Maratonas de Matemática

Mensagem não lida por **Marcovsky** » 12 Out 2011, 10:58

Solução problema 110:

[tex3]4\cdot \tan^4x=\frac{1}{\cos^4x}+4\,\,\Longrightarrow\,\,\frac{4\cdot\text{sen}^4x}{\cos^4x}=\frac{1 + 4\cos^4x}{\cos^4x}[/tex3]

[tex3]4\cdot\sen^4x=1 + 4\cos^4x\,\,\Longrightarrow\,\,4\cdot({\text{sen}^4x - \cos^4x})=1[/tex3] [tex3]\Longrightarrow\,\,4\cdot({\cos^4x - \text{sen}^4x})={-1}[/tex3]

[tex3]4\cdot({\cos^2x + \text{sen}^2x})({\cos^2x - \text{sen}^2x})={-1}[/tex3] [tex3]\Longrightarrow\,\,4\cdot1\cdot({\cos^2x-\text{sen}^2x})={-1}[/tex3]

[tex3]4\cdot\cos2x={-1}\,\,\Longrightarrow\,\,\cos2x=\frac{-1}{4}[/tex3]

temos que [tex3]0\leq x< \frac{\pi}{2}[/tex3] , e [tex3]\cos2x=\frac{-1}{4}[/tex3] . Logo:

[tex3]\text{sen}^2(2x)=1 - \cos^2(2x)\,\,\Longrightarrow\,\, \text{sen}(2x)=\frac{\sqrt{15}}{4}[/tex3]

Conclusão:

[tex3]\text{sen}(2x) + \text{sen}(4x)= \text{sen}(2x) + 2\cdot\text{sen}(2x)\cdot\cos(2x) \,\,\Longrightarrow\,\,\frac{\sqrt{15}}{4}+2\cdot{\frac{\sqrt{15}}{4}}\cdot\frac{-1}{4}[/tex3]

sen(2x) + sen(4x)= [tex3]\frac{\sqrt{15}}{8}[/tex3], letra b.

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Problema 111

Ita(2001) Um triângulo tem lados medindo 3, 4 e 5 centímetros. A partir dele, constrói-se uma seqüência de triângulos do seguinte modo: os pontos médios dos lados de um triângulo são os vértices do seguinte. Dentre as alternativas abaixo, o valor em centímetros quadrados que está mais próximo da soma das áreas dos 78 primeiros triângulos assim construídos, incluindo o triângulo inicial, é:

a) 8
b) 9
c) 10
d) 11
e) 12

Resposta

Gabarito:A

Solução problema 111

Temos que,
[tex3]a_1=6[/tex3] (área)
[tex3]q=\frac{1}{4}[/tex3] (razão entre as áreas)
[tex3]n=78[/tex3]

Assim temos,
[tex3]S=\frac{6\cdot\left[\left(\frac{1}{4}\right)^{78}-1\right]}{\frac{1}{4}-1}=-\frac{8}{3}\left(\frac{1}{4^{78}}-1\right)=8-\underbrace{\left(\frac{8}{3.4^{78}}\right)}_{\approx 0}\approx 8[/tex3] , como isso chegamos na Letra A.

Outra forma,
Se tratarmos esta seqüência de triângulos como sendo uma PG infinita, temos que,
[tex3]S=\frac{6}{1-\frac{1}{4}}=8[/tex3] , encontrando novamenta a Letra A.

