Matemática - Grupo Ideal

SOLUÇÃO IDEAL - IME 2011/2012 – Matemática
1ª QUESTÃO
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 ∈ IN (natural diferente de zero). Determine:
a) o menor valor possível para a razão r;
b) o valor do décimo oitavo termo da PA, para a condição do item a.
Solução Ideal:
a) (a 7) 2 = a 2.a 27 ⇒ (a 1 + 6r) 2 = (a 1 + r)(a 1 + 26r) ⇒ a 1 2 + 12a 1r + 36r 2 = a 1 2 + 27a 1r + 25r 2 ⇒
12a 1 + 36r = 27a 1 + 26r ⇒ 15a 1 = 10r ⇒ 3a 1 = 2r
Como a 1 e r são inteiros, então 3 | r ⇒ r min = 3
b) Desde que r = 3 e a 1 = 2 então a 18 = a 1 + 17r = 2 + 17.3 = 53
2ª QUESTÃO
Os números reais positivos x 1, x 2 e x 3 são raízes da equação x 3 – ax 2 = a b - 2
b x, sendo b∈ IN (natural), a∈ IR (real) e a ≠
1. Determine, em função de log
⎡
a x x x ( x + x + x )
⎢⎣
1
2
3
1
2
2 2 2 b
x1
+ x2
+ x3
⎤
3 ⎥⎦
.
Solução Ideal:
⎧ x1
+ x2
+ x3
= a
⎪
b
Pelas relações de Girard: ⎨x1x
2 + x1x3
+ x2x3
=
⎪
2
b
⎪⎩
x1x
2x3
= a
Assim: x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = (x 1 + x 2 + x 3) 2 – 2(x 1x 2 + x 1x 3 + x 2x 3) = a 2 – b
2 2 2
x + x + x
3
2
a −b
Logo: log x x x ( x x x ) 1 2 3 = b.log (a .a ) = b.log a = a b
a
⎡
⎢
⎣
1
2
3
1
+
2
+
⎤
⎥
⎦
3ª QUESTÃO
Os ângulos de um triângulo obtusângulo são 105º, α e β. Sabendo que m∈ IR (real), determine:
a) as raízes da equação 3 secx + m ( 3 cosx – 3 senx) = 3 cosx + 3 senx, em função de m;
b) O valor de m para que α e β sejam raízes dessa equação.
Solução Ideal:
a) 3secx = 3cosx + 3 senx + m.(3 senx - 3 cosx) ⇒ secx = 3cosx +
secx = cosx +
b
1 1 ⎛ m
senx + m.(senx - cosx) ⇒ secx = cosx
3
3
⎟ ⎞ ⎛
⎜
1 − + senx. ⎜
⎝ 3
⎠ ⎝
sec 2 ⎛ m ⎞ ⎛ 1 ⎞
x = ⎜ ⎟
1 − + tgx. ⎜ ⎟
⎝ 3
+ m
⎠ ⎝ 3 ⎠
i) tg x = m ⇒ x = arc tg m + kπ
⇒ tg 2 ⎛
x - ⎜
⎝
1 ⎞
+ m⎟
3
⎠
a
b
.tgx + 0
3
a
2
a
2
3 senx + m.(senx - cosx) ⇒
33
3
1 ⎞
+ m⎟
3 ⎠
⇒
m ⎛ 3 ⎞
= ⇒ (tgx − m) tgx − = 0
⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
ii) tgx = 3 ⇒ x = π/6 + kπ
3
b) Sabe-se que a, b e c são ângulos de um triângulo: tg a + tg b + tg c = tg a.tg b.tg c:
⎛ 1 ⎞
m
tg 105º + tgα + tgβ = tg 105º.tg α.tg β ⇒ – (2 + 3 ) + ⎜ ⎟
+ m
= – (2 + 3 ).
⎝ 3 ⎠
3
– 2 – 3 +
4ª QUESTÃO
3
3
⎛ ⎞
⎜
2
= −m
+ 2⎟
⎝ 3 ⎠
⇒ – 2 –
2 3
3
⎛ ⎞
⎜ 3
= −m.
