Maratonas de Matemática ⇒ III Maratona de Matemática IME/ITA

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 60

[tex3]\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^2}{n!}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^2}{n(n-1)!}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n}{(n-1)!}[/tex3]
[tex3]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{n!}+\frac{1}{n!}\right)[/tex3]
[tex3]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n-1)!}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}-1[/tex3]
[tex3]\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}-1=e+e-1[/tex3]
[tex3]R=\frac{1-2e-1}{e}[/tex3]
[tex3]\boxed{R=2}[/tex3]

---

Problema 61

(IME - 1995/1996) Um triângulo [tex3]ABC[/tex3] tem base fixo sobre uma reta [tex3]r[/tex3]. O vértice [tex3]C[/tex3] desloca-se ao longo de uma reta [tex3]s[/tex3], paralela a [tex3]r[/tex3] e a uma distância [tex3]h[/tex3] da mesma. Determine a equação da curva descrita pelo ortocentro do triângulo [tex3]ABC[/tex3].

Resposta

---

[tex3]y=-\frac{x^2}{h}+\frac{\overline{AB}^2}{4h}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 61

1º Solução:

O gabarito dado foi calculado considerando que o ponto A simétrico ao B.
Exercício: Utilizem o mesmo método apresentado para encontrar a resposta.

Nesta solução irei calcular considerando o ponto A na origem.

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Primeiro vamos escrever as coordenadas do ortocentro em função do ponto C.

A reta que passa por [tex3]BC[/tex3] tem equação dada por:
[tex3]y=-\frac{h}{d-x_c}(x-d)[/tex3]

A reta que passa por [tex3]AM[/tex3] é perpendicular a [tex3]BC[/tex3]
[tex3]m_{AC}=\frac{d-x_c}{h}[/tex3]
[tex3]y=\frac{(d-x_c)}{h}x\hspace{10pt}(1)[/tex3]

A reta que passa por [tex3]AC[/tex3] tem equação dada por:
[tex3]y=\frac{h}{x_c}x[/tex3]

A reta que passa por [tex3]BN[/tex3] é perpendicular a [tex3]AC[/tex3]
[tex3]m_{BN}=-\frac{x_c}{h}[/tex3]
[tex3]y=-\frac{x_c}{h}(x-d)\hspace{10pt}(2)[/tex3]

Fazendo [tex3](1)=(2)[/tex3]

[tex3]\frac{(d-x_c)}{h}x=-\frac{x_c}{h}(x-d)[/tex3]
[tex3]\boxed{x_c=x}[/tex3]

Substituindo em [tex3](1)[/tex3]
[tex3]y=-\frac{(d-x)x}{h}[/tex3]
[tex3]\boxed{y=-\frac{x^2}{h}+\frac{\overline{AB}x}{h}}[/tex3]

2º Solução:
Usando vetores fica mais fácil.
[tex3]\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=0[/tex3]

Sendo
[tex3]A=(0,0)[/tex3]
[tex3]B=(d,0)[/tex3]
[tex3]C=(x,h)[/tex3]
[tex3]O=(x,y)[/tex3]

Temos,
[tex3]\overrightarrow{AO}=(x,y)[/tex3]
[tex3]\overrightarrow{BC}=(x-d,h)[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BC}=x^2-xd+yh=0[/tex3]
[tex3]\boxed{y=-\frac{x^2}{h}+\frac{\overline{AB}x}{h}}[/tex3]

---

Problema 62

(IME - 2009/2010) Considere o determinante de uma matriz de ordem [tex3]n[/tex3] definido por

[tex3]\Delta _n=\,\, \begin{vmatrix}1&1&1&1&\cdots&1&1\\-1&3&0&0&\cdots&0&0\\0&-1&3&0&\cdots&0&0\\0&0&-1&3&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&0&0&0&\cdots&3&0\\0&0&0&0&\cdots&-1&3\end{vmatrix}[/tex3]

Sabendo que [tex3]\Delta _1 =[/tex3], o valor de [tex3]\Delta _{10}[/tex3]

[tex3]a)59049[/tex3]
[tex3]b)48725[/tex3]
[tex3]c)29524[/tex3]
[tex3]d)9841[/tex3]
[tex3]e)364[/tex3]

