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2013
IME
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
Considere log
b
a
2
 4 , com a e b números reais positivos. Determine o valor de m , número real, para que a
m
2m
equação x 3  18 x 2   log b  ab   8  m  x  log b  a   0 tenha três raízes reais em progressão aritmética.


Resolução:
Dado que log
b
a
2
 4 , vem
 b
4
 a 2 e, como a e b são positivos, temos a  b.
Dessa forma log b  ab   log b  b 2   2m e log b a 2 m  log b b 2 m  2m. Portanto a equação dada equivale a
m
m
x3  18 x 2   m  8  x  2m  0
Como as três raízes estão em PA podemos denominá-las x2  r , x2 , x2  r em que r é a razão de PA.
Pela 1ª relação de Girard, temos
 x2  r   x2   x2  r   18  x2  6
Da 2ª relação de Girard, temos
 6  r   6   6  r  6  r   6  6  r   m  8
36  6r  36  r 2  36  6r  m  8
r 2  100  m (I)
Da 3ª relação de Girard:
 6  r   6   6  r   2m
m
m
 r 2  36 
 II 
3
3
Igualando  I  e  II  , vem:
36  r 2 
100  m  36 
m
 m  96
3
Questão 02
Considere a , b e c números inteiros e 2  a  b  c. Determine o(s) valor(es) de x , y e z , que satisfaçam o sistema
ax  2by  3cz  2abc
3ax  4by  abc

de equações 
by  cz  0
 xyz  20132
Resolução:
Da 3ª equação, temos by  cz
Substituindo nas duas primeiras temos:
ax  2cz  3cz  2abc


 3ax  4cz   abc
(I)
ax  cz  2abc

3ax  4cz   abc (II)
Fazendo 4  I    II  , vem
a0
7 ax  7 abc  x  bc
Substituindo em (I) , temos:
c0
abc  cz  2abc  z  ab
Finalmente como by  cz temos by  cab ou y  ac
Na última equação do sistema tínhamos
xyz  20132 , que equivale a
 bc    ac    ab   20132  abc  2013
Da decomposição em fatores primos de 2013 , temos
abc  3  11  61 e, como 2  a  b  c com a , b , c inteiros
podemos fazer a  3 , b  11 e c  61
Portanto, x  671 , y  183 e z  33
Questão 03
n
2 1
. Seja a matriz B   Ak , com k e n números inteiros. Determine a soma, em função de
Considere a matriz A  

k 1
0 2
n , dos quatro elementos da matriz B.
Resolução:
 2k
Mostremos, por indução, que Ak  
0
k 2k 1 
 . Isto é verdade para k  1 pois:
2k 
 21 1  20   2 1 
A1  


21   0 2 
0
Supondo verdadeiro para k temos:
 2 1   2k k  2k 1   2  2k  1  0 2k  2k 1  1  2k   2k 1
Ak 1  



2k  0  2k  2  0 0  k  2k 1  2  2k   0
0 2  0
 k  1 2k  ,
2 k 1


o que mostra nossa tese.
Assim:
n
b 
b
B   Ak   11 12  com:
k 1
b21 b22 
n
b11  b22   2k 
k 1
2  2n  1
2 1
 2 n 1  2
n
b21   0  0
k 1
n
b12    k 2k 1 , que forma a soma dos termos de uma “PAG”. Temos:
k
2b12  b12  2 1  2  21  3  22  ...  n 2n 1   1  2  21  3  22  ...  n 2n 1 
b12  1   2  2  21    2  22  3  22    3  23  4  23   ...    n  1 2n 1  n  2n 1    2n  2n 1
b12  1   2  4  8  ...  2n 1   n  2n
 2  2n 1  1 
  n  2n
b12  1  
 2  1 
b12   n  1 2n  1
Portanto a soma dos elementos de B é:
b11  b12  b21  b22  2n 1  2   n  1 2n  1  0  2n 1  2
 2n  2   n  1 2n  3   n  3 2n  3
2
Questão 04
45
n

 k  
Considere P   1  tg 
  , com  representando o produto dos termos desde k  0 até k  n , sendo k e n
 180  
k 0
k 0 
números inteiros. Determine o(s) valor(es) de m , número real, que satisfaça(m) a equação P  2m.
Resolução:
45  cos k 
 sen k 
180
180
P  

k
k 0
cos

180





 


