VESTIBULAR IME 2014 - GGE Responde - Prova...
4
GGE 01. O raízes das ra Soluç () x p Raíze Soma Divid 3 1 1 () x q = Faze y − = y − = Porta Deter = x a 2 − a 2 − a 2 = Assim x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = 02. C 0 i 1 i 1 − Soluç c = ω − 0 i 1 i 1 = i(1 = -1 - = 0 E RESPONDE O polinômio P( s complexas si aízes complexa ção: 10 x 3 x 4 5 + − = es 2 b a r e bi a z bi a z + = − = + = a das raízes r = indo por x – 3 te 1 1 3 − 0 10 10 30 − 0 81 x 10 x 2 4 + + = tem y x endo 2 = 2 224 10 = − ± − 56 5 − ± − anto 5 x ± − ± = rminemos x = + = ± − a i 56 5 2ab e 5 b 2 = − = 14 b 2 = 7 b e 2 2 = m as raízes são i 7 2 + i 7 2 − i 7 2 + − i 7 2 + − 3 Calcule o determ i 1 1 1 i i 1 i 0 2 ω − ω ω − ω ção: 3 2 cis π e 1 i − = ω − ω ω − ω i 1 1 1 i i 1 i 0 2 - ωi) (i - 1) + ωi 2 - i + ωi - ω - ω + E IME 2014 – x) = x 5 – 3x 4 + imétricas e uma as. Determine to x 81 x 30 x 2 3 + − 2 b bi a z bi a z + = − − − = − 3 emos: 81 81 243 − 0 1 8 y 10 y mos 2 + + 14 2 5 − ± − = i 56 ± i 56 5 ± − ℜ + e b a, com bi 56 = : minante abaixo, ω − ω ω − ω − = 1 1 i i i i 1 2 + ωi(ω 2 + 1) - ω ω 3 i + ωi - ω 3 i - ω – MATEMÁTI + 10x 3 – 30x 2 + a raiz com valo odas as raízes d 243 x − 0 1 = ℜ no qual cis = ω = − + ω i i 1 2 ω(i - 1) + ωi 3 + i( ωi + ω3 + ω - ωi ICA + 81x − 243 po or igual ao mód do polinômio. 3 2 s π e 1 i − = (1 - ωi) + i + ω BR ossui dulo S 0 0 − + 0 s x S x = = A S C Q P (x T L T A S Q P 0 S ( l i) Solução alterna ω − ω − ω − ω 1 0 1 i i 1 i 1 i 0 1 ω ω − − ω − − 1 0 i 1 i 0 0 0 1 0 1 2 ω ω ω ⋅ ω − 1 0 0 1 i 0 0 0 0 1 1 1 2 ω = ω ω ⋅ ω + 03. Determine satisfaz(em) a eq ∑ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Π = = − = x 1 y 1 y 0 z 2 y ( x Solução: ∑ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Π = = − = x 1 y 1 y 0 z 2 y ( x [ ∑ ⋅ − ⋅ = = x 1 y . ) 1 y ( y ∑ + + = = = x 1 y ! 2 ! 1 ! y Assim, temos qu Se x = 1 temos 1 Caso x > 1, deve Que implica (x – Por outro lado, s x – 1)! ≥ 2x – 2 Testando x = 2 Logo x = 2 não é Testando x = 3 Assim x = 3 é so Se x ≥ 4, temos 2x – 2 ≤ (x – 1 Que implica x < Portanto os únic 04. Resolva a e Solução: ( ) ( x sen log 2 x cos ⋅ ( x sen log 2 x cos ⋅ [ ] x sen log 2 x cos x sen og x cos ± = ) x sen log x cos = ativa: ω − − ω + − = ω 0 1 i 1 1 0 1 i 1 i 2 ω ω ⋅ ω − ⇒ ω ω 0 1 i 0 0 1 i 0 2 ω ω ⋅ ω − = ω 1 0 1 0 i 1 0 2 ( ) 0 1 3 = − ω ⋅ o(s) valor(es) quação ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ − ) z ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ − ) z ] ⋅ ) 1 ( .. + + + ! x ... ! 3 ue ! 2 ! 1 x 2 + + = 1 2 = 1!, logo x = emos ter x! < 1! 