IME 2011/2012 GABARITO DISCURSIVAS INSTITUTO MILITAR DE ENGENHARIA. Professores:

Transcrição

1 IME 011/01 GABARITO DISCURSIVAS INSTITUTO MILITAR DE ENGENHARIA Professores: Carlos Augusto Celso Ramos Daniel Fadel Diego Alecyr Fabio Dias Moreira Felie Rufino Jorge Henrique Craveiro Jordan Piva Matheus Secco Moyses Cohen Rodrigo Villard MATEMÁTICA

2 RASCUNHO IME 011/01

3 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 Questão 01 O segundo, o sétimo e o vigésimo sétimo termos de uma Progressão Aritmética (PA) de números inteiros, de razão r, formam, nesta ordem, uma Progressão Geométrica (PG), de razão q, com q e r * (natural diferente de zero). Determine: (A) o menor valor ossível ara a razão r; (B) o valor do décimo oitavo termo da PA, ara a condição do item a. Solução: (A) Considere a PA onde o termo geral é dado or a n. Assim, formamos a PG: (a, a 7, a 7 ). Usando o termo geral da PA; formamos a PG (a, a + 5r, a + 5r). a + 5r a + 5r Usando q = = a a a + 5r r 0 elo enunciado). + 10a r + 5r = a + 5ar 5r = 15a r 5r = a (ois Como a e 5r é múltilo de, então o menor valor da razão é r =. 0 Como r = e a = 5, teremos q = = 4, q *, logo satisfaz ao enunciado. 5 (B) Como r = e a = 5, teremos a 18 = a + 16r a 18 = 5. Obs.: A razão q oderia ser encontrada fazendo a solução a artir disso. a a a a 0r = = = = = a a a a 5r q e é ossível comletar

4 IME 011/01 Questão 0 Os números reais ositivos x 1, x e x são raízes da equação x ax = a b b x, sendo b (natural) a (real) x1 x x e a 1. Determine, em função de a e b, o valor de log + + a x1x x (x1 + x + x ). Solução: b b Sendo x 1, x e x as raízes do olinômio x ax + x a = 0, temos, elas relações de Girard: b x1 + x + x = a b x1x + x1x + x x = ; b x1x x = a Como x + x + x = (x + x + x ) (x x + x x + x x ) b temos que x + x + x = a = a b Logo: b b x1 + x + x b a b b a b a = a = a log x x x (x x x ) log a (a) b log a a = b a b b loga a + loga a = b b loga a + (a b) loga a = b b + a b = a b 4

5 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 Questão 0 Os ângulos de um triângulo obtusângulo são 105º, e. Sabendo que m IR (real), determine: (A) as raízes da equação sec x + m ( cos x sen x) = cos x + sen x, em função de m; (B) o valor de m ara que e sejam raízes dessa equação. 1 a Solução: (A) Como cos x 0, odemos dividir tudo or cos x: cos x sen x cos x + sen x sec x + m = cos x cos x + + = = (tan x 1) m ( tan x) tan x tan x (m ) tan x m 0 ( tan x ). (tan x m) = 0 tan x = ou tan x = m x = + k ou x = arctan (m) + k, k. 6 (B) 105º + a + b = 180º (ângulos do triãngulo) a + b = 75º. (*) Como a e b são agudos, temos que: a deve ertencer à família + k (k ). e 6 b deve ertencer à família arctan(m) + k (k ) (ou o contrário). Daí, a = 0º e, or (*), b = 45º. Colocando em radianos, temos: arctan(m) + k =, ara algum k. 4 É fácil ver que ara k 0, temos arctan(m),. Logo, k = 0 e arctan(m) =, o que imlica m = 1. 4 Também há a ossibilidade de a e b serem iguais, já que o enunciado não diz que a e b são as raízes. Nesse caso, deveríamos ter a = b = arctan(m). (ois se a = b =, não teríamos um triângulo de ângulos a, b e 105º). 6 Como a + b = 75º = 5, temos 5 e m tan 5 a = b = = = 6 +. (É fácil obter este valor usando a fórmula da tangente do arco dobro.) 5 Resosta: m = 1 ou m = tan =

