GABARITO IME DISCURSIVAS 2015/2016 MATEMÁTICA

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1 GABARITO IME DISCURSIVAS 05/0 MATEMÁTICA

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3 GABARITO IME MATEMÁTICA Questão Os inteiros a, a, a,... a 5 estão em PA com razão não nula. Os termos a, a e a 0 estão em PG, assim como a, a j, e a 5. Determine j. Gabarito: (a, a, a 0 ) PG a a a 0 (*) Seja r a razão da PA (a, a, a,..., a 5 ) temos a a + r e a 0 a +9r. Substituindo em (*): a + a r + r a + 9a r r 7a r r 7a (pois r 0). Nesse caso a a + 5r a, a 5 a + r 9a e a j a + (j ) r a (7j ) (a, a j, a 5 ) PG a j a a 5 (7j ) a a 9 j (pois a 0 daria r 0) Questão Sejam as funções f n, para n {0,,,,...}, tais que f0( ) e fn( ) f0( fn ( )), para n. Calcule f 0 (0). Gabarito: Calculemos as epressões de f () e f (): f( ) f0 f0 ( ). ( ) f( ) f0 f( ). Uma vez que f () é a função identidade, afirmamos que f () f 0 () e que f () f (); mais geralmente: fk ( ) f0( ) * fk + ( ) f( ), para k + fk + ( ) f ( ) Logo, f 0 (0) f 0 (0), já que 0 é múltiplo de. 0 05

4 DISCURSIVAS /0/5 Questão Seja Z um número compleo tal que Z Determine o número compleo Z. Zi possui argumento igual a π e log (Z + Z + ). Gabarito: log (Z + Z + ) Z + Z 8 Re (Z). Assim, a forma algébrica de Z é + bi. Z + bi ( + bi)( b i) 8b b 8 i Zi bi i b + b + + ( ) b + Como argumento de Z Zi Re Z Zi Im Z Zi < 0. é π, temos: Logo, 8b + b² 8 0 b ( + ) (pois b < 0). Assim, Z ( + )i Questão Define-se A como a matriz 0 0, cujos elementos satisfazem à igualdade: Calcule o determinante de A. Gabarito: a solução: i j a ij + j,, para i, j {,,..., 0}. Vamos resolver o problema para uma matriz n n, sendo n seu determinante. Pelo teorema de Jacobi, subtraímos cada linha da anterior (com eceção da primeira). Assim, o elemento a ij fica i + j i j j + j que, pela relação de Stifel, vale se anulam). i + j j. (Os elementos da a coluna

5 GABARITO IME MATEMÁTICA Pelo teorema de Jacobi, subtraímos cada coluna da anterior (com eceção da primeira). Usando o resultado acima, o elemento a ij fica: i + j i j j + i + j j que, pela relação de Stifel, vale j ( ). (os elementos da a linha se anulam, menos o a ) Assim, n 0. 0 A, em que A é matriz (n ) (n ) com a i, j a i +, j + (pois a linha i de A é a linha i + de A e a coluna j de A é a coluna j + de A). ( i + )+ ( j + ) i j Em ( ), a i, j ( j + ) + j. Portanto, A é a versão (n ) (n ) de A. Daí, n deta n. 0 Podemos concluir, então, que n n n Logo, n para todo n e, em particular, 0. ª solução: Na a solução, após a a aplicação de Jacobi, temos que o determinante é igual a 5

6 DISCURSIVAS /0/5 Usando o teorema de Laplace na a coluna, vemos que n é reduzido a um determinante (n ) (n ), que pode ser obtido a partir de n apagando-se a a linha e a última coluna. Repetindo esse processo sucessivamente, ou seja, apagando as linhas e colunas, resta apenas o elemento n a n,. 0 i+ j Obs.: Isso já poderá ser visto na ª solução, no momento em que o termo i, j fica, que é a j epressão original trocando o j por j. Questão 5 Determine o conjunto solução da equação: ( sen ) + tg tg cotg Gabarito: a solução sen sen cos cos + sen sen Inicialmente, + tg tg + cos cos cos cos cos cos. cos cos cos cos cos Então, a equação equivale a sen cot cos Fazendo tg t, tem-se t t t + 0 t t ± tg + 5π + kπ ( k Z) tg π + kπ ( k Z) π 5π S R + kπ ou + kπ; k Z

