triângulo lados -"de um"

GABARITO IME
DISCURSIVAS 2016/2017
MATEMÁTICA
DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 1
Seja M uma matriz real 2 × 2. Defina uma função f na qual cada elemento da matriz se desloca para
 a b
 c a
a posição seguinte no sentido horário, ou seja, se M = 
 , implica que f ( M ) = 
.
c d
 d b
Encontre todas as matrizes simétricas 2 × 2 reais na qual M2 = f(M).
Gabarito:
 a2 + b2 ab + bc 
 b a
 a b
2
Seja M = 
.
 e M = 
 simétrica. Logo, f ( M ) = 
2
2
 c b
 b c
 ab + bc b + c 
 a2 + b 2 = b

2
2
 b a   a + b ab + bc 
 ab + bc = a
⇔
=


Com isso: 

 
2
2
 c b   ab + bc b + c 
 ab + bc = c
 b 2 + c2 = b

De (2) e (3): a = c.
(1)
( 2)
( 3)
( 4)
Caso 1: a = c = 0
Na equação (1), b2 = b ⇔ b = 0 ou b = 1.
Portanto:
0 0
 0 1
M =
 ou M = 

0 0
 1 0
Caso 2: a ≠ 0
Na equação (2), b + b = 1 ⇔ b = 1/2.
1 1
1
1
Na equação (1), a2 + = ⇔ a2 = ⇔ a = ± .
4 2
4
2
Portanto:
1
M = 2
1
 2
1 
1 
− 1
2 
2  ou M =  2
 1
1 
−1 
2
2
 2
Veja que todas as matrizes encontradas satisfazem o enunciado.
2
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 2
Resolva a inequação, onde x ∈ .
9x2
(1− 3 x + 1)2
>4
Gabarito:
2


3x
O lado esquerdo é igual a 
 .
 1− 3 x + 1 
Racionalizando, a fração dentro do quadrado é igual a
(1 −
(1 +
3 x + 1) (1 +
3x
⋅
) = 3 x ⋅ ( 1 + 3 x + 1) = − 1 +
(
1− ( 3 x + 1)
3 x + 1)
3x + 1
(
Assim, a inequação é equivalente a 1+ 3 x + 1
)
2
3x + 1
)
>4.
Como 1+ 3 x + 1 > 0, temos que 1+ 3 x + 1 > 2
⇔ 3x + 1 > 1
⇔ 3x + 1> 1
⇔ x >0
Veja que, para x > 0, as restrições 1− 3 x + 1 ≠ 0 e 3x + 1 ≥ 0 são satisfeitas.
∴ S = (0,+∞)
3
DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 3
Resolva o sistema de equações, onde x ∈  e y ∈ .
log3 (log 3 x ) − log 3 (log3 y ) = 1
 3 2
143
( y x ) = 3
Gabarito:
x > 0
y > 0
Restrições: 
⇒ x > 1e y > 1
log 3 x > 0
log y > 0
 3
Na equação 1:
 log3 x ² 
2
log3(log3x²) – 2log3(log3y) = 1 ⇒ log3 
 = 1 ⇔ log3x² = 3(log3y) = k. Portanto:
y
(log
)²


3
 x ² = 3k
x² = 3k
 x ² = 3 k

⇒
⇒
k


k
3(log3 y )² = k
log3 y = ±
y=3 3
3

k
Veja que, pela restrição, log3 y > 0 e por isso log3 y não pode ser – .
3
Então, na equação 2:
k
y² 3 x ² = 3143 ⇒ 3 3
+2
k
3
= 3143 ⇒
k
k
+2
= 143.
3
3
Resolvendo a equação do 2o grau em
k
:
3
k −2 ± 24
=
= 11 ou − 13 (não convém!)
3
2
logo:
4
363
k
= 11 ⇒ k = 363. A solução, portanto, é: ( x, y ) = (3 2 , 311 )
3
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 4
Classifique o sistema abaixo como determinado, possível indeterminado e impossível de acordo
com os valores reais de m.
( m − 2 ) x + 2 y − z = m + 1

