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O ELITE RESOLVE IME 2009 – MATEMÁTICA - DISCURSIVAS
a) o coeficiente angular é dado por tg α, onde α é o ângulo que a reta
forma com o eixo x no sentido anti-horário;
b) usando tg 30o, temos que a intersecção das retas com o eixo y é
dada por n, onde:
n
b
b 3
.
tg 30o = ⇒ 3n = 3. ⇒ n =
b
2
6
2
Com isso, temos as seguintes retas:
MATEMÁTICA
QUESTÃO 01
Sabe-se que:
a = a + {a} , ∀a ∈ \ , onde a é a parte inteira de a
x + y + {z} = 4,2
y + z + {x} = 3, 6 , com x, y e z ∈ \
z + x + {y} = 2
(AB) y =
3
b 3
3
b 3
x−
⇔
x+y−
=0
3
6
3
6
O lugar geométrico dos pontos P(x,y) pedido é dado por:
(dP, eixo x)2 = dP,AB.dP,BC.
Assim:
(BC) y = −
Determine o valor de x − y + z .
Resolução
Somando as três equações, membro a membro, temos:
x + [ x ] + {x} + y + [ y ] + {y } + z + [ z ] + {z} = 4,2 + 3,6 + 2 = 9,8
Como a = a + {a} :
2 ⋅ ( x + y + z ) = 9,8 ⇒ x + y + z = 4,9
y2=
Subtraindo sucessivamente esta equação da primeira, da segunda e
da terceira e lembrando de que a = a + {a} , vem que:
2
y =
x = 1
z − z + x − {x} = 1,3 ⇒ { z} + x = 1,3 ⇒
{z} = 0,3
{ z}
x
3
+ 12
3
2
3
b 3
x − y −
3
6
4
3
⇒
2
2
2
3
b 3
⇒
x − y −
3
6
2
2
2
=
4 2
y ⇒
3
2
3
4
b 3
x − y −
± y2 =
3
3
6
Com isso, temos as seguintes possibilidades:
1) para o sinal de “+”:
y = 2
x − x + y − {y} = 2, 9 ⇒ { x} + y = 2, 9 ⇒
{x} = 0, 9
{x}
y
Assim, determinamos x, y e z:
2
4 2 3
b 3
y =
x − y −
3
6
3
x = x + {x} = 1 + 0, 9 = 1, 9
y = y + {y} = 2 + 0,7 = 2,7
z = z + {z} = 0 + 0,3 = 0,3
2
2
⇒ 1 x 2 − 7 y 2 + 3 by − b = 0 ⇒
3
3
3
12
1 2
3
3 2 b 2 b 2
x − 7 y 2 −
by +
b
=
−
⇒
12 28
3
7
196
Conseqüentemente:
2
1 2
3 b 2 b 2
4b 2 b 2
−
=
=
b =
⇒
x − 7 y −
3
14 12 28
84
21
x − y + z = 1, 9 − 2,7 + 0,3 ⇒ x − y + z = −0,5
QUESTÃO 02
Um triângulo isósceles possui seus vértices da base sobre o eixo das
abscissas e o terceiro vértice, B, sobre o eixo positivo das ordenadas.
l = 120º .
Sabe-se que a base mede b e seu ângulo oposto B
2
x2
3
b2
x 2 − 7 y −
b =
⇒
−
2
14
7
b
7
Considere o lugar geométrico dos pontos cujo quadrado da distância à
reta suporte da base do triângulo é igual ao produto das distâncias as
outras duas retas que suportam os dois outros lados. Determine a(s)
equação(ões) do lugar geométrico e identifique a(s) curva(s)
descrita(s).
y − 3 b
14
b
7
2
2
= 1 , que é uma
b
3b
, semi-eixo real em x medindo
e
hipérbole de centro 0,
14
7
b
semi-eixo imaginário y medindo .
