Maratonas de Matemática ⇒ V Maratona de Matemática IME/ITA

[futuromilitar]

Solução Problema 60

Fatorando a segunda:

[tex3](xy)^2\cdot (x-y)-2xy\cdot (x-y)=6[/tex3]

[tex3](x-y)\cdot [(xy)^2-2xy]=6[/tex3]

Substituindo a primeira:
[tex3](5-xy)\cdot [(xy)^2-2xy]=6[/tex3]

Fazendo [tex3]xy=k:[/tex3]
[tex3]k^3-7k^2+10k+6=0[/tex3]

Se [tex3]x,y\,\in\,\,\mathbb{Z}\,\therefore\,\,k\,\in\,\, \mathbb{Z}[/tex3]

De acordo como teorema das raízes racionais a possíveis raízes serão: [tex3]\pm1,\pm 2,\pm 3,\pm 6[/tex3]

Testando as raízes apenas [tex3]k=3[/tex3] satisfaz.

Logo,

[tex3]\begin{cases}x-y=2\\xy=3\end{cases}[/tex3]

[tex3](x,y)=(3,1);(-1,-3)[/tex3]

Substituindo os pares:
[tex3]\boxed{x^3+y^2+x+y=38\,\,\text{ou}\,\,6}[/tex3]

Letra E

---

Problema 61

(IME-2014) Descreva o lugar geométrico do número complexo z que atende à equação

[tex3]\arg(z-z_{1})- \arg(z-z_{2})-\arg(z-z_{3})=k\pi ,[/tex3]

em que [tex3]z_{1}[/tex3] é real , [tex3]z_{2}[/tex3] e [tex3]z_{3}[/tex3] são complexos conjugados com parte imaginária não nula e k é um número inteiro.

Obs: arg(z) é o argumento do número complexo z

Resposta

---

União da circunferência descrita com o eixo real.

[brunoafa]

Solução do Problema 61

Vamos usar a propriedade de que [tex3]\arg\left(\frac{z_{1}}{z_{2}}\right)=\arg(z_{1})-\arg(z_{2}), z_{2} \neq 0[/tex3]

Chamando [tex3]z=x+yi[/tex3] e [tex3]z_{2}=a+bi[/tex3]

Como o argumento só é definido para complexos não nulos, temos:

[tex3]\arg \left( \frac{ z-z_{1} }{ \left(z-z_{2}\right) \left( z - \overline{z_{2}}\right)}\right)=k \pi[/tex3]

E como [tex3]k[/tex3] varia nos números inteiros, o complexo tem que ser real, e portanto, igual ao seu conjugado.

Ou seja:

[tex3]\left(\frac{z-z_{1}}{\left(z-z_{2}\right)\left(z-\overline{z_{2}}\right)}\right)= \left(\frac{\overline{z}-z_{1}}{\left(\overline{z}-\overline{z_{2}}\right)\left(\overline{z}-z_{2}\right)}\right)[/tex3]

Fazendo as multiplicações e substituições e lembrando que [tex3]z \cdot \overline{z}=|z|^2[/tex3] chegamos em:

[tex3](x-z_{1})^2+y^2=(a-z_{1})^2+b^2[/tex3], que é a equação reduzida de uma circunferência.

---

Problema 62

(ITA 84) Sabendo que [tex3]n[/tex3] é um número natural que [tex3]\frac{(\sqrt{3}+i)^n}{3i}[/tex3] é um número real, podemos afirmar que:

a) [tex3]n=6k,\, k=1,2,3...[/tex3]
b) [tex3]n=3(2k+1),\,k=0,1,2,3...[/tex3]
c) [tex3]n=3k,\,k=0,1,2,3...[/tex3]
d) [tex3]n=k,\,k=1,2,3...[/tex3]
e) não existe valor de [tex3]n[/tex3] natural tal que o número dado seja real

Resposta

---

Gabarito a

[cajuADMIN]

Solução do Problema 62

Vamos quebrar a fração em dois números complexos, [tex3]Z[/tex3] o numerador, e [tex3]Q[/tex3] o denominador.

