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Re: Maratona de Matemática IME/ITA
Enviado: 30 Nov 2011, 22:27
por FilipeCaceres
Soluçao do Problema 140
Do enunciado,
[tex3]5M,2F,1Q,4O:\,C_{7,5}.C_{3,2}.C_{4,1}.C_{4,4}=252[/tex3]
[tex3]5M,2F,2Q,3O:\,C_{7,5}.C_{3,2}.C_{4,2}.C_{4,3}=1512[/tex3]
[tex3]5M,3F,0Q,4O:\,C_{7,5}.C_{3,3}.C_{4,0}.C_{4,4}=21[/tex3]
[tex3]5M,3F,1Q,3O:\,C_{7,5}.C_{3,3}.C_{4,1}.C_{4,4}=336[/tex3]
[tex3]5M,3F,2Q,2O:\,C_{7,5}.C_{3,3}.C_{4,2}.C_{4,2}=756[/tex3]
Somando temos que: 2877 comissões. Letra D
----------------------
Problema 141
(ITA - 1991) Se [tex3]z = \cos t + i\text{sen} t[/tex3]
, onde 0 [tex3]< t < 2p[/tex3]
, então podemos afirmar que [tex3]w=\frac{1+z}{1-z}[/tex3]
é dado por:
a) [tex3]i\cot\frac{t}{2}[/tex3]
b) [tex3]i\tan\frac{t}{2}[/tex3]
c) [tex3]i\cot t[/tex3]
d) [tex3]i\tan t[/tex3]
e) N.R.A
Re: Maratona de Matemática IME/ITA
Enviado: 04 Dez 2011, 23:06
por theblackmamba
Solução do Problema 141
[tex3]w = \frac{1 + \cos t + i\cdot \sen t}{1 - \cos t - i\cdot \sen t}[/tex3]
Lembrando das relações:
[tex3]\cos \theta = 2\cos ^2\, \frac{\theta}{2} - 1[/tex3]
; [tex3]{-}\cos \theta = 1 - 2\sen ^2\,\frac{\theta}{2}[/tex3]
e [tex3]\sen \theta = 2\cdot \sen \frac{\theta}{2}\cdot \cos \,\frac{\theta}{2}[/tex3]
Substituindo:
[tex3]w = \frac{1 + \left(2\cos ^2 \,\frac{t}{2} - 1\right) + i\cdot \left(2\cdot \sen \frac{t}{2}\cdot \cos \,\frac{t}{2}\right)}{1 - \left(1 - 2\sen ^2\,\frac{t}{2}\right) - i\left(2\sen \frac{t}{2}\cdot \cos \,\frac{t}{2}\right)}[/tex3]
[tex3]w = \frac{\left(2\cos ^2\,\frac{t}{2}\right)\cdot \left({-}i^2\right) + i\left(2\sen \frac{t}{2}\cdot \cos \,\frac{t}{2}\right)}{\left(2\sen ^2 \frac{t}{2}\right) - i\left(2\sen \frac{t}{2}\cdot \cos \,\frac{t}{2}\right)}[/tex3]
, colocando os fatores comuns em evidência:
[tex3]w = \frac{2i\cdot \cos \frac{t}{2}\left(\cancel{\sen \frac{t}{2} - i\cdot \cos \frac{t}{2}}\right)}{2\sen \frac{t}{2}\left(\cancel{\sen \frac{t}{2} - i\cdot \cos \,\frac{t}{2}}\right)}[/tex3]
[tex3]\boxed{w = i\cdot \left(\cotg \frac{t}{2}\right)}\text{Resposta}[/tex3]
A
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Problema 142
(ITA - 1976) Dado um paralelepípedo retângulo, de volume V, cujas arestas estão progressão geométrica, de razão q, podemos garantir que sua área total é dada por:
a) [tex3]\frac{2V^{\frac{2}{3}}}{q}\left(q^2 + q + 1\right)[/tex3]
b) [tex3]\frac{V^{\frac{2}{3}}}{q}\left(q^2 + q - 1\right)[/tex3]
c) [tex3]\frac{V^{\frac{2}{3}}}{q + 1} \left(q^2 + q + 1\right)[/tex3]
d) [tex3]\frac{V^2}{q^3}\left(q + 1\right)[/tex3]
e) [tex3]\text{n.d.a}[/tex3]
Re: Maratona de Matemática IME/ITA
Enviado: 07 Dez 2011, 22:37
por FilipeCaceres
Solução do Problema 142
Seja [tex3]\frac{x}{q},x,xq[/tex3]
as dimensões.
