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GABARITO IME
DISCURSIVAS 2015/2016
MATEMÁTICA
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 1
Os inteiros a1, a2, a3, ... a25 estão em PA com razão não nula. Os termos a1, a2 e a10 estão em PG, assim
como a6, aj, e a25. Determine j.
Gabarito:
(a1, a2, a10) PG ⇒ a22 = a1 a10 (*)
Seja r a razão da PA (a1, a2, a3, ..., a25) temos a2 = a1 + r e a10 = a1 +9r.
Substituindo em (*): a12 + 2a1r + r2 = a12 + 9a1r ⇒
⇒ r2 = 7a1r ⇒ r = 7a1 (pois r ≠ 0).
Nesse caso a6 = a1 + 5r = 36a1, a25 = a1 + 24r = 169a1 e
aj = a1 + (j – 1) · r = a1 · (7j – 6)
(a6, aj, a25) PG ⇒ aj2 = a6 · a25 ⇒ (7j – 6)2 · a12 = a12 · 169 · 36 ⇒
⇒ j = 12 (pois a1 = 0 daria r = 0)
Questão 2
Sejam as funções fn, para n ∈ {0, 1, 2, 3, ...}, tais que f0 ( x ) =
1
e f ( x ) = f0 ( fn −1 ( x ) ),
(1 − x ) n
para n ≥ 1.
Calcule f2016(2016).
Gabarito:
Calculemos as expressões de f1(x) e f2(x):
1
x −1
.
=
1
−x
x
1−
1− x 1− x
1
1
f2 ( x ) = f0  f1( x ) =
= = x.
x −1 1
1−
x
x
f1( x ) = f0  f0 ( x ) =
1
=
Uma vez que f2(x) é a função identidade, afirmamos que f3(x) = f0(x) e que f4(x) = f1(x); mais geralmente:
 f3 k ( x ) = f0 ( x )

 f3 k +1( x ) = f1( x )
f
 3 k + 2 ( x ) = f2 ( x )
, para k ∈ *+
Logo, f2016(2016) = f0(2016) =
1
1
=−
, já que 2016 é múltiplo de 3.
1− 2016
2015
3
DISCURSIVAS – 26/10/15
Questão 3
2Z
3π
Seja Z um número complexo tal que
possui argumento igual a
e log3(2Z + 2 Z + 1) = 2.
4
Zi
Determine o número complexo Z.
Gabarito:
log3 (2Z + 2Z + 1) = 2 ⇒ 2Z + 2Z = 8 ⇒ Re (Z) = 2.
Assim, a forma algébrica de Z é 2 + bi.
2Z
Zi
=
4 + 2 bi ( 4 + 2 bi )( b − 2 i )
8b
2 b2 − 8
·i
=
=
+
( 2 − bi )i
b2 + 4
b2 + 4 b2 + 4
Como argumento de
2Z
Zi
é
3π
, temos:
4
 2Z 
 2Z 
Re   = –Im   < 0.
 Zi 
 Zi 
Logo, 8b + 2b² – 8 = 0 ⇒ b = –2(1 + 2) (pois b < 0).
Assim, Z = 2 – 2(1 + 2)i
Questão 4
Define-se A como a matriz 2016 × 2016, cujos elementos satisfazem à igualdade:
 i + j − 2
ai , j = 
 , para i, j ∈ {1, 2, ..., 2016}.
 j −1 
Calcule o determinante de A.
Gabarito:
1a solução:
Vamos resolver o problema para uma matriz n × n, sendo ∆n seu determinante.
• Pelo teorema de Jacobi, subtraímos cada linha da anterior (com exceção da primeira).
Assim, o elemento aij fica
 i + j − 2   i + j − 3  que, pela relação de Stifel, vale  i + j − 3 . (Os elementos da 1a coluna
 j−2 
 j −1 − j −1 



 

se anulam).
4
GABARITO IME – MATEMÁTICA
• Pelo teorema de Jacobi, subtraímos cada coluna da anterior (com exceção da primeira). Usando o
resultado acima, o elemento aij fica:
 i + j − 3   i + j − 4  que, pela relação de Stifel, vale  i + j − 4  (∗). (os elementos da 1a linha se
 j−2 
 j −2 − j −3 