2
2 x + my + 2 z = m + 2

3
2 mx + 2 ( m + 1) y + ( m + 1) z = m + 3
Gabarito:
1a solução
Sendo ∆ o determinante dos coeficientes e usando Sarrus para calculá-lo:
∆ = m3 – m2 – 2m + 8m + 4m – 4 + 2m2 – 4m2 + 4m + 8 – 4m – 4
∆ = m3 – m3 + 2m
Fazendo ∆ = 0 → m3 – 3m2 + 2m = 0
m(m2 – 3m + 2) = 0 → m = 0 ou m = 1 ou m = 2
Para SPD, ∆ ≠ 0 → m ≠ 0 e m ≠ 1 e m ≠ 2
Vamos analisar agora o sistema para m = 0, m = 1, m = 2:
−2 x + 2 y − z = 1(i)

(I) m = 0 → 2 x
+ 2 z = 2 (ii)

2 y + z = 3 (iii)

Fazendo (i)+(ii) − (iii): 0 = 0 → SPI
− x + 2 y − z = 2 (i)

(II) m = 1 → 2 x + y + 2 z = 3 (ii)
 2 x + 4 y + 2 z = 4 (iii)

Fazendo (ii) − (iii): y = 1
3
(ii)+2 ⋅ (i): y = 7
→ SI
5
5
DISCURSIVAS – 24/10/16
2 y − z = 3 (i)

(III) m = 2 → 2 x + 2 y + 2 z = 6 (ii)
4 x + 6 y + 3 z = 11(iii)

Fazendo (iii) − 2 ⋅ (ii) − (i): 0 = − 4 → SI
Resposta:
m ≠ 0, m ≠ 1, m ≠ 2 → SPD
m = 0 → SPI
m = 1 ou m = 2 → SI
2a solução
Usaremos escalonamento de matrizes:

m
m2 + 2 
1
 1

2
2 

m − 2
2
−1
m+1 


3
 2 m 2( m + 1) ( m + 1) m + 3 
L2 → L2 – (m – 2) L1
L3 → L3 – (2m) L1

m
1
2


4 − m2 + 2 m
0
2

 0 2 m + 2 − m2

m2 + 2 

2

6 + 4 m 2 − m3 
−m + 1

2

−m + 1
3 − 2 m 

m
1
2


m2 − 2 m
0
2

0 2 m + 2 − m2


m2 + 2

2

− m3 + 4 m 2 + 4 m 
0

2


−m + 1
3 − 2m

1
L2 → L2 – L3
(*)
1
(**)
Olhando a equação (**) em y:
SPD: m ≠ 0 e m ≠ 2
SPI: m = 0
SI: m = 2
Mas note que, retornando ao sistema em (*), o caso m = 1 precisa ser considerado
separadamente, já que – m + 1 é coeficiente de z.
6
GABARITO IME – MATEMÁTICA
 4 − 12 + 2 ⋅ 1 
6 + 4 ⋅ 12 − 13
9
⇔y= .

