Majorando Montagem final 05 em A5

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IME desde 1992
Matemática
Direitos reservados em 2006 por Marcio Afonso Assad Cohen e Rodrigo Villard Milet
Capa e Projeto Gráfico: Daniel de Lucena Queiroz
Revisão do Texto: Fernanda Pereira Milet
Revisão Matemática: Moyses Afonso Assad Cohen
Home page: Larissa Cavalcante Queiroz de Lima
Proibida a reprodução parcial ou total desta obra
1ª Edição
 III
 O IME – Instituto Militar de Engenharia – é a mais antiga instituição de 
ensino superior do Brasil. Atualmente, pode-se dizer (baseado em exames 
nacionais de curso e na dificuldade do acesso) que disputa com o ITA – 
Instituto Tecnológico de Aeronáutica – o posto de melhor faculdade de 
Engenharia do Brasil. 
 Deve-se salientar que os autores do presente livro não são afiliados ao IME, 
e as soluções e enunciados aqui apresentados não são oficiais (os enunciados 
foram obtidos diretamente do ime ao final das provas dos vestibulares dos 
respectivos anos, enquanto as soluções foram desenvolvidas pelos autores). 
 
 
1. Estrutura do livro 
 
 O livro está dividido em quatro seções. 
 Na primeira, o leitor encontrará apenas os problemas propostos nas provas 
de matemática de 1991/1992 a 2005/2006. As questões aparecem exatamente 
como na prova e, portanto, possíveis anulações ou correções do enunciado só 
são feitas na segunda seção do livro. 
 Na segunda, apresentamos as soluções de todas essas questões. Em muitos 
casos, o leitor verá duas ou mais soluções para o mesmo problema. 
Normalmente, a primeira dessas é a solução tradicional obtida pela maioria 
dos alunos, e as demais mostram opções menos usuais para se alcançar o 
resultado desejado. 
 Nessa seção, apresentamos ainda comentários sobre algumas questões, bem 
como problemas alternativos a elas relacionados. Apenas alguns desses 
problemas estão resolvidos (os mais difíceis e/ou importantes, como por 
exemplo, a desigualdade das médias e o teorema de Steiner). Esses 
problemas, porém, não apresentarão dificuldade, pois sua resolução 
envolverá os conceitos utilizados na solução que os antecede. 
 Na terceira seção, são apresentados alguns tópicos teóricos que auxiliarão 
nas soluções das questões propostas pelo IME, mas que não são normalmente 
abordados no ensino médio. Os resultados principais são listados sem 
demonstração, e em seguida uma lista de dez problemas relacionados é 
proposta. 
 A parte final do livro traz uma seleção de cinqüenta problemas, 
organizados na forma de cinco simulados semelhantes ao vestibular do IME. 
Os simulados são apresentados em ordem crescente de dificuldade. O quinto 
simulado é muito mais difícil que os demais. Não tentem resolvê-lo sem a 
ajuda de alguém mais experiente, pois a sensação pode ser frustrante. Ao 
contrário dos outros quatro, esse simulado foi elaborado tendo em vista 
apenas os alunos que pretendem disputar as primeiras colocações no 
vestibular, e que já tenham alguma familiaridade com competições 
matemáticas. 
 IV 
 
 
2. A prova de matemática do IME ao longo dos anos 
 
 Até o ano de 1991, a prova de matemática do IME era dividida em duas 
partes, sendo uma de álgebra e outra de geometria. Essas provas eram 
realizadas em dias diferentes e cada uma delas era composta de dez questões. 
 De 1992 a 2006, o vestibular do IME é composto por quatro provas 
(matemática, física, química e línguas), realizadas em quatro dias 
consecutivos com duração de quatro horas cada. A prova de matemática tem 
vindo sempre com dez questões, cada uma valendo um ponto. 
 O nível de dificuldade dessas provas variou muito nesse período. A prova 
de 1998/1999 costuma ser considerada a mais fácil, e a mais difícil é 
provavelmente a de 1995/1996 (quando o IME usou quatro questões de 
olimpíadas internacionais/nacionais de anos anteriores). 
 
 
3. Conselhos para os candidatos 
 
 Este livro não deve ser usado como sua única fonte de preparação para a 
prova de matemática do vestibular do IME. Para obter um bom resultado, é 
importante, antes de tudo, compreender bem os conceitos teóricos envolvidos, 
e é necessário resolver muito mais questões do que as que o livro propõe. 
 Deve-se utilizar esta obra como material de acompanhamento para alunos 
que já estejam estudando em algum colégio/curso preparatório 
(recomendamos www.pensi.com.br). 
 Recomendamos que cada uma das quinze provas da primeira seção seja 
resolvida num ambiente similar ao do concurso, sem interrupções e com um 
relógio marcando o tempo de prova. 
 Nossa sugestão é que você resolva uma prova por semana nas dezenove 
semanas que antecedem a prova. Após pensar nos problemas da prova no fim 
de semana, por exemplo, passe a semana estudando as soluções do livro e 
anotando as idéias principais de cada uma delas. A cada quatro semanas, 
tente resolver um dos simulados propostos no final, deixando o quinto para 
depois da sua prova! 
 É interessante que você troque experiências com outros leitores deste livro. 
Para isso, acesse nossa home page (www.majorando.com) e faça seu cadastro. 
Nessa página você também poderá adquirir outras cópias do livro ou 
contactar os autores, ver erratas e atualizações, podendo inclusive pedir dicas 
relativas aos problemas propostos nos simulados. As soluções completas, 
porém, só serão divulgadas pelos autores em uma nova versão. 
 V
 Como todo livro de matemática, recomendamos que este seja lido com 
papel e caneta. Apenas após compreender todos os detalhes de uma solução, 
você pode se considerar satisfeito. 
 
 
4. Agradecimentos 
 
 Somos gratos às diversas pessoas que contribuíram para esta obra. 
 Em primeiro lugar, gostaríamos de agradecer ao professor Celso Ramos e a 
todos os integrantes do Colégio e Curso Ponto de Ensino (em especial aos 
professores Carlos Augusto, Márcio Lima e Márcio Santos, que muito 
contribuíram para nossa formação). Eles nos acolheram quando éramos 
alunos, e praticamente tudo que hoje sabemos de matemática, física e química 
partiu dessas pessoas. 
 Também não há palavras para agradecer ao professor Fábio Oliveira. Nós 
três começamos a dar aulas de matemática para turmas IME/ITA 
praticamente na mesma época e aprendemos muito juntos. Hoje, porém, o 
professor Fábio mudou de área e leciona Física no Ponto de Ensino. 
 Também gostaríamos de agradecer a Fernanda Milet, que contribuiu 
fazendo a revisão de português da obra, a Moyses Cohen, que fez uma 
revisão da parte matemática, e a Larissa Cavalcante, que elaborou a home 
page do livro (www.majorando.com). Salientamos, porém, que fomos os 
últimos a mexer no livro, de forma que qualquer erro é de nossa inteira 
responsabilidade, e não deles. 
 
 
 
Rio de Janeiro, Julho de 2006 
Marcio Cohen 
Rodrigo Villard 
 
 VII
Índice 
Introdução 
 1. Estrutura do livro III 
2. A prova do IME ao longo dos anos IV 
3. Conselho para os candidatos IV 
4. Agradecimentos V 
 
Enunciados 09 
 
Soluções 
IME 1991/1992 43 
 IME 1992/1993 51 
 IME 1993/1994 59 
 IME 1994/1995 69 
 IME 1995/1996 77 
 IME 1996/1997 86 
 IME 1997/1998 95 
 IME 1998/1999 107 
 IME 1999/2000 116 
 IME 2000/2001 127 
 IME 2001/2002 135 
 IME 2002/2003 149 
 IME 2003/2004 161 
 IME 2004/2005 172 
 IME 2005/2006 185 
 
Tópicos Extras 
Vetores 197 
Transformação linear no plano 199 
Seqüências de recorrência 201 
Teoria dos números: congruência módulo m 204 
Fatoração de polinômios 206 
 
Simulados 
1º Simulado 211 
2º Simulado 212 
3º Simulado 213 
4º Simulado 215 
5º Simulado 216 
 
Bibliografia 219 
 
Sobre os autores 220 
 
EnunciadosEnunciados
 
Majorando 
 
 11
IME 1991/1992 
 
1. Prove que 2121 zzzz +=+ , onde 1z , 2z ∈ C. 
 
2. Encontre todas as soluções de: 1cos2sec =− xx em [0,2π]. 
 
3. Dadoo quadrilátero ABCD, inscrito num círculo de raio r, conforme 
a figura ao lado, prove que: 
ADCDBCAB
CDBCADAB
BD
AC
⋅+⋅
⋅+⋅= 
 
4. Calcule quantos números naturais de 3 algarismos distintos existem no sistema de base 7. 
 
5. Determine a equação da reta que passa por um dos vértices da curva definida por 
484 22 =−+ xyy , formando um ângulo de 45o com o eixo horizontal. 
 
6. Dados: 
 a) Um cone de revolução com vértice S e cuja base circular está situada num plano π. 
 b) Um ponto P exterior ao cone e não pertencente a π. 
 Pede-se: determinar, pelo ponto P, os planos tangentes ao cone. 
 
7. A partir da função )()( BtAtAt ee
AB
AetR −−− −
−
+= , onde t é variável (tempo) e A e B são 
constantes reais, encontre a expressão de R(t), para o caso em que A tende a B, de modo 
que R(t) seja uma função contínua. 
 
8. Seja f: [0, ∞] → ℜ uma função contínua tal que: 
 a) f(0) = 0 
 b) ),0(,
)1(
1)(' 22
2
∞∈∀
+
−= x
x
xxf 
 c) 0)(lim =
∞→
xf
x
 
 Pede-se: 
1) Os intervalos onde f é crescente (respectivamente decrescente). 
2) Os intervalos onde o gráfico de f é côncavo para cima (respectivamente para baixo). 
3) Onde ocorrem os pontos de máximo e mínimo absolutos e de inflexão? 
 Defina g: ℜ → ℜ por: 



<−
≥
=
0);(
0);(
)(
xxf
xxf
xg 
Esboce o gráfico de g. 
A
B
D
C
M
 
Enunciados 
 12
9. Calcule o valor do determinante abaixo: 
xmmmmm
mmxmmm
mmmxmm
mmmmxm
Dn
+
+
+
+
=
L
LLLLLLLLLLLLLLL
L
L
L
 
 
10. Sejam E0 = [0, 1] e f1, f2: E0 → E0 funções definidas por f1(x) = x
3
1 , f2(x) = 
3
2
3
1 +x . 
Se )( 0E℘ é o conjunto das partes de E0, seja F: )()( 00 EE ℘→℘ a função definida por 
F(A) = f1(A) ∪ f2(A), onde fi(A) é a imagem de A por fi, i = 1, 2. 
Agora, para cada n ≥ 1, definimos En = F(En-1). 
 a) Esboce graficamente E0, E1, E2 e E3. Mostre que En ⊂ En-1. 
 b) Calcule ||lim nn E∞→ , onde |En| é a soma dos comprimentos dos intervalos que formam En. 
Majorando 
 
 13
IME 1992/1993 
 
1. Considere a função f(x) = x3 + ax2 + bx + c, onde a, b e c são inteiros positivos. Sabendo-se 
que uma das raízes dessa função é igual a 2i, calcular os menores valores de a, b e c para 
que exista um ponto de máximo e um ponto de mínimo reais. 
 
2. Numa escola há 15 comissões, todas com igual número de alunos. Cada aluno pertence a 
duas comissões e cada par de comissões possui exatamente um membro comum. 
Todos os alunos participam. 
 a) Quantos alunos tem a escola? 
 b) Quantos alunos participam de cada comissão? 
 
3. Prove , por indução, que: nnn
n
n
n
n
n bCbaCaCba +++=+ − L110)( para n ∈ N. 
 
4. Indique se é verdadeiro (V) ou falso (F) o que se segue e justifique sua resposta. 
 a) O conjunto dos números reais não tem pontos extremos reais. 
 b) Existe um número em Q(racionais) cujo quadrado é 2. 
 c) O ponto correspondente a 66/77 na escala dos números reais R está situado entre os 
pontos 55/66 e 77/88. 
5. Determine o valor de x para que: 0
2104
440
1002
642
2 =
−
+
xx
xx
xx
x
. 
6. Faça o que se pede: 
 a) Calcule o argumento do seguinte número complexo i(1 + i). 
 b) Escreva sob a forma trigonométrica o número complexo 31 iz += . 
 
7. Considere uma função L: R+ → R que satisfaz: 
 1. L é crescente, isto é, para qualquer 0 < x < y, tem-se L(x) < L(y). 
 2. L(x . y) = L(x) + L(y) para quaisquer x, y > 0. 
Mostre que: 
a) L(1) = 0; 
b) L(1/x) = -L(x) para todo x > 0; 
c) L(x/y) = L(x) – L(y) para quaisquer x, y > 0; 
d) L(xn) = nL(x) para todo x > 0 e natural n; 
e) L( n x ) = 
n
1 L(x) para todo x > 0 e natural n; 
f) L(x) < 0 < L(y) sempre que 0 < x < 1 < y. 
 
8. Demonstrar analiticamente que, se uma reta perpendicular a uma corda de um círculo 
passa pelo seu centro, então, ela divide a corda no seu ponto médio. 
 
Enunciados 
 14
9. Provar que a soma das distâncias de um ponto qualquer interior a um triângulo equilátero 
aos lados é constante. 
 
10. Resolva a equação: 12cos2sencossen −−=− xxxx . 
Majorando 
 
 15
IME 1993/1994 
 
1. Determine o termo independente de x de 10)1(
x
x − . 
 
2. Seja f: R → R uma função quadrática tal que f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0, ∀ x ∈ R. Sabendo-se 
que x1 = -1 e x2 = 5 são raízes e que f(1) = -8; 
Pede-se: 
 a) Determinar a, b e c. 
 b) Calcular f(0). 
 c) Verificar se f(x) apresenta máximo ou mínimo, justificando a resposta. 
 d) As coordenadas do ponto extremo. 
 e) O esboço do gráfico. 
 
3. Seja um octógono convexo. Suponha que, quando todas as suas diagonais são traçadas, 
não há mais de duas diagonais se intersectando no mesmo ponto. Quantos pontos de 
interseção (de diagonais) existem neste octógono? 
 
4. Considere os números complexos z = x +yi e w = y – xi, cujos módulos são tais que 
x
w
ez
3||
||
⋅
= , e y
z
ew
1||
||
⋅
= , onde e é base do logaritmo neperiano. Obter a forma polar de z2. 
 
5. Um aluno, ao inverter a matriz A = [ ]ija
fe
dc
ba
=










4
0
1
, 1 ≤ i, j ≤ 3 , cometeu um engano e 
considerou o elemento a31 igual a 3, de forma que acabou invertendo a matriz 
B= [ ]ijb
fe
dc
ba
=










3
0
1
. Com esse engano, o aluno encontrou B-1=










−
−
−
2/102/3
113
2/102/5
. 
Determinar A-1. 
 
6. Seja y = 
2
2x uma parábola com foco F e diretriz d. Uma reta, cujo coeficiente angular é 
m ≠ 0, passa por F e corta a parábola em dois pontos M1 e M2 , respectivamente. Seja G o 
conjugado harmônico de F em relação a M1 e M2. Pede-se: 
 a) As coordenadas de G em função de m. 
 b) O lugar geométrico do ponto G quando m varia. 
 
7. Sabendo que  , B̂ e Ĉ são os ângulos internos de um triângulo, escreva as restrições 
que devem ser satisfeitas por este triângulo para que se verifique a igualdade abaixo: 
2
ˆ
cos
2
ˆ
cos
2
ˆ
cos4ˆˆˆ CBACsenBsenAsen ⋅⋅=++ 
Enunciados 
 16
8. Seja ABCD um quadrilátero convexo inscrito num círculo e seja I o ponto de interseção 
de suas diagonais. As projeções ortogonais de I sobre os lados AB, BC, CD e DA são, 
respectivamente, M, N, P e Q. Prove que o quadrilátero MNPQ é circunscritível a um 
círculo com centro em I. 
 
9. Seja C um semicírculo com centro O e diâmetro PQ = 2r. Sobre o segmento OP, toma-
se um ponto N tal que ON = x, 0 ≤ x ≤ r. Por N traça-se uma reta perpendicular a PQ que 
encontre o semicírculo em M. A reta tangente ao semicírculo em M corta a reta PQ em 
um ponto T: 
a) Calcule, em função de r e x, o volume V1 gerado pela rotação do triângulo MPQ em 
torno de PQ. 
b) Calcule, em função de r e x, o volume V2 gerado pela rotação do triângulo MPT em 
torno de PQ. 
c) Considerando a razão 
1
2
V
Vy = , quando x varia no intervalo [0, r], faça o esboço do 
respectivo gráfico. 
 
10. Na exploração de uma mina foi feito o corte indicado na figura abaixo. Para calcular o 
volume do minério extraído do corte, foram medidos: 
310=CD dm, CD é perpendicular ao plano ABC, °== 60ˆˆ BDACDA e °= 30ˆ CDB . Calcule 
esse volume. 
D
CA
B 
Majorando 
 
 17
 IME 1994/1995 
 
1. Determine a condição que o inteiro m deve satisfazer para que exista termo independente 
de x no desenvolvimento de m
x
x )1( 8
4 − . 
 
2. Seja ABC um triângulo qualquer no qual os vértices B e C são fixos. Determine o lugar 
geométrico descrito pelo ponto A, variável, sabendo que os ângulos B e C satisfazem à 
relação kCB =⋅ tantan , k constante real. Discuta a solução para diversos valores de k. 
Sugestão: Considere como eixos coordenados as retas BC e a mediatriz do segmento BC. 
 
3. Dado 
i
z
247
1
+−
= , calcule as partes real e imaginária de z. 
 
4. Sabendo-se que a função h(x) possui a seguinte propriedade )()( xhxh
dx
d −= , pede-se: 
 a) A solução da equação: 1)()()(++=⋅∫ xhxxhdttft . 
 b) Os valores de c e h(x), de tal forma que: ∫
−=⋅
c
e
edttft
0
2)( . 
 
