2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e profissionalismo como lemas. Confira alguns de nossos resultados e comprove porque temos mais a oferecer. IME 2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE, sendo os 2 melhores colocados da ativa e os 2 melhores da reserva !!! 2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados, todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!! 2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva) 2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os 4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva 2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná 2005: 7 aprovados e os 3 únicos convocados do Paraná ITA Elite Curitiba: 6 anos de existência, 6 anos aprovando no ITA !!! 13 alunos aprovados! TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010) ALLISON FAUAT SCHRAIER (ITA 2010) LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009) JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008) LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008) MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008) CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007) VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007) GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006) RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006) YVES CONSELVAN (ITA 2006) EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005) FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005) AFA 2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder! Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional 2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros do Paraná! Destaque para Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil 2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná (incluindo os 3 primeiros lugares) Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e 1º do Paraná! 2008: 13 aprovados 1ºs lugares do Paraná em todas as opções de carreira 2007: 10 dos 14 convocados do Paraná 2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo: 1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação 1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência ESPCEX 2010: 13 aprovados! 2009: Dos 10 primeiros colocados do Paraná, 5 são ELITE! E dos 26 aprovados no Paraná, 10 são ELITE! 2008: 9 aprovados GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO 1º do Paraná e 9º do Brasil BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO 2º do Paraná e 32º do Brasil 2007: 9 convocados no Paraná 2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação! MATEMÁTICA Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso ! Escola Naval 2010: Único a aprovar no PR e em SC! 2009: Único a aprovar no PR e em SC! 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2005: 100% de aprovação! FUVEST 2010: LETRAS - Taciane Domingues Ferreira ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues GEOLOGIA - Adrianna Virmond UNICAMP 2010: ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues UFPR 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 2009: 17 aprovados 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar Direito (matutino) 1ºLugar Relações Públicas UFTPR 2010: 16 aprovados. Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – Eng. de Computação Verão 2008: 13 aprovados 2007: 11 aprovados em vários cursos 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 85% de aprovação em Engenharia, com 5 dos 8 1ºs colocados de Eng. Mecânica. UFSC 2010 ENGENHARIA QUÍMICA – Fernanda Brandalise Nunes Só no ELITE você encontra: Turmas pequenas de alto desempenho. Simulados semanais/quinzenais. A maior carga horária e os melhores professores! EPCAr 2010: Jean Ricardo Ferrer 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná 3013 5400 EEAR 2010: 6 aprovações 2009: 3 aprovações MURILO RODRIGUES MESQUITA ROMULO CORREA DA SILVA COSTA GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA 26/OUT/2010 www.ELITECURITIBA.com.br -1- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br 2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME MATEMÁTICA 01. A base de um prisma reto ABCA1B1C1 é um triângulo com o lado AB igual ao lado AC. O valor do segmento CD vale x, onde D é o ponto médio da aresta lateral AA1. Sabendo que α é o ângulo ACB e β é o ângulo DCA, determine a área lateral do prisma em função de x, α e β. RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: 26/OUT/2010 MATEMÁTICA 02. Determine o valor da excentricidade da cônica dada pela equação x 2 − 10 3 xy + 11 y 2 + 16 = 0 . 