( ) Tendo obtido a igualdade (19) O ELITE RESOLVE IME QUESTÃO 02 Encontre as soluções reais da equação:

Transcrição

1

2 () 5- O ELITE RESOLVE IME 5 MATEMÁTIA QUESTÃO etermine os valores reais de que satisfazem a inequação: 4 + log > log As condições de eistência para um logaritmo são: base positiva e diferente de ; logaritmando positivo. Além disso, o denominador da primeira fração não pode ser nulo. Impondo todas essas condições simultaneamente, vem que: < < < > > log ± Sendo satisfeitas essas condições, temos que: log + log > + > log log log 4 4 Fazendo log α, segue que: + > log log α +α+ + > > α α α α Fazendo o quadro de sinais para o quociente em função dos sinais do numerador e do denominador, temos: α QUESTÃO Encontre as soluções reais da equação: Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos: ( ) ( ) Elevando novamente ambos os membros ao quadrado: ou 7 Tendo elevado a equação ao quadrado (duas vezes, inclusive), devemos fazer a verificação de cada um desses valores. (I) Verificação para : Lado esquerdo: Lado direito: Tendo obtido a igualdade é solução! (II) Verificação para Lado esquerdo: 7 : Sendo 7 4 ( ) Lado direito: ± ± + ±, segue que: α Tendo obtido a igualdade Assim: 7 é solução! 7 V {, } Assim: < α < ou < α < < log < ou < log < log < log < log ou log < log < log Sendo a base maior do que, fazemos a comparação entre os logaritmandos mantendo os sinais das inequações inalterados: < < ou < < < < ou < < Sendo as condições de eistência todas satisfeitas para esses valores, ficamos com: V,, ] [ α QUESTÃO escreva o lugar geométrico do número compleo z que atende à equação arg( z z ) arg( z z ) arg( z z ) k π, em que z é real, z e z são compleos conjugados com parte imaginária não nula e k é um número inteiro. Obs: arg(z) é o argumento do número compleo z. omo argumento não é definido para o compleo nulo, consideraremos z { z, z, z}. Vamos denotar z a+ bi e z + yi. Então observe que z z arg( z z) arg( z z) arg( z z) arg k π ( z z)( z z)

3 () 5- O ELITE RESOLVE IME 5 omo k varia nos inteiros, isso é equivalente a falar que nosso z z compleo é real, e portanto igual ao seu conjugado. ( z z )( z z ) Igualando isso temos: z z z z z z ( z z )( z z ) ( z z )( z z ) ( z z )( z z ) Multiplicando em cruz obtemos: ( z z )( z z )( z z ) ( z z )( z z )( z z ) ( ) z z z z + z z + z z z z z z + z z+ z z ( z z ) z az a b z z z az a b zz azz + za ( + b ) zz ( + azz z a + b ) zz azz + z( a + b ) zz ( + azz z a + b ) Lembrando que zz z chegamos na epressão zz + za + b zz + azz zz + z a + b zz + azz z z z + z z a + b z z z + az z z ( ) z z z a + b z z + z + az ( ) i + y z a + b + az Então temos duas opções possíveis: ), o que significa que nosso número é real. ) + y z ( a + b ) + az. olocando a equação na forma reduzida temos: + y z a + b + az z + y a z + b Que é a equação de uma circunferência de centro no afio de z que passaria pelo afio de z, no entanto temos esse ponto ecluído do lugar geométrico pela definição de argumento compleo. Im Primeiramente vamos descobrir a relação entre f ( ) e. Para isso devemos pensar em + f( ) + ( f( )) como uma equação de segundo grau em f. Resolvendo ela temos: f + f + Δ Agora, observe que única opção que ± f Δ f deve ser positivo e que >, nos dando a ( ) + f ( ). Agora devemos encontrar o menor número maior que que satisfaz f ( ). Vamos considerar primeiro um número de algarismos abc. Então: f ( abc) acb abc Mas acb > abc para qualquer valor positivo a. Então não é possível encontrar uma resposta com algarismos. Vamos então tentar encontrar uma com 4 algarismos. f ( abcd ) badc abcd Primeiro vamos considerar a e b. Para conseguirmos o menor valor possível, devemos ter a, o que significa b também. Pensando então nos nossos números temos: c d d c O menor que satisfaz isso acontece quando c e d. Assim o número procurado é. QUESTÃO 5 Um tetraedro regular, com arestas de comprimento igual a d, é cortado por planos paralelos entre si e a uma das bases, dividindo-o em sólidos de volumes iguais. etermina a altura de cada um destes sólidos em função de d. Segue abaio um tetraedro regular de aresta d. A H QUESTÃO 4 Seja n um inteiro positivo cuja representação decimal é a m...a a e f a função que troca a posição dos dígitos a i e a i+ de forma que fa ( a... aa) a a... aa. Por eemplo: k+ k k k+ f (456) 465 f (4) 4 z z z f () f () etermine o menor número maior que que satisfaça à equação + f( ) + ( f( )) z Re B G 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 B. Segue que: d ( AG) ( AB) ( BG) ( AG) d d 6 ( AG) d AG H Tomando os planos paralelos que cortam o tetraedro em três sólidos de volumes iguais, temos a seguinte ilustração:

4 () 5- O ELITE RESOLVE IME 5 Pela relação de semelhança entre sólidos, temos: h v h d 6 h H h H V H d 6 h Analogamente, tomando o tetraedro de altura h+ h, temos: h+ h d 6 h + h H h + h H d 6 d 6 d 6 + h h E, por fim, segue que: d 6 d 6 d 6 h H h h h d 6 ( ) d 6 8 h h QUESTÃO 6 Pelo ponto P de coordenadas (, ) traçam-se as tangentes t e s à parábola y. 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 e, respectivamente. alcule o valor da razão AB/. Temos a seguinte ilustração para a situação descrita: y t A B As retas que passam pelo ponto (, ) e são tangentes à parábola têm equações dadas por: y m ( ( ) ) y m ( + ) Fazendo a intersecção dessas retas com a parábola, temos: s h h h t' s' y y m + Substituindo uma equação na outra, segue que: m + m + m + m Para que cada reta seja tangente à parábola, tal equação do segundo grau só deve retornar uma raiz real, de modo que eiste somente um ponto comum entre as duas curvas. Assim, o discriminante dessa equação deve ser nulo: Δ m 4 m m m m ± A equação do segundo grau, por sua vez, fica como: ( ) Assim, a abscissa (comum) dos pontos A e B é. Substituindo-se, por eemplo, na equação da parábola, vem que: y y ± Assim, fazendo a correspondência com o desenho, temos os pontos: A (, ) e B (, ) Seja s' a reta paralela à reta s pelo ponto A. Pelo paralelismo, seus coeficientes angulares devem ser iguais: Assim, s' tem por equação: ms' ms y ya ms' A y Fazendo a intersecção com a equação da parábola, temos que: y y Substituindo uma equação na outra: y y y + y 6 y ou y Sendo y a ordenada do ponto A, a ordenada do ponto deve ser: y Analogamente para a ordenada do ponto, devemos ter: Portanto: y AB ya yb y y 6 AB QUESTÃO 7 Num triângulo AB isósceles, com ângulos iguais em B e, 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. etermine o perímetro e a área desse triângulo em função de d. 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.

5 () 5- O ELITE RESOLVE IME 5 A Sendo B a, H e lembrando que OB AO G OG OB ( d + ) d OB d +, Portanto, d + OB BH BH Logo, por Pitágoras no triângulo BH, segue que: d + a BH a Além disso, pela semelhança entre os triângulos HB e A segue que: O G I H E H a a ( 6d + ) B A a 6d + Logo, igualando as duas equações, temos: d + ( 6d + ) 4d + d + d d + d d d 4 Portando, B Podemos notar que ΔBE ~ Δ A. Logo, EB A. Sendo assim, temos: omo I é incentro, segue que: A A A BI A BI. A HBI BI A HBI Por outro lado, temos que O é ortocentro, portanto o triângulo BOA é isósceles. este modo: OBA OAB A OBI ABI OAB OBI BI A A OBI esse modo, concluímos que: OBI HBI E, portanto, BI é bissetriz do ângulo OBH. Substituindo, d 5d A 6d + A 6d + A d 5 d 5d a ( 6d + ) a a Logo, a área do triângulo é: omo, ( B ) ( A ) d S S a S d 4 5 d 5 d S p r S p I p d d 5 d d 5 p p p 5 d QUESTÃO 8 e quantas maneiras podemos decompor um eneágono conveo em triângulos traçando suas diagonais, de forma que essas diagonais não se cortem. Vamos primeiramente considerar um caso geral com um polígono de n lados. Vamos chamar o número de maneiras de realizar a divisão desejada de P n. onsidere agora um lado específico do polígono: Pelo teorema da bissetriz interna, temos: OB BH OI HI Lembrando que GO GH, segue que: GO d GO d Portanto, voltando ao teorema da bissetriz interna, temos: OB BH OB BH d d 4

