PROVA IME RESOLVIDA

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GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva 1 
 
 
 
01. Os inteiros a1, a2, a3,....,a25 estão PA com razão não nula. Os 
termos a1, a2 e a10 estão em PG, assim a6, aj e a25. Determine j. 
 
 
Solução 
 
1 2 10
1 1 1
2 2 21 1
1 1 1 1
1 1
2
1 1
1
a a a
a a r a 9r
a 9r a r a 9ra a 2a r r
a r a
r 0 (não convém)
r 7a r 0 r(r 7a ) 0
r 7a
 
 
     


    

 
6 j 25
1 1 1
1 1
1 1
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2
1 1
2
1 1 1
1
2
1 1 1 1
a a a
a 5r a (j 1)r a 24r
a 24r a (j 1)r
a (j 1)r a 5r
a 5a r 24a r 120r a 2a (j 1)r (j 1) r
29a r 120r 2a (j 1)r (j 1)r r 0
29a 120r 2a j 2a (j 2 j 1)r
mas r 7a
29a 120 7a 2a j 2a (j 2 j
   
  
 
  
        
     
     

       1 1
2
2
1) 7a ( a )
869 2 j 2 7 j 14j 7
7j 12j 864 0
 
    
  
 
144 24192 24336
j 1212 156j 7214 j (não convém)
7
   



 
 
Portanto, j = 12 
 
 
02. Sejam as funções fn, para n  {1, 2, 3,...}, tais que o
1f (x)
1 x


 e 
n o n 1f (x) f (f (x)) , para  1. Calcule f2016(2016). 
 
Solução: 
n  {1, 2, 3,...} 
o
1f (x)
1 x


 
n o n 1f (x) f (f (x)); n 1  
 
Para n = 1, temos: 
1 o o
1 1 x 1f (x) f (f (x)) 1 x x1
1 x x 1

   

 
 
 
Para n = 2, temos: 
2 o 1
1 1f (x) f (f (x)) xx 1 11
x x
   


 
 
Para n = 3, temos: 
3 o 2 o
1f (x) f (f (x)) f (x)
1 x
  

 
 
Assim, temos: 
2016 o
1f (x) f (x)
1 x
 

 
Logo: 
2016
1 1f (2016)
1 2016 2015
  

 
 
03. Seja Z um número complexo tal que 2Z
Zi
 possui argumento 
igual a 3
4
 e  3log 2Z 2Zi 1 2   . Determine o número complexo 
de Z. 
 
 
Solução: 
 
Seja  z a bi , com a, b  . 
De    3log 2z 2z 1 2 , temos: 
  2z 2z 1 9 
      2 a bi 2 a bi 8 
   2a 2bi 2a 2bi 8 
4a = 8 
a 2 
 
Segue que  z 2 bi , com b 
Calculando 2z
zi
, temos: 
 
 
 


 
2 2 bi2z
z i 2 bi i
 
 

4 2bi
b 2i
 
   
 
4 2bi b 2i
b 2i b 2i
 
   

2
2
4b 8i 2b i 4b
b 4
 
 
   
         
2
2 2
8b 2b 8 i
b 4 b 4
 
com     
  
2
2
2b 8 2z 30, já que arg .
zi 4b 4
 
Daí b 2 
 
Assim, temos: 
 
    
           
22z 2b 8 b 1arg arctg arctg
zi 8b 4 b
 
Por outro lado, sabemos que    
 
2z 3arg .
zi 4
 
Segue que: 
 
  
b 1 1
4 b
 
  2b 4 4b 
  2b 4b 4 0 
 

4 4 2b
2
 
     b' 2 2 2 2 2 1 (não convém, pois b 2 ) 
       b'' 2 2 2 2 2 1 
Logo: 
 
   z 2 2 2 1 i 
 
 
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva 2 
 
04. Define-se A como matriz 2016 2016, cujos elementos 
satisfazem à igualdade: 
 
 
  
   
i j 2
ai, j , para i, j 1,2,...,2016 .
j 1
 
 
Solução: 
0 1 2 2015
0 0 0 0
1 2 3 2016
1 1 1 1
2 3 4 2017
det A 2 2 2 2
2014 2015 2016 2029
2014 2014 2014 2014
2015 2016
2015 2015
       
