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GABARITO IME

Matemática

Sistema ELITE de Ensino IME - 2016/2017

2 www.sistemaeliterio.com.br

GABARITO COMENTADO

Questão 01

Seja M uma matriz real 2 × 2. Defina uma função f na qual cada elemento da matriz se

desloca para a posição seguinte no sentido horário, ou seja, se

=

a bM

c d, implica que

=

c af M

d b( ) . Encontre todas as matrizes simétricas 2 × 2 reais na qual M2 = f (M).

Solução:

+ + = ⇒ = = + +

=

+ == + = + = = ⇒ ⇒ = ⇒ ⇒ + = =

=+ =

== =

⇒ = ⇒ = = =

2 22

2 2

2 2

2 22

2 2

12

2

(M)

0( ) ou

2 12

0 00

0 00Se ou

0 0 111 0

a b a b a b a b ab bcM M

b c b c b c ab bc b cb a

fc b

a b ba

ab bc a a b bM f M a cab bc a ab a

bb c b

Mba

b bc

b M

= = ⇒ + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒

=

⇒ =

3

2 2

4

1 12 21 1

1 1 1 1 1 2 2Se2 4 2 4 2 1 1–

2 21 1–2 2

1 1 1 1–0 0 0 1 2 2 2 2, , ,0 0 1 0 1 1 1 1–

2 2 2 2

M

b a a a

M

S



Questão 02

Resolva a inequação, onde x ∈ .

( )>

+

x

x

2

29 4

1 – 3 1

Solução:

> ⇒ < > − + − + − +

23 3 34 –2 ou 2

1 3 1 1 3 1 1 3 1x x xx x x

Faremos 3 1x + = A, A ≥ 0 ⇒ 3x = A2 – 1 i)

( )

− −< − ⇒ < − ⇒ + <− −− +

− +⇒ <−

−⇒ <

⇒ >

⇒ + >⇒ + >⇒ >

2 2

2

2

3 1 12 2 2 01 11 3 1

2 1 01

( 1) 01––1 0

3 1 13 1 1

0

x A AA Ax

A AA

AA

A

xx

x

ou ii)

−> ⇒ − > ⇒−− +

+ −⇒ >−

− +⇒ >−

⇒ + <⇒ < − ≥

2

2

3 12 2 011 3 1

2 3 0(1 )

( 1)( 3) 0(1 )3 0

3 ( , , 0)

x AAx

A AA

A AA

AA não pode pois A

Portanto, x > 0.



Questão 03

Resolve o sistema de equações, onde x ∈ � e y ∈ �

− =

=

3 33 3

2 1433

log (log ) log (log ) 1

( ) 3

x y

y x

Solução:

Fazendo a seguinte substituição: =

=

a

b

xy

33

, b > 0 para que exista 33log (log )y

Temos que o sistema passa a ser:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

+

+

= ⇔ = = ⇔ = = ⇔ = = ⇔ + = = ⇒

+ =+ = ⇔+ = ⇔

3 33 3

2

1433

3 33 3

22 1433

3 3

22 1433

3 2

2

2

2

log log 3 – log log 3 1

.3 3 3

log log 3 – log log 3 1

3 3

log 2 – 2log 1

3 3

2log 1

22 1433

2 36 2 429

6 3 4292 – 143 0

a b

ab

a b

ab

ab

a b

abab

a bb a

b bb b b = = −

= =

11 ou 13 (não serve, pois b > 0)36311 e 2

b

b a

Para os valores em x e y temos:

= =363

1123 e 3x y .



Questão 04

Classifique o sistema abaixo como determinado, possível indeterminado e impossível de acordo com os valores reais de m.

− + − = + + + = + + + + + = +

2

3

( 2) 2 12 2 22 2( 1) ( 1) 3

m x y z mx my z mmx m y m z m

Solução:

− −

− − − −∆ = =

+ + − −

= − − + + − − −

= − + +

3 3 1 22 2

3 2

2 2 1 2 2 12 2 2 2

2 2 2 1 0 2 1

( 2) ( 1) 4 4( 2) 4( 1)3 2 4

p

L por L L L

m mm m

m m m m

m m m m mm m m + 4m − 8 − 4m + 4

= − += − −

2( 3 2)( 1)( 2)

m m mm m m

i) Se m ∈ – {0,1,2} ⇒ ∆P ≠ 0 ⇒ o Sistema é possível e determinado. ii)

− + − =+ == ⇒ + = ⇒ ⇒ = − + = + =

⇒ = − − ⇒ = −⇒ = −

⇒ − −⇒

2 2 12 3

Se 0 2 2 2 3 22 3

2 3

2 2 2(3 2y) 2x 4y 4x 2y 2

todo termo da forma (2 2, , 3 2 ) é soluçãoo Sistema é possível e indeterminado.