6 () 5- O ELITE RESOLVE IME 5 Esse segmento será lado de um dos triângulos formados. evemos então ver as possibilidades que podem acontecer. A primeira é esse triângulo ser formado com dois lados consecutivos do polígono P P + P P + P P P P + P n n n 4 n n n Se considerarmos por conveniência o valor P, podemos escrever isso como a soma: alculando os valores então: n ( + ) P P P n k n k k Nesse caso, resta dividir o polígono restante (à direita), e com nosso triângulo formado teremos P n modos. Se considerarmos o triângulo formado com o vértice seguinte ao lado consecutivo, temos: P4 P P + P P + P5 P P4 + P P + P4 P P6 P P5 + P P4 + P4 P + P5 P P7 P P6 + P P5 + P4 P4 + P5 P + P6 P P8 P P7 + P P6 + P4 P5 + P5 P4 + P6 P + P7 P P P P8 + P P7 + P4 P6 + P5 P5 + P6 P4 + P7 P + P8 P Então temos P 4 modos de dividir o eneágono. QUESTÃO Sejam S a+ b+ c e P a b c. alcule o determinante abaio unicamente em função de S e P. ( + ) + ( + ) + a b ( a+ a + b+ c b a+ b + c a a c b a b c Seja o determinante considerado. enotemos por L i a i-ésima linha e por i a i-ésima coluna (i,, ). Pelo teorema de Jacobi, somando L a L e a L, vem que: a b ( a+ a + b+ c b a+ b + c a a c b a b c Nesse caso, resta um triângulo a esquerda (que tem apenas P modo de ser dividido) e um polígono de n lados à direita, com P modos de ser dividido. n om o vértice seguinte: ( b+ c) a c ( a+ ( a c) b c ( a a b ( a+ + + Fatorando as diferenças de quadrados, vem que: ( b+ c + a) ( b+ c a) ( c + a+ ( c a ( a c ( a c ( c a ( c a a b ( a Ficamos com um polígono de 4 lados a esquerda ( P 4 modos de ser dividido) e com um de n lados à direita ( P n modos de ser dividido). Podemos continuar esse argumento até chegar na ultimo vértice à direita. Assim temos a relação de recorrência: 5 b+ c a c a b a+ b+ c a+ c b c a b Agora, somando ( ) + a ( + ) a b a b e sendo a+ b+ c S, vem que: b+ c a b b+ c a b + + a b ab a b ab S a c b a S a c b a Somando b L a L, temos: b+ c a b S a+ c b a a b a+ c Epandindo agora esse determinante por Laplace na primeira linha, temos:

7 () 5- O ELITE RESOLVE IME S b+ c a a b a+ c + b a a+ c b S a b b c a a c a a c b + bc + ac + c a ac + a + ac ab S a b [ bc + c + ac] S a b c [ b+ c + a] S a b ab Sendo a+ b+ c S e a b c P, temos que: S P S QUESTÃO Os coeficientes a,..., a 4 do polinômio S P 5 4 P + a a + a são tais que ai {,}, para i 4. a) Quais são possíveis raízes inteiras de P()? Quantos polinômios da forma acima têm duas raízes inteiras distintas? 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 racional p irredutível, então q é um divisor do coeficiente dominante q (que nesse nosso eercício vale ) e p é um divisor de a. Então temos dois possíveis casos: ) a. Nesse caso os candidatos a raiz são os números e. ) a. Nesse caso é raiz e ao dividir o polinômio P por obtemos uma situação igual a inicial, mas com um grau menor. Equipe desta resolução Matemática Alessandro Fonseca Esteves oelho arcy Gabriel Augusto de amargo unha Thais de Almeida Guizellini Revisão anilo José de Lima Fabiano Gonçalves Lopes Felipe Eboli Sotorilli igitação, iagramação e Publicação Lucas Rubi Rosa Toky Popytek oelho Por causa desse procedimento, nossos únicos candidatos a raiz são os números, e. No entanto, observe que () 4 P + a + a a + a essa forma, não pode ser raiz e os candidatos possíveis são e omo queremos ter raízes distintas, elas devem ser e. Então: P ( ) a P + a4 a + a... + a a ( a + a a ) ( a + a a ) 4 7 termos 7 termos Vamos então considerar que na parte positiva de P ( ) temos k valores iguais a. essa forma para completar uma raiz, devemos ter k valores iguais a na parte negativa. Podemos escolher os valores que serão então iguais a de 7 7 k k modos. O valor de k pode variar de até 7. Somando as possibilidades obtemos: k k 7 k k 7 7 k k E então pela convolução de Vandermonde, que afirma que h m n m+ n, obtemos que k k h k h k k k 4 Ou seja, temos 6 polinômios satisfazendo as restrições. 6