Como o cosseno de um ângulo é o seno do complementar e


 k   90  k  
, temos:


2 180
180

  sen k 
45  sen  90  k  
180 
180 

P  


k 0
cos k 


180


Pela fórmula de prostaférese, temos:
 

45  2  sen 
 cos  45  k  
4
180   

P  


k 0
cos k 


180
 
46
  2sen   
4 









cos 
cos 44
cos 0
180 
180 
180 


44
cos 0
cos
cos 45
cos
180
180
180
cos 45






Simplificando:
46

2
23
P   2 
  2
2


Assim na igualdade P  2m temos m  23
Questão 05
Considere, Z1 e Z 2 , complexos que satisfazem a equação x 2  px  q  0 , onde p e q são números reais diferentes de
zero. Sabe-se que os módulos de Z1 e Z 2 são iguais e que a diferença entre os seus argumentos vale  , onde  é

diferente de zero. Determine o valor de cos 2   em função de p e q .
2
Resolução:
Como Z1 e Z 2 são raízes de uma equação do segundo grau com coeficientes reais, temos que um é conjugado do outro, daí
podemos escrever Z1  r cos   i  sen  e Z 2  r cos 360º   i  sen 360º  , em que, sem perda de generalidade,   360º  .
Desta forma temos:
  360º       360º 2 

 360º 2 
cos    cos 
  cos 180º     cos 
2

2
Como Z1  Z 2  2r  cos  e Z1  Z 2  r 2 , segue que:
r2  q  r  q
e
2r cos   p  cos  
p
2 q
2
p
 p

, logo cos 2   
.
Portanto cos    
 2  4q
2
2 q
3
Questão 06
Considere um triângulo ABC com lado BC igual a L . São dados um ponto D sobre o lado AB e um ponto E sobre
DA EC
o lado AC , de modo que sejam válidas as relações

 m , com m  1 . Pelo ponto médio do segmento DE ,
DB EA
denominado M , traça-se uma reta paralela ao lado BC , interceptando o lado AB no ponto F e o lado AC no ponto
H . Calcule o comprimento do segmento MH , em função m e L .
Resolução:
Traçando uma paralela à BC passando por D que intercepta o lado AC no ponto I , temos a formação do triângulo ADI que é
semelhante ao triângulo ABC , daí:
DI AD
DI
AD
DI
mBD
DI
m
Lm







 DI 
BC AB
BC AD  BD
BC mBD  BD
L
m 1
m 1
Como o segmento MH é base média do triângulo EDI , temos:
MH 
Lm
2  m  1
Questão 07
Considere um círculo com centro C , na origem, e o raio 2. Esse círculo intercepta o eixo das abscissas nos pontos A e
B , sendo a abscissa de A menor do que a abscissa de B . Considere P e Q , dois pontos desse círculo, com

rd . Determine a equação
3
do lugar geométrico descrito pelo ponto de interseção dos segmentos AP e BQ internos ao círculo.
ordenadas maiores ou iguais a zero. O ângulo formado entre o segmento CP e CQ vale
Resolução:
4
0    60º
0  tg   3
Seja t  tg 

Reta AP

Reta BQ
m   tg 60º 
y  0  tg    x  2
 3  tg  
y  0  
  x  2
 1  3 tg  
y  t   x  2
 3  tg  
y  
  x  2
 1  3 tg  
m  tg 
y   tg  x  2
t
y
x2
t 3
y
  x  2
 1  3t 
Eliminando o parâmetro:
y
 3
x

2
y
  x  2
y
1 3 
x2
 y  3x  2 3 
y
  x  2
 x  2  3y 
xy  2 y  3 y 2  xy  2 y  3 x 2  2 3 x  2 3 x  4 3
2 y  3 y 2  2 y  3 x 2  4 3
3x 2  3 y 2  4 y  4 3
4
x2  y2 
y4
3
2

2 3  16
 x2   y 

3 
3


2 3
4 3
Circunferência de centro C  0, 
e raio R 
.