O Volume será dado por:
[tex3]V=\frac{x}{q}\cdot x\cdot x\cdot q=x^3[/tex3]
A Área será:
[tex3]A=2\left(\frac{x}{q}\cdot x+\frac{x}{q}\cdot x\cdot q+x\cdot x\cdot q\right)[/tex3]
[tex3]A=2\left(\frac{x^2}{q}+x^2+x^2q\right)[/tex3]
[tex3]A=\frac{2\sqrt[3]{V^2}}{q}(q^2+q+1)[/tex3]
. Letra A
--------------------------------------------
Problema 143
(ITA -91) Se [tex3]a \in \mathbf{R}[/tex3]
com a > 0 e [tex3]\arcsen\frac{a-1}{a+1}[/tex3]
está no primeiro quadrante, então o valor de [tex3]tg\left(\arcsen\frac{a-1}{a+1}+\arctg\frac{1}{a\sqrt{2}}\right)[/tex3]
é:
a) [tex3]\frac{a+1}{2\sqrt{a}}[/tex3]
b) [tex3]\frac{2\sqrt{a}}{3a+1}[/tex3]
c) [tex3]\frac{2a\sqrt{a}}{3a+1}[/tex3]
d) [tex3]\frac{2a}{3a+1}[/tex3]
e) n.d.a
Re: Maratona de Matemática IME/ITA
Enviado: 08 Dez 2011, 11:53
por theblackmamba
Solução do Problema 143
Para facilitar, vamos tomar como: [tex3]\varphi = \arccos\left(\frac{a - 1}{a + 1}\right)[/tex3]
e [tex3]\theta = \arctan\left(\frac{1}{2 \sqrt{a}}\right)[/tex3]
O valor desejado será: [tex3]\tan(\varphi + \theta)[/tex3]
[tex3]\text{sen } \varphi = \frac{a - 1}{a + 1}[/tex3]
[tex3]\cos \varphi = \sqrt{1 - \left(\frac{a - 1}{a + 1}\right)^2} \rightarrow \cos \varphi = \sqrt{\frac{(a + 1)^2 - (a - 1)^2}{(a + 1)^2}}[/tex3]
[tex3]\rightarrow \cos \varphi = \sqrt{\frac{a^2 - a^2 + 1 - 1 + 2a + 2a}{(a + 1)^2}} = \frac{2\sqrt{a}}{a + 1}[/tex3]
(OBS.: a é >0 )
[tex3]\tan \varphi = \frac{(a - 1)}{\cancel{(a + 1)}} \cdot \frac{\cancel{(a + 1)}}{2 \sqrt{a}} = \frac{a - 1}{2\sqrt{a}}[/tex3]
[tex3]\tan \theta = \frac{1}{2 \sqrt{a}}[/tex3]
Voltando na primeira equação:
[tex3]\tan\left(\varphi + \theta\right) = \frac{\frac{a-1}{2\sqrt{a}} + \frac{1}{2 \sqrt{a}} }{1 - \frac{a - 1}{2 \sqrt{a}} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{a}}}= \frac{\frac{a}{2 \sqrt{a}}}{\frac{4a - a + 1}{4a}}= \frac{4a^2}{2 \sqrt{a}(3a + 1)}= \frac{2\cdot\cancel{2a}\cdot a\cdot\sqrt{a}}{\cancel{2a}(3a + 1)} = \boxed{\frac{2a \sqrt{a}}{3a + 1}}[/tex3]
[tex3]\text{Resposta}[/tex3]
C
Re: Maratona de Matemática IME/ITA
Enviado: 11 Dez 2011, 18:15
por FilipeCaceres
Quero agradecer a todos que se dedicaram, postando soluções, questões....
Espero que tenha sido útil para os estudos.
Um forte abraço.
FIM !