GABARITO IME · Seja o número complexo z que satisfaz a ... Determine os possíveis valores de x....
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DISCURSIVAS – 23/10/17
Questão 01
Seja o número complexo z que satisfaz a relação 2( i)2017z i iz− = + −( )( )3 1 2017. Determine z, sabendo-
-se que | | .z =3
3
Gabarito:
2 3 1
2 3 1
2017 2017
2017 2017
⋅ − = + ⋅ −
⋅ − = + ⋅ −
( ) ( ) ( )
| | | | | | | |
z i i i z
z i i i z
22 2 12017 2017
2017 2017
2017
⋅ − = ⋅ −
− = ⋅ +
− =
| | | |
| | | | | |
| |
z i i z
z i i z i
z i || |
| | | |
z i
z i z i
+− = +
2017
Se z a bi
a bi i a bi i
b a b
b b b b
= + ⇒+ − = + +
+ − = + +
− + = +
| | | |
a ( ) ( )2 2 2 2
2 2
1 1
2 1 2 ++
=
1
0b
Como | |z
a b a
a a
=
+ = ⇒ + =
= ⇒ = ±
33
33
03
3
39
33
2 2 2 2
2
2
Substituindo z = a + 0 · i na equação original, obtemos:2 0 3 1
132
2017 2017
2017
2017
⋅ + − = + ⋅ ⋅ −
−−
=+
( ) ( ) ( )
( )( )
(
a i i i i a
a iia
i
a −−⋅ +
=+
−+
= ⋅
+
−
ii a i
a ia i
ii
a i
)( )
2017
2017 2017
2017
2017
3 12
32
aa ii
+
=
− +2017
1 32
3
GABARITO IME – MATEMÁTICA
I) Se a
i
i
i
i
=
−
+
=−+
=
−
33
333
3
3 3
3 3
12
32017
2017
2212
32
300240
2017
2017
i
i+
=°°
= °
ciscis 60
cis( ))2017 240 2017 240
12
32
= ° − = °
= − −
cis cis
( F)i
II) Se a
i
i
i
i
= −
− −
− +
=+−
=
33
333
3
3 3
3 3
2017
2017 112
32
12
32
6060
2017
2017
+
−
=°
− °
=
i
i
ciscis
cis( 1120 2017 120 12012
32
33
2017° = ⋅ ° = ° = − +
= −
) cis cis
Logo
i
z
4
DISCURSIVAS – 23/10/17
Questão 02Resolva a inequação abaixo, onde x é uma variável real.
2|x3| –6x2 + 3| x | + 2 < 0
Gabarito:
2 · |x|3 – 6 |x|2 + 3 · |x| + 2 < 0Seja t = |x|2 · t3 – 6t2 + 3 · t + 2 < 0por inspeção 2 é raiz
2 2 –6 3 2
2 –2 –1 02 · (t – 2) · (2t2 – 2t –1) < 0
2 ⋅ −( ) ⋅ −+
−
−
<t t t2
1 32
1 32
0
1 32
− 1 32
+ 2
+
–
+
–
tt
t
x x
x x
<− +
< <
<− +
< <
− < < −+
+<
1 32
32
2
1 32
1 32
2
21 3
21 3
2
ou
ou
ou << 2
5
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 03
Sabendo que | |x ≤π6
e que x satisfaz a equação abaixo
3 410 8
122
− +−
=cos cos sensen sen cos
x x xx x x( )
Determine os possíveis valores de x.
Gabarito:
3 410 8
122
− +− ⋅
=cos cos sensen sen cos
x x xx x x( )
3 – 4 cos2x – senx · cosx = 5 sen2x – 4 senx · cosx
3 – 4(sen2x + cos2x) – sen2x + 3 senx · cosx = 0
–1 – sen2x + 3 senx · cosx = 0
–(sen2x + cos2x) – sen2x + 3 senx · cosx = 0
–2 sen2x + 3 senx · cosx – cos2x = 0
2 sen2x – 3 senx · cosx + cos2x = 0 (÷ cos2x)
2 tg2x – 3 tgx + 1 = 0
tgx = 1 ⇒ x = 45° (solução não é válida)
tg arctgx x= ⇒ =12
12
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DISCURSIVAS – 23/10/17
Questão 04Sejam a, b, c e d números reais positivos diferentes de 1. Temos que logad, logbd e logcd são termos consecutivos de uma progressão geométrica e que a, b e c formam uma progressão aritmética em que a < b < c. Sabendo-se que b = blog
ab − a, determine:
a) Os valores de a, b e c;b) As razões das progressões aritmética e geométrica, r e q, respectivamente.