3 
3

Considere os limites para o parâmetro t :
t  0 , tem-se interseção em 2, 0
t  3 , tem-se interseção em 2, 0 .

2 3
4 3
Logo, o lugar geométrico descrito é o arco de circunferência de centro  0, 
e raio
, do ponto 2,0 ao 2,0 no sentido

3 
3

anti-horário.
Como o enunciado se refere a pontos internos ao círculo os pontos 2,0 e 2,0 não participam do L.G.
5
Questão 08
 5 11 
 x 14 
São dadas duas matrizes A e B tais que A.B  
e B.A  
 , com x e y reais e x  y .

14 y 
11 25
Determine:
A) o(s) valore(s) de x e y ;
B) as matrizes A e B que satisfazem as equações apresentadas.
Resolução:
a)
i)
Lembremos que det  AB   det  BA :
5 11
x 14

11 25 14 y
125  121  x  y  196
ii)
x  y  200
Sabemos ainda que
tr  BA  tr  AB  , em que:
tr x é o traço da matriz x .
Assim:
x  y  30
De i e ii vem:
 x  y  200

 x  y  30
Como x  y temos:
x  20 e y  10 .
b)
Multiplicando por A pela direita a primeira relação vem
 5 11 
ABA  
A
11 25
 20 14 
Como BA  
 , temos:
14 10 
 20 14   5 11 
A 

A
14 10  11 25
a b 
Fazendo A  
 , vem
c d 
 a b   20 14   5 11   a b 
 c d   14 10   11 25   c d 

 
 
 

Que equivale ao sistema
20a  14b  5a  11c
14a  10b  5b  11d


20c  14d  11a  25c
14c  10d  11b  25d
15a  14b  11c  0
14a  5b  11d  0


11a  5c  14d  0
11b  14c  15d  0
15a  14b  11c  0
121b  154c  165d  0


154b  196c  210d  0
11b  14c  15d  0
6
15a  14b  11c  0
11b  14c  15d  0


11b  14c  15d  0
11b  14c  15d  0
Eliminando as duas últimas equações e fazendo c  α e d  β , com α,β  e α  β  0 vem
14α  15β
5α  14β
e a
11
11
 5α  14β 14α  15β 

Assim: A  
11
11


α
β


b
Calculando a inversa de A :

β
11
1
A 

14α 2  10αβ  14β 2   α

14α  15β 

11

5α  14β 

11
 20 14 
1
Voltando no produto BA  
 e multiplicando a direita por A temos:
14 10 
 20 14  1
B
 A
14 10 
350α  496β 

 20β  14α

11
11
B


2
2
14α  10αβ  14β 14β  10α 246α  350β 


11
Questão 09
Considere um tetraedro regular ABCD e um plano π , oblíquo à base ABC . As arestas DA, DB e DC , desse tetraedro
são seccionadas, por este plano, nos pontos E, F e G , respectivamente. O ponto T é a interseção da altura do
1
1
1
1
tetraedro, correspondente ao vértice D , com o plano π . Determine o valor de DT sabendo que



.
DE DF DG
6
Resolução:
Sejam DE  a, DF  b, DG  c, DT  x e AB  L :
1 1 1
1
abc
  

 6
a b c
bc  ac  ab
6
7
O volume da pirâmide EFGD é igual à soma dos volumes das pirâmides de bases DEF ,DFG e DGE com vértices em T , ou seja:
1 bc sen 60º
1 ab sen 60º
1 ac sen 60º
1 bc sen 60º
H 
h
h
h
3
2
3
2
3
2
3
2
bc  H   ab  ac  bc  h 1 , em que H é a distância de E até a base DFG e h é a distância de T até as bases das pirâmides
menores, em particular tomemos também a base DFG .
Cálculo de H e h :
L 3
2
1
L 3
OM  AM 
3
6
AM  DM 

