PDF - ELITE CAMPINAS

(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2015
MATEMÁTICA
QUESTÃO 01
Determine os valores reais de x que satisfazem a inequação:
QUESTÃO 02
Encontre as soluções reais da equação:
x + 4x − 4 + x − 4x − 4 = x + 3
Resolução
Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos:
4
1
+ logx > 1
log3 x 2 − 2
9
(
Resolução
As condições de existência para um logaritmo são:
• base positiva e diferente de 1;
• logaritmando positivo.
x +
x + 4x − 4 + x − 4x − 4
) =(
2
x+3
4x − 4 + 2 ⋅ x + 4x − 4 ⋅ x − 4x − 4 + x −
)
2
⇔
4x − 4 = x + 3 ⇔
2 x − ( 4x − 4) = 3 − x
Além disso, o denominador da primeira fração não pode ser nulo.
Impondo todas essas condições simultaneamente, vem que:
2
Elevando novamente ambos os membros ao quadrado:
⎧0 < x ≠ 1
⎧0 < x ≠ 1 ⎧0 < x ≠ 1 ⎧ x > 0
⎪ 2
⎪
⎪
⎪
0
x
>
⇔
⇔ ⎨x ≠ 0
⇔ ⎨x ≠ 1
⎨
⎨x ≠ 0
⎪ x ≠ ±3
⎪x ≠ 3
⎪
⎪ x 2 ≠ 32
2
⎩
⎩
⎩
⎩log3 x − 2 ≠ 0
(
)
4 x 2 − 4 x + 4 = 9 − 6 x + x 2 ⇔ 3 x 2 − 10 x + 7 = 0 ⇔ x = 1 ou x =
7
3
Tendo elevado a equação ao quadrado (duas vezes, inclusive),
devemos fazer a verificação de cada um desses valores.
Sendo satisfeitas essas condições, temos que:
1
log3
4
1
4
9
+ logx > 1 ⇔
+
−1> 0 ⇔
log3 x 2 − 2
9
2 ⋅ log3 x − 2 log3 x
(I) Verificação para x = 1 :
Lado esquerdo:
2
−2
+
−1> 0
log3 x − 1 log3 x
1+ 4 ⋅ 1− 4 + 1− 4 ⋅ 1− 4 = 1+ 0 + 1− 0 = 2
Lado direito:
Fazendo log3 x = α , segue que:
1+ 3 = 4 = 2
2
−2
−α 2 + α + 2
+
−1> 0 ⇔
>0
α −1 α
α2 − α
Tendo obtido a igualdade ⇒ x = 1 é solução!
(II) Verificação para x =
Fazendo o quadro de sinais para o quociente em função dos sinais do
numerador e do denominador, temos:
7
:
3
Lado esquerdo:
7
7
7
7
7+4 3
7−4 3
+ 4⋅ − 4 +
− 4⋅ − 4 =
+
=
3
3
3
3
3
3
Sendo 7 ± 4 3 = 22 ± 2 ⋅ 2 ⋅ 3 + ( 3 ) = ( 2 ± 3 ) , segue que:
−1 + + + + + + + + + + + + + + + + + 2
––––
–––– α
2
=
2+ 3
3
+
2
2− 3
3
=
4
3
Lado direito:
7
16
4
+3 =
=
3
3
3
+++++++++
++++++++++
Tendo obtido a igualdade ⇒ x =
α
0––– –––1
7
é solução!
3
Assim:
{ }
V = 1,
–––– +++++ –––––– +++++
−1
0
1
––––
2
QUESTÃO 03
Descreva o lugar geométrico do número complexo z que atende à
equação
α
Assim:
arg( z − z1 ) − arg( z − z2 ) − arg( z − z3 ) = k π ,
−1 < α < 0 ou 1 < α < 2 ⇔
−1 < log3 x < 0 ou 1 < log3 x < 2 ⇔
em que z1 é real, z2 e z3 são complexos conjugados com parte
imaginária não nula e k é um número inteiro.
log3 3 −1 < log3 x < log3 30 ou log3 31 < log3 x < log3 32
Sendo a base 3 maior do que 1, fazemos a comparação entre os
logaritmandos mantendo os sinais das inequações inalterados:
3 −1 < x < 30 ou 31 < x < 32 ⇔
7
3
Obs: arg(z) é o argumento do número complexo z.
