2. Questão 1
_____________________________________________________
Solução:
A1 C1
B1
A
B
C
α
β
Do triângulo ACD:
1
AC x.cos
AD DA x.sen
= β
= = β
1 1 1AA 2.x.sen BB CC⇒ = β = =
(pois o prisma é reto)
- Do triângulo ACB:
A
B C
H
α β
AB AC x.cos
BH AB.cos
BC
BH BC 2.AB.cos 2.x.cos .cos
2
AH AB.sen x.sen .cos
= = β
= α
= ⇒ = α = α β
= α = α β
- Cálculo das áreas SAA1C1C, SBB1C1C, SAA1B1B:
( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
AA C C 1
BB C C 1
S AC.AA x.cos .2.x.sen x².sen 2
S BC.BB 2.x.cos .cos . 2.x.sen 2.x².sen 2 .cos
= = β β = β
= = α β β = β α
Área Total Lateral:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1AA C C BB C C AA B BS S S S
x².sen 2 2.x².sen 2 .cos x².sen 2
= + +
= β + β α + β
( ) ( )S 2x².sen 2 . 1 cos= β + α
3. Questão 2
_____________________________________________________
Solução: Como não há termo linear, para identificarmos a cônica basta
realizarmos uma rotação de eixos.
Em uma rotação qualquer os seguintes termos são invariantes:
( )
2
A' C' A C 1 11
B'² 4A'.C' B² 4.A.C 10 3 4.1.11
F' F
+ = + = +
− = − = −
=
Para simplificar a identificação da cônica, deseja-se eliminar o termo
retangular. Façamos, portanto, a rotação tal que B’ = 0.
A' C' 12
A' 16 , C' 4
A'.C' 64
+ =
⇒ ∴ = = −
= −
Após a rotação:
y'²
16.x'² 4.y'² 16 0 x'² 1
4
− + = ∴ − =
A curva dada é uma hipérbole de semi-eixos transverso a = 2, e não-
transverso b = 1.
c a² b² 4 1 5
e
a a 2 2
+ +
= = = =
5
e
2
=
4. Questão 3
_____________________________________________________
Solução:
Seja:
( )
( )
1
2
z 10 6.iz z
w
z z z 4 6.i
− +−
= =
− − +
Tome z = a + b.i , com a e b reais.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 2
a 10 i. b 6
w
a 4 i. b 6
a 10 i. b 6 . a 4 i. b 6
a 4 b 6
a 10 . a 4 b 6 i. a 4 b 6 a 10 . b 6
a 4 b 6
− + −
= =
− + −
− + − − − − = =
− + −
− − + − + − − − − − =
− + −
Como o argumento de w é π/4, temos que Re(w) = Im(w):
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
a 10 . a 4 b 6 a 4 b 6 a 10 . b 6
a² 14.a b² 18.b 112 0
a 7 b 9 18
− − + − = − − − − −
⇒ − + − + =
⇒ − + − =
A equação representa uma
circunferência centrada em (7, 9) no
plano complexo.
Note que, se k = 7 + 9.i, então |z – k|
tem módulo numericamente igual ao
raio da circunferência.
u 18 3 2= =
z 7 9.i 3. 2− − =
5. Questão 4
_____________________________________________________
Solução:
Temos 3 possibilidades:
a1 a2 a3 a4 a5 a6
(i) m 22680 n
(ii) m 22680 n
(iii) m 22680 n
Em (i) 500
2260.q n 180000 q 7,94
63
= ≤ ⇒ ≤ ≈
(ii) e (iii) 500
2260.q n q 2,82
63
= ⇒ ≤ ≈
Dessa forma { }q 2, 3, 4, 5,6, 7∈
Além disso, p
m.q 22680= com p maior ou igual a 3, pois há pelo menos 2
elementos entre eles.
Além disso: 22680 = 3
4
.5.7.2
3
Como m, q, p são naturais, temos:
p 4 3
m.q 3 .5.7.2 p 3 ou q 4= ⇒ = =
Se p = 3, q = 3 ou q = 2 ou q = 6.
Se p = 4 , q = 3.
6. Resolução IME – Matemática
Solução – Turma 14 ITA RUMOAOITA
Verificando as condições do enunciado
q = 2:
(i) Ok
(ii) m não é natural!
(iii) Ok
q = 3:
(i) Ok
(ii) Ok
(iii) Ok
q = 6:
(i) Ok
(ii) m não é natural!