7 GABARITO IME MATEMÁTICA a solução Fazendo tg t, tem-se sen + Substituindo na equação do enunciado, tem-se: t t t + + t t. t t t, cos t t e tg. + t t Desenvolvendo: t + 8t + t 8t + 0 Dividindo por t : t + 8 t 0 t + t +. Fazendo y t, tem-se t + y +. Daí, y + 8y + 0 y ±. t t Logo, t ( ± )± ± ( ± )± ± tg Como tg t, tem-se t k k arctg ()+ π, Logo, o conjunto solução da equação é o conjunto dos ( ) + arctg ( ± )± ± kπ, k, em que os sinais de ± dentro dos parênteses internos e dentro da raiz são iguais. Observação: desenvolvendo-se por radical duplo, tem-se que t ( ± )± ± ( ± )± ( ± ). Então, tem-se: t + + arctan(t ) 5 π t + + arctan(t ) π t + + arctan(t ) 7 π t arctan(t ) π Como arctan(t) + kπ, k, então: 5π 7 S + kπ π π, + kπ, + kπ, + kπ, k. 7

8 DISCURSIVAS /0/5 Questão Seja a equação n 7m (5m n) + 9. Determine todos os pares inteiros (m, n) que satisfazem a esta equação. Gabarito: n 7m ( 5m n) + 9 m 0mn+ n 9 m 8mn mn+ n 9 8m( m n) n( m n) 9 ( 8m n)( m n) 9 a b 8m n a () I Resolvemososistema m n b (II) ab 9 b a Resolvendo (I) e (II), temos m (*) e n b a(**). Com a e b inteiros, n já é inteiro. Considerando as opções a e b inteiros em ab 9: a b m n encontramos usando (*) encontramos usando (**) S {( 7, 99), (7, 99), ( 7, ), (7, ), (, 5), (, 5)}. Comentário: É possível resolver o problema vendo a equação como uma equação do segundo grau em m. 8

9 GABARITO IME MATEMÁTICA Questão 7 Três jogadores sentam ao redor de uma mesa e jogam, alternadamente, um dado não viciado de seis faces. O primeiro jogador lança o dado, seguido pelo que está sentado à sua esquerda, continuando neste sentido até o jogo acabar. Aquele que jogar o dado e o resultado for, ganha e o jogo acaba. Se um jogador obtiver o resultado, o jogador seguinte perderá sua vez, isto é, a vez passará ao jogador sentado à direita de quem obteve. O jogo seguirá até que um jogador ganhe ao tirar um. Qual é a probabilidade de vitória do primeiro jogador a jogar? Gabarito: a solução: Considere as seguintes probabilidades: : jogador ganhar começando no jogador. y: jogador ganhar começando no jogador. z: jogador ganhar começando no jogador. Começando no jogador : (ganhar na a rodada) y (ir para o jogador ) + y + z z (ir para o jogador ) () I Começando no jogador : z (tirar,, ou 5 e ir para o jogador ) y (tirar e ir para o jogador ) Começando no jogador : (tirar,, ou 5 e ir para o jogador ) z y (tirar e ir para o jogador ) y + z z + y (I I) (II) I 9