       
       
       
       
       
       
               
       
       
       
   
  
  



   

2016x2016
2017 2030
2015 2015
   
    
    

 
 
2016x2016
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 2015 2016
1 3 6
1 4
1
det A
2029
1 2015
2014
2030
1 2016
2015

 
 
 
 
 
 




 

 
 
 
Subtraindo a (n – 1)ª linha da nª, a (n-2)ª linha da (n-1) linha ..., a 3ª 
da 2ª linha, a 2ª da 1ª temos: 
2016x2016
1 1 1 1 1 1 1
0 1 2 3 4 2014 2015
0 1 3 6 10
0 1 4 10
0 1 5
det A
2028
0 1
2014
2029
0 1
2015

 
 
 
 
 
 



 

 
 
 
Reduzindo-se a ordem de matriz por Chió: 
2015x2015
1 2 3 4 2014 2015
1 3 6 10
1 4 10
1 5det A
1
2029
1 2015
2015

 
 
 





 
 
2015x2015
1 2 3 2015
1 1 1 1
2 3 4 2016
2 2 2 2
det A
2015 2016 2017 2029
2015 2015 2015 2015
       
       
       
       
       
       

       
       
       


   

 
 
E repete-se o processo até chegarmos a matriz de ordem 1. 
 
   
 
2015
det A 1
2015
 
Lembrar da relação de Stifel 
                                   
x x x 1 x xx 1, logo ,
k 1k k 1 k 1 k k 1
 
 
Que foi utilizado por ocasião das subtrações das linhas, da penúltima 
para última, da antepenúltima para a penúltima e assim 
sucessivamente. 
 
05. Determine o conjunto solução da equação: 
 
     
 
xsenx 1 tgxtg 4 cot gx
2
 
 
Solução:` 
xsen(x) 1 tg(x) tg 4 cot g(x)
2
        
  
 
 
 
x
2
x
2
sensen(x) 1 cos(x)sen(x) 1 4 4
cos(x) tg(x) sen(x)cos
 
        
 
 
 
Para ter solução 
 
sen(x) 0 x k ; k (I)
cos(x) 0 x k ; k (II)
2
x xcos 0 k ; k x 2k (III)2 2 2

     

      

 
          



` 
 
Dessa forma, temos: 
   
 
x xcos(x) cos sen(x) sen 4sen(x) cos(x)2 2sen(x)
x sen(x)cos(x) cos 2
      
  
 
 
       x x x xcos (x) cos sen(x) sen cos x cos2 2 2 2       
 
 
 
xsen(x) cos 1 12 4 tg(x) 4
x tg(x) tg(x)cos(x) cos 2

     

 
 
Façamos: 
1tg(x) y y 4
y
     como y 0 satisfazendo 
as condições (I), (II) e (III), temos: 
2y 4y 1 0 16 4 1 1 12          
 4 2 3y 2 3 tg(x) 2 3 x arctg 2 32

         
x satisfaz as condições, (I), (II),(III), 
 
 
x arctg 2 3 k ; k
x arctg 2 3 k ; k
     

    


 
 
 
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva 3 
 
06. Seja a equação n2 - 7m2 = (5m - 2n)2 + 49. Determine todos 
os pares inteiros (m, n) que satisfazem a esta equação. 
 
Solução 
     22 2n 7m 5m 2n 49 com m, n 
    2 2 2 2n 7m 25m 20mn 4n 49 
   2 23n 20mn 32m 49 0 
         2 220m 4 3 32m 49 
   2 2400m 384m 588 
  216m 588 
   24 4m 147 
 
 

220m 2 4m 147n
6
 
 

210m 4m 147n
3
 
Como n , devemos ter 
  
2 24m 147 k , k . Segue que : 
 2 24m k 147 
  
  
  
    2
2m k 2m k 147
2m k 2m k 3 7
 
 
Temos os seguintes casos: 
 
1º Caso: 
 
 
    
 
2m k 147
4m 148 m 37 e k 73
2m k 1 
Segue que: m = 37 e n = 99 
 
2º Caso: 
 
  
      