 

anulam, menos o a11)
1
0
0
...
0
0
0
..
.
0
Assim, ∆n =
A’
, em que A’ é matriz (n – 1) × (n – 1) com
a’i, j = ai + 1, j + 1 (pois a linha i de A’ é a linha i + 1 de A e a coluna j de A’ é a coluna j + 1 de A).
 ( i + 1) + ( j + 1) − 4   i + j − 2 
 = 
.
( j + 1) − 2

  j −1 
Em (∗), a’i, j = 
Portanto, A’ é a versão (n – 1) × (n – 1) de A. Daí, ∆n = detA’ = ∆n – 1.
0
Podemos concluir, então, que ∆n = ∆n – 1 = ∆n – 2 = ... = ∆1 =   .
0
Logo, ∆n = 1 para todo n e, em particular, ∆2016 = 1.
2ª solução:
Na 1a solução, após a 1a aplicação de Jacobi, temos que o determinante é igual a


  



5
DISCURSIVAS – 26/10/15
Usando o teorema de Laplace na 1a coluna, vemos que ∆n é reduzido a um determinante
(n – 1) × (n –1), que pode ser obtido a partir de ∆n apagando-se a 1a linha e a última coluna.
Repetindo esse processo sucessivamente, ou seja, apagando as linhas e colunas, resta apenas o elemento
 n − 1
 = 1.
 0 
an,1 = 
 i + j − 3
, que é a
 j −2 
Obs.: Isso já poderá ser visto na 1ª solução, no momento em que o termo i, j fica 
expressão original trocando o j por j – 1.
Questão 5
Determine o conjunto solução da equação:
( sen x )  1+ tg x tg

x
= 4 − cotg x
2 
Gabarito:
1a solução
x
Inicialmente, 1 + tgx · tg = 1 +
2
x
x
x
cos x · cos + senx · sen
2
2
2 =
x
x
cos x · cos
cos x · cos
2
2
senx · sen
x

x
cos  x − 
cos
1
2

=
2
.
=
=
x
x cos x
cos x · cos
cos x · cos
2
2
1
= 4 − cot x
Então, a equação equivale a senx ·
cos x
1
t
Fazendo tgx = t, tem-se t = 4 − ↔ t 2 − 4 t + 1 = 0
t = 2± 3
5π
+ kπ ( k ∈ )
12
π
+ kπ ( k ∈ )
tgx = 2 − 3 → x =
12


π
5π
+ k π ou x =
+ k π; k ∈ 
S = x ∈ x =
12
12


tgx = 2 + 3 → x =
6
GABARITO IME – MATEMÁTICA
2a solução
Fazendo tg
2t
1− t2
2t
x
,
.
cos
x
=
e tg x =
= t , tem-se sen x =
1+ t2
2
1+ t2
1− t2
Substituindo na equação do enunciado, tem-se:
 1− t2 
 2t  
2t 2 
1
4
·
+
=
−



 .


2  
1 − t 2 
 1+ t  
 2t 
Desenvolvendo: t4 + 8t3 + 2t2 – 8t + 1 = 0
1
1


+ 8  t −  + 2 = 0.
2 
t
t 


1
1
2
2
Fazendo y = t − , tem-se t + 2 = y + 2 . Daí, y 2 + 8 y + 4 = 0 ⇒ y = − 4 ± 2 3 .
t
t
Dividindo por t2:  t 2 +
Logo, t =
(
)
− 4±2 3 ±4 4± 3
(
)
= − 2 ± 3 ± 2 2 ± 3 = tg
2
x
x
Como tg = t , tem-se = arctg ( t ) + k π, k ∈ 
2
2
x
2
Logo, o conjunto solução da equação é o conjunto dos
(
(
)
)
x = 2 arctg − 2 ± 3 ± 2 2 ± 3 + 2 k π , k ∈ ,
em que os sinais de ± dentro dos parênteses internos e dentro da raiz são iguais.
(
Observação: desenvolvendo-se por radical duplo, tem-se que t = − 2 ±
(
) (
− 2± 3 ±
)
6± 2 .
Então, tem-se:
3 +
6 –
t2 = –2 –
3 +
6 +
t3 = –2 +
3 –
6 +
3 –
6 –
t1 = –2 +
t4 = –2 –
)
3 ±2 2± 3 =
2 ⇒ arctan(t1) = 5π 24
2 ⇒ arctan(t2) = π 24
2 ⇒ arctan(t3) = −7π 24
2 ⇒ arctan(t4) = −11π 24
Como x = 2arctan(t) + 2kπ, k ∈ , então:
π
7π
11π
 5π

