Maratonas de Matemática

Mensagem não lidapor **lecko** » 12 Ago 2011, 21:25 · Mensagem não lida por **lecko** » 12 Ago 2011, 21:25

Solução do problema 10:

[tex3]\frac{2^{y+1}\cdot 2^{y-1}-7+2^{y-2}\cdot 2^{y-1}}{2^{y-1}}=\frac{1}{2^{y-2}}[/tex3]
[tex3]\frac{2^{2Y}-7+2^{2y-3}}{2^{y-1}}=\frac{1}{2^{y-2}}[/tex3]
[tex3]\frac{2^{2y}+2^{2y-3}-7}{2^{y-1}}=\frac{1}{2^{-1}(2^{y-1})}[/tex3]
[tex3]2^{2y}+2^{2y-3}-7=2[/tex3]
[tex3]2^{2y}(1+2^{-3})=9[/tex3]
[tex3]2^{2y}=8 \rightarrow 2^{2y}=2^3[/tex3]
logo [tex3]2y=3[/tex3] então [tex3]y=1,5[/tex3] . Letra B

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Problema 11

(ITA - 2004) Se [tex3]\alpha[/tex3] é um número real, com [tex3]0 \lt \alpha \lt 1[/tex3] . Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos os valores de [tex3]x[/tex3] tais que [tex3]\alpha^{2x}\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\right)^{2x^2} < 1[/tex3]

A) [tex3]] - \infty;0 ] \cup [2; + \infty][/tex3]
B) [tex3]] - \infty;0 [ \cup ]2; + \infty][/tex3]
C) [tex3]]0;2[[/tex3]
D) [tex3]] - \infty;0 [[/tex3]
E) [tex3]]2; + \infty[[/tex3]

Resposta

Gabarito: Letra [tex3]C[/tex3]

Mensagem não lidapor **poti** » 12 Ago 2011, 22:46 · Mensagem não lida por **poti** » 12 Ago 2011, 22:46

Solução do Problema 11:

[tex3]\alpha = a[/tex3]

[tex3]a^{2x}(a^{-\frac{1}{2}})^{2x^2} < 1[/tex3]

[tex3]a^{2x} a^{-x^2} < 1[/tex3]

[tex3]a^{2x -x^2} < a^0[/tex3]

Como [tex3]a < 1[/tex3] , a inequação se inverte pro expoente:

[tex3]2x - x^2 > 0[/tex3]

[tex3]x(2 - x) > 0[/tex3]

Raízes: [tex3]x = 0[/tex3] , [tex3]x = 2[/tex3] .

[tex3]\boxed{0 < x < 2}[/tex3]

Isso equivale a:

[tex3]]0; \ 2[[/tex3] . Letra C

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Problema 12:

(ITA-2001) De dois polígonos convexos, um tem a mais que o outro 6 lados e 39 diagonais. Então, a soma total dos números de vértices e de diagonais dos dois polígonos é igual a:

a) 63
b) 65
c) 66
d) 70
e) 77

Resposta

b)

Solução do Problema 12

Sabemos que:
[tex3]d=\frac{n(n\cdot(n-3))}{2}[/tex3]

Do enunciado tiramos,
[tex3]\begin{cases}d_2=d_1+39 \\ n_2=n_1+6\end{cases}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\frac{(n_1+6)(n_1+3)}{2}=\frac{n_1(n_1-3)}{2}+39[/tex3]

[tex3]n_1^2+3n_1+6n_1+18=n_1^2-3n_1+78[/tex3]

[tex3]12n_1=60 \Rightarrow n_1=5[/tex3]

Logo,
[tex3]d_1=5[/tex3]
[tex3]d_2=44[/tex3]

Então, a soma total dos números de vértices e de diagonais é:
[tex3]S=5+11+5+44=\boxed{65}[/tex3] . Letra B

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Problema 13

(ITA-74) [tex3]\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)^2[/tex3] vale:

a) [tex3]\frac{1-2\sen2x}{1+\sen2x}[/tex3]

b) [tex3]\frac{1+2\sen2x}{1-\sen2x}[/tex3]

c) [tex3]\frac{1+\sen2x}{1-\sen2x}[/tex3]

d) [tex3]\frac{1-\sen2x}{1+\sen2x}[/tex3]

e) N.R.A

Resposta

Gabarito: d

Mensagem não lidapor **poti** » 13 Ago 2011, 10:56 · Mensagem não lida por **poti** » 13 Ago 2011, 10:56

Solução do Problema 13

[tex3]\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)^2[/tex3]