Resolução
1
< x < 1 ou 3 < x < 9
3
Como argumento não é definido para o complexo nulo,
consideraremos z ∉ {z1, z2 , z3 } . Vamos denotar z2 = a + bi
e
Sendo as condições de existência todas satisfeitas para esses valores,
ficamos com:
z = x + yi . Então observe que
⎛
⎞
z − z1
arg ( z − z1 ) − arg ( z − z2 ) − arg ( z − z3 ) = arg ⎜
=k π
⎜ ( z − z )( z − z ) ⎟⎟
2
2 ⎠
⎝
⎤1 ⎡
V = ⎥ ,1 ⎢ ∪ ] 3,9 [
⎦3 ⎣
1
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O ELITE RESOLVE IME 2015
Resolução
Primeiramente vamos descobrir a relação entre f ( x ) e x . Para isso
Como k varia nos inteiros, isso é equivalente a falar que nosso
z − z1
complexo
é real, e portanto igual ao seu conjugado.
( z − z2 )( z − z2 )
devemos pensar em x 2 = 9 x + 9f ( x ) + (f ( x ))2 como uma equação de
Igualando isso temos:
segundo grau em f . Resolvendo ela temos:
f 2 + 9f + ( 9 x − x 2 ) = 0 ⇒ Δ = 92 − 4 ⋅ 1⋅ ( 9 x − x 2 ) = 4 x 2 − 36 x + 92 ⇔
⎛
⎞
z − z1
z − z1
z − z1
=⎜
⎟⎟ =
⎜
( z − z2 )( z − z2 ) ⎝ ( z − z2 )( z − z2 ) ⎠ ( z − z2 )( z − z2 )
Δ = ( 2x − 9 ) ⇒ f =
2
Multiplicando em cruz obtemos:
( z − z1 )( z − z2 )( z − z2 ) = ( z − z1 )( z − z2 )( z − z2 )
única opção que
f (x) =
( z − z1 ) ( z 2 − 2az + ( a2 + b2 ) ) = ( z − z1 ) ( z 2 − 2az + ( a2 + b2 ) ) ⇔
Mas a0cb > abc para qualquer valor positivo a . Então não é possível
encontrar uma resposta com 3 algarismos. Vamos então tentar
encontrar uma com 4 algarismos.
chegamos na expressão
2
2
( z − z ) + ( z − z ) ( a2 + b2 ) − z1 ( z 2 − z 2 ) + 2az1 ( z − z ) = 0
(z − z)( z
2
f ( abcd ) = badc = abcd − 9
Primeiro vamos considerar a e b . Para conseguirmos o menor valor
possível, devemos ter a = 1 , o que significa b = 1 também. Pensando
então nos nossos números temos:
1 1 c d
− 9
1 1 d c
⇔
)
− ( a 2 + b 2 ) − z1 ( z + z ) + 2az1 = 0 ⇔
(
)
−2 xi x 2 + y 2 − 2z1x − ( a 2 + b 2 ) + 2az1 = 0
O menor que satisfaz isso acontece quando c = 1 e d = 0 . Assim o
número procurado é x = 1110 .
QUESTÃO 05
Um tetraedro regular, com arestas de comprimento igual a d, é cortado
por 2 planos paralelos entre si e a uma das bases, dividindo-o em 3
sólidos de volumes iguais. Determina a altura de cada um destes 3
sólidos em função de d.
Então temos duas opções possíveis:
1) 2 x = 0 , o que significa que nosso número é real.
2)
= x −9 .
