Resolução: Questão 03

(1)

IME

2005

MATEMÁTICA

“A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo”

Galileu Galilei

Dada a função ( )

f x

(

156x ₂156x

)

− + =

, demonstre que:

f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) . f(y)

Resolução:

Escrevendo f(x+y) e f(x-y) temos:

(

)

(

156x y ₂156x y

)

f x y + ₊ − − + = (I)

(

)

(

156x y ₂156x y

)

f x y − ₊ − + − = (II)

Sendo que de (I) e (II) encontramos:

156 156 156 156 2 + ₊ − − ₊ − ₊ − + + + − = x y x y x y x y f ( x y ) f ( x y ) = 2

(

156 156

) (

156 156

)

2 2 2 − − + + = ⋅ ⋅ x x y y . . f ( x ) f ( y ) c.q.d.

O sistema de segurança de uma casa utiliza um teclado numérico, conforme ilustrado na figura. Um ladrão observa de longe e

percebe que:

• a senha utilizada possui 4 dígitos;

• o primeiro e o último dígitos encontram-se numa mesma linha;

• o segundo e o terceiro dígitos encontram-se na linha imediatamente superior.

Calcule o número de senhas que deverão ser experimentadas pelo ladrão para que com certeza ele consiga entrar na casa.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 Teclado numérico

Qu e st ão 0 1

Qu e st ão 0 2

(2)

Resolução:

Analisemos cada caso usando o princípio fundamental da contagem:

Caso 1: O primeiro e último dígitos iguais e iguais a zero. 1 3 3 1 = 9 casos

0 7, 8 ou 9 7, 8 ou 9 0

Caso 2: O primeiro e último dígitos escolhidos na 3ª linha: 3 3 3 3 = 81 casos

7, 8 ou 9 4, 5 ou 5 4, 5 ou 6 7, 8 ou 9

Caso 3: O primeiro e último dígitos escolhidos na 2ª linha: 81 casos, analogamente ao caso 2.

Total de casos = 9 + 81 + 81 = 171.

Sejam a, b, c e d números reais positivos e diferentes de 1. Sabendo que log

a

d, log

b

d e log

c

d são termos consecutivos de uma

progressão aritmética, demonstre que:

( )

log

2 ad

c = ac

Resolução:

Com os termos da PA (loga d, logb d e logc d) podemos escrever:

2 logb d = loga d + logc d, e fazendo uma mudança de base:

2 log log log

og 1 og d a a a b a a d d l l c ⋅ ₌ ₊

2 ₁ 1 log 1 log log _,

log log log log

a a a a a a a c c a que resulta b c c c + + = + = = : 2 log _, log log a a a ca b = c e daí:

2 logac = logab . (logaca), ou ainda: logac2_{= loga}_{( )}calogab, que leva a c2 = ( )calogab..

No entanto, foi pedido que c2₌_{( )}calogad, para isso devemos ter b=d:

Assim, a relação c2₌(ca)log da não é verdadeira para a, b, c e d reais positivos e diferentes de 1.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

(3)

Determine o valor das raízes comuns das equações x

4

_{– 2x}

3

_{– 11x}

2

_{+ 18x + 18 = 0 e x}

4

_{– 12x}

3

_{– 44x}

2

_{– 32x – 52 = 0}

_.

Resolução:

Testando raízes inteiras na primeira equação:

P(x) = x4_{– 2x}3_{– 11x}2_{+ 18x + 18 = 0}

(3)4_{– 2(3)}3_{– 11(3)}2_{+ 18(3) + 18 = 0 ∴ 3 é raiz.} Fatorando pelo dispositivo de Briot-Riffini:

3 1 -2 -11 18 18

1 1 -8 -6 0

P(x) = (x-3).(x3_{+ x}2_{– 8x – 6)}

(-3)3_{+ (-3)}2_{–8(-3) – 6 = 0 ∴ - 3 é raiz de x}3_{+ x}2_{– 8x – 6 . E, fatorando novamente:}

-3 1 1 -8 -6 1 -2 -2 0

P(x) = (x-3).(x+3).(x2_{– 2x – 2)}

Calculando as raízes de x2_{– 2x – 2 = 0, vem:}

x = 1 ± 3

Por fim, substituindo as raízes encontradas acima em x4_{– 12x}3_{– 44x}2_{– 32x – 52 = 0} • (3)4_{– 12.(3)}3_{– 44.(3)}2_{– 32.(3) – 52 ≠ 0}