10 DISCURSIVAS /0/5 (I I)e(III) : y z y z 5 Multiplicando a a por e subtraindo: z 5 z y z 5 5 Substituindo em (I): 79 a solução: A cada jogada, se o jogo não acaba, andamos ou arcos no sentido anti-horário na circunferência ao lado. Seja n a probabilidade de andarmos n arcos sem o jogo acabar. A resposta do problema é dada por S ( ). () Temos a recorrência n n n n + n. Sua solução é dada por n u γ + v γ, em que γ e γ 0 0 são as raízes de t t 0, ou seja, γ +, γ. Veja que γ < e γ <. n n Estão, S n ( u γ + v γ ), que é igual à soma de duas P.G. de razões γ e γ. n 0 n 0 u v Daí, S + (*) γ γ () Vamos encontrar u e v 0 0 u γ + v γ u+ v 0 u γ + v γ uγ+ v γ 0

11 GABARITO IME MATEMÁTICA u v 0 Da a equação: u v u v ( ) u v. Juntando com u + v, chegamos a 0 u + 0 γ 0 0 v γ 0 0 γ γ () Substituindo em (*) γ γ S 0 γ γ ( ) ( γ γ)+ γγ γ γ 0 γ + γ γγ ( )+ ( ) Lembremos que γ e γ são as raízes de t t 0. 0 Daí, γγ, γ+ γ, γ γ, 0 γ γ ( γ+ γ) ( γ γ) 9 γ + γ ( γ+ γ) (( γ + γ) γγ ) Então, S S. 79.

12 DISCURSIVAS /0/5 Questão 8 A circunferência C tem equação + y. Seja C uma circunferência de raio que se desloca tangenciando internamente a circunferência C, sem escorregamento entre os pontos de contato, ou seja, C rola internamente sobre C. C C C C P α P Figura a Figura b Define-se o ponto P sobre C de forma que no início do movimento de C o ponto P coincide com o ponto de tangência (,0), conforme figura a. Após certo deslocamento, o ângulo de entre o eio e a reta que une o centro das circunferências é a, conforme figura b. Determine as coordenadas do ponto P marcado sobre C em função do ângulo a. Determine a equação em coordenadas cartesianas do lugar geométrico do ponto P quando a varia no intervalo [0, p). Gabarito: a solução Vamos achar o ângulo PO ' T em função de α, onde O é o centro da circunferência de raio e T o ponto de tangência dessas circunferências. O comprimento do arco PT, sobre C e o comprimento do arco XT, sobre C, são iguais. PO' T α π π π π PO' T α C C O P T X Achando as coordenadas de P Se T (cosα, senα), teremos P (cosα + cos( α), senα + sen( α)) P (cos α, sen α) a O a a P T

13 GABARITO IME MATEMÁTICA Se P (, y), obtemos pela relação fundamental: y + a solução T 0 α 0 P 0 Inicialmente, note que comprimento PT R α α 0 Como o deslocamento é sem escorregar, O α T Comp. de PT α rad, Logo, PÔ T α (pois o raio é ). P Usando compleos, temos O cisα, T cisα e, consequentemente, p O (t O ) cis( α) p cisα + cisα cis( ) p cisα + cis( α) cosα + cos α * cos α y senα sen α sen α y Isolando α, temos + cos² α+ sen² α

14 DISCURSIVAS /0/5 Questão 9 Uma corda intercepta o diâmetro de um círculo de centro O no ponto C segundo um ângulo de 5. Sejam A e B os pontos etremos desta corda, e a distância AC igual a + cm. O raio do círculo mede cm, e C é a etremidade do diâmetro mais distante de C. O prolongamento do segmento AO intercepta BC em A. Calcule a razão em que A divide BC. Gabarito: ª solução: Seja OC. Façamos lei dos cossenos no OC A: OA ( + ) + + cos5 ( + )+ ( + ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) Mas veja que OC <. Logo Seja T o ponto médio de AB. Como OC' e OC' T 5, temos C T Portanto, como AT TB BC' + CT ', teremos BC' Pelo teorema de Menelaus no CC B e usando a reta AOA, obtemos: AC ' OC' AB AB ' OC AC' AC ' AB ' AC ' AB ' + ( ) C A O C 5 A O C T A B B Obs: Também poderíamos escrever AB ' AC ' + 8 ( )