5. Resolva a equação trigonométrica: sen cos 2 2 sen cos 0x x x x+ + = . 
 
6. Use o teorema do valor médio para derivadas e prove que a equação: 
02)1ln(2)1ln(3)1ln( 35 =−+++++ xxx tem uma única raiz real no intervalo (0, 1). 
Obs.: A notação ln significa logaritmo neperiano 
 
7. Três círculos de mesmo raio “R” se intersectam dois a dois, como é mostrado na figura 
abaixo, constituindo três áreas comuns que formam um trevo. Determine o perímetro do 
trevo e sua área em função de “R” e da área “S” do triângulo IJK. 
 
 
 
 
 
 
 
• •
•I
K J
Enunciados 
 18
8. Seja ABC um triângulo qualquer. Por B’ e C’ , pontos médios dos lados AB e AC, 
respectivamente, traçam-se duas retas que se cortam em um ponto M, situado sobre o lado 
BC, e que fazem com esse lado ângulos iguais a θ , conforme a figura abaixo. Demonstre 
que: 
)cot(cot
2
1cot CB +=θ . 
 
 
 
 
 
 
9. Seis esferas idênticas de raio “R” encontram-se posicionadas no espaço de tal forma que 
cada uma delas seja tangente a quatro esferas. Dessa forma, determine a aresta do cubo que 
tangencie todas as esferas. 
 
10. Prove que o polinômio 1)( 111777888999 +++++= xxxxxP L é divisível por 
1789 +++++ xxxx L 
 
θ θ
B C
PC B
M
A
Majorando 
 
 19
IME 1995/1996 
 
1. Considerando log 2 = a e log 3 = b, encontre, em função de a e b, o logaritmo do 
número 5 25,11 no sistema de base 15. 
 
2. Encontre todas as soluções da equação apresentada abaixo, onde n é um número natural. 
1sencos =− xx nn 
 
3. Um triângulo ABC tem base AB fixa sobre uma reta r. O vértice C desloca-se ao longo 
de uma reta s, paralela a r e a uma distância h da mesma. Determine a equação da curva 
descrita pelo ortocentro do triângulo ABC. 
 
4. Seja f uma função real tal que ∀ x, a ∈ R; f(x + a) = )()(
2
1 2 xfxf −+ . f é periódica? 
Justifique. 
 
5. Calcule a soma abaixo: 
30012998
1
107
1
74
1
41
1
⋅
++
⋅
+
⋅
+
⋅
L 
 
6. É dado um tabuleiro quadrado 4×4. Deseja-se atingir o quadrado inferior direito a partir 
do quadrado superior esquerdo. Os movimentos permitidos são os representados pelas 
setas: 
 
De quantas maneiras isto é possível? 
 
7. Sejam 5 (cinco) pontos AOBO’A’, nesta ordem, pertencentes a uma reta genérica r tal 
que AO = OB = 3a; BO’ = O’A’ = 2a, onde a é um comprimento dado. Traçam-se os círculos 
(O) com diâmetro AB e (O’) com diâmetro BA’. Sejam C e D dois pontos quaisquer do 
círculo (O); as retas BC e BD cortam o círculo (O’), respectivamente em C’ e D’. 
a) Calcule 
BC
BC ' 
b) Calcule 
CD
DC '' 
 
 
c) Seja o ângulo DBC ˆ igual a 30o. Calcule, em função de a, a razão entre as áreas dos 
segmentos circulares S no círculo (O) limitado pela corda CD e S’ no círculo (O’) 
limitado pela corda C’D’. 
 
8. Determine os números naturais n para os quais existem poliedros convexos de n arestas. 
Enunciados 
 
 
20 
9. Sejam w0 = 1, w1 = j, w2 = j2 as raízes cúbicas da unidade no plano complexo (considere w1 
o número complexo de módulo 1 e argumento 2π/3). Sabendo que se c ∈ C, a rotação R 
em torno do ponto c e amplitude igual a π/3 é dada por R(z) = -j2z – jc, ∀ z ∈ C – {c}, pede-
se: 
 a) Determinar as relações existentes entre a, b, c, j, j2, onde a, b ∈ C, de modo que o 
triângulo a, b, c seja equilátero. 
 b) Determinar z para que o triângulo i, z, iz seja equilátero. 
Dado: 1−=i 
 
10. Dados os trinômios do segundo grau: 
y = ax2 + bx + c ( I ) 
y = a’x2 + b’x + c’( II ) 
Considere, sobre o eixo OX , os pontos A e B cujas abscissas são raízes do trinômio (I) e 
A’B’ , os pontos cujas abscissas são raízes do trinômio (II). Determine a relação que deve 
existir entre os coeficientes a, b, c, a’, b’, c’, de modo que A’B’ divida o segmento AB 
harmonicamente. 
 
 
Majorando 
 
 21 
IME 1996/1997 
1. Resolva o sistema abaixo: 



=
=
axy
yx xy onde a ≠ 1 e a > 0. 
 
2. Determine o termo máximo do desenvolvimento da expressão: 
65
3
11 




 + . 
 
3. Dados os pontos A e B do plano, determine a equação do lugar geométrico dos pontos P 
do plano, de tal modo que a razão entre as distâncias de P a A e de P a B seja dada por 
uma constante k. Justifique a sua resposta analiticamente, discutindo todas as possibilidades 
para k. 
 
4. Em cada uma das 6 (seis) faces de um cubo, construiu-se um círculo, onde foram 
marcados n pontos. Considerando que 4 (quatro) pontos não pertencentes à mesma face 
não sejam coplanares, quantas retas e triângulos, não contidos nas faces desse cubo, são 
determinados pelos pontos? 
 
5. Considere a função y = f(x) = ln )1( 2 ++ xx onde ln denota o logaritmo neperiano. 
Responder aos itens a seguir, justificando sua resposta. 
 (a) Se g(x) = ln(2x), que relação existe entre os gráficos das curvas f e g? 
(b) Pode-se afirmar que a função definida por H(x) = 
2
)(xf é uma primitiva para a função 
1
)(
)(
2 +
=
x
xf
xT ? 
 
6. Se atan e btan são raízes da equação x2 + px + q = 0, calcule, em função de p e q, o 
valor simplificado da expressão: )(cos)cos()sen()(sen 22 baqbabapbay ++++++= . 
 Considere p,q ∈ R com q ≠ 1. 
 
7. Considere os números ímpares escritos sucessivamente, como mostra a figura abaixo, onde 
a enésima linha compreende n números. Encontre em função de n, nesta linha, a soma de 
todos os números escritos, bem como o primeiro e o último. 
 
1 
3 5 
7 9 11 
13 15 17 19 
21 23 25 27 29 
... 
 
 
Enunciados 
 
 
22 
8. Determine o resto da divisão do polinômio nxsen )(cos ϕϕ + por (x2 + 1), onde n é um 
número natural. 
 
9. Considere uma esfera inscrita e tangente à base de um cone de revolução. Um cilindro está 
circunscrito à esfera de tal forma que uma de suas bases está apoiada na base do cone. Seja 
V1 o volume do cone e V2 o volume do cilindro. Encontre o menor valor da constante k 
para o qual V1 = kV2. 
Sugestão: Considere o ângulo formado pelo diâmetro da base e a geratriz do cone em uma 
das extremidades deste diâmetro. 
 
10. Em uma parábola (P), com foco F e parâmetro p, considere uma corda 'MM . Normal à 
parábola em M. Sabendo que o ângulo °= 90'MFM , calcule os segmentos FM e 'FM . 
Majorando 
 
 23 
IME 1997/1998 
 
1. Determine a solução da equação trigonométrica R∈=+ xxx ,1cos3sen . 
 
2. Resolva e interprete, geometricamente, o sistema matricial abaixo, em função de α e β. 










β
−
−
=




















α
−
−
8
4
86
765
321
z
y
x
 
 
3. Determine os valores de λ que satisfaçam à inequação 02727
9
427 12 >+− −λλ e represente, 
graficamente, a função 12 2727
9
427 −+−= xxy . 
 
4. Determine os parâmetros α, β, γ e δ da transformação complexa 
δγ
βα
+
+=
z
zw , que leva os 
pontos z = 0; i; -1 para w = i; 1, 0, respectivamente, bem como z para w = -2 – i, onde 
i = 1− . 
 
5. Considere uma elipse e uma hipérbole centradas na origem, O, de um sistema cartesiano, 
com eixo focal coincidente com o eixo OX. Os focos da elipse são vértices da hipérbole e os 
focos da hipérbole são vértices da elipse. Dados os eixos da elipse como 10cm e 
3
20 cm, 
determine as equações das parábolas, que passam pelas interseções da elipse e da hipérbole e 
são tangentes ao eixo OY na origem. 
 
6. Uma embarcação deve ser tripulada por oito homens, dos quais dois só remam do lado 
direito e apenas um, do lado esquerdo. Determine de quantos modos esta tripulação pode ser 
formada, se de cada lado deve haver quatro homens. Obs.: A ordem dos homens de cada 
lado distingue a tripulação. 
 
7. Determine α, β e γ de modo que o polinômio 11 +β+α γ+γ xx , racional inteiro em x, seja 
divisível por (x – 1)2 e que o valor numérico doquociente seja igual a 120 para x = 1. 
 
8. Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, é 
igual a 37 . Determine os termos desta soma. 
 
9. Considere o cubo de bases ABCD e EFGH e arestas AE, BF, CG e DH. Sejam as arestas 
iguais a 3m e os pontos M, N e P marcados de forma que: 
 M ∈ AD, tal que AM = 2m 
 N ∈ AB, tal que AN = 2m 
 P ∈ BF, tal que BP = 0,5m 
 Calcule o perímetro da seção que o plano MNP determina no cubo. 
Enunciados 
 
 
24 
10. Quatro retas se intersectam formando quatro triângulos conforme figura abaixo. Prove 
que os círculos circunscritos aos quatro triângulos possuem um ponto em comum.. 
 
Majorando 
 
 25 
IME 1998/1999 
 
1. Determine as raízes de 04222 =−++ iizz e localize-as no plano complexo, sendo i= 1− . 
 
2. Sejam as funções g(x) e h(x) assim definidas: 
g(x) = 3x – 4 ; h(x)=f(g(x)) = 9x2 – 6x + 1 . 
 Determine a função f(x) e faça seu gráfico. 
 
3. Calcule o valor de ( ) 1002,1 − , com dois algarismos significativos, empregando a expansão do 
binômio de Newton . 
 
4. Determine θ , sabendo-se que: 
(i) 
3
2
1
1
1
cos1
2
2
4
4
=
+
+
⋅
−
−
θ
θ
θ
θ
tg
ctg
sen
; 
(ii) 0 < πθ 2≤ radianos. 
 
5. Determine α para que seja impossível o sistema : 





+=−++
=+−
=−+
2)14(4
253
432
2 αα zyx
zyx
zyx
 
 
6. Determine as possíveis progressões aritméticas para as quais o resultado da divisão da 
soma dos seus n primeiros termos pela soma dos seus 2n primeiros termos seja independente 
do valor de n . 
 
7. Determine uma matriz não singular P que satisfaça à equação matricial 
P-1 A= 





−10
06
 , onde A = 





45
21
. 
 
8. Seja o polinômio P(x) de grau (2n + 1) com todos os seus coeficientes positivos e unitários. 
Dividindo-se P(x) por D(x) , de grau 3, obtém-se o resto R(x) . 
Determine R(x), sabendo-se que as raízes de D(x) são raízes de A(x) = x4 – 1 e que D(1) ≠ 0. 
 
9. Uma piscina de base retangular tem, em metros, as seguintes dimensões: base, 5 x 6 e 
altura, 3. Dois terços do volume da piscina são ocupados por água. Na superfície superior da 
água, forma-se uma pequena bolha de ar. A bolha de ar está eqüidistante das paredes de 5m 
de base. Em relação às paredes de 6m de base, sua posição é tal que a distância a uma das 
paredes é o dobro da distância à outra. Estabeleça um sistema de coordenadas retangulares 
que tenha como origem um dos cantos interiores da piscina e como um dos planos 
coordenados a parede de base de 6m mais próxima da bolha. Em relação a este sistema, 
determine as coordenadas retangulares do ponto onde se encontra a bolha de ar. 
 
Enunciados 
 
 
26 
10. ABCD é um quadrado de lado l . Sabendo-se que k é a soma dos quadrados das distâncias 
de um ponto P do plano definido por ABCD aos vértices de ABCD , determine : 
(i) o valor mínimo de k e a posição do ponto P na qual ocorre este mínimo ; 
(ii) o lugar geométrico do ponto P para 24l=k 
 
Majorando 
 
 27 
IME 1999/2000 
 
1. Calcule o determinante: 
D = 
13111111
11111111
1191111
1117111
1111511
1111131
1111111
 
2. Considere a, b, e c números reais tais que a < b < c. Prove que a equação abaixo possui 
exatamente duas raízes, x1 e x2 , que satisfazem a condição: a < x1< b < x2 < c. 
0111 =
−
+
−
+
− cxbxax
 
3. Represente graficamente a função: 
( )
θθθθ
θ 2222 seccos1
1
sec1
1
cos1
1
1
1
+
+
+
+
+
+
+
=
sen
F 
4. Calcule as coordenadas dos pontos de interseção da elipse com a hipérbole, representadas 
na figura abaixo, sabendo-se que: 
a) os pontos C e C’ são os focos da elipse e os pontos A e A’ são os focos da hipérbole; 
b) BB’ é o eixo conjugado da hipérbole; 
c) OB = OB’= 3 m e OC = OC’ = 4 m. 
 
 
 
 
 
 
5. Determine o polinômio em n, com no máximo 4 termos, que representa o somatório dos 
quadrados dos n primeiros números naturais 2
1
n
k
k
=
 
 
 
∑ . 
 
Enunciados 
 
 
28 
6. Seja o conjunto: D = {(k1, k2) | 1 ≤ k1 ≤ 13; 1 ≤ k2 ≤ 4; k1, k2 ∈ IN }. 
Determine quantos subconjuntos L = {(x1,x2), (y1,y2), (z1,z2), (t1,t2), (r1,r2) }, L ⊂ D, existem com 5 
(cinco) elementos distintos, que satisfazem simultaneamente as seguintes condições: 
 a) x1 = y1 = z1; 
b) x1 ≠ t1, x1 ≠ r1, t1 ≠ r1. 
 
7. As arestas laterais de uma pirâmide regular com n faces têm medida l. Determine: 
 a) a expressão do raio do círculo circunscrito à base, em função de l, de modo que o produto 
do volume da pirâmide pela sua altura seja máximo; 
b) a expressão desse produto máximo, em função de l e n. 
 
8. As medianas BE e CF de um triângulo ABC se cortam em G. Demonstre 
que 222 5
12
acb
SCGtgB
−+
=
∧
, onde S é a área do triângulo ABC; AC=b; AB=c e BC=a. 
 
9. Três jogadores, cada um com um dado, fizeram lançamentos simultâneos. Essa operação 
foi repetida cinquenta vezes. Os dados contêm três faces brancas e três faces pretas. Dessas 50 
vezes : 
 a) em 28 saiu uma face preta para o jogador I; 
 b) em 25 saiu uma face branca para o jogador II; 
 c) em 27 saiu uma face branca para o jogador III; 
 d) em 8 saíram faces pretas para os jogadores I e III e branca para o jogador II; 
 e) em 7 saíram faces brancas para os jogadores II e III e preta para o jogador I; 
 f) em 4 saíram faces pretas para os três jogadores; 
 g) 11 saíram faces pretas para os jogadores II e III. 
Determine quantas vezes saiu uma face preta para pelo menos um jogador. 
 
10. Considere quatro números inteiros a, b, c e d. Prove que o produto 
(a-b) (c-a) (d-a) (d-c) (d-b) (c-b) é divisível por 12 . 
Majorando 
 
 29 
 IME 2000/2001 
 
1. Considere a figura abaixo, onde 1, , ,AB AD BX x AC y DE z= = = = = e AE w= . Os ângulos 
AFBeACBAED ˆˆ,ˆ são retos. 
a) Determine o comprimento de AF e de BF em função de x, y, z e w. 
b) Determine a tangente do ângulo α em função de x, y, z e w. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Considere o polinômio de grau mínimo, cuja representação gráfica passa pelos pontos 
P1(-2, -11), P2(-1, 0), P3(1, 4) e P4(2, 9). 
 a) Determine os coeficientes do polinômio. 
 b) Calcule as raízes do polinômio. 
 
3. Determine todos os números inteiros m e n para os quais o polinômio 3 32 m m m n mx a x a−+ − é 
divisível por x + a . 
 
4. Sejam a e b números reais positivos e diferentes de 1. 
1
1
.
2.log log .log
yx
a a
b
a b ab
x y b

=

=

 
Determine os valores de x e y. 
 
5. Dois números complexos são ortogonais se suas representações gráficas forem 
perpendiculares entre si. Prove que dois números complexos Z1 e Z2 são ortogonais se e 
somente se: 
02121 =+ ZZZZ 
Obs: Z indica o conjugado de um número complexo Z. 
 
6. Considere a matriz A = (akj), onde: akj = k-ésimo termo do desenvolvimento de (1 + ji)54, com 
k = 1, . . ., 55; j = 1, . . ., 55 e i = 1− . 
 a) Calcule a3,2 + a54,1 
 b) Determine o somatório dos elementos da coluna 55. 
 c) Obtenha uma fórmula geral para os elementos da diagonal principal. 
 
 
Enunciados 
 
 
30 
7. Um comandante de companhia convocou voluntários para a constituição de 11 patrulhas. 
Todas elas são formadas pelo mesmo número de homens. Cada homem participa de 
exatamente duas patrulhas. Cada duas patrulhas têm somente um homem em comum. 
Determine o número de voluntários e o de integrantes de uma patrulha. 
 
8. Calcule o valor exato de: 











+











4
5csc2cos
3
4cot2 arcarcsen 
 
9. Prove que, para qualquer número inteiro k, os números k e k5 terminam sempre com o 
mesmo algarismo (algarismo das unidades). 
 
10. Sejam r, s e t três retas paralelas não coplanares. São marcados sobre r dois pontos A e A’, 
sobre s os pontos B e B’ e sobre t os pontos C e C’, de modo que os segmentos 
cCCebBBaAA === '',' tenham o mesmo sentido. 
 a) Mostre que, se G e G’ são os baricentros dos triângulos ABC e A’B’C’, respectivamente, 
então 'GG é paralelo às três retas. 
b) Determine 'GG em função de a, b e c. 
Majorando31 
IME 2001/2002 
 
1. Calcule a soma dos números entre 200 e 500 que são múltiplos de 6 ou de 14, mas não 
simultaneamente múltiplos de ambos. 
 
