01
3
4

. Considere as matrizes A = 
1

4
1
1 0 
4



 e B =  1  , e seja P uma
0

3
2 


4
matriz inversível tal que B = P-1 AP. Sendo n um número natural, calcule
o determinante da matriz An.
Solução:
B = P-1AP
Temos que det B = det A.
Mas det B =
1
2
k
Com α , β > 0; calcular P = αβ
1
temos que log9 α = log3 α e
2
1
log3 β
2
1
2
1
2
5
5
5
log 3 α = − log 3 β ⇒ (log 3 α + log 3 β )= 0
2
2
2
5
(log3 αβ ) = 0 ⇒ αβ = 1
2
Assim P = 1
Onde a k e b k , para k ≥ 1, são os comprimentos dos catetos do k-ésimo
triângulo retângulo. Se a1 = 30 cm e b1 = 42 cm, determine o valor da
soma das áreas de todos os triângulos quando k → ∞.
Solução:
Seja Ak a área do k-ésimo(k ≥ 1) triângulo retângulo, com catetos ak e
bk. Assim:
Ak =
3 log 3 α + log 9 β = 10

log 9 α − 2 log 3 β = 10
⇒ 3 log 3 α − log3 α = − 2 log 3 β − log 3 β
formação é dada por
4
b
5 k
Solução:
1
1
3 log 3 α + log 3 β = log 3 α − 2 log 3 β
2
2
02. Considere uma seqüência de triângulos retângulos cuja lei de
bk+1 =
P = αβ
1

 3 log3 α + 2 log3 β = 10
⇒
1
 log3 α − 2 log3 β = 10
 2
1
sendo n ∈ IN.
2n
2
a
3
onde α e β são números reais positivos. Determine o valor de
Portanto o sistema acima pode ser escrito da seguinte maneira:
Pelo Teorema de Binet,
det An = (det A)n
Portanto
a k+1 =
3 log3 α + log9 β = 10

log9 α − 2 log3 β = 10
log9 β =
1
Logo det A =
,
2
det An=
03. Considere o sistema de equações dado por
04. Sejam C e C* dois círculos tangentes exteriores de raios γ e γ∗
centros O e O*, respectivamente, e seja t uma reta tangente comum
a C e C* nos pontos não coincidentes A e A*. Considere o sólido de
revolução gerado a partir da rotação do segmento AA* em torno do
eixo OO*, e seja S a sua correspondente área lateral. Determine S em
função de γ e γ*.
Solução:
a .b
ak . bk
, deste modo Ak+1= k +1 k +1
2
2
C
4
2
Como ak+1 =
a e bk+1 =
b , temos que
5 k
3 k
8  akbk 


Ak+1 =  2   4  ⇒ Ak+1 =
 ak  ⋅  bk 
15  2 
3  5 
2
⇒ Ak+1 =
IME 2007
Matemática
A
8
8
A ⇒ k +1 =
15 k
15
Ak
γ
A
0
A*
0*
γ*
C*
A ﬁgura plana é dada por:
Portanto, a seqüência das áreas (A1, A2, Ak, ...) dos triângulos retângulos
é uma P.G inﬁnita de razão q =
é convergente e temos S =
⇒S = 1350cm²
α
8
<1. Como q<1, a soma da P.G inﬁnita
15
630
A1
=
8
1− q
1−
15
γ
A
0
d
γ+γ*
α
D
γ+γ*
2
0*
γ*
P

A*
1
Pelo teorema de Papus, temos que a área lateral da superfície de revolução é dada por S = 2πd,
Onde  é o comprimento de curva a ser rotacionada e d é a distância do
seu centro geométrico ao eixo de rotação.
cos α =
γ * −γ

e sen α
γ * +γ
γ+γ*

Temos −
⇒ −
Assim
π
4
π
π π
<x− <
2
4 4
π
π
<x<
4
2
sen x + cos x ≠ 1 ⇔
 = (senα)(γ + γ*) e
IME 2007

Para que cos  x −  >0
Mas
S = 2πd; logo
π

2 ⋅ cos x −  ≠ 1
4


π
2

⇔ cos x −  ≠
4
2

d
γ+γ*
= senα ⇒ d = 
senα
γ+γ*
 2 
2
π
4
γ+γ*
S = 2π
senα ⋅ ( γ + γ *)senα
 2 
−π
4
⇒ S = π(γ + γ*) sen α
2
2
Como cos2α + sen2α = 1. Temos que
S = π(γ + γ*)2 (1 – cos2α)
γ * −γ
γ * +γ
Mas cos α =
x−
π π
π
π
≠
e x− ≠−
4 4
4
4
x≠
π
e x≠0
2
Assim
2

( γ * −γ )
S = π( γ + γ *) 1 −
2

(γ * + γ)

2
−π
π
< x < , temos que
2
2
Como




(ii) 1 + sen 2x > 0 ⇔ sen 2x > -1
−
S = π [(γ + γ*)2 – (γ*– γ)2]
π
π
< x < ⇒ − π < 2x < π
2
2
S = 4πγγ*
2x ≠ −
05. Resolva a equação
 π π
log(senx + cos x)(1 + sen 2x) = 2, x ∈ − , 
 2 2
x≠−
π
π
⇒x≠−
2
4
π
4
Solução:
 π π
O maior domínio de validade para a equação dada em  − , 
 2 2
(i) sen x + cos x > 0 e sen x + cos x≠1
(ii) 1 + sen 2x > 0
Vamos resolver as inequações:
π