Resposta

---

Letra C

[theblackmamba]

Solução do Problema 62

[tex3]\Delta_1=1[/tex3]

Por LaPlace na última coluna:

[tex3]\Delta _n=1\cdot (-1)^{n+1}\cdot \,\begin{array}{|ccccc|} -1 & 3 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -1 & 3 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & -1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 \end{array}_{\,(n-1)\times (n-1)}+3\cdot (-1)^{n+n}\cdot \,\begin{array}{|ccccc|}1&1&1&\cdots&1\\0&-1&3&\cdots&0\\0&-1&3&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots &\ddots&\vdots\\0&0&0&\cdots &3\end{array}_{\,(n-1)\times (n-1)}[/tex3]

Na primeira matriz temos uma matriz triangular superior, a qual o determinante é o produto dos elementos da diagonal principal e na segunda temos a matriz semelhante dada diminuída de uma coluna e linha, ou seja, [tex3]\Delta_{n-1}[/tex3].

[tex3]\Delta_n= (-1)^{n+1}\cdot (-1)^{n-1}+3\cdot (-1)^{2n}\cdot \Delta_{n-1}[/tex3]
[tex3]\Delta_n=(-1)^{2n}+3\cdot (-1)^{2n}\cdot \Delta_{n-1}[/tex3]
[tex3]\Delta_n=1+3\cdot \Delta_{n-1}[/tex3]

De onde tiramos:

[tex3]\Delta_2=4=1+3^1[/tex3]
[tex3]\Delta_3=13=1+3^1+3^2[/tex3]
[tex3]\Delta_4=40=1+3^1+3^2+3^3[/tex3]
[tex3]\vdots[/tex3]
[tex3]\Delta_{10}=1+3^1+3^2+3^3+...+3^9=\frac{1\cdot (3^{10}-1)}{3-1}\,\,\therefore\,\,\boxed{\Delta_{10}=29524}[/tex3]. Letra C

---

Problema 63

(IME - 1973/74) Seja a equação geral do 2º grau em duas variáveis:

[tex3]Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0[/tex3]

Prove que o determinante: [tex3]\left|\begin{array}{cc}A & B \\ C & D \\ \end{array}\right|[/tex3] é invariante por mudança de eixos coordenados.

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 63

Temos [tex3]Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0[/tex3]

1) Fazendo translação de eixos para eliminar os termos lineares
[tex3]x=x'+x_o[/tex3]
[tex3]y=y'+y_o[/tex3]

Vamos encontrar
[tex3]Ax'^2+2Bx'y'+Cy'^2+2(Ax_o+By_o+D)x'+2(Bx_o+Cy_o+E)y'+(Ax_o^2+2Bx_oy_o+Cy_o^2+2Dx_o+2Ey_o+F)=0[/tex3]

Fazendo
[tex3]D'=Ax_o+By_o+D[/tex3]
[tex3]E'=Bx_o+Cy_o+E[/tex3]
[tex3]F'=Ax_o^2+2Bx_oy_o+Cy_o^2+2Dx_o+2Ey_o+F[/tex3]

[tex3]Ax'^2+2Bx'y'+Cy'^2+2D'x'+2E'y'+F'=0[/tex3]

Eliminando os termos de primeiro grau
[tex3]\begin{cases}
D'=0\\E'=0
\end{cases}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\begin{cases}
Ax_o+By_o+D=0\\
Bx_o+Cy_o+E=0
\end{cases}[/tex3]

De onde tiramos,
[tex3]\begin{vmatrix}A&B\\B&C\end{vmatrix}=AC-B^2[/tex3]

Se [tex3]AC-B^2\neq 0[/tex3], então o sistema tem solução e o valor de [tex3](x_o,y_o)[/tex3] é o centro da curva.

Encontramos
[tex3]Ax'^2+2Bx'y'+Cy'^2+F'=0[/tex3]

Obs1.: Na translação dos eixos os coeficientes dos termos do segundo grau permanecem inalterados.