Gabarito:
log log log
log
log
log
log
log
log
b a cd d d
d
b
d
a
d
( ) = ( ) ⋅ ( )
= ⋅
2
2
cc
b a c
b
a
c
b
b c
b b a
b
a b
ab
log log log
log
log
log
log
log log
og
( ) = ⋅
=
=
= −
2
l
== −
= − =+
+= −
+ = − ⇒ =
=
= −
b a
b c a ba c
a cc a
a c c a c a
b a
b b a
bc
ab
l
l
og
og
,2
22 2 3
2
22 22
a a aaa
= −( ) ogl
7
GABARITO IME – MATEMÁTICA
3 2
3 2
3 2 2
32
2
34
2
2
2 2
2
2
a a
a a
a a
aa
aa
aa
aa
aa
=
= ⋅
= ⋅
=
=
( ) og
og og
og
og
l
l l
l
l
ll
l
l
og
og
og
//
,
log log
aa
a
t
a
tt
t
t
2
2
22
1
34
2 2
34
234
2
1
1
23 4
3
−
= =
= ⇒ =
= ⇒ = 442
3 22
2
2
3 2
2
3 42
3 43 2
3 42
3 42
a
b
c
r
q
=
=
= ⋅
=
=
log
log
log
log
/
/
//
/
/
log
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DISCURSIVAS – 23/10/17
Questão 05Um ônibus escolar transporta n crianças. Sejam A o evento em que dentro do ônibus tenham crianças de ambos os sexos e B o evento em que há no máximo uma menina dentro do ônibus. Determine o valor de n para que os eventos A e B sejam independentes.
Gabarito:
Probabilidade de todos serem meninas: 1
2n
Probabilidade de todos serem meninos: 1
2n
Logo: P(A) = 1n n n
− − = −−
1
2
1
21
1
2 1
Para haver no máximo uma menina no ônibus temos dois casos:
1o: Exatamente uma menina ⇒ 1
2nn definir a menina· ( )
2o: Nenhuma menina ⇒ 1
2n
Logo: P(B) = n + n + 1n n n1
2
1
2
1
2. ·= ( )
Veja que A ∩ B é o caso em que existe exatamente uma menina.Como os eventos são independentes:
P A B P(A) · P(B) n = n
n = n+1
n n n∩( ) = ⇒ −
+( ) ⇒
⇒
−1
21
1
2
1
21
1· · ·
−−+
⇒−
− n
n+1 = 2n
n 11
2 1
Esta equação claramente só possui a solução n = 3, já que o lado direito cresce mais rápido que o esquerdo.
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GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 06
Seja a matriz Ak
=−
4
3
2, com k real.
Determine a faixa de valores de k para que exista uma matriz de números reais P tal que as condições abaixo sejam atendidas simultaneamente:
a) ATP + PA = I em que AT é a transposta da matriz A e I é a matriz identidade;b) P seja simétrica;c) p11 > 0, em que p11 é o elemento da linha 1 e coluna 1 de P; ed) |P| > 0, em que |P| é o determinante da matriz P.