2. Uma matriz quadrada é denominada ortogonal quando a sua transposta é igual à sua 
inversa. Considerando esta definição, determine se a matriz [R], abaixo, é uma matriz 
ortogonal, sabendo-se que n é um número inteiro e α é um ângulo qualquer. Justifique a sua 
resposta. 
[ ]









 −
=
100
0)cos()sen(
0)sen()cos(
αα
αα
nn
nn
R 
 
3. Considere uma parábola de eixo focal OX que passe pelo ponto (0,0). Define-se a 
subnormal em um ponto P da parábola como o segmento de reta ortogonal à tangente da 
curva, limitado pelo ponto P e o eixo focal. 
 Determine a equação e identifique o lugar geométrico dos pontos médios das subnormais 
dessa parábola. 
 
4. Sabe-se que YbXb qa == log,log e n > 0, onde n é um número natural. Sendo c o produto 
dos n termos de uma progressão geométrica de primeiro termo a e razão q, calcule o valor de 
logc b em função de X, Y e n. 
 
5. (a) Encontre as condições a que devem satisfazer os coeficientes de um polinômio P(x) de 
quarto grau para que P(x)=P(1-x). 
 (b) Considere o polinômio P(x) = 16 x4 – 32 x3 – 56 x2 + 72 x + 77. Determine todas as suas 
raízes sabendo-se que o mesmo satisfaz à condição do item acima. 
 
6. Um cone e um cilindro circulares retos têm uma base comum e o vértice do cone se 
encontra no centro base do cilindro. Determine o ângulo formado pelo eixo do cone e sua 
geratriz, sabendo-se que a razão entre a área total do cilindro e a área total do cone é 7/4. 
 
7. Quatro cidades, A, B, C e D, são conectadas por estradas conforme a figura abaixo. 
Quantos percursos diferentes começam e terminam na cidade A, e possuem: 
(a) exatamente 50 km? 
(b) n x 10 km? 
 
 
 
 
 
 
 
Enunciados 
 
 
32 
X Y
W
A
C
B
D
E
G
F
H
8. (a) Sejam x, y e z números reais positivos. Prove que: 3 ..
3
zyx
zyx
≥
++
 
Em que condições a igualdade se verifica? 
 (b) Considere um paralelogramo de lados a, b, c e área total S0. Determine o volume 
máximo desse paralelogramo em função de S0. Qual a relação entre a, b e c para que esse 
volume seja máximo? Demonstre seu resultado. 
*Durante a prova, foi comunicado que o item (b) desta questão foi anulado. 
 
9. Resolva a equação xx =−− 55 , sabendo-se que x > 0. 
 
10. Considere um quadrado XYZW de lado a. Dividindo-se cada ângulo desse quadrado em 
quatro partes iguais, obtém-se o octógono regular representado na figura abaixo. Determine 
o lado e a área desse octógono em função de a. As respostas finais não podem conter 
expressões trigonométricas. 
 
Majorando 
 
 33 
IME 2002/2003 
 
1. Seja z um número complexo de módulo unitário que satisfaz a condição 12 −≠nz , onde n é 
um número inteiro positivo. Demonstre que n
n
z
z
21 +
 é um número real. 
 
2. Determine todos os valores reais de x que satisfazem a equação: 
( ) ( )xxxxxx 81912log81912log 2323 +−=+− , 
 onde log(y) e |y| representam, respectivamente, o logaritmo na base 10 e o módulo de y. 
 
3. Dada uma circunferência de raio R, inscreve-se nela um quadrado. A seguir, inscreve-se 
uma circunferência neste quadrado. Este processo se repete indefinidamente para o interior 
da figura de maneira que cada quadrado estará sempre inscrito em uma circunferência e 
simultaneamente circunscrito por outra. Calcule, em função de R, a soma das áreas 
delimitadas pelos lados dos quadrados e pelas circunferências que os circunscrevem, 
conforme mostra a figura. 
 
 
 
 
 
 
4. Resolva a equação tan a + tan (2a) = 2.tan (3a), sabendo-se que a /2) [0,π∈ . 
Enunciados 
 
 
34 
 
5. Sobre uma reta r são marcados os pontos A, B, C e D. São construídos os triângulos 
eqüiláteros ABE, BCF e CDG, de forma que os pontos E e G encontrem-se do mesmo lado da 
reta r, enquanto que o ponto F encontra-se do lado oposto, conforme mostra a figura. Calcule 
a área do triangulo formado pelos baricentros de ABE, BCF e CDG, em função dos 
comprimentos dos segmentos AB, BC e CD. 
 
 
 
 
 
6. Considere um hexágono regular de 6cm de lado. Determine o valor máximo da área de um 
triângulo XYZ, sabendo-se que: 
 a) Os pontos X, Y e Z estão situados sobre lados do hexágono; 
 b) A reta que une os pontos X e Y é paralela a um dos lados do hexágono. 
 
7. Sejam A e B dois subconjuntos de N. Por definição, uma função BAf →: é crescente se 
( ) ( )2121 afafaa ≥⇒> , para quaisquer Aaea ∈21 . 
 a) Para A = {1,2} e B = {1,2,3,4}, quantas funções de A para B são crescentes ? 
 b) Para A = {1,2,3} e B = {1,2,...,n}, quantas funções de A para B são crescentes, onde n é um 
número inteiro maior que zero? 
 
8. Seja uma pirâmide regular de vértice V e base quadrangular ABCD. O lado da base da 
pirâmide mede l e a aresta lateral 2l . Corta-se a essa pirâmide por um plano que contém o 
vértice A, é paralelo à reta BD e contém o ponto médio da aresta VC. Calcule a área da seção 
determinada pela interseção do plano com a pirâmide. 
 
9. Demonstre que 33 2.14202.1420 −++ é um número inteiro múltiplo de quatro. 
 
10. Considere uma matriz A, n x n, de coeficientes reais, e k um número real diferente de l. 
Sabendo-se que A3 = kA, prove que a matriz A + I é invertível, onde I é a matriz identidade 
nxn. 
 
A 
E
B C
F
G
D
•
•
•
Majorando 
 
 35 
IME 2003/2004 
 
1. Calcule o número natural n que torna o determinante abaixo igual a 5. 
)1(log)1(log)1(log)1(log
1100
0110
0011
2222 −−+−
−
−
−
nnnn
 
 
2. Considere o polinômio baxxxP ++= 3)( de coeficientes reais, com 0≠b . Sabendo que suas 
raízes são reais, demonstre que 0<a . 
 
3. Considere uma pirâmide regular de altura h, cuja base é um hexágono regular ABCDEF 
de lado a. Um plano perpendicular à base e contendo os pontos médios das arestas AB e 
BC divide a pirâmide em dois poliedros. Calcule a razão entre os volumes destes dois 
poliedros. 
 
4. Calcule )sen( yx + em função de a e b, sabendo que o produto 0≠ab , que asenysenx =+ 
e que byx =+ coscos . 
 
5. Seja uma função ℜ→−ℜ }0{:f , onde ℜ representa o conjunto dos números reais, tal que 
)()()/( bfafbaf −= para a e b pertencentes ao domínio de f. Demonstre que f é uma função 
par. 
 
6. Sendo a, b e c números inteiros naturais em progressão aritmética e z um complexo de 
módulo unitário, determine um valor para cada um dos números a, b, c e z de forma que 
eles satisfaçam a igualdade: 9111 z
zzz cba
=++ . 
 
7. Considere a parábola P de equação 2axy = , com 0>a e um ponto A de coordenadas 
),( 00 yx satisfazendo a 200 axy < . Seja S a área do triângulo ATT’, onde T e T’ são pontos 
de contato das tangentes a P passando por A. 
a) Calcule o valor da área S em função de a, x0 e y0; 
b) Calcule a equação do lugar geométrico do ponto A, admitindo que a área S seja 
constante; 
c) Identifique a cônica representada no item anterir. 
 
8. Demonstre que o número 52222111
vezesvezes1
43421 K321K
nn−
 é um quadrado perfeito. 
Enunciados 
 
 
36 
9. Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, obtendo-se 
um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários apenas uma vez. 
Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada vitória valia 3 
pontos, cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. 
 
10. Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um círculo de diâmetro d. Sabe-se que 
aBCAB == e dAD = e bCD = , com a, b e d diferentes de zero. 
a) Demonstre que 22 2abdd += ; 
b) Se a, b e d são números inteiros e a é diferente de b, mostre que d não pode ser primo. 
 
 
Majorando 
 
 37 
IME 2004/2005 
 
1. Dada a função 
2
)156156()(
xx
xf
−+= , demonstre que: )()(2)()( yfxfyxfyxf =−++ . 
2. O sistema de segurança de uma casa utiliza um teclado numérico, conforme ilustrado na 
figura. Um ladrão observa de longee percebe que: 
 *a senha utilizada possui 4 dígitos; 
 *o primeiro e o último dígitos encontram-se numa mesma linha; 
 *o segundo e o terceiro dígitos encontram-se na linha imediatamente superior. 
Calcule o número de senhas que deverão ser experimentadas pelo ladrão para que com 
certeza ele consiga entrar na casa. 
 
 
 
 
 
 
Teclado numérico 
 
3. Sejam a, b, c e d números reais positivos e diferentes de 1. Sabendo que dalog , dblog e 
dclog são termos consecutivos de uma progressão aritmética, demonstre que: baacc log2 )(= . 
 
4. Determine o valor das raízes comuns das equações 01818112 234 =++−− xxxx e 
052324412 234 =−−−− xxxx . 
 
5. Resolva a equação 0333cos112 =++ xsenxxsen . 
 
6. Considere um triângulo ABC de área S. Marca-se o ponto P sobre o lado AC tal que 
qPCPA =/ , e o ponto Q, sobre o lado BC de maneira que rQCQB =/ . As cevianas AQ e 
BP encontram-se em T, conforme ilustrado na figura. Determine a área do triângulo ATP 
em função de S, q e r. 
 
 
 
 
 
 
0
987
654
321
 A
B C
P
Q
T
 
Enunciados 
 
 
38 
7. Considere uma elipse de focos F e F’, e M um ponto qualquer dessa curva. Traça-se por 
M duas secantes MF e 'MF , que intersectam a elipse em P e P’, respectivamente. 
Demonstre que a soma )''/'()/( PFMFFPMF + é constante. 
Sugestão: calcule inicialmente a soma )/1()/1( FPMF + . 
 
8. Sejam a, b e c as raízes do polinômio trxxxp −+= 3)( , onde r e t são números reais não 
nulos. 
 a) Determine o valor da expressão 333 cba ++ em função de r e t. 
 b) Demonstre que 0211 =−+ −−+ nnn tSrSS para todo número natural 2≥n , onde 
kkkk cbaS ++= para qualquer número natural k. 
 
9. Calcule o determinante da matriz nn × em função de b, onde b é um número real tal 
que 12 ≠b . 
linhas
10000
10000
00100
0010
0001
00001
colunas
2
2
2
2
2
2
n
bb
bb
bb
bbb
bbb
bb
n
4444444444 34444444444 21
L
L
MMOMMMM
L
L
L
L












+
+
+
+
+
+
 
 
10. Considere os pontos P e Q sobre faces adjacentes de um cubo. Uma formiga percorre, 
sobre a superfície do cubo, a menor distância entre P e Q, cruzando a aresta BC em M e a 
aresta CD em N, conforme ilustrado na figura abaixo. É dado que os pontos P, Q, M e N 
são coplanares. 
a) Demonstre que MN é perpendicular a AC . 
b) Calcule a área da seção do cubo determinada pelo plano que contém P, Q e M em função 
de aBC = e bBM = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
•
•
A 
B 
D
C
P
M 
N 
 Q 
Majorando 
 
 39 
IME 2005/2006 
 
1. Sejam ia −=11 , siran += e isrsran )()(1 ++−=+ )1( >n termos de uma seqüência. 
Determine, em função de n, os valores de r e s que tornam esta seqüência uma progressão 
aritmética, sabendo que r e s são números reais e 1−=i . 
 
2. Considere o polinômio 
.30442733)( 2345 +−+−−= xxxxxxp 
 
 Sabendo que o produto de duas de suas raízes complexas é igual a i−3 e que as partes reais 
e imaginárias de todas as suas raízes complexas são inteiras e não-nulas, calcule todas as 
raízes do polinômio. 
 
3. Um trapézio ABCD, de base menor AB e base maior CD, possui base média MN. Os pontos 
M’ e N’ dividem a base média em três segmentos iguais, na ordem MM’N’N. Ao se traçarem 
as retas AM’ e BN’, verificou-se que as mesmas se encontram sobre o lado CD no ponto P. 
Calcule a área do trapézio M’N’CD em função da área de ABCD. 
 
4. Seja Dn = det(An), onde 
nxn
nA




















−
−
−−
−−
−
=
21...0000
12...0000
.....................
00...1210
00...0121
00...0012
 
Determine Dn em função de n ( Nn ∈ , n 1≥ ). 
 
5. Determine os valores de x, y, z e r que satisfazem o sistema 
zzC
zz
xC
zx
r
yr
xy
y
y
yr
loglog
log4log
log
+=
+=
=
+
+
 
onde pmC representa a combinação de m elementos tomados p a p e logcb representa o 
logaritmo de b na base c. 
 
6. Os ângulos de um triângulo estão em progressão aritmética e um deles é solução da 
equação trigonométrica 
( )( ) 1coscossensencossen 22 =+−+ xxxxxx 
Determine os valores destes ângulos (em radianos). 
Enunciados 
 
 
40 
7. Considere os pontos A(-1,0) e B(2,0) e seja C uma circunferência de raio R tangente ao eixo 
das abscissas na origem. A reta r1 é tangente a C e contém o ponto A e a reta r2 também é 
tangente a C e contém o ponto B. Sabendo que a origem não pertence às retas r1 e r2, 
determine a equação do lugar geométrico descrito pelo ponto de interseção de r1 e r2 ao se 
variar R no intervalo (0, ∞ ). 
 
8. Considere um tetraedro regular de arestas de comprimento a e uma esfera de raio R 
tangente a todas as arestas do tetraedro. Em função de a, calcule: 
a) o volume total da esfera; 
b) o volume da parte da esfera situada no interior do tetraedro 
 
9. Determine o conjunto solução { }Ζ∈∧= yxyxS ),( da equação 
xykyx =⋅+ )( 
sabendo que k é um número primo. 
 
10. Sejam as somas So e S1 definidas por 
[ ]
[ ] 13/)1(.310741
1
3/.39630
...
...
+−+++++=
+++++=
n
nnnnn
n
nnnnno
CCCCCS
CCCCCS
 
Calcule os valores de So e S1 em função de n, sabendo que [r] representa o maior número 
inteiro menor ou igual ao número r. 
Sugestão: utilize o desenvolvimento em binômio de Newton de 
n
cis 




 +
3
21 π . 
 
 
 
 
 
SoluçõesSoluções
 
Majorando 
 43
IME 1991/1992 
 
1. Prove que 2121 zzzz +=+ , dado que 1z , 2z ∈ C. 
Solução: 
 Fazendo 



+=
+=
dicz
biaz
2
1 , 




−=
−=
dicz
biaz
2
1 , a, b, c e d reais, segue que ( ) ( ) idbcazz ⋅+−+=+ 21 . 
 Por outro lado, ( ) ( ) idbcazz ⋅+++=+ 21 implica ( ) ( ) idbcazz ⋅+−+=+ 21 . 
 
2. Encontre todas as soluções de: 1cos2sec =− xx em [0,2π]. 
Solução: 
 Como 
x
x
cos
1sec = , substituindo na equação dada, tem-se: 
1cos2
cos
1 =− x
x
 
01coscos2 2 =−+ xx 
1cos −=x ou 
2
1cos =x 
 Como [ ]π2,0∈x , temos que 





=
3
5,,
3
πππS . 
 
3. Dado o quadrilátero ABCD, inscrito num círculo de raio r, 
conforme a figura ao lado, prove que: 
ADCDBCAB
CDBCADAB
BD
AC
⋅+⋅
⋅+⋅= 
Solução: 
 Denotaremos por [ ]XYZ a área do triângulo de vértices X, Y e Z. 
 Um triângulo de lados a, b e c com circunraio igual a R possui área 
R
abc
4
. 
 Como 
[ ] [ ] [ ] [ ]BCDABDACDABC +=+ , 
 
 
 obtemos: 
r
CDBDBC
r
BDADAB
r
CDADAC
r
ACBCAB
4444
⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅ 
( ) ( ) BDCDBCADABACCDADBCAB ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅ 
CDADBCAB
CDBCADAB
BD
AC
⋅+⋅
⋅+⋅= 
 
Comentário: Esse resultado é conhecido como teorema de Hiparco. Vale também a recíproca, 
isto é, se 
CDADBCAB
CDBCADAB
BD
AC
⋅+⋅
⋅+⋅= , então, o quadrilátero de vértices consecutivos A, B, C e D é 
inscritível. 
 
 
 
A 
B 
D 
C 
M 
Soluções 1991/1992 
 44 
Demonstração da recíproca: Sejam a, b, c, d, p, q respectivamente os lados AB, BC, CD, DA e as 
diagonais AC, BD do quadrilátero, tais que 
cdab
bcad
q
p
+
+= . 
 Suponha que o quadrilátero não seja inscritível (sem perda de generalidade, 
oCDACBA 180ˆˆ <+ ). 
Mantendo os lados fixos, é possível aumentar continuamente as medidas de CDA ˆ e CBA ˆ 
(informalmente, estamos “achatando a figura”) para obter um novo quadrilátero, inscritível, 
com os mesmos lados, no qual 
oCDACBA 180''ˆ'''ˆ' =+ . 
 Sejam p’ e q’ as diagonais desse novo quadrilátero. Como o ângulo CDA ˆ aumentou e os 
lados ficaram constantes, a lei dos cossenos no ACD∆ nos dá pp >' . Como um dos ângulos 
BAD ˆ e BCD ˆ necessariamente diminuiu, podemos usar a lei dos cossenos nesse ângulo para 
obter q’< q. 
 Segue que 
cdab
bcad
q
p
q
p
cdab
bcad
+
+=>=
+
+
'
'
 (contradição). 
 