2 + 2⎟
⎜ ⎟
⎝
3
⎠
⇒ m = 1
Seja o número complexo Z = a + bi, com a e b ∈ IR (real) e i = − 1 . Determine o módulo de Z sabendo que
⎪⎧
3
2
a = 3 1+
ab
⎨ 3 2
⎪⎩ b = 3( a b − 1)
Solução Ideal:
⇒
2

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z = a + bi ⇒ z 3 = (a 3 – 3ab 2 ) + (3a 2 b – b 3 )i ⇒ z 3 3
= 3 + 3i ⇒ | z | = | 3 + 3i | = 3 2 ⇒
5ª QUESTÃO
Uma pirâmide regular triangular apresenta um volume V. Determine o raio da circunferência circunscrita a uma das faces
laterais da pirâmide em função de V, sabendo que o ângulo do vértice. Vale 30º.
Solução Ideal:
| z | =
6 18
A
a
a
h
O
D
30º
C
a
B
Considere-se a pirâmide em questão como tempo por base o
triângulo equilátero ABC, de lado a e de centro O, e altura OD, de
medida h, perpendicular ao plano ABC.
Então, como OC =
tem-se que:
2
.
3
a 3
2
a 3
= e o ângulo BÔC mede 30º,
3
BC 2 = 2CD 2 (1 – cos 30º) ⇒ BC = CD 2 − 3 ⇒ CD =
2
a
2 −
e CD 2 = OD 2 + OC 2 a 2 a
5 + 3 3
⇒ = h + ⇒ h = a
2 − 3 3
3
Portanto, o volume pode ser obtido da seguinte forma:
2
1 a 3 5 + 3 3
V= . .a ⇒ a = 3
3 4 3
12V
5 + 3
No triângulo BCD (como em qualquer outra face lateral), aplicando
a
a Lei dos Senos: = 2R, em que R é o raio pedido.
sen30º
12V
Logo: a = R ⇒ R = 3
5 + 3 3
2
3
.
3
6ª QUESTÃO
É dada uma parábola de parâmetro p. Traça-se a corda focal MN, que possui uma inclinação de 60º em relação ao eixo de
simetria da parábola. A projeção do ponto M sobre a diretriz é o ponto Q, e o prolongamento da corda MN intercepta a
diretriz no ponto R. Determine o perímetro do triângulo MQR em função de p, sabendo que N encontra-se no interior do
segmento MR.
Solução Ideal:
e
Sejam d a diretriz, e o eixo de simetria e G a
projeção do foco F sobre d. Como M é um ponto da
parábola, tem-se MF = MQ. Já que MQ // e ,
∠(F Mˆ Q) = 60º, Logo, o triângulo MFQ é eqüilátero.
M
Conseqüentemente, obtêm-se os ângulos indicados
na figura, tendo em vista que M, F, N e R são
colineares. Assim, no triângulo FGQ, em que FG = p
(parâmetro), conclui-se que:
R
30º
N
F
60º 60º
G
60º
Q
d
GQ = p 3 (= GR) e FQ = 2p ( = FR).
Desse modo, o triângulo MQR fica com lados:
MQ (= FQ) = 2p, RG = 2GQ = 2p 3 e MR = 2FM =
4p.
Portanto o perímetro pedido é dado por:
2p + 2p 3 + 4p = 2p( 3 + 3)
7ª QUESTÃO
Sejam r e s ∈ Z (inteiro). Prove que (2r + 3s) é múltiplo de 17 se e somente se (9r + 5s) é múltiplo de 17.
Solução Ideal:
3

Observe que 4(2r + 3s) + (9r + 5s) = 17(r + s) ⇒ 17 | [4(2r + 3s) + (9r + 5s)]
Assim, se 17 | (2r + 3s) então 17 | (9r + 5s) e se 17 | (9r + 5s) então 17 | (2r + 3s)
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8ª QUESTÃO
x
a
Calcule as raízes de f(x) em função de a, b e c, sendo a,b,c e x ∈ IR (real) e f(x) =
b
c
Solução Ideal:
a
x
c
b
b
c
x
a
c
b
.