5 2 Considerando uma equação geral de cônica da forma Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 com B ≠ 0 , temos B que tg 2θ = nos fornece o ângulo θ pelo qual A−C devemos rotacionar os eixos coordenados de modo a escrever a equação da cônica de forma canônica, tornando os eixos coordenados paralelos aos eixos principais da figura (como eixos real e imaginário de uma hipérbole, por exemplo). RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: e = Assim, para a cônica do problema, − 10 3 tg 2θ = = 3 1 − 11 π o que nos dá θ = . 6 Aplicando a rotação de θ = ( π com as equações 6 ( Seja AH a altura relativa ao vértice A no triângulo isóscele ABC. Então H é também ponto médio de BC. O triângulo ACD é retângulo em A, logo: AC = CD.cosβ = x.cosβ AD = CD.senβ = x.senβ; AA1 = h = 2AD = 2x.senβ O triângulo AHC é retângulo em H, logo: AH = AC.senα = x.cosβ.senα CH = AC.cosα = x.cosβ.cosα BC = 2CH = 2x.cosβ.cosα A área lateral procurada vale SL = AB.h + BC.h + AC.h = (2AC + BC).h Assim, SL = (2. x.cosβ + 2. x.cosβ.cosα).2x.senβ SL = 4x2.cosβ.(1 + cosα).senβ SL = 2x2.sen2β.(1 + cosα) CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA ) 1 x′ 3 − y′ 2 e 1 y = x′ + y′ 3 2 obtemos a equação canônica nos novos eixos: (x′)2 − ( y ′)2 = 1 4 x= ) Trata-se de uma hipérbole com a = 2 e b = 1 , o que nos leva a c = 5 e excentricidade = c 5 = a 2 Obs.: Desenho da cônica e dos novos eixos: -2- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br 2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME 03. Sejam z1 = 10 + 6i e z2 = 4 + 6i, onde i é a unidade imaginária, e z um número complexo tal que z – z1 π arg = , determine o módulo do número z – z2 4 complexo (z – 7 – 9i). Obs.: arg(w) é o argumento do número complexo w. RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Seja Z1 = (10,6) Z2 = (4,6) W = (7,9) Sendo A.B o produto escalar entre A e B, tem-se: (Z1 – W).(Z2 – W) = (3,-3).(-3,-3)= -9+9 = 0 Logo o ângulo entre (Z1 – W) e (Z2 – W) é de π/2 z – z1 π = , o ângulo entre (Z1 – Z) e (Z2 – z – z2 4 Como arg Z) é de π/4 , portanto podemos concluir que os pontos Z1, Z2 e Z, pertencem a uma circunferência de centro em W e raio 3√2. Logo |z – 7 – 9i| = | Z – W | = Raio da circunferência = 3√2 04. Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma progressão geométrica crescente com razão dada por q. Sabe-se que: • existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; • n é o sexto termo dessa progressão geométrica; • n ≤ 180.000 . Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q são números naturais positivos . RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Obedecendo as condições do enunciado, temos 3 possibilidades de PG’s: (1° caso) {a1, m, a3, a4, 22.680, n} (2° caso) {m, a2, a3, a4, 22.680, n} (3° caso) {m, a2, a3, 22.680, a5, n} Sabendo que 22.680 = 23.34.5.7, analisemos cada caso: CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA 26/OUT/2010 MATEMÁTICA 1° CASO: a1 = m/q ; a3 = m.q ; a4 = m.q2 ; n = m.q4 ; 22.680 = m.q3 (*) Da igualdade (*), tem-se que as possibilidades para q (q Є N), são: 1,2,3,6. Se q =1 --> PG não é crescente, logo não convém. Se q =2 --> m = 34.5.7 --> n = 24.34.5.7 Se q =3 --> m = 23.3.5.7 --> n = 23.35.5.7 Se q =6 --> m = 3.5.7 --> n = 24.35.5.7 Soluções: (m,n) = {(2.835, 45.360) ; (840, 68.040) ; (105, 136.080)}. 