4. Calcule quantos números naturais de 3 algarismos distintos existem no sistema de base 
7. 
Solução: 
 Na base 7, os dígitos são 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. A B C 
 Para A, temos 6 opções ( 0≠A ). 
 Para B, temos 6 opções ( AB ≠ ). 
 Para C, temos 5 opções ( AC ≠ e BC ≠ ). 
 Portanto, são 180566 =⋅⋅ números. 
 
5. Determine a equação da reta que passa por um dos vértices da curva definida por 
484 22 =−+ xyy, formando um ângulo de 45o com o eixo horizontal. 
Solução: 
 Para achar os vértices, precisamos “completar os quadrados”. 
( ) 424 22 =−+ xyy 
( ) 814 22 =−+ xy 
( )
1
82
1 22
=−
+ xy 
 Fazendo x = 0, achamos os vértices ( )21,0 −−=A e ( )21,0 +−=B 
 Como o ângulo que a reta forma com o eixo x é de 45o, seu coeficiente angular é 145tan =o , 
de forma que obtemos as respostas: 




+−=
−−=
21:
21:
xyr
xyr
B
A 
 Comentário: Os vértices da hipérbole ( ) ( )
2 2
0 0
2 2 1
y y x x
a b
− −
− = são ( )0 0,x y a± . 
 
 
Majorando 
 45
6. Dados: 
 a) Um cone de revolução com vértice S cuja base circular está situada num plano π. 
 b) Um ponto P exterior ao cone e não pertencente a π. 
 Pede-se: determinar, pelo ponto P, os planos tangentes ao cone. 
Solução: 
1º caso: π//PS 
 Considere o diâmetro AB da base do cone que é ortogonal a PS . Os planos pl(S,A,P) e 
pl(S, B, P) são tangentes ao cone. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2º caso: "PPS =∩ π 
 Caso "P esteja no interior da base do cone, obviamente não há plano tangente. Suponha, 
então, que "P esteja fora da base. Sejam A e B os pontos de contato das tangentes traçadas de 
"P até a base do cone. Nesse caso, pl(S,A, "P ) e pl(S, B, "P ) são tangentes ao cone. 
 
 
 
 
 
 
7. A partir da função )()( BtAtAt ee
AB
AetR −−− −
−
+= , na qual t é variável (tempo) e A e B 
são constantes reais, encontre a expressão de R(t), para o caso em que A tende a B, de 
modo que R(t) seja uma função contínua. 
Solução: 
 Seja ( )
AB
eeL
BtAt
BA −
−=
−−
→
lim . Temos que LBetR Bt
BA
⋅+= −
→
)(lim . Para calcular L, basta usar a regra 
de L’Hôspital (a indeterminação é do tipo 0/0). 
( ) BtAt
BA
teetL −
−
→
=
−
⋅−=
1
lim 
 
Soluções 1991/1992 
 46 
 Então, para A = B, definimos BtBt BteetR −− +=)( , i.e, ( )BtetR Bt += − 1)( . 
 
 Comentário: Definindo ( ) txexf −= , temos ( ) ( ) ( )Bf
AB
BfAf
BA
'lim −=
−
−
→
 e com isso provamos, de 
outra forma, que BtteL −= . 
 
8. Seja f: [0, ∞] → ℜ uma função contínua tal que: 
 a) f(0) = 0; 
 b) ),0(,
)1(
1)(' 22
2
∞∈∀
+
−= x
x
xxf ; 
 c) 0)(lim =
∞→
xf
x
. 
 Pedem-se: 
1) Os intervalos nos quais f é crescente (respectivamente decrescente); 
2) Os intervalos nos quais o gráfico de f é côncavo para cima (respectivamente para 
baixo); 
3) Onde ocorrem os pontos de máximo e mínimo absolutos e de inflexão? 
 Defina g: ℜ → ℜ por: 



<−
≥
=
0);(
0);(
)(
xxf
xxf
xg 
Esboce o gráfico de g. 
Solução: 
(1) 
( ) 1010' 2 >⇔>−⇔> xxxf ou 1−<x 
 Portanto, temos que 
f é crescente em ( )1,−∞− e em ( )∞,1 ; 
f é decrescente em ( )1,1− . 
 
 
(2) 
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
( )32
2
42
2222
1
32
1
212112''
+
−⋅=
+
⋅+⋅⋅−−+⋅=
x
xx
x
xxxxxxf 
 
 
 Então, 
( ) 30'' −<⇔> xxf ou 30 << x . 
2x 
3 - x2 
f’´’(x) 
303− 
- ++
-
+ +
+ 
- 
-
+-
-
 
Majorando 
 47
 Conclusão: 
f é côncava para cima em ( )3,−∞− e em ( )3,0 ; 
f é côncava para baixo em ( )0,3− e em ( )∞,3 . 
(3) 
 Pontos críticos: 1=x e 1−=x 
( ) ⇒> 01''f 1=x é ponto de mínimo; 
( ) ⇒<− 01''f 1−=x é ponto de máximo. 
 Pontos de inflexão (são os pontos de mudança de concavidade): 
( ) 3,0,30'' ==−=⇔= xxxxf 
 Pela definição de g, temos que ( ) ( )xgxg −=− , ou seja, g é uma função ímpar. 
 Portanto, basta fazer o gráfico de g para 0≥x (que é igual ao de f) e depois rebatê-lo em 
relação à origem, como ilustra a figura abaixo: 
 
 
 Comentário: Não é necessário explicitar a função f(x) para resolver o problema, mas esse é 
um bom exercício. Tente mostrar que ( ) ( ) 11
1
2
0
22
2
+
−=
+
−= ∫ x
xdt
t
txf
x
. 
 
9. Calcule o valor do determinante abaixo: 
xmmmmm
mmxmmm
mmmxmm
mmmmxm
Dn
+
+
+
+
=
L
LLLLLLLLLLLLLLL
L
L
L
 
Solução 1: 
 A 1ª coluna é 












+












0
...
0
...
x
m
m
m
, logo: 
xmm
mxm
mm
x
xmm
mxm
mm
mDn
+
+
+
+
+
=
...0
............
...0
...1
...1
............
...1
...1
. 
 
 
Soluções 1991/1992 
 48 
 
Pela regra de Chió, temos que 
( ) ( )
1
11
...00
............
0...0
0...0
−
−−
⋅+⋅= n
nxn
n Dx
x
x
x
mD ; 
x
m
x
D
x
DxDmxD n
n
n
n
n
n
n +=⇒+= −
−
−
−
1
1
1
1 
 Portanto, 
( )
x
mn
x
m
x
D
x
D
x
D
x
D n
k
n
k
k
k
k
k
n
n 1
22
1
11 −==




 −=− ∑∑
==
−
− 
 Como xmD +=1 , temos que 
( )
x
mn
x
xm
x
D
n
n 1−++= , logo 
( )xmnxD nn += −1 . 
 
Solução 2: 
 Fazendo nLLLL +++= ...: 211 : 
n
n
xmmmm
mxmmm
mmxmm
mnxmnxmnxmnx
D
+
+
+
++++
=
...
...............
...
...
...
. 
 
 
 Logo, 
( )
xmmmm
mxmmm
mmxmm
mnxDn
+
+
+
⋅+=
...
...............
...
...
1...111
; 
 
 
 
 
Por Chió, 
( )
( )1...000
...............
0...00
0...00
0...00
−
⋅+=
n
n
x
x
x
x
mnxD 
( )xmnxD nn +⋅= −1 . 
Majorando 
 49
Solução 3: 
 Usando o método da variação de parâmetros: 
nxn
n
x
x
x
x
D
...000
...............
0...00
0...00
0...00
= + m (soma dos cofatores de 
nxn
x
x
x
x
...000
...............
0...00
0...00
0...00
) 






+++⋅+= −−− 444 3444 21
n
nnnn
n xxxmxD
111 ... 
( )xmnxD nn += −1 
 
10. Sejam E0 = [0, 1] e f1, f2: E0 → E0 funções definidas por 
f1(x) = x
3
1 e f2(x) = 
3
2
3
1 +x . 
Se )( 0E℘ é o conjunto das partes de E0, seja F: )()( 00 EE ℘→℘ a função definida por 
F(A) = f1(A) ∪ f2(A), na qual fi(A) é a imagem de A por fi, i = 1, 2. 
Agora, para cada n ≥ 1, definimos En = F(En-1). 
 a) Esboce graficamente E0, E1, E2 e E3. Mostre que En ⊂ En-1. 
 b) Calcule ||lim nn E∞→ , no qual |En| é a soma dos comprimentos dos intervalos que 
formam En. 
 
 
 
Solução: 
a) 
 
( ) ( )02011 EfEfE ∪= 
 
( ) ( )12112 EfEfE ∪= 
 
( ) ( )22213 EfEfE ∪= 
 
 Temos 01 EE ⊂ . Suponha, por indução, que 1−⊂ nn EE . 
 Então, pela definição de imagem de uma função, ( ) ( )1−⊂ nn EFEF e portanto nn EE ⊂+1 . 
 
0 1 3/9 6/9 1/9 2/9 7/9 8/9 
:2E 
0 1 
:1E 
1/3 2/3 
0 1 
:0E 
0 1 
:3E 
27
1 
27
2
27
3 
27
6 
27
7 
27
8
27
9
27
21
27
19
27
18
27
20
27
24 
27
25 
27
26 
Soluções 1991/1992 
 50 
b) Passando de En para En+1, cada intervalo que compõe En é substituido por 2 intervalos, cada 
um com comprimento 3 vezes menor que o que lhe deu origem. 
nn EE ⋅=+ 3
2
1 . 
Segue que 0
3
2  →




= ∞→n
n
nE . 
 
 
Majorando 
 51
IME 1992/1993 
 
1. Considere a função f(x) = x3 + ax2 + bx + c, na qual a, b e c são inteiros positivos. 
Sabendo-se que uma das raízes dessa função é igual a 2i, calcular os menores valores de 
a, b e c para que exista um ponto de máximo e um ponto de mínimo reais. 
Solução: 
 Como 2i é raiz da equação, temos: 
0)82()4(
0248
0)2()2()2( 23
=−⋅+−
⇒=++−−
⇒=+⋅+⋅+
biac
cbiai
cibiai
. 
 Sendo a, b, c reais, então: acb 4,4 == , e 
423)('
44)(
2
23
++=
+++=
axxxf
axaxxxf
 
 Analisando o quadro de sinais do trinômio, vemos que, para que f tenha um ponto de 
máximo local e outro de mínimo local, é necessário (e suficiente) que f ’ troque de sinal (i.e, 
tenha duas raízes): 
 
12043440 22 >⇔>⋅⋅−⇔>∆ aa 
Como a é inteiro positivo, o menor valor possível é 4=a (dando 16,4 == cb ). 
 
Comentário: O enunciado deveria ter destacado que se trata de extremos locais (pois f não 
tem máximo nem mínimo global independentemente dos valores de a, b e c). 
 
2. Numa escola há 15 comissões, todas com igual número de alunos. Cada aluno pertence a 
duas comissões e cada par de comissões possui exatamente um membro comum. Todos os 
alunos participam. 
 
a) Quantos alunos tem a escola? 
b) Quantos alunos participam de cada comissão? 
 
 
Solução 1: 
 Considere o grafo abaixo, cujos vértices representam as comissões. A aresta CiCj será 
traçada se, e somente, se existir um aluno comum às comissões Ci e Cj. 
x0 x1 
f ' 
f 
+ + – 
Soluções 1992/1993 
 52 
 
 Observe que todos os lados e diagonais do polígono acima devem ser traçados umae 
somente uma vez (pois, dadas duas comissões, sempre existe um e somente um aluno 
comum às duas). 
Como cada aluno está em duas comissões, o número de alunos é igual ao total de arestas 
na figura acima, i.e, 215 105C = (observe que nem todas elas foram traçadas acima). 
 O número de alunos na comissão Ci é exatamente o número de arestas saindo do vértice Ci, 
de forma que existem exatamente 14115 =− alunos por comissão. 
 
Solução 2: 
 Considere as tabelas abaixo, nos quais os Pi´s representam os 1052,15 =C pares de comissão 
que podem ser formados, e os Ai´s, os (n) alunos:: 
 
 
 
 
 
 
 Marcamos um x na posição (i, j) sempre que o aluno Ai está no par Pj. Como cada aluno está 
em exatamente um par, cada linha tem um x e, portanto, a tabela possui um total de n 
marcações x. 
 Por outro lado, cada coluna tem um único x (pois há um único aluno em cada par) e 
portanto a tabela tem 105 pontos. Logo, n = 105. 
Procedemos de maneira análoga para calcular o número y de alunos por comissão: 
 
 
 
 
 
 
 
Cada linha tem duas marcações (pois cada aluno está em 2 comissões). Assim, temos um 
total de 2101052 =⋅ marcações na tabela. Contando pelas colunas, obtemos: 
1421015 =⇒= yy . 
 
 P1 P2 ... P105 
 A1 x 
A2 x 
... ... 
An x 
 C1 C2 ... C15 
 A1 x x 
A2 x x 
... 
A105 x x 
 
Majorando 
 53
Comentário: É muito fácil obter a resposta correta nesta questão, mas, para que a solução 
esteja 100% correta, é necessário explicar a bijeção entre os pares de comissões e o número de 
alunos. 
 
Questões relacionadas: 
a. Questão 7 de 2001 do IME é praticamente igual a essa. 
b. A partir de um conjunto de a atletas formam-se t times de k atletas cada. Todos os atletas 
participam de um mesmo número x de times e cada par de atletas fica junto no mesmo time 
um mesmo número y de vezes. Calcule x e y. 
c. Teorema de Ramsey (caso particular): Uma festa tem exatamente 6 pessoas. Prove que, 
entre essas 6, existe um grupo de 3 pessoas no qual todas se conhecem ou existe um grupo de 
3 no qual ninguém se conhece. 
 
3. Prove , por indução, que: nnn
n
n
n
n
n bCbaCaCba +++=+ − L110)( para n ∈ N. 
Solução: 
 Para n = 1, é óbvio pois bCaCba ⋅+⋅=+ 11
0
1
1)( 
 Supondo válido para n = k, temos: 
kk
k
k
k
k
k
k
k
k bCbaCbaCaCba ⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅=+ −− ...)( 222110 . 
 Multiplicando os dois lados por a + b: 
112110
212110
1
...
...
)()()(
+−−
−+
+
⋅+⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅+
+⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅
=+⋅++⋅=+
kk
k
kk
k
k
k
k
k
kk
k
k
k
k
k
k
k
kkk
bCbaCbaCbaC
baCbaCbaCaC
babbaaba
 
 Pela relação de Stiffel, sabemos que jk
j
k
j
k CCC 1
1
+
− =+ . Somando os termos correspondentes e 
observando que 111
0
1 ==
+
++
k
kk CC temos: 
1!
1
212
1
1
1
10
1
1 ...)( +++
−
++
+
+
+ ⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅=+ kkk
k
k
k
k
k
k
k bCbaCbaCaCba . 
 Logo, a proposição vale para n = k + 1 e, portanto, pelo princípio da indução finita, vale para 
todo n natural. 
Questão relacionada: 
1. Defina )1(...)1()( +−⋅⋅−⋅= kxxxx n . Mostre que 
∑
=
−⋅=+
n
k
knk
k
nn baCba
0
)()()()( . 
2. Mostre que ∑ ∑
∏
∏
=
=
≥
=
=
∑












⋅=
=
k
j
ni
iii
k
s
s
k
s
i
s
n
j
k
s
s
k
s
i
a
na
1 0,..,,
1
1
1
21 )!(
!)( 
 
Comentários: Tanto a questão da prova como o problema (1) acima podem ser resolvidos de 
maneira bem mais rápida usando-se técnicas de combinatória: no da prova, conte, de duas 
formas, o número de funções BAnf ∪→},...,2,1{: , nas quais A e B têm respectivamente a e b 
elementos. No problema (1), conte quantas dessas funções são injetivas. O problema (2) é a 
famosa fórmula do “polinômio de Leibiniz”, escrita de uma forma não muito convencional. 
Soluções 1992/1993 
 54 
 
4. Indique se é verdadeiro (V) ou falso (F) o que se segue e justifique sua resposta. 
 a) O conjunto dos números reais não tem pontos extremos reais. 
 b) Existe um número em Q(racionais) cujo quadrado é 2. 
 c) O ponto correspondente a 66/77 na escala dos números reais R está situado entre os 
pontos 55/66 e 77/88. 
Solução: 
 a) Verdadeiro: dado ℜ∈a , sempre existe um número real maior e um menor que a (por 
exemplo, 11 +<<− aaa ) portanto, nenhum real é extremo de ℜ . 
 b) Falso: supondo por absurdo que 
2
2 





=
q
p , com Ζ∈qp, , temos 22 2qp = . 
 O lado esquerdo é um número inteiro cujo expoente de 2 na fatoração prima é par. O lado 
direito tem um expoente ímpar em 2 na sua fatoração prima. Logo, os dois lados não podem 
ser iguais (contradição). 
 
 c) Verdadeiro: de fato, dado *+ℜ∈a , 
22 1
1
1 aa
a
a
a
a <−⇔
+
<− , que vale sempre. 
 Logo, 
8
7
7
6
6
5 << . Multiplicando tudo por 11: 
88
77
77
66
66
55 << . 
Comentário: Tente usar o argumento acima (item b) para mostrar que 3 é irracional. Para 
demonstrações mais complicadas (por exemplo, mostrar que Q∉+− 235 ) , é interessante 
utilizar o teste de raízes racionais. 
5. Determine o valor de x para que: 0
2104
440
1002
642
2 =
−
+
xx
xx
xx
x
. 
Solução: 
 Colocando x em evidência na primeira coluna e usando Chió: 
)8107(4
862
6402
44
21041
440
10021
6421
det 2 −+⋅=
−
−−
−
⋅=
−
+
⋅= xxx
x
xx
x
x
x
xx
x
x . 
 
 
 
 
 Temos, portanto, a raiz 01 =x . Resolvendo a equação do 2º grau: 
2,
7
4814 32 −==⇒⋅=∆ xx 
}
7
4,0,2{−=S . 
 
 
Majorando 
 55
6. Faça o que se pede: 
 a) Calcule o argumento do seguinte número complexo i(1 + i). 
 b) Escreva sob a forma trigonométrica o número complexo 31 iz += . 
Solução: 
 
 a) Como iiiz +−=+⋅= 1)1( está no 2º quadrante, 
argumento: o1351tan =⇒−= θθ . 
 
 b) Como 31 iz += está no 1º quadrante, 
Módulo: 231 =+=ρ 
argumento: o603tan =⇒= θθ . 
Logo, ocisz 602 ⋅= . 
 