---

2) Fazendo rotação de eixos para eliminar o termo retangular

Seja a equação
[tex3]Ax'^2+2Bx'y'+Cy'^2+F'=0[/tex3]

Para tirar o termo retangular façamos
[tex3]x'=x\cos\alpha -y\sen\alpha[/tex3]
[tex3]y'=x\sen\alpha+y\cos\alpha[/tex3]

Substituindo
[tex3]A(x\cos\alpha -y\sen\alpha)^2+2B(x\cos\alpha -y\sen\alpha)(x\cos\alpha -y\sen\alpha)+C(x\cos\alpha -y\sen\alpha)^2+F'=0[/tex3]

Assim temos,
[tex3]A''=A\cos^2\alpha+2B\sen\alpha\cos\alpha+C\sen^2\alpha\hspace{80pt}(1)[/tex3]
[tex3]B''=-A\sen\alpha\cos\alpha+B\cos^2\alpha -B\sen^2\alpha+C\sen\alpha\cos\alpha\hspace{10pt}(2)[/tex3]
[tex3]C''=A\sen^2\alpha-2B\sen\alpha\cos\alpha+C\cos^2\alpha\hspace{80pt}(3)[/tex3]

Para eliminando o termo retangular devemos fazer [tex3]B''=0[/tex3].

E a equação se torna da seguinte forma:
[tex3]A''x^2+C''y^2+F'=0[/tex3]

Obs2.: Na rotação dos eixos o coeficiente independente permanece inalterado, ou seja, [tex3]F'=F[/tex3].

---

De posse de [tex3](1),(2)\,e\,(3)[/tex3] podemos demonstrar que
[tex3]A''C''-B''^2=AC-B^2\hspace{10pt}(4)[/tex3]
[tex3]A''+C''=A+C\hspace{20pt}(5)[/tex3]
são invariantes a mudança de coordenadas.

Demonstração:

Reescrevendo [tex3](1),(2)\,e\,(3)[/tex3]
[tex3]2A''=A+C +[(A+C)\cos 2\alpha +2B\sen 2\alpha][/tex3]
[tex3]2B''=-(A-C)\sen 2\alpha +2B\cos 2\alpha[/tex3]
[tex3]2C''=(A+C) -[(A-C)\cos2\alpha +2B\sen2\alpha][/tex3]

Substituindo em [tex3](4)[/tex3]
[tex3]4A''C''-4B''^2=(A+C)^2-[(A-C)\cos2\alpha+2B\sen2\alpha]^2-[(A-C)\sen2\alpha-2B\cos2\alpha]^2[/tex3]
[tex3]4A''C''-4B''^2=(A+C)^2-(A-C)^2-4B^2[/tex3]

[tex3]\boxed{A''C''-B''^2=AC-B^2}[/tex3]. C.Q.D

Somando [tex3](1)\,e(3)[/tex3]
[tex3]A''+C''=A(\cos^2\alpha+\sen^2\alpha)+C(\cos^2\alpha+\sen^2\alpha)[/tex3]
[tex3]\boxed{A''+C''=A+C}[/tex3] C.Q.D

Continua...

---

Problema 64

(IME -1970/1971) Determine os valores de [tex3]x[/tex3] que satisfazem a equação

[tex3]\arcsen(x\sqrt{3})=\arcsen 2x -\arcsen x[/tex3]

a) [tex3]x=0[/tex3]
b) [tex3]x=\pm 1[/tex3]
c) [tex3]x=0,x=\pm 1[/tex3]
d) [tex3]x=0, x=\pm \sqrt{3}[/tex3]
e) [tex3]x=0,x=\pm 1/2[/tex3]
f) [tex3]\text{N.R.A}[/tex3]

Resposta

---

Letra E

[theblackmamba]

Solução do Problema 64

Seja:
[tex3]\alpha=\arcsin 2x[/tex3]
[tex3]\beta=\arcsin x[/tex3]

[tex3]\sin \alpha=2x\,\,\Rightarrow\,\,\cos \alpha=\sqrt{1-4x^2}[/tex3]
[tex3]\sin \beta=x\,\,\Rightarrow\,\,\cos \beta=\sqrt{1-x^2}[/tex3]

Aplicando a função seno nos dois lados:

