Maratonas de Matemática ⇒ III Maratona de Matemática IME/ITA

[theblackmamba]

Solução do Problema 50

O número de pares possíveis é:

[tex3](1,1,1,4)\times P_4^3=4[/tex3]
[tex3](1,1,2,3)\times P_4^2=12[/tex3]
[tex3](1,2,2,2)\times P_4^3=4[/tex3]

Totalizando [tex3]\boxed{20}[/tex3] maneiras possíveis de se obter a soma [tex3]7[/tex3]. Letra A

OBS.: [tex3]P_n^k[/tex3] é a combinação de repetição.

---

Problema 51

(IME - 1967/68) Na figura ao lado, sendo [tex3]AC=BC[/tex3] e [tex3]BD=BE[/tex3], expressar [tex3]\alpha=f(\beta)[/tex3].

ime1967-68geo.png (13.51 KiB) Exibido 5574 vezes

Resposta

---

[tex3]\alpha=\frac{1}{3}\beta[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 51

Do enunciado temos,
[tex3]\angle BAC=\angle ACB=\delta[/tex3]

Também temos,
[tex3]\angle BDE=\angle DEB=\alpha[/tex3]

Do triângulo [tex3]BDE[/tex3]
[tex3](180-\delta)+\alpha+\alpha =180[/tex3]
[tex3]\delta =2\alpha[/tex3]

Seja [tex3]F[/tex3] a interseção de [tex3]AC[/tex3] com o prolongamento de [tex3]DE[/tex3]. Desta forma, do triângulo [tex3]AEF[/tex3] temos,
[tex3]\delta+\alpha=\beta[/tex3]
[tex3]2\alpha+\alpha=\beta[/tex3]
[tex3]\boxed{\alpha=\frac{\beta}{3}}[/tex3]

---

Problema 52

(IME-74/75) Considere a curva [tex3]C[/tex3] e a reta [tex3]R[/tex3], com as equações abaixo: [tex3]C:\, y^2=4x[/tex3]; [tex3]R :\, x-2y+3=0[/tex3] . Com [tex3]R[/tex3] intercepta [tex3]C[/tex3] em dois pontos [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3], determine a distância [tex3]\overline{AB}[/tex3]. Em caso negativo, explique qual a posição relativa de [tex3]C[/tex3] e [tex3]R[/tex3].

Resposta

---

[tex3]\overline{AB}=4\sqrt{5}[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 52

[tex3]x=2y-3[/tex3]

Substituindo o ponto na curva:

[tex3]y^2=4\cdot (2y-3)[/tex3]
[tex3]y^2-8y+12=0[/tex3]
[tex3]y=6\,\,\rightarrow\,\,x=9[/tex3]: Ponto A (arbitrariamente)
[tex3]y=2\,\,\rightarrow\,\,x=1[/tex3]: Ponto B

Logo a distância de AB vale:
[tex3]\overline{AB}=\sqrt{(9-1)^2+(6-2)^2}[/tex3]
[tex3]\overline{AB}=\sqrt{80}[/tex3]
[tex3]\boxed{\overline{AB}=4\sqrt{5}}[/tex3].

---

Problema 53

(IME - 1983/84) Seja o desenvolvimento [tex3]\left(\frac{1}{5}x+\frac{2}{5}\right)^n[/tex3] onde [tex3]n[/tex3] é um um úmero inteiro positivo. Determine [tex3]n[/tex3] sabendo-se que o maior dos coeficientes é o do termo em [tex3]x^{n-9}[/tex3].

Resposta

---

[tex3]n=13[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 53

Reescrevendo,
[tex3]\frac{1}{5^n}(x+2)^n[/tex3]

Sabendo que dado um binômio do tipo [tex3](x+a)^n[/tex3] podemos calcular um termo qualquer da seguinte forma
[tex3]T_{k+1}={n\choose k}x^{n-k}a^{k}[/tex3], segundo as potência decrescentes.