• (-3)4_–12.(–3)3 _{– 44.(–3)}2 _{– 32.(–3) – 52 ≠ 0}

• (1 + 3)4_–12.(1+ ₃₎3 _{– 44.(1+} ₃₎2 _{– 32.(1+} ₃_{) – 52 ≠ 0} • (1 – 3)4_–12.(1– ₃₎3 _{– 44.(1–} ₃₎2 _{– 32.(1–} ₃_{) – 52 ≠ 0}

Nenhuma das raízes da 1ª equação é também raiz da 2ª , logo não existe raiz comum.

Resolva a equação 2 sen 11x + cos 3x + 3 sen 3x = 0.

Resolução:

2 . sen 11x + cos 3 x + 3 sen 3 x = 0 sen 11 x + 1 2cos 3 x + 3 2 sen 3 x = 0 sen 11 x + sen 6 π

cos 3 x + sen 3 x cos 6 π_{= 0} sen 11x + sen 3 6 x π ⎛ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 0, e fatorando:

Qu e st ão 0 4

Qu e st ão 0 5

(4)

2 . sen 7 12

x+

⎜ ⎟

⎝ ⎠. cos ⎜⎝4x−12⎟⎠= 0. De onde vem:

7 4 12 12 2 x+ π=k ou xπ − π = + π ∴ S=π k / 84 7 k x R x π π ou ⎧ ∈ = − + ⎨ ⎩ 7 , 48 4 k x= π+ π ∀ ∈ ⎬ k Z⎫ ⎭

Considere um triângulo ABC de área S. Marca-se o ponto P sobre o lado AC tal que

PA PC/

= q, e o ponto Q sobre o lado BC

de maneira que

QB QC r/ = .

As cevianas AQ e BP encontram-se em T, conforme ilustrado na figura. Determine a área do

triângulo ATP em função de S, q e r.

A B P T Q C

Resolução:

A B P T Q C K K/q _x x.q W _W/r r.y y

Seja K a área pedida e W a área do BTQΔ :

1 1 AQC S S r ⎛ ⎞ = ⎜_⎝ ₊ ⎟_⎠ e 1 1 BPC S S q ⎛ ⎞ = ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠ Logo: 1 1 K W S K q r r K W S W q r q ⎧ + + = ⎪ ₊ ⎪ ⎨ ⎪ + + = ⎪ + ⎩ e 1 1 . . 1 1 1 . 1 q S K W q r r r S K W q r q ⎧⎛ + ⎞ ₊ ₌ ⎪⎜ ⎟ ₊ ⎪⎝ ⎠ ⎨ + ⎛ ⎞ ⎪ ₊ ₌ ⎜ ⎟ ⎪ _⎝ _⎠ ₊ ⎩

(

) (

)

2_. 1 . . q S K q q r q r ∴ = + + +

Qu e st ão 0 6

(5)

Considere uma elipse de focos F e F’, e M um ponto qualquer dessa curva. Traça-se por M duas secantes

MF

e

MF'

que

interceptam a elipse em P e P’, respectivamente. Demonstre que a soma

(MF FP/ ) (+ MF F P'/ ' ')

é constante.

Sugestão: calcule inicialmente a soma

(1/MF) (1/+ FP).

Resolução:

Observe a figura da elipse,

a a M b b P’ F’ F P c c

Após a rotação introduz-se uma mudança dos eixos coordenados, ou seja:

Elipse: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x y b _x _y _b a +b = ⇒a + = Fazendo x bx e y y a = = temos 2 2 2 x +y =b (circunferência de raio b)

Fazendo a rotação da elipse até que sua projeção seja uma circunferência de raio b:

–b P F bY M x,y( ) F’ b R bc a – bc_a X P’ –b

Após a rotação introduz-se uma mudança dos eixos coordenados, ou seja:

Elipse: 2 2 2 2 2 2 2+ 2 = ⇒1 2 + = x y b _x _y _b a b a Fazendo X =bx a e =Y y, temos: 2₊ 2₌ 2 X Y b , circunferência de raio b .