L 3

OM
1
sen α 
 6  
x
DM L 3 3  h 1
  h
x 3
3
2


h
sen α 

x

1
L
DA
3
2
No triângulo isósceles DAM temos cosβ 
 2 
DM
3
L 3
2
Da relação fundamental:
3
6
sen 2 β  cos 2β  1 sen 2 β   1 sen 2β 
9
9
Como β é agudo temos:
6
3
No triângulo retângulo de hipotenusa DE da figura:
H
6
senβ   H  a
a
3
Voltando em 1 :
sen β 
bc H   ab  ac  bc   h
6
x
  ab  ac  bc  
3
3
abc
x 6
ab  ac  bc
abc
Lembrando que
 6 vem
ab  ac  bc
bc a 
x 6 6
x6
8
Questão 10
Considere a seguinte definição:
“dois pontos P e Q, de coordenadas (xP, yP) e (xq, yq), respectivamente, possuem coordenadas em comum se e somente
se xp = xq ou yp = yq ”
Dado o conjunto
S   0 , 0  , 0 ,1 , 0, 2  ,1, 0  ,1,1 ,1, 2  , 2, 0  , 2 ,1 , 2 , 2  . Determine quantas funções bijetoras
f : S  S existem, tais que para todos os pontos P e Q pertencentes ao conjunto S , f  P  e f  Q  possuem
coordenadas em comum se e somente se P e Q possuem coordenadas em comum.
Resolução:
Consideremos inicialmente os conjuntos:
A   0 ,0  , 0 ,1 , 0 ,2 
B  1,0  ,1,1 ,1,2 
C   2 ,0  , 2,1 , 2 , 2 
Notemos que eles têm as seguintes propriedades:
P1 : quaisquer dois elementos de um mesmo conjunto têm coordenadas em comum.
P2 : quaisquer dois elementos de conjuntos distintos têm, no máximo, uma coordenada comum.
Como quaisquer dois elementos de A têm coordenadas comuns, suas imagens também devem ter coordenadas comuns. Assim a
imagem de A , f  A , também deve gozar da propriedade P1 . Outros três conjuntos são adequados:
D   0,0  ,1,0  , 2 ,0 
E   0 ,1 ,1,1 , 2 ,1
F   0 ,2  ,1, 2  , 2, 2 
Assim uma primeira etapa é associar a cada A,B,C um conjunto imagem distinto dentre A,B,C ou dentre D,E,F . Há 3!  3!  12
maneiras de fazê-lo.
Já escolhida a ordem dos conjuntos acima, existem 3!  6 ordens para associar os 3 elementos de
f  A aos elementos
 0,0  , 0,1 , 0,2  :
3
2
1
6
imagem imagem imagem
do  0 ,0  do  0 ,1 do  0,2 
Finalmente, considere a associação de exemplo, sem perda de generalidade:
  k ,a 
 0,0  
  k ,b 
 0,1 
  k ,c 
 0,2  
  w,α 
1,0  
  w,β 
1,1 
  w, γ 
1,2  
Em que k  w.
Note que a ordem das ordenadas  a,b,c  deve ser exatamente a mesma de  α,β, γ  .
Pois se assim não fosse, seria possível obter P e Q violando as condições do enunciado.
Desta forma, escolhida a ordem das imagens f  A , f  B  , f  C  e a função que associa A a f  A , não há mais possibilidade de
escolha.
A quantidade n de funções é:
n  12  6  72 funções.
9
Professores
Bruno Fraga
Douglas
Lafayette
Marcelo Moraes
Marco Miola
Ney Marcondes
Colaboradores
Aline Alkmin
Fernanda Silva
José Diogo
Lilian Resende
Digitação e Diagramação
Daniel Alves
João Paulo de Faria
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Luciano Lisboa
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
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As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos,
competências, conhecimentos e habilidades específicos. Esteja preparado.
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