IME2005 MATEMÁTICA

“A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo”Galileu Galilei

Dada a função ( )( )156 156

2

x x

f x−+

= , demonstre que:

f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) . f(y) Resolução: Escrevendo f(x+y) e f(x-y) temos:

( )( )156 156

2

x y x y

f x y+ − −+

+ = (I)

( )( )156 156

2

x y x y

f x y− − ++

− = (II)

Sendo que de (I) e (II) encontramos:

156 156 156 1562

+ − − − − ++ + ++ + − =

x y x y x y x y

f ( x y ) f ( x y ) = ( ) ( )156 156 156 156

2 22 2

− −+ += ⋅ ⋅

x x y y

. . f ( x ) f ( y )

c.q.d.

O sistema de segurança de uma casa utiliza um teclado numérico, conforme ilustrado na figura. Um ladrão observa de longe e percebe que: • a senha utilizada possui 4 dígitos; • o primeiro e o último dígitos encontram-se numa mesma linha; • o segundo e o terceiro dígitos encontram-se na linha imediatamente superior. Calcule o número de senhas que deverão ser experimentadas pelo ladrão para que com certeza ele consiga entrar na casa.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

Teclado numérico

Q u e s t ã o 0 1

Q u e s t ã o 0 2

2

Resolução:

Analisemos cada caso usando o princípio fundamental da contagem:

Caso 1: O primeiro e último dígitos iguais e iguais a zero.

1 3 3 1 = 9 casos

0 7, 8 ou 9 7, 8 ou 9 0

Caso 2: O primeiro e último dígitos escolhidos na 3ª linha:

3 3 3 3 = 81 casos 7, 8 ou 9 4, 5 ou 5 4, 5 ou 6 7, 8 ou 9

Caso 3: O primeiro e último dígitos escolhidos na 2ª linha: 81 casos, analogamente ao caso 2. Total de casos = 9 + 81 + 81 = 171.

Sejam a, b, c e d números reais positivos e diferentes de 1. Sabendo que logad, logbd e logcd são termos consecutivos de uma progressão aritmética, demonstre que:

( )log2 a dc ac=

Resolução: Com os termos da PA (loga d, logb d e logc d) podemos escrever:

2 logb d = loga d + logc d, e fazendo uma mudança de base:

2 log log logog 1 og

da a ab

a a

d d l l c⋅

= +

2 1 log 1 log log1 ,log log log log

a a a

a a a a

c c a que resultab c c c

+ += + = = :

2 log ,log log

a

a a

ca b c

= e daí:

2 logac = logab . (logaca), ou ainda:

logac2 = loga

log( ) a bca , que leva a c2 = log( ) .a bca .

No entanto, foi pedido que c2 = log( ) a dca , para isso devemos ter b=d:

Assim, a relação c2 = alog d(ca) não é verdadeira para a, b, c e d reais positivos e diferentes de 1.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

Q u e s t ã o 0 3

3

Determine o valor das raízes comuns das equações x4 – 2x3 – 11x2 + 18x + 18 = 0 e x4 – 12x3 – 44x2 – 32x – 52 = 0.

Resolução:

Testando raízes inteiras na primeira equação: P(x) = x4 – 2x3 – 11x2 + 18x + 18 = 0 (3)4 – 2(3)3 – 11(3)2 + 18(3) + 18 = 0 ∴ 3 é raiz. Fatorando pelo dispositivo de Briot-Riffini: 3 1 -2 -11 18 18 1 1 -8 -6 0 P(x) = (x-3).(x3 + x2 – 8x – 6) (-3)3 + (-3)2 –8(-3) – 6 = 0 ∴ - 3 é raiz de x3 + x2 – 8x – 6 . E, fatorando novamente: -3 1 1 -8 -6 1 -2 -2 0 P(x) = (x-3).(x+3).(x2 – 2x – 2) Calculando as raízes de x2 – 2x – 2 = 0, vem: x = 1 3± Por fim, substituindo as raízes encontradas acima em x4 – 12x3 – 44x2 – 32x – 52 = 0