7
2) Para o sinal de “ –” :
Resolução
Por hipótese, podemos construir o seguinte plano cartesiano:
y
−
60º
3
b 3 3
b 3
x − y −
.
x + y −
3
3
6
6
2
z = 0
y − y + z − {z} = 0,7 ⇒ {y} + z = 0,7 ⇒
{y} = 0,7
z
{y}
B
3
b 3
3
b 3
x+
⇔
x−y+
=0
3
6
3
6
P ( x, y )
2
2
4 2 3
b 3
1
1
3
b2
y =
x − y −
⇒ x2 + y2 +
by −
=0⇒
3
3
3
12
3
6
3
1 2
b2
x + y 2 + 3by −
3
4
60º
2
= 0 ⇒ x 2 + y 2 + 3by − b = 0 ⇒
4
2
x 2 + y 2 + 3by +
30º
A
−b
,0
2
30º
C
Para determinar as retas AB e BC, sabemos que:
b
2 ,0
3b 2 b 2 3b 2
b 3
=
+
= b2 ⇒ x 2 + y +
= b 2 , que
2
4
4
4
3b
é uma circunferência de centro 0,−
e raio b.
2
x
1
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QUESTÃO 03
QUESTÃO 04
Dada a função F : IN 2 → IN com as seguintes características:
z
Sabe-se que z1 z2 = 3 e z3 + z4 − z3 − z4 = 0 , sendo z1 , z2 , z3 e
z4
F (0,0) = 1 ;
z4 números complexos diferentes de zero. Prove que z1 e z2 são
F (n, m + 1) = q ⋅ F (n, m ) , onde q é um número real diferente de zero;
ortogonais.
Obs.:
F (n + 1,0) = r + F (n,0) , onde r é um número real diferente de zero.
números
complexos
ortogonais
são
aqueles
cujas
representações gráficas são perpendiculares entre si e z é o número
complexo conjugado de z .
Determine o valor de
∑ F (i , i ), i ∈ IN .
i =0
Resolução
Resolução
Pelo enunciado, temos:
F(1,0) = r + F(0,0) = r + 1
F(2,0) = r + F(1,0) = 2r + 1
F(3,0) = r + F(2,0) = 3r + 1
Por indução, temos que F(n,0) = nr + 1.
Da mesma maneira:
F(n,1) = q.F(n,0) = q.(nr + 1)
F(n,2) = q.F(n,1) = q2.(nr + 1)
F(n,3) = q.F(n,2) = q3.(nr + 1)
Aplicando novamente indução temos F(n,m) = qm.(nr+1).
Assim:
Inicialmente, temos:
z3 + z4 − z3 − z4 = 0 ⇒ z3 + z4 = z3 − z4
Dividindo por z4 em ambos os lados ( z4 ≠ 0 )
z3
z
+1 = 3 −1
z4
z4
Como z1 z2 =
2009
z3
, temos:
z4
z1 z2 + 1 = z1 z2 − 1
2009
Logo:
a 2 + 2a + 1 + b 2 = a 2 − 2a + 1 + b 2 ⇒ 4a = 0 ⇒ a = 0
Desse modo fica claro que z1 z2 é um imaginário puro.
Como ρ1 e ρ2 são diferentes de zero:
2
3
2009
S
QUESTÃO 05
+ kπ , k ∈ ]
Seja G o ponto de interseção das medianas de um triângulo ABC com
área S. Considere os pontos A’, B’ e C’ obtidos por uma rotação de
180° dos pontos A, B e C, respectivamente, em torno de G. Determine,
em função de S, a área formada pela união das regiões delimitadas
pelos triângulos ABC e A’B’C’.
Considerando a representação geométrica, e levando em
consideração a primeira volta, a relação entre os argumentos de z1
, o que prova a ortogonalidade.
Resolução
Im
z2 = ρ2 ( cos β + i ⋅ sen β )
π
2
β
2009
q.(1 − q2009 )
q.(1 − q2009 ) 2009.q2010
− 2009.q2010 ⇒ S =
−
1− q
(1 − q)2
1− q
Substituindo, temos:
2009
q.(1 − q2009 ) 2009.q2010
1 − q2010
+r.