7. Considere uma função L: R+ → R que satisfaz: 
 1. L é crescente, isto é, para qualquer 0 < x < y tem-se L(x) < L(y). 
 2. L(x . y) = L(x) + L(y) para quaisquer x, y > 0. 
Mostre que: 
a) L(1) = 0; 
b) L(1/x) = -L(x) para todo x > 0; 
c) L(x/y) = L(x) – L(y) para quaisquer x, y > 0; 
d) L(xn) = nL(x) para todo x > 0 e natural n; 
e) L( n x ) = 
n
1 L(x) para todo x > 0 e natural n; 
f) L(x) < 0 < L(y) sempre que 0 < x < 1 < y. 
Solução: 
(i) )()()(;, yLxLxyLyx +=∀ 
a) Fazendo 1=y em (i): 
0)1()1()()( =⇒+= LLxLxL 
b) Tomando 
x
y 1= , 
)()1()1()()1( xL
x
L
x
LxLL −=⇒+= 
c) De (i), 
)()(1)(1 yLxL
y
LxL
y
xL
y
xL −=





+=





⋅=





 
 
d) Por indução: para n = 1 é óbvio. Supondo )()( xLkxL k ⋅= , temos: 
)()1()()()()()()( 1 xLkxLxLkxLxLxxLxL kkk ⋅+=+⋅=+=⋅=+ . 
 
e) Fazendo n xy = : 
)(1)()()()()( xL
n
xLyLyLnyLxL nn ==⇒⋅== 
f) Como a função é crescente, 
 
Soluções 1992/1993 
 56 
0)1()(10 =<⇒<< LxLx 
)()1(010 yLLy <=⇒<< . 
Logo, )(0)( yLxL << . 
 
Comentário: Vamos mostrar que as únicas funções ℜ→ℜ +*:L satisfazendo as condições do 
enunciado são da forma xcxL ln)( ⋅= (c > 0) 
Demonstração: Dados *, +ℜ∈yx , tome u e v tais que 
vu eyex == , e defina )()( teLtg = para todo 
t real. A equação funcional implica: 
)()()()()()( vgugeLeLeLvug vuvu +=+==+ + 
 Como na solução anterior, )()( tgntng ⋅=⋅ para todo n natural. 
 Colocando 
q
p
t = , *, Ζ∈qp , temos 
q
p
ctggptgqptq ⋅=⇒⋅=⋅⇒⋅=⋅ )()1()(1 . 
 Podemos, então, escrever ucug ⋅=)( para todo racional u, com )1(gc = . 
Dado u irracional, escolha seqüências rn (crescente) e Rn (decrescente) de aproximações 
decimais (portanto racionais) de u por baixo e por cima respectivamente. Como L é crescente, 
g também é (composta de duas funções crescentes). Logo, 
nnnn RcRgugrgrc ⋅=≤≤=⋅ )()()( 
Fazendo ∞→n , obtemos ucug ⋅=)( também para u irracional. 
Logo, uceL u ⋅=)( para todo u real. 
Fazendo uex = , temos xu ln= e xcxL ln)( ⋅= para todo x positivo. 
Reciprocamente, é fácil ver que xcxL ln)( ⋅= (c > 0, pois a função L é crescente) satisfaz as 
condições do enunciado. 
 
Questão relacionada: A questão 5 de 2004 do IME é extremamente parecida (embora mais 
simples). 
 
8. Demonstrar analiticamente,que se uma reta perpendicular a uma corda de um círculo 
passa pelo seu centro, então, ela divide a corda no seu ponto médio. 
Solução: 
 Dada uma circunferência C e uma corda PQ, escolha um sistema de coordenadas cuja 
origem é o centro da circunferência e o eixo Ox é paralelo à corda PQ: 
 
 Como a equação da corda é y = c e a da circunferência é 222 ryx =+ . 
 Substituindo uma na outra obtemos os pontos 
),();,( 2222 ccrQccrP −=−−= . 
 
Majorando 
 57
 A equação de uma reta perpendicular à corda PQ tem equação x = constante. Portanto, a 
equação da perpendicular que passa pelo centro C = (0, 0) é 
x = 0. Como a coordenada do ponto médio ),0(
2
cQPM =+= é x = 0, ele pertence a 
essa perpendicular. 
 
Questão relacionada: Dado um ponto P e uma circunferência C, num mesmo plano, sejam A 
e B pontos da circunferência tais que P, A, B são colineares. Mostre, analiticamente, que 
PBPA ⋅ é constante quando A varia (essa constante é a potência de P com relação a C). 
 
9. Provar que a soma das distâncias de um ponto qualquer interior a um triângulo 
equilátero aos lados é constante. 
Solução 1: 
 Sejam x, y, z as distâncias de P aos lados, como mostra a figura abaixo. 
 Calculando a área do triângulo ABC de duas maneiras diferentes: 
 
2224
32 zlylxllSSSS PACPBCPABABC
⋅+
⋅
+⋅=⇒++= 
 Cancelando o l, vemos que 
2
3⋅=++ lzyx independe da posição de P. 
Solução 2: 
 Colocando um sistema de coordenadas utilizando BC como eixo Ox a mediatriz de BC 
como eixo Oy, temos: 
( ) ( ) ( )0, 3 , ,0 ,0A a B a e C a= = − = , onde l é o lado do triângulo e 2
la = . 
 
 As equações das retas suporte são: 
: 3 3 0;
: 3 3 0.
AB x y a
AC x y a
− + =
+ − =
suur
suur 
Sendo ),( yxP = e 
BCPACPABP
ddds
,,,
++= , usando as fórmulas distância ponto-reta: 
Soluções 1992/1993 
 58 
y
ayxayx
s +
−+
+
+−
=
2
33
2
33
. 
 Como P é interior ao triângulo, sabemos os sinais das expressões acima e: 
3
2
33
2
33
ay
ayxayx
s =+
+−−
+
+−
= (constante) 
 
Comentário: A idéia da solução 1 pode ser aplicada na Questão 3 de 92 do IME. 
 
10. Resolva a equação: 12cos2sencossen −−=− xxxx . 
Solução: 
 Como xxx cossen22sen ⋅⋅= e 1cos22cos 2 −= xx , a equação equivale a: 
11cos2cossen2cossen 2 −+−⋅⋅=− xxxxx 
)cos(sencos2cossen xxxxx −⋅=− 
 
Temos, então, dois casos possíveis: 
(i) 0cossen =− xx Ζ∈+=⇔=⇔= kkxxxx ,
4
1tancossen ππ , 
(ii) 1cos2 =x Ζ∈+±=⇔= kkxx ,2
32
1cos ππ . 
 
 
Majorando 
 59
IME 1993/1994 
 
1. Determine o termo independente de x de 10)1(
x
x − . 
Solução: 
 Pelo binômio de Newton, o termo geral do desenvolvimento é: 
( )
k
k
k x
x
k
T 




−





=
−
+
110 10
1 
kk
k xk
T −+ ⋅−⋅





= 51 )1(
10
. 
 Para ser independente de x , devemos ter 05 =− k , ou seja, 5=k , logo, 
( ) 2521
5
10 5
6 −=−





=T 
é o termo independente de x. 
 
2. Seja f: R → R uma função quadrática tal que f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0, ∀ x ∈ R. 
Sabendo-se que x1 = -1 e x2 = 5 são raízes e que f(1) = -8; pede-se: 
 a) Determinar a, b e c. 
 b) Calcular f(0). 
 c) Verificar se f(x) apresenta máximo ou mínimo, justificando a resposta. 
 d) As coordenadas do ponto extremo. 
 e) O esboço do gráfico. 
Solução: 
a) –1 e 5 são raízes, logo, ( ) ( )( )51 −+= xxaxf . Como ( ) 81 −=f e ( ) af 81 −= , 1=a e 
( ) ( ) ( ) 5451 2 −−=−⋅+= xxxxxf ( 4−=b , 5−=c ). 
b) ( ) 50 −== cf . 
c) f apresenta mínimo, pois seu gráfico tem concavidade voltada para cima. 
d) ( )9,2
4
,
2
−=⇒




 ∆−−= V
aa
bV . 
e) 
 
 
 
 
 
 
 
Comentário: Para ser mais formal nos itens c e d, pode-se notar que ( ) ( ) 92 2 −−= xxf . Como 
( ) 02 2 ≥−x , f possui valor mínimo –9, que é atingido em 2=x . 
 
Soluções 1993/1994 
 60 
3. Seja um octógono convexo. Suponha que, quando todas as suas diagonais são traçadas, 
não há mais de duas diagonais se intersectando no mesmo ponto. Quantos pontos de 
interseção (de diagonais) existem neste octógono? 
 
Solução 1: 
 Cada ponto de interseção de diagonais está associado a um único par de diagonais do 
octógono e, conseqüentemente, a 4 de seus vértices (os vértices de onde saem as diagonais). 
 Reciprocamente, cada grupo de 4 vértices corresponde a um único quadrilátero convexo, e 
conseqüentemente, a um único ponto interno de interseção de diagonais. 
 Segue que o número de interseções é o número de maneiras de se escolher 4 vértices dentre 
os 8 dados, ou seja, a resposta é 7048 =C . 
Solução 2: 
 Seja ABCDEFGH o octógono (não-regular) ilustrado na figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fixe um vértice A: 
 Interseções com AG: 5 (basta escolher um dentre B,C,D,E,F para ligar a H) 
 Interseções com AF: 842 =⋅ (escolha um dentre H,G e um dentre B,C,D,E) 
 Interseções com AE: 933 =⋅ ({F,G,H} e {B,C,D}) 
 Interseções com AD: 842 =⋅ ({E, F,G,H} e {B,C}) 
 Interseções com AC: 5 ({D,E,F,G,H} e {B}) 
Temos, portanto, um total de 35 interseções com diagonais que saem de A. 
 Como são 8 vértices, temos 835 ⋅ interseções (contando multiplicidades). 
 Cada interseção foi contada 4 vezes (pois ZWXY ∩ é contada em X, Y, Z e W). 
 Logo, a resposta é 70
4
835 =⋅ interseções. 
 
Questão relacionada: Quantas são as interseções das retas suporte das diagonais? 
 
4. Considere os números complexos z = x +yi e w = y – xi, cujos módulos são tais que 
x
w
ez
3||
||
⋅
= , e y
z
ew
1||
||
⋅
= , onde e é base dos logaritmos neperianos. Obter a forma polar de 
z2. 
 
 
 
Majorando 
 61
Solução: 
 Primeiramente, veja que 22 yxwz +== . Logo, 
y
z
x
w
ee
13 ⋅⋅
= ; 
y
z
x
w 13 ⋅=⋅ . 
 Como x e y são reais não-nulos, temos que 0≠= wz , portanto: 
3yx = . 
 Substituindo: 
yyywz 23 22 =+== . 
 Como y
z
ew
1
⋅
= , temos: 
y
y
ey
2
2 = 
 Se 0>y : 
2
2
2
2 eyey =⇒= , 
2
3
2ex ⋅= 
 Se 0<y : 
2
2
2
2
−
− −=⇒=− eyey , 
2
3
2−
⋅−= ex 
 Juntando, temos duas soluções: 
 
2
( 3 )
2
ez x yi i= + = ⋅ + e 
2
( 3 )
2
ez i
−
= − ⋅ + . 
Como 6
22
3 πiei =+ , 
i
eez 62
π
⋅= ou 
i
eez 62
π
⋅−= − 
 iez 342
π
+= ou iez 342
π
+−= 
 
5. Um aluno, ao inverter a matriz A = [ ]ija
fe
dc
ba
=










4
0
1
, 1 ≤ i, j ≤ 3; cometeu um engano, e 
considerou o elemento a31 igual a 3, de forma que acabou invertendo a matriz B = 
[ ]ijb
fe
dc
ba
=










3
0
1
. 
 Com esse engano o aluno encontrou B-1 = 










−
−
−
2/102/3
113
2/102/5
. Determinar A-1. 
 
 
 
Soluções 1993/1994 
 62 
 
Solução: 
 










=












−
−
−
⋅










⇒=−
100
010
001
2
10
2
3
113
2
10
2
5
3
0
1
1
fe
dc
ba
IBB 
5 3 13
2 2 2 2 1 0 0
33 0 1 0
2 2
0 0 1315 33
2 2 2 2
b ba a a
d dc c c
f fe e e
 + − − − + 
  
  − − + =  
    
 + − − − +
 
 
5 3 13 1, 0, 0
2 2 2 2
33 0, 1, 0
2 2
315 33 0, 0, 1
2 2 2 2
b ba a a
d dc c c
f fe e e
 + − = = − − + =

 − = = − + =

 + − = = − − + =
 
Resolvendo o sistema, obtemos: 
b = 1, d =2, f = 5 
1 0 1
0 1 2
4 0 5
A
 
 =  
  
 
Como ( )tAof
A
A )(c
det
11 ⋅=− , e 1)det( =A , segue que 
1
5 0 1
8 1 2
4 0 1
A−
− 
 = − 
 − 
. 
 
6. Seja y = 
2
2x uma parábola com foco F e diretriz d. Uma reta, cujo coeficiente angular é 
m ≠ 0, passa por F e corta a parábola em dois pontos M1 e M2 , respectivamente. Seja G 
o conjugado harmônico de F em relação a M1 e M2. Pedem-se: 
 a) As coordenadas de G em função de m. 
 b) O lugar geométrico do ponto G quando m varia. 
Solução: 
 Sejam 1d e 2d as distâncias de 1M e 2M até a diretriz d, respectivamente, e P1, P2 , as 
projeções em d: 
 
Majorando 
 63
 
 
 Como 1 1 2 2PM P PM P∆ ∆ , segue que 
2
1
22
11
2
1
d
d
MP
MP
PM
PM
== (1). 
 Como 1M e 2M estão na parábola, 



==
==
2222
1111
dMPFM
dMPFMPor (1), temos 
2
1
2
1
FM
FM
PM
PM
= , logo GP ≡ . 
 Parábola 2 2x y= ⇒ parâmetro = 1⇒






−=





=
2
1:
2
1,0
yd
F
. 
 Segue que a ordenada de G é
2
1−=Gy . 
m
x
x
mm G
G
GF
1
0
2
1
2
1
−=⇒
−
−−
== . 
 a) 




 −−=
2
1,1
m
G 
 b) O lugar geométrico de G é a diretriz d (exceto o ponto 




 −
2
1,0 ). 
 
 
7. Sabendo que  , B̂ e Ĉ são os ângulos internos de um triângulo, escreva as restrições 
que devem ser satisfeitas por esse triângulo para que se verifique a igualdade abaixo: 
 
2
ˆ
cos
2
ˆ
cos
2
ˆ
cos4ˆsenˆsenˆsen CBACBA ⋅⋅⋅=++ 
 
 
 
Soluções 1993/1994 
 64 
 
Solução: 
 Vamos mostrar que a igualdade sempre vale. 
 
 Como π=++ CBA , 
222
CBA −=+ π e: 





=




 +





=




 +
2
sen
2
cos,
2
cos
2
sen CBACBA . 
 
 Usando as fórmulas de transformação soma em produto: 
CBABACBA sen
2
cos
2
sen2sensensen +




 −⋅




 +=++ 
 
 Como 
2
cos
2
cos2
2
cos
2
sen2sen CBACCC ⋅+== e 
2
cos
2
sen CBA =+ , temos que 
2
cos
2
cos2
2
cos
2
cos2sensensen CBABACCBA ⋅++−⋅=++ 











 ++




 −⋅=
2
cos
2
cos
2
cos2 BABAC 
 
 Usando as fórmulas do cosseno da soma e da diferença: 
2
cos
2
cos
2
cos4sensensen CBACBA ⋅⋅=++ 
 
 
8. Seja ABCD um quadrilátero convexo inscrito num círculo e seja I o ponto de 
interseção de suas diagonais. As projeções ortogonais de I sobre os lados AB, BC, CD e 
DA são, respectivamente, M, N, P e Q. Prove que o quadrilátero MNPQ é 
circunscritível a um círculo com centro em I. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Majorando 
 65
 
 
Solução: 
 Como o quadrilátero ABCD é inscritível, podemos escrever CBDCAD ˆˆ ==α , como na figura 
(onde também definimos os ângulos β e γ ). 
 
 
 
O quadrilátero AMIQ é inscritível (ângulos opostos somam 180o), logo βα = . 
 O quadrilátero BMIN é inscritível (ângulos opostos somam 180o), logo γα = . 
 Logo, MI é bissetriz do ângulo QMN ˆ . 
 Analogamente, QIPINI ,, também são bissetrizes dos ângulos internos do #MNPQ, logo, I 
eqüidista de seus lados. Então, o quadrilátero #MNPQ é circunscritível a um círculo de centro 
I. 
 
9. Seja C um semicírculo com centro O e diâmetro PQ = 2r. Sobre o segmento OP, 
toma-se um ponto N tal que ON = x, 0 ≤ x ≤ r. Por N traça-se uma reta perpendicular a 
PQ que encontre o semicírculo em M. A reta tangente ao semicírculo em M corta a reta 
PQ em um ponto T: 
 a) Calcule, em função de r e x, o volume V1 gerado pela rotação do triângulo MPQ 
em torno de PQ. 
 b) Calcule, em função de r e x, o volume V2 gerado pela rotação do triângulo MPT 
em torno de PQ. 
 c) Considerando a razão 
1
2
V
Vy = , quando x varia no intervalo [0, r], faça o esboço do 
respectivo gráfico. 
 
 
Solução: 
 O triângulo MPQ é retângulo em M, portanto: 
( )( ) 222 xrxrxrNQNPMN −=+−=⋅= . 
Soluções 1993/1994 
 66 
 
a) Temos dois cones com raio da base MN: um com altura NP e outro com altura NQ. 
2 2
1 3 3
V MN NP MN NQπ π= ⋅ + ⋅ , 
( )21 3
V MN NP NQπ= + . 
 Como NP + NQ = PQ = 2r: 
( )2 2
1
2
3
r x r
V
− ⋅ π
= . 
 b) O volume é a diferença entre dois cones com raio da base MN: com alturas NT e NP. 
2 2
2 3 3
V MN NT MN NPπ π= ⋅ − ⋅ ; 
( )
2
2
2 3 3
MN PTV MN NT NPπ ⋅= − = . 
 
