GABARITO IME 2013 DISCURSIVAS

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1 GABARITO IME 01 DISCURSIVAS PROVA DE MATEMÁTICA

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3 MATEMÁTICA 1 a QUESTÃO O polinômio P() = possui raízes compleas simétricas e uma raiz com valor igual ao módulo das raízes compleas. Determine todas as raízes do polinômio. Fatorando P(): P() = = = 4 ( ) + 10 ( ) + 81( ) = = ( )( ) Logo as raízes são = ou tal que = 0. Resolvendo a biquadrada: = 0 = ± = 5 ± 14 i = ( ± 7i ) = ± 7i i ( ) = ± ( ± 7 ) { 7i 7i 7i 7i} S = ; + ; ; + ;. Obs. 1: Caso o candidato não fatorasse diretamente o polinômio, ele poderia utilizar o teste das raízes racionais: Testando = : P() = = 0. Pelo algoritmo de Briot-Ruffini: Donde P() = ( )( ) Obs. : O teto provavelmente tinha a intenção de auiliar os candidatos na obtenção da raíz = dizendo que as raízes eram compleas e simétricas. Porém, ao fazer, não mencionou que as raízes eram compleas NÃO REAIS. Caso tivesse mencionado o candidato poderia usar que as raízes são: a + bi, a bi, a + bi, a bi, r e depois usar Girard. Prova de Matemática: 8/10/01

4 a QUESTÃO Calcule o determinante abaio, no qual w = cis π e i = 1. 1 a Solução: Pelo teorema de Jacobi: Fazendo C := C + C 1 : 1 w 1 i i 1 0 w D = 1 i w w 1 i Fazendo C := C wc, C 4 := C 4 ic : i 1 0 w D = 1 i w Fazendo Laplace na 4 a linha: D = ( 1) i 1 w 1 i w 1 Fazendo Laplace na 1 a linha: w D = ( 1) = w 1 w 1 Mas w = cis π = 1, logo D = 0. 1 w 0 i i 1 i w 1 i w i w 1 i a Solução: Observe que w ( w + i ) ( L1 L4 ) + L w L = ( 0, 0, 0, 0 ). Logo as quatro linhas da matriz são linearmente dependentes e seu determinante é zero. 4 Gabarito IME 01 Discursivas

5 a QUESTÃO Determine o(s) valor(es) de, inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação y 1 = Π ( y z) y 1 z 0 = = 1 a solução: y 1 Primeiro, note que Π ( y z ) = (y 0) (y 1) (y )... (y (y 1)) = y! z = 0 Logo, a equação se reduz a: = y! = 1! +! +! ! y = 1 = 1 1 = 1! = 1! +! = = 1! +! +! Logo, = 1 e = são soluções. Finalmente, observe que 1! +! +! + 4! (mód 10) e que, para > 4,! 0 (mód 10), e por isso 1! +! ! (mód 10). Logo, para 4, não há solução inteira pois não é quadrado módulo 10. As soluções, portanto, são = 1 ou =. a solução: Reescrevendo a equação como = y!, e observando que = 1 e = são soluções, podemos mostrar y = 1 que tais soluções são as únicas. Pelo princípio de indução finita, mostraremos que, para 4: <! 1 o ) = 4 4 < 4! o ) Suponha que k < k!, para algum k inteiro positivo. Por essa hipótese: (k + 1)! = (k + 1)k! > (k + 1)k > * (k + 1) (k + 1) = (k + 1). Logo, pelo PIF, temos que <! para 4 e então a equação = y! possui as únicas soluções = 1 y = 1 e =, já que o lado direito é maior que o lado esquerdo quando 4. *usamos que k 4 implica k > k + 1. Isso acontece para todo k > a solução: Veja que = 1 é solução. Para >1, o lado direito é maior que! Logo, >! Daí, >( 1)! Prova de Matemática: 8/10/01 5