S =  + 2 k π,
+ 2 k π, −
+ 2 k π, −
+ 2 k π, k ∈   .
12
12
24
24


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DISCURSIVAS – 26/10/15
Questão 6
Seja a equação n2 – 7m2 = (5m – 2n)2 + 49. Determine todos os pares inteiros (m, n) que satisfazem a
esta equação.
Gabarito:
n2 − 7 m2 = (5 m − 2 n)2 + 49
↔ 32 m2 − 20 mn + 3 n2 = −49
↔ 32 m2 − 8 mn − 12 mn + 3 n2 = −49
↔ 8 m( 4 m − n) − 3 n( 4 m − n) = −49
↔ (8 m − 3 n)( 4 m − n) = −49
a
b
8 m − 3 n = a (I)

Resoolvemos o sistema 4 m − n = b (II)
 ab = −49

Resolvendo (I) e (II), temos m =
3b − a
(*) e n = 2b – a(**).
4
Com a e b inteiros, n já é inteiro.
Considerando as opções a e b inteiros em ab = –49:
a
b
m
n
1
–49
–37
–99
–1
49
37
99
7
–7
–7
–21
–7
7
7
21
49
–1
–13
–51
–49
1
13
51
↑
encontramos
usando (*)
↑
encontramos
usando (**)
∴ S = {(–37, –99), (37, 99), (–7, –21), (7, 21), (–13, –51), (13, 51)}.
Comentário: É possível resolver o problema vendo a equação como uma equação do segundo grau em m.
8
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 7
Três jogadores sentam ao redor de uma mesa e jogam, alternadamente, um dado não viciado de seis faces.
O primeiro jogador lança o dado, seguido pelo que está sentado à sua esquerda, continuando neste sentido
até o jogo acabar. Aquele que jogar o dado e o resultado for 6, ganha e o jogo acaba. Se um jogador obtiver
o resultado 1, o jogador seguinte perderá sua vez, isto é, a vez passará ao jogador sentado à direita de
quem obteve 1. O jogo seguirá até que um jogador ganhe ao tirar um 6. Qual é a probabilidade de vitória
do primeiro jogador a jogar?
Gabarito:
1a solução:
1
2
Considere as seguintes probabilidades:
3
x: jogador 1 ganhar começando no jogador 1.
y: jogador 1 ganhar começando no jogador 2.
z: jogador 1 ganhar começando no jogador 3.
Começando no jogador 1:
1
(ganhar na 1a rodada)
6
x
4
1
1 4
y (ir para o jogador 2) ⇒ x = + y + z (I)
6
6 6
6
1
z (ir para o jogador 3)
6
Começando no jogador 2:
y
4
z (tirar 2, 3, 4 ou 5 e ir para o jogador 3)
6
1
x (tirar 1 e ir para o jogador 1)
6
⇒ y=
4
1
x + z (I I)
6
6
⇒ z=
1
4
x + y (II I)
6
6
Começando no jogador 3:
z
4
x (tirar 2, 3, 4 ou 5 e ir para o jogador 1)
6
1
y (tirar 1 e ir para o jogador 2)
6
9
DISCURSIVAS – 26/10/15
6 y − 4 z = x
(I I)e (III) : 
 y − 6 z = −4 x
Multiplicando a 2a por 6 e subtraindo: 32 z = 25 x ⇒ z =
y = 6z − 4x = 6⋅
25
x
32
25
11
x − 4x = ⋅ x
32
16
4 11
1 25
1
⋅ x− ⋅ x =
6 16
6 32
6
32
⇒x=
79
Substituindo em (I): x −
2
2a solução:
A cada jogada, se o jogo não acaba, andamos 1 ou 2 arcos no sentido
anti-horário na circunferência ao lado.
Seja xn a probabilidade de andarmos n arcos sem o jogo acabar.
A resposta do problema é dada por S =
1
( x0 + x3 + x6 + ...) .
6
(1) Temos a recorrência
1
3
4
1
x n −1 + x n − 2 . Sua solução é dada por x n = u ⋅ γ n + v ⋅ γ n ,
6
6
4
1
2 − 10
2 + 10
2
,γ =
. Veja que
em que γ e γ são as raízes de t − t − = 0, ou seja, γ =
6 6
6
6
| γ | < 1 e | γ | < 1.
xn =
Estão, S =
Daí, S =
1 ∞
1 ∞
x3 n = ∑ ( u ⋅ γ 3 n + v ⋅ γ 3 n ) , que é igual à soma de duas P.G. de razões γ 3 e γ 3 .
∑
6 n =0
6 n =0
v 
1 u
+