 Como o triângulo MTO é retângulo: 
x
xrNTNONTMN
22
2 −=∴⋅= ; 
( )
x
xrrxr
x
xrPT )(
22 −⋅=−−−= ; 
 
 
Portanto, 
( ) ( )2 2
2 3
r x r r x
V
x
− ⋅ ⋅ − π
= . 
 
 
c) Substituindo os valores encontrados nas letras a e b, 
∴−==
x
xr
V
Vy
21
2
2
11
2
−⋅=
x
ry . 
 
 Para 0 < x ≤ r, temos um arco de hipérbole eqüilátera como mostra a figura abaixo: 
O N T P Q 
M 
Majorando 
 67
 
10. Na exploração de uma mina foi feito o corte indicado na figura abaixo. Para calcular o 
volume do minério extraído do corte, foram medidos: 
310=CD dm, CD é perpendicular ao plano ABC, °== 60ˆˆ BDACDA e °= 30ˆ CDB . 
Calcule esse volume. 
D
CA
B 
 
 
Solução: 
 Como oCDA 60ˆ = , temos 30331060tan 0 =⋅⋅=⋅= CDAC , e analogamente, 
 oCDB 30ˆ = implica 10
3
331030tan 0 =⋅⋅=⋅= CDBC . 
Temos ainda 320
60cos
310 ⋅=⋅= oAD e 2030cos
310 =⋅= oBD . 
 
 
Usando a lei dos cossenos no ABD∆ abaixo: 
 
 
0222 60cos2 ⋅⋅−+= BDADBDADAB 
oAB 60cos32020)320(20 222 ⋅⋅⋅−⋅+= 
Soluções 1993/1994 
 68 
)34(4002 −⋅=AB 
 
Aplicando a lei dos cossenos no ABC∆ : 
 
 
θcos2222 ⋅⋅−+= BCACBCACAB 
θcos103021030)34(400 22 ⋅⋅⋅−+=−⋅ . 
Logo, 1
3
32
600
6003400cos −⋅=−⋅=θ ; 
13
3
2
3
4
3
341
3
321sen
2
−⋅=−⋅=





−⋅−=θ 
Calculando a área da base θsenBCACS ⋅⋅⋅=
2
1 : 
13
3
30013
3
2300
2
1 −⋅=−⋅⋅⋅=S 
 Como a altura da pirâmide é 310 ⋅=h , 
331013
3
300
3
1 dmV ⋅⋅−⋅⋅= 
131000 −⋅=V litros 
 
Comentário: Após calcular AB, um outro desfecho para a solução é utilizar o radical de 
Heron para calcular a área )()()( cpbpappS −⋅−⋅−⋅= de um triângulo de lados a, b, c. 
Majorando 
 69
IME 1994/1995 
 
1. Determine a condição que o inteiro m deve satisfazer para que exista termo 
independente de x no desenvolvimento de m
x
x )1( 8
4 − . 
Solução: 
 O termo geral do binômio é: 
pm
p
p x
x
p
m
T
−
+ 



−⋅





= 8
4
1
1)( . 
 O expoente de x nesse termo é mppmp 812)(84 −=−⋅− , de forma que um termo 
independente existe se, e somente se, existir mp ≤ natural com 0812 =− mp , isto é, 
3
2mp = . 
 Observe que esse p é sempre menor que m. Além disso, como 2 e 3 são primos entre 
si, a condição necessária (e suficiente) para p ser natural é m ser múltiplo de 3. 
 
2. Seja ABC um triângulo qualquer no qual os vértices B e C são fixos. Determine o 
lugar geométrico descrito pelo ponto A, variável, sabendo que os ângulos B e C 
satisfazem à relação kCB =⋅ tantan , k constante real. Discuta a solução para diversos 
valores de k. 
Sugestão: Considere como eixos coordenados as retas BC e a mediatriz do segmento BC. 
Solução: 
 Considerando os eixos sugeridos, temos: 
),();0,();0,( yxAbCbB ==−= ( BCb =2 ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Se y > 0: CABA mCmB −== ˆtan,ˆtan (se y < 0, ambos trocam sinal e o produto não muda): 
⇔=⋅ kCB ˆtanˆtan 
⇔=
−
−
⋅
+
k
bx
y
bx
y
 
⇔−⋅=− )( 222 bxky (com ( )bx ±≠ ) 
⇔=+ 222 kbykx 
12
2
2
2
=+
kb
y
b
x . 
 
 
 
 
Soluções 1994/1995 
 70 
 
1º caso: k < 0: hipérbole horizontal com semi-eixos b e bk ⋅|| (exceto os vértices). 
2º caso: k = 0: não existe triângulo. 
3º caso: 0 < k < 1: elipse horizontal, semi-eixos b , bk ⋅ (exceto interseções com BC). 
4º caso: k = 1: circunferência com centro (0, 0) e raio b (exceto interseções com BC). 
5º caso: k > 1: elipse vertical, semi-eixos b e bk ⋅ (exceto interseções com BC). 
 
3. Dado 
i
z
247
1
+−
= , calcule as partes real e imaginária de z. 
Solução 1: 
 Inicialmente, vamos tirar a raiz de 7 24i− + : 
⇔ℜ∈+−=+ baibia ,,247 
⇔+−=−+ ibabia 2472 22 
714412
12
7
2
2
22
−=−⇒=⇒



=
−=−
a
a
a
b
ab
ba
. 
 Resolvendo a equação biquadrada: 
4,3
916
01447
22
24
±=±=
=∨−=
=−+
ba
aa
aa
 
 (não podemos ter 2 16a = − , pois a é um número real). 
 Multiplicando pelo conjugado em cima e em baixo: 
169
43
43
43
43
1
+
−±=
−
−⋅
+
±= i
i
i
i
z 





 ⋅−±=
25
4
25
3 iz 
Solução 2: 
 Colocando na forma trigonométrica: 
θcisi ⋅=+− 25247 , com 
25
24sen,
25
7cos =−= θθ . 
 Usando as fórmulas D´Moivre, 





−±=
⋅
=
25
1
25
1 θ
θ
cis
cis
z . 
 O arco 
2
θ está no 1º quadrante, e portanto usando as fórmulas de arco metade, temos: 
5
4
2
cos1
2
sen
5
3
2
cos1
2
cos
=−=
=+=
θθ
θθ
 
 Logo, 





 ⋅−±=
25
4
25
3 iz . 
Questão Relacionada: A questão 1 de 99 do IME usa exatamente essa idéia. 
 
Majorando 
 71
 
4. Sabendo-se que a função h(x) possui a seguinte propriedade: 
)()( xhxh
dx
d −= 
Pedem-se: 
 a) A solução da equação: 1)()()( ++=⋅∫ xhxxhdttft . 
 b)Os valores de c e h(x), de tal forma que: ∫
−=⋅
c
e
edttft
0
2)( . 
 
 
Solução: 
 Multiplicando a equação diferencial por ex: 
0)()(' =⋅+⋅ xhexhe xx . 
 Pela regra da derivação do produto, isso equivale a 0))'(( =⋅ xhe x . 
 Logo, )(xhe x ⋅ é constante, e podemos escrever xexh −⋅= α)( para algum real α . 
 
a) Derivando ambos os lados da equação dada, vemos que f satisfaz: 
)(')(')(1)( xhxhxxhxxf +⋅+⋅= . 
 Como )()(' xhxh −= , tem-se, para 0≠x : 
xexhxf −⋅−=−= α)()( . 
 
b) Usando integração por partes ( tt evdtdudtedvtu −− −=−=⇒=−= ,, ): 
( )0
0 0
( ) 1
c c
ct t t c ct e dt te e dt ce e− − − − −−α ⋅ ⋅ = α ⋅ − = α ⋅ − +∫ ∫ , 
e
ecdttft
c 2)1()(
0
−+⋅=⋅⋅∫ α . 
 Existem infinitos pares ),( cα que tornam esse resultado igual a 
e
e−2 . 
 A solução mais simples (a única com c,α racionais por exemplo) é: 
1, 1,cα = = dando ( ) xh x e−= 
 
5. Resolva a equação trigonométrica: 0cossen22cossen =++ xxxx . 
Solução: 
 Utilizando o truque do triângulo retângulo: 





 +⋅=




 +⋅⋅=+
4
sen2cos
2
1sen
2
12cossen πxxxxx . 
 Usando a fórmula do arco duplo, a equação é equivalente a: 
)2sen(
4
sen
0)2sen(
4
sen
xx
xx
−=




 +
⇔=+




 +
π
π
 
 
Soluções 1994/1995 
 72 
 
1º caso: 
Ζ∈+−=∴+−=+ kkxkxx ,
3
2
12
22
4
ππππ . 
2º caso: 
Ζ∈−−=∴+=−+ kkxkxx ,2
4
322
4
πππππ . 
 
Comentário: Existem várias maneiras diferentes de escrever essa solução. É possível inclusive 
juntar as respostas em uma só expressão: 
Ζ∈
−⋅+
−
=∴−⋅−+=+ k
k
xxkx k
k ,
)1(21
)4
1(
)2()1(
4
π
ππ . 
 
6. Use o teorema do valor médio para derivadas e prove que a equação 
02)1ln(2)1ln(3)1ln( 35 =−+++++ xxx tem uma única raiz real no intervalo (0, 1). 
Obs.: A notação ln significa logaritmo neperiano. 
 
Solução 1: 
 Seja 2)1ln(2)1ln(3)1ln()( 35 −+⋅++⋅++= xxxxf : 
022ln22ln32ln)1(,2)0( 35 >−++=−= ff (pois 22ln92 525 >⇒>> e ). 
 Como f(0) e f(1) têm sinais contrários, existe pelo menos uma raiz* de f em (0,1). 
 Temos 2)1ln(162)1ln(2)1ln(9)1ln(5)( −+=−+++++= xxxxxf 
 
 Logo, 0)1/(16)´( >+= xxf para todo x em (0,1). 
 Se f tivesse 2 raízes a > b em (0,1), teríamos, pelo teorema do valor médio para derivadas, 
0)()´()()(0 >−⋅=−= bacfbfaf (contradição). Logo, há exatamente uma raiz em (0,1). 
 
Solução 2 (sem utilizar o TVM): 
 Como anan lnln ⋅= para a > 0, 
 
.1
8
1)1ln(
02)1ln(16)(
2)1ln(2)1ln(9)1ln(5)(
8
1
0 −=⇔=+
⇔=−+=
−+⋅++⋅++=
exx
xxf
xxxxf
 
 
 
Portanto f tem uma única raiz. Além disso, 
122
01
0
8
1
8
0
<⇒<⇒<
>⇒>
xee
xe
 
 Logo, f tem uma única raiz no intervalo (0,1). 
 
 
Majorando 
 73
7. Três círculos de mesmo raio “R” se intersectam dois a dois, como é mostrado na figura 
abaixo, constituindo três áreas comuns que formam um trevo. Determine o perímetro do 
trevo e sua área em função de “R” e da área “S” do triângulo IJK. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 Inicialmente, vamos calcular o perímetro e a área da região destacada na primeira figura e, 
em seguida, multiplicar os resultados por dois. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O perímetro e a área de um setor circular de β graus na circunferência de centro I e raio r são 
dados por rp oI ⋅⋅= π
β
β 2360,
, 2, 360
rS oI ⋅⋅= π
β
β , respectivamente. 
 Logo, o perímetro do trevo é: 
=++⋅= )(2 ,,, βγα IJK pppp 
rooo ⋅⋅



 ++⋅ πβγα 2
360360360
2 . 
 Como o180=++ βγα , o perímetro é rp ⋅= π2 . 
 
 
 Somando-se as áreas dos setores 
2360360360
2
2
,,,
rrSSS oooIJK
⋅=⋅⋅




 ++=++ ππβγαβγα , 
estamos contando a área do triângulo mais a área destacada (
2
trevoS= ) . 
 Logo, a área do trevo é: 
( )SSSSS IJKtrevo −++⋅= βγα ,,,2 , 
SrStrevo 2
2 −⋅=π . 
• •
•I
K J
Soluções 1994/1995 
 74 
 
8. Seja ABC um triângulo qualquer. Por B’ e C’ pontos médios dos lados AB e AC, 
respectivamente, traçam-se duas retas que se cortam em um ponto M, situado sobre o 
lado BC, e que fazem com esse lado ângulos iguais a θ conforme a figura abaixo. 
Demonstre que: 
)cot(cot
2
1cot CB +=θ . 
 
 
 
 
 
Solução: 
 Sejam B”, C” as projeções de B’ e C ’ sobre BC, conforme a figura abaixo, "'"' CCBBh == e 
BCa = a base do triângulo. 
 
Nos triângulos MB’B”e MC’C” : 
h
MB"cot =θ , 
h
MC"cot =θ . 
Somando e observando que 
2
''"" aCBMCMB ==+ (base média do triângulo): 
h
a
2
cot2 =θ . 
Usando os triângulos B’B”C e C’C”B e notando que 
22
"" aaaCBBC =−=+ : 
 
 
h
a
h
CB
h
BCCB
2
""ˆcotˆcot =+=+ , 
CB ˆcotˆcotcot2 +=θ . 
 
9. Seis esferas idênticas de raio “R” encontram-se posicionadas no espaço de tal forma 
que cada uma delas seja tangente a quatro esferas. Desta forma, determine a aresta do 
cubo que tangencie todas as esferas. 
 
 
 
 
θ θ
B C
PC’ B’
M
A
Majorando 
 75
Solução: 
 
 A figura abaixo representa uma seção do cubo passando por 4 dos centros de esfera 
(observe que há dois cubos possíveis, um tangente interiormente e outro exteriormente). 
 
 O lado do cubo maior pode ser obtido projetando-se horizontalmente o trecho APQRB da 
figura: 
 
 
 
( ) ( )12245cos22 +⋅=⋅+⋅= RRRL o 
 
 
 
 
 
 
 
 Para calcular o lado menor l, basta somar os pedaços do segmento APSRB: 
 
( )1224 −⋅=⇒+= RllRL 
 
Questão relacionada: ITA 2002: Considere quatro esferas de raio r tangentes duas a duas. 
Determine o volume do tetraedro circunscrito a elas. 
 
10. Prove que o polinômio 1)( 111777888999 +++++= xxxxxP L é divisível por 
1789 +++++ xxxx L . 
 
Solução 1: 
 
 Sendo 1...)( 89 ++++= xxxxD , para mostrar que P é múltiplo de D, basta mostrar que as 
raízes de D também anulam P (com pelo menos a mesma multiplicidade). 
 
Usando a fórmula da PG, 
1,0
1
10)(
10
≠=
−
−
⇒= x
x
xxD . 
 
Logo, se x0 é raiz de D, então, 



≠
=
1
1
0
10
0
x
x
 (D tem 9 raízes simples). 
 
 
 
 
Soluções 1994/1995 
 76 
 
Usando novamente a fórmula da PG (veja que ( ) 100111001110 ≠=⋅= xxxx ): 
( ) ( )
0
1
11
1
1
1
1
)( 111
0
111
0
11110
0
111
0
10111
0
0 =−
−=
−
−
=
−
−
=
xx
x
x
x
xP . 
 Portanto, toda raiz x0 de D é raiz de P. Logo, P é múltiplo de D. 
 
 
 
 
 
Majorando 
 77
IME 1995/1996 
 
1. Considere log 2 = a e log 3 = b, encontre, em função de a e b, o logaritmo do número 
5 25,11 no sistema de base 15. 
Solução: 
 Seja 515 25,11log=I . Utilizando as propriedades de log, temos que: 
53log
4
45log
5
1
15log
25,11log
5
1
⋅
⋅=⋅=I 
5log3log
2log25log3log2
5
1
+
−+
⋅=I 
 Como 5log2log10log += , temos que 2log15log −= . Daí, 
2log13log
2log22log13log2
5
1
−+
−−+
⋅=I 
( )15
132
+−
+−=
ab
abI 
 
2. Encontre todas as soluções da equação apresentada abaixo, onde n é um número 
natural. 
1sencos =− xx nn 
Solução: 
Caso 1=n : 
1sencos =− xx 
Usando o truque do triângulo retângulo: 
⇒=−
2
2sen
2
2cos
2
2 xx
2
2
4
cos =




 + πx , 
πππ kx 2
44
+=+ ou πππ kx 2
44
+−=+ ; 
πkx 2= ou ππ kx 2
2
+−= , Zk ∈ 
caso 2≥n : Escrevendo xx 22 sencos1 += : 
xxxx nn 22 sencossencos +=− , 
( ) ( )1sensen1coscos 2222 +=− −− xxxx nn 
 Como ]1,1[cos,sen −∈xx , temos, na equação acima, que: 
lado esquerdo 0≤ 
lado direito 0≥ 
 Logo, a única solução é: 
( )
( )



=+
=−
−
−
)2(01sensen
)1(01coscos
22
22
xx
xx
n
n
 
Em (1): 
 - Se 0cos =x , temos 1sen 2 =x . 
 Logo, em (2), temos 12 −=− xsenn e não há solução para n par. 
Soluções 1995/1996 
 78 
 Caso n seja ímpar , temos 1−=senx , e portanto: 
ππ kx 2
2
3 += , Zk ∈ . 
 - Se 1cos 2 =− xn , temos 2 casos: 
 Se n é par, 0sen1cos =⇒±= xx , logo (2) é verdade. 
πkx = , Zk ∈ 
 Se n é ímpar, 0sen1cos =⇒= xx , logo (2) é verdade. 
πkx 2= , Zk ∈ 
 
 Resposta: Se n é par, então, πkx = , Zk ∈ . 
 Se n é ímpar, então, πkx 2= ou ππ kx 2
2
3 += , Zk ∈ . 
 
3. Um triângulo ABC tem base AB fixa sobre uma reta r. O vértice C desloca-se ao 
longo de uma reta s, paralela a r e a uma distância h da mesma. Determine a equação da 
curvadescrita pelo ortocentro do triângulo ABC. 
Solução: 
 Coloque o eixo x em r e o eixo y na mediatriz de AB . 
 Seja lAB 2= e h a distância entre r e s. Então, ),(),0,(),0,( htClBlA ==−= . 
 Logo, Hx t= . Como lt
hmBC −
= e AHBC ⊥ , 
h
tlmmm AHAHBC
−=⇒−=⋅ 1 . 
 E a equação da reta por A e H é: 
)( lx
h
tly +⋅−= . 
 Como xh = t, segue que 
( ) ( )H H
H
l x l xy
h
− ⋅ += , 
2 2−= HH
l xy
h
 (parábola). 
 Comentário: Essa parábola passa por A e B. 
 