[tex3]\frac{1-2\tan x+(\tan x)^2}{1+2\tan x + (\tan x)^2}[/tex3]

[tex3]\frac{(\sec x)^2 - 2\tan x}{(\sec x)^2 + 2\tan x}[/tex3]

[tex3]\large\frac{\,\,\,\frac{\cos x - 2\text{sen}x (\cos x)^2}{\cancel{(\cos x)^3}}\,\,\,\,}{\,\,\,\frac{\cos x + 2\text{sen}x (\cos x)^2}{\cancel{(\cos x)^3}}\,\,\,}[/tex3]

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

[tex3]\boxed{\frac{1-\text{sen}(2x)}{1 + \text{sen}(2x)}}[/tex3]

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Problema 14

(IME - 1980/81) Mostre que não existem matrizes quadradas [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3] , que verifiquem [tex3]AB-BA=I[/tex3] , onde [tex3]I[/tex3] é uma matriz identidade de uma ordem qualquer.

Solução do Problema 14

Sabendo o seguinte proposição,
Sejam [tex3]A_n,B_n\,\in \mathbf{R}[/tex3] , onde [tex3]A_n,B_n[/tex3] representam uma matriz quadrada, então [tex3]Tr(AB)=Tr(BA)[/tex3] .

Assim temos que,
[tex3]Tr(AB)=Tr(BA)[/tex3]

[tex3]Tr(AB)-Tr(BA)=0[/tex3]
E
[tex3]Tr(I)=n[/tex3]

Sendo assim,
[tex3]AB-BA\neq I[/tex3]

Portanto não existe as matrizes [tex3]A[/tex3] e [tex3]B[/tex3] .

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Problema 15

(ITA-1976) Numa superfície esférica de área [tex3]A>1[/tex3] , considere inscrito um cone, tal que a área da sua base seja igual a sua altura. Nestas condições, temos que o volume do cone é dado por:

a) [tex3]V=\frac{1}{3}\pi^2A^{\frac{2}{3}}[/tex3]
b) [tex3]V=\frac{1}{3}\pi A^2[/tex3]
c) [tex3]V=\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt{\pi A}-1}{\pi}\right)^2[/tex3]
d) [tex3]V=\frac{1}{3}\pi(A^2-1)[/tex3]
e) [tex3]\text{N.R.A}[/tex3]

Resposta

Gabarito: c

Mensagem não lidapor **poti** » 13 Ago 2011, 23:21 · Mensagem não lida por **poti** » 13 Ago 2011, 23:21

Solução do Problema 15

: esfera.JPG (6.94 KiB) Exibido 8182 vezes

Relação Notável: [tex3]R^2 = r^2 + (h - R)^2[/tex3]

Sabemos que:

[tex3]A_{esf} = A = 4 \pi R^2[/tex3] (I)
[tex3]V_{cone} = \frac{\pi r^2 h}{3}[/tex3] (II)
[tex3]A_{base_{cone}} = \pi r^2 = h[/tex3] (III)

Fazendo (III) em (II):

[tex3]V_{cone} = \frac{\pi^2 r^4}{3}[/tex3]

Isolando [tex3]R[/tex3] em (I):

[tex3]R = \frac{\sqrt{A}}{2 \sqrt{\pi}}[/tex3]

Aplicamos agora na relação notável:

[tex3]\frac{A}{4 \pi} = r^2 + \left(h - \frac{\sqrt{A}}{2 \sqrt{\pi}}\right)^2[/tex3]

Isolando [tex3]r[/tex3] :

[tex3]r = \sqrt{ \frac{\sqrt{A}h}{\sqrt{\pi}} - h^2}[/tex3]

[tex3]r = \sqrt{ \frac{\sqrt{A} \pi r^2}{\sqrt{\pi}} - \pi^2 r^4}[/tex3]

[tex3]\frac{\sqrt{A} \pi r^2}{\sqrt{\pi}} - \pi^2 r^4 - r^2 = 0[/tex3]

Resolvendo [tex3]f(r) = 0[/tex3] por Bhaskara:

[tex3]r = \frac{\sqrt{\sqrt{\pi A} - 1}}{\pi}[/tex3] , [tex3]\cancel{r = 0}[/tex3] (Não Interessa)

Colocando [tex3]r[/tex3] na fórmula do Volume:

[tex3]V_{cone} = \frac{\pi^2 r^4}{3} = \frac{\pi^2 \frac{(\sqrt{\pi A} - 1)^2 }{\pi^4}}{3} = \boxed{\frac{\frac{(\sqrt{\pi A} - 1)^2 }{\pi^2}}{3}}[/tex3] . Letra C