• (3)4 – 12.(3)3 – 44.(3)2 – 32.(3) – 52 ≠ 0 • (-3)4 –12.(–3)3 – 44.(–3)2 – 32.(–3) – 52 ≠ 0 • (1 + 3 )4 –12.(1+ 3 )3 – 44.(1+ 3 )2 – 32.(1+ 3 ) – 52 ≠ 0 • (1 – 3 )4 –12.(1– 3 )3 – 44.(1– 3 )2 – 32.(1– 3 ) – 52 ≠ 0

Nenhuma das raízes da 1ª equação é também raiz da 2ª , logo não existe raiz comum.

Resolva a equação 2 sen 11x + cos 3x + 3 sen 3x = 0.

Resolução:

2 . sen 11x + cos 3 x + 3 sen 3 x = 0

sen 11 x + 12

cos 3 x + 32

sen 3 x = 0

sen 11 x + sen 6π cos 3 x + sen 3 x cos

6π = 0

sen 11x + sen 36

x π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0, e fatorando:

Q u e s t ã o 0 4

Q u e s t ã o 0 5

4

2 . sen 712

x π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

. cos x π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠4

12= 0. De onde vem:

7 412 12 2

x =k ou x kπ π π+ π − = + π ∴ S= /

84 7kx R x ouπ π⎧ ∈ = − +⎨

⎩ 7 ,

48 4kx k Zπ π ⎫= + ∀ ∈ ⎬

⎭

Considere um triângulo ABC de área S. Marca-se o ponto P sobre o lado AC tal que /PA PC = q, e o ponto Q sobre o lado BC de maneira que / .QB QC r= As cevianas AQ e BP encontram-se em T, conforme ilustrado na figura. Determine a área do triângulo ATP em função de S, q e r.

A

B

PT

QC

Resolução:

A

B

PT

QC

K

K/q x

x.q

W W/r

r.y y

Seja K a área pedida e W a área do BTQΔ :

11AQCS S

r⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

e 1

1BPCS Sq

⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

Logo:

1

1

K W SKq r r

K W SWq r q

⎧ + + =⎪ +⎪⎨⎪ + + =⎪ +⎩

e

1 1. .1

1 1 .1

q SK Wq r r

r SK Wq r q

⎧⎛ ⎞++ =⎪⎜ ⎟ +⎪⎝ ⎠

⎨+⎛ ⎞⎪ + =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩

( ) ( )2.

1 . .q SK

q q r q r∴ =

+ + +

Q u e s t ã o 0 6

5

Considere uma elipse de focos F e F’, e M um ponto qualquer dessa curva. Traça-se por M duas secantes MF e 'MF que interceptam a elipse em P e P’, respectivamente. Demonstre que a soma ( / ) ( ' / ' ')MF FP MF F P+ é constante. Sugestão: calcule inicialmente a soma (1/ ) (1/ ).MF FP+

Resolução: Observe a figura da elipse,

a a

M

b

bP’

F’F

P

cc

Após a rotação introduz-se uma mudança dos eixos coordenados, ou seja:

Elipse: 2 2 2

2 2 22 2 21x y b x y b

a b a+ = ⇒ + =

Fazendo bx x e y ya

= = temos

2 2 2x y b+ = (circunferência de raio b)

Fazendo a rotação da elipse até que sua projeção seja uma circunferência de raio b:

–b

P

F

bY

M x,y( )

F’ bRbc

a–bca

X

P’

–b

Após a rotação introduz-se uma mudança dos eixos coordenados, ou seja:

Elipse: 2 2 2

2 2 22 2 21+ = ⇒ + =

x y b x y ba b a

Fazendo =bX xa

e =Y y , temos:

2 2 2+ =X Y b , circunferência de raio b .