(i) Como cos x = sen  − x  , temos:
2

π
π

π

sen x + cos x = sen x + sen  − x  = 2.sen . cos  x − 
4
4
2


π

sen x + cos x = 2 - cos  x − 
4

π
π

Assim, sen x + cos x > 0 ⇔ cos  x −  > 0 = cos
2
4

−
π
π
3π
π π
<x< ⇒−
<x− <
2
2
4
4 4
π
4
−3π
4
2
 π   π
Logo, D =  − ,0  ∪ 0, 
 4   2
Para resolver a equação dada vamos supor x ∈ D e aplicar a deﬁnição
de logarítimo.
(sen x + cos x)2 = 1 + sen 2x
⇒ sen2 x + 2 sen x cos x + cos2 x = 1 + sen 2x
⇒ 1 + sen 2x = 1 + sen 2x
⇒0=0
Que é verdade para todo x ∈ D
Assim temos:
 π   π
S = D =  − ,0  ∪  0, 
 4   2
06. O quadrilátero BRAS, de coordenadas A(1,0), B(-2,0), R(x , y )
1
1
e S(x2, y2) é construído tal que RÂS = RB̂S = 90º . Sabendo o ponto R
pertence à reta t de equação y = x + 1, determine a equação algébrica
do lugar geométrico descrito pelo ponto S ao se deslocar R sobre t.
Solução:
α + β = 15 – αβ
α + αβ + β = 15
α (1 + β) + (1 + β) – 1 = 15
(1 + β)(α + 1) = 16
Assim, temos que 1 + α/16 e 1 + β/16
Como D(16) = {±1, ±2, ±4, ±8, ±16} temos:
α
0 –2 1 –3 3 –5 –9 7 –17
β
15 –17 7 –9 3 –5 –3 1 –2
m=α⋅β
0 34 7 27 9 25 27 7 34
Donde concluímos que os possíveis valores para m são:
y
r
A(1,0)
Solução 2:
x
B(-2,0)
IME 2007
0, 34, 7, 27, 9, 25
1
-1
15
0
0
As condições necessárias e suﬁcientes para que a equação
x2 + (m – 15) x + m = 0 tenha raízes inteiras são que:
S
(i) ∆ = (m – 15)2 – 4m seja um quadrado perfeito, digamos ∆ = n2
(condição de racionalidade)
(ii) – (m – 15) ± n sejam pares logo m e n tem paridades diferentes (con-
s*
R
r*
s
Sejam r = AR e s = RB , r* ⊥ r e passando por A e s* ⊥ passando
por B.
RÂS = 90 º ⇒ S ∈ r* e RB̂S = 90 º ⇒ S ∈ s*
Considere o ponto R parametrizado por R(t, t + 1)
Assim temos as equações paramétricas das retas em questão:
t +1
( x − 1) ; t ≠ 1
t −1
1+ t
( x + 2) ; t ≠ -2
s:y=
t+2
r:y=
r* : y =
D (64) = {± 1, ± 2, ± 4, ± 8, ± 16, ± 64}
t +2
( x + 2) ; t ≠ -1
 t +1
s* : y = − 
x=
Vamos agora observar a condição (i):
(m – 15)2 – 4m = n2 ⇔ m2 – 30m + 225 – 4m – n2 = 0
⇔ m2 – 34 m – n2 = -225
⇔ m2 – 2 . m . 17 + 289 – n2 = 289 – 225
⇔ (m – 17)2 – n2 = 64
⇔ (m – 17 – n) (m – 17 + n) = 64
E como m – 17 – n e m – 17 + n são inteiros eles devem ter a mesma
paridade. Note ainda que (m – 17 + n) +
(m – 17 – n) = 2m – 34
1− t
( x − 1) ; t ≠ -1
1+ t
Como S pertence a s* ∩ r*, temos que
dição de integrabilidade das frações −(m − 15) + n e −(m − 15) − n )
2
2
Temos que analisar os seguintes casos
−( t + 2)
1− t
( x + 2) =
( x − 1)
( t + 1)
(1 + t )
1º caso
⇒
1
( −3t − 3) ⇒ x = −t − 1
3
Portanto, t = -x -1
Substituindo t = -x -1 na equação de r*, obtemos:
(1 + t)y = (1 – t) (x – 1)
(1 – x – 1)y = (1 + x + 1) (x – 1)
-xy = (x + 2) (x – 1)
x2 + x + xy – 2 = 0
Que é a equação procurada.
m − 17 + n = 2
2m − 34 = 34
m = 34
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
2
n
=
−
32
30


n = −15
2º caso
m − 17 + n = 32 2m − 34 = 34
m = 34
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
2
2
n
=
30


