Matemática - Resolvida

Assim, temos:
f 2016 (x)  fo (x) 
01.
Os inteiros a1 , a2, a3,....,a25 estão PA com razão não nula. Os
termos a1, a2 e a10 estão em PG, assim a6 , aj e a25. Determine j.
1
1 x
Logo:
f 2016 (2016) 
1
1

1  2016
2015
Solução
03.
a1
a2
a10
a1
a1  r
a1  9r
Seja Z um número complexo tal que
3
e log3 2Z  2Zi  1  2 . Determine o número complexo
4

aj
a25
a1  (j 1)r
a1 24r
Solução:
r  0 (não convém)
r  7a1
r 2  7a1r  0  r(r  7 a1 )  0
29a1r  120r  2a1(j 1)r  (j 1)r
De log3  2z  2z  1  2 , temos:
2  a  bi   2  a  bi   8
2a  2bi  2a  2bi  8
4a = 8
a2
Segue que z  2  bi , com b  
a12  5a1r  24a1r  120r 2  a12  2a1(j 1)r  (j 1)2 r 2 
2
Seja z  a  bi , com a, b  .
2z  2z  1  9
a1  24 r
a  (j 1)r
 1

a1  (j 1)r
a1  5r
2
2z
, temos:
zi
Calculando
r0
29a1  120r  2a1j  2a1  (j2  2 j 1)r
2z 2  2  bi

z  i  2  bi i
mas r  7a1
7j2  12j  864  0
4  2bi
b  2i
4  2bi b  2i


b  2i b  2i
  144  24192  24336

29a1  120  7a1  2a1j  2a1  (j2  2 j 1)  7a1

(a1)
869  2 j 2  7 j2  14j  7
j  12
72
j
7
12  156
j
14
Portanto,

de Z.
a1  9r a1  r

 a12  9ra1  a12  2a1r  r 2
a1  r
a1
a1  5r
possui argumento
Zi
igual a
a6
2Z
b2  4
 8b   2b2  8 
 2
i
 2
 b  4   b  4 
(não convém)
com
j = 12
4b  8i  2b2i  4b
2b2  8
b2  4
 2z  3
 0, já que arg 
.

 zi  4
Daí b  2
1
02. Sejam as funções fn, para n  {1, 2, 3,...}, tais que fo (x) 
e
1 x
fn (x)  fo (fn 1(x)) , para  1. Calcule f2016(2016).
Solução:
n  {1, 2, 3,...}
1
fo (x) 
1 x
f n (x)  fo (fn 1(x)); n  1
Para n = 1, temos:
1
Assim, temos:
 2b2  8 
 2z 
b 1
arg 
  arctg   
  arctg 

 zi 
4 b
 8b 
 2z  3
Por outro lado, sabemos que arg 
.

4
 zi 
Segue que:
b 1
  1
4 b
1
x 1
f 1(x)  fo (fo (x)) 


1
x
x
1
1 x
x 1
b2  4  4b
Para n = 2, temos:
b
1
1
f 2 (x)  fo (f1(x)) 

x
x 1 1
1
x
x
b '  2  2 2  2
Para n = 3, temos:
Logo:
b2  4b  4  0
4  4 2
2

b ''  2  2 2  2
f 3 (x)  fo (f2 (x)) 
1
 fo (x)
1 x
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva
z  22


2  1 (não convém, pois b  2 )


2 1

2 1 i
1
04.
Define-se A como
satisfazem à igualdade:
2016  2016, cujos
matriz
elementos
i  j  2
ai, j  
 , para i, j  1,2,...,2016 .
 j 1 
 1
 
 1
 2
 
 2
 2
 
 1
3
 
2
3
 
 1
 4
 
 2



 2015 
 

 1 
 2016 
 

 2 
det A 
Solução:
0
 
0
 1
 
 1
 1
 
0
 2
 
 1
 2
 
0
3
 
 1
 2015 
 

 0 
 2016 
 

 1 
 2
 
 2

3
 
2

 4
 
 2

 2017 
 

 2 

 2014 


 2014 
 2015 


 2015 
 2015 


 2014 
 2016 


 2015 
det A 
det A 
1
1
1
2
1
3
1
1
1
3
4

6
 2016 
 2029 

  

2014


 2014 
 2017 
 2030 

  

2015


 2015  2016x2016
1 1 
1
4 
2015
1
2016

1 2016 

Subtraindo a (n – 1)ª linha da nª, a (n-2)ª linha da (n-1) linha ..., a 3ª
da 2ª linha, a 2ª da 1ª temos:
1
2
1
3
1
4