 y =
2
2
5


e
( 2 ⋅ 1+ 2 − 1 ) y = 3 − 2 ⋅ 1 ⇔ y = 31 .
2
Portanto, para m = 1, o sistema é impossível. Logo:
m ≠ 0, m ≠ 1 e m ≠ 2: SPD
m = 0: SPI
m = 1 ou m = 2: SI
Questão 5
Sejam os complexos z = a + bi e w = 47 + ci, tais que z3 + w = 0. Determine o valor de a, b
e c, sabendo que esses números são inteiros e positivos.
Gabarito:
Se Z = a + bi e w = 47 + ci, então:
Z3 + w = (a + bi)3 + 47 + ci = a3 + 3a2 bi – 3ab2 – b3i + 47 + ci =
= a3 – 3ab2 + 47 + i (3a2b – b3 + c) = 0
Daí
 a3 − 3 ab2 + 47 = 0 (I)
 2
3
3 a b − b + c = 0 (II)
De (I), 3ab2 – a3 = 47 ⇒ a (3b2 – a2) = 47.
Como 47 é primo, temos 2 possibilidades:
a) a=1 ⇒ 3b2 – a2 = 47 ⇒ 3b2 = 48 ⇒ b2 =16 ⇒
⇒ b = 4, já que a e b são inteiros positivos.
b) a = 47 ⇒ 3b2 – 472 = 1 ⇒ 3b2 = 472 + 1.
Mas 472 + 1 ≡ (–1)2 + 1 ≡ 2 (mod 3), o que é um absurdo já que 3 | 3 b2.
Daí, a = 1 e b = 4. Substituindo em (II):
3 · 12 · 4 – 43 + c = 0 ⇒ c = 64 – 12 ⇒ c = 52.
Resposta: a = 1, b = 4 e c = 52.
7
DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 6
Um triângulo ABC tem o seu vértice A na origem do sistema cartesiano, seu baricentro é o ponto
D(3,2) e seu circuncentro é o ponto E(55/18,5/6). Determine:
• a equação da circunferência circunscrita ao triângulo ABC;
• as coordenadas dos vértices B e C.
Gabarito:
O raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC pode ser calculado como a distância entre
A e E.
Logo, a equação desejada é:
(x – xE)2 + (y – yE)2 = (xA – xE)2 + (y – yE)2
2
2
2
⇔  x − 55  +  y − 5  =  0 − 55  +  0 − 5 
18 
6
18 
6




2
⇔ x 2 − 2 x · 55 + y 2 − 2 y · 5 = 0 . Logo, a equação da circunferência circunscrita ao
18
6
triângulo ABC é:
55
5
(I)
x2 − x ·
+ y2 − · y = 0
9
3
Como D(3,2) é o baricentro de ABC,
 x + x B + xC y A + y B + yC 
D= A
,
 = (3, 2)
3
3


Como xA = yA = 0,
 x B + xC = 9

 y B + yC = 6
 x + xC y B + yC 
9 
Portanto, se M é o ponto médio de BC então M =  B
,
⇒ M =  , 3

2
2
2 


Como BC é uma corda, EM ⊥ BC ⇒ EM ⊥ BM e EM ⊥ CM
8
GABARITO IME – MATEMÁTICA
 BM ⋅ EM = 0
, obtemos:
Fazendo  CM ⋅ EM = 0

9
  55 9 5

 x B − 2 , y B − 3  ⋅  18 − 2 , 6 − 3  = 0


 