Gabarito:
1a Solução
Seja Pa b
b c=
a matriz simétrica do enunciado, temos:
A P PAk a b
b c
a b
b c
k kaT + =−
⋅
+
⋅
−
=
+4
3 2
3
4 2
2( 44 3 2 4
3 2 4 2 3 2
b a k b c
a k b c b c
A P PAT
) ( )
( ) ( )
:
− + + +− + + + − +
+ =Como I
kka b
b c
a k b c
+ =
− + =
− + + + =
4 12 1
3 2 12 2
3 2 4 0 3
3
( )
( )
( ) ( )
(Fazendo )) ( ) :
( ) :
( )− ⋅⋅
− + + ⋅ = −+ =
2 2
2 1
3 8 1
2 8 1
a k b
ka b
Agora multiplicando a primeira por 2k, a segunda por 3 e somando:
2 8 12 3 23 2
2 2 62 62( )
( )( );k k b k b
kk k
k k+ + = − ⇒ =−
+ +≠ − ≠ −e
Substituindo emm
Logo
( ) : c( )( ) ( )( )
:
2 212
312
9 62 2 6
2 212 2 6
2
= + = +−
+ +=
+ ++ +
bk
k kk kk k
cck kk k
=+ ++ +
2 2 214 2 6( )( )
Substituindo em ( ): a (k )b c
a( )( )
3 3 2 4
32 6
2 2 62 42 2
= + +
=− − ++ +
++k k
k kk kkk k
kk k
ak
k k
++ +
=+
+ +
⇒ =+
+ +
422 2 6
3 482 2 6
162 2 6
( )( ) ( )( )
( )( )
Agora commo p ak
k k11 016
2 2 60= >
++ +
>:( )( )
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DISCURSIVAS – 23/10/17
+
– –16 –6 – –2
+
− < < − > −16 6 2k kou
Além disso, |P| > 0 ac – b2 > 0
⇔+ + +
+ +−
−+ +
>( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )k k k
k kk
k k16 2 21
8 2 63 2
4 2 60
2
2 2
2
2 2
Multiplicando por 8(k + 2)2(k + 6)2, que é positivo:
k3 + 10k2 + 77k + 318 > 0
–6
1
1 0
10
4
77
53
318: (k + 6)(k2 + 4k + 53) > 0
Como k2 + 4k + 53 > 0; ∀k ∈ , devemos ter: k > –6
Fazendo a interseção dos intervalos temos:
k > –2 ou seja k ∈ (–2, + ∞)
2a SoluçãoA P PA
PA PA
c
c
PA c A
P
T
T
+ =
+ =
−
= + > ⇒ ∃
=
−
I
I
PA =
Det
( )
12
12
14
02 1
112
12
12
12
2 3
4
2 12
1c
cA
Pc
c k
k
−
⋅
=−
⋅−
+
−
PP
c ck
c c k
k
P
ck
ck
k
=
− +
− − − +
+
=
−+
+
+
1 4 32
2 2 3 22 12
1 42 12
32
2 122
2 22 12
3 22 12
− −+
− +
+
ck
c k
k
11
GABARITO IME – MATEMÁTICA
A P PA
PA PA
c
c
PA c A
P
T
T
+ =
+ =
−
= + > ⇒ ∃
=
−
I
I
PA =
Det
( )
12
12
14
02 1
112
12
12
12
2 3
4
2 12
1c
cA
Pc
c k
k
−
⋅
=−
⋅−
+
−
PP
c ck
c c k
k
P
ck
ck
k
=
− +
− − − +
+
=
−+
+
+
1 4 32
2 2 3 22 12
1 42 12
32
2 122
2 22 12
3 22 12
− −+
− +
+
ck
c k
kSimétrica ⇒
− − = +
− = +
= −+
2 232
72
2
72 4
c ck
c k
ck
( )
ak
k k
Pc
A
P A k k
11
2
162 2 12
14
0 0 2 12 0
=+
+ +
=+
> ⇒ > ⇒ + > ⇒ >
( )( )
DetDet
Det Det −−
> ⇒ > −
> − ∩ > − ⇒ − + ∞
6
0 2
2 6 2
11a k
k k ( , )
12
DISCURSIVAS – 23/10/17
Questão 07Determine todos os números primos p, q e r tais que 35p + 11pq + qr = pqr.
Gabarito:
35 11 35 11 35 11p pq qr pqr qqrp
qrqrp
qr q+ + = ⇔ + + = ⇔ = − − , como o membro da direita é uma
soma de inteiros e o membro da esquerda é inteira, e como p, q e r são primos, temos quatro casos a considerar:
p = q, p = –q, p = r e p = –r.
1o caso p = qr qr q q r F S= − − ⇔ −( ) −( ) = ⇔ ⇔ =35 11 1 11 46 01
Não há soluções (p, q, r) para p, q e r primos.
2o caso p = –q− = − − ⇔ +( ) −( ) = ⇔ = − −( ) −( ) −r qr q q r S35 11 1 11 24 2 2 13 3 3 17 5 5 52 , , ; , , ; , ,(( ) −( ){ }; , ,11 11 13
3o caso p = rq qr q q r S= − − ⇔ −( ) = ⇔ = ( ) −( ) ( ) −35 11 12 35 19 5 19 5 5 5 17 7 17 73 , , ; , , ; , , ; , 77 7,( ){ }
4o caso p = –r− = − − ⇔ −( ) = ⇔ −( ) − −( ) − −( ){ }q qr q q r S35 11 10 35 17 5 17 3 5 3 5 7 54 , , ; , , ; , ,
Todas as soluções (p, q, r) pertencem ao conjunto S = S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4.