x y zy z

m x z z yy z

y z

x

y y y

iii)

− + − == = + + = = + + =

⇒

2 25 7

1 2 2 3 incompatíveis8 8

2 4 2 4

O sistema é impossível

x y zy

Se m x y zy

x y z



iv)

− =− = = + + = + − = − + + =

⇒

2 32 3

2 2 2 2 6 incompatíveis2 1

4 6 3 11

o sistema é impossível

y zy z

Se m x y zy z

x y z

Resumindo: m ∈ – {0, 1, 2} ⇒ Sistema possível e determinado m = 0 ⇒ Sistema possível e indeterminado m ∈ {1, 2} ⇒ Sistema impossível Questão 05

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. Solução: Primeiramente:

( ) ( )( )

+ = ⇔+ − − + + = ⇔

− + + − + = ⇔

− + = − + =

3

3 2 2 3

3 2 2 3

3 2 2 3

0.. .3 3 47 0

.3 47 3 0

3 47 0 ( ) e 3 0

z wa a b i ab b i c i

a ab a b b c i

a ab I a b b c II

De (I) temos: ( )− + = ⇔ = −3 2 2 23 47 0 47 3 ,a ab a b a como a é um número inteiro, este

é divisor de 47, logo:

( ) ( )= ⇔ = − ⇔ = ⇔ =2 21 47 3 1 3 48 4 já que b é positivoa b b b ou

( )= ⇔ = − ⇔ = ⇒ ∉2 2 2a 47 1 3b a 3b 2210 b .

Como = =1 4a e b , temos em (II) que:

− + = ⇔ =2 3. .3 1 4 4 0 52c c Logo = = =1, 4 e 52.a b c



Questão 06

Enunciado 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. Solução:

A) Circunferência com centro E e raio EA

+ = + =

⇒ ∂ + =

x y

x y

22 2 2 2

2

2 2

55 5 55 5 3250– –18 6 18 6 18

55 5 1625: – –18 6 162

B) = = = ⇒ =

⇒ = + = + = + =

∆ = = = ⇒

⇒ = ×

AM AD M

EM

EMC MC EC EM MC

MC EM

2 2 2 2

2 2 2

3 3 9 9(3,2) ,3 ,32 2 2 2

9 55 5 26 13 13 4 13 13– 3 – 12 18 6 18 6 6 9 18

3250 2197 1053 9 13: – –324 324 324 18

913

Colocando os pontos no plano de Argand-Gauss



( )

( )

= × ⇒ + = + × ×

= ⇒ = + = + ⇒ = ⇒ =⇒ =

+= ⇒ = =

⇒ =

MC EM i x y i i i

x xx y i i iy y

C

B CM B M C

B

9 9 26 13 9– – 313 2 18 6 13

9 3– – 39 3– – 3 1 2 22 2 – 3 1 4

(3,4)

2 – (9,6) – (3,4)2(6,2)



Questão 07

Se + = −cos sen 1,cos sen

x xy y

calcule o valor S.

+ −= +3cos cos 3 3sen sen 3cos seny y y yS

x x

Solução:

3

3

3 3

cos sen 1 cos · sen sen · cos sen · coscos sen

cos3 4 cos 3 · cosSabendo que:sen3 3 · sen 4 · sen

3 · cos cos3y 3 · sen sen3Logo: =cos sen

3 · cosy 4 · cos y 3cos 3 · sen 3 · seny 4 · sen=cos sen

x x x y x y y yy y

y y yy y y

y y yx x

y y yx x

+ = − ⇒ + = −

= −

= −

+ −+ ⇒

+ − − +⇒ +

3 3cos sen= 4 4cos sen

y y Tx x

⇒

⇒ + =

−

+= + = ⇒

− + −⇒ = ⇒

+ + − +⇒ = ⇒

⇒ =

3 3 3 3

2 2

sen · cos

cos sen sen · cos cos · senondecos sen sen · cos

sen · cos (1 sen ) cos · sen (1 cos )sen · cos

sen · cosy cos · sen ( sen · cos ) · (sen · sen cos · cos )sen · cosx

y y

y y x y x yTx x x x

x y y x y yTx x

x x y y y x y x yTx

T + + + ⇒

⇒ = + + + ⇒

⇒ = + + + + + ⇒

⇒ = + +

2 2

(sen · cos cos · sen ) · (sen · sen cos · cos 1)sen · cos

cos sen · (sen · sen cos · cos 1)cos sen

sen cos cos sen· sen · cos cos sen · sen · cosycos cos sen sen

sen cos1cos sen

x y x y x y x yx x

y yT x y x yx x

x y x yT y y y y yx x x x

x xTx x

+ + ⇒

−⇒ = + + =

=

sen · cos sen · cos· sen · cossen · cos

1 ( sen · cos )1 · sen · cos 1sen · cos sen · cos

Logo 4

x y y xy yx x

y yT y yx x x x



Questão 08

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?