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Problema 16

(ITA-1992) A razão entre as áreas de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência e de um hexágono regular, cuja apótema mede 10cm, circunscrito a essa mesma circunferência é:

a) 1/2
b) 1
c) 1/3
d) 3/8
e) nda

Resposta

d)

Mensagem não lidapor **lecko** » 14 Ago 2011, 11:54 · Mensagem não lida por **lecko** » 14 Ago 2011, 11:54

Solução do Problema 16

: hexagon.jpeg (9.12 KiB) Exibido 7338 vezes

Nem precisa ter dado o apótema já que dá pra fazer tudo algébricamente.
Sabemos que a área do triângulo equilátero é [tex3]\frac{l^2 \sqrt{3}}{4}[/tex3] e que o seu lado em função do raio da circunferência circunscrita é [tex3]r \sqrt{3}[/tex3] então sua área será: [tex3]\frac{(r \sqrt{3})^2 \sqrt{3}}{4}=\frac{3r^2\sqrt{3}}{4}[/tex3] .
Sabe-se que a área do hexágono é [tex3]\frac{3l^2 \sqrt{3}}{2}[/tex3] e que seu lado em função do raio da circunferência inscrita é [tex3]\frac{2r \sqrt{3}}{3}[/tex3] .
Então sua área será: [tex3]\frac{3\left(\frac{2r \sqrt{3}}{3}\right)^2 \sqrt3}{2}=2r^2 \sqrt{3}[/tex3] .
fazendo a razão teremos:
[tex3]\frac{\frac{3r^2 \sqrt{3}}{4}}{2r^2 \sqrt{3}}=\frac{3}{8}[/tex3]

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Problema 17

(ITA - 2002) Sejam [tex3]f[/tex3] e [tex3]g[/tex3] duas funções definidas por [tex3]f_{(x)}=(\sqrt{2})^{3 senx-1}[/tex3] e [tex3]g_{(x)}=\left(\frac{1}{2}\right)^{3 sen^2x-1}[/tex3] , [tex3]x[/tex3] [tex3]\in[/tex3] [tex3]\bar{R}[/tex3] .

A soma do valor mínimo de [tex3]f[/tex3] com o valor mínimo de [tex3]g[/tex3] é igual a :

a) [tex3]0[/tex3]
b) [tex3]-\frac{1}{4}[/tex3]
c) [tex3]\frac{1}{4}[/tex3]
d) [tex3]\frac{1}{2}[/tex3]
e) [tex3]1[/tex3]

Resposta

Gabarito:[tex3]Letra[/tex3] [tex3]D[/tex3]

Mensagem não lidapor **poti** » 14 Ago 2011, 15:34 · Mensagem não lida por **poti** » 14 Ago 2011, 15:34

Solução do Problema 17:

Como [tex3]\sqrt{2} > 1[/tex3] , teremos o valor mínimo com [tex3]sen(x) = -1[/tex3] . Quando isso acontece, temos:

[tex3]2^{\frac{1}{2}(3\text{sen}(x) - 1)} = 2^{\frac{1}{2}(3\cdot(-1) - 1)} = 2^{-2} = \boxed{\frac{1}{4}}[/tex3]

Como [tex3]0 < \frac{1}{2} < 1[/tex3] , teremos valor mínimo para [tex3]\text{sen}(x) = 1[/tex3] . Quando isso acontece, temos:

[tex3]\left(\frac{1}{2}\right)^{3\text{sen}^2x-1} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3\cdot1 - 1} = \boxed{\frac{1}{4}}[/tex3]

[tex3]\boxed{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}}[/tex3] . Letra D

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Problema 18

(ITA-2002) Mostre que [tex3]\left(\frac{x}{y} + 2 + \frac{y}{x}\right)^4 > C_{8,4}[/tex3] para quaisquer [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] reais positivos.

