Estude! Com Prof. Caju

Para todos aqueles que almejam uma vaga no IME/ITA o fórum TutorBrasil lança a segunda temporada da maratona de exercícios para fazer seu estudo andar mais rápido!

As regras são simples, mas o não cumprimento acarretará na exclusão da maratona.

1) O usuário que quiser participar deverá RESPONDER a última questão sem resposta e POSTAR uma nova questão na mesma mensagem.
2) A resolução da questão deverá ser feita como se estivesse sendo entregue para a prova discursiva do IME ou do ITA.
3) O uso do LaTeX é obrigatório, caso não saiba usar leia aqui.
4) Todas questão deverão ser da CN,EFOMM,AFA,EN,IME,ITA de preferência com o ano.
5) Não deve ser postado uma nova questão enquanto a anterior não for resolvida.
6) As questões não respondidas irão ficar por no máximo 36h, após o limite iremos removê-la para o tópico IME/ITA, disponibilizando para que seja postada uma nova.
7) As questões deverão ser numeradas na ordem crescente.
8 ) Antes que postar uma nova questão, verifica se ela já não se encontra no fórum. Para pesquisar é fácil, basta colocar um trecho na caixa de buscar e pronto.

Atenção: A partir de hoje (06/05/2012) todos os Problemas acima do número 130 e que forem dissertativas deverão apresentar o gabarito. Utilize a tag spoiler para colocar a resposta.

Veja a primeira Maratona de Matemática IME/ITA: caju.tv/maratmat.

Link rápido para esta segunda maratona: caju.tv/maratmat2

Veja como devemos proceder.
Problema 1
(Questão acompanhado do ano)Escreva a questão
Quem for resolver deverá escrever:
Solução do Problema 1
Descrever a solução

Problema 2
(Questão acompanhado do ano) Escreva a questão.

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Problema 1

(ITA - 1967) Qual o lugar geométrico dos pontos,cuja soma das distâncias a duas retas que se cortam, é igual a uma dada constante [tex3]k[/tex3]?

a) um quadrilátero
b) uma circunferência
c) uma reta passando pelo ponto de intersecção das retas
d) uma elipse
e) uma parábola

Olá a todos,

Vamos tocar essa maratona!!

Solução do Problema 1

Para esse exercício, vamos analisar o ponto P (gerador do lugar geométrico) em três situações:

1) Ponto sobre a bissetriz do ângulo formado pelas duas retas:
Chamando o ângulo [tex3]\widehat{FAE}=2\alpha[/tex3]:

[tex3]\sen(\alpha)=\frac{k}{2d}[/tex3]

2) Ponto sobre uma das retas, mas sem apagar a bissetriz (apenas para auxílio):
[tex3]\sen(2\alpha)=\frac{k}{d'}\,\,\rightarrow\,\, 2\sen(\alpha )\cos(\alpha )=\frac{k}{d'}\,\,\xrightarrow{\sen(\alpha)=\frac{k}{2d}} \,\,d'=\frac{d}{\cos(\alpha)}\,\,\rightarrow \,\,\boxed{\cos(\alpha)=\frac{d}{d'}}\text{ (I)}[/tex3]

Olhando para o triângulo [tex3]AP'D[/tex3], temos [tex3]\cos(\alpha)=\frac{AD}d'\,\,\xrightarrow{\text{(I)}}\,\,\boxed{AD=d\,\,\rightarrow \,\,D=P}[/tex3]
Assim, vemos que os pontos [tex3]D[/tex3] e [tex3]P[/tex3] são idênticos.

3) Ponto sobre a outra reta. O raciocínio é idêntico.

Ou seja, os pontos [tex3]P[/tex3] (primeira situação), [tex3]P'[/tex3] (segunda situação) e [tex3]P''[/tex3] (terceira situação), são colineares. Logo, o lugar geométrico é uma reta, mas ela não passa pelo encontro das retas, ela é perpendicular à bissetriz.

Resposta: Questão anulada!

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Problema 2

(IME 2004) Calcule [tex3]\sen (x + y)[/tex3] em função de [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3], sabendo que o produto [tex3]ab \ne 0[/tex3], que [tex3]\sen x+\sen y = a[/tex3] e que [tex3]\cos x+\cos y=b[/tex3].