1
 2014
1
2015
0 1 3 6 10
0 1 4 10
0 1 5



0 1 
Determine o conjunto solução da equação:
1
2
1
1
1
3
4
5
 2028 


 2014 
 2029 


 2015  2016x2016

3

 x 
sen(x)   1 tg(x)  tg     4  cot g(x)
 2 

 sen(x) sen  x 2  
1
cos(x)
 sen(x)   1 

  4
 4
 cos(x) cos  x  
tg(x)
sen(x)
2 

Para ter solução

sen(x)  0  x  k; k  (I)



`
cos(x)  0  x   k; k   (II)
2



x
x
cos 2  0  2  2  k; k    x    2k (III)
4
 2014
 
 
 2  sen(x)  sen  x 2   cos  x  x 2   cos  x 2 
 cos (x)  cos x
 2  4  1
tg(x)
cos(x)  cos  x 
2
sen(x)  cos x
2015

6 10
10
 
 cos(x)  cos x  sen(x)  sen x 
2
2   4 sen(x)  cos(x)
sen(x) 


x
sen(x)
cos(x)  cos
2



Façamos: tg(x)  y  y  4 
 tg(x)  4 
1
tg(x)
1
 como y  0 satisfazendo
y
as condições (I), (II) e (III), temos:


1 2015
x
  4  cot gx
2
 
Reduzindo-se a ordem de matriz por Chió:
1
05.
Dessa forma, temos:
0 1 
det A 
Que foi utilizado por ocasião das subtrações das linhas, da penúltima
para última, da antepenúltima para a penúltima e assim
sucessivamente.
Solução:`
 2029 


 2014 
 2030 


 2015  2016x2016
1 2015 
det A 
E repete-se o processo até chegarmos a matriz de ordem 1.
 2015 
 det A  
 1
 2015 
Lembrar da relação de Stifel
 x   x   x  1
 x  1  x   x 
 

 , logo 
,
  
 k  1   k   k  1
 k   k  1  k  1
 senx  1  tgxtg

1 1
0 1
 2015   2016   2017 
 2029 

 
 
  

2015
2015
2015

 
 

 2015  2015x2015




 2029 


 2015  2015x2015
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva
y 2  4 y  1  0    16  4  1  1  12
y
42 3
 2  3  tg(x)  2  3  x  arctg 2  3
2


 x satisfaz as condições, (I), (II),(III),




 x  arctg 2  3  k; k  


 x  arctg 2  3  k ; k  

2
06. Seja a equação n2
- 7m 2 = (5m - 2n) 2 + 49. Determine todos
os pares inteiros (m, n) que satisfazem a esta equação.
6º Caso:
2m  k  7
 4m  28  m  7 e k  7

2m  k  21
Solução
2
n2  7m2   5m  2n   49 com m, n  
Segue que: m = - 7 e n = - 21
n2  7m2  25m2  20mn  4n2  49
Logo:
3n2  20mn  32m2  49  0
2

   20m   4  3  32m2  49

m, n    37,99 ;  37, 99 ; 13,51 ;  13, 51;  7,21;  7, 21
  400m2  384m2  588
  16m2  588

  4 4m2  147
n
07.

20m  2 4m2  147
6
10m  4m2  147
3
Como n  , devemos ter
n
4m2  147  k 2 , k    . Segue que :
4m2  k 2  147
 2m  k  2m  k   147
 2m  k  2m  k   3  7
2
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 a
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?
Solução
Seja A o primeiro jogador:
A
Temos os seguintes casos:
1º Caso:
2m  k  147
 4m  148  m  37 e k  73

2m  k  1
C
B
4
6
Segue que: m = 37 e n = 99
2º Caso:
2m  k  1
 4m  148  m  37 e k  73

2m  k  147
4
6
1
6
C
4
6
4
6
A
C
....
1
6
3º Caso:
....
B
A
Segue que: m = - 37 e n = - 99
A
B
2m  k  49
 4m  52  m  13 e k  23

2m  k  3
Seja P A a probabilidade de A ganhar o jogo começando por A.
Segue que: m = 13 e n = 51
Seja PC a probabilidade de A ganhar o jogo começando por C.
4º Caso:
Logo:
2m  k  3
 4m  52  m  13 e k  23

2m  k  49
PA 
Segue que: m = - 13 e n = - 51
Seja PB a probabilidade de A ganhar o jogo começando por B.
1 4
1
  PB   PC
6 6
6
1
4
PB   PA   PC
6
6
4
1
PC   PA   PB
6
6
5º Caso:
2m  k  21
 4m  28  m  7 e k  7

