RESOLUÇÃO SIMULADO IME
MATEMÁTICA - CICLO 6
Questão 01
Em primeiro lugar, 0  x  1 (condição de existência). Reescrevendo a inequação, temos:
x
 2  log
2
2
x  log 2 x 2


1
 2  log22 x  log2 x2 
x
 x 1
x
Há dois intervalos possíveis para x: 0  x  1 ou x  1 .
1o caso: 0  x  1
x
 2  log
2
2
x  log 2 x 2

 x
1
 2  log 22 x  log 2 x 2  1 
 0  log 22 x  2 log 2 x  3  0  y 2  2 y  3, em que log 2 x  y
Resolvendo a inequação y 2  2 y  3  0 , temos: y  3 ou y  1 .
Substituindo log 2 x  y , vem:
1
ou y  1  log 2 x  1  x  2
8
1
Como 0  x  1 , temos: 0  x  .
8
y  3  log 2 x  3  x 
2o caso: x  1
x
 2  log
2
2
x  log 2 x 2

 x
1
 2  log 22 x  log 2 x 2  1 
 0  log 22 x  2 log 2 x  3  0  y 2  2 y  3, em que log 2 x  y
Resolvendo a inequação y 2  2 y  3  0 , temos: 3  y  1 .
Substituindo log 2 x  y , vem:
3  y  1  3  log 2 x  1 
1
x 2
8
Como 1  x , temos: 1  x  2 .
1


Assim, S   x  R | 0  x  ou1  x  2  .
8


Questão 02
 cos   x  sen  
n
  x 2  1 q  x   r  x  , em que r  x   ax  b.
Substituindo x  i , temos:
 cos   i  sen  n  cos  n    i  sen  n    a  bi

n
 cos   i  sen    cos  n    i  sen  n    a  bi
a  sen  n  
Então 
e, portanto, r  x   x  sen  n    cos  n   .
b  cos  n  
IME-ITA – Resolução Simulado
Questão 03
Seja z  a  bi, a,b   . Então:
 a  bi    a  bi 
5
5
 0   a  bi     a  bi    a  bi  .
5
5
5
Igualando os módulos acima, tem-se:
1
2
2
  b    a  1  b 2  a 2  b 2  a   .
2
1
Logo, as soluções devem pertencer à reta Re  z    , que é paralela ao eixo imaginário.
2
 a  1
2
 b2 
 a 
2
Questão 04
Seja D o determinante procurado. Aplicando o teorema de Jacobi, podemos formar uma nova matriz de colunas ci ' a
partir da matriz original de colunas ci , para i  1, 2, 3, 4 , sem alterar o valor de D com as seguintes operações:
a2
c2 '  c2  c1
b2

c3 '  c3  c1  D  2
c
c '  c  c
4
1
 4
d2
2a  1 4a  4
6a  9
2b  1 4b  4
6b  9
2c  1
6c  9
4c  4
2d  1 4d  4 6d  9
Aplicando novamente o teorema de Jacobi, vem:
a2
2a  1 2 6
c3 ''  c3 ' 2c2
b2
D 2

c
c4 ''  c4 ' 3c2
d2
2b  1 2 6
2c  1 2 6
0
2d  1 2 6
Observe que o determinante acima possui duas colunas proporcionais.
Questão 05
Sejam mn , an e cn as probabilidades de que no dia n ele use óculos magenta, amarelo e ciano, respectivamente. Temos
m1  1 , a1  c1  0 e mn1 
1 2 
an  cn
m c
, an1  n n
2
2
e cn1 
mn  an
. Como
2
an  cn  mn  1 , temos mn1 
2n
mn 
3
, e em 31 de agosto a probabilidade de que ele volte a usar o magenta é m31 
1 mn
. Assim,
2
1 229
.
3
Questão 06
Observe a figura a seguir.
A
t
H
s
s
t
P
I
y
w
B
G
F
x
w
z
z
y
D
E
C
Como as retas traçadas são paralelas aos lados então os quadriláteros PFCE, PIBD, PHAG são paralelogramos, e com
isso, concluímos que seus lados opostos são congruentes. Daí, temos:
IF  x  y  a' , HE  s  z  b' e GD  t  w  c' .
2
Resolução Simulado
___
____
Os triângulos ABC e AIF são semelhantes pois IF PBC , de onde temos:
___
____
___
____
a' c  w
w
b z
a' b  z

 1
e

 1
.
a
c
c
b
z
a
Os triângulos ACB e GCD são semelhantes pois AB PGD , de onde temos:
Os triângulos ACB e HEB são semelhantes pois AC PHE , de onde temos:
c' b  s
s
y
c' a  y