Desta forma podemos escrever o seguinte
[tex3]{n\choose n-8}2^{8}x^{n-8}<{n\choose n-9}2^{9}x^{n-9}<{n\choose n-10}2^{10}x^{n-10}[/tex3]
[tex3]\frac{n!}{(n-8)!8!}2^8<\frac{n!}{(n-9)!9!}2^9[/tex3]
[tex3]\frac{n!}{(n-9)!9!}2^9<\frac{n!}{(n-10)!10!}2^{10}[/tex3]

[tex3]9<(n-8)\cdot 2[/tex3]
[tex3]10<(n-9)\cdot 2[/tex3]

[tex3]25<2n<28[/tex3]
[tex3]\boxed{n=13}[/tex3]

---

Problema 54

(IME - 1970/1971) No plano [tex3]xy[/tex3] uma curva é definida pelas equações
[tex3]x=10+6\cos2t[/tex3]
[tex3]y=-6\sen2t[/tex3]
Marcar abaixo o coeficiente angular de uma reta que tangencia a curva dada num ponto de abscissa [tex3]x=13[/tex3] e de ordenada [tex3]y>0[/tex3].

a) [tex3]\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex3]
b) [tex3]\sqrt{3}[/tex3]
c) [tex3]-\sqrt{3}[/tex3]
d) [tex3]-\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex3]
e) [tex3]3\sqrt{3}[/tex3]
f) [tex3]NRA[/tex3]

Resposta

---

Letra D

[theblackmamba]

Solução do Problema 54

Para [tex3]x=13[/tex3]:
[tex3]13=10+6\cos (2t)[/tex3]
[tex3]\cos(2t)=\frac{1}{2}[/tex3]

Sabendo que [tex3]\sen^2x+\cos^2x=1[/tex3] temos:

Para termos [tex3]y>0[/tex3] é necessário que [tex3]\sen(2t)<0\,\,\therefore\,\,\sen (2t)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\,\,\Rightarrow\,\,y=3\sqrt{3}[/tex3]

Isolando as funções trigonométricas:

[tex3]\left(\frac{x-10}{6}\right)^2+\left(\frac{y}{-6}\right)^2=1[/tex3]

Derivando em relação a [tex3]x[/tex3]:

[tex3]\frac{1}{36}\cdot \left[2(x-10)\cdot \frac{d}{dx}(x)+ 2y\cdot \frac{dy}{dx}\right]=0[/tex3]
[tex3]2\cdot (13-10)\cdot 1+2\cdot 3\sqrt{3}\cdot \frac{dy}{dx}=0[/tex3]
[tex3]\boxed{\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{\sqrt{3}}}[/tex3]. Letra C

---

Problema 55

(IME -1970/71) Um corpo se move no plano [tex3]xy[/tex3] descrevendo a trajetória [tex3]y=Ax^2-C[/tex3]. Sua projeção no eixo dos [tex3]x[/tex3] se move com a velocidade de [tex3]B\,\,u.v.[/tex3] (unidade de velocidade). A velocidade da projeção vertical será, portanto:

[tex3]a)\,\,2Ax[/tex3]
[tex3]b)\,\,2Ax+B[/tex3]
[tex3]c)\,\,2ABx[/tex3]
[tex3]d)\,\,2Ax-B[/tex3]
[tex3]e)\,\,\frac{2Ax}{B}[/tex3]
[tex3]f)\,\,\text{N.R.A}[/tex3]

Resposta

---

[tex3]c)[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 55

Derivando em relação ao tempo temos,
[tex3]\frac{dy}{dt}=2Ax\frac{dx}{dt}[/tex3]

Mas do enunciado temos,
[tex3]\frac{dx}{dt}=B[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{\frac{dy}{dt}=v_y=2ABx\,\,\,u.v.}[/tex3]. Letra C

---

Problema 56

(IME - 1977/1978) De um ponto [tex3]P(x, y)[/tex3] traçam-se duas tangentes à elipse [tex3]\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1[/tex3]. Determine a equação do lugar geométrico do ponto [tex3]P[/tex3], de tal forma que estas tangentes sejam perpendiculares entre si.

Resposta

---

Circunferência centrada na origem de raio [tex3]r=5[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 56

IME77-78_sol.png (12.61 KiB) Exibido 5485 vezes

O ponto [tex3]F'_2[/tex3] é a reflexão de [tex3]F_2[/tex3] em relação a reta [tex3]r[/tex3], sendo [tex3]\overline{F_1 F'_2}=2a[/tex3].

Sabemos que [tex3]\angle APB =90^{\circ}[/tex3], logo [tex3]\angle F_1PF'_2 =90^{\circ}[/tex3]. Desta forma temos que o triângulo [tex3]\Delta F_1 P F'_2[/tex3] é retângulo.