f ( abc ) = a0cb = abc − 9
z z + z ( a 2 + b 2 ) − z1z 2 + 2az1z = z z + z ( a 2 + b 2 ) − z1z 2 + 2az1z ⇔
z
2
abc . Então:
= zz 2 −2azz + z ( a 2 + b 2 ) − z1z 2 + 2az1z −z1 ( a2 + b 2 )
2
−9 + ( 2 x − 9 )
Agora devemos encontrar o menor número maior que 99 que satisfaz
f ( x ) = x − 9 . Vamos considerar primeiro um número de 3 algarismos
zz 2 −2azz + z ( a 2 + b 2 ) − z1z 2 + 2az1z − z1 ( a 2 + b2 ) =
2
2
Agora, observe que f ( x ) deve ser positivo e que x > 99 , nos dando a
⇔
( z − z1 ) ( z 2 − ( z2 + z2 ) z + z2z2 ) = ( z − z1 ) ( z 2 − ( z2 + z2 ) z + z2 z2 ) ⇔
Lembrando que zz = z
−9 ± 2 x − 9
x 2 + y 2 − 2z1x − ( a 2 + b 2 ) + 2az1 = 0 . Colocando a equação na
forma reduzida temos:
x 2 + y 2 − 2z1x − ( a 2 + b 2 ) + 2az1 = 0 ⇔
( x − z1 )
2
+ y 2 = ( a − z1 ) + b 2
2
Resolução
Segue abaixo um tetraedro regular de aresta d.
Que é a equação de uma circunferência de centro no afixo de z1 que
A
passaria pelo afixo de z2 , no entanto temos esse ponto excluído do
lugar geométrico pela definição de argumento complexo.
H
Im
z2
D
z1
B
G
Re
C
z3 = z2
Lembrando que a altura desse tetraedro intercepta a base triangular
em seu baricentro (G) e que o segmento BG mede dois terços da
altura do triângulo BCD. Segue que:
QUESTÃO 04
Seja n um inteiro positivo cuja representação decimal é am...a1a0 e f a
função que troca a posição dos dígitos a2i e a2i+1 de forma que
f (a2k +1a2 k ...a1a0 ) = a2 k a2k +1...a0a1 . Por exemplo:
2
⎛
⎞
( AG )2 = ( AB )2 − ( BG )2 ⇔ ( AG )2 = d 2 − ⎜ 2 ⋅ d 3 ⎟ ⇔
⎝3 2 ⎠
f (123456) = 214365
( AG )2 = d 2 ⋅ 2 ⇒ AG = d 6 = H
3
3
f (1034) = 143
f (123) = 1032
f (10) = 1
Determine o menor número maior que 99 que satisfaça à equação
x 2 = 9 x + 9f ( x ) + (f ( x ))2
Tomando os planos paralelos que cortam o tetraedro em três sólidos
de volumes iguais, temos a seguinte ilustração:
2
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2
⎪⎧ y = 2 x
⎨
⎪⎩ y = m ⋅ ( x + 1)
h1
h2
Substituindo uma equação na outra, segue que:
2
2
2
2
⎣⎡ m ⋅ ( x + 1) ⎦⎤ = 2 x ⇔ m ⋅ x + 2 ⋅ ( m − 1) ⋅ x + m = 0
2
h3
Para que cada reta seja tangente à parábola, tal equação do segundo
grau só deve retornar uma raiz real, de modo que existe somente um
ponto comum entre as duas curvas. Assim, o discriminante dessa
equação deve ser nulo:
Pela relação de semelhança entre sólidos, temos:
3
Δ = 0 ⇔ 22 ⋅ ( m 2 − 1) − 4 ⋅ m 2 ⋅ m 2 = 0 ⇔ m 2 =
2
3
v1
1
1
1 d 6
⎛ h1 ⎞
⎛ h1 ⎞
⇔
⎜ ⎟ = ⇔ ⎜ ⎟ = ⇔ h1 = 3 ⋅ H ⇔ h1 = 3 ⋅
V
⎝H ⎠
⎝H ⎠
3
3
3 3
h1 =