 1
e

 1 .
c
b
b
a
a
c
b' a  x
x
t
b' c  t

 1
e

 1 .
b
a
a
c
c
b
Daí, temos que:
 a' b' c' 
x y z s t w
2     6      
a a b b c c
 a b c
 a' b' c' 
x y zs tw


2     6 
a
b
c
 a b c
 a' b' c' 
a' b' c'
2     6   
a b c
 a b c
 a' b' c' 
3     6
 a b c
a' b' c'
  2
a b c
Questão 07
i)
ii)
iii)
Para n  1 , temos 1p  1  0 , que é divisível por qualquer primo p.
Suponha que exista um número natural n tal que n p  n seja divisível por p.
 p
 p
 p
 p 
 p
p
 n  1   n  1    n p    n p 1    n p  2  ...  
 n     n 1 
p
0
1
2
1

 
 
 


p
 p 
 p
 p  
p
  n  1   n  1   n p  n     n p 1    n p  2  ...  
 n
 2
 p  1 
 1 
 p  1!
 p
p!
Uma vez que   
e p é primo, então para 1  k  p  1 , temos que
p
k
k! p  k  !
  k! p  k  !
 p
 p
 p 
Desde que n p  n é divisível por p e   n p 1    n p  2  ...  
 n é divisível por p, temos
1
2
 
 
 p  1
divisível por p, que completa a indução.
 p
  é divisível por p.
k 
que  n  1   n  1 é
p
Questão 08
A situação que maximiza o número de partes ocorrerá quando não existirem duas retas paralelas, ou seja, todo par de retas
deverá ser concorrente.
Suponha que já temos traçadas, de acordo com as condições anteriores, n  1 retas no plano, dividindo este em xn 1
partes. Traçando mais uma reta que intercepte todas as n  1 retas já traçadas, podemos notar que entre quaisquer dois
pontos de intersecção consecutivos (contando os extremos) desta nova reta é possível associar uma nova parte do plano
criada. Assim, podemos afirmar que xn  xn 1  n , em que x1  2 .
x2  x1  2
x3  x2  3
x4  x3  4

xn  xn 1  n
Somando essas equações, vem:
xn  x1   2  3  4  ...  n   2 
 2  n  n  1
2
 2
n2  n  2
n2  n  2
 xn 
2
2
3
IME-ITA – Resolução Simulado
Questão 09
Sejam 1 e  2 , respectivamente, a circunferência de raio r1       e r2  .
Suponha, por absurdo, que os dois pontos (um de cada circunferência), que coincidem no início da rotação, voltem a se
encontrar. Então existirão dois números inteiros de voltas, m e n, tais que 2 r1  m  2 r2  n . Assim,
r1
, é irracional (pois r1       e r2  ) enquanto seu segundo
r2
Observe que o primeiro membro da igualdade obtida,
membro,
r1 n
 .
r2 m
n
, é racional (pois m,n  ), o que é um absurdo.
m
Portanto, os dois pontos (um de cada circunferência), que coincidem no início da rotação, nunca mais voltarão a se
encontrar.
Questão 10
No sistema acima, o ponto A é a origem e o eixo x é a reta AC.
Suponha que AB  6a e BC  6b , ou seja:

 
A  0, 0  , B  6a, 0  , C  6a  6b, 0  , D 3a, 3 3 a , E 6a  3b, 3 3 b



e F 3a  3b,3 3  a  b  .
Sejam P, M e N os baricentros de ACF , ABD e BCE , respectivamente. Assim:






P 3a  3b, 3  a  b  , M 3a,  3a e N 6a  3b,  3b .
PM 
 3a  3b  3a 
2


3a  3b  3a

2
 9b 2  3  2a  b  
2
 9b 2  12a 2  12ab  3b 2  12a 2  12ab  12b 2  2 3  a 2  ab  b 2 
PN 
 3a  3b  6a  3b 
2


3a  3b  3b

2
 9b 2  3  a  2b  
2
 9a 2  3a 2  12ab  12b 2  12a 2  12ab  12b 2  2 3  a 2  ab  b 2 
MN 
 6a  3b  3a 
2

  3a  3b

2
 9  a  b  3 a  b 
2
2
 9a 2  18ab  9b 2  3a 2  6ab  3b 2  12a 2  12ab  12b 2  2 3  a 2  ab  b 2 
Como PM  PN  MN , então o PMN é equilátero. Se G é o baricentro de PMN :
yG 
3a  3b 3a  3b
 0  G  AC
3
4