Maratonas de Matemática

Mensagem não lidapor **poti** » 27 Ago 2011, 15:41 · Mensagem não lida por **poti** » 27 Ago 2011, 15:41

Solução do Problema 60

Aplicando Laplace na primeira coluna:

[tex3]{-1}.\begin{vmatrix}
0 & 0 & -5\\
-1 & x & 7\\
0 & -1 & 2
\end{vmatrix} + x.\begin{vmatrix}
x & 0 & 6\\
-1 & x & 7\\
0 & -1 & 2
\end{vmatrix} = 0[/tex3]

Resolvendo os determinantes por Sarrus:

[tex3]2x^3 + 7x^2 + 6x - 5 = 0[/tex3]

Por pesquisa de raízes, [tex3]\frac{1}{2}[/tex3] é raiz. Aplicando Briot-Ruffini:

[tex3]\begin{array}{cc} \begin{array}{r} \\ \dfrac{1}{2} \\ \end{array} & \begin{array}{|rrrr} 2 & 7 & 6 & -53 \\ \hline 2 & 8 & 10 & \boxed{0} \\ \end{array}\end{array}[/tex3]

[tex3]2x^2 + 8x + 10 = 0[/tex3]

Resolvendo por Bhaskara, as outras raízes são:

[tex3]\boxed{{-}2 \pm i}[/tex3]

Conjunto Solução: [tex3]\left\{ \frac{1}{2},\,(-2 + i),\,(-2 - i) \right\}[/tex3]

--------------------------------------

Problema 61

(IME-03/04) Demosntre que o número [tex3]\underbrace{111...11}_{(n-1)}\underbrace{2222...225}_{n}[/tex3] é um quadrado perfeito.

lucas36 · Mensagem não lida por **lucas36** » 04 Set 2011, 16:44

Solução do Problema 61
Seja [tex3]k=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n}5[/tex3] .

[tex3]k=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n-1}25=25+(\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n-1})\times 10^{2}[/tex3]

Tomando [tex3]q=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n-1}[/tex3] , temos [tex3]k=100q+25[/tex3] .
Vamos achar uma simplificação de [tex3]q[/tex3] :

[tex3]q=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n-1}[/tex3]

[tex3]q=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\cdot (2+10^{n-1})[/tex3]

[tex3]q=\left(\frac{10^{n-1}-1}{9}\right)\cdot (2+10^{n-1})[/tex3]

[tex3]q=\left(\frac{10^{n-1}-1}{3}\right)\cdot \left(\frac{10^{n-1}+2}{3}\right)[/tex3]

[tex3]q=\left(\frac{10^{n-1}-1}{3}\right)\cdot \left(\frac{10^{n-1}-1}{3}+1\right)[/tex3]

Tomando [tex3]t=\left(\frac{10^{n-1}-1}{3}\right)=\underbrace{333\ldots3}_{n-1}[/tex3] , temos [tex3]q=t(t+1)[/tex3] e logo:
[tex3]k=100q+25=100\cdot t(t+1)+25=100t^2+100t+25=(10t+5)^2[/tex3] , ou seja:

[tex3]k=\underbrace{111\ldots 1}_{n-1}\underbrace{222\ldots 2}_{n}5=(\underbrace{333\ldots 3}_{n-1}5)^2[/tex3]

.........................................................
Problema 62

(ITA-2010) Analise se a função [tex3]\mathbb R\longrightarrow R[/tex3] , [tex3]f(x)=\displaystyle\frac{3^x-3^{-x}}{2}[/tex3] é bijetora e, em caso afirmativo, determine a sua inversa [tex3]f^{-1}[/tex3] .

Mensagem não lidapor **poti** » 05 Set 2011, 21:04 · Mensagem não lida por **poti** » 05 Set 2011, 21:04

Solução do Problema 62:

Teorema: A soma de duas funções crescentes resulta numa função crescente.

[tex3]f(x) = g(x) + h(x)[/tex3]

[tex3]g(x) = \frac{1}{2}. 3^x[/tex3] (Exponencial; Crescente)

[tex3]h(x) = -\frac{1}{2} . 3^{-x}[/tex3] (Exponencial; Crescente)

Se [tex3]h(x)[/tex3] e [tex3]g(x)[/tex3] são crescentes, pelo teorema, [tex3]f(x)[/tex3] é crescente.

[tex3]f(x)[/tex3] é crescente [tex3]\therefore[/tex3] [tex3]f(x)[/tex3] é injetora. (I)

[tex3]Im(f) = Cd(f)[/tex3] [tex3]\therefore f(x)[/tex3] é sobrejetora. (II)

Unindo as condições (I) e (II), provamos que [tex3]f(x)[/tex3] é bijetora.