Solução do Problema 2

(IME 2004) Calcule [tex3]\sen (x + y)[/tex3] em função de [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3], sabendo que o produto [tex3]ab \ne 0[/tex3], que [tex3]\sen x+\sen y = a[/tex3] e que [tex3]\cos x+ \cos y=b[/tex3].

Vamos lá:
[tex3]\begin{cases}\sen x+\sen y = a\\\cos x+ \cos y=b\end{cases}[/tex3], Fazendo [tex3]a\cdot b[/tex3], temos:

[tex3](\sen x+\sen y)\cdot (\cos x+\cos y) = a\cdot b\Rightarrow \sen x\cos x+\overbrace{\sen x\cos y+\sen y\cos x}^{\sen(x+y)}+\sen y \cos y = a\cdot b[/tex3]
[tex3]\sen (x+y) + \underbrace{\sen x\cos x+\sen y\cos y}_{p'} = a\cdot b\,\,\,\,\,\,\, (I)[/tex3]

Voltamos ao sistema de equações, elevamos ambas equações ao quadrado, assim:

[tex3]\begin{cases}(\sen x+\sen y)^2 = a^2\\(\cos x+ \cos y)^2=b^2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\sen^2x+2\sen x\sen y+\sen^2y = a^2\,\,\,\,\,\,\,\,(II)\\\cos^2x+2\cos x\cos y+\cos^2y = b^2\,\,\,\,\,(III)\end{cases}[/tex3]

Fazendo [tex3](II) + (III)[/tex3] temos:

[tex3]1+ 2(\sen x\sen y+\cos x\cos y)+ 1= a^2+b^2\Rightarrow 2(\sen x\sen y+\cos x\cos y) +2 = a^2+b^2\,\,\,\,\,\,(IV)[/tex3]

Trabalhando na expressão [tex3]p'[/tex3], nota-se que:

[tex3]\sen x\cos x + \sen y\cos y = \frac{1}{2}(\sen 2x+\sen 2y)[/tex3]

Transformando essa mesma expressão em produto obtemos:

[tex3]\frac{1}{2}(\sen 2x+\sen 2y) = \frac{1}{2}[2\cdot \sen(x+y)\cdot\cos(x-y)] = \sen(x+y)\cdot\cos(x-y)[/tex3], Logo na eq. [tex3](I)[/tex3] temos:
[tex3]\sen(x+y)+\sen(x+y)\cdot\cos(x-y) = a\cdot b\Rightarrow \sen(x+y)[1+\cos(x-y)] = a\cdot b[/tex3]

Usando a mesma ideia na eq. [tex3](IV)[/tex3]:

[tex3]2\(\overbrace{\sen x\sen y+\cos x\cos y}^{\cos(x-y)}\) +2 = a^2+b^2\Rightarrow 2\cdot \cos(x-y) + 2 = a^2+b^2[/tex3]
[tex3]2(\cos(x-y)+1) = a^2+b^2\Rightarrow \cos(x-y)+1 = \frac{a^2+b^2}{2}[/tex3]

Substituindo a eq. [tex3](IV)[/tex3] em [tex3](I)[/tex3], finalmente:

[tex3]\sen(x+y)[1+\cos(x-y)] = a\cdot b\Rightarrow \sen(x+y)\left[\frac{a^2+b^2}{2}\right] = a\cdot b[/tex3]
[tex3]\boxed{\sen(x+y) = \frac{2ab}{a^2+b^2}}[/tex3]

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Problema 3
(ITA 2011) Resolva a inequação [tex3]16 < \left(\frac{1}{4}\right)^{\log_{\frac{1}{5}}\,(x^2-x+19)}[/tex3].