−
F(i,i) =
∑
2
1− q
1− q
i=0
(1 − q)
Re( z1 z2 ) = ρ1ρ 2 cos(α − β ) = 0
Re
α'= β −
i
i=0
S − q.S =
z2 = ρ2 (cos( − β ) + isen( − β ))
α =β+
2009
S − q.S = q + q2 + q3 + ... + q2009 − 2009.q2010
z1 z2 = ρ1ρ2 (cos(α − β ) + isen(α − β ))
z1 = ρ1 ( cos α + i ⋅ senα )
i=0
progressão geométrica
Chamando agora z1 = ρ1(cos α + isenα ) e z2 = ρ 2 (cos β + isen β )
2
i
q.S = q2 + 2.q3 + 3.q4 + ... + 2008.q2009 + 2009.q2010
(forma trigonométrica dos números complexos) temos:
π
2009
Calculando separadamente os termos, temos, na primeira soma, os
termos de uma progressão geométrica:
1 − q2010
1 + q + q2 + ... + q2009 =
1− q
Na segunda soma, temos:
S = q + 2.q2 + 3.q3 + ... + 2009.q2009
(a + 1)2 + b 2 = (a − 1)2 + b 2
(α) e z2 (β) é dada por α = β ±
i=0
2
i=0
(a + 1) + bi = (a − 1) + bi
2
i=0
i
+ q + q + ... + q + r.(q
+ 2.q + 3.q
+ ... + 2009.q )
∑ F(i,i) = 1
z1 z2 + 1 = z1 z2 − 1
π
2009
∑ F(i,i) = ∑ q (i.r + 1) = ∑ q + r. ∑ i.q
Chamando z1 z2 = a + bi e tirando o módulo:
cos(α − β ) = 0 ⇒ α = β +
2009
π
2
z1 ' = ρ1 ( cos α '+ i ⋅ senα ' )
2
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G é baricentro do ∆ABC, logo CG = 2MG. Arbitrando MG = x, temos
CG = 2x
Com a rotação G também é baricentro do ∆A’B’C’ e C’G=2x, seguindo
que C’M = x
Resolução
Rearranjando os termos do numerador, temos:
(3sen2x + 2cos2 x − senx cos x − 2) + 2.(2senx − 2 2.senx cos x + 2cos x − 2)
2senx − 2 2senx cos x + 2cos x − 2
>2
Logo temos:
3sen 2 x + 2cos2 x − senx cos x − 2
2senx − 2 2senx cos x + 2cos x − 2
3sen 2 x + 2cos2 x − senx cos x − 2
+2>2
2senx − 2 2senx cos x + 2cos x − 2
sen 2 x + 2 − senx cos x − 2
(
)
(
2senx 1 − 2 cos x − 2 1 − 2 cos x
(
Deste modo temos que os triângulos ABG e A’B’G são congruentes
(LLL).
Como GÂB = GÂ’B’ temos que A’B’ e AB são paralelos.
Assim ∆ABC ∼ ∆RSC e a razão de semelhança é MC/TC = 3x/x = 3.
Assim sendo a área do ∆RSC é (1/3)2 da área do ∆ABC. S∆RSC = S/9
senx ( senx − cos x )
)(
2senx − 2 1 − 2 cos x
)
>0
)
>0
>0
2
2
senx ⋅ 2
senx −
cos x
2
2
>0
2 2
− cos x
2 2 senx −
2
2
π
senx ⋅ sen x −
4
>0
2
2
−
2 senx −
cos
x
2
2
Portanto,
π
senx ⋅ sen x −
4
>0
2 2
senx
−
−
cos
x
2
2
Por analogia, as áreas dos pequenos triângulos da figura também
valem S/9.