(iii) n 180.000≥
Possíveis valores:
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }
m,n,q
2835, 45360, 2 ; 2835, 90720, 2 ; 840, 68040, 3 ; 280, 68040, 3 ; 105, 136080, 6
=
7. Questão 5
_____________________________________________________
Solução:
Pela lei dos senos no triângulo ABA1:
1
1
AA
2.R 2 AA 2.sen
2
sen
2
α
= = ⇒ = β + α β +
Multiplicando dos dois lados por cos(α/2):
( )
1AA .cos 2.sen cos
2 2 2
sen sen
sen sen
α α α
= β +
= β + α + β
= γ + β
Analogamente:
1
1
BB .cos sen sen
2
CC .cos sen sen
2
β
= α + γ
γ = α + β
Daí,
( )
( )
1 1 1AA .cos BB .cos CC .cos
2. sen sen sen2 2 2
2
sen sen sen sen sen sen
α β γ
+ + α + β + γ = =
α + β + γ α + β + γ
1 1 1AA .cos BB .cos CC .cos
2 2 2
2
sen sen sen
α β γ
+ +
=
α + β + γ
8. Questão 6
_____________________________________________________
Solução:
( )
2
2
3.z 6.z² 9.z²
z z²
z 3 z 3 z 3
− = − + + + +
Do enunciado, a equação se torna:
2
2
3.z 6.z²
z 5
z 3 z 3
3 6.z²
z². 1 5
z 3 z 3
− = − − + +
⇒ − + = − + +
Chamando
z²
a
z 3
=
+
, vem:
a² 6.a 5 0 a 1 ou a 5+ + = ⇔ = − = −
Temos, portanto:
a 1 z² z 3 0
a 5 z² 5.z 15 0
= − ⇒ + + =
= − ⇒ + + =
Soluções:
1 i. 11 1 i. 11 5 i. 35 5 i. 35
; ; ;
2 2 2 2
− + − − − + − −
9. Questão 7
_____________________________________________________
Solução: Analise as tabelas de resto 7.
2
x
Resto por 7
1 1
2 2
4 4
8 1
... ...
Os restos se repetem com período= 3
x
2
Resto por 7
0 0
1 1
4 4
9 2
16 2
25 4
36 1
49 0
64 1
... ...
Os restos repetem com período =7
Queremos x 20000≤ tal que 2
x
e x
2
deixem o mesmo resto na divisão por 7.
Os possíveis casos são:
1. x = 3.k e x = 7.k´+1
2. x = 3.k e x = 7.k´+6
3. x = 3.k + 1 e x = 7.k’ + 3
4. x = 3.k + 1 e x = 7.k’ + 4
5. x = 3.k + 2 e x = 7.k’ + 2
6. x = 3.k + 2 e x = 7.k’ + 5
10. Resolução IME – Matemática
Solução – Turma 14 ITA RUMOAOITA
Vamos contar as soluções de cada um dos casos:
Caso 1: Nesse caso temos que: ( )x 15 mod.21≡
{ }21.n 15 20000 n 0,1,2,...,951+ ≤ ⇒ =
Total: 952 soluções
Caso 2: Nesse caso temos que: ( )x 6 mod.21≡
{ }21.n 6 20000 n 0,1,2,...,952+ ≤ ⇒ =
Total: 953 soluções
Caso 3: Nesse caso temos que: ( )x 10 mod.21≡
{ }21.n 10 20000 n 0,1,2,...,951+ ≤ ⇒ =
Total: 952 soluções
Caso 4: Nesse caso temos que: ( )x 4 mod.21≡
{ }21.n 4 20000 n 0,1,2,...,952+ ≤ ⇒ =
Total: 953 soluções
Caso 5: Nesse caso temos que: ( )x 2 mod.21≡
{ }21.n 2 20000 n 0,1,2,...,952+ ≤ ⇒ =
Total: 953 soluções
Caso 6: Nesse caso temos que: ( )x 5 mod.21≡
{ }21.n 5 20000 n 0,1,2,...,952+ ≤ ⇒ =
Total: 953 soluções
Contabilizando o total de soluções: N= 4 . 953 + 2 . 952 = 5716 soluções
5716 soluções
11. Questão 8
_____________________________________________________
Solução:
Considerando as faces dos dados que saíram nos n lançamentos, só existe
uma ordem possível de se organizar essas faces de modo que satisfaça as
condições do problema. Note que não podemos ter as faces 1, 2, ou 3, pois
os lançamentos se iniciam por 4.
Seja xi o número de vezes que saiu a face i
Como o primeiro lançamento é 4, temos:
4 5 6x x x n 1+ + = −
Cujo número de soluções é dado por: 2
n 1C +
Total de possibilidades: 6
n
2
n 1
n
C
Pr obabilidade
6
+
=
12. Questão 9
_____________________________________________________
Solução:
Analisemos primeiramente o conjunto A B∩ :
{ }a A k 1,2,...,1999∈ ⇔ ∃ ∈ tal que p(K) = a.