1)! < x. sabemos que para todo x ≥ 4 x 2 = 4 1! é solução. x 2 = 9 1! olução. )! < x 2 que contraria os valores poss equação ( log x cos ( ) senx log x 2 cos = ) s log 2 1 x x cos ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ ⋅ 4 = , x sen com , 2 ± 2 = = ω − ω + − − i 1 i 1 1 0 1 2 2 = ω − − i 1 i 1 0 0 1 2 = ω i 1 2 ) de x, inteiro ! x ... + + = 1 é solução. + 2! + ... + x! = ! + 2! = 3 ! + 2! + 3! = 9 nossa hipótese síveis são x = 1 ) ( log x sen cos 2 x ⋅ 4 = 4 x sen = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ 0 x cos , > o(s) e positivo( x 2 e x ≥ 4. e x = 3 ) 4 senx x 2 = . 1 (s), que
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GGE1 ACOM
01. Oraízesdas ra Soluç ( )xp
Raíze
Soma Divid
3 11
( )xq =
Faze
y −=
y −=
Porta
Deter
=x
a2 −
a2 −
a2 =Assimx1 =
x2 =
x3 =
x4 =
x5 =
02. C
0i1
i1
−
Soluç
c=ω
−0
i1i1
= i(1 = -1 -= 0
E RESPONDEMPANHE A RESOL
O polinômio P(s complexas siaízes complexa
ção:
10x3x 45 +−=
es 2 bar e
biaz biaz
+=
−=+=
a das raízes r =
indo por x – 3 te
11
3−0
10
1030−
0
81x10x 24 ++=
temy xendo 2 =
222410
=−±−
565 −±−
anto 5x ±−±=
rminemos x =
+=±− ai565
2ab e 5b2 =−=
14b2 =
7b e 2 2 = m as raízes são
i72 +
i72 −
i72 +−
i72 +− 3
Calcule o determ
i111i
i1i02
ω−ω
ω−ω
ção:
3
2cis
πe 1i −=
ω−ω
ω−ω
i111i
i1i02
- ωi) (i - 1) + ωi2
- i + ωi - ω - ω +
E IME 2014 –LUÇÃO DAS QUES
x) = x5 – 3x4 +imétricas e umaas. Determine to
x81x30x 23 +−
2b
biazbiaz
+=−−−=−
3
emos:
8181
243−
0
1
8y10 ymos 2 ++
1425 −±−=
i56±
i565 ±−
ℜ+ e ba, com bi
56=
:
minante abaixo,
ω−ω
ω−ω−=
11iiii1
2 + ωi(ω2 + 1) - ωω3i + ωi - ω3i - ω
– MATEMÁTISTÕES NO SITE: W
+ 10x3 – 30x2 +a raiz com valo
odas as raízes d
243x −
01=
ℜ
no qual cis=ω
=−+ω
ii
12
ω(i - 1) + ωi3 + i(ωi + ω3 + ω - ωi
ICA WWW.GGE.COM.B
+ 81x − 243 poor igual ao móddo polinômio.
3
2s
πe 1i −=
(1 - ωi) + i + ω
BR
ossui dulo
S
0
0
−
+
0s
x
S
x
=
=
ASCQP(xTLTAS
QP
0
S(
l
i)
Solução alterna
ω−ω−
ω−ω
101ii1i1i
01
ωω−−ω−
−
10i1i
000101
2
ωω
ω⋅ω−
1001i00001
112 ω=
ωω
⋅ω+
03. Determine satisfaz(em) a eq
∑⎢⎢⎣
⎡Π=
=
−
=
x
1y
1y
0z2 y(x
Solução:
∑⎢⎢⎣
⎡Π=
=
−
=
x
1y
1y
0z2 y(x
[∑ ⋅−⋅==
x
1y.)1y(y
∑ ++===
x
1y!2!1!y
Assim, temos quSe x = 1 temos 1Caso x > 1, deveQue implica (x –Por outro lado, sx – 1)! ≥ 2x – 2
Testando x = 2Logo x = 2 não éTestando x = 3Assim x = 3 é soSe x ≥ 4, temos
2x – 2 ≤ (x – 1Que implica x < Portanto os únic
04. Resolva a e
Solução: ( ) (xsenlog 2
xcos ⋅
( xsenlog2 xcos⋅
[ ]xsenlog 2xcos
xsenog xcos ±=
) xsenlog xcos =
ativa:
ω−−ω+−
=ω
01i
1101
i1
i2
ω
ω⋅ω−⇒
ωω
01i
001
i
0
2
ω
ω⋅ω−=
ω1010
i
10
2
( ) 013 =−ω⋅
o(s) valor(es)quação
⎥⎥⎦
⎤− )z
⎥⎥⎦
⎤− )z
]⋅ )1(..