Solução do Problema 3

[tex3]16<\left(\frac{1}{4}\right)^{\log_{\frac{1}{5}} (x^2 -x + 19)}[/tex3]
[tex3]4^{-\log_{\frac{1}{5}} (x^2 - x+19)} > 4^2[/tex3]
[tex3]-\log_{\frac{1}{5}}(x^2 - x + 19) > 2[/tex3]
[tex3]\log_{\frac{1}{5}}(x^2 - x + 19) < -2[/tex3]
[tex3]x^2 - x + 19 > 25[/tex3]
[tex3]x^2 - x - 6 > 0[/tex3]
[tex3](x+2)(x-3) > 0[/tex3]

[tex3]x>3[/tex3] ou [tex3]x<-2[/tex3]
[tex3]S:\{x \,\in\,\mathbb{R} | x>3 \,\,\text{ou}\,\, x<-2\}[/tex3]

O gráfico da função será com a concavidade para cima nos pontos de interseção com as abcissas [tex3]-2[/tex3] e [tex3]3[/tex3].

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Problema 4

(ITA - 1971) Qual o maior número de partes em que um plano pode ser dividido por [tex3]n[/tex3] linhas retas ?

A) [tex3]n^2[/tex3]
B) [tex3]n(n+1)[/tex3]
C) [tex3]\frac{n(n+1)}{2}[/tex3]
D) [tex3]\frac{n^2+n+2}{2}[/tex3]
E) [tex3]\text{nda}[/tex3]

Solução do Problema 4

Você não está fazendo busca

http://www.tutorbrasil.com.br/forum/vie ... f=2&t=3199

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Problema 5

(IME-70/71) A perpendicular às retas paralelas [tex3]D[/tex3] e [tex3]D'[/tex3] determina respectivamente sobre as mesmas os pontos [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3], distantes de [tex3]2a[/tex3]. Toma-se um ponto [tex3]M[/tex3] sobre [tex3]D[/tex3] tal que [tex3]\overline{AM}=x[/tex3] . Traça-se por [tex3]O[/tex3], meio de [tex3]\overline{AB}[/tex3], uma perpendicular a [tex3]\overline{OM}[/tex3] que encontra [tex3]D'[/tex3] em [tex3]M'[/tex3]. Calcule, em função de [tex3]a[/tex3] e [tex3]x[/tex3], o volume gerado pelo triângulo [tex3]OMM'[/tex3] quando gira em torno de [tex3]\overline{AB}[/tex3].

(A) [tex3]\pi(a+x)^3[/tex3]

(B) [tex3]a\left(\frac{a^2+x^2}{\pi}\right)[/tex3]

(C) [tex3]\frac{a^2(a+x)}{\pi}[/tex3]

(D) [tex3]\frac{\pi a}{3x^2}\cdot(a^2+x^2)^2[/tex3]

(E) [tex3]\frac{\pi}{6x}.(a^2+x^2)^2[/tex3]

(F) [tex3]N.R.A[/tex3]

Solução do problema 5

Construindo o enunciado e colocando alguns nomes nos segmentos:
O ângulo MOM' é retângulo, logo, os ângulos AOM e BOM' são complementares e, por conseguinte, os triângulos MAO e M'OB são semelhantes:

[tex3]\frac{R}{a}=\frac{a}{x}\,\,\rightarrow \,\,\boxed{R=\frac{a^2}{x}}\text{ (I)}[/tex3]

Os triângulos MAC e M'BC são semelhantes também:

[tex3]\frac{x}{R}=\frac{a+k}{k}\,\,\,\,\,\xrightarrow{(I)}\,\,\,\,\,\boxed{k=\frac{2a^3}{x^2-a^2}}\text{ (II)}[/tex3]

O volume do sólido gerado pelo triângulo [tex3]OMM'[/tex3] ([tex3]V_{\tiny OMM'}[/tex3]) será igual ao volume do cone formado pela rotação do triângulo [tex3]MAC[/tex3] ([tex3]V_{\tiny MAC}[/tex3]), menos o volume do cone gerado pela rotação de [tex3]MAO[/tex3] ([tex3]V_{\tiny MAO}[/tex3]), menos o volume do cone gerado por [tex3]M'OB[/tex3] ([tex3]V_{\tiny M'OB}[/tex3]), menos o volume do cone gerado pela rotação de [tex3]M'BC[/tex3] ([tex3]V_{\tiny M'BC}[/tex3]):

[tex3]V_{OMM'}=V_{MAC}-V_{MAO}-V_{M'OB}-V_{M'BC}[/tex3]

