Matemática - ELITE CAMPINAS

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O ELITE RESOLVE O IME 2005 - MATEMÁTICA
(156 x + 156 − x )
, demonstre que:
2
f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y)

log a d log a d 
 log a d ;

;

log a b log a c 

1. Dada a função f(x) =
SOLUÇÃO:
Sejam x e y, valores pertencentes ao domínio de f(x).
(156 x + 156 − x ) (156 y + 156 − y )
=
Temos que: 2. f(x) . f(y) = 2
2
2
156 x + y + 156 x − y + 156 y − x + 156 −(x + y)
=
2
4
156 x + y + 156 −(x + y) 156 x − y + 156 −(x − y)
+
= f(x + y) + f(x - y)
2
2
Assim, vem:
2. 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.
Assim, nota-se que houve um engano na referida questão,
pois o expoente do termo (a.c ) deve ser log a b , e não
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
SOLUÇÃO:
1
2
3
Linha 1
4
5
6
Linha 2
7
8
9
Linha 3
0
Linha 4
Sabemos que o 2o e 3o dígitos estão na linha imediatamente
o
o
o
o
superior à linha o 1 e 4 dígitos, portanto, o 1 e o 4 dígitos só
podem estar nas linhas 2,3 e 4.
o
o
Hipótese 1: 1 e 4 digito na linha 4
Possibilidades 1
3
3
1
9
Digito
1o 2o 3o 4o total
o
o
Hipótese 2: 1 e 4 dígitos na linha 3
Possibilidades 3
3
3
3
81
Digito
1o 2o 3o 4o total
o
o
Hipótese 2: 1 e 4 dígitos na linha 2
Possibilidades 3
3
3
3
81
digito
1o 2o 3o 4o total
Portanto temos 9 + 81 + 81 = 171 possibilidades. Sendo assim
para ter certeza que o ladrão consegue entrar devem ser
experimentadas 171 senhas.
3. Sejam a, b, c e d números reais positivos e diferentes de 1.
Sabendo que logad, logbd e logcd são termos consecutivos de
uma progressão aritmética, demonstre que:
c2 = (ac)loga d
2.
log a d
log a d
2
1
= log a d +
⇒
= 1+
⇒
log a b
log a c
log a b
log a c
⇒ 2. log a c = log a b . log a c + log a b ⇒
⇒ 2. log a c = log a b .( log a c + 1) = log a b .( log a c + log a a ) ⇒
⇒ log a c
2
= log a (a.c )
loga b
⇒
c = (a.c )
loga b
2
log a d , como diz o enunciado.
4. Determine o valor das raízes comuns das equações
4
3
2
4
3
2
x -2x -11x +18x+18 = 0 e x -12x -44x -32x-52 = 0.
SOLUÇÃO:
Sejam P1(x) = x4-2x3-11x2+18x+18 e P2(x) = x4-12x3-44x2-32x-52
Cálculo das raízes de P1(x):
Pelo Teorema das Raízes Racionais, tem-se que, se a equação
apresentar raízes racionais, estas pertencerão ao conjunto A =
{1; -1; 2; -2; 3; -3; 6; -6; 9; -9; 18; -18}. Fazendo a verificação para
os elementos desse conjunto, tem-se que as raízes racionais são
3 e –3.
Desta maneira, é possível fatorar P1(x):
x4 - 2x3 - 11x2 + 18x + 18 = 0
2
(x - 3).(x + 3).(x – 2x – 2) = 0
Assim, as raízes de P1(x) são:
3 ; x4 = 1 +
x1 = -3; x2 = 3; x3 = 1 -
S1 = { - 3; 3; 1 -
3 ;1+
3 , ou seja:
3}
Verificação das raízes comuns a P1(x) e P2(x):
• P2(-3) = (-3)4 – 12(-3)3 - 44(-3)2 - 32(-3) – 52 = 53 ≠ 0 ;
• P2(3) = (3)4 – 12(3)3 - 44(3)2 - 32(3) – 52 = - 787 ≠ 0;
• P2(1- 3 ) = (1- 3 )4 –12(1- 3 )3 - 44(1- 3 )2 - 32(1- 3 ) –
52 = 176 3 - 352 ≠ 0;
• P2(1+ 3 ) = (1+ 3 )4 – 12(1+ 3 )3 - 44(1+ 3 )2 –
32(1+ 3 ) – 52 = - 176 3 - 352 ≠ 0;
Portanto, não existem raízes comuns entre P1(x) e P2(x).
5. Resolva a equação 2 sen 11 x + cos 3x +
3 sen 3 x = 0.
SOLUÇÃO:
2sen 11x + cos 3x + 3 sen 3x = 0, dividimos ambos os termos
por 2
2
1
3
⇔ .sen 11x + .cos 3x +
.sen 3x = 0
2
2
2
⇔ sen 11x + sen
π
6
⇔ sen 11x + sen(
sen p + sen q =
.cos 3x + sen 3x . cos
π
6
2.sen(
π
6
=0
+ 3x) = 0, sabemos que:
p+q
p−q
).cos(
) , logo:
2
2
SOLUÇÃO:
Transformando para a base a, tem-se a seguinte PA:
1
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π
π