A equação do segundo grau, por sua vez, fica como:
1 2
1
2
⎛1 ⎞
⋅ x + 2 ⋅ ⎜ − 1⎟ ⋅ x + = 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
2
2
⎝2 ⎠
d 6⋅39
9
Assim, a abscissa (comum) dos pontos A e B é 1. Substituindo-se, por
exemplo, na equação da parábola, vem que:
Analogamente, tomando o tetraedro de altura h1 + h2 , temos:
y 2 = 2 ⋅1 ⇔ y = ± 2
3
3
3
2
2
2 d 6
⎛ h1 + h2 ⎞
⇔
⎜
⎟ = ⇔ h1 + h2 = 3 ⋅ H ⇔ h1 + h2 = 3 ⋅
3
⎝ H ⎠
3
3 3
Assim, fazendo a correspondência com o desenho, temos os pontos:
A = (1, 2 ) e B = (1, − 2 )
3
2 ⋅ 3 9 ⋅d 6
d 6⋅39
d 6⋅39 3
+ h2 =
⇔ h2 =
⋅ ( 2 − 1)
9
9
9
Seja s' a reta paralela à reta s pelo ponto A. Pelo paralelismo, seus
coeficientes angulares devem ser iguais:
E, por fim, segue que:
h3 = H − h2 − h1 ⇔ h3 =
1
2
⇔m=±
2
2
ms ' = ms = −
d 6 d 6⋅ 9 3
d 6⋅ 9
−
⋅ ( 2 − 1) −
⇔
3
9
9
3
3
2
1
=−
2
2
Assim, s' tem por equação:
3
3
d 6 ⎛
9 ⋅ ( 3 2 − 1) 3 9 ⎞
d 6 ⎛
18 ⎞
h3 =
⋅ ⎜1 −
−
⎟ ⇔ h3 =
⋅ ⎜1 −
⎟
3 ⎝
3
3 ⎠
3 ⎝
3 ⎠
y − y A = ms '⋅ ( x − x A ) ⇔ y − 2 = −
1
2
⋅ ( x − 1)
Fazendo a intersecção com a equação da parábola, temos que:
QUESTÃO 06
Pelo ponto P de coordenadas (−1, 0) traçam-se as tangentes t e s à
parábola y2 = 2x. A reta t intercepta a parábola em A e a reta s
intercepta a parábola em B. Pelos pontos A e B traçam-se paralelas às
tangentes encontrando a parábola em outros pontos C e D,
respectivamente. Calcule o valor da razão AB/CD.
Resolução
Temos a seguinte ilustração para a situação descrita:
⎧
y2
⎪x =
2
⎨
⎪ 2 ⋅ y − 2 = 1− x
⎩
Substituindo uma equação na outra:
2 ⋅ y − 2 = 1−
y
D
y2
⇔ y 2 + 2 2 ⋅ y − 6 = 0 ⇔ y = 2 ou y = −3 2
2
Sendo y = 2 a ordenada do ponto A, a ordenada do ponto C deve
ser:
t
y C = −3 2
t'
Analogamente para a ordenada do ponto D, devemos ter:
A
yD = 3 2
Portanto:
x
−1
AB 1
AB y A − y B 2 2
=
=
=
⇔
CD 3
CD y D − y C 6 2
B
QUESTÃO 07
Num triângulo ABC isósceles, com ângulos iguais em B e C, o seu
incentro I se encontra no ponto médio do segmento de reta que une o
seu ortocentro H a seu baricentro G. O segmento de reta AG é menor
que o segmento de reta AH. Os comprimentos dos segmentos de reta
HI e IG são iguais a d. Determine o perímetro e a área desse triângulo
em função de d.
s'
s
C
As retas que passam pelo ponto ( −1,0 ) e são tangentes à parábola
têm equações dadas por:
Resolução
Lembrando que em um triângulo isósceles o ortocentro (H), o
baricentro (G), o circuncentro (O) e o incentro estão alinhados e fazem
parte da reta de Euler, segue ilustração da situação descrita no
enunciado.