 (*)
3
6  1− γ 1− γ 3 
(2) Vamos encontrar u e v
x0 = 1 = u ⋅ γ 0 + v ⋅ γ 0 → u + v = 1
x1 =
10
4
2
= u ⋅ γ1 + v ⋅ γ 1 → u γ + v γ =
6
3
GABARITO IME – MATEMÁTICA
 2 + 10   2 − 10  2
u+v
10
2
+
(u − v ) =
 + v 
 = →
6
6
3
3
6
3

 

Da 2a equação: u 
2
→ u −v =
u=
v=
10
2 + 10
2 10
10 − 2
2 10
=
. Juntando com u + v = 1, chegamos a
6γ
2 10
=−
=
6γ
2 10
3γ
10
=−
3γ
10
.
(3) Substituindo em (*)
(
)
2
2
 γ
γ 
1  ( γ − γ ) + γγ γ − γ
S=
−
=

3
3 
3
6 10  1− γ 1− γ  2 10  1− γ 3 + γ 3 + ( γγ )

3
(
)  .


4
1
Lembremos que γ e γ são as raízes de t 2 − t − = 0.
6
2
10
,γ − γ =
,
3
3
2 10
γ2 − γ 2 = ( γ + γ ) ⋅ ( γ − γ ) =
9
6
1
6
Daí, γγ = − , γ + γ =
(
)
2  4 3  17
2
γ 3 + γ 3 = ( γ + γ ) ⋅ ( γ + γ ) − 3 γγ =  +  =
3  9 6  27
 10 1 2 10 
8 10


− ⋅
1
1  3
6
9

Então, S =
=
⋅ 27
3 
79
2
10
2 10 
17  1 
 1− +  −  
216
27  6  

32
S= .
79
11
DISCURSIVAS – 26/10/15
Questão 8
A circunferência C tem equação x2 + y2 = 16. Seja C’ uma circunferência de raio 1 que se desloca
tangenciando internamente a circunferência C, sem escorregamento entre os pontos de contato, ou seja,
C’ rola internamente sobre C.
C
C
C’
C’
P
P
Figura a
α
Figura b
Define-se o ponto P sobre C’ de forma que no início do movimento de C’ o ponto P coincide com o ponto
de tangência (4,0), conforme figura a. Após certo deslocamento, o ângulo de entre o eixo x e a reta que une
o centro das circunferências é a, conforme figura b.
• Determine as coordenadas do ponto P marcado sobre C’ em função do ângulo a.
• Determine a equação em coordenadas cartesianas do lugar geométrico do ponto P quando a varia no
intervalo [0, 2p).
Gabarito:
C
1a solução
Vamos achar o ângulo  PO ' T em função de α, onde O’ é o
centro da circunferência de raio “1” e T o ponto de tangência dessas
circunferências.
O comprimento do arco PT, sobre C’ e o comprimento do arco XT,
sobre C, são iguais.
C’
T
O’
P X
PO ' T
α
= 2π · 4 ·
2π
2π
PO ' T = 4α
2π · 1 ·
Achando as coordenadas de P
Se T = (4cosα, 4senα), teremos
P = (3cosα + cos(–3α), 3senα + sen(–3α))
P = (4cos3α, 4sen3α)
3
a
12
1
O’
a
3a
1
P
T
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Se P = (x, y), obtemos pela relação fundamental:
x
4
 
