Prova em Mutirão:Simulado IME Matemática.

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Mensagem por Leo Consoli em Ter 19 Fev 2019, 19:12

Link:https://drive.google.com/file/d/1NN6EcFNDuHvLlst-Gy9GIlIj2AvlebfE/view
O John Carter enviou aqui no fórum alguns simulados do IME/ITA e algumas listas, um dos simulados de matemática não tem gabarito então achei uma boa solucionar ele.
1. Resolvida por Leo Consoli
2. Resolvida por Thanos
3. Resolvida por Leo Consoli
4. Resolvida por Matheus Tsilva
5. Resolvida por Giovana Martins
6. Resolvida por fantecele88
7. Resolvida por Giovana Martins
8. Resolvida por Leo Consoli
9. Resolvida por Giovana Martins
10. Resolvida por fantecele88
Vou abrir fazendo a questão 1:
Prove que a soma
1^k+2^k+3^k+....+n^k
em que n é um inteiro qualquer e k é impar, é divisível por 1+2+3+...+n.
A questão cometeu o erro de não especificar que k tem que ser inteiro e positivo, pois para inteiros negativos ou números fracionários isso não é mais verdade.
Devemos provar que sempre existe um numero (w) que multiplicado por 1+2+3+...+n resulte em 1^k+2^k+3^k...+n^k, já que o resto da divisão é zero.
Sendo k um numero impar podemos escreve-lo na forma k=2x+1, sendo x um numero natural qualquer.
Por indução se o resultado valer para x=0 e para x=1 valera para todo k tal que k seja impar.
Para x=0 é automático que o valor w é igual a 1.
Para x=1, temos que provar que existe um valor que multiplicado por uma soma de termos, resulte na soma de seus cubos.
Porem sabemos que:
\\\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\wedge \sum_{k=1}^{n}k^3=\left [\frac{n(n+1)}{2}  \right ]^2
Substituindo esses valores:
\left [\frac{n(n+1)}{2}  \right ]^2=w\times\frac{n(n+1)}{2}  \rightarrow w=\frac{n(n+1)}{2}
Logo para outros valores de x o resultado se mantem.


Última edição por Leo Consoli em Qui 21 Fev 2019, 17:35, editado 8 vez(es)
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Mensagem por Giovana Martins em Qua 20 Fev 2019, 00:20

Questão 7:

\mathrm{Seja}\ z\in \mathbb{C}^{*}\ \mathrm{tal\ que\ \left | z^3+\frac{1}{z^3} \right |}\leq 2.\ \mathrm{Prove\ que\ }\left | z+\frac{1}{z} \right |\leq 2.

\\\mathrm{Tendo\ em\ vista\ que}\ z\in \mathbb{C}^{*}:\ \frac{z}{z}=1\\\\\left |z^3+\frac{1}{z^3}  \right |=\left |\left ( z+\frac{1}{z} \right )\left ( z^2+\frac{1}{z^2}-1 \right )  \right |\\\\a^2+b^2=(a+b)^2-2ab\ \therefore \ \left |z^3+\frac{1}{z^3}  \right |=\left |  z+\frac{1}{z} \right |\left | \left ( z+\frac{1}{z} \right )^2-3    \right |\leq 2\\\\y=\left | z+\frac{1}{z} \right |\ \therefore \ \left | \left ( z+\frac{1}{z} \right )^2-3 \right |\leq \frac{2}{y}\to -\frac{2}{y}+3\leq \left ( z+\frac{1}{z} \right )^2\leq \frac{2}{y}+3\\\\\sqrt{-\frac{2}{y}+3}\leq  y\leq\sqrt{ \frac{2}{y}+3}\to \frac{2}{3}\leq y\leq 2\to \boxed {\frac{2}{3}\leq \left | z+\frac{1}{z} \right |\leq 2}

Creio que, a partir daquela substituição por y, uma Desigualdade Triangular também nos ajudaria a chegar na resposta.


Última edição por Giovana Martins em Qua 20 Fev 2019, 12:11, editado 2 vez(es) (Razão : Coloquei o enunciado da questão.)

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Mensagem por Leo Consoli em Qua 20 Fev 2019, 07:50

Massa, de noite posto a solução da 3 e da 8.