[tex3]\frac{Z}{Q}=\frac{(\sqrt{3}+i)^n}{3i}[/tex3]

[tex3]Z=\sqrt{3}+i\,\,\,\rightarrow\,\,\,\boxed{|Z|=2}\,\,\text{ e }\,\,\,\boxed{\arg(Z)=\frac{\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}}[/tex3]

[tex3]Q=3i\,\,\,\rightarrow\,\,\,\boxed{|Q|=3}\,\,\text{ e }\,\,\,\boxed{\arg(Q)=\frac{\pi}{2}+2k'\pi,\,k'\in\mathbb{Z}}[/tex3]

Agora podemos escrever a fração do enunciado na notação de Euler para números complexos:

[tex3]\frac{Z}{Q}=\frac{(\sqrt{3}+i)^n}{3i}=\frac{\left[2\cdot e^{\left(\frac{\pi}{6}+2k\pi\right)}\right]^n}{3\cdot e^{\left(\frac{\pi}{2}+2k'\pi\right)}}=\frac{2^n\cdot e^{\left(\frac{\pi}{6}+2k\pi\right)\cdot n}}{3\cdot e^{\left(\frac{\pi}{2}+2k'\pi\right)}}[/tex3]

Podemos efetuar a divisão dos números com base [tex3]e[/tex3]:

[tex3]\frac{2\cdot e^{\left(\frac{\pi}{6}+2k\pi\right)\cdot n}}{3\cdot e^{\left(\frac{\pi}{2}+2k'\pi\right)}}=\frac{2}{3}\cdot e^{\left(\frac{\pi}{6}+2k\pi\right)\cdot n-\left(\frac{\pi}{2}+2k'\pi\right)}[/tex3]

Agora, para esse número ser um número real, o argumento do número complexo que está ali deve ser [tex3]k''\pi,\,\,k''\in\mathbb{Z}[/tex3]. Efetuando a igualdade:

[tex3]\left(\frac{\pi}{6}+2k\pi\right)\cdot n-\left(\frac{\pi}{2}+2k'\pi\right)=k''\pi[/tex3]

[tex3]\frac{n\pi}{6}+2kn\pi-\frac{\pi}{2}-2k'\pi=k''\pi[/tex3]

[tex3]\frac{n\pi}{6}={\color{red}k''\pi+2k'\pi-2kn\pi}+\frac{\pi}{2}[/tex3]

Note que o termo marcado em vermelho acima, nada mais é do que um número inteiro de meias voltas, ou seja, podemos substituir por [tex3]{\color{red}k''''\pi},\,\,\,k''''\in\mathbb{Z}[/tex3]

[tex3]\frac{n\pi}{6}=k''''\pi+\frac{\pi}{2}[/tex3]

[tex3]n=6k''''+3\,\,\,\rightarrow\,\,\,\boxed{n=3(k+1),\,\,\,k\in\mathbb{Z}}[/tex3]

---

Problema 63 (Sugestão do colega LucasPinafi, )

(ITA 2009) Suponha a equação algébrica, [tex3]\boxed{x^{11} + \sum_{n=1}^{10} a_n x^n + a_0 = 0}[/tex3] tenha coeficientes reais [tex3]a_0,\,a_1,\, \dots ,\,a_{10}[/tex3] tais que as suas onze raízes sejam todas simples e da forma [tex3]\beta + i \gamma_n[/tex3], em que [tex3]\beta,\,\gamma_n \in \mathbb{R}[/tex3] e os [tex3]\gamma_n[/tex3], [tex3]n = 1,\,2,\,\dots,\,11[/tex3] formam uma progressão aritmética de razão real [tex3]\gamma \neq 0[/tex3]. Considere as três afirmações abaixo e responda se cada uma desla é verdadeira ou falsa, justificando suas respostas.

