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Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Qua 06 Nov, 2013 17:54
por FilipeCaceres
Solução do Problema 90

Do enunciado tiramos [tex3]A+B+C=\pi[/tex3] , logo

[tex3]\tan (A+B)=\tan (\pi-C)[/tex3]

[tex3]\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \cdot \tan B}=-\tan C[/tex3]

[tex3]\tan A+\tan B+\tan C=\tan A \cdot \tan B\cdot \tan C[/tex3]

[tex3]\boxed{\frac{\tan A \cdot \tan B\cdot \tan C}{\tan A+\tan B+\tan C}=1}[/tex3]

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Problema 91

(IME - 1954/1955) Uma circunferência de círculo passa pelo foco da parábola [tex3]x^2=-8y[/tex3] , é tangente ao semi-eixo negativo dos [tex3]x[/tex3] e tem o centro sobre a reta [tex3]x-y-4 = 0[/tex3] . Pedem-se:

a) Achar a equação da circunferência.
b) Achar as equações das tangentes à circunferência tiradas pela origem.
Resposta

a)[tex3](x + 6)^2 + (y + 10)^2 = 100[/tex3]
b)[tex3]y=0[/tex3] e [tex3]y+\frac{15}{8}x=0[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Ter 12 Nov, 2013 00:53
por theblackmamba
Solução do Problema 91

a)
Equação da parábola:
[tex3]x^2=4py[/tex3]

Equação do círculo:

[tex3]4p=-8\,\,\Rightarrow\,\,p=-2[/tex3]

De modo que o foco se encontra no ponto [tex3](0,-2)[/tex3]

Equação do círculo:
[tex3](x-a)^2+(y-b)^2=r^2[/tex3]

Se o círculo é tangente no eixo [tex3]x[/tex3] então o raio equivale também ao valor do módulo da ordenada do centro, ou seja, [tex3]r=|b|[/tex3] .

Usando o fato que [tex3]a-b-4=0\,\,\Rightarrow\,\,a=b+4[/tex3] , pois o centro pertence a reta. Vamos substituir essa relação e o ponto [tex3](0,-2).[/tex3]

[tex3](0-(b+4))^2+(-2-b)^2=|b|^2[/tex3]
[tex3]b^2+8b+16+4+4b+b^2=b^2[/tex3]
[tex3]b^2+12b+20=0[/tex3]
[tex3]b=-2\,\,\Rightarrow\,\,a=2[/tex3] ou [tex3]b=-10\,\,\Rightarrow\,\,a=-6[/tex3] .

Mas como o círculo é tangente ao semieixo da abcissa então a coordenada deve ser negativa. Assim escolhemos a segunda opção.
Temos a equação do círculo:
[tex3]\boxed{(x+6)^2+(y+10)^2=100}[/tex3]

b)


A equação da tangente é em geral [tex3]y=mx[/tex3] pois passa pela origem.

[tex3](x+6)^2+(mx+10)^2=100[/tex3]
[tex3]x^2+12x+36+m^2x^2+20mx+100=100[/tex3]
[tex3]x^2\cdot (m^2+1)+x\cdot (20m+12)+36=0[/tex3]

Como temos apenas um ponto em comum na reta tangente o delta é nulo:

[tex3](20m+12)^2-4\cdot (m^2+1)\cdot 36=0[/tex3]
[tex3]400m^2+480m+144-144m^2-144=0[/tex3]
[tex3]m\cdot (256m+480)=0[/tex3]
[tex3]m=0[/tex3] ou [tex3]m=\frac{480}{256}=\frac{15}{8}[/tex3]

Assim temos as retas tangentes:
[tex3]\boxed{y=0}[/tex3] e [tex3]\boxed{y=\frac{15}{8}x}[/tex3]

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Problema 92

(IME - 1982/83) Mostre que o lado do icoságono regular convexo é igual a diferença, dividida por [tex3]\sqrt{2}[/tex3] , entre o lado do decágono regular estrelado e o lado do pentágono regular convexo. Todos os três polígonos estão inscritos em um mesmo círculo de raio [tex3]r[/tex3] .