Última edição por Leo Consoli em Qua 20 Fev 2019, 16:15, editado 1 vez(es)
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Mensagem por Giovana Martins em Qua 20 Fev 2019, 12:08

Questão 8:

Suponha P(x) um polinômio com coeficientes inteiros. Suponha que existam quatro inteiros distintos a, b, c, d com P(a)=P(b)=P(c)=P(d)=5. Prove que não existe inteiro k tal que P(k)=8.

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

Resolução extraída de: [Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.]

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Mensagem por fantecele em Qua 20 Fev 2019, 13:04

Questão 10:
Determine todas as soluções reais do sistema:

[Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.]

Resolução:

Irei mostrar que x, y e z podem ser escritos como iguais a 2cos(k).

Vamos supor que exista um valor de x tal que x > 2, perceba agora que:
x > 2
x² > 4
x³ > 4x
x³ - 3x > x
Da primeira equação temos que y > x (I). Se y > x e x > 2, então y > 2.
y > 2
y² > 4
y³ > 4y
y³ - 3y > y
Da segunda equação temos que z > y (II). Se z > y e y > 2, então z > 2.
z > 2
z² > 4
z³ > 4z
z³ - 3z > z
Da terceira equação temos que x > z (III). Agora de (III) e (II) temos que x > y, porém de (I) temos y > x, o que é um absurdo, portanto não temos valores de x tal que x > 2. Usando a mesma ideia, não podemos ter valores de y e de z maiores que 2.

Agora vamos supor que exista um valor de x tal que x < -2.
x < -2
x² > 4
x³ < 4x
x³ - 3x < x
Da primeira equação temos que y < x (I). Se y < x e x < -2, então y < -2.
y < -2
y² > 4
y³ < 4y
y³ - 3y < y
Da segunda equação temos que z < y (II). Se z < y e y < -2, então z < -2.
z < -2
z² > 4
z³ < 4z
z³ - 3z < z
Da terceira equação temos que x < z (III). Agora de (III) e (II) temos que x < y, porém de (I) temos y < x, o que é um absurdo, portanto não temos valores de x tal que x < -2. Usando a mesma ideia, não podemos ter valores de y e de z menores que 2.

Do tirado acima, temos que os valores de x, y e z estão presentes no intervalo [-2;2], portanto podemos fazer x = 2cos(a), y = 2cos(b) e z = 2cos(c).

Agora no sistema:

Na primeira equação:

x³ - 3x = y
(2cos(a))³ - 3.(2cos(a)) = 2cos(b)
8cos³(a) - 6cos(a) = 2cos(b)
4cos³(a) - 3cos(a) = cos(b)
cos(3a) = cos(b)

Na segunda e na terceira equação podemos encontrar cos(3b) = cos(c) e cos(3c) = cos(a).

Com isso, o sistema vira:

cos(3a) = cos(b)
cos(3b) = cos(c)
cos(3c) = cos(a)

cos(27a) = cos(a)
27a = ± a + 2kpi
a = kpi/14; k = {0,1,2,...,14}
a = kpi/13; k = {1,2,...,12}

Portanto as soluções do sistema são as triplas {x,y,z} = {2cos(a),2cos(3a),2cos(9a)} com a = kpi/14 k = {0,1,2,...,14} e a = kpi/13 k = {1,2,...12}.


Creio que seja isso. Se alguém ver algum erro é só falar que eu tento ajeitar  Sad

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Mensagem por fantecele em Qua 20 Fev 2019, 13:36

Questão 6:

Sejam A e B matrizes reais nxn tais que AB + A + B = 0. Prove que AB = BA.

Resolução:

Considere I como sendo a matriz identidade nxn.
Primeiro perceba que:
(A + I)(B + I) = AB + AI + IB + I² = AB + A + B + I = I
(A + I)(B + I) = I

Daí temos que det[(A + I)(B + I)] = det(I) = 1

Portanto:

det(A + I) ≠ 0 → A + I é inversível
det(B + I) ≠ 0 → B + I é inversível

Como temos que (A + I)(B + I) = I e "A + I" e "B + I" são inversíveis, então 
(B + I)(A + I) = I, portanto:

(A + I)(B + I) = (B + I)(A + I)
AB + A + B + I = BA + B + A + I
AB = BA

Creio que seja isso.