I. Se [tex3]\beta = 0[/tex3], então [tex3]a_0 = 0[/tex3].
II. Se [tex3]a_{10} = 0[/tex3], então [tex3]\beta = 0[/tex3]
III. Se [tex3]\beta = 0[/tex3], então [tex3]a_1 = 0[/tex3]

Resposta

---

V, V, F

[LucasPinafiMOD]

Solução da Questão 63

Consideremos a equação algébrica,

[tex3]x^{11} + \sum_{i=1}^{10} a_i x^i + a_0 = 0[/tex3]

onde todos os coeficientes são reais. Sabemos que, numa equação algébrica de coeficientes reais, [tex3]z = a + bi[/tex3] é solução, então [tex3]\overline{z} = a - bi[/tex3] também é solução. Isso implica que, sempre que estamos trabalhando com equações algébricas de coeficientes reais, há um número par de raízes complexas não reais. Como a equação dada é de grau 11, podemos de antemão saber que há 1 raiz real, já que as demais são complexas. Ora, como os [tex3]\gamma_n[/tex3] estão em P.A., já podemos prever também que a raiz real será [tex3]\beta[/tex3].
I. Como [tex3]a_0 = \prod_{i=1}^{11}x_i[/tex3] onde [tex3]x_i[/tex3] são as raízes da equação, então como há única raiz real, que é [tex3]\beta[/tex3] vale zero, por hipótese, segue que [tex3]a_0 = 0\cdot \prod_{i=2}^{11} x_i =0[/tex3]. Logo, [tex3]\beta = 0[/tex3] implica [tex3]a_0 = 0[/tex3].
II. Se [tex3]a_{10} = 0 \Longrightarrow \sum_{i=1}^{11} x_i =0 \therefore 11 \beta = 0 \therefore \beta = 0[/tex3]
III. [tex3]a_1 = x_1 x_2 \dots x_{10} + \cdots x_2 x_3\dots x_{11}[/tex3]. Suponha que [tex3]x_1[/tex3] seja a raiz real que vale 0. Assim, temos [tex3]a_1 = 0 + 0 +\cdots + x_2 x_3 \dots x_{11}[/tex3]. Tal produto é real e não nulo, pois é a soma dos módulos das raízes complexas com [tex3]\beta = 0[/tex3].
Logo, V, V, F.

---

Questão 64 [ITA]

Encontre os pares [tex3](\alpha , \beta) \in \left] 0, \frac{\pi} 2 \right[ \times \left]0 , \frac \pi 2 \right[[/tex3] que satisfazem o sistema [tex3]\begin{cases} (\tan \alpha + \cot \beta) \cos \alpha \sen \beta - 2 \cos^2 (\alpha - \beta) = -1 \\ \sqrt 3 \sin(\alpha + \beta) + \cos (\alpha + \beta ) = \sqrt 3 \end{cases}[/tex3]

Resposta

---

[tex3](\alpha , \beta ) = \left( \frac \pi 4 , \frac \pi 4 \right)\vee \left(\frac \pi {12} , \frac \pi {12} \right)[/tex3]

[Auto Excluído (ID:17092)]

Solução do Problema 64

[tex3]\begin{cases} (\tan \alpha + \cot \beta) \cos \alpha \sen \beta - 2 \cos^2 (\alpha - \beta) = -1 \\ \sqrt 3 \sin(\alpha + \beta) + \cos (\alpha + \beta ) = \sqrt 3 \end{cases}[/tex3]
Manipulando a primeira equação:
[tex3](\frac{\sen \alpha}{\cos \alpha} + \frac{\cos \beta}{\sen \beta}) \cos \alpha \sen \beta - 2 \cos^2 (\alpha - \beta) = -1[/tex3] => [tex3]\sen \alpha \sen \beta + \cos \beta \cos\alpha - 2 \cos^2 (\alpha - \beta) = -1[/tex3] => [tex3]\cos(\alpha - \beta) -2 \cos^2(\alpha - \beta) = -1[/tex3] => [tex3]2\cos^2(\alpha - \beta) - \cos(\alpha - \beta) - 1 = 0[/tex3] (I)
Manipulando a segunda equação:
[tex3]\sqrt 3 \sin(\alpha + \beta) + \cos (\alpha + \beta ) = \sqrt 3[/tex3] x(1/2) => [tex3]\frac{\sqrt 3}{2} \sin(\alpha + \beta) + \frac{1}{2}\cos (\alpha + \beta ) = \frac{\sqrt 3}{2}[/tex3]
Como [tex3]cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt3}{2}[/tex3] e [tex3]sen(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}[/tex3]:
[tex3]\frac{\sqrt 3}{2} \sin(\alpha + \beta) + \frac{1}{2}\cos (\alpha + \beta ) = \frac{\sqrt 3}{2}[/tex3] => [tex3]cos(\frac{\pi}{6}) \sin(\alpha + \beta) + \sen(\frac{\pi}{6}) \cos (\alpha + \beta ) = \frac{\sqrt 3}{2}[/tex3] => [tex3]\sin(\frac{\pi}{6} + \alpha + \beta) = \frac{\sqrt 3}{2}[/tex3] (II)