π
senx ⋅ sen x −
4
Analisando o sinal de f ( x ) =
2 2
senx −
2 − cos x
2
0
senx
Além disso, a área solicitada é a área do triângulo original somada a 3
vezes a área dos triângulos pequenos:
Assim, a área pedida vale A = S + 3 ⋅
S 4S
=
9
3
π
π
4
2
3π
4
π
5π
4
3π
2
7π
4
2π
++++ ++++ −− −− −−−−
π
sen x −
4
− −++ ++ ++ ++ −−−− −−
2
senx −
2
−− ++++ −−−− −−−− −−
2
− cos x
2
−− ++++ ++++ ++++ −−
x
x
x
x
Logo o conjunto de valores de x no qual f(x) é positiva é:
π 3π 5π 7π
4 , 4 U π , 4 U 4 ,2π
QUESTÃO 07
Seja um
sobre a
pirâmide
pirâmide
QUESTÃO 06
Resolva a seguinte inequação, para 0 ≤ x < 2π :
3sen 2 x + 2cos2 x + 4senx − (1 + 4 2)senx cos x + 4cos x − (2 + 2 2)
2senx − 2 2senx cos x + 2cos x − 2
cubo de
diagonal
VABCD.
VABCD,
base ABCD com aresta a . No interior do cubo,
principal, marca-se o ponto V, formando-se a
Determine os possíveis valores da altura da
em função de a , sabendo que a soma dos
quadrados das arestas laterais da pirâmide é igual a ka 2 , sendo k
um número primo.
>2
Obs.: as arestas laterais da pirâmide são VA, VB, VC e VD.
3
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Resolução
iii) k=7 : − 2 < ± 13 < 4 ⇒ − 2 < 13 < 4 . Para k = 7, somente
podemos usar o sinal de “+” em H.
Portanto, temos:
a
a
2 ±1
k=3: H = a
⇒ H = ou H =
6
2
6
Por hipótese, podemos construir o seguinte cubo:
E
a
V
2+ 7
;
6
k=7: H = a
2 + 13
.
6
QUESTÃO 08
Dada uma matriz quadrada A de ordem n , definida da seguinte forma:
•
os elementos da linha i da coluna n são da forma
n
ain = −
;
n − i + 1
H
D
•
os elementos imediatamente abaixo da diagonal principal
são unitários, isto é, aij = 1 para i − j = 1 ;
•
todos os demais elementos são nulos.
C
x
z
k=5: H = a
w
Sendo I a matriz identidade de ordem n e det(M ) o determinante de
F
uma matriz M , encontre as raízes da equação det( x ⋅ I − A) = 0 .
y
Resolução
B
A
Pela forma como estão definidas as matrizes, podemos escrever:
n
x 0 0 " 0
n
n
−1 x 0 " 0
n − 1
0 −1 x " 0 n
( xI − A)nxn =
n − 2
#
# # % #
#
n
0 0 0 " x
2
n
0 0 0 " −1 x +
1
Então, expandindo o determinante pelo teorema de Laplace na última
coluna, temos:
Usando Pitágoras nos triângulos retângulos FAV, FBV, FCV e FDV,
temos:
(VA)2=z2+H2
(VB)2=y2+H2
(VC)2=w2+H2
(VD)2=x2+H2. Somando as quatro equações, temos:
(VA)2 + (VB)2 + (VC)2 + (VD)2 = x2 + y2 + w2 + z2 + 4H2.
Do enunciado, (VA)2 + (VB)2 + (VC)2 + (VD)2 = ka2, e assim:
x2 + y2 + w2 + z2 + 4H2 = ka2 (*).
No quadrado ABCD, temos:
1. z = w, já que F é um ponto da diagonal BD;
2. x+y= a 2 ;
3. Considerando a semelhança entre os triângulos BDE e BFV, temos:
a a 2
=
⇒ y =H 2 .
H
y
De 2 e 3, temos: x= a 2 – H 2 = 2 (a − H)
4. Usando a relação de Stewart no triângulo ABD, temos:
a2x+a2y = z2(x+y) + xy(x+y) ⇔ a2 = xy + z2 ⇔
z2 = a2 – xy
Substituindo x e y em 4, temos:
det ( xI − A) = ( −1)
1+ n
z2 = a2 – 2 (a − H) . H 2 =a2 – 2(aH – H2).