Qu e st ão 0 7

(6)

4 2 . . . b c b c b MF . FP b b a a a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =_⎜ − _{⎟ ⎜} + _⎟= ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 2 . . ' ' ' b c . b c b MF . F P b b a a a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =_⎜ + _{⎟ ⎜} − _⎟= ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(

)

2 2 2 4 ' ' ' ' 2 2 MF MF MF MF' a MF MF FP +F P =MF . FP+MF' . F'P=b + = 2 2 2 2 2 4. a bc bc x y x y b a a ⎛_⎛ _⎞ _⎛ _⎞ ⎞ + + + − + = ⎜_⎜ _⎟ _⎜ _⎟ ⎟ ⎜_⎝ _⎠ _⎝ _⎠ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 a b c x y b a ⎛ ₊ ₊ ⎞₌ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 4 2 2a b c x y b a ⎛ ⎞ + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 4 2 2a b c b b a ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

(

2 2

)

2 2 a c b + (Que é constante). c.q.d.

Sejam a, b e c as raízes do polinômio p(x) = x

3

_{+ rx – t, onde r e t são números reais não nulos.}

a) Determine o valor da expressão a

3

_{+ b}

3

_{+ c}

3

_{em função de r e t.}

b) Demonstre que S

n+1

_{+ r.S}

n-1

_{– t.S}

n–2

_{= 0}

_{para todo número natural n}

_≥

_{2, onde S}

k

_{= a}

k

_{+ b}

k

_{+ c}

k

_{para qualquer número}

natural k.

Resolução:

a.

Dado o polinômio P(x) = x3_{+ 0x}2_{+ rx – t}_{, vamos escrever as Relações de Girard:}

( )

0 0 1 1 1 a b c r ab ac bc r t abc t ⎧ + + = − = ⎪ ⎪ ⎪ ₊ ₊ _{= =} ⎨ ⎪ ⎪ − = − = ⎪ ⎩

E delas temos, (a + b + c)3₌₀3_{, que pode ser escrito da forma:}

a3 _{+ b}3 _{+ c}3 _{+ 3(a}2_{b + ab}2 _{+ a}2_{c + ac}2 _{+ b}2_{c + bc}2_{) + 6abc = 0} Ou, fatorando:

a3 _{+ b}3 _{+ c}3 _{+3[ab(a+b) + ac(a+c) + bc(b+c)]}_{+ 6abc = 0} E, substituindo conforme primeira relação:

a3 _{+ b}3 _{+ c}3 _{+ [ab(–c) + ac(–b) + bc(–a)]}_{+ 6abc = 0}

a3 _{+ b}3 _{+ c}3 _{= 3abc = 3t} b.

Ainda das relações de Girard em p(x) temos:

ab + bc +ac = r (I) abc = t (II)

Sendo Sk_{= a}k_{+ b}k_{+ c}k_{, podemos fazer k = n, e com isso, substituindo devidamente temos:}

(7)

Sn+1 _{+ rS}n – 1_{– tS}n – 2_{= S}k+1_{+ rS}k – 1_{– tS}k-2_{= a}k_{.a + b}k_{.b + c}k_{.c + r} 2 2 2 k k k k k k a b c a b c t a b c a b c ⎛ ₊ ₊ ⎞₋ ⎛ ₊ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

E, agora, substituindo (I) e (II), temos:

aak_{+ bb}k _{+ cc}k₊ _bak _{ab +}k ab_ck bc_ak _cbk _bck _cak ac_bk _ack c a b ⎛ ₊ ₊ ₊ ₊ ₊ ₊ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠– k k k bc ac ab a b c a b c ⎛ ₊ ₊ ⎞₌ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (a k_{+ b}k_{+ c}k_{)(a + b + c) = 0} c.q.d.

Calcule o determinante da matriz n x n em função de b, onde b é um número real tal que b

2

_{≠ 1.}

... ... ... b b b b b b b b + + + 2 2 2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 _... ... b b b b + + # # # # # # # 2 2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 _... n linhas b b ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ + _⎪⎭ 2 0 0 1

n colunas

Resolução:

Seja D o determinante pedido,

2 2 2 2 1 0 ... 0 1 ... 0 0 1 ... 0 0 0 0 ... 1 b b b b b D b b b + + = + + # # # #

Substituindo a linha 2 pela sua soma com o produto da linha 1 por ₂ 1 b b − ⎛ ⎞ ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠: 2 4 2 2 2 2 1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 1 ... 0 0 0 0 ... 1 b b b b b b D b b b + + + + = + + # # # #

E, agora, substituindo a linha 3 pela sua soma com o produto da linha 2 por

(

)

