problema 1

XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Primeira Fase – Nível Universitário
PROBLEMA 1
A função f : (1,)  R é contínua e derivável.
Sabe-se que f(0) = 0, f '(0) = a e que f(x + 1) = e f(x) para todo x > – 1.
Calcule f '(3).
PROBLEMA 2
Seja A a matriz real n  n
x
x  y

x y
x
A



x
x

...
x 

...
x 
.

 

 x  y 
Diga para que valores de x e y a matriz A é inversível e calcule A– 1.
PROBLEMA 3
Calcule

1
1
x2 1  x 1
x2 1  x 1
dx.
PROBLEMA 4
Determine todos os valores inteiros positivos de m para os quais o polinômio (x + 1)m + xm + 1
é divisível por (x2 + x + 1)2.
PROBLEMA 5
Jogamos 10 dados comuns (com 6 faces equiprováveis numeradas de 1 a 6).
Calcule a probabilidade de que a soma dos 10 resultados seja igual a 20.
PROBLEMA 6
Considere a curva C  {( x, y )  R 2 y 2  x 3  43 x  166}.
a)
Seja Q = (a, b) um ponto de C. Suponha que a reta tangente a C no ponto Q intersecte
C num único outro ponto, Q'. Determine as coordenadas de Q'.
b)
Seja P0 = (3, 8). Para cada inteiro não negativo n, definimos Pn +1 = P' n , o ponto de
interseção de C com a reta tangente a C em Pn. Determine P2002.
XXIV Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase
Soluções Nível Universitário
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1
Derivando a equação
Assim
f ( x  1)  e f ( x ) temos f ' ( x  1)  f ' ( x)  e f ( x ) . (*)
f (1)  e 0  1, f ' (1)  f ' (0)  e f (0)  a
f (2)  e1  e, f ' (2)  f ' (1)  e f (1)  ae
f ' (3)  f ' (2)  e f ( 2)  aee1
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2
Se y = 0 todas as linhas são iguais e a matriz não é inversível. Se nx + y = 0 a soma das n línhas
é 0 e portanto a matriz novamente é não inversível. Vamos mostrar que se nenhuma destas
duas condições ocorre a matriz é inversível.
1

1
Se A  


1

Tome
C
1
1

1
...
...


1

1
temos B2 = nB e A = yI + nB.


1
1
x
I
B.
y
y(nx  y)
1

x
AC   yI  xB I 
B   I
y(nx  y) 
y
Comentário (não faz parte da solução):
1
Encontramos C conjecturando que A  uI  vB.
E resolvendo um sistema para encontrar u e v. Pode-se demonstrar antes de tentar resolver o sistema que A–1, se
existir, deve ter a forma acima: A– 1 é uma função analítica de A, logo um polinômio em A, logo um polinômio em B.
Como observamos que B2 é um múltiplo escalar de B segue que todo polinômio em B é da forma uI + vB.
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Vamos resolver o sistema
( x  y )a1  x  a 2  ...  x  a n  b1

 x  a1  ( x  y )a 2  ...  x  a n  b2


 x  a1  x  a 2  ...  ( x  y )  a n  bn
Somando
todas
x(a1  ...  a n ) 
as
equações,
obtemos
(nx  y )(a1  ...  a n )  (b1  ...  bn ),
x
(b1  ...  bn ) , caso nx + y  0.
nx  y
Diminuindo essa igualdade da j-ésima equação, obtemos y  a j  b j 
y  0, a j 
x
(b1  ...  bn ) e, caso
nx  y
x
(n  1) x  y
x
b1  ... 
b j  ... 
bn .
y(nx  y)
y(nx  y)
y(nx  y)
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donde
Assim,
A 1
 (n  1) x  y

 y (nx  y )
 x

  y (nx  y )



x

 y (nx  y )

x
y (nx  y )
(n  1) x  y
y (nx  y )

x


y (nx  y ) 

x

y (nx  y )  .



(n  1) x  y 
y (nx  y ) 
...
...
x
y (nx  y )

Note que, se nx + y = 0, o sistema não tem solução se b1 +...+ bn  0, e, se y = 0, o sistema não tem solução se
bj 
x
(b1  ...  bn )  0 para algum j . Em nenhum desses casos A é invertível.
nx  y
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3
x 2  1  x  1 Racionalizando, temos
.
x2 1  x 1
Seja f ( x) 
2
( x 2  1  x  1) x 2  1  x  1  x 2  1  1  x 2



f ( x) 
, logo f ( x)   f ( x), para todo x, e
 2x
( x 2  1)  ( x  1) 2
1
portanto,

1
f ( x)dx  0.
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Vamos achar uma primitiva de f: Em

x 2  1  x 1

2

dx fazemos x = tan , dx = sec2 d , e, como
x 1  x 1
sec  tan  1



tan   1  sec  (para
 sec2  d 
   ), obtemos
sec  tan  1
2
2
1  sen  cos 
d .
cos 2  (1  sen  cos  )
2
Fazendo tan