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Problema 112

(ITA 1972) Todas as raízes reais da equação são:
[tex3]\sqrt{\frac{x^2+3}{x}}-\sqrt{\frac{x}{x^2+3}}=\frac{3}{2}[/tex3]

a) [tex3]x_1=3\,e\,x_2=-3[/tex3]
b) [tex3]x_1=1\,e\,x_2=3[/tex3]
c) [tex3]x_1=3\,e\,x_2=3[/tex3]
d) Não tem raízes reais.
e) N.R.A

Resposta

Resposta: Letra B

Mensagem não lida por **Natan** » 12 Out 2011, 13:49

Resolução do problema 112

Inicialmente fazemos:

[tex3]t=\frac{x^2+3}{x}\, \Rightarrow\, \frac{1}{t}=\frac{x}{x^2+3}[/tex3]

[tex3]sqrt{t}+\frac{1}{sqrt{t}}=\frac{3}{2}\, \Rightarrow\, 4t^2-8t+4=0\, \therefore\, t=4,\, \frac{1}{4}[/tex3]

voltando a mudança original:

[tex3]t=4\, \Rightarrow\, \frac{x^2+3}{x}=4\, \Rightarrow\, x^2-4x+3=0\, \therefore\, x=1,\, 3 \\ t=\frac{1}{4}\, \Rightarrow\, \frac{x^2+3}{x}=\frac{1}{4}\, \Rightarrow\, 4x^2-x+12=0\, \Rightarrow\, x=\frac{1 \pm \sqrt{1-4.4.12}}{8}\, \notin\, \Re[/tex3]

as letras "b" e "c" estão corretas na minha opnião.

............................................................................................................

Problema 113

(ITA-2005)

O intervalo [tex3]I \subset \Re[/tex3] que contém todas as soluções da inequação:

[tex3]\arctg \left( \frac{1+x}{2} \right)+\arctg \left( \frac{1-x}{2} \right) \geq \frac{\pi}{6}[/tex3]

é:

[tex3]a)\, [-1,\, 4] \\ b)\, [-3,\, 1] \\ c)\, [-2,\, 3] \\ d)\, [0,\, 5] \\ e)\, [4,\, 6][/tex3]

Solução do Problema 113

OBS.: Na questão 112 eu coloquei como gabarito a letra b, pois [tex3]x=3[/tex3] não é uma raiz dupla. Mas aceita-se recurso.

Temos,
[tex3]\underbrace{\operatorname{arctg} \left( \frac{1+x}{2} \right)}_a+\underbrace{\operatorname{arctg} \left( \frac{1-x}{2} \right)}_b \geq \frac{\pi}{6}[/tex3]

Logo,
[tex3]a+b\geq \frac{\pi}{6}[/tex3]

Tal que,
[tex3]\tan a=\frac{1+x}{2}[/tex3]
[tex3]\tan b=\frac{1-x}{2}[/tex3]

Sabemos que,
[tex3]\tan(a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\cdot \tan b}[/tex3]

Aplicando tangente em ambos lados da desigualdade
[tex3]\tan (a+b)\geq \tan\left(\frac{\pi}{6}\right)[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\dfrac{\dfrac{1 + x}{2}+\dfrac{1+x}{2}}{1-\dfrac{1+x}{2}\cdot\dfrac{1\cdot x}{2}}\geq \dfrac{1}{\sqrt{3}}[/tex3]

[tex3]\frac{4}{3+x^2} \geq \frac{1}{\sqrt{3}}[/tex3]

[tex3]x^2\leq 4\sqrt{3}-3[/tex3]

Tirando a raiz,
[tex3]-\sqrt{4\sqrt{3}-3}\leq x \leq \sqrt{4\sqrt{3}-3}[/tex3]

Desta forma o intervalo desejado é o da Letra C.
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Problema 114

(ITA 1964) Complete o determinante abaixo de modo que represente [tex3]\cos(a+b)[/tex3] :
[tex3]\begin{vmatrix}\cos a&\sin a\\x&y\end{vmatrix}[/tex3]

Solução do Problema 114

O enunciado diz para completar de tal forma que o resultado seja igual a [tex3]\cos (a + b)[/tex3] , logo
[tex3]k.\begin{vmatrix}\cos a&sina\\x&y\end{vmatrix}=\cos (a + b)[/tex3]
[tex3]LE=k(y\cos a-x\sen a)[/tex3]

: ITA-64.png (4.95 KiB) Exibido 7675 vezes

Da figura temos que,
[tex3]\cos b=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}[/tex3]
[tex3]\sen b=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}[/tex3]