+++ !x...!3
ue !2!1x2 ++=12 = 1!, logo x = emos ter x! < 1! 1)! < x.
sabemos que para todo x ≥ 4
x2 = 4 1!é solução.
x2 = 9 1!olução.
)! < x 2 que contraria os valores poss
equação (log xcos
( )senxlogx2cos
=
) slog21x xcos⎜⎜
⎝
⎛⋅⋅
4=
,xsencom,2±
2=
=ω−ω+−
−
i1i
1101
2
2
=ω−
−
i1i
1001
2
=ωi
12
) de x, inteiro
!x... ++ = 1 é solução. + 2! + ... + x! =
! + 2! = 3
! + 2! + 3! = 9
nossa hipótesesíveis são x = 1
) (logxsencos
2x ⋅
4=
4xsen =⎟⎟⎠
⎞
0xcos, >
o(s) e positivo(
x2
e x ≥ 4. e x = 3
) 4senxx2 = .
1
(s), que
GGE2 ACOM
x
sen
sen
1
cos
log
=
−
ii) log
sen
A
Da
Ora
sen
1(
(co
−
05. Projediago
na facDeter Soluç
A
A’
E RESPONDEMPANHE A RESOL
21senarc
251xn
1xsenxn
xsenxsen
xsenxs
2xseng
2
2
2
xcos
⎜⎜
⎝
⎛ +−=
=±−
=
=−+
=
=
=
2xseng xcos −=
see1xn
possibilidúnica
xsenxsenaí
1xsen0a
1xsenxn
xsen)xsen
xsen)xos
3
3
2
2
=
−
⇒≤≤
=+
=−
⇒=−
Seja ABCDA’Bta-se o ponto
onal AC, obtend
ce oposta, obtermine o comprim
ção:
D’
D
N
P
2a
E IME 2014 –LUÇÃO DAS QUES
com,k25
251
0
π+⎟⎟
⎠
⎞
+−=
=
2
éque0xen
éaded
01
sxsen0
1
xsenxcos
3
3
2
=
−≤
≤≤⇒
=
⋅⇒
B’C’D’ um prismédio M da
do-se o ponto P
endo-se o pontomento da meno
B
B
2a
– MATEMÁTISTÕES NO SITE: W
zk∈
.absurdoum
1xsenen
1
2 ≤≤
=
sma de base maior aresta
. Em seguida p
N. Sabe-se qur aresta da base
CB’
h
C’
ICA WWW.GGE.COM.B
retangular ABda base sobrrojeta-se o pon
e |NCNA|22=−
e.
BR
BCD. re a to P
k= .
A
A
A
N
N
M
A
∴
0
O
S
S
“
T
1
A
b
b
22 ba2
aa
AP
+=
22
2
ba2
aAP+
=
AP(hAN 22 +=
22 AC(hNC +=
22
2
a(2hNC⎜⎜⎜
⎝
⎛+=
Mas:
(4NCAN 22 =−
222
aaNCAN =−
AN2 – NC2 = - b2
∴ kb =
06. Calcular o v
Obs: algs = alga
Solução:
3arismoslga89
037370370 44 344 21 ⋅⋅⋅
Sejam a = 37037
1” e “0”
Temos que 10a
10 + [1 370 = 10 3
101037alogo ⋅=
Analogamente
101010b
11110b30
30
30
⎜⎜⎝
⎛
−⋅=
⋅⋅⋅⋅=
1b =portanto
ba −Daí
⋅=271
[271
⋅=
3 a −Portanto
2
2
a(4ah)2
22 +=
22 h)APC⎜⎜⎜
⎝
⎛+=−
2
22
222
ba2
a)ba⎟⎟⎟
⎠
⎞
+
−+
a(4a(
)ba(a
2
2
22
4 +−
+
2
22
422
a(b
babb
−=+
−
2 em modulo b2
valor da express
3arismoslga89
03370370 44 344 21 ⋅⋅⋅
rismos
a30"1"slga30001117 213213 ⋅⋅⋅⋅−
70 · · · 37 com 8
= 370 + 370 · 1
10 + + 10 + 63 ⋅⋅⋅
10a101
3
90=⇒
−
−
1101010
11
101(1060
30
−−
=⎟⎟⎠
⎞
−−
++⋅=
1-1010-10 3060
⇒
[ 90 110271b −⋅=
( ) (⎢⎣⎡ ⋅− 10310
330
[ ]330 10110⎢⎢⎣
⎡=−
30
3110b =
−=−
)b2
4
+
22
22a
⎜⎜⎜
⎝
⎛−+
2
22
2
a2
2ah⎜⎜⎜
⎝
⎛
+
++=
aa)b
)b2 4
22
22 −=
+
+
22
22
ba)ba(
+
+
= k
são abaixo
30"1"slga30s0011137 4132143 ⋅⋅⋅−