Solução do Problema 18

Usando MA-MG temos,
[tex3]\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2\sqrt{\frac{x}{y}.\frac{y}{x}}[/tex3]

[tex3]\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2[/tex3]

Assim temos,
[tex3](2+2)^4\geq 256[/tex3]

Também temos,
[tex3]C_{8,4}=\frac {8!}{4!4!}=70[/tex3]

Portanto,
[tex3]\left(\frac{x}{y} + 2 + \frac{y}{x}\right)^4 > C_{8,4}[/tex3]

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Problema 19

(ITA- 1971) Dado um cone reto de geratriz g e altura h, calcular a que distância do vértice deveremos passar um plano paralelo à base, a fim de que a secção obtida seja equivalente à área lateral do tronco formado.

a) [tex3]\sqrt{g(g-h)}[/tex3]
b) [tex3]\sqrt{g(g-\sqrt{g^2-h^2})}[/tex3]
c) [tex3]\sqrt{g^2-\sqrt{g^2-h^2}}[/tex3]
d) [tex3]\sqrt{h^2-g\sqrt{g^2-h^2}}[/tex3]
e) N.R.A

Resposta

Gabarito:b

Mensagem não lidapor **poti** » 15 Ago 2011, 02:39 · Mensagem não lida por **poti** » 15 Ago 2011, 02:39

Solução do Problema 19 (que acabou com meu humor por duas horas

)

: cone.JPG (4.9 KiB) Exibido 7309 vezes

Relações Notáveis:
[tex3]g^2 = h^2 + R^2[/tex3] (I)
[tex3]\frac{r}{R} = \frac{d}{h}[/tex3] (II)
[tex3]\frac{r}{R} = \frac{L}{g}[/tex3] (III)
[tex3]\frac{L}{g} = \frac{d}{h}[/tex3] (IV)

Área Lateral do Tronco de Cone (Incógnitas adaptadas às da figura; normalmente [tex3]g - L[/tex3] é o [tex3]L[/tex3] , mas na minha figura fiz assim):
[tex3]\pi (g - L) (R + r)[/tex3] (V)

Área da Secção:
[tex3]\pi r^2[/tex3] (VI)

Do enunciado, tiramos (V) = (VI):

[tex3]\pi r^2 = \pi (g - L) (R + r)[/tex3]
[tex3]\boxed{r^2 = \pi (g - L) (R + r)}[/tex3] (X)

Isolando [tex3]r[/tex3] em (II) e aplicando em (X):

[tex3]r = \frac{R.d}{h}[/tex3]

[tex3]\frac{R^2 . d^2}{h^2} = (g - L)(R + \frac{R.d}{h})[/tex3]

[tex3](g - L) = \frac{R^2 . d^2}{h^2 (R + \frac{R.d}{h})}[/tex3]

[tex3](g - L) = \frac{R^2 . d^2}{R h^2 + R.d.h}[/tex3]

[tex3]\boxed{(g - L) = \frac{R. d^2}{h^2 + d.h}}[/tex3]

Isolando [tex3]R[/tex3] em (I) e aplicando em (Y):

[tex3]R = \sqrt{g^2 - h^2}[/tex3]

[tex3]\boxed{(g - L) = \frac{\sqrt{g^2 - h^2} . d^2}{h^2 + d.h)}}[/tex3] (Z)

Isolando [tex3]L[/tex3] em (IV) e aplicando em (Z):

[tex3]L = \frac{g.d}{h}[/tex3]

[tex3](g - \frac{g.d}{h}) = \frac{\sqrt{g^2 - h^2} . d^2}{h^2 + d.h}[/tex3]

[tex3]gh^2 - d^2 g = d^2 \sqrt{g^2 - h^2}[/tex3]

[tex3]gh^2 - d^2 g - d^2 \sqrt{g^2 - h^2} = 0[/tex3]

[tex3]d^2 g + d^2 \sqrt{g^2 - h^2} = gh^2[/tex3]

[tex3]d^2(g + \sqrt{g^2 - h^2}) = gh^2[/tex3]

[tex3]d^2 = \frac{gh^2}{g + \sqrt{g^2 - h^2}}[/tex3]

[tex3]d = \sqrt{\frac{gh^2}{g + \sqrt{g^2 - h^2}}}[/tex3]

[tex3]d = \sqrt{\frac{gh^2}{g + \sqrt{g^2 - h^2}} . \frac{g - \sqrt{g^2 - h^2}}{g - \sqrt{g^2 - h^2}}}[/tex3]

[tex3]d = \sqrt{\frac{g^2 h^2 - gh^2\sqrt{g^2 - h^2}}{h^2}}[/tex3]

[tex3]d = \sqrt{g^2 - g\sqrt{g^2 - h^2}}[/tex3]

[tex3]\boxed{d = \sqrt{g(g - \sqrt{g^2 - h^2})}}[/tex3] . Letra B

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Problema 20

(IME - 1993) Demonstre analiticamente que se uma reta perpendicular a uma corda de uma circunferência, passa pelo seu centro, então ela divide a corda no seu ponto médio.

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