6 IME 011/01 a Solução ara o item (A): (A) sec x + m (. cos x sen x) = cos x +. sen x sec x + m cos x. sen x = cos x. +. sen x sec x + m.. cos x +. sen x = + sec x = sen x + m. cos x + = sen x + cos x m. cos x + = sen x + sen m. cos x m. cos m = sen x m. cos x + + m + 1 m =. sen x +. cos x m 1 m 1 m 1 m 1 Seja q = arctan(m). Logo, sen q = e cos q =. m + 1 m + 1 Assim, m = sen x. cos sen. cos x + q q m 1 m 1 sen q. cos + sen. cos q = sen x + q sen q + sen x = + q x + = (k + 1) ou x q = k, k x = k + ou x = q + k, onde q = arctan(m). 6 6

7 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 Questão 04 Seja o número comlexo Z = a + bi, com a e b (real) e i = 1. Determine o módulo de Z sabendo que a = (1+ ab ). b = (a b 1) 1 a Solução: Sendo z = a + bi, calculemos z : z = (a + bi) = (a ab ) + (a b b ) i z = + i z z 18 = + = 6 z = 18 a Solução: a = (1+ ab ) (1) b = (a b 1) () + + = ab (a + b) a + b = 0 ou a 4ab + b = 0 (a b) (a ab b ) 1 o caso: b = a Substituindo em (1): a = (1 + a ) a = b = Logo: z = a + b = = = 18 6 o caso: a 4ab + b = 0 Por Bhaskara: a = b ( ± ) a=b tg 15 ou a=b tg 75 (*) Sabe-se ainda que: a= z cosq; b= z senq Substituindo em (1): z cos q=. (1+ z cosq sen q) z (4cos q cos q ) = z cos q = 5 Em (*):q= + k ou q = + k, k cos q cos q 6 Como cosq 0 só vale o rimeiro, logo : z =. z = =

8 IME 011/01 Questão 05 Uma irâmide regular triangular aresenta um volume V. Determine o raio da circunferência circunscrita a uma das faces laterais da irâmide em função de V, sabendo que o ângulo do vértice vale 0. Solução: Seja P-ABC a irâmide de base ABC e vértice P do enunciado. Seja O o centro do ABC. PA = PB = PC = m, AB = BC = CA = l, PO = h. Pelo enunciado, os ângulos de vértice APB = BPC = CPA 1 l = 0. Tem-se que o volume é dado or V =..h. 4 AB Queremos o raio do circuncírculo de ABC, e, or lei dos senos, tem-se que sen 0 = R, logo queremos AB R = = AB = l. sen 0 No ABC, AO = l e, no POA, temos or itágoras: PA = PO + OA, logo m = h + l. Além disso, or lei dos cossenos no PAB, temos l = m + m m cos 0 = m ( m = l ( + ). ), logo 5 l Daí, h = l ( + ), logo h = 5 +. l l Logo, na relação de volume, temos. 5 + = V, logo l = R = V é o circunraio 1 desejado. P 0 A m l l h O B C 8

9 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 Questão 06 É dada uma arábola de arâmetro. Traça-se a corda focal MN, que ossui uma inclinação de 60 em relação ao eixo de simetria da arábola. A rojeção do onto M sobre a diretriz é o onto Q, e o rolongamento da corda MN interceta a diretriz no onto R. Determine o erímetro do triângulo MQR em função de, sabendo que N encontra-se no interior do segmento MR. 1 a Solução: Seja S o onto de interseção da diretriz com o eixo base da arábola. Por definição, FS =. Como SF R = 60, então FRS = 0. No RSF, sen 0 = Como M arábola, MF = MQ =. no RQM, 1 = RF =. RF sen 0 = l 1 = = QM = RM = 4 l + cos 0 = RQ RQ = RQ = RM 4 Assim, o erímetro do MQR é RM + QM + RQ = ( + ). 9