[tex3]\boxed{V_{MAC}=\frac{\pi \cdot x^2\cdot(2a+k)}{3}}[/tex3]

[tex3]\boxed{V_{MAO}=\frac{\pi \cdot x^2\cdot a}{3}}[/tex3]

[tex3]V_{M'OB}=\frac{\pi \cdot R^2\cdot a}{3}\,\,\,\xrightarrow{(I)}\,\,\,\boxed{V_{M'OB}=\frac{\pi \cdot a^4}{x^2}\cdot\frac{a}{3}}[/tex3]

[tex3]V_{M'BC}=\frac{\pi \cdot R^2\cdot k}{3}\,\,\,\xrightarrow{(I)}\,\,\,\boxed{V_{M'BC}=\frac{\pi \cdot a^4}{x^2}\cdot\frac{k}{3}}[/tex3]

Portanto:

[tex3]V_{OMM'}=\frac{\pi x^2(2a+k)}{3}-\frac{\pi x^2 a}{3}-\frac{\pi a^4}{x^2}\cdot\frac{a}{3}-\frac{\pi a^4}{x^2}\cdot\frac{k}{3}[/tex3]

[tex3]V_{OMM'}=\frac{\pi x^2}{3}(a+k)-\frac{\pi a^4}{3x^2}\cdot(a+k)[/tex3]

Por [tex3](II)[/tex3] temos que [tex3]a+k=\frac{a(x^2+a^2)}{x^2-a^2}[/tex3].

Substituindo e pondo em evidência:

[tex3]V_{OMM'}=\left(\frac{\pi x^2}{3}-\frac{\pi a^4}{3x^2}\right)\cdot \frac{a(x^2+a^2)}{x^2-a^2}[/tex3]

Vamos colocar o termo [tex3]\frac{\pi a}{3x^2}[/tex3] em evidência:

[tex3]V_{OMM'}=\frac{\pi a}{3x^2}\cdot(x^4-a^4)\cdot\left(\frac{x^2+a^2}{x^2-a^2}\right)[/tex3]

Fazendo [tex3]x^4-a^4=(x^2+a^2)\cdot(x^2-a^2)[/tex3]

[tex3]V_{OMM'}=\frac{\pi a}{3x^2}\cdot(x^2+a^2)\cdot(x^2-a^2)\cdot\left(\frac{x^2+a^2}{x^2-a^2}\right)[/tex3]

[tex3]\boxed{\boxed{V_{OMM'}=\frac{\pi a}{3x^2}\cdot(x^2+a^2)^2}}[/tex3]

Resposta letra D
(Veja aqui uma solução alternativa, com um atalho que pode ser usado em provas objetivas)

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Problema 6

(IME - 2000) Considere o polinômio de grau mínimo, cuja representação gráfica passa pelos pontos P1(−2,−11), P2(−1, 0), P3(1, 4) e P4(2, 9).

a) Determine os coeficientes do polinômio.

b) Calcule todas as raízes do polinômio.

Solução do Problema 6

a) Seja o polinômio de terceiro grau (com 4 graus livres) de coeficientes a,b,c e d:
[tex3]P(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d[/tex3]

Substituindo os valores dos pontos:
[tex3]\begin{cases}P(-2) = -8a +4b-2x +d=-11 \\ P(-1) = -a + b-c+d = 0 \\ P(1) = a+b+c+d=4 \\ P(2) = 8a + 4b +2c+d=9\end{cases}[/tex3]

Fazendo [tex3]-P(-2) + P(2); \,-P(-1) + P(1); \,P(-2) + P(2) \,\text{e}\, P(-1) + P(1)[/tex3], respectivamente nas linhas seguintes, e simplificando temos que:

[tex3]\begin{cases}4a + c = 5 \\ a+c=2 \\ 4b+d = -1 \\ b+d=2\end{cases}\longrightarrow \boxed{a=1}\,\,\,\boxed{ b=-1 }\,\,\,\boxed{ c=1 }\,\,\,\boxed{ d=3}[/tex3]

Com isso temos que há apenas uma solução, logo o grau de número três é o menor possível.