  
2m k 1
4m 148 m 37 e k 73
2m k 147 
Segue que: m = - 37 e n = - 99 
 
3º Caso: 
 
 
    
 
2m k 49
4m 52 m 13 e k 23
2m k 3 
Segue que: m = 13 e n = 51 
 
4º Caso: 
 
  
      
  
2m k 3
4m 52 m 13 e k 23
2m k 49 
Segue que: m = - 13 e n = - 51 
 
5º Caso: 
 
 
    
 
2m k 21
4m 28 m 7 e k 7
2m k 7 
Segue que: m = 7 e n = 21 
 
 
 
 
 
 
6º Caso: 
 
  
      
  
2m k 7
4m 28 m 7 e k 7
2m k 21 
Segue que: m = - 7 e n = - 21 
 
Logo: 
 
                   m, n 37,99 ; 37, 99 ; 13,51 ; 13, 51 ; 7,21 ; 7, 21 
 
07. Três jogadores sentam ao redor de uma mesae jogam, 
alternadamente, um dado não viciado de seis faces. O primeiro 
jogador lança o dado, seguido pelo que está sentado à sua 
esquerda, continuando neste sentido até o jogo acabar. Aquele 
que jogar o dado e o resultado for 6, ganha e o jogo acaba. 
Se um jogador obtiver o resultado 1, o jogador seguinte perderá a 
vez, isto é, a vez passará ao jogador sentado à direita de quem 
obteve 1. O jogo seguirá até que um jogador ganhe ao tirar um 6. 
Qual é a probabilidade de vitória do primeiro jogador a jogar? 
 
 
Solução 
 
Seja A o primeiro jogador: 
A
BC 
 
A
4
6
1
6
B
C
1
6
4
6
4
6
4
6
A
A
B
C
....
....
 
Seja PA a probabilidade de A ganhar o jogo começando por A. 
 
Seja PB a probabilidade de A ganhar o jogo começando por B. 
 
Seja PC a probabilidade de A ganhar o jogo começando por C. 
 
Logo: 
A B C
B A C
C A B
1 4 1P P P
6 6 6
1 4P P P
6 6
4 1P P P
6 6
    
   
   
 
 
 A B C
A B C A
A B C
6P 4P P 1
P 6P 4P 0 P
4P P 6P 0
  

     
    
A B C A
32P 6P 4P 0 P
79
4P P 6P 0
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva 4 
 
08. A circunferência C tem equação x2 + y2 = 16. Seja C’ uma 
circunferência de raio 1 que se desloca tangenciando internamente a 
circunferência C, sem escorregamento entre os pontos de contato, 
ou seja, C’ rola internamente sobre C. 
 
Define-se o ponto P sobre C’ de forma que no início do 
movimento de C’ o ponto P coincide com o ponto de tangência 
(4,0), conforme figura a. Após certo deslocamento, o ângulo de entre 
o eixo x e a reta que une o centro das circunferências é , conforme 
figura b. 
 
 Determine as coordenadas do ponto P marcado sobre C’ em 
função do ângulo α. 
 Determine a equação em coordenadas cartesianas do lugar 
geométrico do ponto P quando  varia no intervalo [0, 2). 
 
Solução 
 
a) 
A circunferência C’ deslocou-se   na circunferência C percorreu 
uma distância de 2 4 4
2
 
      
 
 para a circunferência C’ ter percorrido 4, o seu ângulo de rotação 
(P) é calculado da seguinte forma: 
2 4 4
2

       

C'
O' 
4
1
1
P 3
 
 As coordenadas de P em relação a O’ é de: 
Xp' cos(4 ) cos(2 3 ) cos(3 )
Yp' sen(4 ) sen(2 3 ) sen(3 )
      

       
 
 
 As coordenadas do centro O’ em relação ao centro de C é: 
Xo' 3 cos( )
Yo' 3 sen( )
  

  
 
 
 Dessa forma, teremos: 
Xp 3cos( ) cos(3 )
Yp 3sen( ) sen(3 )
   

   
 
 
b) 
3
3
Xp 3cos( ) cos(3 ) 3cos( ) 4cos ( ) 3cos( ) 3cos( )
Yp 3sen( ) sen(3 ) 3sen( ) 3sen( ) 4sen ( )
            

