RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA 2020 DO IME

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Sejam a e b raízes da equação x2 − 4x + M = 0, c e d raízes da equação x2 − 36x + N = 0. Sabendo-se que a, b, c e d 
formam uma progressão geométrica crescente, determine o valor de M + N. 
 
Resolução: 
Equação:
Raízes:
 
2 I. 4
II .
4 0
 e
+ =


− =
=
+ a b
ab M
x x M
a b
 
Equação:
Raízes:
2 I36 0
c 
I I. 36
IV.e 
+ =


− + =
=
c d
cd N
x x N
d
 
 
PG (a, b, c, d), com q > 0 → (a, aq, aq2, aq3) 
 
Substituindo nas equações de I a IV: 
I. (1 ) 4+ =a q 
II. 2 =a q M 
III. 2 (1 ) 36+ =aq q 
IV. 2 5 =a q N 
Fazendo 2: 9 3= → =III q qII 
Substituindo em I: 4 4 1= → =a a 
Logo, a PG é (1,3,9,27) 
Tem-se 
1 3 3
9 27 243
= = ⋅ =
 = = ⋅ =
M ab
N cd
 
Portanto, 246+ =M N 
 
 
 
Seja uma região S no plano complexo que consiste em todos os pontos Z tais que 
20
Z
e 
20
Z
 possuem partes real e 
imaginária entre 0 e 1, inclusive. Determine a área da região S. 
 
Obs: Z é o conjugado do número complexo Z. 
 
Resolução: 
 
Seja Z = A + Bi. Então: 
 
1. ,
20 20 20
= +
Z A Bi
ou seja: 
0 20
0 20
≤ ≤
≤ ≤
A
B
 
2. 2 2 2 2 2 2
20 20 20( ) 20 20 .+= = = +
− + + +
A Bi A B i
Z A Bi A B A B A B
 
 
Então, satisfazendo o problema, teremos: 
2 2
2 2
0 20
0 20
≤ ≤ +
≤ ≤ +
A A B
B A B
 
Como 0 e 0,≥ ≥A B segundo a condição 1, então temos apenas que satisfazer: 
 
2 2
2 2
20
20
≤ +
≤ +
A A B
B A B
 
 
 
Q u e s t ã o 0 1 
Q u e s t ã o 02 
 2 
Completando os quadrados, teremos: 
 
2 2
2 2
( 10) 100
( 10) 100
− + ≥
+ − ≥
A B
A B
 
Para satisfazer aos casos 1 e 2, devemos calcular a área hachurada: 
 
 
 
A área hachurada será: 
2 2
2 210 10 1 10 1020 2 10 300 50 50(6 )
2 2 4 2
 π ⋅ π ⋅ ⋅ − + − ⋅ ⋅ π ⋅ − = − π = − π  
  
 
 ↓ ↓ ↓ ↓ 
 Semicírculos setor triângulo 
 circular retângulo 
 
 
 
Os modelos de placas de identificação de automóveis adotadas no Brasil estão sendo atualizados. Atualmente, o modelo 
antigo ABC1234 (três letras seguidas de quatro algarismos) está sendo gradativamente substituído pelo modelo novo 
ABC1D23 (três letras seguidas de um algarismo, uma letra e dois algarismos). 
Placas de modelos distintos podem apresentar sequências de caracteres alfanuméricos iguais. Por exemplo, a sequência 
de caracteres “20” aparece nas combinações IME2020 e BRA5P20, enquanto a sequência “A12” aparece nas 
combinações BRA1234 e IME4A12. 
Considere a placa do modelo antigo IME2019. Seja P o conjunto de placas do modelo novo que podem ser formadas 
com alguma sequência de três caracteres em comum com a placa IME2019. Determine o número de elementos de P. 
Por exemplo, IME4A12 e BRA5E20 pertencem ao conjunto P. IMP5E19 não pertence ao conjunto P. 
 
Obs: considere o alfabeto com 26 letras. 
 