Achando a inversa:

[tex3]2y = 3^x + 3^{-x}[/tex3]

[tex3]2y.3^x = 3^{2x} + 3[/tex3]

Resolvendo por Bhaskara:

[tex3]3^x = \frac{2y + \sqrt{4y^2 + 4}}{2}[/tex3]

Aplicando Logaritmo:

[tex3]x = \log_{3} \frac{2y +\sqrt{4y^2 + 4}}{2}[/tex3]

Sendo assim, a função inversa [tex3]f^{-1}[/tex3] é regida pela lei:

[tex3]\boxed{f^{-1}(x) = \log_{3} \frac{2y + \sqrt{4y^2 + 4}}{2}}[/tex3]

-----------------------------------------------

Problema 63

(ITA-84) O valor de [tex3]m[/tex3] tal que [tex3]\sum_{p=0}^m \begin{pmatrix}m \\p \end{pmatrix} 2^p = 729[/tex3] é:

a) 14
b) 9
c) 6
d) 7
e) 8

Solução do Problema 63

Sabe-se que:
[tex3](x+y)^m=\sum_{p=0}^m \binom{m}{p}x^{m-p}y^p[/tex3]

Para [tex3]x=1[/tex3] e [tex3]y=2[/tex3] temos,
[tex3](1+2)^m=\sum_{p=0}^m \binom{m}{p}1^{m-p}2^p[/tex3]

Logo,
[tex3]3^m=769[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{m=6}[/tex3]

-----------------------------

Problema 64

(ITA -67) [tex3]\sen(18)+\sen(14)[/tex3] é igual a:

a) [tex3]{-}2\cdot\sen(2)\cdot\cos(16)[/tex3]
b) [tex3]2\cdot\sen (2)\cdot\cos (16)[/tex3]
c) [tex3]2\cdot\sen (16)\cdot\cos (2)[/tex3]
d) [tex3]{-}2\cdot\sen (16)\cdot\cos (2)[/tex3]
e) [tex3]2\cdot\cos (16)\cdot\cos (2)[/tex3]

Mensagem não lidapor **poti** » 05 Set 2011, 23:17 · Mensagem não lida por **poti** » 05 Set 2011, 23:17

Solução do Problema 64

Por Prostaferese:

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

[tex3]A+B = 18[/tex3]
[tex3]A-B = 14[/tex3]

[tex3]A = 16[/tex3] , [tex3]B = 2[/tex3]

Portanto:

[tex3]\sen(18) + \sen(14) = 2\sen(16)\cdot\cos(2)[/tex3]

Letra C

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Problema 65

(IME-59) Demonstrar a identidade:

[tex3]\sen A + \sen B + \sen C - \sen(A+B+C) = 4\sen\left(\frac{A+B}{2}\right)\sen\left(\frac{B+C}{2}\right)\sen\left(\frac{A+C}{2}\right)[/tex3]

Solução do Problema 65

Por Prostaferese:
[tex3]\begin{eqnarray}LE &=&2\sen \left(\frac{a+b}{2}\right)\cos\left(\frac{a-b}{2}\right)-2\sen\left(\frac{a+b}{2}\right)\cos\left(\frac{2c+a+b}{2}\right) \\&=&2\sen \left(\frac{a+b}{2}\right)\left[\cos\left(\frac{a-b}{2}\right)-\cos\left(\frac{2c+a+b}{2}\right)\right] \\&=&4\sen\left(\frac{a+b}{2}\right)\sen\left(\frac{b+c}{2}\right)\sen\left(\frac{a+c}{2}\right)=LD\end{eqnarray}[/tex3]

LE: Lado esquerdo
LD: Lado direito

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Problema 66

(IME-2004/2005) Considere uma elipse de focos [tex3]F[/tex3] e [tex3]F'[/tex3] , e [tex3]M[/tex3] um ponto qualquer dessa curva.Traça-se por M duas secantes [tex3]\overline{MF}[/tex3] e [tex3]\overline{MF'}[/tex3] , que interceptam a elipse em [tex3]P[/tex3] e [tex3]P'[/tex3] , respectivamente. Demonstre que a soma [tex3]\frac{\overline{MF}}{\overline{FP}}+\frac{\overline{MF'}}{\overline{F'P'}}[/tex3] é constante.
Obs: Calcule inicialmente a soma [tex3]\frac{1}{\overline{MF}}+\frac{1}{\overline{FP}}[/tex3] .