         
 
 1
3
p3
4 2 2
3 1
3
p
4
X cos( )
Xp 4cos ( )
sen cos 1
Yp 4sen ( )
Y sen( )

 
   
           
          
2 2
3 3
p p
4 4
X Y 1

   
     
   
    
09. Uma corda intercepta o diâmetro de um círculo de centro O no 
ponto C’ segundo um ângulo de 45º. Sejam A e B os pontos 
extremos desta corda, e a distância AC’ igual a 3 1cm . O raio do 
círculo mede 2cm, e C é a extremidade do diâmetro mais distante de 
C’. O prolongamento do segmento A O intercepta BC em A’. Calcule 
a razão em que A’ divide BC. 
 
Solução: 
 
 
Por OH ser  a AO’, temos o triângulo isósceles retângulo OHA é 
da seguinte forma: 
 
 
Com isso, o triângulo retângulo OHA é da seguinte forma: 
 
Assim: AC’ = AH + HC’  21 3 x 4 x     façamos 
2 2 1 3x 2y 1 3 2y 2 1 y y 1 y
2

          
Façamos agora 2y sen 1 y cos     
1 3sen cos
2

      elevando ao quadrado: 
2 2 4 2 3 3 3sen 2sen cos cos 1 sen(2 )
4 2 2

             
2 = 60º   = 30º  1y
2
  x = 1 
Do mesmo AHO, temos que OÂH = 30º. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
GGE RESPONDE IME 2016 – MATEMÁTICA Prova Discursiva 5 
 
Dessa forma, temos: 
 
Por ABC = 2  AÔC = 2 
Do AOC’, temos: 2 = 45º + 30º = 75º 
 
Assim, temos: 
Lei dos senos em AA’B: 
 
A 'B AB 2 3 3A 'B
sen(30º ) sen(150 ) sen 150 sen(150 )
   
     
 
Do A’CO, aplicando a lei dos senos, temos: 
OC A 'C 2 sen(2 ) A 'C
sen(30 ) sen( 2 ) sen(30 )
    
      
 
Assim:  A 'B 3 1 1 2 3 2 2 1 3A 'C 2 sen(2 ) 2 2 2 2 4        
 
Dessa forma, temos: 
 A 'B 3 1 2 3
A 'C 2 2(1 3) 2(1 3 )
1
   
 
 
6
1 3 
 
 
10. Um cone é inscrito em um cubo ABCDEFGH de forma que a 
base do cone é o círculo inscrito na base ABCD. O vértice do cone é 
o centro da face oposta do cubo. A projeção do vértice H na base 
ABCD coincide com o vértice D. Determine a área da seção do cone 
pelo plano ABH em função de a, a medida da aresta do cubo. 
 
Solução: 
H
E
G
C
BA
F
V
 
O plano ABH contém o ponto G, logo visto de perfil o plano corta o 
cubo ao meio e a seção cônica é uma elipse. 
45º
45º
H GV
B C 
a
a
2
z

2 2
2 a 5a a 5a z (hipotenusa)
4 4 2
a 2cos cos
a 5 5
2
   
    
k
aV , a
2
 
 
   G a, a
 C a, 0
 B 0, 0
 0, a
reta BG y x
reta VC y o m(x a)
y am 2ax
2
reta VC y 2(x a)
 
   

   

   
 
int erseção reta BG e VC :
x 2x 2a
2a3x 2a x y
3
2a 2ak ,
3 3
  
   
 
 
 
 
2 2 2 22a 2a 4a 4a 2adistância Bk 2
3 3 9 9 3
       
           
       
 
Essa distância é igual no eixo maior da elipse
2a 2 a 2logo 2a' a '
3 3
  
 


 
2
cos cos45º 2
2cos cos
5
10 c
4 a'

   
 
  
 
a' 10 a 2 10c c
4 3 4
a 5c
6
   

 
Na elipse a2 = b2 + c2 
2 2
2a 2 a 5 a 3b b
3 6 6
   
         
   
 
 
Área da seção do cone 
S = 
2
a 2 a 3a'b S
3 6
a 6S
18
    