4. Seja f uma função real tal que ∀ x, a ∈ R; )()(
2
1)( 2 xfxfaxf −+=+ . f é periódica? 
Justifique. 
Solução 1: 
( ) ( ) ( )21
2
f x a f x f x+ = + − 
 Pela equação acima, temos 
2
1)( ≥tf para todo t real. 
( ) ( ) ( )21
2
f x a f x f x+ − = − 
 Elevando ao quadrado: 
 
Majorando 
 79
( ) ( ) ( ) ( )2 21
4
f x a f x a f x f x+ − + + = − (1) 
 Substituindo x x a→ − : 
( ) ( ) ( ) ( )− + = − − −2 21
4
f x f x f x a f x a (2) 
 Subtraindo (1) de (2), temos 
( ) ( ) ( ) ( )+ − + = − − −2 2f x a f x a f x a f x a 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]+ − − ⋅ + + − − =1 0f x a f x a f x a f x a 
 Essa equação implica ( ) ( )+ = −f x a f x a para todo x real. 
 (pois 01
2
1
2
11)()( =−+≥−−++ axfaxf , com igualdade apenas quando 
( ) ( )+ = − = 1
2
f x a f x a ). 
 Substituindo x x a→ + , temos que ( ) ( )2f x a f x+ = , para todo x ∈ ℜ . 
 Logo, f é periódica e um período para f é 2a. 
 
Solução 2: 
 Usando x + a no lugar de x: 
( ) ( ) ( )212
2
f x a f x a f x a+ = + + − + 
 Substituindo o valor de f(x+a): 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 21 1 12
2 2 2
f x a f x f x f x f x + = + + − − + − 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
21 1 1 12
2 4 2 2
f x a f x f x f x + = + − + = + − 
 
 
( ) ( )1 12
2 2
f x a f x+ = + −
 
 Como ( ) 1
2
f x ≥ , temos: 
( ) ( )1 12
2 2
f x a f x + = + − 
 
 
( ) ( )2f x a f x+ = 
 
Comentário: Um exemplo de função que satisfaz o problema é 
( )
( )
( ) ( )
1, para 2 2 1 
1 ,para 2 1 2 2
2
ka x k a
f x
k a x k a
≤ < +
= 
+ ≤ < +
, k Z∈ 
 
Questão relacionada: Seja f uma função que satisfaz ( ) ( )( )
1
1
f x
f x a
f x
+
+ =
−
 para todo x real, 
onde a > 0 é dado. Prove que f é periódica. 
 
Soluções 1995/1996 
 80 
5. Calcule a soma abaixo: 
30012998
1
107
1
74
1
41
1
⋅
++
⋅
+
⋅
+
⋅
L 
Solução 1: 
( )( )∑= +−
=
1000
1 1323
1
k kk
S 
 A idéia é procurar A e B tais que ( )( ) 13231323
1
+
+
−
≡
+− k
B
k
A
kk
 (*), ou seja, fazer a 
decomposição em soma de frações parciais. 
 Em (*), temos 
( ) ( )23131 −++≡ kBkA 
 Igualando os coeficientes de k e o termo independente: 
1)2()(3 ≡−+⋅+⋅ BAkBA 



−==⇒
=−
=+
3
1,
3
1
12
0
BA
BA
BA
. 
 Logo, ( )( ) 




+
−
−
≡
+− 13
1
23
1
3
1
1323
1
kkkk
, 
∑∑
==






+
−
−
=





+
−
−
=
1000
1
1000
1 13
1
23
1
3
1
13
1
23
1
3
1
kk kkkk
S 









 −+




 −++




 −+




 −+




 −=
3001
1
2998
1
2998
1
2995
1...
10
1
7
1
7
1
4
1
4
11
3
1S 
3001
1000
3001
11
3
1 =




 −⋅=S 
 
Solução 2: 
 Não é difícil conjecturar que ( )( ) 131323
1
1 +
=
+−
=∑
= n
n
kk
S
n
k
n . 
 Para n = 1, isso é óbvio. 
 Para fazer a indução, basta notar que 
( )( ) ( ) 113
1
4313
1
13 ++
+=
++
+
+ n
n
nnn
n . 
 Em particular, 
3001
1000
1000 =S . 
 
Comentário: ( )( ) 3
1
13
1limlim
1323
1
1
=
+
==
+− ∞→∞→
∞
=
∑
n
S
kk nnnk
. 
 
6. É dado um tabuleiro quadrado 4×4. Deseja-se atingir o quadrado inferior direito a 
partir do quadrado superior esquerdo. Os movimentos permitidos são os representados 
pelas setas: 
 
 
Majorando 
 81
 De quantas maneiras isto é possível? 
Solução 1: 
 Vamos dividir em casos segundo o número de movimentos na diagonal (D): 
1º caso: Com 0 movimento D, precisamos de 3 horizontais e 3 verticais. 
Representando por D, H, V os movimentos da diagonal, na horizontal e na vertical, 
respectivamente, cada caminho é uma permutação de 3H’s e 3V’s, totalizando 
20
!3!3
!63,3
6 =⋅
=P caminhos. 
2º caso: Com um movimento D: 
 De modo análogo ao 1º caso, obtemos 30
!2!2
!51,2,2
5 =⋅
=P caminhos. 
3º caso: Com dois movimentos D: 12
!2
!42,1,1
4 ==P caminhos. 
4º caso: Com três movimentos D: 1 caminho. 
 Logo, o número total de caminhos é 20 + 30 + 12 + 1 = 63. 
 
Solução 2: 
 Vamos escrever em cada quadrado o número de maneiras de se chegar a ele (respeitando 
as condições do enunciado): 
a b
c d
 No exemplo, observe que, para se chegar ao quadrado inferior direito, há cbad ++= 
possibilidades (porque ou se vem de a ou de b ou de c). 
Observando que os quadrados da primeira linha e da primeira coluna só podem ser 
atingidos de uma maneira, podemos completar o quadrado como no exemplo para obter a 
resposta: 
1 1 1 1 
1 3 5 7 
1 5 13 25
1 7 25 x 
A resposta é, portanto, x = 25 + 13 + 25 = 63. 
 
Questão relacionada: Considere a matriz Anxn definida por 111 == ji aa para },...,2,1{, nji ∈ e 
jijijiji aaaa ,1,,11,1 ++= ++++ para as demais entradas. Calcule det(A). 
 
7. Sejam 5 (cinco) pontos AOBO’A’, nesta ordem, pertencentes a uma reta genérica r tal 
que AO = OB = 3a; BO’ = O’A’ = 2a, onde a é um comprimento dado. Traçam-se os 
círculos (O) com diâmetro AB e (O’) com diâmetro BA’. Sejam C e D dois pontos 
quaisquer do círculo (O); as retas BC e BD cortam o círculo (O’), respectivamente, em 
C’ e D’. 
 a) Calcule 
BC
BC' 
 b) Calcule 
CD
DC '' 
Soluções 1995/1996 
 82 
 c) Seja o ângulo DBC ˆ igual a 30o. Calcule, em função de a, a razão entre as áreas dos 
segmentos circulares S no círculo (O) limitado pela corda CD e S’ no círculo (O’) 
limitado pela corda C’D’. 
Solução: 
 a) Seja 'ˆ'ˆ CBOCBO ==θ , como na figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os triângulos OBC∆ e '' BCO∆ são semelhantes (isósceles com ângulos da base iguais a θ ), 
logo: 
3
2
3
2'' ===
a
a
OB
BO
BC
BC
 
 
b) Seja ''ˆˆ COBCOB ==α , como na figura. 
 Temos 
2
''ˆˆ α== CDBCDB (ângulo inscrito) e 'ˆ'ˆ DBCDBC = (opostos pelo vértice). Logo, os 
triângulos BCD∆ e '' DBC∆ são semelhantes, donde: 
 
3
2''' ==
BC
BC
CD
DC
 
 
 c) A área do segmento pode ser obtida subtraindo-se da área do setor a área do triângulo, 
como na figura a seguir: 
 
Como aODOC 3== : 
o
o
o
aaaS 60sen)3()3(
2
1)3(
360
60 2 ⋅⋅⋅−⋅⋅= π 






−⋅=
2
3
32
9 2 πaS CDsegmento . 
Majorando 
 83
 Analogamente, 





−⋅=
2
3
32
4 2
''
πaS DCsegmento 
 Portanto, a razão entre as áreas é 
4
9 . 
Comentário: Como provado na letra a, os dois círculos são homotéticos em relação ao 
ponto B na razão 
2
3− . Segue direto que a razão do item b é 
3
2 e a do item c é 
4
9
2
3 2 =




− . 
 
8. Determine os números naturais n para os quais existem poliedros convexos de n 
arestas. 
Solução: 
 Para formar um poliedro, precisamos de pelo menos 4 pontos (pois 3 pontos sempre são 
coplanares), logo, 624 =≥ Cn . 
 Para n = 6, temos o tetraedro e, em geral, se kn 2= , 3≥k , podemos construir uma pirâmide 
com 2k arestas usando um k-ágono regular como base. 
 Logo, é possível construir poliedros com qualquer número par 6≥n de arestas. 
 Fazendo um corte na pirâmide por um plano que intersecte a base e duas faces laterais, 
como na figura abaixo, ganhamos 3 arestas, de forma que também é possível construir 
poliedros com 32 +k arestas. 
Logo, é possível construir poliedros com qualquer número ímpar 9≥n de arestas (pois 
9323 ≥+⇒≥ kk ). 
 
 Vamos mostrar agora que não é possível construir um poliedro com 7 arestas: 
 Suponha por absurdo que exista um poliedro com A = 7: 
 Pela relação de Euler, 92 =+=+ AFV . 
 Entretanto, 
3
7232...432 43
⋅≤⇒≥⇒++= VVAVVA . 
 Analogamente, 
3
7232...432 43
⋅≤⇒≥⇒++= FFAFFA . 
 Como V e F são inteiros, as inequações acima implicam 4≤V e 4≤F , contrariando a 
equação V + F = 9. 
 Logo, não existem poliedros com 7 arestas.Resposta: 6≥n , 7≠n . 
 
9. Sejam w0 = 1, w1 = j, w2 = j2 as raízes cúbicas da unidade no plano complexo (considere 
w1 o número complexo de módulo 1 e argumento 2π/3). Sabendo que, se c ∈ C, a rotação 
R em torno do ponto c e amplitude igual a π/3 é dada por R(z) = -j2z – jc, ∀ z ∈ C – {c}, 
pede-se: 
Soluções 1995/1996 
 84 
 a) Determinar as relações existentes entre a, b, c, j, j2, onde a, b ∈ C, de modo que o 
triângulo a, b, c seja equilátero. 
 b) Determinar z para que o triângulo i, z, iz seja equilátero. 
Solução 1: 
 a) Para que o triângulo formado por a, b e c seja eqüilátero devemos ter )(aRb = ou )(bRa = 
(isso equivale a dizer que o ângulo bcaˆ é 600 e abac = ). 
Substituindo na expressão dada: 
 0)( 22 =++⇒=−−⇒= ajjcbbjcajaRb , ou 
 0)( 22 =++⇒=−−⇒= bjjcaajcbjbRa . 
 b) 1º caso: 02 =⋅⋅+⋅+ zijijz : 
 
Isolando z: 
ij
ij
z
⋅+
⋅
−= 21
 
Podemos simplificar essa resposta usando a fatoração 
2
cos2
2
1 ααα ⋅




=+ ciscis : 
6
111
6
7
23
41
23
2
π
π
ππ
ππ
cis
cis
ciscis
ciscis
z
+
−=
⋅+
⋅
−= 





 +⋅
−=
⋅
−=
43
2cos2
4
12
11cos2
12
11
6
7
ππ
π
ππ
π cis
cis
cis
z 
 Usando a fórmula para o cosseno da soma, 
31
1
+
+= iz 
2º caso: 02 =⋅+⋅+⋅ zjijzi : 
Isolando z: 
2ji
ij
z
+
⋅
−= 
Observando que 22 1 ji
j
i
i
ji
ij
z
⋅+−
=⋅
+
⋅
−= e fazendo as contas como no 1º caso, obtemos a 
solução 1
1 3
iz += −
− +
. 
 
Solução 2 (item b): Sejam A, B, C e D os afixos dos complexos 0, z, i e iz, respectivamente. 
Como z iz= , temos que AB = AD. Como o triângulo BCD é eqüilátero, temos que BC = CD. 
Portanto, A e C determinam a mediatriz de BD. Isso mostra que A está no 1º ou no 3º 
quadrante (como 0ˆ 90BAD = , nenhum outro caso é possível). Suponha z no 1º quadrante. 
Temos que z tem argumento 450. Sendo r o módulo de z, o triângulo ABC tem lados r, 2r e 
 
Majorando 
 85
1 e 0ˆ 45BAC = , pela Lei dos Cossenos, temos que 2 22 1 2r r r= + − . Como r > 0. temos que 
6 2
2
r −= , o que implica 
31
1
+
+= iz . Analogamente achamos a solução do 3º quadrante. 
 
10. Dados os trinômios do segundo grau: 
y = ax2 + bx + c ( I ) 
y = a’x2 + b’x + c’( II ) 
Considere, sobre o eixo OX , os pontos A e B cujas abscissas são raízes do trinômio (I) e 
A’B’ os pontos cujas abscissas são raízes do trinômio (II). Determine a relação que deve 
existir entre os coeficientes a, b, c, a’, b’, c’, de modo que A’B’ divida o segmento AB 
harmonicamente. 
Solução: 
 Sejam 21 , uu as raízes de cbxaxy ++=
2 , e 21 , vv , as de '''
2 cxbxay ++= . 
 Suponha, sem perda de generalidade, 21 uu < e 21 vv < . 
 Pela definição de divisão harmônica, 
BB
AB
BA
AA
'
'
'
' = : 
22
12
12
11
uv
uv
vu
uv
−
−
=
−
− 
 Multiplicando cruzado: 
1121212221212121 vuvvuuvuuuvuuvvv +−−=+−− 
 Agrupando-se os termos comuns: 
)()()(2 2122112121 uuvuuvvvuu +⋅++⋅=+⋅ 
)()()(2 21212121 vvuuvvuu +⋅+=+⋅ 
 Substituindo-se a soma e o produto da equação do 2º grau: 





−⋅




−=




 +⋅
'
'
'
'2
a
b
a
b
a
c
a
c 
 Tirando-se o mmc: 
)''(2' caacbb +⋅= 
 
 Comentário: Todos os passos da solução acima são reversíveis, portanto, )''(2' caacbb +⋅= é 
uma condição necessária e suficiente para que A’B’ divida o segmento AB harmonicamente. 
 
Soluções 1996/1997 
 86 
IME 1996/1997 
 
1. Resolva o sistema abaixo: 



=
=
axy
yx xy onde a ≠ 1 e a > 0. 
Solução 1: 
 Supondo 0>x e tirando log nas duas equações: 
( ) ( ) ( ) ( )yxxyyx xy loglogloglog ⋅=⋅⇒= 
 Substituindo axy = : 
)log(log axxxax ⋅=⋅ 
 Cancelando o x e usando que axxa loglog =⋅ : 
( ) ( )axxa loglog = 
 Como a função logarítmica é injetiva: 
axaxx aa =⇒= −1 
11
1
, −− == a
a
a ayax 
 
Solução 2: 
 Substituindo a 2ª equação na primeira (ainda supondo x > 0): 
11
1
, −− ==⇒=⇒= a
a
aaxxax ayaxaxxxax 
 
Comentário: Se x < 0, o problema só faz sentido para Ζ∈yx, . Nesse caso, usando as soluções 
anteriores para x e y , verificamos que ambos precisam ter a mesma paridade e: 
( ) ( )
11
1||||||||
||,||
||||
||||
||||
||||
−−
−−
==⇒



⋅=
=
⇒



⋅−=−
−=−
a
a
a
xyxy
ayax
xay
yx
xay
yx
 
 Vamos provar que esses números são inteiros apenas nos casos 
2
1,2 == aa , fornecendo, 
como novas soluções, respectivamente, os pares )4,2( −− e )2,4( −− . 
 1º caso: a > 1: Nesse caso, podemos escrever: 
11
1
)1(1,1 −− +=⇒≥+= aa sassa 
 Usando a série do binômio de Newton: 
aasasa a =−+≥⋅−+≥+= − 11)1(1)1( 1 
 A igualdade é possível apenas quando a – 1 = 1, i.e, a = 2. 
 2º caso: 0 < a < 1: Fazendo 
b
a 1= temos 1>b e 1
1
1 −− = ba
a
ba é inteiro somente quando b = 2 
pelo 1º caso (i.e, a = ½). 
 
 
 
 
Majorando 
 87
2. Determine o termo máximo do desenvolvimento da expressão: 
65
3
11 




 + . 
Solução: 
 Pelo binômio de Newton, o termo geral é: 
pp p
T
3
165
1 ⋅





=+ . 
 Dividindo-se dois termos consecutivos: 
p
p
pp
pp
T
T
p
p
p
p
3
165
3
1
)!165()!1(
!65
3
1
)!65(!
!65
1
1 +−=
⋅
+−−
⋅
−
=
−
+ 
 Portanto, a seqüência Tp é crescente se e somente se: 
5,16316511 ≤⇔≥+−⇔≥+ ppp
T
T
p
p 
 Sendo p inteiro, a igualdade nunca ocorre e temos: 
661817161521 ...... TTTTTTT >>><<<<< 
 De forma que o termo máximo é 1617 3
1
16
65
⋅





=T . 
 Comentário: Observe que o uso do conectivo ⇔ também prova que pp TT <+1 para 17≥p . 
 
Questões relacionadas: 
a. IME 1984: Seja o desenvolvimento 
n
x 




 +
5
2
5
1 onde n é um inteiro positivo. Determine n 
sabendo-se que o maior dos coeficientes é o do termo em 9−nx . 
b. A 3ª Questão de 99 do IME usa uma idéia similar. 
 