"0"lga032⋅⋅⋅
89 alg e b = 11
03 + 370 · 106 +
1010 370 = ]0 3
9087 ⋅
271090 −
0
)1030
29+⋅⋅⋅+
273103b
60 −⋅=
60 1031031 ⋅+⋅−
) ( )⋅+ 1030 30230
330
310⎥⎥⎦
⎤−
321lga3033
3999
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅
2
22
2
ba
a⎟⎟⎟
⎠
⎞
+
2
2
2
b
b2⎟⎟⎟
⎠
⎞
+
)ba(4b4ba4a
22
4224
+
−−
"0"lga000 43421 ⋅⋅⋅
· · · 100 · · · 0 co
+ · · · + 370 · 108
110
−
−
103 30⋅
]300
) ⎥⎦⎤−1
33
3
2
4
om 30
87
GGE3 ACOM
07. Oortoce
BC e
a) Db) D
H Soluç
a) No Coefi
ABm
Coefi
CIm ⋅
Equa
0y −
y −=
Equa
xx =
Inters
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
x
y
yH =
4a
−=
Aay
Ay =
Conc
deve
E RESPONDEMPANHE A RESOL
O lado BC de uentro H do triân
e distante 4α da
Determine o lugaDetermine o valoH estão no mesm
ção:
ote que xA = xH =
ciente angular d
AA
A m0x0y⇒
−−
=
ciente angular d
AB m1m ⇒−=
ção da reta por
)ax(yx
A
A −⋅−=
)ax(yx
A
A −−
ção da reta por
HA xx =
seção das retas
( )
=
−−
HA
A
A
xx
axyx
( )axyx
AA
A −−
( )axyx
AA
A −−
A2A ax4x4 +−=
A2A x4x
a4
+−=
clusão: O ponto
pertencer à reta
)0,0(B
4a
y
E IME 2014 –LUÇÃO DAS QUES
um triângulo ABngulo percorre u
a mesma.
ar geométrico dor mínimo da ámo semi-plano d
= xG
da reta por A e
A
AAB x
y=
da reta por C e
A
ACI y
x−=
r C e I:
r A e G:
s por (C e I) e (A
A percorre a pa
a .4ay =
A
G
I
H
– MATEMÁTISTÕES NO SITE: W
BC é fixo e temuma reta paralel
o ponto A quanárea do triângulodefinido pela re
B:
I:
A e G):
arábola a4y −=
)0,a(C
ICA WWW.GGE.COM.B
m comprimento la à reta suporte
ndo H varia. o ABC quandota suporte de BC
,x4x2 + porém
BR
. O e de
A e C
H
bA
Á
0eD(Pe
SP01
2
3
4
L
0
SP
1
2
3
P2
2
y
4
y
L
b) A área será mAssim, temos:
a)ABC(Área =
08. Um professe diz que o testDe quantas formPor exemplo, um
e uma turma de
Solução: Podemos ter: 0 duplas: 1 caso
dupla: C9,2 = 3
2 duplas: !2
C 2,9 ⋅
3 duplas: C 2,9 ⋅
4 duplas: C 2,9 ⋅
Logo: 37361 ++
09. Resolver o
Solução: Pela tricotomia d
possib
.x > y Isso é
2. x < y Isso é
3. x = y
Pela 2ª equação2x + 2 + 23x = 5 · 2
22 – x +
522
4x
x=+
5yy
4=+
y2 – 5y + 4 = 0
x0x2ou12you1yxx
===
==
Logo: x = y = 2
A
B
mínima quando A
8
a
24
a2
=⋅
or dá um teste e pode ser feito
mas a turma poma turma de 3 a4 alunos pode s
o 6 casos
2226789C 2,7
⋅⋅⋅⋅⋅
=
9!3
CC 2,52,7 ⋅=
⋅
!4CCC 2,32,52,7 ⋅⋅
945126078 ++
sistema de equ
dos números reabilidades.
um absurdo po
um absurdo po
o temos 22x : 2
2x = 5
fazendo 2x =
24
4
===
H=
A = H.