Por pitágoras,
[tex3]\overline{F_1 P}^2+\overline{PF'_2}^2=4a^2[/tex3], mas [tex3]\overline{PF'_2}=\overline{PF_2}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\overline{F_1 P}^2+\overline{PF_2}^2=4a^2[/tex3]

Seja [tex3]P[/tex3] um ponto qualquer [tex3](x,y)[/tex3] e [tex3]F_1=(0,-c),\,\,F_2=(0,c)[/tex3]

Substituindo,
[tex3]x^2+(y+c)^2+x^2+(y-c^2)=4a^2[/tex3]
[tex3]x^2+y^2+c^2+x^2+y^2+c^2=4a^2[/tex3]
[tex3]x^2+y^2=2a^2-c^2=a^2 +(a^2-c^2)=a^2+b^2[/tex3]
[tex3]x^2+y^2=16+9[/tex3]
[tex3]\boxed{x^2+y^2=25}[/tex3]

Que representa uma circunferência centrada na origem de raio [tex3]R=\sqrt{16+9}=5[/tex3].

---

Problema 57

(ITA - 1980) No sistema de coordenadas cartesianas ortogonais, a equação [tex3]x^2+y^2=ax+by[/tex3], onde a e b são números reais não nulos, representa a seguinte
curva:
a)Circunferência de raio [tex3]\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}[/tex3]
b)Circunferência de raio [tex3]\sqrt{a^2+b^2}[/tex3]
c)Circunferência de raio [tex3]\frac{a+b}{2}[/tex3]
d)Parábola de vértice no ponto [tex3](a,b)[/tex3]
e)Elípse com semi-eixos de comprimentos [tex3]\frac{a}{2},\frac{b}{2}[/tex3]

Resposta

---

Letra A

[theblackmamba]

Solução do Problema 57

[tex3]x^2+y^2=ax+by[/tex3]

Vamos tentar eliminar os termos em [tex3]x,y[/tex3] do lado direito e ao mesmo tempo completar os quadrados no lado esquerdo:

Somando o termo [tex3]\left(-ax+\frac{a^2}{4}-by+\frac{b^2}{4}\right)[/tex3] em ambos os lados:

[tex3]\left[x^2-2\cdot \frac{a}{2}\cdot x+\left(\frac{a}{2}\right)^2\right]+\left[y^2-2\cdot \frac{b}{2}\cdot y+\left(\frac{b}{2}\right)^2\right]=\frac{a^2+b^2}{4}[/tex3]
[tex3]\left(x-\frac{a}{2}\right)^2+\left(y-\frac{b}{2}\right)=\left(\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}\right)^2[/tex3]

Logo temos uma circunferência de centro [tex3]C\left(\frac{a}{2},\frac{b}{2}\right)[/tex3] e raio [tex3]\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}[/tex3]. Letra A

---

Problema 58

(IME - 1969/70) Verifique se: [tex3]\arcsin \sqrt{\frac{1}{1+m}}=\arctan \sqrt{\frac{1}{m}}[/tex3]

Resposta

---

Verdadeiro

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 58

Seja [tex3]\alpha= \arcsin \sqrt{\frac{1}{1+m}}=\arctan \sqrt{\frac{1}{m}}[/tex3]

Pa primeira igualdade,
[tex3]\alpha =\arcsin \sqrt{\frac{1}{1+m}}[/tex3]

Substituindo em [tex3]\sen x^2\alpha +\cos\alpha =1[/tex3] temos,
[tex3]\cos\alpha =\sqrt{\frac{m}{1+m}}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\tan\alpha=\frac{\sqrt{\frac{1}{1+m}}}{\sqrt{\frac{m}{1+m}}}=\sqrt{\frac{1}{m}}[/tex3]

Logo,
[tex3]\alpha =\arctan \sqrt{\frac{1}{m}}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\arcsin \sqrt{\frac{1}{1+m}}=\arctan \sqrt{\frac{1}{m}}[/tex3] Como queríamos mostrar.

---

Problema 59

(IME – 1969/1970) Calcule a área de um triângulo obliquângulo, de mediano [tex3]m_A=9cm,\, m_B = 6cm,\, m_C = 5cm.[/tex3]

Resposta

---

[tex3]S=\frac{40}{3}\sqrt{2}\,\,cm^2[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 59

De acordo com a demonstração da Área do Triângulo em Função das Medianas temos que:

[tex3]s=\frac{9+6+5}{2}10\,cm[/tex3]

[tex3]S=\frac{4}{3}\sqrt{10\cdot 1\cdot 4\cdot 5}=\frac{4}{3}\sqrt{100\cdot 2}[/tex3]

[tex3]\boxed{S=\frac{40\sqrt{2}}{3}\,cm^2}[/tex3]

---

Problema 60

(IME - 1964/65) Sabendo-se que [tex3]e=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}[/tex3]; calcule [tex3]R=\frac{1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^2}{n!}}{e}[/tex3]

OBS.: [tex3]m![/tex3] é fatorial de [tex3]m[/tex3].

Resposta

---

[tex3]R=2[/tex3]