 x − 9 , y − 3  ⋅  55 − 9 , 5 − 3  = 0
  18 2 6

 C 2 C
 

2 x + 3 y B = 18
⇒  B
2 xC + 3 yC = 18
Usando que B e C satisfazem (I):
55
5
+ y B2 − y B = 0
9
3
2
⇒ 9 x B − x B ⋅ 55 + (3 y B )2 − 5 ⋅ (3 y B ) = 0
x B2 − x B
⇒ 9 x B2 − x B ⋅ 55 + (18 − 2 x B )2 − 5(18 − 2 x B ) = 0
⇒ 13 x B2 − x B ⋅ 117 + 234 = 0 . Dividindo por 13 :
x B2 − x B ⋅ 9 + 18 = 0
⇒ ( x B − 6)( x B − 3) = 0
Se xB = 6 ⇒ yB = 2, xC = 3, yC = 4
Se xB = 3 ⇒ yB = 4, xC = 6, yC = 2
 B = (6, 2) e C = (3, 4)
Logo, 
.
 B = (3, 4) e C = (6, 2)
9
DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 7
Se
cos x sen x
+
= −1, calcule o valor S.
cos y sen y
S=
3 cos y + cos 3 y 3 sen y − sen 3 y
+
cos x
sen x
Gabarito:
1a solução:
cos x sen x
+
= −1.
cos y sen y
cos x
sen x
Seja
= a=
e
b, logo a + b = –1.
cos y
sen y
Sabemos que
Por outro lado, cos x = a cos y (1) e sen x = b sen y (2)
Fazendo (1)2 + (2)2, temos que:
1 = cos2 x + sen2 x = a2 cos2 y + b2 sen2 y ⇒
a2 cos2 y + b2 sen2 y = 1 ⇒
a2(1 – sen2 y) + b2 sen2 y = 1 ⇒
a2 – a2 sen2y + b2 sen2y = 1
Usando que a + b = –1 ⇒ b = –1 –a ⇒ b2 = 1 + 2a + a2.
Temos que:
a2 – a2 sen2 y + (1 + 2a + a2) sen2 y = 1 ⇒
(2a + 1) sen2 y = 1 – a2 ⇒
sen2 y =
1− a2
2a + 1
( 3)
Agora vamos olhar para a expressão pedida:
S=
3 cos y + cos 3 y 3 sen y − sen 3 y
+
cos x
sen x
Usando que cos 3y = 4 cos3 y – 3 cos y e que sen 3y = –4 sen3 y + 3 sen y,
10
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Temos que S =

 cos y
4 cos3 y 4 sen 3 y
sen y
+
= 4
⋅ cos2 y +
⋅ sen2 y  =
cos x
cos
x
sen x
sen
x


1
 −1− a + sen2 y + a sen2 y + a sen2
sen2 y 
4  [1− sen2 y ] +
 = 4
−1− a 
a( −1− a)
 a

 (sen2 y )( 2 a + 1) − 1− a 
= 4
 . Por fim usando (3):
a( −1− a)


 1 − a2 − 1 − a 
S = 4
=4
2
 − a − a

y
=

2a solução:
Fazendo m.m.c. em S, temos
3 sen ( x + y ) + sen ( x − 3 y ) 2 sen ( x + y ) + sen ( x + y ) + sen ( x − 3 y )
S=
=
sen x ⋅ cos x
sen x ⋅ cos x
S=
2 sen ( x + y ) + 2 sen ( x − y ) ⋅ cos 2 y
sen x ⋅ cos x
 sen ( x + y ) + sen ( x − y ) cos 2 y 
= 4 

sen 2 x


Sejam x + y = a, x – y = b.
 sen a + sen b ⋅ cos ( a − b ) 
Daí, S = 4 ⋅ 
 .

sen ( a + b )


Desenolvendo cos (a – b) e sen (a + b) e dividindo tudo por sen a:
 1 + sen b ⋅ ( cot a ⋅ cos b + sen b ) 
S = 4 ⋅ 
 *
cos b + sen b ⋅ cot a


cos x sen x
1
+
= − 1 → sen ( x + y ) = − sen 2 y
Agora, no enunciado,
cos y sen y
2
→ 2 sen a = − sen ( a − b ) . Desenvolvendo e dividindo tudo por sen a:
–2 = cos b – sen b · cot a → sen b · cot a = 2 + cos b.
 1 + ( 2 + cos b ) cos b + sen2 b 
 2 + 2 cos b 
Em *: S = 4 
 = 4 ⋅ 
 ∴ S = 4.