2° CASO: a2 = m.q ; a2 = m.q2 ; a3 = m.q3 ; n = m.q5 ; 22.680 = m.q4 (*) Da igualdade (*), tem-se que a única possibilidade para q é 3. Então: q =3 --> m = 23.5.7 --> n = 23.35.5.7 Solução: (m,n) = (280, 68.040) 3° CASO: a2 = m.q ; a3 = m.q2 ; a5 = m.q4 ; n = m.q5 ; 22.680 = m.q3 (*) Da igualdade (*), tem-se que as possibilidades para q (q Є N), são: 1,2,3,6. Se q =1 --> não convém. Se q =2 --> m = 34.5.7 --> n = 25.34.5.7 Se q =3 --> m = 23.3.5.7 --> n = 23.36.5.7 = 204.120 > 180.000(não é permitido pelo enunciado). Se q =6 --> se para q=3 não foi mais possível, também não o será para q=6. Solução: (m,n) = (2.835, 90.720). São possíveis 6 SOLUÇÕES, em acordo com as condições estabelecidas pelo enunciado. 05. Seja ABC um triângulo onde α , β e γ são os ângulos internos dos vértices A, B e C, respectivamente. Esse triângulo está inscrito em um círculo de raio unitário. As bissetrizes internas desses ângulos interceptam esse círculo nos pontos A1 , B1 e C1 , respectivamente. Determine o valor da expressão α β γ AA1 cos + BB1 cos + CC1 cos 2 2 2. sen α + sen β + sen γ -3- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br 2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME 26/OUT/2010 MATEMÁTICA RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Reescrevendo a equação sem denominadores temos z 4 + 6 z 3 + 23z 2 + 30 z + 45 = 0 Fatorando o polinômio em z acima, teremos: onde a e d são iguais a 1. Supondo c = 3 e f =15, determinamos b e e: RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::Resposta = 2 Então ou Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos: BC AC AB = = = 2R = 2 sen α sen β sen γ Aplicando a lei dos senos nos triângulos AA1C , BB1A e CC1B 07. AC = sen β Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. Sabe-se que 2 x − x 2 é divisível por 7. Determine o número de possíveis valores de x. AA1 α sen γ + 2 AB BB1 = β sen γ sen α + 2 BC CC1 = γ sen α sen β + 2 Logo, AA1 BB1 CC1 = = =2 α β γ sen γ + sen α + sen β + 2 2 2 α β γ ⇔ AA1 = 2sen γ + ; BB1 = 2sen α + e CC1 = 2sen β + 2 2 2 ⇒ AA1 cos α α α = 2sen γ + cos = sen ( α + γ ) + sen γ = sen ( π − β ) + sen γ = sen β + sen γ 2 2 2 β β β ⇒ BB1 cos = 2sen α + cos = sen ( α + β) + sen α = sen ( π − γ ) + sen α = sen γ + sen α 2 2 2 γ γ γ ⇒ CC1 cos = 2 sen β + cos = sen (β + γ ) + sen β = sen ( π − α ) + sen β = sen α + sen β 2 2 2 α β γ AA1 cos + BB1 cos + CC1 cos ( sen β + sen γ ) + ( sen γ + sen α ) + ( sen α + sen β) = 2 2 2 ⇒ = sen α + sen β + sen γ sen α + sen β + sen γ = 2 ( sen α + sen β + sen γ ) =2 sen α + sen β + sen γ 06. Resolva a equação z 2 + 9z 2 (z + 3)2 = −5 , onde z pertence RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::Resposta = 5.716 Observando o resto da divisão inteira de 2 x por 7: x 2x 1 2(mod7) 2 4(mod7) 3 1(mod7) 4 2(mod7) 5 4(mod7) 6 1(mod7) 7 2(mod7) ... ... Percebemos que deixa resto 2 quando x = 3k+1, deixa resto 4 quando x = 3k+2 e deixa resto 1 quando x = 3k, sendo k natural. Para tratar as diferentes classes de congruência modulo 7 vamos fazer x = 7n + a com n natural e a um número inteiro de zero a seis: 2 x − x 2 = 2 7 n + a − ( 7n + a ) 2 = 2 a ( 27 ) n − 7 2 n 2 − 2 ⋅ 7na − a 2 Para que 2 x − x 2 seja divisível por 7 devemos ter 2a ( 27 ) n − a 2 divisível por 7. ao conjunto dos números complexos. CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA -4- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br 2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME 26/OUT/2010 MATEMÁTICA • Para a = 1 Temos 2( 27 ) n − 1 . Para que 2( 27 ) n ≡ 1(mod 7) devemos mais próximo de 20.000 é 19992 = 21 ⋅ 952 . Desta forma, de 1 a 19992 temos 6 * ⋅952 = 5712 soluções. Também devemos considerar as soluções: 19992 + 2 = 19994 19992 + 4 = 19996 19992 + 5 = 19997 19992 + 6 = 19998 ter ( 27 ) n ≡ 4(mod 7 ) o que ocorre para n = 3k + 2 , k natural. x = 7( 3k + 2) + 1 = 21k + 15 Finalmente, o numero de soluções inteiras menores ou iguais a 20.000 é : 5712 + 4 = 5716 Verificando para os diferentes valores de a: • Para a = 0 Temos ( 27 ) n que é potencia de 2 e não tem fator 7. Não é divisível por 7. • Para a = 2 Temos 22 ( 27 ) n − 2 2 = 4[( 27 ) n − 1] . Para que ( 2 ) ≡ 1(mod 7) temos n = 3k , k natural. x = 7( 3k ) + 2 = 21k + 2 7 n • Para a = 3 Temos 23 ( 2 7 ) n − 32 = 8( 27 ) n − 9 . Para que 8( 2 ) ≡ 9(mod 7) devemos ter ( 2 ) ≡ 2(mod 7 ) o que ocorre para n = 3k + 1 , k natural. x = 7( 3k + 1) + 3 = 21k + 10 7 n 7 n Para que ( 27 ) n ≡ 1(mod 7) temos n = 3k , k natural. x = 7( 3k ) + 4 = 21k + 4 Para RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Sejam x, y, z, respectivamente, os números de resultados 4, 5 e 6 dos n-1 lançamentos posteriores ao primeiro caso 4 em um caso favorável. • Para a = 4 Temos 24 ( 27 ) n − 4 2 = 16[( 2 7 ) n − 1] . • Para a = 5 Temos 25 ( 2 7 ) n − 52 = 32( 27 ) n − 25 . 