10 IME 011/01 a Solução: Por definição, distância (F, QR) =, então: OF = A reta MN tem coeficiente angular m = tg 60 = MN é y 0 = x y = x, 0 e assa elo foco F. Assim a equação da reta Para olhar as coordenadas de M, temos que fazer a interseção com a arábola: y = x y = x Substituindo: x x x x = + = 4 + = 1x 0x 0 0 ± fazendo Bhaskara: x = x = ou x =

11 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 Pela figura, x m > x n, então: x n =. Com isso, y = y m m = Para olhar as coordenadas de R, temos que fazer x = y r = yr = na equação de MN: Assim, MQ = + = QR = + = ( ) MR = distância (M, R) = = 4 Logo, o erímetro do triângulo MQR é = ( + ). Questão 07 Sejam r e s (inteiro). Prove que (r + s) é múltilo de 17 se e somente se (9r + 5s) é múltilo de 17. 1ª Solução: Como m.d.c (4,17) = 1, temos que r +s 0 (mód17) 8r + 1s 0 (mód 17). Mas, 17r + 17s 0 (mód 17), donde (8r + 1s) 0 (mód 17) 9r + 5s 0 (mód 17). ª Solução: Como 4(r + s) + (9r + 5s) = 17(r + s), temos que 17 4(r + s) 17 9r + 5s. Mas m.d.c (4, 17) = 1, o que dá 17 (r + s) 17 4 (r + s) 17 9r + 5s. ª Solução: (Ida) r + s = 17k (k ) Então, r = 17k s 17k s 9k s e, daí, 9r + 5s = 9 5s = Como esse número é inteiro e e 17 não têm fatores comuns, temos que divide 9k - s. Daí, 17 divide 9r + 5s. (Volta) 9r + 5s = 17k (k ) 17k 5s Então, r = e, daí, 9 17k 5s k + s r + s = + s = Como esse número é inteiro, e 9 e 17 não têm fatores comuns, temos que 9 divide k + s. Daí, 17 divide r + s. 11

12 IME 011/01 Questão 08 Calcule as raízes de f(x) em função de a, b e c, sendo a, b, c e x (real) e f( x) 1 a solução: x a b c a x c b f(x) =, usando Jacobi C 1 = C 1 + C + C + C 4 b c x a c b a x x a b c a x c b =. b c x a c b a x x + a + b + c a b c 1 a b c x + a + b + c x c b 1 x c b f(x) = = (x + a + b + c) x + a + b + c c x a 1 c x a x + a + b + c b a x 1 b a x Usando Chió: x a c b b c f(x) = (x + a + b + c) c a x b a c b a a b x c Novamente vamos usar Jacobi: C 1 = C 1 +C e C = C + C. x + b a c 0 b c f(x) = (x + a + b + c) 0 x + a b c a c x + b a c x + a b c x c 1 0 b c f(x) = (x + a + b + c) (x + b a c) (x + a b c) 0 1 a c 1 1 x c Por fim, vamos fazer Chió: 1 a c = (x + c a b) 1 x b f(x) = (x + a + b + c) (x + b a c) (x + a b c) (x + c a b) As raízes são x = a b c; x = a + b + c; x = b + a + c; e x 4 = c + a + b. 1

13 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 a solução: Defina A = x a e B = b c a x c b. É fácil verificar que A e B comutam bx + ac cx = = + ab AB BA + +. cx ab bx ac x a b c Logo f(x) = det a x c b = det A B b c x a B A c b a x = det (A B ) = det(a+b) det(a B) = = [(x+b) (a+c) ] [(x b) (a c) ] = =(x + a + b + c) (x a + b c) (x + a b c) (x a b + c) Logo as raízes de f são { a b c, a b + c, a + b + c, a + b c} (Usamos o fato: se A, B, C, D são matrizes n x n, X = A B C D det X = det (AD BC) ). é uma matriz n x n e AC = CA, então: 1