Resolução 1: 
Para termos as novas placas com sequência de 3 caracteres em comum com IME2019, podemos gerá-las a partir das sequências IME, 
ME2 e E20, já que as sequências 201 e 019 não podem pertencer a uma placa nova (três números juntos). Analisemos os 3 casos: 
 
a) “IME” em comum 
 IME ___ ___ ___ ___
nº letra nº nº
: 10 26 10 10= 26.000⋅ ⋅ ⋅ 
b) “ME2” em comum 
 
___ 2 ___ ___ ___
letra letra nº nº
ME
I≠
 : 25 26 10 10= 65.000⋅ ⋅ ⋅ 
c) “E20” em comum (no final) 
 1º caso “2E20” em comum 
 
___ ___ ___ 2 20
:
E
letra letra letra
326 1 25 17.550− − = 
 ↓ ↓ 
(a) (b) 
2º caso “*E20” em comum, com ≠* 2 
≠
___ ___ ___ ___ 20
:
letra letra letra nº 2
E 3(26 1) 9= 158.175− ⋅ 
 ↓ 
 (a) 
Somando tudo, vem: 
26000 65000 17550 158175 266.725+ + + = 
 
 
Q u e s t ã o 0 3 
 3 
Resolução 2: 
 
Sendo L= Letra, N= Número, a placa de modelo novo será da forma LLLNLNN. Cada letra do tipo L terá 26 possibilidades, e cada 
número do tipo N terá 10 possibilidades. 
Como temos que usar sequências da palavra IME2019, de três termos consecutivos, as únicas possibilidades são: IME, ME2, E20. 
Temos: 
n(A): Placas do tipo IME 
___ ___ ___ ___
N L N N
326 10= ⋅ 
n(B): Placas do tipo
___ ME2 ___ ___ ___
=
L L N N
2 226 10⋅ 
n(C): Placas do tipo
___ ___ ___ ___ E20
=
L L L N
326 10⋅ 
n(A∩ B): Placas do tipo
IME2 ___ ___ ___
=
L N N
226 10⋅ 
n(B∩ C): Placas do tipo ___ ME2 E20=
L
26 
n(A∩ C): Placas do tipo IME ___ E20=
N
10 
n(A∩ B∩ C): Placas do tipo IME2 E20= 1 
 
Total: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 266.725n A n B n C n A B n B C n A C n A B C+ + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ = 
 
 
 
Em um jogo, João e Maria possuem cada um três dados não viciados com seis faces numeradas de 1 a 6. Cada um 
lançará os seus dados, sendo João o primeiro a lançar. O vencedor será aquele que obtiver o maior número de dados 
com resultados iguais. Em caso de empate, vencerá aquele que tiver o maior número nos dados de igual resultado. Se 
ainda houver empate, não haverá vencedor. Suponha que João obteve apenas dois dados com mesmo resultado. Qual 
é a probabilidade de Maria vencer o jogo? 
 
Resolução: 
Para Maria ganhar o jogo, ela precisará tirar três dados iguais ou então dois dados iguais com número superior ao de João. 
1º caso: Tirar 3 dados iguais. Nesse caso, a probabilidade é: 
6 1
216 36
= =P 
Justificativa: Os casos favoráveis são 111, 222, 333, 444, 555, 666 (6 casos) e os possíveis são 6 6 6 216.⋅ ⋅ = 
 
2º caso: Dois dados iguais com número superior. Nesse caso, temos que dividir em 6 subcasos, onde cada um deles tem 
probabilidade de 
1
6
de acontecer. 
- Se João tira 11 (Dois “1”): 
Nesse caso, Maria tem que tirar 22 , 33 , 44 , 55 , 66A B C D E e suas permutações, onde 2, 3, 4, 5, 6,≠ ≠ ≠ ≠ ≠A B C D E totalizando 
2
3 5 5 3 5 5 75⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =P 
Então a probabilidade é 
75 .
216
 
- Se João tira 22 (Dois “2”): 
 Com raciocínio semelhante, sabe-se que a probabilidade será 
60
216
, haja vista que haverá 15 casos a menos (referente às 
permutações do tipo 22A, que não estarão presentes). 
- Se João tira 33 (Dois “3”): 
45 .
216
 
- Se João tira 44 (Dois “4”): 
30 .
216
 
- Se João tira 55 (Dois “5”): 
15 .
216
 
- Se João tira 66 (Dois “6”): 0. 
A probabilidade no caso 2 é, então: 
1 75 60 45 30 15 25
6 216 144
+ + + +  = 
 
 
Somando PCaso 1 + PCaso 2: 
25 6 29
144 216 144
+ = 
 
 
 
Q u e s t ã o 0 4 
 4 
 
Uma matriz A é semelhante a uma matriz B se e somente se existe uma matriz invertível P tal que A = P B P-1. 
 
a) Se A e B forem semelhantes, mostre que det(A) = det(B). 
b) Dadas 
4 2
3 5
 
=  
 
C e 
8 2
,
3 1
− 
=  
 
D verifique se essas matrizes são semelhantes. 
 