08. Uma pessoa lança um dado n vezes. Determine, em função de n, a probabilidade de que a sequência de resultados obtidos pelos lançamentos dos dados se inicie por 4 e que, em todos eles, a partir do segundo, o resultado seja maior ou igual ao lançamento anterior. que Como a sequência deve ser não decrescente, ela fica determinada pelos valores inteiros não-negativos de x, y e z, tais que: x + y + z = n-1 32( 2 ) ≡ 25(mod 7 ) devemos ter 4( 2 ) ≡ 4(mod 7) ou 7 n 7 n seja, ( 2 ) ≡ 1(mod 7) o que ocorre para n = 3k , k natural. x = 7( 3k ) + 5 = 21k + 5 7 n • Para a = 6 Temos 26 ( 27 ) n − 6 2 = 64( 27 ) n − 36 . Para que Logo o número de casos favoráveis é igual a n n +1 1 2 , todos os quais têm probabilidade 6 . Logo a probabilidade pedida é 64( 27 ) n ≡ 36(mod 7) devemos ter ( 27 ) n ≡ 1(mod 7) ou 1 6 seja, ( 2 ) ≡ 1(mod 7) o que ocorre para n = 3k , k natural. x = 7( 3k ) + 6 = 21k + 6 7 n Então 2 − x é divisível por 7 para todo x = 21k + b com K ∈ N e b ∈ {2;4;5;6;10;15} . x n n + 1 n.(n + 1) . = 2.6 n 2 09. Sejam o polinômio p(x) = 2x3 – 3x2 +2 e os conjuntos 2 Para encontrar o numero de soluções menor ou igual a 20.000 podemos observar que, a partir do 1, a cada 21 números inteiros temos seis soluções. O múltiplo de 21 CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA A = { p(k) / k ∈ IN e k ≤ 1999}, B = { r2 + 1 / r ∈ IN} e -5- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br 2010-2011 RESOLUÇÃO COMENTADA IME 26/OUT/2010 MATEMÁTICA C = { q2 + 2 / q ∈ IN } . Sabe-se que y = n(A ∩ B) – n(A ∩ C), onde n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor de y. Obs.: IN é o conjunto dos números naturais. RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Encontremos o valor de n ( A ∩ B ) p (k ) = r 2 + 1 2k 3 − 3k 2 + 2 = r 2 + 1 2k − 3k + 1 = r Por inspeção k=1 é raiz. (k − 1)2 (2k + 1) = r 2 Como r é natural, (2k+1) tem que ser quadrado perfeito. Como k é natural, (2k+1) tem que ser ímpar. Como k < 1999, (2k+1) < 3999 Verificamos que 63² < 3999 < 64² 3 2 2 10. Mostre que o determinante abaixo apresenta valor menor ou igual a 16 para todos valores de a, b e c, pertencentes ao conjunto dos números reais, que satisfazem a equação a 2 + b 2 + c 2 = 4 . 2k 3 − 3k 2 + 2 = q 2 + 2 2k 3 − 3k 2 = q 2 k 2 (2k − 3) = q 2 Como q é natural, (2k-3) tem que ser quadrado perfeito. Como k é natural, (2k-3) tem que ser ímpar. Como k < 1999, (2k-3) < 3995 Verificamos que 63² < 3995 < 64² Concluímos então que (2k-3) pode assumir os valores dos quadrados perfeitos, ímpares até 63². Logo existem 32 possibilidades para k, e n (A ∩ C ) = 32 . y = n (A ∩ B ) − n (A ∩ C ) = 32 − 32 = 0 CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA b+c c+a c+a a+b b+c b+c c+a a+b RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: Seja D o determinante D = (a + b ) + (b + c ) + (a + c ) − 3(a + b )(b + c )(a + c ) ⇔ 3 Concluímos então que (2k+1) pode assumir os valores dos quadrados perfeitos, ímpares até 63². Logo existem 32 possibilidades para k e n (A ∩ B ) = 32 . Encontremos o valor de n (A ∩ C ) p (k ) = q 2 + 2 a+b 3 3 D = 2 (a + b + c) (a + b ) + (a + c) + (b + c) − (a + b)(b + c ) − (a + c)(a + b ) − (b + c )(a + c ) ⇔ 2 2 2 ( D = 2 (a + b + c ) a2 + b 2 + c2 − ab − bc − ac ) Seja x = a + b + c . 2 Note que (a + b + c) = a 2 + b 2 + c2 + 2 (ab + bc + ac) . Logo, x2 − 4 2 x = 4 + 2 (ab + bc + ac ) ⇔ ab + bc + ac = . 2 x2 − 4 3 Daí, D = 2x 4 − = 12 x − x . 2 Temos que: 2 16 − D = x 3 + 12x + 16 ⇔ 16 − D = (x − 2) (x + 4 ) . Basta, agora, mostrar que x + 4 ≥ 0 . Por CauchySchwarz: (a,b,c) ⋅ (1,1,1) ≤ a 2 + b 2 + c 2 ⋅ 3 ⇔ −2 3 ≤ a + b + c ≤ 2 3 Logo, 0 ≤ x + 2 2 3 e portanto 0 < x + 4 , o que implica D ≤ 16 . -6- (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br