2 4 2 1 1 b b b b ⎡− + ⎤ ⎢ ⎥ + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ : 2 4 2 2 6 4 2 4 2 2 1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 1 0 0 ... 0 1 0 0 0 ... 1 + + + + = + + + + + + # # # # b b b b _b b D _b _b _b b b b

Qu e st ão 0 9

(8)

E, procedendo da mesma forma até a n-ésima linha, temos: 2 4 2 2 6 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 1 0 0 ... 0 1 ... 1 0 0 0 ... ... 1 n n n b b b b b b b b b D b b b b b b b − − + + + + + + + = + + + + + + + + + # # # #

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

4 2 6 4 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 1 ... 1 1 . . ... 1 1 ... 1 n n n b b b b b b b b b b b b b b − − + + + + + + + + + = + = + + + + + +

( )

(

₂ 1

)

2 2 2 2 2 2 2 2 1. 1 ₁ 1 ... 1 1 n n n n b b b b b b b + + − − − + + + + = = − − Sendo assim: 2 2 2 1 1 n b D b + ₋ = −

Considere os pontos P e Q sobre faces adjacentes de um cubo. Uma

formiga percorre, sobre a superfície do cubo, a menor distância

entre P e Q, cruzando a aresta

BC

em M e a aresta

CD

em N,

conforme ilustrado na figura abaixo. É dado que os pontos P, Q, M

e N são coplanares.

a) Demonstre que

MN

é perpendicular a

AC.

.

b) Calcule a área da seção do cubo determinada pelo plano

que contém P, Q e M em função de

BC

= a e

BM

= b.

Resolução:

a.

I. Como a formiga percorre o caminho mínimo, quando a figura está planificada temos ∠PMB = θ e ∠QND = 90 - θ. Se P, M, N e Q são coplanares, então PM e QN encontram-se em R. Ainda no ΔRMC temos MC=x e no ΔRNC temos CN = y. Sendo assim, RC = x . tg θ e y = RC.tg θ, ou seja, y = x.tg2 _{θ. De onde só vale x = y se θ = 45}0_.

II. Por outro lado, no ΔMNC temos,

Tg θ = CN/CM = RC. Tg θ/RC. Tg (90 - θ). Então, tg (90 - θ) = 1 ⇒ θ = 450_. Logo, de I e II concluímos que x = y.

Qu e st ão 10

B P M C N _Q A D

(9)

B P q q x M C R N y Q 90–0 D A b.

Considerando MN perpendicular a AC, teríamos os seguintes cortes da figura:

F G a–b P b B b M _C G N Q b A D b H P O 2 b S 2 b N a b⋅ ( ) 2 M 2 b a b⋅ ( ) 2 T Q a b⋅ ( ) 2 F T B Q M N C G H O P D E A Deles tiramos,

(

)

2

( )

2 2 3 2 3 3. 4 4 b a b S=⎡⎣ + ⎤⎦ −

(

2 2

)

3 2 2 2 S= a + ab− b

(10)

Comentários

O IME manteve sua tradição. A prova possui conteúdos distribuídos de forma homogênea, com questões em dois níveis: médio e difícil. Uma

prova em que o candidato tem que demonstrar suas habilidades com os cálculos e a capacidade de inter-relacionar conteúdos diferentes. A prova é longa, como de costume, em que o candidato deve selecionar as questões que ele faz em pouco tempo, deixando as maiores e de mesmo peso, para o final. Todo o conteúdo cobrado nelas foi trabalhado em sala com nossos alunos, de forma que só coube a eles a organização dos dados e dissertação e/ou escolha do caminho correto.

Incidência de assuntos: Trigonometria 9% Análise Combinatória 9% Conjuntos/Funções 9% Polinômios 18% Geometria 28% Determinantes 9% Progressões 9% Potências/Logarítmos 9% Professores : Marcelo Moraes Manim Bernadelli Colaborares: Manfredo Rodrigo Lacerda Digitação e Diagramação Diego Bernadelli Márcia Samper Projeto Gráfico Frederico Bueno Assistente Editorial Diego Bernadelli Supervisão Editorial Rodrigo Bernadelli Copyright©Olimpo2004

A Resolução Comentada das provas do IME poderá ser obtida diretamente no OLIMPO Pré-Vestibular, ou pelo telefone (62) 251 – 9009