De (I), nós tiramos por Bhaskara que:
[tex3]\cos(\alpha -\beta) = \frac{1 \pm 3}{4}[/tex3] => [tex3]\cos(\alpha -\beta) = 1[/tex3] (IA) ou [tex3]\cos(\alpha -\beta) = \frac{-1}{2}[/tex3] (IB)
De (IA):
[tex3]\alpha - \beta = 0 + k2\pi, k \in \mathbb{Z}[/tex3]
De (IB):
[tex3]\alpha - \beta = \pm \frac{2\pi}{3} + k2\pi, k \in \mathbb{Z}[/tex3]
Como [tex3]\alpha[/tex3] e [tex3]\beta[/tex3] encontram-se no 1.º quadrante:
[tex3]\alpha - \beta = 0[/tex3] => [tex3]\alpha = \beta[/tex3] (A)

Para (II), nós tiramos que:
[tex3]\frac{\pi}{6} + \alpha + \beta = \frac{\pi}{3} + k2\pi, k \in \mathbb{Z}[/tex3] => [tex3]\alpha + \beta = \frac{\pi}{6}[/tex3] (B)
[tex3]\frac{\pi}{6} + \alpha + \beta = \frac{2\pi}{3} + k2\pi, k \in \mathbb{Z}[/tex3] => [tex3]\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}[/tex3] (C)
Considerando que [tex3]\alpha[/tex3] e [tex3]\beta[/tex3] encontram-se no 1.º quadrante.

Com (A), (B) e (C) montamos um sistema:
[tex3]\begin{cases} \alpha = \beta \\ \alpha + \beta = \frac{\pi}{6} \ ou \ \alpha + \beta = \frac{\pi}{2} \end{cases}[/tex3]
Para (A) e (B):
[tex3]\begin{cases} \alpha = \beta \\ \alpha + \beta = \frac{\pi}{6} \end{cases}[/tex3]
[tex3]\alpha + \alpha = \frac{\pi}{6}[/tex3] => [tex3]2\alpha = \frac{\pi}{6}[/tex3] => [tex3]\alpha = \frac{\pi}{12}[/tex3]
Como [tex3]\alpha = \beta[/tex3]:
[tex3]\beta = \frac{\pi}{12}[/tex3]
Para (A) e (C):
[tex3]\begin{cases} \alpha = \beta \\ \alpha + \beta = \frac{\pi}{2} \end{cases}[/tex3]
[tex3]\alpha + \alpha = \frac{\pi}{2}[/tex3] => [tex3]2\alpha = \frac{\pi}{2}[/tex3] => [tex3]\alpha = \frac{\pi}{4}[/tex3]
Como [tex3]\alpha = \beta[/tex3]:
[tex3]\beta = \frac{\pi}{4}[/tex3]
Portanto, os pares que satisfazem o sistema são: [tex3]\left(\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{12}\right)[/tex3] e [tex3]\left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right)[/tex3]

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Problema 65

(IME 2016) Um hexágono é dividido em 6 triângulos equiláteros. De quantas formas podemos colocar os números de 1 a 6 em cada triângulo, sem repetição, de maneira que a soma dos números em três triângulos adjacentes seja sempre múltiplo de 3? Soluções obtidas por rotação ou reflexão são diferentes, portanto as figuras abaixo mostram duas soluções distintas.