15 GABARITO IME MATEMÁTICA ª solução: y + q, q < 0 B (b, b +q) 5 O C ( q, 0) A (a, a + q) Como o ângulo da corda é 5, sua equação é y + q, q < 0 no desenho. Logo, A (a, a + q), B (b, b + q), C ( q, 0). Inicialmente, encontramos a e q: (I) A circ: a + (a + q) (II) AC + : (a + q) + (a + q) ( + ) ( + ) (I) (II) : a + + a ( ) Logo, a ( cos 75 ) ( a+ q) + + a+ q q Achamos b com B circ: b + (b + q), q b + b b 0 b b 0 b e b+ q ( sen 5 ) + ( cos 5 ) 5

16 DISCURSIVAS /0/5 Finalmente, achamos A BC AO (, y) A (, y) B +, C (,0) O A AO: y, + + BC: y + + ( + ) ( ) ( + + ) y ( ) y+ ( ) + ( ) y ( 8 ) y+ 8 y + + Por fim, AB ' AC '

17 GABARITO IME MATEMÁTICA Questão 0 Um cone é inscrito em um cubo ABCDEFGH de forma que a base do cone é o círculo inscrito na base ABCD. O vértice do cone é o centro da face oposta do cubo. A projeção do vértice H na base ABCD coincide com o vértice D. Determine a área da seção do cone pelo plano ABH em função de a, a medida da aresta do cubo. Gabarito: a solução: M H P E M P G F N D L A C B A seção do cone gerado pelo plano ABH é uma elipse. Sejam M, N e L pontos médios das arestas GH, CD e AB respectivamente. Considere o plano MNL. Sendo X a interseção de PN e ML, temos que XL é o eio maior dessa elipse. Como MPX ~ LNX, LX LN a LX LM. XM MP Seja T ponto médio de LX e considere a seção do cone paralela à face ABCD, que será uma circunferência de centro O. A altura de T em relação ao plano ABCD é: LX a LT sen 5º Logo, PO a LT sen5º a Portanto, o raio da circunferência é dado por PO tg LPO a a a Veja que OT LT cos 5º N O T 5 L 7

18 DISCURSIVAS /0/5 O a T b a a Por Pitágoras no triângulo ao lado, OT b b ( ) + Como b é o semi-eio menor, temos que a área é: π π( semieio maior)( semieio menor) a 8 a solução: Após encontrar o eio maior igual a a, podemos usar que e sen θ, em que e é a ecentricidade e senϕ ϕ e θ são os ângulos da geratriz e do plano seção com a base, respectivamente. Tem-se: sen ϕ Logo, e e senθ a 5 ϕ a Sendo a, b e c semieio maior, semieio menor e semieio focal da elipse c a' b 0 c 0 ( a' ) b 0 ( a' ) a' a' ( ) b ( ) a' Como encontramos a a, chegamos a b a. a Daí, S πa b πa 8. 8

19 GABARITO IME MATEMÁTICA Comentário Classificamos a prova de matemática deste ano como difícil. As questões mais fáceis são,, e 5, enquanto as questões 7, 8, 9 e 0 eigem muita eperiência dos alunos. Destacamos o fato de, nos últimos anos, os temas Análise Combinatória e Probabilidade estarem contemplados em problemas de alto grau de compleidade. Além disso, as três questões finais da prova, listadas por nós como árduas, abordavam o tema Geometria de alguma maneira. Com uma prova abrangente e profunda, apenas os candidatos muito bem treinados obterão notas altas. Dessa maneira, não ser eliminado já é um grande passo para a aprovação no concurso. Professores: Caio Dorea Daniel Fadel Jordan Piva Jorge Henrique Marcial Pazos Marcio Cohen Moyses Cohen Raphael Mendes Rodrigo Villard Sandro Davidson 9

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