a
x
Somando a 1ª coluna as demais colunas, teremos:
x
a
b
c
a
x
c
b
b
c
x
a
c
b
a
x
=
x + a + b + c
x + a + b + c
x + a + b + c
x + a + b + c
Colocando x+a+b+c em evidência na primeira coluna, teremos: f(x) = (x + a + b + c)
Calculando o determinante dessa matriz pela primeira linha utilizando Laplace:
x − a c − b b − c
f(x) = (x + a + b + c)
c − a
b − a
x − b
a − b
a − c
x − c
Somando a 2ª coluna com a terceira e colocando em evidência o termo x+a-b-c, teremos:
0 x − a c − b
f(x) = (x + a + b + c) (x + a – b –c)
1
1
c − a
b − a
x − b
a − b
Somando a 1ª coluna multiplicada por a-c com a 2ª coluna e somando a 1ª coluna multiplicada por b-a com a 3ª coluna,
0 x − a c − b
teremos: f(x) = (x + a + b + c) (x + a – b –c)
1
1
0
b − c
x − a
2
Calculando esse determinante 3 por 3: f(x) = (x + a + b + c).(x + a – b – c). ( x − a) − ( b − c)
Fatorando, obtemos f(x) assim: f(x)=(x+a+b+c)(x+a-b-c)(x-a-b+c)(x-a+b-c)
Como f(x)=0, teremos como raízes: -a-b-c, -a+b+c, a+b-c, a-b+c
0
a
x
c
b
b
c
x
a
1
1
1
1
c
b
a
x
0
x − a
c − a
b − a
2
[ ]
9ª QUESTÃO
Considere uma reta r que passa pelo ponto P(2,3). A reta r intercepta a curva x 2 – 2xy – y 2 = 0 nos pontos A e B.
Determine:
a) o lugar geométrico definido pela curva;
b) a(s) possível(is) equação(ões) da reta r, sabendo que PA . PB =17.
Solução Ideal:
a) x 2 – 2xy – y 2 = 0
2
( x − y)
⇔ – ( y 2 ) 0
y = – (1 + 2 )x ou y = ( 2 – 1) x
0
c − b
x − b
a − b
2 x
= ⇔ x – y + y 2 = 0 ou x – y – y 2 = 0 ⇔ y =
1−
2
0
b − c
a − c
x − c
x
ou y = ⇔
1+ 2
Portanto, o lugar geométrico (lg) consiste em duas retas, perpendiculares na origem, com coeficientes angulares
2 – 1 e
– ( 2 + 1) , respectivamente.
b) Como as retas do lg encontrado, denominadas s e t a partir de agora, são perpendiculares e fixas, tal qual o ponto P,
tem-se que A, O, B sempre serão vértices de um triângulo retângulo em O, inscrito numa circunferência variável λ . Em
relação à λ , há duas possibilidades para P: ser um ponto interno ou externo, conforme r varie por P.
4

SOLUÇÃO IDEAL - IME 2011/2012 – Matemática
P
O
θ
A
s: y = ( 2 − 1)x
B
r t: y = – (1 + 2 )x
r
B
P
O
θ
A
s: y = ( 2 − 1)x
t: y = – (1 + 2 )x
Seja, em qualquer caso anterior, θ o ângulo (agudo) formado entre r e uma das retas do lugar, por exemplo, s, sem perda
π
de generalidade, uma vez que com a outra reta o ângulo é – θ. Note-se a inconveniência de θ ser reto, tendo em vista
2
π
que B seria impróprio, o mesmo ocorrendo para – θ, que tornaria o ponto A impróprio (e a condição PA⋅PB ∈ R seria
2
impossível).
Sejam l e m as distâncias de P às retas definidas pelo lg. Então, em qualquer dos casos precedentes, é fácil notar que:
2ml PA⋅PB = ,
sen2θ
bastando contemplar os triângulos retângulos de hipotenusas PA e PB . Por exemplo, no 1º caso:
P
l
senθ
θ
P
l
m
θ
m
cos θ
PA⋅PB =
PA⋅PB =
l m
.
