Gabarito da Prova da Terceira Fase { N vel Beta pulino/SimuladosProvasGabaOMU/... · Gabarito da Prova

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  • XXVII Olimpada de Matematica da UnicampInstituto de Matematica, Estatstica e Computacao Cientfica

    Universidade Estadual de Campinas

    Gabarito da Prova da Terceira Fase Nvel Beta

    1

  • XXVII Olimpada de Matematica da UnicampInstituto de Matematica, Estatstica e Computacao Cientfica

    Universidade Estadual de Campinas

    Questao 1 20 pontosDizemos que dois numeros reais a e b estao numa proporcao aurea quando

    a + b

    a= e

    a

    b= ,

    onde a constante positiva e denominada de numero de ouro ou numero aureo.

    (a) Determine o valor da constante .

    (b) Um pedaco de barbante de comprimento 4L centmetros e divido ao meio. Com uma daspartes formase um quadrado e, com a outra parte formase um retangulo aureo, isto e, umretangulo cujos lados estao na proporcao aurea. Determine a razao entre a area do retanguloaureo e a area do quadrado, isto e, denotando por Aq a area do quadrado e por Ar a area

    do retangulo aureo, determine a relacaoArAq

    .

    (c) Na figura abaixo temos um triangulo retangulo cujo comprimento do cateto AC e a metadedo comprimento do cateto AB, e temos tambem um arco de circunferencia de centro doponto C e raio igual ao comprimento do cateto AC. Mostre que o numero aureo e arazao entre o comprimento do segmento AB e o comprimento do segmento BD, isto e,

    AB

    BD= .

    HHH

    HHH

    HHH

    HHHH

    HHH

    HH

    . .......................... ........................... ......................................................................................................................................

    .........................

    ..........................

    ..........................

    ...........................

    ...........................

    Br

    Ar

    CrDr

    Resolucao

    (a) Considerando as equacoes

    a + b

    a= e

    a

    b= ,

    e com algumas manipulacoes na primeira equacao e utilizando a segunda equacao, obtemos umaequacao em dada da seguinte forma:

    1 +b

    a= 1 + 1

    = + 1 = 2 .

    As razes da equacao do segundo grau 2 1 = 0 sao dadas por:

    =1

    5

    2,

    2

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    Universidade Estadual de Campinas

    como a constante e positiva, obtemos

    =1 +

    5

    2

    que e denominada numero de ouro ou numero aureo.

    (b) O quadrado construdo com a metade de um barbante de comprimento 4L centmetros, tem

    lado medindoL

    2centmetros. Assim, a area desse quadrado e dada por:

    Aq =L2

    4cm2 .

    Com a outra metade do barbante construmos um retangulo cujos lados estao na proporcao aurea,isto e, denotando por a e b o comprimento dos lados desse retangulo, temos que

    2a + 2b = 2L e a = b .

    Das equacoes acima, obtemos a e b, em funcao de L e da constante , da seguinte forma:

    b =L

    1 + e a =

    L1 +

    .

    Desse modo, a area do retangulo aureo e dada por:

    Ar = a b = L2

    ( 1 + )2cm2

    Desse modo, a razao entre a area do retangulo aureo e a area do quadrado e dada por:

    ArAq

    =4

    ( 1 + )2

    3

  • XXVII Olimpada de Matematica da UnicampInstituto de Matematica, Estatstica e Computacao Cientfica

    Universidade Estadual de Campinas

    (c) No triangulo retangulo, ilustrado na figura acima, vamos utilizar as seguintes notacoes

    a = AB e x = BD .

    Assim, teremos tambem que

    AC =a

    2e CD =

    a

    2.

    Aplicando o Teorema de Pitagoras, obtemos(x +

    a

    2

    )2= a2 +

    a2

    4,

    que com algumas manipulacoes algebricas obtemos a seguinte equacao do segundo grau

    x2 + ax a2 = 0 ,

    cujas razes sao dadas por:

    x =a

    a2 + 4a2

    2= a 1

    5

    2.

    Como a variavel x representa o comprimento do segmento BD, temos que

    x = a 1 +

    5

    2.

    Portanto, a razao entre o comprimento do segmento AB e o comprimento do segmento BD edada por:

    AB

    BD=

    a

    x=

    2a

    a (1 +

    5 )=

    2

    1 +

    5=

    2

    1 +

    5 1 +

    5

    1 +

    5=

    1 +

    5

    2= .

    4

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    Questao 2 20 pontos

    (a) Determine a parte imaginaria do numero complexo w dado por:

    w =2z + 1

    2z 1para z 6= 1

    2.

    (b) Faca a representacao grafica no plano complexo do seguinte subconjunto

    S =

    {z C / Im

    (2z + 1

    2z 1

    ) 1 para z 6= 1

    2

    },

    onde Im denota a parte imaginaria de um numero complexo, e C denota o conjunto dos numeroscomplexos, isto e,

    C = { z = a + bi / a, b IR } ,onde i =

    1 e a unidade imaginaria e IR e o conjunto dos numeros reais.