Q u e s t ã o 0 7

6

Lembrando que a razão entre medidas lineares permanece constante e fazendo potência de ponto na circunferência temos:

4

2

. ..b c b c bMF . FP b ba a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4

2

. .' ' ' .b c b c bMF . F P b ba a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2

2 24

' '' '

2 2MF MF MF MF' a MF MFFP F P MF . FP MF' . F'P b

+ = + = + =

2 222 2

4 .a bc bcx y x yb a a

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + − + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2 2 22 2

4 22 2 2a b cx yb a

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 22 2

4 2

2a b cx yb a

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 22

4 2

2a b cbb a

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2 2

2

2 a cb+

(Que é constante).

c.q.d.

Sejam a, b e c as raízes do polinômio p(x) = x3 + rx – t, onde r e t são números reais não nulos. a) Determine o valor da expressão a3 + b3 + c3 em função de r e t. b) Demonstre que Sn+1 + r.Sn-1 – t.Sn–2 = 0 para todo número natural n ≥ 2, onde Sk = ak + bk + ck para qualquer número natural k.

Resolução: a. Dado o polinômio P(x) = x3 + 0x2 + rx – t, vamos escrever as Relações de Girard:

( )

0 01

1

1

a b c

rab ac bc r

tabc t

⎧ + + = − =⎪⎪⎪ + + = =⎨⎪⎪ −

= − =⎪⎩

E delas temos, (a + b + c)3 =03, que pode ser escrito da forma: a3 + b3 + c3 + 3(a2b + ab2 + a2c + ac2 + b2c + bc2) + 6abc = 0 Ou, fatorando: a3 + b3 + c3 +3[ab(a+b) + ac(a+c) + bc(b+c)] + 6abc = 0 E, substituindo conforme primeira relação: a3 + b3 + c3 + [ab(–c) + ac(–b) + bc(–a)] + 6abc = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc = 3t b. Ainda das relações de Girard em p(x) temos: ab + bc +ac = r (I) abc = t (II) Sendo Sk = ak + bk + ck, podemos fazer k = n, e com isso, substituindo devidamente temos:

Q u e s t ã o 0 8

7

Sn+1 + rSn – 1 – tSn – 2 = Sk+1 + rSk – 1 – tSk-2 = ak.a + bk.b + ck.c + r 2 2 2

k k k k k ka b c a b cta b c a b c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

E, agora, substituindo (I) e (II), temos:

aak + bbk + cck + k k k k k k k k kab bc acba ab + c a cb bc ca b acc a b

⎛ ⎞+ + + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

– k k kbc ac ab a b ca b c

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

(ak + bk + ck)(a + b + c) = 0

c.q.d.

Calcule o determinante da matriz n x n em função de b, onde b é um número real tal que b2 ≠ 1.

.........

b b b b b b b b

+

+

+

2

2

2

1 0 0 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 ...

...

b b b b

+

+

2

2

0 1 0 0

0 0 0 0 1

0 0 ...

n linhas

b b

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪

+ ⎪⎭20 0 1

n colunas

Resolução: Seja D o determinante pedido,

2

2

2

2

1 0 ... 01 ... 0

0 1 ... 0

0 0 0 ... 1

b bb b b

D b b

b

++

= +

+

Substituindo a linha 2 pela sua soma com o produto da linha 1 por 2 1b

b−⎛ ⎞

⎜ ⎟+⎝ ⎠:

2

4 2

2

2

2

1 0 ... 010 ... 0

10 1 ... 0

0 0 0 ... 1

b bb b b

bDb b

b

+

+ ++=

+

+

E, agora, substituindo a linha 3 pela sua soma com o produto da linha 2 por ( )2

4 2

11

b bb b

⎡ ⎤− +⎢ ⎥

+ +⎢ ⎥⎣ ⎦:

2

4 2

2

6 4 2

4 2

2

1 0 ... 010 ... 0

110 0 ... 0

1

0 0 0 ... 1

+

+ ++

= + + ++ +

+

b bb b b

bD b b b

b b

b

Q u e s t ã o 0 9

8

E, procedendo da mesma forma até a n-ésima linha, temos:

2

4 2

2

6 4 2

4 2

2 2 2 2

2 2 2

1 0 ... 010 ... 0

110 0 ... 0

1

... 10 0 0 ...... 1

n n

n

b bb b b

bb b bD

b b

b b bb b

−

−

+

+ ++

+ + +=+ +

+ + + ++ + +

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

4 2 6 4 2 2 2 2 22

2 4 2 2 2 2

1 1 ... 11 . . .....