sen θ cos θ
2ml
sen2θ
⇔
A
Na situação sob análise, l e m podem ser obtidos a partir das distâncias de P(2,3) às retas s: ( 2 − 1)x – y = 0 e t:
( 2 + 1) x + y = 0. Assim, conclui-se que, a menos da ordem:
( 2 − 1.2 ) − 3
5 − 2 2
=
2 2
( 2 − 1) ) + ( − 1) 4 − 2 2
l =
e m=
B
( 2 + 1.2 ) + 3
5 + 2 2
=
2
2
( 2 + 1) + 1 4 + 2 2
(ou permutando)
5

2
2
5 − ( 2 2 ) 17
17
Assim: l m =
= ⇒ PA.PB =
2
2 2 2
2sen2θ
4 − ( 2 2 )
Impondo PA⋅PB = 17 , segue: sen2θ =
2
2
SOLUÇÃO IDEAL - IME 2011/2012 – Matemática
π
⇔ θ = + Kπ
ou θ =
8
3π
+ K π , com K ∈ Z.
8
π 3π
Como θ é agudo, aparentemente, surgem duas possibilidades para θ: e . Contudo, na hipótese de P ser externo à
8 8
λ, θ é orientado no sentido anti-horário de r até s: ( 2 − 1)x – y = 0, ao passo que, sendo P interno à λ, o sentido é o
horário. Restam, assim, quatro possibilidades para a reta r.
Desse modo, para a inclinação de r, denotada por α, há quatro possibilidades:
π π
π 3π
α = θ + ou α = π − θ + , sendo θ = ou θ =
8 8
8 8
π π 3π
Logo, α = ou α = ou α = π ou α = , que fornecem as possíveis equações de r a seguir, respectivamente:
4 2 4
r : y – 3 = x – 2 ⇔ x – y + 1 = 0 ou r : x = 2 ou r : y = 3 ou r : y – 3 = 2 – x ⇔ x + y – 5 = 0.
10ª QUESTÃO
Os nove elementos de uma matriz M quadrada de ordem 3 são preenchidos aleatoriamente com os números 1 ou -1, com
a mesma probabilidade de ocorrência. Determine:
a) o maior valor possível para o determinante de M;
b) a probabilidade de que o determinante de M tenha este valor máximo.
Solução Ideal:
a) Os elementos que formam cada linha desta matriz podem ser interpretados como os vértices de um cubo de aresta 2,
com o centro do sistema tridimensional colocado no centro do cubo.
Assim, o determinante da matriz é igual ao volume do paralelepípedo formado pelos
A
B vetores com origem em O e extremidades nos vértices do cubo. O volume máximo
ocorre quando os 3 vetores possuem extremidades numa mesma face do cubo, como
D
C
por exemplo os vetores com extremidades em A, B e C. Perceba que o volume
formado pela pirâmide OABC é igual a 1/12 do volume do cubo e também é igual a
1/6 do volume do paralelepípedo formado pelo produto misto dos vetores OA, OB e
3
V 2
OC. Logo:
max = ⇒ V max = 4 ⇒ det max = 4
6 12
E
F
b) Observe que o produto misto pode assumir apenas 3 valores: – 4, 0 e 4. Por
simetria, a probabilidade de o produto misto valer – 4 é igual ao de valer 4.
Vamos calcular a probabilidade de valer 0. O volume vai ser igual a 0 em 3 situações:
H
G
i) os 3 vetores são idênticos: 8 possibilidades;
ii) 2 vetores idênticos e um outro distinto: 8.7.3!/2 = 168 possibilidades;
ii) 2 vetores opostos e um outro distinto: 4.4.3! = 144 possibilidades.
8 + 168 + 144 5
Logo, a probabilidade de o volume valer 0 é igual a p = = .
9
2 8
5
3
Como a probabilidade p de valer 4 é igual a probabilidade de valer – 4: 2 p + = 1 ⇒ p = .
8
16
Solução Ideal – IME 2012 – Matemática
Este gabarito foi totalmente elaborado pela equipe de professores de Matemática do Ideal Militar
Equipe de Matemática Coordenação Digitação
Prof. Marcelo Rufino Marcelo Rufino Joelma
Prof. Márcio Pinheiro
Prof. Luis Ernesto
Mais informações sobre o Ideal Militar consulte www.grupoideal.com.br/idealmilitar/idealmilitar.html
Endereço: Rua dos Mundurucus, 1427, entre as ruas Apinagés e Tupinambás
Tel: (91) 3323 5051
6