Simulado 1 – Matemática – IME – 2012
Soluções Propostas
1 – Para 0
, temos:
para cada um dos elementos de , valores possíveis em (não precisam ser distintos entre si, apenas precisam ser pertencentes a , pois não se
exige que a função seja injetiva), totalizando
possibilidades para restrita a , pelo Princípio Multiplicativo;
para cada um dos
elementos de
nem precisam ser pertencentes apenas a
, novamente pelo Princípio Multiplicativo.
, valores possíveis em
, pois não se exige que
Portanto, mais uma vez pelo Princípio Multiplicativo, temos para
Obs.: Para
ou
, o total de possibilidades para
(não precisam ser distintos, pois não se exige que a função seja injetiva,
), totalizando
possibilidades para restrita a
um total de
é, trivialmente, igual
2 – Assumindo um evidente equívoco no enunciado, e substituindo
por
possibilidades.
.
na expressão dada, temos, por redução ao mesmo denominador:
Esta expressão terá sempre valor inteiro, para qualquer inteiro, se o resto da divisão do numerador pelo denominador for sempre igual a zero Para
verificar isso, pode-se utilizar a função
, que associa a cada inteiro o resto de sua divisão por um número inteiro positivo fixo , denominado
módulo, e que possui as seguintes evidentes propriedades:
Note-se que a divisibilidade por um número equivale à divisibilidade por cada um dos seus fatores primos, na potência com que ocorrem em sua fatoração
prima. Assim, em nosso caso, bastará verificar que é nulo o resto da divisão do numerador
por e por .
Calculando o resto da divisão do numerador por , temos:
.
Temos, assim, para qualquer inteiro :
se
se
se
, então
, então
;
, então
.
Portanto, para qualquer inteiro , temos que
Calculando, de mesma forma, o resto da divisão do numerador por , temos:
, ou seja,
é divisível por .
.
Temos, assim, para qualquer inteiro :
se
,
então
se
,
então
;
se
,
então
;
se
,
se
,
então
;
então
.
Portanto, para qualquer inteiro , temos que
, ou seja,
Concluímos, então que, para qualquer inteiro , a expressão
para qualquer inteiro .
3 – Definindo
,
,
é divisível por
é divisível por .
, de modo que a expressão inicial é um número inteiro,
, o sistema de equações torna-se:
Definindo, ainda, a função
, o novo sistema pode ser expresso da seguinte forma:
Um sistema assim admite, evidentemente, soluções da forma
, onde é uma solução da equação
. Uma evidente condição
necessária (mas não suficiente) para que existam outras soluções é que a função cruze a bissetriz dos quadrantes ímpares, como na figura abaixo.
Ocorre que a função
forma
.
Como a equação
encontra-se completamente acima dessa bissetriz, não existindo, portanto, outras soluções que não sejam da
só possui a solução
, o sistema original só possui uma solução, dada por
4 – Expressemos a tangente da soma pedida em termos das raízes do polinômio dado:
.
Portanto, a tangente da soma pedida pode ser calculada com os coeficientes do polinômio dado:
.
Assim, a soma pedida é igual a , a menos de múltiplos de .
5 – Designemos por:
o número de “caras” obtidas por A no lançamento de suas
o número de “caras” obtidas por B no lançamento de suas
moedas;
moedas;
o número de “caras” obtidas por A após o lançamento das suas primeiras
moedas, antes de lançar a última das suas
o número de “caras” obtidas por A no lançamentos da sua última moeda (
Assim,
moedas;
).
.
Em razão da honestidade de todas as moedas lançadas e da independência entre todos os lançamentos, temos que:
,
de modo que:
.
Pelas mesmas razões, também temos:
.
Como:
,
obtemos:
.
Portanto, a probabilidade de A obter mais “caras”, no lançamento de suas
6 – A forma geral do determinante
moedas, do que B, no lançamento de suas
moedas, é igual a .
é a seguinte:
Somando a cada coluna a sua coluna vizinha à direita, indo da esquerda para direita, o determinante adquire a seguinte forma, sem alterar seu valor:
Desenvolvendo o determinante pela sua primeira linha, obtem-se
, com
7 – A seguinte identidade, válida para quaisquer números reais ,
revela que a igualdade a ser demonstrada, válida para
.
,
. Portanto,
.
e
e
, depende de ser a expressão entre colchetes igual à unidade, para
Isto pode ser demonstrado com o desenvolvimento do binômio
, obtendo-se, com a observação de que
:
Extraindo o quadrado do módulo de seus membros, por meio de conjugados, obtem-se, com a observação de que
Utilizando-se a seguinte identidade, válida para quaisquer números reais ,
obtem-se, para
:
e :
:
como desejado, demonstrando a validade da igualdade a ser demonstrada.
8 – Para o
, abaixo, tracemos, inicialmente, as paralelas
e
, aos lados
respectivamente, formando o paralelogramo
.
D
A
B'
C'
B
e
A'
A''
C
Tracemos, também, as medianas
,
e
do
, e liguemos por segmentos de reta o ponto médio
do lado
do paralelogramo
aos extremos da mediana
. Mostremos, inicialmente, que os comprimentos dos lados do
, em destaque na figura, são iguais aos comprimentos
das medianas do
.
Note-se, inicialmente, que o lado
do
já é uma das próprias medianas do
.