Mensagem não lidapor **poti** » 07 Set 2011, 13:04 · Mensagem não lida por **poti** » 07 Set 2011, 13:04

Solução do Problema 66

: ELIPSE.jpg (14.96 KiB) Exibido 3362 vezes

Definição I:
[tex3]\left\{\begin{matrix}
PF + PF' = & 2a\\
MF + MF' = & 2a
\end{matrix}\right.[/tex3]

Definição II:
[tex3]MP = MF + PF[/tex3]

Relação de Stewart ([tex3]\triangle MPF'[/tex3] ):

[tex3]MF.(PF')^2 + PF.(MF')^2 = MP.(FF')^2 + MP(MF.PF)[/tex3]

Isolando [tex3]PF'[/tex3] e [tex3]MF'[/tex3] na Definição I e usando a Definição II:

[tex3]MF.(2a - PF)^2 + PF.(2a - MF)^2 = (MF + PF).(FF')^2 + (MF + PF).(MF.PF)[/tex3]

Desenvolvendo:

[tex3]MF(4a^2 - 4a.PF + PF^2) + PF.(4a^2 - 4a.MF + MF^2)[/tex3] [tex3]= MF.(FF')^2 + PF.(FF')^2 + MF^2.PF + MF.PF^2[/tex3]

[tex3]MF.4a^2 - MF.4a.PF + \cancel{MF.PF^2} + PF.4a^2 - PF.4a.MF + \cancel{PF.MF^2}[/tex3] [tex3]= MF.(FF')^2 + PF.(FF')^2 + \cancel{MF^2.PF} + \cancel{MF.PF^2}[/tex3]

[tex3]4a^2.MF - 4a.MF.PF + 4a^2.PF - 4a.MF.PF = MF.(FF')^2 + PF.(FF')^2[/tex3]

[tex3]4a^2(MF + PF) - 8a.MF.PF = (MF + PF)(FF')^2[/tex3]

[tex3](MF + PF)(4a^2 + FF'^2) = 8a.MF.PF[/tex3]

[tex3]\frac{MF + PF}{MF.PF} = \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}[/tex3]

[tex3]\frac{\cancel{MF}}{\cancel{MF}.PF} + \frac{\cancel{PF}}{MF.\cancel{PF}} = \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}[/tex3]

[tex3]\boxed{\frac{1}{PF} + \frac{1}{MF} = \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}}[/tex3] (I)

Se puxarmos o segmento [tex3]FP'[/tex3] e usarmos a Relação de Stewart de novo, acharemos:

[tex3]\boxed{\frac{1}{P'F'} + \frac{1}{MF'} = \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}}[/tex3] (II)

[tex3]\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{PF} + \frac{1}{MF} = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}\\
\frac{1}{P'F'} + \frac{1}{MF'} = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}
\end{matrix}\right.[/tex3]

[tex3]\left\{\begin{matrix}
\frac{MF}{PF.MF} + \frac{1}{MF} = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}\\
\frac{MF'}{P'F.MF'} + \frac{1}{MF'} = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}
\end{matrix}\right.[/tex3]

[tex3]\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{MF}(\frac{MF}{PF} +1) = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}\\
\frac{1}{MF'}(\frac{MF'}{P'F} + 1) = & \frac{8a}{4a^2 + FF'^2}
\end{matrix}\right.[/tex3]

[tex3]\left\{\begin{matrix}
(\frac{MF}{PF} +1) = & \frac{8a.MF}{4a^2 + FF'^2}\\
(\frac{MF'}{P'F} + 1) = & \frac{8a.MF'}{4a^2 + FF'^2}
\end{matrix}\right.[/tex3]

Somando as duas equações:

[tex3]\frac{MF}{PF} + \frac{MF'}{P'F} + 2 = \frac{8a}{4a^2 + FF'^2} \underbrace{(MF + MF')}_{2a}[/tex3]

[tex3]a[/tex3] é constante.
[tex3]FF' = 2c[/tex3] é constante.
[tex3]2[/tex3] é constante.

Fazendo:

[tex3]\frac{16a^2}{4a^2 + FF'^2} - 2 = K[/tex3]

Temos:

[tex3]\boxed{\frac{MF}{PF} + \frac{MF'}{P'F} = K}[/tex3]

--------------------------------------------------------------------
Problema 67

(IME-86) Seja uma hipérbole equilátera de centro [tex3]O[/tex3] e focos [tex3]F[/tex3] e [tex3]F'[/tex3] . Mostre que o segmento determinado por [tex3]O[/tex3] e por um ponto [tex3]M[/tex3] qualquer da hipérbole é a media proporcional entre os segmentos [tex3]MF[/tex3] e [tex3]MF'[/tex3] .