y − 0 = m ⋅ ( x − ( −1) ) ⇔ y = m ⋅ ( x + 1)
Fazendo a intersecção dessas retas com a parábola, temos:
3
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Sendo BD = a , DH = x e lembrando que
A
OB = AO = 2 ⋅ GD − OG ⇔ OB = 2 ⋅ ( 2d + x ) − d ⇔ OB = 3d + 2 x ,
Portanto,
OB = 2 ⋅ BH ⇔ BH =
3d + 2 x
2
Logo, por Pitágoras no triângulo CBH, segue que:
2
2
⎛ 3d + 2 x ⎞
2
a2 = ( BH ) − x 2 ⇔ a2 = ⎜
⎟ −x
⎝
⎠
2
Além disso, pela semelhança entre os triângulos HBD e CAD segue
que:
HD CD
x
a
=
⇔ =
⇔ a2 = x ⋅ ( 6d + 3 x )
BD AD
a 6d + 3 x
O
Logo, igualando as duas equações, temos:
G
2
⎛ 3d + 2 x ⎞
2
2
2
2
2
⎜
⎟ − x = x ( 6d + 3 x ) ⇔ 24 xd + 12 x = 9d + 12 xd + 4 x − 4 x ⇔
⎝
⎠
2
d
⎛ −12 + 24 ⎞
12 x 2 + 12 xd − 9d 2 = 0 ⇒ x = d ⋅ ⎜
⎟⇒ x =
⎝
24 ⎠
2
I
H
B
D
E
Portando,
AD = 6d + 3 x ⇔ AD = 6d +
C
l = DAC
l . Sendo
Podemos notar que ΔBEC ~ ΔADC . Logo, EBC
assim, temos:
3d
15d
⇔ AD =
2
2
Substituindo,
a2 = x ⋅ ( 6d + 3 x ) ⇒ a2 =
l = 90° − DAC
l
ACD
d 15 ⋅ d
15d
⋅
⇔a=
2
2
2
Logo, a área do triângulo é:
Como I é incentro, segue que:
l
l = 1 ⋅ ACD
l ⇔ DBI
l = 90° − DAC ⇒
DBI
2
2
.
l
90° − 3 ⋅ DAC
l
l
l
l
HBI = DBI − DAC ⇒ HBI =
2
S=
( BC ) ⋅ ( AD )
15d 1
15 ⋅ d 2 15
⇔ S = 2a ⋅
⋅ ⇔ S=
2
2 2
4
Como,
S = p ⋅ r ⇔ S = p ⋅ ( ID ) ⇔
Por outro lado, temos que O é ortocentro, portanto o triângulo BOA é
isósceles. Deste modo:
15 ⋅ d 2 15
d⎞
⎛
= p ⋅⎜d + ⎟ ⇔
4
2⎠
⎝
15 ⋅ d 2 15
3d
30 ⋅ d 15
= p⋅
⇔ 2p =
⇔ 2 p = 5 ⋅ d 15
4
2
6
QUESTÃO 08
De quantas maneiras podemos decompor um eneágono convexo em
triângulos traçando suas diagonais, de forma que essas diagonais não
se cortem.
l = OAB
l = DAC
l ⇒ OBI
l = ABI
l − OAB
l ⇒ OBI
l = DBI
l − DAC
l ⇒
OBA
l
l = 90° − 3 ⋅ DAC
OBI
2
Desse modo, concluímos que:
Resolução
Vamos primeiramente considerar um caso geral com um polígono de
n lados. Vamos chamar o número de maneiras de realizar a divisão
desejada de Pn . Considere agora um lado específico do polígono:
l = HBI
l
OBI
l .
E, portanto, BI é bissetriz do ângulo OBH
Pelo teorema da bissetriz interna, temos:
OB BH
=
OI
HI
Lembrando que 2 ⋅ GO = GH , segue que:
2 ⋅ GO = 2d ⇔ GO = d
Portanto, voltando ao teorema da bissetriz interna, temos:
OB BH
=
⇔ OB = 2 ⋅ BH
2d
d
4
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Pn = Pn −1 + P3 ⋅ Pn − 2 + P4 ⋅ Pn − 3 + ... + Pn − 2 ⋅ P3 + Pn −1
Esse segmento será lado de um dos triângulos formados. Devemos
então ver as possibilidades que podem acontecer. A primeira é esse
triângulo ser formado com dois lados consecutivos do polígono
Se considerarmos por conveniência o valor P2 = 1 , podemos escrever
isso como a soma:
n −1
Pn = ∑ ( Pk ⋅ Pn +1− k )
k =2
Calculando os valores então:
P4 = P2 ⋅ P3 + P3 ⋅ P2 = 1⋅ 1 + 1⋅ 1 = 2
P5 = P2 ⋅ P4 + P3 ⋅ P3 + P4 ⋅ P2 = 1⋅ 2 + 1⋅ 1 + 2 ⋅ 1 = 5
P6 = P2 ⋅ P5 + P3 ⋅ P4 + P4 ⋅ P3 + P5 ⋅ P2 = 5 + 2 + 2 + 5 = 14
P7 = P2 ⋅ P6 + P3 ⋅ P5 + P4 ⋅ P4 + P5 ⋅ P3 + P6 ⋅ P2 = 14 + 5 + 4 + 5 + 14 = 42
P8 = P2 ⋅ P7 + P3 ⋅ P6 + P4 ⋅ P5 + P5 ⋅ P4 + P6 ⋅ P3 + P7 ⋅ P2 =
= 42 + 14 + 10 + 10 + 14 + 42 = 132
P9 = P2 ⋅ P8 + P3 ⋅ P7 + P4 ⋅ P6 + P5 ⋅ P5 + P6 ⋅ P4 + P7 ⋅ P3 + P8 ⋅ P2 =
= 132 + 42 + 28 + 25 + 28 + 42 + 132 = 429
Então temos P9 = 429 modos de dividir o eneágono.