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Ter 12 Nov, 2013 18:05
por FilipeCaceres
Solução do Problema 92
IME_82-83.png
IME_82-83.png (17.91 KiB) Exibido 3835 vezes
Os ângulos da figura valem
[tex3]\alpha =2\left(180-\frac{180\cdot(10-2)}{10}\right)=72^{\circ}[/tex3]
[tex3]\beta =3\left(180-\frac{180\cdot(10-2)}{10}\right)=108^{\circ}[/tex3]

Da lei dos cossenos temos
[tex3]\ell_{10}^2=2r^2(1-\cos 108^{\circ})[/tex3]
[tex3]\ell_{10}^2=\frac{r^2(3+\sqrt{5})}{2}[/tex3]
[tex3]\ell_{10}=\frac{r(1+\sqrt{5})}{2}[/tex3]

[tex3]\ell_{5}^2=2r^2(1-\cos 72^{\circ})[/tex3]
[tex3]\ell_{5}^2=\frac{r^2(5-\sqrt{5})}{2}[/tex3]
[tex3]\ell_{5}=r\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}[/tex3]

O ângulo interno do icoságono vale,
[tex3]\gamma =180-\frac{180(20-2)}{20}=18^{\circ}[/tex3]

Usando a lei dos cossenos novamente,
[tex3]\ell_{20}^2=2r^2(1-\cos 18^{\circ})[/tex3]
[tex3]\ell_{20}^2=r^2\left(2-\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}\right)[/tex3]

Do enunciado temos,
[tex3]\ell_{20}=\frac{\ell_{10}-\ell_{5}}{\sqrt{2}}[/tex3]

Elevando ao quadrado,
[tex3]\ell_{20}^2=\frac{\ell_{10}^2-2\ell_{10}\ell_{5}+\ell_{5}^2}{2}[/tex3]

Substituindo,
[tex3]\ell_{20}^2=\frac{1}{2}\left(\frac{r^2(3+\sqrt{5})}{2}-2\cdot \frac{r(1+\sqrt{5})}{2}\cdot r\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}+\frac{r^2(5-\sqrt{5})}{2}\right)[/tex3]
[tex3]\ell_{20}^2=\frac{1}{2}\left(4r^2-r^2(1+\sqrt{5})\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}\right)[/tex3]
[tex3]\ell_{20}^2=r^2\left(2-\sqrt{\frac{(1+\sqrt{5})^2(5-\sqrt{5})}{8}}\right)[/tex3]
[tex3]\ell_{20}^2=r^2\left(2-\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}\right)[/tex3] . C.Q.D

Observações:
[tex3]\cos 108^{\circ}=-\cos 72^{\circ}=-\sin 18^{\circ}[/tex3]

Vamos fazer [tex3]x=18[/tex3] assim temos,
[tex3]\sin 2x=\cos 3x[/tex3]
[tex3]2\sin x \cdot cos x=4\cos^3 x-3\cos x[/tex3]
[tex3]2\sin x=4-4sin^2 x - 3[/tex3]
[tex3]4\sin^2 x+2\sin x -1=0[/tex3]
[tex3]\sin x =\frac{-1-\sqrt{5}}{4}[/tex3] , não serve, pois [tex3]\sin 18^{\circ}[/tex3] está no 1º quadrante.
[tex3]\boxed{\sin 18^{\circ} =\frac{\sqrt{5}-1}{4}}[/tex3]

Da relação fundamental,
[tex3]\sin^2 x +\cos^2 x=1[/tex3]
[tex3]\boxed{\cos 18^{\circ} =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{5+\sqrt 5}{2}}}[/tex3]

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Problema 93

(IME - 1990/1991) Sejam [tex3]A,\, B\, e\, C[/tex3] os ângulos de um triângulo. Mostre que
[tex3]\sin \,2A + \sin \,2B + \sin \,2C = 4 \sin \,A\cdot \sin \,B\cdot \sin \,C[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Ter 26 Nov, 2013 12:31
por theblackmamba
Solução do Problema 93

[tex3]A+B+C=180^{\circ}[/tex3]

Usando as relações:
[tex3]\sin 2x=2\sin x \cdot \cos x[/tex3]
[tex3]\sin a-\sin b=2\sin \frac{a-b}{2}\cdot \cos \frac{a+b}{2}[/tex3]
[tex3]\cos a-\cos b=-2\sin \frac{a+b}{2}\cdot \sin \frac{a-b}{2}[/tex3]
[tex3]\sin (180-x)=\sin x[/tex3]
[tex3]\cos (180-x)=\cos x[/tex3]