 11x + 3x + 6 
 11x − 3x − 6 
⇔ 2.sen 
 .cos 
=0
2
2








π
π




⇔ 2.sen  7 x +
 .cos  4 x −  = 0
12
12




π
π

=0 ⇔
Logo sen  7 x +
7 x + = π + k.π

12
12


S ACQ = X + Y + S ATP =
1
.S
1+ r
Então o sistema pode ser resolvido por Cramer:
⇔ (q + 1). X + Y =
1
.S
1+ r
1
.S
q +1
X =
q +1
11π
π
+ k.
84
7
⇔ x=
π
π 
π

ou cos  4 x −
 = 0 ⇔ 4 x − = 2 + k.π
12
12


⇔ x=
7π
π
+ k.
48
4
1
.S
1+ r
1
1
r +1
=
q.S
(q + 1).(qr + q + r )
S ATP =
q 2 .S
(q + 1).(q.r + q + r )
1
r +1
Como SATP = q . X, então
7. Considere uma elipse de focos F e F', e M um ponto qualquer


11π
π
7π
π
S = x ∈ R x =
+ k . ou x =
+ k. , k ∈ Z 
84
7
48
4


6. Considere um triangulo 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.
dessa curva. Traça-se por M duas secantes MF e MF' , e 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 ).
SOLUÇÃO:
eixo maior da elipse: 2am
eixo menor da elipse: 2bm
distancia entre focos: 2cf
am2 = bm2+ cf2
a+b = 2am
M
b
m
a
F
SOLUÇÃO:
A
c
P
T
b.r
F’
n
a.q
B
d
P
a
Q
C
b
Como PA / PC =q, então:
S − SCBP
S ABP
=q⇔
=q
SCBP
SCBP
⇔ SCBP =
1
.S
q +1
(I )
Como QB / QC =r, então:
S ABQ
S − S ACQ
=r⇔
=r
S ACQ
S ACQ
1
.S
( II )
1+ r
Sendo X a área do TPC e Y, do TQC, temos que
SATP = q.X e SBTQ = r.Y
De I:
1
.S
SCBP = X + Y + S BTQ =
q +1
1
⇔ X + (r + 1).Y =
.S
q +1
De II:
⇔ S ACQ =
P’
Para visualizarmos a Relação de Stewart no triângulo MPF',
temos:
MP = a = m + n
MF = m
FP = n
FF’ = d = 2cf
MF’ = b
PF’ = c
Daí, pela Relação de Stewart, temos:
m.c2 + n.b2 = a.d2 + a.m.n
Considerando a elipse, temos ainda:
b + m = c + n = k (soma das distâncias de um ponto aos focos
constante); k = 2am
⇒b=k–m e c=k–n
Substituindo na relação de Stewart:
m.(k – n)2 + n.(k – m)2 = (m + n).d2 + (m + n).m.n
⇒ m.(k2 –2kn +n2) + n.(k2 –2km +m2) = (m + n).d2 + (m + n).m.n
⇒ (m + n).k2 – 4kmn + (m + n).m.n = (m + n).d2 + (m + n).m.n
⇒ (m + n).(k2 – d2) = 4kmn
⇒ (m + n) / m.n = 4k/(k2 – d2)
⇒ 1/m + 1/n = 4k/(k2 – d2) que é constante pois k e d são
constantes.
2
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Assim, tomando-se 4k/(k2 – d2) = K = constante, vem:
1/PF + 1/MF = K
(I)
analogamente, 1/P'F' + 1/MF'= K
(II)
Seja ∆n o determinante procurado.
Multiplicando (I) por MF e (II) por MF’, chega-se a:
MF/PF + 1 = K.MF
(III)
MF'/P'F' + 1= K. MF'
(IV)
De (III) + (IV) tem–se:
2+ MF/PF + MF'/P'F' = K.(MF+ MF')
∆n=
Da propriedade da elipse (MF+ MF') = k = 2am
MF/PF + MF'/P'F' = K.k – 2 = C = constante
b2 + 1
b
b
b +1
b
0
...
0
0
0
b
b2 + 1
b
...
0
0
0
0
b
b2 + 1
...
0
0
...
0
...
0
...
0
...
0
...
...
...
b2 + 1
...
b
0
0
0
0
...
b
b2 + 1
0
2
b2 + 1
b
b
b2 + 1
Observação: Cálculo da constante C:
2
0
2+1
+b.(-1)
0
b
0
0
...
...
0
0
0
0
b
b2 + 1
b
...
0
0
. 0
...
0
...
b
...
b2 + 1
...
...
...
0
...
0
...
0
0
0
0
0
0
0
0
...
...
0
b
0
0
...
...
0
0
0
0
.
+
b2 + 1
b
b
b2 + 1
0
b
b2 + 1
b
...
0
0
0
...
0
...
b
...
b2 + 1
...
...
...
0
...
0
...
0
0
0
0
0
0
0
0
...
...
+
b2 + 1
b
b
b2 + 1
n-1 colunas
SOLUÇÃO:
a)
p(a) = a 3 + ra − t = 0