Resolução: 
 
a) Se A e B são semelhantes, então existe P invertível tal que 1 −=A P B P 
Multiplicando à direita por P, vem que ( )1 .−= ⋅ =AP PB P PBP Logo, det( ) det( ).=AP PB 
Pelo Teorema de Binet, 
det det det
det det det
= ⋅
= ⋅


AP A P
PB P B
 
Portanto, (det A) (det P) = (det P) (det B) 
Como det 0≠P (pois P é invertível), vem que det det=A B 
 
b) Verificando os determinantes, 
 det C = det D = 14. 
 C e D são semelhantes se, e só se, existe 
 
=  
 
a b
P
c d
 invertível tal que 1 .−= ⇔ =C PDP CP PD 
 Portanto 
 
4 2 8 2
3 5 3 1
4 2 4 2 8 3 2
3 5 3 5 8 3 2
4 3 2 0 4 3 2 0 0
2 3 2 0 2 3 0 2 0
3 3 3 0 3 0 3 3 0
3 2 4 0 0 3 2 4 0
−     
= ⇔     
     
+ + + − +   
= ⇔   + + + − +   
− − + = − −   
    + + =    ⇔ ⋅ =    − − = − −     + + =    
a b a b
c d c d
a c b d a b a b
a c b d c d c d
a b c a
a b d b
a c d c
b c d d
 
 
 
 
 
 
 
 Resolvendo o sistema, ao somarmos a 1ª equação nas 2ª e 4ª equações, temos: 
 
4 3 2 0 4 3 2 0
2 2 2 0 0 4 3 2 0
3 3 3 0 0
4 4 4 0 0
− − + = − − + = 
 − + + = − − = − − + = ⇔ ⇔  − − = − − = = + 
 − + + = − − = 
a b c a b c
a c d a c d a b c
a c d a c d a c d
a c d a c d
 
 Portanto, 1e ( 2 4 ), , .
3
= + = ⋅ − − ∈a c d b c d c d 
 Por exemplo, fazendo 1= =c d , obtemos 2 e 2,= = −a b donde 2 2
1 1
− 
=  
 P é invertível e satisfaz 1−=C PDP . 
 Concluímos, assim, que C e D são semelhantes. 
 
 
 
 
Sabendo que 2 1i = − , encontre todos os valores reais de x que satisfazem a seguinte inequação: 
( )
( )( )
2
2
2 log sen 1
Re 0
2cos 1ix
x
i e x
 +  > 
− +  
 
onde { }Re Z é a parte real do número complexo .Z 
 
Resolução: 
Queremos os números reais n tais que 
( )
( )( )
2
2 2
2log sen 1
Re 0
2cos 1ix
x
i e x
 +  > 
− +  
 (I) 
Notemos que ( ) ( ) ( ) ( )2 2cos 2 sen 2 2cos 1 sen 2ixe x i x x i x= + = − + 
Logo, ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 22cos 1 2cos 1 sen 2 2cos 1ixi e x i x i x x− + = − + − + ( ) ( ) ( )sen 2 2sen cos .x x x= − = − (II) 
A condição de existência da expressão em (I) é: 
Q u e s t ã o 0 5 
Q u e s t ã o 0 6 
 5 
sen (x) > 0 e – 2 sen (x) cos (x) ≠ 0, que é o mesmo que ( ) ( )sen 0 e cos 0.> ≠x x (III) 
Substituindo (II) em (I), vem: 
( )
( )( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2log sen 1 2log sen 1
Re 0 Re 0
2sen cos2cos 1ix
x x
x xi e x
   + +   > ⇔ >   
−− +      
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 22log sen 1 log 2sen0 0
2sen cos sen cos
x x
x x x x
+
⇔ > ⇔ < ⇔
−
 
( )
( )
2
2log 2sen 0
cos
x
x
< , pois, por (III), sen (x) > 0. 
 