Temos:
[tex3]\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=[/tex3]
[tex3]2\sin A\cdot \cos A+2\sin (B+C)\cdot \cos (B-C)=[/tex3]

Mas [tex3]B+C=180-A\,\,\therefore\,\,\sin (B+C)=\sin A[/tex3]

[tex3]2\sin A\cdot (\cos A+\cos (B-C))=[/tex3]

Mas, [tex3]A=180-(B+C)\,\,\cos A=-\cos (B+C)[/tex3]

[tex3]2\sin A\cdot (\cos(B-C)-\cos (B+C))=[/tex3]
[tex3]2\sin \cdot \cdot (-2\sin B\cdot \sin(-C))=\boxed{4\sin A\cdot \sin B\cdot \sin C}[/tex3] . CQD

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Problema 94

(IME - 2001/02) Um cone e um cilindro circulares retos têm uma base comum e o vértice do cone se encontra no centro da base do cilindro. Determine o ângulo formado pelo eixo do cone e sua geratriz, sabendo-se que a razão entre a área total do cilindro e a área total do cone é [tex3]\frac{7}{4}[/tex3] .
Resposta

[tex3]\arccos \frac{4}{5}[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Qui 28 Nov, 2013 10:33
por FilipeCaceres
Solução do Problema 94
IME_2001-2002.png
IME_2001-2002.png (14.33 KiB) Exibido 3760 vezes
Do encunciado temos que:
[tex3]\frac{A_{T_{cil}}}{A_{T_{cone}}}=\frac{7}{4}[/tex3]
[tex3]\frac{2\pi r^2 +2\pi h}{\pi r^2 +\pi rg}=\frac{7}{4}[/tex3]
[tex3]8h+r=7g[/tex3]
[tex3]8\frac{h}{g}+\frac{r}{g}=7[/tex3]

Da figura tiramos
[tex3]\cos\alpha =\frac{h}{g}[/tex3]
[tex3]\sin\alpha =\frac{r}{g}[/tex3]

Assim temos
[tex3]8\cos \alpha+\sin \alpha=7[/tex3]
[tex3]64\cos^2 =49-14\sin\alpha +\sin ^2\alpha[/tex3]
[tex3]64(1-\sin ^2\alpha)=49-14\sin\alpha +\sin ^2\alpha[/tex3]
[tex3]65\sin ^2 \alpha -14\sin \alpha -15=0[/tex3]
[tex3]\sin \alpha =-\frac{5}{13}[/tex3] , não convém pois [tex3]\alpha[/tex3] pertence ao primeiro quadrante.
[tex3]\sin \alpha =\frac{3}{5}\Longrightarrow \alpha =\arcsin\left(\frac{3}{5}\right)[/tex3]

Ou,
[tex3]\cos \alpha =\frac{4}{5}\Longrightarrow \boxed{\alpha =\arccos\left(\frac{4}{5}\right)}[/tex3]

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Problema 95

(IME - 1990/1991) A coleção de selos de Roberto está dividida em três volumes. Dois décimos do total de selos estão no primeiro volume, alguns sétimos do total estão no segundo volume e 303 selos estão no terceiro volume. Quantos selos Roberto tem?
Resposta

3535

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Sex 29 Nov, 2013 11:48
por theblackmamba
Solução do Problema 95

Seja [tex3]x[/tex3] quantidade total de selos.

No primeiro volume: [tex3]\frac{2x}{10}[/tex3]
No segundo volume: [tex3]\frac{nx}{7}[/tex3]
No terceiro volume: [tex3]x-\left(\frac{2x}{10}+\frac{nx}{7}\right)=303[/tex3]

Resolvendo na terceira:
[tex3]\frac{4x}{5}-\frac{nx}{7}=303[/tex3]
[tex3]28x-5nx=10605[/tex3]
[tex3]x\cdot (28-5n)=10605[/tex3]
[tex3]x=\frac{10605}{28-5n}[/tex3] . Tal que [tex3]28-5n>0\,\,\Rightarrow\,\, n<5,6[/tex3] .