2m  k  7
6PA  4PB  PC  1
32

6P
4P
 PP
PP
AA6P
BB4P
CC00 
AA
79
4P
6P
A  PP
B  6P
C  00
 4P
Segue que: m = 7 e n = 21
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva
3
2
08.
2
A circunferência C tem equação x + y = 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.
09.
Uma corda intercepta o diâmetro de um círculo de centro O no
ponto C’ segundo um ângulo de 45º. Sejam A e B os pontos
extremos desta corda, e a distância AC’ igual a 3  1cm . O raio do
círculo mede 2cm, e C é a extremidade do diâmetro mais distante de
C’. O prolongamento do segmento A O intercepta BC em A’. Calcule
a razão em que A’ divide BC.
Solução:
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 , conforme
figura b.
 Determine as coordenadas do ponto P marcado sobre C’ em
função do ângulo α.
 Determine a equação em coordenadas cartesianas do lugar
geométrico do ponto P quando  varia no intervalo [0, 2).
Solução
a)
A circunferência C’ deslocou-se   na circunferência C percorreu
  
uma distância de 
  2  4  4
 2 
Por OH ser  a AO’, temos o triângulo isósceles retângulo OHA é
da seguinte forma:
 para a circunferência C’ ter percorrido 4, o seu ângulo de rotação
(P) é calculado da seguinte forma:

 2  4    4
2
C'
O'
1
1
4

P
Com isso, o triângulo retângulo OHA é da seguinte forma:
3
 As coordenadas de P em relação a O’ é de:
 Xp '  cos(4 ) cos(2  3 )  cos(3 )

 Yp '  sen(4 ) sen(2  3 )  sen(3 )
 As coordenadas do centro O’ em relação ao centro de C é:
 Xo '  3  cos( )

 Yo '  3  sen( )
 Dessa forma, teremos:
 Xp  3 cos( )  cos(3 )

 Yp  3sen( )  sen(3 )
b)
 Xp  3 cos( )  cos(3 )  3cos( )  4cos3 ( )  3 cos( )  3cos( )

3
 Yp  3sen(  )  sen(3 )  3 sen( )  3sen(  )  4sen ( )
Assim: AC’ = AH + HC’  1  3  x  4  x 2  façamos
x  2y  1  3  2y  2 1  y 2  y  1  y 2 
1 3
2
Façamos agora y  sen  1  y 2  cos 
 sen  cos  
1 3
 elevando ao quadrado:
2
sen2   2sen  cos   cos2  
42 3
3
3
 1
 sen(2) 
4
2
2
1
x=1
2
Do mesmo AHO, temos que OÂH = 30º.
2 = 60º   = 30º  y 
1

3

  X p   cos( )
  4 
 Xp  4 cos3 ( )

 sen2  cos2   1

3
1

 Yp  4 sen (  )
3

 Yp   sen( )


 4
2

  Xp

 4
3 
   Yp



 4
2
3
 1


GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva
4
Dessa forma, temos:

a2 5a2
a 5

z
(hipotenusa)
4
4
2
a
2
cos  
 cos  
a 5
5
2
a2 
z
a
a
2
a 
V  , a
2 
 0, a 
G  a, a 
reta BG  y  x
reta VC  y  o  m(x  a)
y
a
m

 2
a
x
2
reta VC  y  2(x  a)
k
 = 2  AÔC = 2
Por ABC
Do AOC’, temos: 2 = 45º + 30º = 75º
Assim, temos:
Lei dos senos em AA’B:
int erseção reta BG e VC :
A 'B
AB
2 3
3


 A 'B 
sen(30º ) sen(150  ) sen 150   
sen(150  )
Do A’CO, aplicando a lei dos senos, temos:
OC
A 'C
2


 sen(2)  A 'C
sen(30   ) sen(   2)
sen(30  )
Assim:
A 'B
3
1
1 2
3
2
2


 



1 3
A 'C
2 sen(2 ) 2 2
2
2
4

x  2x  2a
3x  2a  x 
2a
y
3
 2a 2a 
k
,

 3 3 

2
2
2
2
 2a 
 2a 
 4a 
 4a 
2a
distância Bk  
2
 
  
 
 
3
 3 
 3 
 9 
 9 
Essa distância é igual no eixo maior da elipse
Dessa forma, temos:
A 'B
3


A 'C
2
C  a, 0 
B  0, 0 
1
2 (1  3)
1

2 3
2(1  3 )
6

logo 2a' 
1 3
2a 2
a 2
 a' 
3
3

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.

Solução:
H
G
V
E
F
2
cos  cos 45º
2



2
cos 
cos 
5
10
c

4
a'

C
c 
A
B
O plano ABH contém o ponto G, logo visto de perfil o plano corta o
cubo ao meio e a seção cônica é uma elipse.
H
V
G
a ' 10
a 2
c
4
3
a 5
6
2
2
2
Na elipse a = b + c
c
a 2

 3

2

a 5
  b2  

 6


2

a 3
  b

6

Área da seção do cone
45º
a'b  S  
45º
B
10
4
S=
C
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva
S
a 2 a 3

3
6
a2 6
18
5