[tex3]\sin(\arcsin x\sqrt{3})=\sin(\arcsin 2x-\arcsin x)[/tex3]
[tex3]x\sqrt{3}=\sin(\alpha-\beta)=\sin \alpha \cdot \cos \beta-\sin \beta \cdot \cos \alpha[/tex3]
[tex3]x\sqrt{x}=2\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-4x^2}[/tex3]
[tex3]x\cdot (\sqrt{3}+\sqrt{1-4x^2}-2\sqrt{1-x^2})=0[/tex3]
[tex3]\boxed{x=0}[/tex3]

ou

[tex3](\sqrt{3}+\sqrt{1-4x^2})^2=(2\sqrt{1-x^2})^2[/tex3]
[tex3]3+2\sqrt{3(1-4x^2)}+(1-\cancel{4x^2})=4-\cancel{4x^2}[/tex3]
[tex3]2\sqrt{3(1-4x^2)}=0[/tex3]
[tex3]1-4x^2=0\,\,\therefore\,\,\boxed{x=\pm \frac{1}{2}}[/tex3]

Letra E

---

(IME - 2005/06) Determine os valores de [tex3]x,y,z,r[/tex3] que satisfazem o sistema:

[tex3]\begin{cases}C_{r+y}^r=\log_y\,x\\\log_y\,z=4+\log_x\,z\\C_{r+y}^y=\log_x\,z+\log_z\,z\end{cases}[/tex3]

Onde [tex3]C_m^p[/tex3] representa a combinação de [tex3]m[/tex3] elementos tomados [tex3]p[/tex3] a [tex3]p[/tex3] e [tex3]log_c\,B[/tex3] representa o logaritmo de [tex3]B[/tex3] na base [tex3]c[/tex3].

Resposta

---

[tex3](x,y,z,r)=(8,2,64,1)[/tex3]

[Juniorsjc]

Solução do problema 65

i) Condições para a existência do logaritmo:
[tex3]x,y,z \neq 1 \ e \ x,y,z >0[/tex3]

ii) [tex3]C_{r+y}^{r} = C_{r+y}^{y} = a[/tex3]
iii) [tex3]\log_y\,z = \log_x\,z \cdot \log_y\,x[/tex3]
Jogando esse resultado na segunda equação, ficamos com:
[tex3]\log_x\,z \cdot \log_y\,x = 4 + \log_x\,z \rightarrow \log_x\,z = \frac{4}{\log_y\,x -1}[/tex3]

Jogando esse último resultado na terceira:
[tex3]a = \frac{4}{\log_y\,x -1} + 1[/tex3]
Mas [tex3]\log_y\,x = a \rightarrow a = \frac{4}{a -1} + 1 \rightarrow \ \ a^2 - 2a -3 = 0 \ \rightarrow \begin{cases}
a=-1 \\
a=3
\end{cases}[/tex3]

A raiz -1 não convém. Então ficamos com:
[tex3]C_{r+y}^{r} = 3 \rightarrow \ \begin{cases}
r+y=3 \\ y=2 \rightarrow r
=1
\end{cases}[/tex3]

Já desconsiderando o caso em que [tex3]y = 1 \ e \ r =2[/tex3], pois, pela condição de existência [tex3]y\neq 1[/tex3]

Daí. Aplicando os resultados encontrados na primeira equação, encontramos:
[tex3]x = 8[/tex3]

Aplicando os resultados encontrados na terceira equação, vem:
[tex3]z = 64[/tex3]

Logo, temos:
[tex3](x,y,z,r)=(8,2,64,1)[/tex3]

---

Problema 66

(IME) Seja T um triângulo ABC tal que C = 2Â.
A) Calcule, em função de cosÂ, as excentricidades da elipse e da hipérbole de focos A e B e que passam por C.
B) Supondo que exista T, qual relação devem satisfazer as medidas dos lados AB, BC, CA?

Resposta

---

A) [tex3]\frac{1}{2 \cos A}[/tex3] para a elipse. [tex3]\frac{\cos A}{|2 \cos^2 A -1|}[/tex3] para a hipérbole.