2
 z, d 
1 z 2
, sen 
2z
1 z 2
, cos  
1 z 2
1 z 2
, obtemos
2
 2dz
2 z (1  z 2 )


.
 1 z2
(1  z 2 ) 2 dz

2 z (1  z 2 )
A
B
C
D
Buscando A, B, C, D tais que




, obtemos (A + B + Az)(1 – z)2 +
2
2
2 2
1  z (1  z )
1  z (1  z )
(1  z )

2z 2  2z  1  z 2

2  2 z  1  z 2
2dz

(C + D – Cz)(1+z)2 = 2z(1 + z)2, donde A – C = 2, B – A + D – C = 0, –A, –2B + C + 2D = 2, A + B + C + D = 0.
Assim, D = –B, C = – A, logo A = 1, C = –1, D = 1, B = –1.
Assim,

2 z (1  z 2 )
(1  z )
2 2
dz  ln(1  z ) 
Quando x varia entre – 1 e 1,

1
1
2
 ln(1  z ) 
 ln(1  z 2 ) 
.
1 z
1 z
1 z 2
varia entre
 
 
 
e
, donde z varia entre  tan  e tan  . Temos
4
4
8
8
 
sen 
2
 
4 
 tan  
 2  1, donde z varia entre 1 

 8  1  cos  2  2
 
4
ln(1  z 2 ) 
2 1
2
1 z 1 2
2
2 e
2  1. Assim, a integral é
2
2
 0, pois ( 2  1)  (1  2 ) .
XXIV Olimpíada Brasileira de Matemática - Primeira Fase
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4
Seja

1 i 3

uma raiz de x2 + x + 1. Para que (x2 + x + 1)2 divida (x + 1)m + xm + 1 = P(x), devemos ter
2
2
P() = 0 e P'() = 0.
Assim,
(  1) m   m  1 e m((  1) m1   m1 )  0.
Temos que
 1
1 i 3
2
3

é tal que (  1)   e (  1)  1 . Como  e  + 1 são raízes sextas da
2
2
unidade, o comportamento se repetirá com período 6.
(  1) m1   m1  0
Assim,
(  1)
m 2
 1,
o
que
equivale
equivale
a
(  1) m1   m1  (  1) 3 2( m1) ,
a
m

–2
(mod
6).
Nesse
ou
caso,
seja
temos
(  1)    (  1)        1, donde as duas condições são satisfeitas. Assim, os números
que satisfazem o enunciado são os inteiros positivos da forma 6k – 2.
m
m
4
2
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5
Devemos encontrar o número de soluções de
a1  a 2  ...  a10  20, 1  a i  6.
19 
a1  a 2  ...  a10  20, a i  1 é claramente   . Devemos agora descontar as
 9
O número de soluções de
soluções para as quais algum ai é  7 pois isto implicaria na soma ser  7 + 7 + 8  1 = 22. Assim, basta descontar 10
vezes o número de soluções de a1  a 2  ...  a10  20, a i  7 , a i  1 ,
ou de
19 
13 
a~1  a 2  ...  a10  14, a~i , a i  1 que é 13  . Assim N     10  e a probabilidade pedida é
 9
 9
 9
 
19 
13 
   10 
9
9
p    10   .
6
SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6
a) De
y 2  x 3  43 x  166, temos 2 y
2
dy
 3x 2  43, donde dy  3x  43 . A equação da reta tangente a
dx
dx
2y
 3a 2  43  
 3a 2  43  
2
3
x  b  
  a . Substituindo em y  x  43 x  166





 2b  
 2b  
C passando por (a, b) é y  

2
  3a 2  43 
2b 2  3a 3  43a 
x 
, que terá uma raiz dupla em x = a, e cuja soma



2
b
2
b




temos x 3  43 x  166   

2
2
 3a 2  43 
 3a 2  43 
, e,

 . Assim, o outro ponto terá primeira coordenada igual a 
 2b   2a
 2b 




das raízes é 
substituindo na equação da reta, segunda coordenada igual a
3
3
 3a 2  43 
 3a 2  43  2b 2  3a 3  43a  3a 2  43   2b 2  9a 3  129 a 

  2a

 
.
 
 2b 
 2b  
 

2b
2b




 2b  

b) Usando a fórmula acima, obtemos P1 = (–5, 16), P2 = (11, 32), P3 = (3, – 8), P4 = (–5, – 16), P5 = (11, – 32) e
P6 = (3, 8). Assim, a seqüência (Pn) é periódica de período 6, logo P2002  P4  (5,16) .
Observação: No ítem b), o fato de P3 diferir de P0 apenas por uma troca de sinal da segunda coordenada já é
suficiente para concluir que a seqüência é periódica de período 6.
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