Temos duas possibilidades: 
( ) ( ) ( )22log 2sen 0 e cos 0> <i x x 
que equivale a ( ) ( )2 1sen e cos 0
2
x x> < , lembrando que ( )sen 0x > . 
Portanto, ( ) ( )2sen cos 0
2
x e x> < ⇔ 32 , 2
2 4∈
π π ∈ + π + π 
 


K
x k k 
( ) ( ) ( )22log 2sen 0 cos 0< >ii x e x 
que equivale a ( ) ( )2 1sen cos 0
2
< >x e x . Como sen (x) > 0, temos que ( ) ( )20 sen e cos 0
2
x x< < > ⇔ 
2 , 2
4∈
π ∈ π + π 
 


k
x k k 
 
A solução final é: 
32 , 2 2 , 2
4 2 4∈
 π π π   = π + π + π + π    
    
 
k
S k k k k 
 
 
 
 
Seja 
1 3 5sen sen sen
14 14 14b
π π π
= ⋅ ⋅ . Determine b, onde b pertence ao conjunto dos números inteiros não nulos. 
 
Resolução: 
Notemos que 
3 5 4 2sen sen sen sen cos cos
14 14 14 14 14 14
π π π π π π
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ pois 3 3 4 5 5 2sen cos cos e sen cos cos .
14 2 14 14 14 2 14 14
π π π π π π π π   = − = = − =   
   
 
Então, multiplicando numerador e denominador por 2cos
14
π
, vem: 
2cos1 3 5 4 214sen sen sen . sen cos cos
14 14 14 14 14 142cos
14
b
π
π π π π π π = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ π  
 
2 2 4 cossen cos cos 1 8 1414 14 14 sen .
142cos 8cos 8cos
14 14 14
−π π π π
⋅ ⋅  π  = = =
π π π 
Como ( )cos cosx x= − , então a expressão vale 1
8
 e 8b = . 
 
 
 
Os pontos ( )5,0A − e ( )5,0B definem um dos lados do triângulo ABC. A bissetriz interna do ângulo correspondente ao 
vértice C é paralela à reta de equação 14 2 1 0x y− + = . Determine o valor da excentricidade do lugar geométrico 
definido pelo vértice C desse triângulo. 
 
 
 
 
 
Q u e s t ã o 0 8 
Q u e s t ã o 0 7 
 6 
Resolução: 
Tem-se o seguinte caso: 
 
 
Tem-se / /14 2 1 0CD x y− + = 
Logo, 14 2 0CD x y k⊂ − + = 
Para x, y quaisquer: 
14 2k x y= − + 
Para o pronto ( )0 :D y = 
814 0
14 7D D
k yx k x x+ = ⇒ = − = − 
Pelo teorema das bissetrizes internas (TBI): 
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
5 5
5 5D D
x y x yAC BC
AD BD x x
+ + − +
= ⇒ =
+ −
 
Por propriedade de proporções: 
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 22 2
2 2 2
5 5 5 5 2 10
5 10 25 5 5D D DD D D
x y x y x x x x
x x xx x x
+ + − + + − − ⋅
= = = =
− ⋅+ + − −
 
Portanto, 
( )
( )
2 2
2
5
.
5 DD
x y x
xx
+ +
=
+
 Como 
7D
yx x= − 
( )2 2
2
5
5 77
x y x
yy xx
+ +
=
   −+ −    
 
( )
2
2 2 210 210 25 25 10
7 7 7 49
y y xy yx x y x x x x
  + + + − = + − + − +  
   
 
3x 210x+ 25x+
2
2 10
7 7
x y xyxy+ − −
325 25
7 7
y y x− − = 210x+ 10
7
xy
− 3x+
2 22
7 49
x y xy
− + 
2 2 3 2 249 7 175 7 14xy x y y y xy x y− − − = − 
2 27 48 7 175x xy y+ − = 
Como ( )248 4 7 7 0,cônica∆ = − ⋅ ⋅ − > sabemos que será uma hipérbole (havendo a possibilidade de ser uma figura degenerada). 
Com a rotação de eixos, podemos eliminar o termo retangular. Dessa forma, a hipérbole terá equação 2 2 175 0.Ax By+ − = 
Utilizando os termos invariantes, teremos: 
( )
( )2
7 7 0
48 4 7 7 4 625
A B A B
AB AB
+ − = + + =
⇒ − ⋅ − = − = −
 