3
p(a) = b + rb − t = 0 ⇒ a3 + b3 + c3 + r(a + b + c) – 3t = 0⇒
p(a) = c 3 + rc − t = 0

⇒ a3 + b3 + c3 = 3t - r(a + b + c)
Usando as relações de Girard, segue que a + b + c = 0, pois o
coeficiente do termo de x2 é zero, logo
a3 + b3 + c3 = 3t
b)
Seja d uma raiz qualquer de p( x ). Multiplicando a igualdade
d3 + rd − t = 0 por dn − 2 , obtemos dn +1 + rdn −1 − tdn − 2 = 0.
Assim, são válidas as três igualdades:
an +1 + ran −1 − tan − 2 = 0

 n +1
+ rbn −1 − tbn − 2 = 0
b
 n +1
+ rc n −1 − tc n − 2 = 0
c
Somando, obtemos
+b
0
0
b2 + 1
b
b
b2 + 1
8. Sejam a, b e c as raízes do p(x) = x3 + rx - t, onde r e t são
números reais não nulos.
a) Determine o valor da expressão a3 + b3 + c3 em função de r e t.
b) Demonstre que Sn+1 + rSn-1 - tSn-2 = 0 para todo número natural
n ≥2, onde Sk = ak + bk + ck para qualquer número natural k.
(a
1+1
∆n=(b +1).(-1)
C = K.k – 2 = 4k2/(k2 – d2) – 2=
= 4k2/(k2 – d2) – 2 = 4(2am)2/((2am)2 – (2cf)2)–2=
= 4am2/(am2 – cf2) – 2 = 4am2/bm2 – 2 =
= (4am2 – 2bm2)/ bm2 = (2am2 + 2am2– 2bm2)/ bm2 =
= (2am2 + 2cf2)/ bm2 = = 2(am2 + cf2)/ bm2
n +1
...
Aplicando Laplace na primeira coluna temos:
CDQ
n +1
0
+c
n +1
n +1
) + r (a
n −1
n −1
ou seja, S
+ rS
− tS
para todo natural n ≥ 2.
+b
n−2
n −1
+c
n −1
) − t(a
n−2
+b
n−2
+c
n−2
) = 0,
= 0,
9. Calcule o determinante da matriz nxn em função de b, onde b
é um número real tal que b2≠1.
b2 + 1
b
0
0
...
0
0 

2
b
b +1
b
0
...
0
0 
b
b2 +1
b
0
...
0
0 

2
b
b +1
0
0
...
0
0 n linhas
...
...
...
...
...
...
... 