14 IME 011/01 Questão 09 Considere uma reta r que assa elo onto P(,). A reta r interceta a curva x xy y = 0 nos ontos A e B. Determine: (A) o lugar geométrico definido ela curva; (B) a(s) ossível(is) equação(ões) da reta r, sabendo que PA PB = 17. Solução: (A) x xy y = 0 y xy x = 0 x ± 8x equação do segundo grau em y : y = y = ( 1)x ou y = ( 1)x É um ar de retas erendiculares que assam ela origem (uma hiérbole degenerada). (B) As retas do item anterior são erendiculares, ortanto, considere um sistema de coordenadas no qual o eixo x é a reta y = ( 1)x (no sistema original) e o eixo y é a reta y = ( 1)x (no sistema original). Reare que 1= tan, logo, o ângulo de rotação é. 8 y 8 y P x 8 x O onto P = (, ) no sistema é dado or P' = cos + sen, sen + cos = (a,b) (*) Seja θ o ângulo que a reta faz com o eixo x (suonha que a reta é decrescente inicialmente). y B P =(a,b) a b q A x 14

15 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 b m + 1 Seja m = tan θ. É fácil ver que P' A ' = e P'B' = a m + 1 m ab(m + 1) Daí, PA PB = P' A ' P'B' =. (**) m Em (*), temos ab = cos + sen sen + cos = 6 cos sen 5 sen cos = = 6 cos + sen = 6 + = m + 1 Em (**): = 17 m m + 1= 0 m = ± 1 4 m m = tan ou m = tan. 8 8 Caso a reta seja decrescente, os argumentos são análogos e chegamos a m + m + 1= 0 m = ± 1 m = m = tan ou m = tan. 8 8 Então, as inclinações ossíveis em x y são 5 7,,, Para termos as inclinações xy, basta subtrair, obtendo 0,,, Como a reta assa or (,), logo, as oções são: inclinação reta 0 y = 4 4 y = x + 1 x = y = x + 5 Resosta: y =, y = x + 1, x =, y = x

16 IME 011/01 Questão 10 Os nove elementos de uma matriz M quadrada de ordem são reenchidos aleatoriamente com os números 1 ou 1, com a mesma robabilidade de ocorrência. Determine: (A) o maior valor ossível ara o determinante de M; (B) a robabilidade de que o determinante de M tenha este valor máximo. 1 a Solução: Se det M = k, det ( M) = k (já que a ordem de ordem de M é ímar). Logo max{ det M} = max{ det M} e, ara k > 0, o número de soluções de det M = k é metade do número de soluções de det M = k. x1 y1 1 Multilicando linhas or 1, odemos transformar M em uma matriz da forma x y 1 sem alterar det M. x y 1 Mas o módulo do determinante de uma matriz desta forma é o dobro da área do triângulo determinado elos ontos 1 = (x 1, y 1 ), = (x, y ), = (x, y ). (A) Os ontos 1, e ertencem ao conjunto Q = {(1, 1), ( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1)}, comostos dos vértices de um quadrado de lado. Todo triângulo comosto de vértices de Q ou é degenerado (tem dois vértices iguais) ou é retângulo isósceles com catetos de comrimento. Logo a área do triângulo 1 é no máximo, e ortanto det M é no máximo 4, atingido or exemlo na matriz (B) A cada triângulo 1 de área estão associadas exatamente matrizes M tais que det M = 4 (ois 4 cada linha de M ode ou não ser multilicada or 1 indeendentemente). Existem! = 4 escolhas de ( 1,, ) que não geram triângulos degenerados, logo existem 19 matrizes M tais que det M = 4. Metade, isto é, 96 matrizes, satisfazem det M = 4. Como existem 9 matrizes ossíveis e todas ocorrem com a mesma robabilidade, a robabilidade de que M tenha o determinante máximo é 96 = M M a Solução: a b c Se M = d e f, det M = aei + bfg + cdh ceg bdi afh. g h i Como todos os termos da matriz ertencem a {, 1}, aei, bfg, cdh, ceg, bdi, afh {, 1}, o que imediatamente imlica que det M é ar e det M 6. 16