6 Para 5, temos ( 1)! > ( 1)( ), daí, >( 1)( ). Isso nos dá 4 + < 0 ( ) <, que não é possível para 5. Portanto, 4. Testando os valores = 1, =, =, = 4, vemos que S = {1; }. 4 a QUESTÃO Resolva a equação (log cos sen ). (log cos sen) = 4 (log cos sen ). (log cos sen) = 4 Restrições: sen > 0 cos > 0 cos 1 kπ, π + kπ, para algum k. Usando as propriedades do logaritmo: ( ) os 1. log cos sen log c sen = 4 log cos sen 4 log cos sen ( ) = = ± (I) log cos sen = sen = cos sen + sen 1= sen = = arcsen + kπ, onde k, pois está no 1º quadrante ou = 5 1 sen S = (pela restrição). (II) log cos sen = sen = cos sen cos = 1 S =, pois, pela restrição, 0 < sen < 1 e 0 < cos < 1 0 < sen cos < Então, = arcsen k, onde k. + π 6 Gabarito IME 01 Discursivas

7 5 a QUESTÃO Seja ABCDA B C D um prisma reto de base retangular ABCD. Projeta-se o ponto médio M da maior aresta da base sobre a diagonal AC, obtendo-se o ponto P. Em seguida projeta-se o ponto P na face oposta, obtendo-se o ponto N. Sabe-se que NA NC = k. Determine o comprimento da menor aresta da base. Considere AD < DC. D N C A B Seja DM = MC =. A D M P B C Note que PCM ~ ADC (pois eistem dois ângulos retos e um ângulo em comum). Por semelhança: PC = PC AC = AC Por Pitágoras nos APN e PCN: AN = NP + AP NC = NP + PC AN NC = AP PC ( ) = = Logo: AN NC = AC PC PC AC PC AC = AC 4 = AD = k AD = k. 6 a QUESTÃO Calcular o valor da epressão abaio Obs: algs=algarismos algarísmos 0 algs "1" 0 algs "0" Prova de Matemática: 8/10/01 7

8 1 a solução: E = alg. 0 alg. 0 alg. Vamos calcular cada parte da subtração dentro da raiz cúbica: * = algarismos ( ) = P.G.: q = 10, n = 0 a = 1 (( ) ) = ( i ) * = alg. 0 alg. P.G.: q = 10 a 1 = 10 0, n = 0 0 ( ) ( ii ) = Substituindo (i) e (ii) na epressão E: E = E = E E 7 (( 10 ) 1) ( ) ( 10 ) = ( ) ( ) 0 ( ) 0 0 ( ) = = 0 ( ) 0 ( ) 0 + ( ) 0 alg. 's = =... a solução: 90 alg Primeiro, veja que =. 89 algarismos Então, façamos = 111 1= alg Assim, veja que = alg ( ) 8 Gabarito IME 01 Discursivas

9 Daí, a epressão dentro da raiz cúbica é ( ) ( + ) ( ) 10 = = ( 10 1) ( 10 1) = = ( 10 1). 9 7 Então, a raíz cúbica é =... com 0 dígitos. 7 a QUESTÃO O lado BC de um triângulo ABC é fio e tem comprimento α. O ortocentro H do triângulo percorre uma reta paralela à reta suporte de BC e distante a 4 da mesma. (A) Determine o lugar geométrico do ponto A quando H varia. (B) Determine o valor mínimo da área do triângulo ABC quando A e H estão no mesmo semi-plano definido pela reta suporte de BC. Escolhendo eios como na figrura: y A (, y) H (a, a 4 ) y = a 4 B ( a, 0) C ( a, 0) a (A) H reta dada H = α, ; 4 α A (, y) é vértice AH BC e CH AB = α a y mch mab = 1 4 = 1 a + α a a a y = y = a a a y a a Prova de Matemática: 8/10/01 9