Solução: (a)

Escolha de 2 elementos na imagem: =2

4 6C Total de funções com esta imagem: Total – não serve = 24 – 2 (imagem com 1 elemento) = 14 Logo: no de funções = 6 × 14 = 84 (b) A função g pode ter imagem com: (I) 1 elemento: no funções g: 4 no funções f: este elemento pode se corresponder com 4 elementos os outros 3 elementos podem se corresponder com 43 elementos Logo: 4 ×4 × 43 = 45 = 64 × 42

(II) 2 elementos: no funções g: 84 (item a acima) no funções f: estes 2 elementos podem se corresponder com 4 elementos. Os outros 2 elementos podem se corresponder com 42 elementos. Logo: 84 × 4 × 42 = 21 × 44 = 336 × 42

(III) 4 elementos: no funções g: 4! = 24 no funções f: estes 4 elementos podem se corresponder com 4 elementos Logo: 24 × 4 = 6 × 42



(IV) 3 elementos: no funções g: 44 – 4 – 84 – 24 = 256 – 112 = 144 no funções f: estes 3 elementos podem se corresponder com 4 elementos, o outro elemento pode se corresponder com 4 elementos. Logo: 144 × 4 × 4 = 144 × 42

Total de funções (f ∘ g = constante) = (64 + 336 + 6 + 144) × 42 = 550 × 42

No de casos possíveis = 44 × 44 = 44 × 42 × 42 ⇒ ×= = =×× ×

2

4 2550 4 275 275

256 8 20484 4 4P



Questão 09

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. Solução:

Aplicando o teorema das bissetrizes, temos:

= = ⇔ = =+ + +

e m n a ac abm nc b b c b c b c

Pelo teorema de Stewart nas cevianas e :AD AM

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

− + = ⇔ + = ⇔

+ = ⇒ + =

+ +

− + = ⇒ − =⋅ ⋅ ⋅

= =

22 2 2 2

2 2

22 2

1 2

2 2 1

21 22

2 2 2 2

3 2 2De 1 e 2 : e .4 4

mnc b b cam mn an an am

b c b c aab aca a

b c b c

bcc b ab ca a a aa a

a ab c



Questão 10

Em um cone equilátero são inscritas duas esferas de raios −+

3 13 1

R e R, conforme a figura

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.

Solução:

Lema: Pelo teorema de Dandelin o corte na superfície cônica é uma elipse com eixo maior = 2a, onde DE = 2a ⇒ A maior distância entre 2 pontos desse corte é o eixo maior dessa elipse e, portanto, é igual a DE.

= ⇒ = ⋅ = ⋅3tg 30° 33

r AD r rAD

−⇒ =+

3 33 1

AD R



= ° ⇒ = ⋅ =3tg 30 33

R AE R RAE

− + − +⇒ = − = − =+ +

3 3 3 3 3 333 1 3 1

DE AE AD R R R

( )−⇒ = = = −+

2 3 6 2 3 3 323 1

DE R R R

Demonstração do lema: Seja P um ponto do corte e F1 e F2 os pontos de contato do plano de corte com as esferas. PF1 e PR são duas tangentes traçadas de P à esfera menor ⇒ PF1 = PR PF2 e PS são duas tangentes traçadas de P à esfera maior ⇒ PF2 = OS ⇒ PF1 + PF2 = PR + PS = RS = DE ⇒ L.G. de P: Elipse de focos F1 e F2 e eixo maior DE.



Comentário da prova

Nesse ano a prova veio abrangente, cobrando vários tópicos do ensino médio como matrizes, inequações, logaritmos, sistemas, números complexos, geometria analítica, trigonometria, análise combinatória e geometria plana, além de tópico raros no ensino médio, como seções cônicas e teorema de Dandelin.

O nível de dificuldade veio difícil quando comparado a outros vestibulares e moderado quando comparado a outros anos do IME, possibilitando uma boa distribuição de notas entre os candidatos.

As questões mais fáceis são a 1 e a 4 e as mais difíceis são a 7 e a 8.

A questão 10 foi muito acessível para o candidato que soubesse o teorema de Dandelin.

Mais uma vez queremos parabenizar a banca por uma bela prova que selecionará os melhores candidatos.

Equipe de Matemática Álvaro Neto André Felipe Kessy Jhones Marcelo Xavier Rafael Sabino Ricardo Secco



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