cos b + 2 + cos b
 2 + 2 cos b 


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DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 8
Seja A = {1,2,3,4}.
• Quantas funções de A para A têm exatamente 2 elementos em seu conjunto imagem?
• Entre as 256 funções de A para A, sorteiam-se as funções f e g, podendo haver repetição.
Qual a probabilidade da função composta f  g ser uma função constante?
Gabarito:
4
a) Primeiro devemos escolher os dois elementos da imagem:   = 6
 2
Uma vez escolhidos, cada elemento do domínio terá duas possibilidades. Tirando os casos em
que todos tem a mesma imagem: 24 – 2 = 14.
Resposta: 14 · 6 = 84 casos.
b) Vejamos o que acontece se a imagem de g tem x elementos (1 ≤ x ≤ 4).
Para a função f  g ser constante, os elementos da imagem de g devem estar ligados a um único
elemento posteriormente (4 possibilidades). Os demais podem estar ligados aleatoriamente
(44 – x possibilidades).
Temos 4 · 44 – x = 45 – x escolhas para f.
1o caso: x = 1
Temos 4 escolhas para g e 44 escolhas para f : 45 = 1024 casos.
2o caso: x = 2
Pela letra a temos 84 escolhas para g e 4³ escolhas para f : 84 · 4³ = 5376 casos.
12
GABARITO IME – MATEMÁTICA
3o caso: x = 3

4 
3
Temos   ⋅ 34 −   ⋅ 14 − 3  = 144 casos para a função g.
3 
 2

funções com exatamente um elemento na imagem
funções com exatamente dois elementos na imagem
todas as funções com imagem nesses 3 elementos
escolha da imagem de g.
Obs.: o número de funções sobrejetoras com 3 elementos no contradomínio poderia ser
calculado por inclusão-exclusão: 34 – (3 · 24 – 3 · 14 + 04)
Temos 4² escolhas para f, logo 144 · 4² = 2304 casos.
4o caso: x = 4
Temos 4! = 24 escolhas para g e 4 escolhas para f : 24 · 4 = 96 casos.
Assim a probabilidade será:
n( A) 1024 + 5376 + 2304 + 96 275
=
=
p( A) =
256²
2048
n( Ω)
13
DISCURSIVAS – 24/10/16
Questão 9
Em um triângulo ABC, a medida da bissetriz interna AD é a média geométrica entre as medidas
dos segmentos BD e DC, e a medida da mediana AM é a média geométrica entre os lados AB e
AC. Os pontos D e M estão sobre o lado BC de medida a. Pede-se determinar os lados AB e AC
do triângulo ABC em função de a.
Gabarito:
1a solução
Sejam AB = c e AC = b.
• Sabemos que AM =
1
2 b2 + c2 − a2 = bc.
2
(
)
Daí, 2(b2 + c2) – a2 = 4bc ↔ 2(b – c)2 = a2 ↔ |b – c| =
a 2
(I)
2
• Para a bissetriz, usaremos que AD2 = bc – BD · CD
Fazendo BD = m e CD = n e usando que AD = mn :
mn = bc − mn ↔
Pelo teorema da bissetriz interna,
mn 1
= *
bc 2
m n
= .
b c

b 2
m =
m n
2
2

2 ⊕
= =
→
→ a = ( b + c)
Em *:
b c
2
2
c 2

 n = 2
→ b + c = a 2 (II)

a 2
3a 2
a 2
Para b > c : b =
,c=
.
b−c =

2 .
4
4
De (I) e (II): 
3a 2
a 2

Para b < c : b =
,c=
.
 b + c = a 2
4
4
14
GABARITO IME – MATEMÁTICA
2a solução
Do teorema de Stewart, temos que:
1o caso: Mediana
A
c
b
bc
B
a
2
M
2
b3 ⋅
C
a
2
a
a
 a
+ c2 ⋅ − a ⋅   − a ⋅
2
2
2
(
bc
)
2
= 0 , assim (como a ≠ 0)
b 2 + c2 a2
−
− bc = 0 → 2 b2 + c2 − a2 − 4 bc = 0
2
4
(
)
a2 = 2(b2 – 2bc + c2) → a2 = 2(b – c)2 →
a
a= 2 b−c → b−c =
(I)
2
2o caso: Bissetriz
Do teorema de Stewart:
A
c
b
mn
B
m
D
n
C
a
b2 n + c2 m − amn − a
(
mn
)
2
=0
b2 n + c2 m = 2 amn ( ÷ mn )
b 2 c2
+
= 2a
m
n
15
DISCURSIVAS – 24/10/16
b c
m = ab
b+c
 =
⇒
⇒ Logo,
Do T.B.I.:  m n
ac
 m + n = a
n=
bc
b2 ⋅ ( b + c )
a⋅b
+
c2 ⋅ ( b + c )
ac
= 2a
b + c
 = 2a
 a 
( b + c ) 
( b + c ) = 2 a2
( b + c) = a 2
2
(II)
3a 2
a 2