Veja que se [tex3]k=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}[/tex3]

Temos que,
[tex3]LE=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}.\cos a-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}.\sen a[/tex3]
[tex3]LE=\cos b.\cos a-\sen b.\sen a[/tex3]
[tex3]LE=\cos (a+b)=LD[/tex3]

LE=Lado Esquerdo
LD=Lado Direito

Portanto,
[tex3]\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}.\begin{vmatrix}\cos a&sina\\x&y\end{vmatrix}=\cos (a + b)[/tex3]

Uhuuuu.... 1000 mensagnes.

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Problema 115

(ITA -2010) Os argumentos principais das soluções da equação em z
[tex3]iz+3\bar{z}+(z+\bar{z})^2-i=0[/tex3]

a) [tex3]\left]\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right[[/tex3]
b) [tex3]\left]\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right[[/tex3]
c) [tex3]\left[\frac{5\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right[[/tex3]
d) [tex3]\left]\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right[\cup \left]\frac{3\pi}{2},\frac{7\pi}{4}\right[[/tex3]
e) [tex3]\left]0,\frac{\pi}{4}\right[\cup \left]\frac{7\pi}{4},2\pi\right[[/tex3]
c) [tex3]\left]\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right[[/tex3]

Resposta

Resposta: Letra C

Mensagem não lida por **Natan** » 14 Out 2011, 22:12

Solução do problema 115:

tome [tex3]z=a+bi[/tex3] e substituindo:

[tex3]i(a+bi)+3(a-bi)+4a^2-i=0\, \Rightarrow\, (4a^2+3a-b)+(a-3b-1)i=0+0i[/tex3]

daí segue o sistema:

[tex3]4a^2+3a-b=0\, (I) \\ a=3b+1\, (II)[/tex3]

Substituindo [tex3](II)[/tex3] em [tex3](I):[/tex3]

[tex3]4(3b+1)^2+3(3b+1)-b=0\, \Rightarrow\, 36b^2+32b+7=0\, \Rightarrow\, b=\frac{-32 \pm 4}{72}\, \therefore\, b=-\frac{1}{2} \\ ou\, b=-\frac{7}{18}[/tex3]

e substituindo tais valores em [tex3](II)[/tex3] chegamos as seguintes soluções:

[tex3]z_1=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\, e\, z_2=-\frac{1}{6}-\frac{7}{18}i[/tex3]

argumento de [tex3]z_1:[/tex3]

[tex3]\begin{cases} \cos \alpha=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \sen \alpha =-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}[/tex3] daí [tex3]\alpha=\frac{5 \pi}{4}[/tex3]

argumento de [tex3]z_2:[/tex3]

[tex3]\begin{cases}\cos \beta=-\frac{3}{\sqrt{58}} \\ \sen \beta =-\frac{7}{\sqrt{58}}\end{cases}[/tex3]

Como tanto o seno como o cosseno de [tex3]\beta[/tex3] são negativos, concluímos que este assim como [tex3]\frac{5 \pi}{4}[/tex3] também pertence ao terceiro quadrante.

Veja também que [tex3]\tg \beta=\frac{7}{3}>1=\tg \alpha=\tg \frac{5 \pi}{4}[/tex3] o que nos díz que [tex3]\beta > \frac{5 \pi}{4}[/tex3]

munido dessas informações, concluímos que o intervalo que contém ambos é o que consta na letra "c"

.........................................................................................................

Problema 116:

(ITA-2002) Seja a função [tex3]f[/tex3] definida por:

[tex3]f(x)=log_35log_58^{x-1}+log_34^{1+2x-x^2}-log_32^{x(3x+1)}[/tex3]

Determine os valores de [tex3]x[/tex3] que tornam [tex3]f[/tex3] não-negativa.