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(A) 12
(B) 24
(C) 36
(D) 48
(E) 96

Resposta

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Alternativa D

[brunoafa]

Resolução do Problema 65:

Bom, eu não sei se minha solução está certa, e nem se é a mais correta, mas não entendi a forma que os cursinhos resolveram usando "congruência", até hoje não entendo isso.

Se alguém souber um forma melhor ou quiser corrigir algum erro meu, pode mandar a resolução que eu arrumo sem problemas.

Para "criarmos" números que somados são múltiplos de 3, temos as seguintes possibilidades:

12,3 - 1,26 - 1,3,5 - 2,3,5 - 2,4,6 - 3,2,4 - 3,4,5 - 4,5,6 - 4,3,5 -

Percebam que para escolher o primeiro número eu tenho 6 possibilidades. Digamos que o escolhido foi o número 1, ele pode vir acompanhando do 2,3,5 ou 6, ou seja, 4 possibilidades, e uma vez escolhido o 2, por exemplo, são duas possibilidades. Ou uma caso o 3 tivesse sido escolhido. Raciocínio análogo para a parte "de cima". Não tenho certeza se estou certo.

screenshot-comentario.fariasbrito.com.br-2017-03-09-15-08-04.png (5.66 KiB) Exibido 7213 vezes

No final, pelo princípio da multiplição: [tex3]6 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1 = \boxed{48}[/tex3]

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Problema 66:

(ITA 83) Um general possui n soldados para tomar uma posição inimigo. Desejando efetuar um ataque com dois grupos, um front com r soldados e outro da retaguarda com s soldados (r+s=n), ele poderá dispor seus homens de:

a) [tex3]\frac{n!}{(r+s)!}[/tex3]
b) [tex3]\frac{n!}{r! s!}[/tex3]
c) [tex3]\frac{n!}{(rs)!}[/tex3]
d) [tex3]\frac{2(n)!}{(r+s)!}[/tex3]
e) [tex3]\frac{2(n)!}{r!s!}[/tex3]

Resposta

---

Letra B.

[cajuADMIN]

Resolução do Problema 66

Tendo [tex3]n[/tex3] soldados, ao escolher os [tex3]r[/tex3] soldados para o front, o restante será o time da retaguarda.

Desta forma, basta escolher, dentre os [tex3]n[/tex3] soldados, [tex3]r[/tex3] para o front e saberemos a quantidade de maneiras que o general poderá dispor seus homens.

Como a ordem de escolha não interessa, estamos lidando com um caso de Combinação de [tex3]n[/tex3] homens tomados [tex3]r[/tex3] a [tex3]r[/tex3]:

[tex3]C_n^r=\frac{n!}{r!\cdot(n-r!)}[/tex3]

Como sabemos que [tex3]n=r+s[/tex3], podemos escrever [tex3]n-r=s[/tex3] e substituir na expressão acima:

[tex3]C_n^r=\boxed{\frac{n!}{r!\cdot s!}}[/tex3]

Resposta letra B

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Problema 67

(ITA - 1986) Considere os números reais não nulos [tex3]a[/tex3], [tex3]b[/tex3], [tex3]c[/tex3], e [tex3]d[/tex3] em progressão geométrica tais que [tex3]a[/tex3], [tex3]b[/tex3] e [tex3]c[/tex3] são raízes da equação (em [tex3]x[/tex3]) [tex3]x^3+Bx^2-2Bx+D=0[/tex3], onde [tex3]B[/tex3] e [tex3]D[/tex3] são números reais e [tex3]B>0[/tex3]. Se [tex3]cd-ac=-2B[/tex3], então:

a) [tex3](a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+d^2)=(ab+bc+cd)^2[/tex3] e [tex3]b^2+c^2+d^2=\frac{16B^2}{B^2+4B}[/tex3]

b) [tex3](a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+d^2)=(ab+bc+cd)^2[/tex3] e [tex3]a^2+b^2+c^2=\frac{16B}{B^2+4}[/tex3]

c) [tex3](a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+d^2)=(ab+bc+cd)[/tex3] e [tex3]b^2+c^2+d^2=\frac{16B}{B+4}[/tex3]

d) [tex3](a^2+b^2+c^2)(b+c+d)=(ab+bc+cd)^2[/tex3] e [tex3]a^2+b^2+c^2=\frac{16B}{B+4}[/tex3]

e) [tex3](a^2+b^2+c^2)(b+c+d)=(ab+bc+cd)^2[/tex3] e [tex3]a^2+b^2+c^2=\frac{B+4}{16B}[/tex3]