Obs.: Se considerarmos como primos somente os números positivos de dois divisores positivos o conjunto solução será S = ( ) ( ){ }19 5 19 17 7 17, , ; , ,
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GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 08Considere a elipse abaixo, onde DD’ é uma corda passando pelo seu centro, MM’ uma corda focal e o eixo maior da elipse é 2a. Prove que:
DD’2 = MM’ . 2a
DM
C F
D’ M’
θ θ
Gabarito:
1a Solução:
Sem perda de generalidade considere a elipse centrada na origem e F o foco de coordenadas (C, O).Como DD '
s ruu passa pela origem, DD '
s ruu: y = mx.
MM 's ruuu
// DD 's ruu
e F ∈ MM 's ruuu
⇒ MM 's ruuu
: y = mx – mc.
Elipse: xa
yb
2
2
2
21+ =
Para achar D e D’ faremos DD 's ruu
interseção com a elipse.xa
m xb
xa b
a m bDD
a ba m b
m2
2
2 2
22
2 2
2 2 2
22 2
2 2 221
41+ = ⇒ =
+⇒ ( ) =
++( )' ·
Para achar M e M’ faremos MM 's ruuu
interseção com a elipse:xa
m x m cx m cb
b a m x m ca x a m c a b
2
2
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
21
2
+− +
= ⇒
⇒ +( ) − + − = 00.
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DISCURSIVAS – 23/10/17
Veja que xm e xm’ são raízes dessa equação.
Agora: MM x x y y x x mx mx
m x x
M M M M M M M M
M M
'
·
' ' ' '
'
= −( ) + −( ) = −( ) + −( ) =
= + −
2 2 2 2
2 1
Porém, numa equação de 2o grau a diferença das raízes é a∆
∆ = − +( ) −( )= − + −
4 4
4
4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 2 2 2 2 4
m c a b a m a m c a b
m c a b a m c a b
·
· aa m c a b m
a b m c a m b am b
4 4 2 4 2 2
2 2 2 2 2 2 24 42 2
+( )= − + +
=·
1 244 34422 4 2 1b m· +( )
Assim, MM mab ma m b
aba m b
m' ··
· ,= ++
+=
++( )2
2 2
2 2 2
2
2 2 221
2 1 21 donde: MM’ · 2a = DD’2.
2a Solução:
Sabe-se que os comprimentos dos raios focais são dados pelas expressões
FMpe
FMpe
pba
eca
=+
=−
= =1 1
2
cos'
cos, sen
θ θe do o parâmetro e a excentriicidade,
assim eMM FM FMp
eab
a caMM' '
cos cos'= + =
−=
−=
21
22
42 2
2
2 2θ θaa b
a c
2 2
2 2 21
− cos. ( )
Sem a equação
θ
perda de generalidade, se da eelipse comfor , e ( , ),
temos que :
ε =xa
yb
a b c D x y
x
2
2
2
22 2 2
0 0
0
1+ = = + =
= CCDxa
yb
CDa
x y CD eCD
⋅ + =⋅
++ =−
cos ,( cos (
,)
θθ
02
02 2
2 202
202
2 21 assim
CCD
a
b
CDb
CDa b
a a
⋅
+
= ⇔
−
= ⇔ =
− −
cos
cos cos
)θ
θ θ
2
2
22
22 2
2 2
2
2
2
1
11
bba b
a c
CDDD
DDa b
a c
2 2
2 2
2 2 2
22 2
2 2 224
( ) =−
= =−
cos cos.
',
cos.
θ θ
θComo (( )
' '
2
22Das equações (1) e (2) vemos que DD MM a= ⋅
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GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 09Considere um triângulo ABC onde BC = a, AB = c, AC = b, c > b. O círculo inscrito a esse triângulo tangencia BC em D e DE é um diâmetro desse círculo. A reta que tangencia o círculo e que passa por E intercepta AB em P e AC em Q. A reta AE intercepta BC no ponto R. Determine os segmentos de reta EQ e DR em função dos lados do triângulo: a, b e c.
Gabarito:
A
E’
PEQ
C H
H’
r
r
D R B
Seja H o pé da altura de ABC, e AH = ha .