Solução do Problema 116

Queremos [tex3]f(x)\geq 0[/tex3] , escrevendo tudo em funçao de [tex3]\log _3[/tex3]
[tex3]\cancel{\log _35}.\frac{\log _3 8^{x-1}}{\cancel{\log _3 5}}+\log _34^{1+2x-x^2}-\log _32^{x(3x+1)}\geq 0[/tex3]

[tex3]\log _3\left(\frac{8^{x-3}.4^{1+2x-x^2}}{2^{x(3x+1)}}\right)\geq 0[/tex3]

[tex3]\frac{2^{3x-9}.2^{2+4x-2x^2}}{2^{x(3x+1)}}\geq 3^0[/tex3]

[tex3]\frac{2^{3x-9}.2^{2+4x-2x^2}}{2^{x(3x+1)}}\geq 1[/tex3]

[tex3]2^{6x-1-5x^2}\geq 2^0[/tex3]

Assim temos,
[tex3]5x^2-6x+1\leq 0[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{\frac{1}{5}\leq x \leq 1}[/tex3]
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Problema 117

(ITA -2009) Dadas a circunferência C: [tex3](x-3)^2+(y-1)^2=20[/tex3] e a reta r: [tex3]3x-y + 5 = 0[/tex3] , considere a reta t que tangencia C,forma um ângulo de 45º com r e cuja distância à origem [tex3]\frac{3\sqrt{5}}{5}[/tex3] . Determine uma equação da reta t.

Mensagem não lida por **Natan** » 15 Out 2011, 12:35

Solução do problema 117:

Seja [tex3]t:\, y=ax+k[/tex3]

agora começaremos a montar o quebra cabeça:

"o angulo entre as retas é de [tex3]45^{o}[/tex3] " seja [tex3]m_t[/tex3] o declive de t:

[tex3]\tg 45^{o}=\left| \frac{3-m_t}{1+3m_t} \right|\, \Rightarrow\, |3-m_t|=|1+3m_t|[/tex3] daí seguem as possibilidade:

[tex3]3-m_t=1+3m_t\, \Rightarrow\, m_t=\frac{1}{2}[/tex3]

ou

[tex3]3-m_t=-(1+3m_t)\, \Rightarrow\, m_t=-2[/tex3]

logo temos que [tex3]y=\frac{x}{2}+k\, ou\, y=-2x+k[/tex3]

"a distância de t a origem é de [tex3]\frac{3\sqrt{5}}{5}[/tex3] "

[tex3]\frac{|-2.0-1.0+k|}{\cancel{\sqrt{5}}}=\frac{3\cancel{\sqrt{5}}}{\cancel{5}}\, \Rightarrow\, k=-3\, ou\, k=3.[/tex3]

e assim: [tex3]y=\frac{x}{2}-3\, ou\, y=\frac{x}{2}+3\, ou\, y=-2x-3\, ou\, y=-2x+3[/tex3]

como esta deve ser tangente a C, concluímos que a sua distância ao centro de C deve ser igual ao raio [tex3]2\sqrt{5},[/tex3] e apenas a terceira reta satisfaz tal condição, assim a reta procurada é:

[tex3]\boxed{t:\, 2x+y+3=0}[/tex3]

....................................................................................................

Problema 118:

(ITA-2002) Sejam [tex3]\alpha,\, \beta\, e\, \theta[/tex3] angulos internos de um triângulo ABC. Mostre que se [tex3]\sen \alpha =\frac{\sen \beta +\sen \theta }{\cos \beta + \cos \theta }[/tex3] então [tex3]ABC[/tex3] é um triângulo retângulo.