[Auto Excluído (ID: 24633)]

Resolução do Problema 67
A primeira relação é trivial.
Seja [tex3]q[/tex3] a razão da PG. Assim [tex3]b=aq[/tex3]; [tex3]c=aq^2[/tex3] e [tex3]d=aq^3[/tex3]
Logo [tex3]a^2+b^2+c^2=a^2(1+q^2+q^4)[/tex3] e [tex3]b^2+c^2+d^2=a^2(q^2+q^4+q^6)=a^2q^2(1+q^2+q^4)[/tex3]. Consequentemente
[tex3](a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+d^2)=a^2(1+q^2+q^4)a^2q^2(1+q^2+q^4)=[a^2q(1+q+q^2)]^2[/tex3].
Por outro lado [tex3]ab+bc+cd=a(aq)+aq(aq^2)+aq^2(aq^3)=a^2q(1+q^2+q^4)[/tex3] então [tex3](a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+d^2)=(ab+bc+cd)^2[/tex3].
Isto elimina c, d e e

Agora a segunda...
Pelas relações de Girard temos
[tex3]\begin{cases}-B=a+b+c=a(1+q+q^2)\\ -2B=ab+ac+bc=a^2q(1+q+q^2) \\-2B=cd-ac=c(d-a)=aq^2(aq^3-a)=a^2q^2(q^3-1) \end{cases}[/tex3]
Obs: esta última equação veio do enunciado
Igualando a segunda ao dobro da primeira vem [tex3]a^2q(1+q+q^2)=2a(1+q+q^2) \Rightarrow aq=2[/tex3]
Igualando a segunda a terceira vem [tex3]a^2q(1+q+q^2)=a^2q^2(q^3-1)=a^2q^2(q-1)(1+q+q^2) \Rightarrow q(q-1)=1 \Rightarrow q^2=q+1~~(*)[/tex3] (olho o número de ouro aí aparecendo nos lugares mais improváveis para variar)

Assim [tex3]-2B=a^2q^2(q^3-1)=2^2\cdot (q~q^2-1)=4[q(q+1)-1]=4(q^2+q-1)=4(q+1+q-1)=8q \Rightarrow B=-4q[/tex3]. Logo [tex3]B^2=16q^2=16(q+1)=16q+16[/tex3]

Testando as alternativas a) e b):
b) (parece mais fácil)
Temos que [tex3](a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac) [/tex3] do sistema vem [tex3]B^2=a^2+b^2+c^2+2(-2B) \Rightarrow a^2+b^2+c^2=B^2+4B\Rightarrow a^2+b^2+c^2=16q+16+4(-4q)=16[/tex3].
Então [tex3]a^2+b^2+c^2=\dfrac{16B}{B^2+4} \iff 16=\dfrac{16B}{B^2+4} \iff B= B^2+4 \iff -4q=16q+20 \iff q=-1[/tex3] mas [tex3]-1[/tex3] claramente não satisfaz [tex3](*)[/tex3]. Então a resposta não é a b). Logo a resposta é a a)... mas vamos verificar.