Por áreas temos: S=P e S com⋅ =⋅
⋅ =+ +
r
a hP
a b ca
2 2
Logo: r haa= =
SP
eS2
Pela semelhança ∆ABC ≅ ∆AQP temos:
a b cQP QA AP
AHAH
= = ='(I)
Como AH’ = ha – 2r e AHAH
',=
−=
−=
−h rh
Sa
SP
Sa
P aP
a
a
22 2
2substituindo em (I):
QPP
PQA
P
PAP
P
P=
−( )=
−( )=
−( )a a b a c a
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DISCURSIVAS – 23/10/17
Sendo E’ o ponto de tangência temos:
AE’ = (P – a) e PE = PE’ = AE’ – AP = (P – a) – c a a cP
P
P P
P
−( )=
−( ) −( )
Logo QE = QP – EP = a p a
p
p a p c
p
p a p b
p
−( )−
−( ) −( )=
−( ) −( )
Pela semelhança ∆AEP ≅ ∆ARB:
AP PERB
RBPE
AP
P P
Pcc a c
pc
c a
P
P c= ⇔ =⋅
=−( ) −( )
⋅−( )
= −
Temos também: BD = P – b e DR = DB – RB = P – b – (P – c) = c – b
17
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Questão 10Seja um cubo regular, onde os centros de suas faces são vértices de um octaedro. Por sua vez, os centros das faces deste octaedro formado são vértices de outro cubo. Obtendo consecutivamente octaedros e cubos infinitamente, determine a razão da soma do volume de todos os poliedros inscritos pelo volume do cubo inicial.
Gabarito: A B
C
FE
H
O2
O5O6
O4
O1
D
P
QG
a
O3
M
I - Cálculo do volume do 1o cubo inscritoSeja: P - centro da face O1O2O6 do octaedro; Q - centro da face O2O6O3 do octaedro;
P e Q são baricentros das suas respectivas faces ⇒ O P PM
O Q QM1
3
2
2
=
=onde M é ponto médio e O2O6
Seja PQ a aresta do 1o cubo inscrito
⇒ = ⇒ = ⇒ =PQO O
MP
MO
PQa
PQ a1 3 1
13 3
⇒ a aresta do 1o cubo inscrito é a Va
c3 271
3
⇒ = onde Vcj é o volume do vigésimo cubo inscrito.
II - Observe que o volume de cada octaedro inscrito é aj−1
3
6, onde aj – 1 é a aresta do cubo circunscrito a
esse octaedro ⇒
a
O1
O3
x
x
P
Q
M
2x
2x
18
DISCURSIVAS – 23/10/17
V a Va
Va
Va
Va
O O O oj
j
oj
1 2 3
33
23
13
3
636
36
36
61
= = = ⇒ ⇒ =
⇒ = ⋅
−;
( );
( )...
( )
333 j−
3
Já o volume de cada cubo inscrito é (aj)3 onde aa
Va
j j c= ⇒ =
⇒
3 31
3
⇒ =
⇒ =
⇒ =
V
aV
aV
ac c c jj2 33 3 32
3
3
3 3
...
III - Soma do volume de todos os poliedros inscritos, inclusive do 1o octaedro:
Va aj
j jjtotal
volume dos cubos
=
+ ⋅
=
∞
=
∞
∑ ∑316 31
3
01 24 34
3
volume dos octaedros1 24 34
aa a
jj
3
31
3 3
3
127
1 127
26=
∞
∑ = ⋅−
=
jj
a a
Va a a a a
V
=
∞
∑ ⋅ =
= + =+
=
0
3
3
3
3 3 3 3 3
61
3952
26952
2 552
1152
.
total
totaal
cuboV
a
a= =
1152 11
52
3
3
19
GABARITO IME – MATEMÁTICA
Comentário:
Tradicionalmente, a prova de matemática do IME apresenta elevado grau de dificuldade, fazendo com que os alunos se deparem com um vestibular cada vez mais trabalhoso.
Destacamos as questões 1, 6 e 7 como sendo as mais difíceis. Apesar destas, questões como bastante acessíveis as de número 2 e 10.
Parabenizamos a banca pela prova, que uma vez mais privilegia e seleciona os melhores alunos do Brasil.
Professores:
Álvaro de JesusAnderson Izidoro
Bruno PedraElisama
Êurope GoritoGenilson
Jordan PivaMarcelo XavierRafael Sabino
Sandro Davison