a 2
Para b > c : b =
,c=
.
b
c
−
=

4
4
,
logo
2

Assim
3a 2
a 2
 b+c=a 2
Para b < c : b =
,c=

4
4
16
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 10
3 −1
Em um cone equilátero são inscritas duas esferas de raios
R e R, conforme a figura
3 +1
abaixo. Um plano secante ao cone é traçado de forma que este seja tangente às duas esferas.
Determine em termos de R o maior segmento possível que une dois pontos da curva formada
pela interseção do referido plano com o cone.
Gabarito:
Primeiramente, tem-se que a curva determinada pelo plano do enunciado é uma elipse. O
segmento máximo possível é o eixo maior da elipse. Para determiná-lo, basta pegar a seção
meridiana perpendicular ao plano de seção como na figura. O eixo maior é o segmento XY , e os
focos da elipse são os pontos F e F’.
1a solução:
A
Como o cone é equilátero, a seção é um triângulo equilátero.
Seja ABC o triângulo, e sejam O e P os centros das esferas,
K
como na figura. Como BÂC = 60°, sendo R e r os
P
X
r
raios das esferas (maior e menor), tem-se AO = 2 R
F
4R
e AP = 2 r, logo OP = 2 R − 2 r =
. No
3 +1
L
trapézio autointersectante PFF’O, tem-se que:
1) Por Pitágoras, FF ' = OP 2 − ( R + r )2
é a distância focal da elipse. Logo
2R
.
FF ' =
3 −1
F’
Y
R
R
O
R
C
B
17
DISCURSIVAS – 24/10/16
2)Sendo q o ângulo entre FF ' e OP , tem-se que cos θ =
FF ' 1
= , logo θ = 60°.
OP 2
Agora, sabe-se que, sendo α = 30° o
ângulo entre o eixo do cone e sua geratriz,
a excentricidade da elipse obtida é dada por
cos θ cos 60°
1.
e=
=
=
cos α cos 30°
3
Como=
e
2c FF '
, então XY = FF’ · 3
=
2 a XY
Logo o segmento maior possível ligando
pontos
da
curva
é
2R
XY =
⋅ 3 ⇒ XY = R(3 − 3 )
3 +1
2a solução:
Da geometria plana, sabe-se que o segmento XY é igual ao segmento tangente comum externo
aos círculos, na figura indicada por KL. Como o cone é equilátero, a seção é um triângulo
equilátero. Seja A o vértice do cone.
No ∆AKP, AK = r · cot 30° , logo KL = XY = ( R − r ) cot 30°
No ∆ALO, AL = R · cot 30°

3 −1 
= R −
R 3

3 + 1 

=
2R 3
3 +1
= R(3 − 3 )
Logo, o segmento maior possível ligando pontos da curva é R(3 − 3 ).
18
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Comentários
A prova de Matemática deste ano pode ser considerada trabalhosa, haja vista a
cobrança de detalhes teóricos que dificultavam o atingimento do ponto integral nas
questões.
Classificamos como fáceis as cinco primeiras questões e destacamos como mais
difíceis as questões 7 e 8.
Por fim, parabenizamos a banca pela prova, que certamente diferenciará bem as
notas dos candidatos.
Professores:
Daniel Fadel
Daniel Santanelli
Jordan Piva
Jorge Henrique
Lucas Herlin
Marcio Cohen
Orlando Filho
Raphael Mendes
Roberto Tadeu
Rodrigo Villard
Sandro Davison
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