Solução do Problema 67

: hiperbole2.png (8.84 KiB) Exibido 3352 vezes

Queremos mostrar que [tex3]MO^2=MF.MF'[/tex3]

Seja [tex3]FO=F'O=c[/tex3] (1)

Da figura tiramos,
[tex3]MF^2=FO^2+MO^2-FO.MO.cos \alpha[/tex3] (2)
[tex3]MF'^2=F'O^2+MO^2-F'O.MO.cos(180- \alpha)[/tex3] (3)

Somando (2) e (3) e usando (1)
[tex3]MF^2+MF'^2=2c^2+2MO^2[/tex3] (4)

Sendo uma hipérbole equilátera tiramos,
[tex3]c^2=2a^2[/tex3] (5)

Da definição LG hipérbole, temos
[tex3]MF-MF'=2a[/tex3] (6)

De (4),(5) e (6) vem,
[tex3]MF^2+MF'^2=(MF-MF'^2)^2+2MO^2[/tex3]
[tex3]\cancel{MF^2}+\cancel{MF'^2}=\cancel{MF^2}-2MF.MF'+\cancel{MF'^2}^2+2MO^2[/tex3]
[tex3]2MF.MF'=2MO^2[/tex3]

Portanto,
[tex3]MO^2=MF.MF'[/tex3] como queríamos mostrar.

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Problema 68

(IME-96/97) Em uma parábola (P), com foco F e parâmetro p, considere uma corda [tex3]MM'[/tex3] normal à parábola em M. Sabendo que o ângulo [tex3]\angle{MFM'}=90[/tex3] , calcule os segmentos [tex3]FM[/tex3] e [tex3]FM'[/tex3] .

Mensagem não lidapor **poti** » 07 Set 2011, 18:27 · Mensagem não lida por **poti** » 07 Set 2011, 18:27

Solução do Problema 68:

[tex3]FM[/tex3] e [tex3]FM'[/tex3] são, por definição, os raios vetores (pois são cordas que saem do foco). Então:

[tex3]\boxed{FM = \frac{p}{1 - cos \theta}}[/tex3]

O outro raio vetor terá [tex3]cos(\alpha - \theta)[/tex3] , onde [tex3]\alpha[/tex3] é o ângulo que complementa [tex3]\theta[/tex3] na abertura entre [tex3]FM[/tex3] e [tex3]FM'[/tex3] . Como a abertura é, pelo enunciado, de [tex3]90^{\circ}[/tex3] , então:

[tex3]\boxed{FM' = \frac{p}{1 - cos(90^{\circ} - \theta)} = \frac{p}{1 - sen \theta}}[/tex3]

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Problema 69:

(IME-77) Determine as soluções da equação

[tex3]36x^3 - 12x^2 - 5x + 1 = 0[/tex3]

dado que uma de suas raízes é a soma das outras duas.

Solução do Problema 68

Continuando...
Temos também que,
[tex3]\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)=\frac{MF}{MF'}=\frac{1-\sen\theta}{1-\cos\theta}[/tex3]

Vamos chamar de [tex3]t=\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)[/tex3]
Assim temos
[tex3]\sen\theta=\frac{2t}{1+t^2}[/tex3]
[tex3]\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}[/tex3]

Logo,
[tex3]t=\frac{t^2-2t+1}{2t^2}[/tex3]
[tex3]2t^3-t^2+2t-1=0[/tex3]

Procurando por raiz real encontramos [tex3]t=\frac{1}{2}[/tex3]

Então,
[tex3]\sen\theta=\frac{4}{5}[/tex3]
[tex3]\cos\theta=\frac{3}{5}[/tex3]

Portanto,
[tex3]FM = \frac{p}{1 -\frac{3}{5}}[/tex3]
[tex3]\boxed{FM = \frac{5p}{2}}[/tex3]

[tex3]FM' = \frac{p}{1 - \frac{4}{5}}[/tex3]
[tex3]\boxed{FM' = 5p}[/tex3]

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Solução do Problema 69

Seja [tex3]x_1+x+2=x_3[/tex3]

Por Girard,
[tex3]x_1+x_2+x_3=\frac{12}{36}\therefore x_3=\frac{1}{6}[/tex3]
[tex3]x_1.x_2.x_3=-\frac{1}{36}\therefore x_1.x_2=-\frac{1}{6}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\begin{cases}x_1+x_2=\frac{1}{6}\\x_1.x_2=-\frac{1}{6}\end{cases}[/tex3]

Que são raízes do polinômio [tex3]6y^2-y-1=0[/tex3]

Portanto as raízes são:[tex3]\{-\frac{1}{3},\frac{1}{2},\frac{1}{6}\}[/tex3]
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Problema 70

(IME-2009/2010) Seja ABC um triângulo de lados AB,BC e AC iguais a 26,28,18,respectivamente. Considere o círculo de centro O inscrito neste triângulo. A distância de AO vale:

a) [tex3]\frac{\sqrt{104}}{6}[/tex3]
b) [tex3]\frac{\sqrt{104}}{3}[/tex3]
c) [tex3]\frac{2\sqrt{104}}{3}[/tex3]
d) [tex3]\sqrt{104}[/tex3]
e) [tex3]3\sqrt{104}[/tex3]

Resposta

Gabarito: d

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