Já o comprimento do lado
do
é igual à metade da diagonal
do paralelogramo
, pois
e
são os pontos médios dos seus
lados
e
, respectivamente. Como as diagonais desse paralelogramo se encontram em seus pontos médios, temos que ,
e são colineares, e
que, portanto, o comprimento da mediana
do
é igual à metade do comprimento da diagonal
do paralelogramo e, assim, igual ao
comprimento do lado
’ do
Por fim, sendo
e
segmentos paralelos de mesmo comprimento, por serem lados opostos do paralelogramo
, e sendo o ponto médio da
e
o ponto médio de
, temos então que os segmentos
e
também são paralelos de mesmo comprimento, constituindo assim os lados
opostos um paralelogramo
, de modo que seus outros dois lados, a mediana
do
e o lado
do
, também são segmentos
paralelos de mesmo comprimento.
Portanto, os lados do
tem os mesmos comprimentos das medianas do
.
Já a área deste
, em relação à do
, pode ser mais facilmente obtida em relação à área do paralelogramo
a metade, excluindo-se as áreas do
, do
e do
.
, da qual a área do
é
As áreas do
e do
são ambas iguais à da área do paralelograma
, pois cada uma é igual à metade das áreas dos
e
,
respectivamente, tendo mesma altura, mas apenas metade da base desses triângulos. Note-se que tais triângulos que são congruentes e, portanto, tem
áreas iguais à metade da área do paralelogramo.
Por fim, a área do
é igual à
da área do
, pois, como já visto,
tornando esses triângulos semelhantes, com razão de semelhança igual a
igual à metade da área do paralelogramo, segue-se que a área do
Conclui-se, assim, que a área do
é paralelo ao segmento BD e tem metade do seu comprimento,
e, portanto, a relação entre suas áreas é igual a . Como a área do
é
é igual a da área do paralelogramo.
é igual a
da área do paralelogramo
e, portanto, igual a da área do
.
9 – A figura a seguir apresenta as relações entre as variáveis necessárias para a determinação geométrica da abscissa da reta vertical cujos pontos de
intercecção com a hipérbole dada formam com o foco de abscissa positiva um triângulo retângulo, onde
é a distância dos focos ao centro da
hipérbole,
é a distância das diretrizes ao centro da hipérbole, e
é a excentricidade da hipérbole. Interessante observar que, como a
inclinação
das assíntotas da hipérbole é menor do que a inclinação
dos catetos do triângulo retângulo pedido, existem
necessáriamente duas soluções, uma à esquerda do foco (
) e outra à direita do foco (
).
e.(x-d)
(x,0)
/2
c-x
(c,0)
/2
e.(x-d)
Para a determinação de ambas as soluções para , basta a seguinte relação:
sendo uma solução obtida com
Explicitando a abscissa
e a outra com
.
e simplificando sua expressão, temos:
Assim, para a hipérbole em questão, com
, para
.
e
, as soluções são dadas por
, para
, e por
10 – Para determinarmos as dimensões do cone circular reto, cujo volume é pedido, deve-se escolher uma seção cônica que contenha seu eixo e pontos de
tangência de sua superfície com as esferas que fixam essas dimensões. A figura a seguir ilustra a vista de topo das esferas inferiores.
B
H
C
Pela disposição das esferas inferiores, podemos ver que a seção vertical a ser escolhida deve passar pelos centros de esferas opostas, no quadrado que
estes centros formam, que assim não se tangenciam e estão distantes
; por exemplo a seção que contém os centros e , passando pelo encontro
das diagonais do quadrado. A figura a seguir ilustra a seção obtida, incluindo o centro da esfera superior, que tangencia todas as inferiores.
A'
A
O
B
H
H'
B'
C
C'
Duas conclusões iniciais, que facilitam a obtenção das dimensões do cone, são imediatamente extraídas dessa figura:
o
igual a
isósceles formado pelos centros das duas esferas inferiores e a esfera superior é retângulo em , pois a distância entre os centros
vezes a distância comum entre esses centros e o centro da esfera superior;
e
é
, formado pela seção cônica propriamente dita, e o
são semelhantes, por possuirem lados paralelos distantes ; mais exatamente,
são homotéticos, com centro de homotetia localizado nos incentros coincidentes, por serem suas bissetrizes coincidentes.
Essas conclusões são suficientes para o cálculo da altura e do raio da base do cone circular reto, e seu volume pedido.
O tamanho da altura
do cone pode ser calculada pela soma dos comprimentos de
, de
e de
. Lembrando que o ângulo do vértice
também é reto, pela semelhança entre
e
, sua tangência com a esfera superior torna o comprimento de
igual a
. Sendo
a
altura de um triângulo retângulo isósceles cuja hipotenusa
com comprimento igual a
, tem então comprimento igual a
. Por fim,
tem
comprimento igual a , por estarem as esferas inferiores apoiadas sobre a base do cone. Portanto, temos que
tem comprimento
.
O raio da base
do cone pode ser calculado por meio da razão de semelhança entre
e
, juntamente com o comprimento
hipotenusa
. Essa razão de semelhança pode ser determinada pela razão entre o comprimento
da altura
e o comprimento
correspondente altura
. Portanto, a razão de semelhança é igual a
e o raio da base circular é igual a
.
Assim, o volume pedido do cone é igual a
.
da
da