surpresa para uto sozinho ou eode ser organizalunos pode sese organizar de
casos 3786=
16222
45678=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
4222256789⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
casos 26205 =
uações⎪⎩
⎪⎨
⎧
+
−
+2x 82
yx
ais analisamos
ois 0yx >−
ois 0yx <−
22x
= y
C
uma turma de 9em grupos de 2zar para fazer r organizar de 4
e 10 formas)
casos 1260
c 9451234234=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=
=
yx
3
458x
ylogy
as seguintes
e 0x
ylog3 <
e 0x
ylog3 >
3
9 alunos, 2 alunos. o teste? 4 formas
casos
GGE4 ACOM
Soluç Da 1ª
x −
x +
Como
então O res 10. raios Demo
9
32
SoluçUm facircunAssimp2 ≤
p⇒
Mas c
r
S≤
9
32
2) Sabe
abc3
abc ≤
SR4
Logo
pR ⋅
Logo
* Exis Argu2x + 2
β+α
=AB
=AC
=BC
E RESPONDEMPANHE A RESOL
ção alternativa
ª equação, temoloylogy 3 −=
loyxlog3 +=+
o a função )x(fque f é inje
o, x = y.
sto é análogo à
Sejam o semde suas circunf
onstre que vale
27
2 2pRrS ≤⋅≤
ção: ato bem conhecnferência fixa dem
R33
32
9R≤
como r
Sp = te
32
9R
RrS ≤ 1
mos que:
3
cbac
++≤
a;3
)cba(3
3++≤
pSp
S =≤ ,3
83
3
:
28
4/
≤⋅/⋅⋅/ rpR
27
2 2p≤
: 9
32RrS ⋅≤
stem muitas pos
mento Algébri2β + 2γ = π
2
π=γ+
γ= cos2R
β= cos2R
α= cos2R
E IME 2014 –LUÇÃO DAS QUES
a:
os: xog3
yog3
xlogx 3+= éetiva. Daí se f(x
solução anterio
iperímetro de uferências inscrita seguinte des
2
cido é que o triae perímetro máx
emos
SR ae4abc =
r⋅
3
232
3
8 // p
27
2 2p≤
ssíveis demons
co
– MATEMÁTISTÕES NO SITE: W
é estritamente c) = f(y)
or.
m triângulo, sta e circunscritaigualdade
angulo inscrito nximo é o triângu
p2cba =++
trações do fato
ICA WWW.GGE.COM.B
crescente, segue
ua área, e oa, respectivamen
numa ulo equilátero*.
afirmado.
BR
e
os nte.
2
Sm
S
O
cD
ADumC
C
LCsvqs
cos(22 α= Rp
γα
γ β
A
B
Se queremos maximizar E = c
Sujeito à condiçã
Observe que
concavidade volDaí é fácil ver qu
y
2
π
1
2)a(f
2baf +
≥⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +
Deste tipo e d
Assim, cosα
Portanto cosα
O máximo só o
Argumento GeoDada uma circuum dos lados dmáximo de p entComo a2 + b2 – 2
Como a
2
h=
⋅ω
Logo (a + b)2 = ωComo o lado e sem W > 0, o vavem que o triâqualquer lado qser equilátero.
)coscos γ+β+
0 β
α
maximizar 2pos α + cos β + c
ão 2
π=γ+β+α
no intervalo
tada para baixoue
x
2
π
2)b(f+ Isso val
aí prova-se que
3coscos
≤γ+β+
coscos γ+β+α
ocorre quando
ométrico nferência de rado triângulo ω tão seria o valo2ab cos W = ω2
2
Wsenb ⋅⋅, tem
ω2 + 2hω (1 + coo ângulo já est
alor máximo de aângulo é isóscue desejamos
C
p, considerandcos γ
2
π
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ π
2,0 a
o.
le para qualque
e3
cbaf ≥⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++
23
6cos =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π≤
233 ⋅≤
3π
=γ=β=α
aio R, sem perde seu ângulo
or máximo dos o2 → (a + b)2 – 2a
mos que s
ab =
os W) / sen W tão determinada + b se dá no
celes. Como isfixar, temos qu
do R fixo, d
função cossen
er função
3)c(f)b(f)a(f ++
a de generalidaoposto de W.
outros lados. ab (1 + cosW) =
Wen
h ω⋅
os, e 1 + cos Wvalor máximo d
sso deve ocorrue o triângulo t
4
devemos
no tem
)
ade, fixe O valor
= ω2
W > 0 e a altura, rer para tem que