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Mensagem por Thanos em Qua 20 Fev 2019, 19:35

[Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.]   só pra facilitar  Razz

Questão 2:

Dois médicos devem examinar durante uma mesma hora, 6 pacientes, gastando 10 minutos com cada paciente. Cada um dos 6 pacientes deve ser examinado pelos dois médicos. De quantos modos pode ser feito um horário compatível?

Considerando o fato de que serão atendidos individualmente e simultaneamente pelos médicos como diz o enunciado, o primeiro médico terá 6! modos de atender a todos, já o segundo médico terá, pela fórmula do desarranjo (ou permutação caótica):  
Dn = n! [1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4! + ... + (-1)^n (1/n!)] maneiras.

A quantidade total de modos para se ter compatibilidade será 720*265 = 190 800.
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Mensagem por Leo Consoli em Qua 20 Fev 2019, 21:02

Boa, Thanos.
Vou fazer a 3 agora, queria comentar antes que mandar alguém fazer essa questão sem calculo é pura maldade.
Mostre que uma elipse e uma hiperbola homofocais são ortogonais, isto é, as suas tangentes nos pontos de interseção são perpendiculares.
Obs: Duas cônicas são ditas homofocais se tem os mesmos focos.
Começamos vendo que existem quatro pontos de interseção, [Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.], assumiremos que a elipse e a hiperbole tem o mesmo centro e suas formulas são como segue.
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Como os focos são os mesmos temos que:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Nos pontos de interseção:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Ta uma conta bem ruim, mais isolando xo e depois yo:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Se acharmos a equação da tangente de uma hiperbola e de uma elipse, podemos multiplicar seus coeficientes angulares e verificar se o resultado da -1, a equação da tangente para essas figuras cônicas é chatinha de deduzir então vou dar uma roubadinha:
Tangente de uma hiperbole em um ponto (xo,yo):
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Tangente de uma elipse em um ponto (xo,yo):
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Multiplicando os coeficientes angulares e substituindo xo e yo:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Logo, como o produto dos coeficientes angulares de retas perpendiculares é -1, esta provado.
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Mensagem por Leo Consoli em Qua 20 Fev 2019, 21:47

Questão 8: Resolva a equação  [Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]  para todo valor de a.
O valor de a depende da variação do valor de x, logo é a variável dependente, vou chama-lo de f(x).
Estudando o modulo temos que:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Logo temos 2 funções diferentes para os intervalos de x, para maior e igual a 2:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Para x menor que 2:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Unindo os intervalos temos que os valores de a são:
[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]
Não to muito confiante nessa, se tiver algum erro avisem.
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Mensagem por Giovana Martins em Qui 21 Fev 2019, 00:52

Leo Consoli, se eu não estiver enganada, não há problema nenhum em utilizar Cálculo nas provas do IME.

Questão 5: Um triângulo retângulo em faz uma revolução completa em torno de uma reta que tangencia o círculo circunscrito ao triângulo . Determine o ângulo que a hipotenusa deve fazer com o eixo de rotação para que o volume pedido seja ∏a³/12.

Não tenho certeza se esta é a resolução (refiz os cálculos e as construções e não vi erros. De qualquer forma, avaliem a resolução.). Deixo para vocês avaliarem.

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

O sólido BB'ACC' é um tronco de cone de segunda espécie. O volume desse tipo de sólido é dado por:

V_{BB'ACC'}=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2-Rr)

Amanhã eu posto a demonstração da relação acima.

O volume do sólido BB'C'C (tronco de cone), sólido consideravelmente conhecido (sendo assim, eu irei omitir a dedução da relação abaixo) é dado por:

V_{BB'C'C}=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2+Rr)

Daí, vem:

\\V=V_{BB'C'C}-V_{BB'A'CC'}\to V_{BB'C'C}-V_{BB'A'CC'}=\frac{\pi a^3}{12}\\\\\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2+Rr)-\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2-Rr)=\frac{\pi a^3}{12}\to Rr=\frac{a^3}{8h}\ (1)

Do ∆BCG:

cos(\gamma)=\frac{CG}{BC}\to cos(\gamma)=\frac{h}{a}\to h=acos(\gamma)\ (2)

De (1) e (2):

Rr=\frac{a^3}{8acos(\gamma)}\to Rr=\frac{a^2}{8cos(\gamma)}\ (3)

Por relações métricas no triângulo ∆ABC, tem-se que (AP)²=BP.CP. Da simetria do problema, tem-se que AQ=AM=AP. Daí, vem:

\\AQ+AM=h\to AQ=AM=AP=\frac{acos(\gamma)}{2}

Ainda da simetria do problema, tem-se que CP=CM=r e que BQ=BP=R. Assim:

(AP)^2=BP.CP\to (AP)^2=Rr\to Rr=\frac{a^2cos^2(\gamma)}{4}\ (4)

De (3) e (4):

\frac{a^2cos^2(\gamma)}{4}=\frac{a^2}{8cos(\gamma)}\to cos(\gamma)=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\ \therefore \ \boxed {\gamma=arccos\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{2}} \right )}


Última edição por Giovana Martins em Qui 21 Fev 2019, 14:43, editado 3 vez(es)

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Mensagem por Leo Consoli em Qui 21 Fev 2019, 07:31

Boa, só falta a 4, se ninguem resolver ate la, de tarde tento alguma coisa.
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Mensagem por Giovana Martins em Qui 21 Fev 2019, 14:46

Refiz as contas e corrigi alguns erros da resolução anterior. Acredito que não haja mais erros. De qualquer forma, analisem a resolução.

Em breve eu posto algumas demonstrações.

Me perdoem pelo tamanho da imagem.

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Mensagem por Giovana Martins em Qui 21 Fev 2019, 15:51

Eu falei que eu não postaria a demonstração do volume do tronco de cone, mas eu vou postar porque essa demonstração vai me ajudar a demonstrar a fórmula do tronco de cone de segunda espécie.

Demonstração: tronco de cone de primeira espécie:

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

\\V_T=V_{ABC}-V_{APQ}\ (1)\ \wedge\ h=h''-h'\ (2)\ \therefore  \ V_T=\frac{A''h''}{3}-\frac{A'h'}{3}\ (3)\\\\V_{ABC}\ \sim\ V_{APQ}\ \therefore \ \frac{A'}{A''}=\left ( \frac{h'}{h''} \right )^2\to  \frac{\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}}=\frac{h'}{h''}\to \underset{\mathrm{Propriedade\ da\ proporcao}}{\underbrace{\frac{\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}=\frac{h'}{h''-h'}}}\ (4)\\\\\mathrm{De\ }(2)\ \mathrm{e}\ (4):\ h'=\frac{h\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}\ (5)\ \vee\ h''=\frac{h\sqrt{A''}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}\ (6)\\\\\mathrm{De\ }(3),(5)\ \mathrm{e}\ (6):\ V_T=\frac{hA''\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}-\frac{hA'\sqrt{A'}}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}=\frac{h\left [ (A'')^\frac{2}{3}-(A')^\frac{2}{3} \right ]}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}\\\\\therefore \ V_T=\frac{h}{3}(A''+A'+\sqrt{A''A'})\to \boxed {V_T=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2+Rr)}

Demonstração: tronco de cone de segunda espécie:

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

\\V_T=V_{ABC}+V_{APQ}\  \wedge\ h=h''+h'\\\\\mathrm{Semelhantemente\ as\ eq.\ }(5)\ \mathrm{e}\ (6):\\\\V_T=\frac{hA''\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}-\frac{hA'\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}=\frac{h\left [ (A'')^\frac{2}{3}+(A')^\frac{2}{3} \right ]}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}\\\\\therefore \ V_T=\frac{h}{3}(A''+A'-\sqrt{A''A'})\to \boxed {V_T=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2-Rr)}

Explicação da semelhança entre os triângulos indicados na resolução: notem que ∠BAC=90°. Desse modo, sabendo que ∠AQB=90°, que ∠BAQ=θ e que a soma dos ângulos internos de um triangulo equivale a 180°, logo, o ângulo ∠ABQ só pode ser igual a μ. A mesma ideia vale para o ângulo ∠ACM.

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Mensagem por Giovana Martins em Sex 22 Fev 2019, 14:02

A questão 4, aparentemente, está difícil.

Eu sei que não é muito, mas deixo uma figura com algumas conclusões para quem quiser tentar fazer.

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

Eu chamei um dos ângulos de beta para ver se eu encontrava alguma coisa por soma de arcos.

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Mensagem por Leo Consoli em Sex 22 Fev 2019, 19:10

Giovana, montei uma imagem um pouco diferente, vai que ajuda, o que se percebe é que todos os triângulos sao retangulos e semelhantes entre si, mais nao consigo ver a saida ainda.
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