10 Escrevendo como y a = 4 a a = y a 4 ( ) é uma parábola de vértice (0,a) e parâmetro p a (eceto os vértices B, C, quando ABC degeneraria) (B) S = 1 BC h = 1 a a a ABC 4 A e H estão no mesmo semiplano a y > 0 4 = 8. Observando o gráfico, vemos que não eiste área mínima. A área pode ficar tão pequena quanto se queira ( a ), mas S = 0 implicaria C = A ou C = B, i.e., não haveria triângulo. Nota: O enunciado provavelmente queria dizer área máima (que no caso é a ). 8 a QUESTÃO Um professor dá um teste surpresa para uma turma de 9 alunos, e diz que o teste pode ser feito sozinho ou em grupos de alunos. De quantas formas a turma pode ser organizar para fazer o teste? (Por eemplo, uma turma de alunos pode se organizar de 4 formas e uma turma de 4 alunos pode se organizar de 10 formas) 1 a Solução: Dividiremos o problema em casos de acordo com o número de grupos de alunos: Caso 1: = 0: 1 maneira Caso : = 1: 9 Escolha do único grupo de alunos: 6 = maneiras Caso : = : Escolha dos dois grupos de alunos: 9 7 =! 6 1 (dividimos por!, pois cada configuração foi contada! vezes) = 78 maneiras 10 Gabarito IME 01 Discursivas

11 Caso 4: = : Escolha dos três grupos de alunos: =! (dividimos por! por um motivo análogo ao usado no caso anterior) Caso 5: = 4: Escolha dos quatro grupos de alunos: = 4! (dividimos por 4! por um motivo análogo ao usado no caso anterior) TOTAL: = 60 alunos = = 945 a Solução: Seja n o número de maneiras de se organizar o teste surpresa em uma turma de n alunos. Calcularemos n+ em função de n+1 e n. Para isso, considere uma turma de n+ alunos e um aluno A. Temos dois casos: A fará o trabalho sozinho ou A fará o trabalho em grupo. No primeiro caso, pode-se dividir o restante da turma de n+1 maneiras e no segundo caso, temos (n+1) maneiras de se escolher o estudante no grupo de A e n maneiras de dividir o restante da turma. Logo, n+ = n+1 + (n+1) n. Os casos iniciais são 1 = 1, =, = 4 e 4 = 10. Daí, 5 = = 6, 6 = = = 76, 7 = =, 8 = = 764, 9 = = a QUESTÃO y = Resolver o sistema de equações log = 5. 4 y 1 a Solução: y Em (I): y = log, temos que e y devem ser positivos. y y Se > y, veja que y > 0 e log < log 1 0 =. Então, como os membros da equação têm sinais diferentes, não há solução. Analogamente, se < y não há solução. Portanto, = y. Substituindo em (II), ficamos com = 5. 4, que equivale a 4. + ( ) = 5( ). Seja t = > 0. Prova de Matemática: 8/10/01 11

12 Temos 4t + t = 5t t 5t + 4t = 0 t (t 1) (t 4) = 0 t = 1 ou t = 4 (já que t > 0) t = 1: = 0 (impossível pelas condições de eistência do problema) t = 4: =, y = S = {(,)} a Solução: A equação equivale a + log = y + log y. Fazendo f( t) = t + log t, é fácil ver que f é uma função crescente, pois é soma de duas funções crescentes. Daí, f é injetora e segue que = y e finalizamos como na solução 1. Obs.: Caso o aluno não visse diretamente que f é crescente, era possível calcular sua derivada f e provar que ela é positiva para t > a QUESTÃO Sejam p o perímetro de um triângulo, S sua área, r e R os raios de suas circunferências inscrita e circunscrita, respectivamente. Demonstre que vale a seguinte desigualade 9 S r. R p 7 Sejam (I) a desigualdade da esquerda e (II) a da direita. Vamos provar (II) inicialmente: 1 a solução para a desigualdade II: S Lembrando que r = p e R = abc 4 S, temos rr abc =. 4 p abc p Então,(II) p a p abc abc + b + c 8 7 4p 7 abc, que é a famosa desigualdade das médias para termos a, b, c positivos. (como utilizamos o conectivo, podemos ler ao contrário e o problema está finalizado). 1 a solução para a desigualdade I: Usando que S = pr, veja que 9 S r R equivale a 9 p R. a R A a b c Lembrando que p = + + = sen e b = R sen B, queremos provar que (sen A + sen B + sen C) 1, 9 c = R sen C ou seja, sen A + sen B + sen C. 1 Gabarito IME 01 Discursivas