n = 15
3º caso
m − 17 + n = −2
2m − 34 = −34
m = 0
⇒
⇒

32
30
m
−
17
−
n
=
−
2
n
=


n = 15
07. Sejam x
4º caso
Solução 1:
5º caso
e x2 as raízes da equação x2 + (m – 15) x + m = 0. Sa1
bendo que x1 e x2 são números inteiros, determine o conjunto de valores
possíveis para m.
Sejam α, β e Z as raízes da equação.
Então: x + x(m – 15) + m = (x – α)(x – β)
2
⇒ x2 + x (m – 15) + m = x2 – (α + β) x + αβ
αβ = m
⇒
α + β = 15 − m
m − 17 + n = −32
2m − 34 = −34
m = 0
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
−
2
2
n
=
−
30


n = −15
m − 17 + n = 4
2m − 34 = 70
m = 27
⇒
⇒

16
12
m
−
17
−
n
=
2
n
=
−


n = −6
6º caso
m − 17 + n = 16
2m − 34 = 20
m = 27
⇒
⇒

m − 17 − n = 4
2n = 12
n = 6
3
7º caso
Solução:
m − 17 + n = −4
2m − 34 = −20
m = 7
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
−
2
n
=
16
12


n = 6
1º Caso: Se a + b + c = 0 ⇒ b + c = – a
Como
8º caso
m − 17 + n = −16
⇒

m − 17 − n = −4
2m − 34 = −20
⇒

2n = −12
a+b b+c
a+b
a
=
⇒
=−
c
a
c
a
m = 7

n = −6
9º caso
IME 2007
m − 17 + n = 8
2m − 34 = 16
m = 25
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
8
2
n
=
0


n = 0
2º Caso: Se a + b + c ∈ *
10º caso
Da proporção
m − 17 + n = −8
2m − 34 = −16
m = 9
⇒
⇒

m
−
17
−
n
=
−
8
2
n
=
0


n = 0
k=
brancas. Determine o número de seqüências simétricas que podem ser
formadas utilizando-se todas as m + n bolas.
Observação: uma seqüência é dita simétrica quando ela possui a mesma ordem de cores ao ser percorrida da direita para a esquerda e da
esquerda para a direita.
Solução:
Devemos considerar separadamente 4 casos:
1º caso – simetria sem bola central: m e n pares
m n
,
2
n
+
2 2
brancas que podem se permutar de Pm2
n
m
pretas e
2
2
m+n


2  .
maneiras
= 
m n
   
 2 .  2 .
2º Caso – Simetria com bola preta no centro:
m ímpar e n par. Neste caso, a seqüência ﬁca determinada pelas
m −1 n
,
Pm 2−1 2n
+
2
2
m −1
pretas e n brancas que podem se permutar de
2
2
 m + n − 1


2
.
= 
maneiras.
 m − 1  n 

  
 2  . 2 .
3º Caso Simetria com bola branca no centro:
M par e n ímpar. Neste caso, a seqüência ﬁca determinada pelas
primeiras
m n −1
,
2
n −1
+
2
2
Pm2
m
2
pretas e
Deste modo
Portanto
 m + n − 1


2
.
= 
maneiras.
 m   n - 1
  

.
.
2
2
  

09 . Sejam a, b e c números reais não-nulos. Sabendo que
a+b b+c a+c
a+b
, determine o valor numérico de
.
=
=
c
a
b
c
a+c
=2
c
a+b
a+b
= 2 ou
= −1
c
c
10. Seja ƒ : → uma função tal que
n
(n + 1)
ƒ(k) = 2008
, onde
(n + 2)
 e  são, respectivamente, o conjunto dos números naturais e dos
números reais.
Determine o valor numérico de
2006
∑
k =0
f (k ) =
2008 ⋅
2005
∑
k =0
f (k ) + f ( 2006 )
2007
2006
= 2008 ⋅
+ f (2006)
2008
2007
 2007 2006 
f (2006 ) = 2008 ⋅ 
−

 2008 2007 
f (2006 ) = 2008 ⋅
2007 2 − 2008 ⋅ 2006
2008 ⋅ 2007
f (2006 ) =
2007 2 − (2007 + 1)(2007 − 1)
2007
f (2006) =
2007 2 − 2007 2 + 1
1
=
2007
2007
⇒
1
= 2007
f (2006 )
Σ
k =0
1
.
ƒ(2006 )
Solução:
n −1
brancas que podem se permutar de
2
4º Caso Não há simetria possível quando m e n são ambos ímpares
pois neste caso, não há bola central e assim para que houvesse simetria
deveríamos ter a mesma quantidade de bolas pretas (resp. brancas)
à esquerda a direita do centro da seqüência, o que é um absurdo pois
m e n são ímpares.
4
(a + b) + (b + c ) + (a + c ) 2(a + b + c )
=
(a + b + c )
(a + b + c )
⇒k=2
08. Considere o conjunto formado por m bolas pretas e n bolas
Neste caso a seqüência ﬁca determinada pelas primeiras
a+b b+c a+c
, temos que a constante k de pro=
=
c
a
b
porcionalidade é dada por:
Assim concluímos que os possíveis valores para m são:
34, 0, 27, 7, 25, 9
primeiras
a+b
= −1
c
a ∈ *, então