Solução do Problema 118:

Temos que,
[tex3]\alpha+\beta +\theta =\pi[/tex3]

Logo temos as seguintes relações
[tex3]\beta +\theta =\pi -\alpha \Rightarrow \begin{cases}\sen \left(\beta +\theta\right)=\sen \alpha \\\cos \left(\beta +\theta\right)=-\cos \alpha \\\sen \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)=\cos \left(\frac{\alpha}{2}\right)\\\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)=\sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)\end{cases}[/tex3]

Da questão temos,
[tex3]\sen \alpha =\frac{\sen \beta +\sen \theta }{\cos \beta +\cos \theta }=\frac{2\cdot \sen \left(\frac{\beta+\theta}{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\beta-\theta}{2}\right)}{2\cdot \cos \left(\frac{\beta+\theta}{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\beta-\theta}{2}\right)}=\frac{\cos \left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)}[/tex3]

[tex3]\sen \alpha \cdot \sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)=\cos \left(\frac{\alpha}{2}\right)[/tex3]

[tex3]2\sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot \sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)=\cos \left(\frac{\alpha}{2}\right)[/tex3]

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

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

[tex3]\sen \left(\frac{\alpha}{2}\right)=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{x}{2}=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2},\, k \in \mathbb{Z}[/tex3]

Para k=0 temos,
[tex3]x=\frac{\pi}{2}[/tex3] , logo o triângulo ABC é retângulo.

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Problema 119
\left(ITA -1991\right) Sejam os números reais [tex3]\alpha \,e\,x[/tex3] onde [tex3]0<\alpha <\frac{\pi}{2}[/tex3] e [tex3]x\neq 0[/tex3] . Se no desenvolvimento de [tex3]\left[\left(\cos \alpha\right)x +\left(\sen \alpha\right)\frac{1}{x}\right]^8[/tex3] o termo independente de x é [tex3]\frac{35}{8}[/tex3] , então o valor de [tex3]\alpha[/tex3] vale:

a\right) [tex3]\frac{\pi}{6}[/tex3]
b\right) [tex3]\frac{\pi}{3}[/tex3]
c\right) [tex3]\frac{\pi}{12}[/tex3]
d\right) [tex3]\frac{\pi}{4}[/tex3]
e\right) N.R.A

Agash · Mensagem não lida por **Agash** » 17 Out 2011, 12:58

Solução do Problema 119:

Com efeito:
[tex3](x+a)^n=\sum_{k=0}^{n}C_n^k . a^k . x^{n-k}[/tex3]
Para o termo [tex3]T_{k+1}[/tex3] :
[tex3]T_{k+1}= C_n^k a^k.x^{n-k}[/tex3]
sendo assim, para o termo independente devemos ter:
[tex3]T_{k+1}=C_{8}^k . \left( (\sen \alpha) \frac{1}{x} \right) ^{k} .\left( (\cos \alpha )x \right) ^{8-k}[/tex3]
[tex3]T_{k+1}=C_8^k (\sen \alpha)^k. (\cos \alpha)^{8-k} . x^{8-2k}[/tex3]
Para o termo independente de x, devemos ter [tex3]8-2k=0 \rightarrow k=4[/tex3]
Logo, da condicionante:
[tex3]C_8^4.( 2\sen \alpha .\cos \alpha )^4.\frac{1}{2^4}=\frac{35}{8} \rightarrow \frac{\cancel{35}.\cancel{2}}{\cancel{2}.2^3}. (\sen 2\alpha)^4=\frac{\cancel{35}}{2^3}[/tex3]
Portanto:
[tex3](\sen 2\alpha)^4=1[/tex3] ,[tex3]0<\alpha <\frac{\pi}{2}[/tex3] [tex3]\rightarrow 2 \alpha=\frac{\pi}{2} \rightarrow \alpha =\frac{\pi}{4}[/tex3]
Gabarito D

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Problema 120
IME 1950/1951 - Algébra

Determinar os valores possíveis da relação [tex3]\frac{p}{h}[/tex3] , onde [tex3]P[/tex3] e [tex3]h[/tex3] satisfazem as condições [tex3]p>0[/tex3] , [tex3]h>0[/tex3] , de modo que seja real o valor de [tex3]y[/tex3] dado pela expressão:
[tex3]y = \sqrt{p^2-2ph-h^2}[/tex3]

Não devem ser feitas explicações. Apresente somente os cálculos.

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