Logo, substituindo x , y e z, a equação (*) fica:
x2 + y2 + w2 + z2 + 4H2 = ka2 ⇔ x2 + y2 + 2z2 + 4H2 = ka2
+" + ( −1)
i +n
n
⋅ ⋅
n
n
⋅
⋅
n − i + 1
2
⇔ 2(a − H ) + 2H 2 + 2(a 2 − 2aH + 2H 2 ) + 4H 2 − ka 2 = 0 ⇔
12H2 – 8aH + 4a2 – ka2 = 0.
Resolvendo a equação em H, temos:
−1
0
#
0
x
−1
#
0
0
x
#
0
x
−1
#
0
" 0
" #
2+ n n
+ ( −1) ⋅
⋅
% x
n − 1
" −1
x 0
0 −1
# #
0 0
" 0
" #
n
2n
+ "+ ( −1) ⋅ x + ⋅
% x
1
" −1
x
−1
#
0
" 0
" #
+
% x
" −1
0
x
#
0
"
"
%
"
0
#
0
x
Observe agora que as matrizes acima (com exceção da última) são
triangulares inferiores e, por isso, o determinante delas é o produto
dos elementos da diagonal principal. A última matriz é triangular
superior, de modo que seu determinante também é o produto dos
elementos de sua diagonal principal.
Note também que o número de elementos iguais a –1 nas diagonais
varia de n − 1 até 0, ao mesmo tempo que o número de elementos
iguais a x varia de 0 até n − 1 . Assim:
1+ n n
n −1
2+ n n
n −2
1
det ( xI − A ) = ( −1) ⋅ ⋅ ( −1) + ( −1) ⋅
⋅ ( −1) ⋅ x + " +
1
n
n
−
8a ± 48ka 2 − 128a 2
2 ± 3k − 8
⇔ H=a
.
24
6
Como k é primo, e H é um número entre 0 e a, temos:
i) 3k – 8 ≥ 0 ⇔ k ≥ 8/3;
H=
2 ± 3k − 8
2 ± 3k − 8
<a⇔0<
< 1 ⇔ −2 < ± 3k − 8 < 4 .
6
6
Analisando a segunda desigualdade, temos:
ii) 0 < a
± 3k − 8 < 4 ⇒ 3k − 8 < 16 ⇒ k < 8 ;
Verificando as possibilidades, temos:
+ ( −1)
i) k=3: − 2 < ± 1 < 4 ⇒ – 2 < ±1 < 4 (verdadeiro)
ii) k=5: − 2 < ± 7 < 4 ⇒ − 2 < 7 < 4 , assim, para k = 5, somente
podemos usar o sinal de “+” em H;
4
i +n
n i −1
n n −1
n −i
2n
⋅
⋅ x ⋅ ( −1) + " + ( −1) ⋅ x + ⋅ x
n
i
−
+
1
1
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QUESTÃO 10
n n 1
n i −1
n n −1
n −1
det ( xI − A ) = +
⋅ x +"+
⋅ x +"+ ⋅ x + x ⋅ x
n n − 1
n − i + 1
1
Seja
uma
a
n n
det ( xI − A ) = ∑ j = 0 x j = ( x + 1)n
j
A equação pedida é det( xI − A) = 0 , então:
real
2
2
positiva.
Resolva
2
a
para
equação
x∈\
e
0≤x ≤a.
Resolução
Desenvolvendo a equação dada, temos:
det ( xI − A ) = ( x + 1) = 0 ⇒ x = −1
n
a a + a 2 − x 2 + 3a a − a 2 − x 2 = 2 2 x ⇒
Logo, a equação apresenta uma única raiz ( x = −1 ) de multiplicidade
n.
x2
x2
a a + a 2 1 − 2 + 3a a − a 2 1 − 2 = 2 2 x ⇒
a
a
QUESTÃO 09
A figura abaixo é composta de 16 quadrados menores. De quantas
formas é possível preencher estes quadrados com os números 1, 2, 3
e 4, de modo que um número não pode aparecer 2 vezes em:
•
•
•
constante
a a + a + x + 3a a − a + x = 2 2 x ,
2
2
2
x
x
a a + a 1 − + 3a a − a 1 − = 2 2 x ⇒
a
a
2
2
x
x
a a 1 + 1 − + 3a a 1 − 1 − = 2 2 x ⇒
a
a
uma mesma linha.
uma mesma coluna.
cada um dos quatro quadrados demarcados pelas linhas
contínuas.