Assim [tex3]n[/tex3] pode ser [tex3]1,2,3,4,5[/tex3] . Mas a fração deve ser inteira. Substituindo os valores de [tex3]n[/tex3] encontraremos apenas um valor inteiro para [tex3]x[/tex3] com [tex3]n=5[/tex3] .

Portanto o número total de selos é [tex3]\boxed{x=3535}[/tex3] .

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Problema 96

(IME - 1989/90) Ligando as cidades A e B existem duas estradas principais. Dez estradas secundárias de mão dupla, ligam as duas estradas principais, como mostra a figura. Quantos caminho, sem auto-intersecções, existem de A até B ?
Obs.: Caminho sem auto-intersecções é um caminho que não passa por um ponto duas ou mais vezes.
ime_math_89-90-disc2.png
ime_math_89-90-disc2.png (6.09 KiB) Exibido 3750 vezes
Resposta

[tex3]2048[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Seg 02 Dez, 2013 14:40
por FilipeCaceres
Solução do Problema 96
ime_math_89-90.png
ime_math_89-90.png (6.23 KiB) Exibido 3731 vezes
Da figura podemos perceber que de cada ponto azul temos 2 possibilidades de partir. Desta forma, o total de possibilidades para ir de A até B vale [tex3]\boxed{2^{11}=2048}[/tex3]

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Problema 97

(IME - 1991/1992) Encontre todas as soluções de [tex3]\sec x -2\cos x =1[/tex3] em [tex3][0,2\pi][/tex3] .
Resposta

[tex3]S=\left\{\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5\pi}{3}\right\}[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Qua 04 Dez, 2013 09:46
por theblackmamba
Solução do Problema 97

[tex3]\sec x=\frac{1}{\cos x},\,\,\,x\neq \frac{\pi}{2}+k\pi,\,\,\,k\in \mathbb{N}[/tex3] .

[tex3]\frac{1}{\cos x}-2\cos x=1[/tex3]
[tex3]2\cos^2 x+\cos x-1=0[/tex3]

[tex3]\cos x=\frac{1}{2}\,\,\therefore\,\,x=\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{3}[/tex3]
[tex3]\cos x=-1\,\,\therefore\,\,x=\pi[/tex3]

Portanto o conjunto solução é: [tex3]\boxed{S=\left\{\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5\pi}{3}\right\}}[/tex3]

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Problema 98

(IME - 1988/89) Determine o coeficiente de [tex3]x^{-9}[/tex3] no desenvolvimento de [tex3]\left(x^2+\frac{1}{x^5}\right)^2\cdot \left(x^3+\frac{1}{x^4}\right)^5[/tex3]
Resposta

[tex3]35[/tex3]

Re: III Maratona de Matemática IME/ITA

Enviado: Ter 10 Dez, 2013 10:20
por FilipeCaceres
Solução do Problema 98

Poderíamos resolver de forma similar ao Problema 73 desta maratona. Mas percebam que fazer isto daria muito trabalho, pois teríamos que analisar muitos casos.

Podemos observar facilmente que:
[tex3]\left(x^2+\frac{1}{x^5}\right)^2\cdot \left(x^3+\frac{1}{x^4}\right)^5=\frac{(x^7+1)^2}{x^{10}}\cdot \frac{(x^7+1)^5}{x^{20}}=\frac{(x^7+1)^7}{x^{30}}[/tex3]

Desta forma, precisamos encontrarmos o valor de [tex3]x^{21}[/tex3]
[tex3]\frac{(x^7+1)^7}{x^{30}}=\frac{1}{x^{30}}\sum_{k=0}^{7}{7\choose k}(x^7)^{7-k}(1)^k=\frac{1}{x^{30}}\sum_{k=0}^{7}{7\choose k}x^{49-7k}[/tex3]

Logo,
[tex3]49-7k=21[/tex3]
[tex3]k=4[/tex3]

Assim temos,
[tex3]T_5={7\choose 4}x^{21}=35x^{21}[/tex3]

Portanto o valor desejado vale [tex3]\boxed{35}[/tex3] .

Com esta questão finalizamos a III Maratona de Matemática.

Um forte abraço e bons estudos.