    Resolucao

    (a) Considerando z = a + bi com a , b IR, podemos escrever w da seguinte forma:

    w =2z + 1

    2z 1=

    2z + 1

    2z 1 2z 1

    2z 1=

    4zz 2z + 2z 14zz 2z 2z + 1

    =4(a2 + b2) 1 4bi4(a2 + b2) + 1 4a

    ,

    que com algumas manipulacoes, obtemos

    w =4(a2 + b2) 1 4bi

    (2a 1)2 + 4b2para z 6= 1

    2.

    Portanto, a parte imaginaria do numero complexo w fica dada por:

    Im(w) =4b

    (2a 1)2 + 4b2para z 6= 1

    2.

    (b) Vamos determinar o lugar geometrico no plano complexo dado pela desigualdade Im(w) 1

    4b(2a 1)2 + 4b2

    1 para z 6= 12.

    Note que (2a 1)2 + 4b2 > 0, assim da desigualdade acima, obtemos

    4b (2a 1)2 + 4b2 (2a 1)2 + 4b2 + 4b 0 ,

    Somando e subtraindo 1 da desigualdade acima, temos que

    (2a 1)2 + 4b2 + 4b + 1 1 (2a 1)2 + (2b + 1)2 1

    Finalmente, obtemos a seguinte desigualdade(a 1

    2

    )2+

    (b +

    1

    2

    )2(

    1

    2

    )2.

    Portanto, o lugar geometrico no plano complexo dado pela desigualdade Im(w) 1 e um circulo

    de raio1

    2e centro

    (1

    2, 1

    2

    ).

    5

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    Questao 3 20 pontosNa figura abaixo temos o triangulo isosceles ABC com a base AB medindo 6 cm e a altura hmedindo 5 cm, e um triangulo isosceles ABC inscrito no triangulo isosceles ABC cujas basessao paralelas, isto e, AB AB, e o vertice C e o ponto medio do lado AB.

    A

    sB

    s

    Cs

    A s Bs

    C s

    (a) Determine a area do triangulo isosceles ABC de altura h medindo 3 cm.

    (b) Determine as medidas da base e da altura do triangulo isosceles ABC de area maxima.

    Resolucao

    (a) Considerando a figura abaixo

    A

    sB

    s

    Cs

    A s Bs

    C s

    Ds

    Temos a seguinte relacao entre os triangulos semelhantes BCC e BCD

    CC

    BC =

    CD

    DB 5

    3=

    2

    DB DB = 6

    5

    Portanto a area do triangulo ABC , que vamos denotar por AT , e dada por:

    AT =DC AB

    2=

    12

    5 3

    2=

    18

    5,

    uma vez que AB = 2DB.

    6

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    (b) Temos a seguinte relacao entre os triangulos semelhantes BCC e BCD

    CC

    BC =

    CD

    DB 5

    3=

    5 h

    b b = 3 3

    5 h ,

    onde h e a altura do triangulo ABC e b = DB.

    Assim, a area do triangulo ABC , que vamos denotar por AT , e dada por:

    AT =h AB

    2= h ( 3 3

    5 h ) = 3

    5 (h )2 + 3 h ,

    uma vez que AB = 2 b.

    Assim, devemos encontrar o valor hv para o qual a funcao quadratica AT assume seu valormaximo. Logo,

    hv =5

    2cm .

    Portanto, a base do triangulo ABC de area maxima e AB = 3 cm e a altura e hv.

    7

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    Questao 4 20 pontosComplete a tabela abaixo com numeros naturais, de modo que a soma dos tres numeros de cadalinha e de cada coluna sejam iguais.

    5

    11

    16 8

    Resolucao

    Inicialmente vamos completar a tabela da seguinte forma:

    5 a b

    c 11 d

    16 e 8

    Vamos denotar por S o valor dessa soma, assim obtemos as seguintes equacoes

    5 + a + b = S (1)

    c + 11 + d = S (2)

    24 + e = S (3)

    21 + c = S (4)

    a + 11 + e = S (5)

    b + d + 8 = S (6)

    Note que da equacao (3), obtemos que S 24.

    Das equacoes (3) e (4), obtemos

    e = S 24 e c = S 21 . (7)

    Substituindo c = S 21 na equacao (2), obtemos

    S 21 + 11 + d = S d = 10 . (8)

    Substituindo d = 10 na equacao (6), obtemos

    b + 10 + 8 = S b = S 18 . (9)

    Substituindo b = S 18 na equacao (1), obtemos

    5 + a + S 18 = S a = 13 . (10)

    Note que substituindo a = 13 na equacao (5), obtemos e = S 24 que e equacao (7), assimutilizamos todas as equacoes.

    8

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    Finalmente, obtemos todas as solucoes do sistema linear (1)(6), que possui um grau de liberdade,que sao dadas por:

    a = 13 , b = S 18 , c = S 21 , d = 10 , e = S 24 , (11)

    para S = 24, 25, 26, 27, .

    Portanto, para S = 24, obtemos a seguinte tabela

    5 13 6

    3 11 10

    16 0 8

    para S = 25, obtemos a seguinte tabela

    5 13 7

    4 11 10

    16 1 8

    para S = 26, obtemos a seguinte tabela

    5 13 8

    5 11 10

    16 2 8

    e