2
2
x
x
a 1 + 1 − + 3a 1 − 1 − = 2 2 x ⇒
a
a
2
2
1
3
x
x
x
1+ 1− +
1− 1− = 2 ⋅
2
2
a
a
a
Agora, como 0 ≤ x ≤ a , dividindo toda essa desigualdade por a > 0
x
temos 0 ≤ ≤ 1 . Assim, para cada a ≥ x , existe um único θ ∈ \ ,
a
π
x
com 0 ≤ θ ≤ , para o qual
= senθ .
a
2
Resolução
Há 4! = 24 maneiras de preencher o quadrado A com os números 1, 2,
3, 4. Feito isso, vamos agora preencher o quadrado D. Colocamos o
número 1 em qualquer posição do quadrado D (4 maneiras). Depois
disso, teremos uma situação como a seguinte:
Como 0 ≤ θ ≤
π
2
, vale que cos θ ≥ 0 . Portanto:
2
x
1 − = 1 − sen2θ = cos2 θ = | cos θ |= cos θ
a
1 2
3 4
A equação fica reduzida a:
x
c a
y b 1
1
3
1 + cos θ +
1 − cos θ = 2 ⋅ senθ
2
2
Utilizando as relações de arco duplo, temos:
2 θ
1 + cos θ = 2cos
θ
θ
2
cos θ = 2 cos2 − 1 = 1 − 2sen2 ⇒
2
2
1 − cos θ = 2sen2 θ
2
Agora, o número a não pode ser 2, pois ficaríamos sem opção para x,
e o número b não pode ser 3, pois ficaríamos sem opção para y.
Assim, nosso próximo passo é escolher o valor de c entre os números
2, 3 e 4, o que determina imediatamente a e b devido às restrições
que acabamos de observar. É fácil ver que, para as demais posições
do número 1 em D, obtemos uma situação análoga. Logo há 4 × 3 =
12 maneiras de completar o quadrado D depois de preenchido o A.
Feito isso, todos os espaços que sobraram têm uma única maneira de
serem preenchidos. Assim, o número total de maneiras de preencher os quadrados é
24 × 12 = 288.
θ
sen ≥ 0
π
θ π
2
Como 0 ≤ θ ≤ ⇒ 0 ≤ ≤ ⇒
, de modo que:
2
2 4
cos θ ≥ 0
2
1
3
θ
2 cos2 +
2
2
2
θ
2sen2 = 2 ⋅ senθ ⇒
2
1
3
θ
2 cos +
2
2
2
θ
2 sen = 2 ⋅ senθ ⇒
2
1
3
θ
θ
cos +
sen = senθ ⇒
2
2 2
2
π
θ
π
θ
sen ⋅ cos + cos ⋅ sen = senθ ⇒
6
2
6
2
π θ
sen + = senθ
6 2
5
(19) 3251-1012
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O ELITE RESOLVE IME 2009 – MATEMÁTICA - DISCURSIVAS
Como 0 ≤ θ ≤
π
2
⇒0≤
θ
2
≤
π
π
≤
6
Logo
θ
2
+
π
6
⇒ 0+
4
θ
2
+
π
6
π
6
≤
≤
θ
2
+
π
6
≤
π
4
+
π
6
⇒
5π
12
pertence ao primeiro quadrante.
Assim, sendo θ e
θ
2
+
π
6
dois ângulos do primeiro quadrante, tais
π θ
+ = senθ , a única possibilidade é que eles sejam
6 2
que sen
iguais. Logo:
θ=
Temos então:
θ
2
+
π
6
⇒θ =
π
3
x
x
3
π
= sen ⇒ =
⇒
a
a
2
3
x=
3
a
2
6