Então podemos assumir, S.P.G, que A = 25 e B = - 25. 
Então a equação da hipérbole (agora sabemos que ela não é degenerada) será: 
2 2
2 2
25 25 175
7
1 7 excentricidade
7 7
c= 14 2
x y
a
x y b
e
− =
⇓ =
− = ⇒ = ⇒
=
 
 
 
 
 
Sobre uma reta r são marcados três pontos distintos A, B e C, sendo que C é um ponto externo ao segmento de reta .AB 
Determine o lugar geométrico das interseções das retas tangentes a partir de A e B a qualquer circunferência tangente à 
reta r no ponto C. Justifique sua resposta. 
 
 
 
 
Q u e s t ã o 0 9 
 7 
Resolução: 
 
Seja AB = a e BC = b. 
Pela propriedade de segmentos tangentes a uma circunferência por um mesmo ponto externo (“Teorema do Bico”): 
 
BC = BD = b 
AC = AE = a + b 
PD = PE = x 
Logo, AP = AE – PE = a + b – x 
 
Tem-se PA + PB = (a + b – x) + (b + x) = a + 2b = constante 
Seja C’ simétrico de C em relação ao segmento AB : 
C’A = b e C’C = b + a + b = a + 2b = PA + PB 
Portanto, o lugar geométrico dos pontos P é uma elipse de focos A e B e eixo maior ' 2C C a b= + . 
 
 
 
 
 
Um determinado material radioativo, com volume inicial 0Q , é manipulado numa usina nuclear. A cada dia o resíduo 
impuro da substância é descartado, através de uma ligação por um pequeno orifício, num invólucro lacrado em formato 
de paralelepípedo retângulo. No primeiro dia, a quantidade 1D descartada corresponde a 1/3 do volume inicial do 
material e, de um modo geral, a quantidade Dn descartada no n-ésimo dia é dada pela relação: 
1
1
3n n
D D −= , para n ≥ 2. 
Determine as dimensões do invólucro (altura, largura e profundidade) onde se armazena o material descartado de modo 
que o custo de fabricação seja mínimo (isto é, a superfície lateral tenha área mínima) e tenha capacidade prevista de 
armazenamento por tempo indeterminado. 
 
Resolução: 
● Volume inicial 0Q 
● Resíduo 01 3
QD = 
● Resíduo 1
1
3n n
D D −= , para 2n ≥ 
 
Logo, 02 1
1 .
3 9
QD D= = Então, tem-se os seguintes resíduos: 
0 0 0, , ,...3 9 27
Q Q Q PG  → 
 
infinita de razão 13q = 
● Soma dos resíduos: 
0 0
1 03 3
1 21 21 3 3
Q Q
a QS
q
= = = =
− −
 
Invólucro: paralelepípedo retângulo de dimensões (a, b, c). 
Logo, ( )0 e 22
QV abc A ab bc ac= = = + + 
Da desigualdade entre as médias aritmética e geométrica: 
( )
223 3 3
3
ab bc ac ab bc ac abc V+ + ≥ ⋅ ⋅ = = 
2 2
3 36
6
A V A V→ ≥ ⇒ ≥ 
Para área mínima, ou seja, igualdade entre as médias, tem-se ab = bc = ac ⇒ a=b=c ⇒ O invólucro é um cubo. 
Portanto, 3 30 02 2
Q QV a a b c= = ⇒ = = = 
 
 
 
 
 
Q u e s t ã o 1 0 
 8 
 
 
 
 
 
 
 
 
Matemática 
Kellem 
Mateus 
Rodolfo 
 
 
 
Colaborador 
Murillo Margarida 
 
 
 
Digitação e Diagramação 
Igor Soares 
Pollyanna Chagas 
 
 
 
Revisor 
Celso Faria 
 
 
 
Desenhista 
Rodrigo Ramos 
 
 
 
Supervisão Editorial 
Aline Alkmin 
 
 
 
 
 
 
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As escolhas que você fez nesta prova, assim como outras escolhas na vida, 
dependem de conhecimentos, competências e habilidades específicas. 
Esteja preparado. 
 
 
 
 
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