Nesse caso, resta dividir o polígono restante (à direita), e com nosso
triângulo formado teremos Pn −1 modos.
QUESTÃO 09
Sejam S = a + b + c e P = a ⋅ b ⋅ c . Calcule o determinante abaixo
unicamente em função de S e P.
Se considerarmos o triângulo formado com o vértice seguinte ao lado
consecutivo, temos:
a2 + ( b + c )
2
2a 2
(a + c )
a2
b2
(a + b ) + c 2
2
(a + b ) + c 2
2
(a + b)
2
2b 2
2
+ b2
Resolução
Seja D o determinante considerado. Denotemos por Li a i-ésima linha
e por Ci a i-ésima coluna (i = 1, 2, 3).
Pelo teorema de Jacobi, somando −2L3 a L1 e a L2 , vem que:
a2 + ( b + c )
D=
2
(a + c )
2a 2
a
(b + c )
2
2
b
− a2
2
+ b2
2
c 2 − (a + b )
0
Nesse caso, resta um triângulo a esquerda (que tem apenas P3 = 1
0
(a + c )
modo de ser dividido) e um polígono de n − 2 lados à direita, com
Pn − 2 modos de ser dividido.
a2
b2
2
(a + b) + c 2
2
(a + b) + c 2
2
(a + b )
2
2b 2
=
2
c 2 − (a + b ) =
2
− b2
(a + b )
2
Fatorando as diferenças de quadrados, vem que:
D=
Com o vértice seguinte:
(b + c + a) ⋅ (b + c − a)
0
a
2
0
(c + a + b ) ⋅ (c − a − b )
(a + c + b ) ⋅ (a + c − b ) (c + a + b ) ⋅ (c − a − b )
2
b2
(a + b )
(a + b + c )
2
⋅
=
b+c −a
0
c −a−b
0
a+c −b c −a−b
a2
b2
(a + b )
2
Agora, somando − (C1 + C2 ) a C3 e sendo a + b + c = S , vem que:
D = S2 ⋅
b+c −a
0
−2b
b+c −a
0
−b
a + c − b −2a = 2S 2 ⋅
a + c − b −a
0
0
a2
b2
2ab
a2
b2
ab
Somando b ⋅ L2 a L3 , temos:
Ficamos com um polígono de 4 lados a esquerda ( P4 modos de ser
b+c −a
0
−b
D = 2S ⋅
a + c − b −a
0
a2
b ⋅ (a + c ) 0
dividido) e com um de n − 3 lados à direita ( P n − 3 modos de ser
2
dividido).
Podemos continuar esse argumento até chegar na ultimo vértice à
direita. Assim temos a relação de recorrência:
Expandindo agora esse determinante por Laplace na primeira linha,
temos:
5
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D=
1+1
1+ 3
⎡
2 ⋅ S ⋅ ⎣( b + c − a ) ⋅ ( −1) ⋅ a ⋅ b ⋅ ( a + c ) + ( −b ) ⋅ ( −1) ⋅ ( −a 2 ) ⋅ ( a + c − b ) ⎤⎦ =
2
2 ⋅ S 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ ⎡⎣( b + c − a ) ⋅ ( a + c ) + a ⋅ ( a + c − b ) ⎤⎦ =
Equipe desta resolução
2 ⋅ S 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ ⎡⎣ ab + bc + ac + c 2 − a 2 − ac + a 2 + ac − ab ⎤⎦ =
2 ⋅ S 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ [ bc + c 2 + ac ] = 2 ⋅ S 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ c ⋅ [ b + c + a ]
Sendo a + b + c = S e a ⋅ b ⋅ c = P , temos que:
Matemática
3
D = 2 ⋅ S2 ⋅ P ⋅ S ⇔ D = 2 ⋅ S ⋅ P
Alessandro Fonseca Esteves Coelho
Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha
Thais de Almeida Guizellini
QUESTÃO 10
Os coeficientes a0, ... , a2014 do polinômio
P ( x ) = x 2015 + a2014 x 2014 + ... + a1x + a0
são tais que ai ∈ {0,1} , para
0 ≤ i ≤ 2014 .