2
3
y
+ 
4
2
3
=1
2a solução
T
0’ 1
T = R · α = 4α
Inicialmente, note que comprimento P
0
3
α
0
P0
Como o deslocamento é sem escorregar,
T
O’
4α
 = 4α rad,
Comp. de PT
Logo, PÔ’T = 4α (pois o raio é 1).
P
Usando complexos, temos O’ = 3 cisα, T = 4 cisα
e, consequentemente, p – O’ = (t – O’) · cis(– 4α)
⇒ p = 3 cisα + cisα · cis(– 4)
p = 3cisα + cis(–3α)
* 4cos3 α
∴x = 3 cosα + cos 3α =
y = 3 senα – sen 3α = 4 sen3 α
2
2
x 3
y 3
Isolando α, temos   +   = cos ²α + sen²α = 1
4 4
   
13
DISCURSIVAS – 26/10/15
Questão 9
Uma corda intercepta o diâmetro de um círculo de centro O no ponto C’ segundo um ângulo de 45°. Sejam
A e B os pontos extremos desta corda, e a distância AC’ igual a 3 + 1 cm. O raio do círculo mede 2 cm,
e C é a extremidade do diâmetro mais distante de C’. O prolongamento do segmento AO intercepta BC em
A’. Calcule a razão em que A’ divide BC.
Gabarito:
1ª solução:
Seja x = OC’.
Façamos lei dos cossenos no ∆OC’A:
B
A’
( 3 + 1) + x − 2 x ( 3 + 1) · cos 45°
⇔ 4 = ( 4 + 2 3 ) + x − x ( 3 + 1) 2
⇔ x − x ( 6 + 2) + 2 3 = 0
⇔ ( x − 6 )( x − 2 ) = 0
OA2 =
2
2
2
C
C’
O
45°
2
Mas veja que OC’ < 2. Logo x =
Seja T o ponto médio de AB.
Como OC ' =
2
A
2 e  OC ' T = 45°, temos C’T = 1
Portanto, como AT = TB = BC' + C' T , teremos BC' = 3 − 1
Pelo teorema de Menelaus no ∆CC’B e usando a reta AOA’, obtemos:
A' C OC' AB
·
·
=1
A' B OC AC '
A' C
2 2 3
·
·
=1
A' B 2
3 +1
(
O
C’
T
)
6 3 +1 3 2 + 6
A' C
3 +1
=
=
=
A' B
6
6
6
Obs: Também poderíamos escrever
(
A
)
A' B
6
3 2 − 6 6⋅ 3 2 − 6
3 2− 6
=
⋅
=
=
A' C 3 2 + 6 3 2 − 6
18 − 6
2
14
B
GABARITO IME – MATEMÁTICA
2ª solução:
y = x + q, q < 0
B (b, b +q)
45°
C’
(–q, 0)
O
A (a, a + q)
• Como o ângulo da corda é 45°, sua equação é y = x + q, q < 0 no desenho.
Logo, A = (a, a + q), B = (b, b + q), C’ = (–q, 0).
• Inicialmente, encontramos a e q:
(I) A ∈ circ: a2 + (a + q)2 = 4
3 : (a + q)2 + (a + q)2 = (1 +
(II) AC’ = 1 +
(I) –
1
· (II) : a2 +
2
Logo, a =
1− 3
( a + q)2 =
2
3 + 2 = 4 ∴ a2 = 2 –
=
3 )2 = 2( 3 + 2)
1
3 = · (1 – 3 )2
2
2− 6
( = −2 cos 75°)
2
1+ 3
2+ 6
⇒ a+q = −
⇒q=− 2
2
2
• Achamos b com B ∈ circ:
b2 + (b + q)2 = 4, q = – 2
b2 + b2 − 2 2 b − 2 = 0 ⇒ b2 − 2 b − 1 = 0 ⇒ b =
e b+q =
2+ 6
( = 2 cos 15°)
2
6− 2
( = 2 sen 15°)
2
15
DISCURSIVAS – 26/10/15
• Finalmente, achamos A’ = BC ∩ AO = (x, y)
 6 + 2 6 − 2
B
,