Temos que [tex3]b^2+c^2+d^2=a^2q^2+a^2q^4+a^2q^6=a^2q^2(1+q^2+q^4)=4[1+(q+1)+(q+1)^2]=4(q+2+q^2+2q+1)=4(3q+3+q+1)=16(q+1)[/tex3] (aqui usamos fortemente [tex3](*)[/tex3]). Assim
[tex3]b^2+c^2+d^2=\dfrac{16B^2}{B^2+4B}=\dfrac{16B}{B+4} \iff 16(q+1)=\dfrac{16(-4q)}{-4q+4} \iff q+1=\dfrac{q}{q-1} \iff q^2=q+1[/tex3] que é exatamente [tex3](*)[/tex3]

Letra a)

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Questão 68
(ITA-2010)
A equação em [tex3]x[/tex3],
[tex3]arctg~(e^x+2)-arc~cotg\left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1}\right)=\dfrac{\pi}{4}, x\in \mathbb{R} \setminus \{0\}[/tex3]
(A) Admite infinitas soluções, todas positivas.
(B) Admite uma única solução, e esta é positiva.
(C) Admite três soluções que se encontram no intervalo [tex3]\left] \dfrac{-5}{2}, \dfrac{3}{2} \right [[/tex3]
(D) Admite apenas soluções negativas
(E) Não admite solução.

Resposta

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(B)

[Ittalo25MOD]

Resolução do problema 68

[tex3]\arctg~(e^x+2)-\dfrac{\pi}{4}=\arccotg \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right) [/tex3]

[tex3]\frac{e^x+2-\tg\left(\frac{\pi}{4}\right)}{1+(e^x+2) \cdot \tg\left(\frac{\pi}{4}\right)} =\tg(\arccotg \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right)) [/tex3]
[tex3]\frac{e^x+1}{e^x+3} =\tg\(\arccotg \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right)\) [/tex3]

Fazendo [tex3]\arccotg \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right) = y [/tex3], então: [tex3]\left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right) = cot(y) [/tex3]

[tex3]\frac{e^x+1}{e^x+3} =\tg(\arccotg \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right)) [/tex3]
[tex3]\frac{e^x+1}{e^x+3} =\tg(y) [/tex3]

[tex3]\tg(y) \cdot \cot(y) = 1 [/tex3]
[tex3]\frac{e^x+1}{e^x+3} \cdot \left(\dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \right) = 1 [/tex3]
[tex3]\boxed{ x=ln\left(\frac{\sqrt{13}-1}{2}\right)} [/tex3]

---

Questão 69
(IME-1956) Determinar o lugar geométrico representado pela equação sem desenvolver os determinantes:

[tex3]\begin{vmatrix}
x & y & 1 \\
x_1 & y_1 & 1 \\
x_2 & y_2 & 1 \\
\end{vmatrix}\times \begin{vmatrix}
x & y & 1 \\
x_3 & y_3 & 1 \\
x_4 & y_4 & 1 \\
\end{vmatrix}=0[/tex3]

[Tassandro]

Resolução do problema 69

Sejam [tex3]X=(x,\,x_1,\,x_2),\ Y=(y,\,y_1,\,y_2),\ \overline X=(x,\,x_3,\,x_4),\ \overline Y=(y,\,y_3,\,y_4),\ 1=(1,\,1,\,1)[/tex3] vetores do [tex3]\mathbb R^3[/tex3]. Como o produto desses dois determinantes é nulo, pelo menos um deles vale 0. Se o primeiro for 0, então [tex3]1=α_1X+β_1Y,α_1,β_1\in\mathbb R[/tex3] (a terceira coluna é uma combinação linear das outras duas), o que é uma equação de uma reta no [tex3]\mathbb R^3[/tex3]. Analogamente, se o segundo for 0,[tex3]1=α_2\overline X+β_2\overline Y,α_2,β_2\in\mathbb R[/tex3], o que também é uma equação de uma reta no [tex3]\mathbb R^3[/tex3]. Portanto, essa equação representa a união de duas retas no [tex3]\mathbb R^3[/tex3].

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Questão 70

(IME-1977) Divide-se um quadrado de lado 1 em nove quadrados iguais e remove-se o quadrado central. Procede-se da mesma forma com os 8 quadrados restantes. Este processo é realizado n vezes.

a) Quantos quadrados de lado [tex3](1/3)^n[/tex3] são conservados?
b) Qual a soma das áreas dos quadrados removidos quando n tende a infinito?