b) [tex3]P(x) =x^3 - x^2 + x +3[/tex3]

Vemos que -1 é raíz:

[tex3]P(x)=(x+1)(x^2-2x +3)[/tex3]

Por Bhaskara, as outras raízes serão: [tex3]1 \pm \sqrt{2i}[/tex3]

(Veja aqui uma solução alternativa)

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Problema 7

(IME - 2009) Seja [tex3]x[/tex3] o valor do maior lado de um paralelogramo [tex3]ABCD[/tex3]. A diagonal [tex3]AC[/tex3] divide [tex3]\hat{A}[/tex3] em dois ângulos iguais a 30º e 15º . A projeção de cada um dos quatro vértices sobre a reta suporte da diagonal que não o contém forma o quadrilátero [tex3]A'B'C'D'[/tex3]. Calcule o perímetro de [tex3]A'B'C'D'[/tex3].

Solução do Problema 7

Inicialmente vamos fazer o desenho. Sendo [tex3]AD[/tex3] o diâmetro, temos que tanto [tex3]A'[/tex3] quanto [tex3]D'[/tex3] pertencem a circunferência (formam angulo de [tex3]90^{\circ}[/tex3]). Logo [tex3]AA'B'B[/tex3] é inscritível.

Analogamente para [tex3]AA'DD',\, CB'BC'[/tex3] e [tex3]CDD'C'[/tex3].

Veja que,
[tex3]\widehat{B'A'B} = \widehat{CAB} = \widehat{B'AB} = 15^{\circ}[/tex3], basta olhar para o quadrilátero [tex3]AA'B'B[/tex3]

Analogamente,
[tex3]\widehat{ABA'}=\widehat{AB'A'}=\theta[/tex3]

Olhando para o quadrilátero [tex3]A'AD'D[/tex3] tiramos,
[tex3]\widehat{AA'D}=\widehat{AD'D}=30^{\circ}[/tex3]

Desta forma, os quadriláteros [tex3]A'B'C'D'[/tex3] é semelhante [tex3]ABCD[/tex3].

Seja
[tex3]BE=EC=y[/tex3], assim temos [tex3]BC=y\sqrt{2}[/tex3].
[tex3]AB=x[/tex3]

Logo,
[tex3]p=2x+2y\sqrt{2}[/tex3]

[tex3]\tan 15^{\circ}=\frac{x}{x+y}[/tex3]
[tex3]2-\sqrt{3}=\frac{x}{x+y}[/tex3]

Desenvolvendo,
[tex3]y=\frac{x\(\sqrt{3}-1\)}{2}[/tex3]

Substituindo,
[tex3]p=2x+2\cdot\left[\frac{x\(\sqrt{3}-1\)}{2}\right]\cdot\sqrt{2}[/tex3]
[tex3]\boxed{p=x\(2+\sqrt{6}-\sqrt{2}\)}[/tex3]

Como os quadriláteros são semelhantes, o perímetro desejado será:
[tex3]\boxed{p'=p\cdot k}[/tex3]

Onde k será uma relação entre os quadriláteros.
[tex3]k=\frac{B'D'}{BD}[/tex3]

Pela lei dos cossenos tiramos,
[tex3]BD^2=AB^2+AD^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos 45^{\circ}[/tex3]
[tex3]BD^2=x^2+\left[\frac{x\cdot \(\sqrt{3}-1\)\cdot \sqrt{2}}{2}\right]^2-2\cdot x\cdot \left[\frac{x\cdot \(\sqrt{3}-1\)\cdot \sqrt{2}}{2}\right]\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex3]

Desenvolvendo encontramos,
[tex3]\boxed{BD=x\(\sqrt{3}-1\)}[/tex3]

[tex3]B'D'=AB'-AD'[/tex3]
[tex3]B'D'=x\cdot \cos 15^{\circ}-y\sqrt{2}\cdot \cos 30^{\circ}[/tex3]
[tex3]B'D'=x\cdot \(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\)-\(\frac{x\(\sqrt{3}-1\)}{2}\)\cdot \sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}[/tex3]
[tex3]\boxed{B'D'=\frac{x\(\sqrt{6}-\sqrt{2}\)}{2}}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]k=\frac{\frac{x\(\sqrt{6}-\sqrt{2}\)}{2}}{x\(\sqrt{3}-1\)}[/tex3]
[tex3]\boxed{k=\frac{\sqrt{2}}{2}}[/tex3]