13 Considere o gráfico ao lado de f(t) = sen t no intervalo [0, p]. Veja que f tem concavidade para baio no intervalo, logo podemos utilizar a desigualdade de Jensen: sen A + sen B + sen C A + B + C sen = = sen 60º =, e segue que sen A + sen B + sen C. Observação 1: Para entender a desigualdade de Jensen para termos, considere no gráfico ao lado os pontos P 1 = (A, sen A), P = (B, sen B), P = (C, sen C). Como a concavidade é voltada para baio, o baricentro G do DP 1 P P está abaio da curva. Por isso, y G f( ). Veja que isso G equivale a sen A + sen B + sen C sen A + B + C. Observação : É simples provar que a tripla (A 0, B 0, C 0 ) tal que sen A + sen B + sen C A + B + C = 180º é máima satisfaz A 0 = B 0 = C 0. A + B De fato, supondo por absurdo que A 0 B 0 no máimo, podemos tomar C 1 = C 0, A = B = A 1 + B 1 + C 1 = A 0 + B 0 + C 0 = 180º e: e teremos A0 + B0 A0 + B0 A0 B0 sen A 1 + sen B 1 + sen C 1 = sen + senc0 > sen cos + senc0 = sena0 + senb0 + senc 0 contradição, pois havíamos assumido que (A 0, B 0, C 0 ) era a tripla do máimo. a solução para a desigualdade I: Nesta solução, usaremos o conceito de somatório simétrico. Sendo f(, y, z) uma função de três variáveis, ( ) = f, y, z f(, y, z) + f(, z, y) + f(y,, z) + f(y, z, ) + f(z,, y) + f(z, y, ). Por eemplo: y = y + y + y z + y z + z + z, yz =6yz. Prova de Matemática: 8/10/01 1

14 A desigualdade é equivalente a abc p( p a) ( p b) p c 9 4p ( ), onde p é o semiperímetro abc usamos Heron, S = pr e S =. 4R Faremos agora as substituições de Ravi para lados de triângulo: a = + y, b = + z, c = y + z. Logo, p = + y + z, p a = z, p b = y e p c =, y, z > 0). ( )( + )( + ) ( ) Assim, devemos provar que + y z y z yz ( + y + z) y + z 7 ( + y) ( + z) (y + z) 64 yz ( + y + z). Em notação de somatório simétrico, temos: y + 7 y 0 y z + 19 y z + 5 yz. Dizemos que a sequência (a, b, c) majora a sequência (d, e, f) se (a d, a + b d + e) e (a + b + c = d + e + f). a b c d e f Nesse caso, há a conhecida desigualdade de Muirhead (mais conhecida como Bunching): y z y z. Assim, temos: y 5 y z 4,, 0 majora 4, 1, 1 y (( ) ( )) y 4 (( ) majora (,, 1) ) 8 y 8 y z,, 0 (( 4 0) majora ( 1) ) z,,,, (( ) ( )) 19 y 19 y z,, 0 majora,, Somando todas, segue a desigualdade. a solução para a desigualdade II: Para provar que (a + b + c) 7 abc, podemos ver que isto é equivalente a 1 o que é verdade por Bunching. 7 a + a b abc, Observação: Uma boa referência para o estudo da desigualdade de Muirhead (Bunching) é o artigo Contas com desigualdades de Marcio Cohen e Rodrigo Villard na revista Eureka! edição (procure em 14 Gabarito IME 01 Discursivas

15 Comentário: A prova de Matemática do IME deste ano apresentou um nível de dificuldade menor que dos anos anteriores. No entanto, ainda assim, a banca manteve a tradição gerando uma prova com conceitos acima do ensino médio. As questões mais fáceis da prova foram 1, e 6, enquanto as mais difíceis foram 9 e 10. A prova foi bastante abrangente, cobrindo os diversos assuntos do conteúdo programático. Professores: Rodrigo Villard, Márcio Cohen, Jordan Piva, Fábio Moreira, Matheus Secco, Sandro Davison, Moyses Cohen, Daniel Fadel e Rômulo Duarte. Parabéns aos 9 nossos aprovados na 1 a fase do IME deste ano! Prova de Matemática: 8/10/01 15

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