a) Quais são possíveis raízes inteiras de P(x)?
b) Quantos polinômios da forma acima têm duas raízes inteiras
distintas?
Resolução
a) Observe que pelo enunciado, todos os coeficientes de nosso
polinômio P são números inteiros. Sendo assim podemos aplicar a
pesquisa de raízes racionais. Se nosso polinômio tiver alguma raiz
p
irredutível, então q é um divisor do coeficiente dominante
racional
q
Revisão
Danilo José de Lima
Fabiano Gonçalves Lopes
Felipe Eboli Sotorilli
Digitação, Diagramação e
Publicação
(que nesse nosso exercício vale 1) e p é um divisor de a0 . Então
temos dois possíveis casos:
Lucas Rubi Rosa
Toky Popytek Coelho
1) a0 = 1 . Nesse caso os candidatos a raiz são os números 1 e −1 .
2) a0 = 0 . Nesse caso x = 0 é raiz e ao dividir o polinômio P por x
obtemos uma situação igual a inicial, mas com um grau menor.
Por causa desse procedimento, nossos únicos candidatos a raiz são
os números 0 , 1 e −1 . No entanto, observe que
P (1) = 1 + a2014 + a2013 + ... + a1 + a0 ≥ 1 + 0 + 0 + ... + 0 = 1
Dessa forma, x = 1 não pode ser raiz e os candidatos possíveis são
0 e −1
b) Como queremos ter 2 raízes distintas, elas devem ser 0 e −1 .
Então:
P ( 0 ) = a0 = 0
P ( −1) = −1 + a2014 − a2013 + a2012 − ... + a2 − a1
= ( a2014 + a2013 + .... + a2 ) − ( a2013 + a2011 + ... + a1 ) − 1
1007 termos
1007 termos
Vamos então considerar que na parte positiva de P ( −1) temos k
valores iguais a 1. Dessa forma para completar uma raiz, devemos ter
k − 1 valores iguais a 0 na parte negativa. Podemos escolher os
⎛ 1007 ⎞ ⎛ 1007 ⎞
valores que serão então iguais a 1 de ⎜
⎟⋅⎜
⎟ modos. O
⎝ k ⎠ ⎝ k −1⎠
valor de k pode variar de 1 até 1007 . Somando as possibilidades
obtemos:
⎛ 1007 ⎞ ⎛ 1007 ⎞ 1007 ⎛ 1007 ⎞ ⎛ 1007 ⎞
⎟⋅⎜
⎟ = ∑⎜
⎟⋅⎜
⎟
k ⎠ ⎝ k − 1 ⎠ k =1 ⎝ 1007 − k ⎠ ⎝ k − 1 ⎠
k =1 ⎝
1007
∑⎜
E então pela convolução de Vandermonde, que afirma que
h
⎛m⎞ ⎛ n ⎞ ⎛m + n⎞
⎜ ⎟⋅⎜
⎟=⎜
⎟ , obtemos que
∑
k =0 ⎝ k ⎠ ⎝ h − k ⎠
⎝ h ⎠
1007
⎛ 1007 ⎞ ⎛ 1007 ⎞
⎛ 1007 + 1007 ⎞ ⎛ 2014 ⎞
⎟=⎜
⎟
⎝ 1007 − 1 ⎠ ⎝ 1006 ⎠
∑ ⎜ 1007 − k ⎟ ⋅ ⎜ k − 1 ⎟ = ⎜
k =1
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎛ 2014 ⎞
Ou seja, temos ⎜
⎟ polinômios satisfazendo as restrições.
⎝ 1006 ⎠
6