2
2


A’
(x, y)
O
C
(–2,0)
 2− 6
2+ 6
A
,−


2
2


• AO: y =
• BC: y =
⇒
(
6+ 2
6− 2
x
6− 2
6 + 2+4
) (
6 + 2+4 y =
(
⋅ ( x + 2)
)
6− 2 ⋅
) (
(
6− 2
6+ 2
)
) y +2
(
6− 2
∴ 8 + 4 3 + 4 6 + 4 2 y = 8 − 4 3 y + 8∴ y =
• Por fim,
16
A' B
=
A' C
)
2
2 3+ 6+ 2
6− 2
2
−
2
2 3 + 6 + 2 = 4 +6 2 −2 6 − 4 = 3 2 − 6
2
4
2
2 3+ 6+ 2
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 10
Um cone é inscrito em um cubo ABCDEFGH de forma que a base do cone é o círculo inscrito na base ABCD.
O vértice do cone é o centro da face oposta do cubo. A projeção do vértice H na base ABCD coincide com o
vértice D. Determine a área da seção do cone pelo plano ABH em função de a, a medida da aresta do cubo.
Gabarito:
1a solução:
E
H
P
M
G
x
N
P
M
F
x
O
A
D
L
T
45°
N
L
B
C
A seção do cone gerado pelo plano ABH é uma elipse. Sejam M, N e L pontos médios das arestas
GH, CD e AB respectivamente. Considere o plano MNL. Sendo X a interseção de PN e ML, temos que XL é
o eixo maior dessa elipse.
Como ∆MPX ~ ∆LNX,
LX
LN
2a 2
2
=
= 2 → LX = LM =
.
XM MP
3
3
Seja T ponto médio de LX e considere a seção do cone paralela à face ABCD, que será uma circunferência
de centro O.
A altura de T em relação ao plano ABCD é:
2 a
 LX 
LT sen45º =   ·
=
2
3
 2 
Logo, PO = a − LT sen45º =
2a
3
Portanto, o raio da circunferência é dado por PO · tg LPO =
Veja que OT =
a
3
a
a
− LT cos 45º =
2
6
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DISCURSIVAS – 26/10/15
O
a
3
 a
3
2
T
Por Pitágoras no triângulo ao lado,   = ( OT )2 + b2 → b =
b
Como b é o semi-eixo menor, temos que a área é:
π ( semieixo maior )( semieixo menor ) =
a 3
6
πa2 6
18
2a solução:
Após encontrar o eixo maior igual a
senθ
2a 2
, em que e é a excentricidade e
, podemos usar que e =
senϕ
3
ϕ e θ são os ângulos da geratriz e do plano seção com a base, respectivamente.
Tem-se: sen ϕ =
2
Logo, e =
2
2
5
e senθ =
2 = 10
4
5
2
2
a 5
2
a
ϕ
a
2
Sendo a’, b e c semieixo maior, semieixo menor e semieixo focal da elipse
( a ' ) − b 2 10
c
c2
b2
10
10
6
=
→
=
→
=
=
→
2
2
2
a'
4
16
( a ' ) 16
( a ')
( a ' ) 16
2
b=
6
a'
4
Como encontramos a’ =
Daí, S = πa’b =
18
a 2
a 3
, chegamos a b =
.
3
6
πa 2 6
.
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GABARITO IME – MATEMÁTICA
Comentário
Classificamos a prova de matemática deste ano como difícil. As questões mais fáceis são 1,
2, 3 e 5, enquanto as questões 7, 8, 9 e 10 exigem muita experiência dos alunos.
Destacamos o fato de, nos últimos anos, os temas Análise Combinatória e Probabilidade
estarem contemplados em problemas de alto grau de complexidade. Além disso, as três questões
finais da prova, listadas por nós como árduas, abordavam o tema Geometria de alguma maneira.
Com uma prova abrangente e profunda, apenas os candidatos muito bem treinados obterão
notas altas. Dessa maneira, não ser eliminado já é um grande passo para a aprovação no concurso.
Professores:
Caio Dorea
Daniel Fadel
Jordan Piva
Jorge Henrique
Marcial Pazos
Marcio Cohen
Moyses Cohen
Raphael Mendes
Rodrigo Villard
Sandro Davidson
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