17 Prova Discursiva Matemática: 4/10/11 (A) Se det M = 6, devemos ter aei = 1 (I) bfg = 1 (II) cdh = 1 (III) ceg = 1(IV) bdi = 1 (V) afh = 1 (VI) Multilicando I, II e III, obtemos abcdefghi = 1. Mas multilicando IV, V e VI, obtemos abcdefghi = 1, o que é uma contradição. Logo det M 4, e o máximo é atingido, e.g. em M = (B) Na tabela abaixo, o roduto das linhas corresonde aos termos ositivos do determinante e o roduto das colunas corresonde aos termos negativos do determinante: a e i + f g b + h c d + Para que det M = 4, cinco termos (incluindo os resectivos sinais) devem ser, enquanto outro deve ser 1. Logo existem seis ossibilidades ara a tabela: I 1 1 IV 1 II 1 1 V 1 III 1 1 VI 1 17

18 Note que é ossível estabelecer uma bijeção entre tabelas do tio I e tabelas do tio II: IME 011/01 a e i 1 f g b h c d I f g b a e i 1 h c d II Analogamente, é ossível definir bijeções entre I e II, IV e V e IV e VI. Também existe uma bijeção entre I e IV: a e i 1 f g b h c d I a f h e g c i b d 1 1 IV Logo o número de soluções de det M = 4 é seis vezes o número de tabelas do tio I. Existem quatro ossibilidades ara a rimeira linha da tabela. Caso A: ( 1,, ), (, 1, ), (,, 1) Mediante uma ermutação das colunas da tabela, odemos suor que a rimeira linha é ( 1,, ) e a resosta será três vezes a resosta ara esse caso articular. Temos então que a tabela é: 1 1 f g b h c d Podemos suor, ermutando a segunda e a terceira linha se necessário, que b = 1 (a ermutação introduz mais um fator na resosta). A tabela até então é: 1 1 f g 1 h c O caso g = e o caso g = 1 levam a uma solução cada: 18

19 Prova Discursiva Matemática: 4/10/ Logo o total de soluções do caso A é x x (1 + 1) = 1. Caso B: ( 1, 1, 1) Neste caso, a tabela é: 1 f g b h c d Olhando ara as colunas, h = f, c = g e d = b. Como existem quatro soluções ara a segunda linha (,, ), ( 1, 1, ), ( 1,, 1) e (, 1, 1), o caso B tem 4 soluções. Logo a tabela I ode ser reenchida de = 16 formas diferentes, e ortanto existem 6 x 16 = 96 matrizes M com det M = 4. Existem 9 = 51 ossibilidades ara a matriz M; como todas são igualmente rováveis, a robabilidade de 96 que det M = 4 é = Comentários Finais: Ao contrário dos anos mais recentes, neste ano, tivemos uma rova extremamente trabalhosa, com algumas questões necessitando de soluções realmente extensas. A rova foi abrangente, já que foram cobrados conceitos de Progressões, Polinômios, Logaritmos, Trigonometria, Comlexos, Geometria (lana, esacial e analítica), Divisibilidade, Determinantes e Probabilidade. Podemos classificar as questões 1, e 7 como as mais fáceis, enquanto que as questões, 9b e 10 foram as mais difíceis. Concluindo, gostaríamos de arabenizar a banca de Matemática do IME, que selecionará os candidatos mais bem rearados. 19

20 IME 011/01 RASCUNHO 0