B) [tex3]AB^2 = BC(BC+CA)[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 66

Denotando os lados:
[tex3]AB=c[/tex3]
[tex3]AC=b[/tex3]
[tex3]BC=a[/tex3]

Com ângulos opostos respectivamente:
[tex3]2\hat{A}, \hat{B}, \hat{A}[/tex3], sendo [tex3]\beta=180-3\hat{A}[/tex3]

Pela Lei dos senos:

[tex3]\frac{c}{\sen 2\hat{A}}=\frac{b}{\underbrace{\sen(180-3\hat{A})}_{=\sen 3\hat{A}}}=\frac{a}{\sen\hat{A}}[/tex3]

a)
Excentricidade da elipse:

[tex3]e=\frac{c_e}{a_e}[/tex3]. De modo que [tex3]c_e=\frac{c}{2}[/tex3] e [tex3]2a_e=a+b[/tex3]
[tex3]e=\frac{c}{a+b}[/tex3]

Mexendo com a proporção:
[tex3]\frac{a+b}{\sen 3\hat{A}+\sen \hat{A}}=\frac{c}{\sen 2\hat{A}}[/tex3]
[tex3]\frac{c}{a+b}=\frac{\cancel{\sen 2\hat{A}}}{2\cancel{\sen 2\hat{A}}\cdot \cos \hat{A}}=\frac{1}{2\cos \hat{A}}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{e=\frac{1}{2\cos \hat{A}}}[/tex3]

---

Excentricidade da hipérbole:

[tex3]e=\frac{c_h}{a_h}[/tex3]. Sendo [tex3]c_h=\frac{c}{2}[/tex3] e [tex3]2a_h=|a-b|[/tex3]
[tex3]e=\frac{c}{|a-b|}[/tex3]

[tex3]\frac{a-b}{\sen \hat{A}-\sen 3\hat{A}}=\frac{c}{\sen 2\hat{A}}[/tex3]
[tex3]a-b=\frac{c\cdot [-2\sen (-\hat{A})\cdot \cos 2 \hat{A}]}{2\sen \hat{A}\cdot \cos \hat{A}}=c\cdot \frac{ -(2\cos^2 \hat{A}-1)}{\cos \hat{A}}[/tex3]

Logo,

[tex3]\boxed{e=\frac{\cos \hat{A}}{|2\cos^2\hat{A}-1|}}[/tex3]

---

b)

Do item temos que:

[tex3]a+b=2c\cdot \cos \hat{A}[/tex3]
[tex3]c=a\cdot \frac{\sen 2\hat{A}}{\sen \hat{A}}=2a\cos \hat{A}[/tex3]

Substituindo:
[tex3]a+b=c\cdot \frac{c}{a}[/tex3]
[tex3]a\cdot (a+b)=c^2[/tex3]
[tex3]\boxed{BC\cdot (AC+BC)=(AB)^2}[/tex3]

---

Problema 67

(IME - 2000/01) Calcule o valor exato de:

[tex3]\text{sen} \left[2 \text{arccotg} \left(\frac{4}{3}\right)\right]+\cos \left[2 \text{arccossec}\left(\frac{5}{4}\right)\right][/tex3]

Resposta

---

[tex3]\frac{17}{25}[/tex3]

[Juniorhw]

Solução do problema 67

[tex3]x=\text{sen} \left[2 \text{arccotg} \left(\frac{4}{3}\right)\right]+\cos \left[2 \text{arccossec}\left(\frac{5}{4}\right)\right][/tex3]

[tex3]x=2\text{sen}\left[\text{arccotg}\left(\frac{4}{3}\right)\right]\cdot \text{cos}\left[\text{arccotg}\left(\frac{4}{3}\right)\right]+2\text{cos}^2\left[\text{arccossec}\left(\frac{5}{4}\right)\right]-1[/tex3]

Calculando os valores pedidos na expressão:

[tex3]\text{arccotg}\left(\frac{4}{3}\right)=\alpha[/tex3]

[tex3]\text{cotg}\alpha=\frac{4}{3}[/tex3]

[tex3]\left(\frac{4}{3}\right)^2+1=\frac{1}{\text{sen}^2\alpha}[/tex3]

[tex3]\text{sen}\alpha=\pm \frac{3}{5}[/tex3]

[tex3]\text{cos}\alpha=\pm\frac{4}{5}[/tex3]

[tex3]\text{arccossec}\left(\frac{5}{4}\right)=\beta[/tex3]