Logo,
[tex3]p'=p\cdot k=x\(2+\sqrt{6}-\sqrt{2}\)\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex3]

Portanto o perímetro do quadrilátero [tex3]A'B'C'D'[/tex3] vale:
[tex3]\boxed{p'=x\(\sqrt{2}+\sqrt{3}-1\)}[/tex3]

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Problema 8

(IME-2002) Resolva a equação [tex3]\sqrt{5-\sqrt{5-x}}=x[/tex3], sabendo-se que [tex3]x>0[/tex3]

Solução do Problema 8

[tex3]\sqrt{5 - \sqrt{5-x}} = x[/tex3]
Daí tiramos que [tex3]x<\sqrt{5}[/tex3]

Seja [tex3]k = \sqrt{5-x}[/tex3]

Então,
[tex3]x^2 = 5 - k[/tex3]
[tex3]k^2 = 5-x[/tex3]

Subtraindo-as:
[tex3]k^2 - x^2 = k-x[/tex3], mas [tex3]k^2+x^2 = (k+x)(k-x)[/tex3]

Vamos analisar os dois casos da solução:
1) [tex3]k = x[/tex3]

[tex3]x = \sqrt{5-x}[/tex3]
[tex3]x^2+x-5=0 \rightarrow x = \frac{-1 \pm \sqrt{21}}{2}[/tex3]

2) [tex3]k+x=1[/tex3]

[tex3]1-x = \sqrt{5-x}[/tex3]
[tex3]x^2-x-4= 0 \rightarrow \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}[/tex3]

Olhando para as restrições temos que a única solução é: [tex3]\boxed{x = \frac{\sqrt{21} - 1}{2}}[/tex3]
Solução alternativa

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Problema 9

(IME - 1997) Se [tex3]\tg a[/tex3] e [tex3]\tg b[/tex3] são raízes da equação [tex3]x^2+px+q=0[/tex3], calcule em função de [tex3]p[/tex3] e [tex3]q[/tex3], o valor simplificado da expressão:

[tex3]y = \sen^2 (a+b) + p\cdot \sen(a+b) \cdot \cos(a+b) + q \cdot \cos^2 (a+b)[/tex3]

Solução do problema 9

Das relações de Girard temos:

[tex3]\tan a+\tan b=-p[/tex3]

[tex3]\tan a\cdot \tan b=q[/tex3]

Lembrando da fórmula da tangente da soma: [tex3]\tan (a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\cdot \tan b}=\frac{p}{q-1}[/tex3]

usando mais algumas identidades:

[tex3]\cos^2(a+b)=\frac{1}{1+\tan ^2(a+b)}=\frac{1}{1+\frac{p^2}{(q-1)^2}}=\frac{(q-1)^2}{p^2+(q-1)^2}[/tex3]

[tex3]\text{sen}^2(a+b)=\frac{1}{1+cotg^2(a+b)}=\frac{1}{1+\frac{(q-1)^2}{p^2}}=\frac{p^2}{p^2+(q-1)^2}[/tex3]

[tex3]\text{sen}(a+b)\cos(a+b)=\frac{|p|}{\sqrt{p^2+(q-1)^2}}\cdot\frac{|q-1|}{\sqrt{p^2+(q-1)^2}}=\frac{|pq-p|}{p^2+(q-1)^2}[/tex3]

substituindo os valores encontrados na expressão pedida:

[tex3]y=\frac{p^2}{p^2+(q-1)^2}+p\cdot\frac{|pq-p|}{p^2+(q-1)^2}+q\cdot\frac{(q-1)^2}{p^2+(q-1)^2}[/tex3]

[tex3]\boxed{y=\frac{p^2+p|pq-p|+q(q-1)^2}{p^2+(q-1)^2}}[/tex3]

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problema 10

(IME-modificada) Calcule a área da região delimitada pela curva [tex3]2x^2-4xy+4y^2-2x-8y+9=0[/tex3]