2
b +1
b 
0
0
0
0
...

b
b2 + 1
0
0
0
0
...
Aplicando Laplace na primeira linha do determinante na segunda
parcela, temos:
b2 + 1
b
0
0
b
b2 + 1
b
0
0
b
b2 + 1
b
0
b
b2 + 1
∆n=(b2+1).∆n-1 –b2(-1)1+1. 0
...
...
...
...
0
0
0
0
0
0
0
0
...
...
...
...
...
...
...
0
0
0
0
0
0
0
0
...
...
b2 + 1
b
b
b2 + 1
∆n=(b2+1).∆n-1 –b2.∆n-2;
∆n - ∆n-1 = b2.(∆n-1 –∆n-2);
Usando a relação para outros valores:
∆n-1 - ∆n-2 = b2.(∆n-2 –∆n-3)
∆3 - ∆2 = b2.(∆2 –∆1)
2
b - b 2 + 1 = b4
∆2 –∆1 = b + 1
2
b
b +1
Ou seja as diferenças estão em PG de razão b2 e primeiro termo
b4, sendo ao todo n-1 termos. Pela soma dos termos da PG:
( )(( )
4
2
∆n - ∆1= b b
n−1
b2 − 1
2 n+ 2
−1
e ∆n = b
b2 − 1
)
−1
10. 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.
n colunas
SOLUÇÃO:
3
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b) temos que (para melhor visualização de seção, invertemos as
bases do cubo):
P
C
B
(a − b) 2
M
b 2
N
Q
b 2
a 2
A
D
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
b 2
contém P, Q e M em função de BC = a e BM = b.
SOLUÇÃO:
a) Vamos verificar que somente existirá solução para ângulo de
45º.
C´
A construção da seção é feita tomando como base a reta KM
como aresta do diedro.
P
B
α
m
α
M
O prolongamento da aresta CF intercepta a aresta do diedro em
C
T. Como T e N pertencem à face DCFE, a aresta TN intercepta
β n
K
N
β
Q
DE em P. Os pontos Q, R e K são simétricos em relação ao
plano mediador ABFE.
A interseção do plano PQM com o cubo é o hexágono KMNPQR.
Para calcular a área da figura vamos utilizar os trapézios
isósceles KMNR e NPQR.
a 2
A
Figura 1
D
a−b
 2  2


cos30º =
h1
(a − b) 2
h1 = (a - b) 2 ⋅
h1 = (a - b)
3
2
6
2
b 2
cos30º =
Figura 2
Se a formiga percorre o caminho mínimo, então, a planificação
fica como descrito na figura 2.
Se PMB = α então QND = β = 90º - α.
Na figura 1, se P, M, N, Q são coplanares então as retas PM e
QN encontram-se em um ponto K da reta C´C
Sejam MC = m e CN = n. Como CMK = α, então KC = m.tgα. (I)
)
)
)
Como QND = 90º - α então CNK = 90º - α e NKC = α.
Logo, n = KC.tgα e, usando (I), n = m.tg2α, mas pela figura 2, n =
m tgα, ou seja, α = 45º = β ⇒
)
)
Como ACD = 450 e MNC = β = 450, logo, o triângulo CRN é
)
retângulo em R , ou seja, AC ⊥ MN.
CQD
Observação: O fato de P, M, N, Q serem coplanares faz com a
formiga não possa partir de qualquer ponto P e chegar a qualquer
ponto Q cruzando a aresta BC. Somente pontos que possam ser
alcançados mantendo-se α = 45º = β.
b 2
b 2
h2
b 2
h2 = b 2 ⋅
h2 =
∴
3
∴
2
b 6
2
b 2
2
a 2
Logo, a área da secção PQRKM é:


a 2 +b 2 
 ⋅ (a − b) 6 +  (a − b) 2 + a 2  ⋅ b 6
S=


2
2
2

 2


 a2 − b2
S = 
2

  2a − b 
3
2
2
2
 3
  2  ⋅ b 3 = (a − b + 2ab − b ) 2

S = (a2 + 2ab - 2b2)
3
2
4