( ){a B a 1 considerando que 0 N∈ ⇔ ≠ ∉
Assim, { }a A B k 1,2,...,1999∈ ∩ ⇔ ∃ ∈ tal que ( )
( )
p k 1
p k 1 é quadrado perfeito
≠
−
Mas, ( ) ( ) ( )
2
p k 1 2.k³ 3.k² 1 k 1 . 2.k 1− = − + = − +
Deste modo, p(k) – 1 é quadrado perfeito se e somente se:
( )( )k 1 não convém , pois p 1 1
ou
2.k 1 é quadrado perfeito
= =
+
Mas, o conjunto dos valores possíveis para 2.k + 1 é:
{ } { }2.1 1, 2.2 1, ..., 2.1999 1 3, 5, ...,3999+ + + =
Ainda, temos que, se k 1≠ :
( ) ( )
2
k 1 0
p k 1
k 0 2.k 1 0
− >
∴ >
> ⇒ + >
13. Resolução IME – Matemática
Solução – Turma 14 ITA RUMOAOITA
Deste modo, { }a A B k 2 , 3, ..., 1999∈ ∩ ⇔ ∃ ∈ tal que a – 1 = p(k) – 1 é
quadrado perfeito.
Assim o número de elementos de A B∩ é o número de quadrados perfeitos
pertencentes a { }5,7,...,3999 que por sua vez é:
( ) { }n X onde X m N / m é impar e 5 m² 3999= ∈ ≤ ≤
Mas,
m² 5 m 3≥ ⇔ ≥
m² 3999 m 63≤ ⇔ ≤
( )n A B 31∴ ∩ =
Analisemos agora o conjunto A C∩ :
Analogamente ao item anterior:
( ) ( )p k 2 2.k³ 3.k² k². 2.k 3− = − = −
Como k² > 0 , para todo k natural, basta ter (2.k-3) quadrado perfeito, ou seja:
( ) ( ) { }n A C n Y onde Y m N / m é impar e 1 m² 3995∩ = = ∈ − ≤ ≤
Mas,
m 1 , m N≥ − ∀ ∈
m² 3995 m 63≤ ⇔ ≤
Assim, ( )n A C 32∩ =
( ) ( )y n A B n A C 1= ∩ − ∩ = −
14. Questão 10
_____________________________________________________
Solução:
Desenvolvendo o determinante abaixo:
( )
( ) ( )
(i) (ii)
(iii) (iv)
a b b c c a a b b c c b a b 2.c c b
c a a b b c c a a b b a a c 2.b b a
b c c a a b b c c a a c b c 2.a a c
a b c b 1 c b
2. a c b a 2. a b c .1 b a
b c a c 1 a c
2. a b c . a² b² c² a.b a.c b.c Eq.I
+ + + + + − + −
+ + + = + + − = + −
+ + + + + − + −
+ − −
= + − = + + −
+ − −
= + + + + − − −
Queremos provar que:
( ) ( )a b c . a² b² c² a.b a.c b.c 8+ + + + − − − ≤
Seja x = a + b + c. Queremos, portanto, provar que:
x² 4
x. 4 8
2
−
− ≤
Desenvolvendo, deseja-se provar que:
x³ 12.x 16 0− + ≥
Como 2 é raiz do polinômio em x do lado esquerdo:
( ) ( )
( ) ( )2
p(x) x³ 12.x 16 x 2 . x² 2.x 8
x 2 . x 4
= − + = − + −
= − +
15. Resolução IME – Matemática
Solução – Turma 14 ITA RUMOAOITA
Basta provar que ( ) ( )2
p(x) x 2 . x 4 0= − + ≥
Ou ainda, basta provar que x 4 0+ ≥
Como a média quadrática é sempre maior ou igual à media aritmética (onde
os termos são positivos) :
a b ca² b² c²
3 3
+ ++ +
≥
a b c 2 3⇒ + + ≤
Usando a desigualdade triangular:
x a b c a b c 2 3= + + ≤ + + ≤
Sendo x 2 3≤ , temos:
2 3 x 2 3 0 4 2 3 x 4 4 2 3− ≤ ≤ ⇒ ≤ − ≤ + ≤ +
OBS:
Passagens no cálculo do determinante:
(i) 3ª coluna – 2ª coluna
(ii) 3ª coluna + 2ª coluna
(iii) Dividir por 2 e somar 2ª coluna + 3ª coluna
(iv) 2ª coluna + 1ª coluna