[tex3]\text{cossec}\beta=\frac{5}{4}\to \text{cos}\beta=\pm\frac{3}{5}[/tex3]

Substituindo na equação:

[tex3]x=2\left(\pm \frac{3}{5}\right)\cdot\left(\pm\frac{4}{5}\right)+2\cdot \frac{9}{25}-1[/tex3]

Como a cotangente é positiva, se o cosseno for negativo, o seno é negativo. Se o cosseno for positivo, o seno é positivo. Logo a multiplicação entre o seno e o cosseno será sempre positiva:

[tex3]\boxed{\boxed{x=\frac{17}{25}}}[/tex3]

---

Problema 68

(ITA-78) Se [tex3]a>1[/tex3], o valor real de [tex3]m[/tex3] para o qual a equação [tex3]x^3-9x^2+(\log_ea^m+8)x-\log_ea^m=0[/tex3] tenha raízes em progressão aritmética, é dado por:

[tex3]\text{a) }m=\log_ea-8\,\,ou\,\,m=-9a[/tex3]

[tex3]\text{b) }m=\log_ea-9[/tex3]

[tex3]\text{c) }m=\frac{15}{\log_ea}[/tex3]

[tex3]\text{d) }m=-\frac{9}{8}\log_ea[/tex3]

[tex3]\text{e) n.d.a.}[/tex3]

Resposta

---

Letra c

[theblackmamba]

Solução do Problema 68

Se as raízes estão em PA então por Girard temos que, sendo [tex3]k[/tex3] uma raiz.

[tex3](k-r)+k+(k+r)=9[/tex3]

[tex3]3k=9[/tex3]

[tex3]k=3[/tex3]

Substituindo a raiz na equação:

[tex3]27-81+3(m\cdot \log_e\,a+8)-m\cdot \log_e\,a=0[/tex3]

[tex3]-54+2m\cdot \log_e\,a+24=0[/tex3]

[tex3]2m\cdot \log_e\,=30[/tex3]

[tex3]\boxed{m=\frac{15}{\log_e\,a}}[/tex3]. Letra C

---

Problema 69

(ITA - 1972) A soma dos quadrados das raízes da equação [tex3]2x^3-8x^2-60x+k=0[/tex3] ([tex3]k[/tex3] é constante) é:

[tex3]a)\,\,76+k^2\\b)\,\,(34+k)^2\\c)\,\,66\\d)\,\,76\\e)\,\,\text{n.r.a.}[/tex3]

Resposta

---

d)

[Juniorsjc]

Solução do problema 69

Temos a equação:
[tex3]2x^3-8x^2-60x+k=0[/tex3]

Por Girard:
[tex3]x_ 1 + x_2 +x_3 = 4 \\ x_1\cdot x_2+x_1\cdot x_3 + x_2\cdot x_3 = -30 \\ x_1\cdot x_2 \cdot x_3 = -\frac{k}{2}[/tex3]

Devemos perceber que:
[tex3]x_1 ^2 + x_2 ^2 + x_3 ^2 = (x_ 1 + x_2 +x_3 )^2 - 2(x_1\cdot x_2+x_1\cdot x_3 + x_2\cdot x_3) \\ x_1 ^2 + x_2 ^2 + x_3 ^2 = 4^2 - 2\cdot (-30) = 76[/tex3]

Letra D

---

Problema 70

(IME/2010) Seja [tex3]f(x) = |3- \log(x)|, x\in \mathbb{R}.[/tex3] Sendo n um número inteiro positivo, a desigualdade [tex3]\left|\frac{f(x)}{4}\right|+\left|\frac{2f(x)}{12}\right| + \left|\frac{4f(x)}{36}\right| + ... + \left|\frac{2^{n-3}f(x)}{3^{n-1}}\right| + ... \leq \frac{9}{4}[/tex3] somente é possível se:

a) [tex3]0\leq x \leq 10^6[/tex3]
b) [tex3]10^{-6}\leq x \leq 10^8[/tex3]
c) [tex3]10^3\leq x \leq 10^6[/tex3]
d) [tex3]10^0\leq x \leq 10^6[/tex3]
e) [tex3]10^{-6}\leq x \leq 10^6[/tex3]

Resposta

---

Letra D