1 1 ... 1

n n

n

b b b b b b b bb

b b b b b

−

−

+ + + + + + + + += + =

+ + + + + +

( )( )122 2

2 2 2 22 2

1. 1 11 ...1 1

nn

n nb bb b bb b

++

−− −

+ + + + = =− −

Sendo assim:

2 2

2

11

nbDb

+ −=

−

Considere os pontos P e Q sobre faces adjacentes de um cubo. Uma formiga percorre, sobre a superfície do cubo, a menor distância entre P e Q, cruzando a aresta BC em M e a aresta CD em N, conforme ilustrado na figura abaixo. É dado que os pontos P, Q, M e N são coplanares.

a) Demonstre que MN é perpendicular a .AC . b) Calcule a área da seção do cubo determinada pelo plano que contém P, Q e M em função de BC = a e BM = b.

Resolução: a.

I. Como a formiga percorre o caminho mínimo, quando a figura está planificada temos ∠PMB = θ e ∠QND = 90 - θ. Se P, M, N e Q são coplanares, então PM e QN encontram-se em R. Ainda no ΔRMC temos MC=x e no ΔRNC temos CN = y. Sendo assim, RC = x . tg θ e y = RC.tg θ, ou seja, y = x.tg2 θ. De onde só vale x = y se θ = 450. II. Por outro lado, no ΔMNC temos,

Tg θ = CN/CM = RC. Tg θ/RC. Tg (90 - θ). Então, tg (90 - θ) = 1 ⇒ θ = 450.

Logo, de I e II concluímos que x = y.

Q u e s t ã o 1 0

B

P

MC

N Q

A D

9

B

P

�

�

x

MC

R

N

y

Q90–0

DA b. Considerando MN perpendicular a AC, teríamos os seguintes cortes da figura:

F G

a–b

Pb

Bb

M C G

N

Qb

AD b

H

P

O

2b

S

2b

Na b⋅( ) 2

M

2b

a b⋅( ) 2

T

Q

a b⋅( ) 2

FT

BQ M

NC

G

HOP

D

E

A Deles tiramos,

( ) ( )222 32 3

3.4 4

ba bS

⎡ ⎤+⎣ ⎦= −

( )2 23 2 22

S a ab b= + −

10

Comentários O IME manteve sua tradição. A prova possui conteúdos distribuídos de forma homogênea, com questões em dois níveis: médio e difícil. Uma prova em que o candidato tem que demonstrar suas habilidades com os cálculos e a capacidade de inter-relacionar conteúdos diferentes. A prova é longa, como de costume, em que o candidato deve selecionar as questões que ele faz em pouco tempo, deixando as maiores e de mesmo peso, para o final. Todo o conteúdo cobrado nelas foi trabalhado em sala com nossos alunos, de forma que só coube a eles a organização dos dados e dissertação e/ou escolha do caminho correto.

Incidência de assuntos:

Trigonometria9%

Análise Combinatória9%

Conjuntos/Funções9%

Polinômios18%

Geometria28%

Determinantes9%

Progressões9%

Potências/Logarítmos9%

Professores :

Marcelo Moraes Manim

Bernadelli

Colaborares:

Manfredo Rodrigo Lacerda

Digitação e Diagramação

Diego Bernadelli Márcia Samper

Projeto Gráfico

Frederico Bueno

Assistente Editorial

Diego Bernadelli

Supervisão Editorial

Rodrigo Bernadelli

Copyright©Olimpo2004

A Resolução Comentada das provas do IME poderá ser obtida diretamente no

OLIMPO Pré-Vestibular, ou pelo telefone (62) 251 – 9009