3. Dados os pontos A e B do plano, determine a equação do lugar geométrico dos pontos 
P do plano, de tal modo que a razão entre as distâncias de P a A e de P a B seja dada 
por uma constante k. Justifique a sua resposta analiticamente, discutindo todas as 
possibilidades para k. 
Solução 1: 
 Colocando o eixo x em AB e o eixo y na mediatriz de AB como na figura abaixo: 
 
222 PBkPAk
PB
PALGP ⋅=⇔=⇔∈ 
 
 
 
 
 
 
 
Soluções 1996/1997 
 88 
 Usando as fórmulas de distância temos as seguintes equações equivalentes: 
( )22222 )()( yaxkyax ++⋅=+− 
0)1()1()1(2)1( 2222222 =−+−+⋅+⋅−− ykakaxkxk 
 Se 1≠k : 
22
22
2
2
2
2
)1(
4
1
1
k
akya
k
kx
−
⋅⋅=+




 ⋅
−
+− 
que representa uma circunferência de centro distando 
2
2
1
1 2
k AB
k
+ ⋅
−
 do ponto médio de AB 
(mais perto de B se, e somente se, k > 1) e raio 21
k ABr
k
⋅=
−
. 
 Se k = 1, o LG é a mediatriz do segmento AB (equação x = 0). 
 
Solução 2: 
 Sendo P um ponto do lugar, sejam R e S os pés das bissetrizes interna e externa de P no 
triângulo APB como mostra a figura abaixo. 
 
 
 
1º caso: Existe S. 
Os pontos R e S pertencem ao lugar geométrico, pois, pelo teorema da bissetriz: 
k
PB
PA
SB
SA
RB
RA === 
 Além disso, R e S são fixos (são os pontos de AB que o dividem interiormente e 
exteriormente na razão k). 
Seja O o ponto médio de RS. Como PR e PS são bissetrizes, o triângulo RPS é retângulo e, 
portanto, 
2
RSPO = é constante, i.e, o lugar é uma circunferência de diâmetro RS. 
 Reciprocamente, todo ponto dessa circunferência pertence ao lugar (pois vale a recíproca 
do teorema da bissetriz). 
 
2º caso: Não existe S. 
 Nesse caso, o triângulo é isósceles, logo, k = 1 e o lugar claramente é a mediatriz de AB. 
 
 
Questão Relacionada: Na questão 8 de 93 do IME, também pode ser utilizada a idéia de 
colocar o eixo y na mediatriz da base do triângulo. 
Majorando 
 89
4. Em cada uma das 6(seis) faces de um cubo, construiu-se um círculo, onde foram 
marcados n pontos. Considerando que 4 (quatro) pontos não pertencentes à mesma face, 
não sejam coplanares, quantas retas e triângulos, não contidos nas faces desse cubo, são 
determinados pelos pontos. 
Solução: 
a) Escolha de uma reta qualquer: 26nC 
Escolhade dois pontos numa mesma face: 26 nC⋅ (a face e os pontos nela). 
Logo, a resposta é: 
222
6 152
)1(6
2
)16(66 nnnnnCC nn =
−⋅
−
−⋅
=⋅− 
b) Procedendo de forma análoga para os triângulos, a resposta é: 
)37(5
6
)2()1(6
6
)26()16(66 2336 −⋅=
−⋅−⋅−−⋅−⋅=⋅− nnnnnnnnCC nn 
 
Questão Relacionada: Essa mesma questão já havia aparecido no IME: 
 IME 89: Em cada uma das faces de um cubo constrói-se um círculo e, em cada círculo, 
marcam-se n pontos. Unindo-se esses pontos: 
a) quantas retas, não contidas numa mesma face do cubo, podem ser formadas? 
b) quantos triângulos, não contidos numa mesma face do cubo? 
c) quantos tetraedros, com base numa das faces do cubo? 
d) quantos tetraedros com todos os vértices em faces diferentes? 
Obs.: Suponha que, se 4 pontos não pertencem a uma mesma face, então não são coplanares. 
 
5. Considere a função y = f(x) = ln )1( 2 ++ xx onde ln denota o logaritmo neperiano. 
Responder aos itens a seguir, justificando sua resposta. 
 (a) Se g(x) = ln(2x), que relação existe entre os gráficos das curvas f e g? 
(b) Pode-se afirmar que a função definida por 
2
)(
)(
xf
xH = é uma primitiva para a função 
1
)(
)(
2 +
=
x
xf
xT ? 
Solução: 
a) Os gráficos são assintóticos para ∞→x (i.e, a distância entre as curvas tende a zero 
quando x aumenta), pois: 
( ) =





++
=−
∞→∞→ 1
2lnlim)()(lim
2xx
xxfxg
xx
 
0
2
2ln
111
2lnlim
2
==
++
∞→
x
x
 
b) Uma função H é dita primitiva de T se, e somente se, )(')( xHxT = . 
 
 
 
 
Soluções 1996/1997 
 90 
Pela regra da cadeia, 
1
2 2
2
1 1'( ) 1 2 ( 1)
2 1
f x x x
x x
− 
= + ⋅ + ⋅ = 
+ + 
 
1
1
1
1
1
1
222 +
=
++
⋅





+
+
xxxx
x 
≠
+
=
12
1)('
2x
xH
1
)(
2 +x
xf
 e, portanto, H não é primitiva de T. 
 
6. Se atan e btan são raízes da equação x2 + px + q = 0, calcule, em função de p e q, o 
valor simplificado da expressão 
)(cos)cos()sen()(sen 22 baqbabapbay ++++++= . 
Considere p,q ∈ R, q ≠ 1. 
Solução 1: 
Pelas relações de soma e produto, temos que 
tan tan
tan tan
a b p
a b q
+ = −
 ⋅ =
. 
Usando a fórmula da tangente da soma: 
tan tantan( )
1 tan tan 1
pa ba b
a b q
−++ = =
− ⋅ −
, 
)cos()sen()1( bapbaq +⋅−=+⋅− . 
 Substituindo: 
( ) )(cos)cos()sen()sen( 2 baqbapbabay +⋅++⋅++⋅+= , 
( ) )(cos)sen()1()sen()sen( 2 baqbaqbabay +⋅++⋅−−+⋅+= , 
qbaqbaqy =+⋅++⋅= )(cos)(sen 22 . 
 Como 1cossen 22 =+ xx para todo x, a expressão acima implica qy = . 
Solução 2: 
 Como na solução anterior, 
q
p
ba
−
−
=+
1
)tan( . 
 Usando que 
xx
x 22
2
tan1
1
sec
1cos
+
== : 
( )qbapbabay ++⋅++⋅+= )tan()(tan)(cos 22 , 






+
−
⋅
−
−
⋅
−
+
= q
q
pp
q
p
q
p
y
1)1(
)1(
1
1
2
2
2
2 , 






−
−⋅+−⋅−
⋅
+−
−
= 2
222
22
2
)1(
)1()1(
)1(
)1(
q
qqqpp
pq
q
y 
( )
q
pq
qpq
y =
+−
−+⋅
= 22
22
)1(
)1(
 
 
 
 
 
Majorando 
 91
7. Considere os números ímpares escritos sucessivamente, como mostra a figura abaixo, 
onde a enésima linha compreende n números. Encontre em função de n, nesta linha, a 
soma de todos os números escritos, bem como o primeiro e o último. 
 
1 
3 5 
7 9 11 
13 15 17 19 
21 23 25 27 29 
... 
Solução 1: 
 Na PA 1,3,5,... o 1º termo da linha n ocupa a posição ( 1)1 2 3 ... ( 1)
2
n nn −+ + + + − = . Logo, 
2
1
( 1)1 2 1
2
n na n n−= + ⋅ = − + 
 Como a linha n é uma PA de n termos, seu último termo é: 
12)1(1)1( 221 −+=⋅−++−=⋅−+= nnnnnrnaan 
A soma dessa linha é a soma dos termos da PA: 
31
2
nn
aa
S n =⋅
+
= 
Solução 2: 
 Os elementos da 1ª coluna formam uma PA de 2ª ordem (pois as diferenças entre 2 termos 
consecutivos formam uma PA), de forma que seu termo geral é da forma: 
λβα ++= nnan
2 
 Substituindo n = 1, n =2, n =3, obtemos: 



=−==⇒
=+
=+
⇒





=++
=++
=++
1,1,1
45
23
739
324
1
γβα
βα
βα
γβα
γβα
γβα
 
 Temos, então, 12 +−= nnan , e as demais respostas podem ser encontradas observando-se 
que a linha n é uma PA, como na solução 1. 
 
8. Determine o resto da divisão do polinômio nx )sen(cos ϕϕ + por (x2 + 1), onde n é um 
número natural. 
Solução: 
 Como o divisor é do grau 2, o resto tem grau no máximo 1, i.e, 
baxxR +=)( 
 Da divisão de polinômios, temos: 
baxxxQx n +++⋅≡+ )1()()sen(cos 2φφ 
Observe que ℜ∈ba, , pois o dividendo e o divisor têm coeficientes reais. Como a equação 
acima vale para todo x, podemos substituir x = i: 
baiiiQi n +++⋅≡⋅+ )1()()sen(cos 2φφ 
 Pela fórmula d´moivre, )sen()cos()sen(cos φφφφ nini n ⋅+=⋅+ : 
aibnin ⋅+=⋅+ )sen()cos( φφ 
Soluções 1996/1997 
 92 
 Comparando partes real e imaginária, temos )cos(),sen( φφ nbna == , 
)sen()cos()( φφ nxnxR ⋅+= 
 
9.Considere uma esfera inscrita e tangente à base de um cone de revolução. Um cilindro 
está circunscrito à esfera de tal forma que uma de suas bases está apoiada na base do cone. 
Seja V1 o volume do cone e V2 o volume do cilindro. Encontre o menor valor da 
constante k para o qual V1 = kV2. 
Sugestão: Considere o ângulo formado pelo diâmetro da base e a geratriz do cone em uma 
das extremidades deste diâmetro. 
Solução: 
 Seja r o raio da esfera, R, o raio do cone e h, sua altura. Considere o plano mediador como 
na figura abaixo. 
 
 
 Como a esfera está inscrita no cone, BO é bissetriz e, portanto, sendo α2ˆ =CBA : 
 
 
 
 Logo, os volumes são: 
( ) ;
3
2tan
3
32
1
αππ RhRV ⋅=⋅= 
αππ 3322 tan22 RrrV ⋅=⋅⋅= 
)tan1(tan3
1
tan6
)2tan(
223
2
1
ααα
α
−⋅
===
V
Vk 
Fazendo α2tan=x , queremos o máximo de xxy +−= 2 , que ocorre para 
4
1,
2
1 == vv yx : 
 
3
4
4
13
1
min =





 ⋅
=k 
Comentário: Esta questão apareceu, sem a sugestão, na Olimpíada Internacional de 
Matemática (IMO) de 1960. 
 
10. Em uma parábola (P), com foco F e parâmetro p, considere uma corda 'MM normal à 
parábola em M. Sabendo que o ângulo °= 90'MFM , calcule os segmentos FM e 'FM . 
 
( )α2tan: ⋅=∆ RhBAD
αtan: ⋅=∆ RrBOD
Majorando 
 93
Solução 1: 
 Na figura abaixo, estão representados a diretriz d , os pontos M e M’ onde a normal do 
problema corta a parábola, as paralelas ao eixo focal por M (r) e M’ e o foco F. 
 
 Da definição de parábola, podemos escrever dMdMFx ,== , dMdFMy ,'' == . 
 Seja F’ um ponto de r tal que xMF =' . 
 Como MM’ é normal à parábola, ela é bissetriz do triângulo isósceles 'FMF∆ (propriedade 
refletora da parábola) e, portanto, é também sua mediatriz. 
 
Segue que yFM ='' e oMFM 90''ˆ = (pois ''' MMFMFM ∆≡∆ ). Logo, 
xdy dM 2,' == 
Seja ˆ ˆ' ' 'FMM F MMβ = = (são iguais, pois MF = MF’). 
Sendo α o ângulo entre MF e o eixo focal, o1802 =+ βα e: 
2tan
2
90tan ===




 −
x
yo βα 
2
1
2
tan =α 
5
3cos,
5
4sen,
3
4
4
11
2
12
tan ===
−
⋅
= ααα 
 
Projetando MF na horizontal: 
3cos
5
xx x p x p= ⋅ α + ⇒ = + 
py
p
x 5,
2
5
== 
 
 
 
Soluções 1996/1997 
 94 
Solução 2: 
 Consideramos uma figura similar à da 1ª solução. Seja θ o ângulo entre a reta r e a 
tangente t (observe que pela propriedade refletora, t é bissetriz do ângulo entre r e MF). 
 Como oMFM 90' = , temos θ=FMM ' . 
 
 Calculando a distância de M e de M’ até a diretriz: 
( )
( )θ
θ
2cos1
2cos
−
=⇒+⋅=
p
xpxx 
( )
( )θ
θ
2sen1
2sen
−
=⇒+⋅=
p
ypyy 
 
 Dividindo uma equação pela outra, obtemos θtan ( FMM '∆ ): 
( )
( )θ
θ
θ
θ
2cos1
2sen1
cos
sen
−
−==
y
x 
( ) ( )θθθθθθ 2sencoscos2cossensen ⋅−=⋅− 
( ) ( ) θθθθθθ sencos2cossencos2sen −=⋅−⋅ 
 
 
 
 
 Como o lado esquerdo é a expansão de ( )θθ −2sen , 
2
1tancossen2sencossen =⇒=⇒−= θθθθθθ 
 Daqui prosseguimos como na 1ª solução (observe que 
2
αθ = ), obtendo: 
py
p
x 5,
2
5
== 
 
 
 
Majorando 
 95
IME 1997/1998 
 
1. Determine a solução da equação trigonométrica R∈=+ xxx ,1cos3sen . 
Solução 1: 
Dividindo tudo por 2, obtemos a equação equivalente: 
2
1cos
2
3sen
2
1 =⋅+⋅ xx , 
Como 
2
3
3
sen =π e 
2
1
3
cos =π : 
6
sencos
3
sensen
3
cos πππ=⋅+⋅ xx 
6
sen
3
sen ππ =




 +x 
1º caso: Ζ∈+−=⇒+=+ kkxkx ,2
6
2
63
πππππ 
2º caso: Ζ∈+=⇒+−=+ kkxkx ,2
2
2
63
ππππππ 
Solução 2: 
 Isolando o cosseno e elevando ao quadrado, a equação dada implica: 
⇒−= xx sen1cos3 
xxx 22 sensen21cos3 +−= 
Como 1cossen 22 =+ xx , fazendo xt sen= : 
22 21)1(3 ttt +−=− 
012 2 =−− tt 
0cos,1sen == xx ou 
2
3cos,
2
1sen ±=−= xx 
Conferindo na equação original, vemos que a solução 
2
3cos,
2
1sen −=−= xx não serve e 
as demais servem: 
 Ζ∈+=⇒== kkxxx ,2
2
0cos,1sen ππ 
Ζ∈+−=⇒=−= kkxxx ,2
62
3cos,
2
1sen ππ 
 
Comentário: Observe que dividir por 2 na solução 1 é exatamente o truque do triângulo 
retângulo. 
Ao elevarmos ao quadrado na solução 2 introduzimos raízes estranhas na equação. Isso 
ocorre porque yxyxyx ±=⇒=⇒= 22 . Para conferir se uma raiz encontrada é ou não 
solução da equação original, basta testar se os dois lados da equação que foi elevada ao 
quadrado têm o mesmo sinal. 
 
 
 
Soluções 1997/1998 
 96 
2. Resolva e interprete, geometricamente, o sistema matricial abaixo, em função de α e β. 










−
−
=




















−
−
βα
8
4
86
765
321
z
y
x
 
Solução: 
 Escalonando o sistema: 





=++
−=+−
−=+−
βαzyx
zyx
zyx
86
8765
432
 
 Fazendo as operações 133122 6:,5: LLLLLL −=−= : 
4 8 12
20 ( 18) 24
y z
y z
− =
 + α − =β+
 
 Neste último sistema, fazendo 2 2 1: 5L L L= − : 
36)22( −=+ βα z (1) 
 Cada uma das três equações originais corresponde à equação de um plano. 
1º caso: 22−≠α : 
De (1), 
22
36
+
−=
α
βz e, substituindo nas equações acima, 
22
623231284
+
−+=+=⇒=−
α
βαzyzy 
22
82243)23(2432
+
++=+=−−+⋅=⇒−=+−
α
βαzzzxzyx 
 A solução é única (sistema possível e determinado), i.e, os 3 planos se interceptam num 
único ponto do plano. 
 
2º caso: 36,22 ≠−= βα : 
De (1), temos 00 ≠z e, portanto, o sistema é impossível. 
Como os planos não são paralelos, pois os vetores (1,-2,3), (5,-6,7) e (6,8,-22) não são 
proporcionais, geometricamente isso significa que as interseções entre os planos são 2 a 2 
paralelas, como indica a figura abaixo: 
 
3º caso: 36,22 =−= βα : 
 Nesse caso, (1) é inútil e as demais equações implicam 2,23 +=+= zxzy como no 1º caso. 
Geometricamente, essa solução representa a reta (os 3 planos se interceptam numa mesma 
reta) )1,2,1()0,3,2(),,( ⋅+= zzyx . 
Questão relacionada: Questão 5 de 99 do IME. 
 
Majorando 
 97
3. Determine os valores de λ que satisfaçam à inequação, 02727
9
427 12 >+− −λλ e 
represente, graficamente, a função 12 2727
9
427 −+−= xxy . 
Solução: 
 Seja λλ 3327 ==t . Temos 
27
1
9
42 +−= tty e queremos resolver 0>y . 
 Fazendo o quadro de sinais: raízes de y = 0: 
3
1,
9
1 == tt . 
Como a parábola tem concavidade para cima, 
3
1
9
10 >∨<⇔> tty . 
Temos 
3
233 23 −<⇔< − λλ ou 
3
133 13 −>⇔> − λλ . 
Logo, y > 0 se, e somente se, ),
3
1()
3
2,( ∞−∪−−∞∈λ . 
Para fazer o gráfico, vamos observar 3 situações importantes: 
 Cruzamento com eixo y: 
27
16
27
1
9
410 =+−=⇒= yλ . 
 λ muito grande ( ∞→λ ): ∞→≈ λ227y . 
 λ muito negativo ( −∞→λ ): 
27
1→y (assíntota horizontal). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comentário: Para tornar o gráfico mais preciso, pode-se destacar o ponto de mínimo, que 
ocorre em 
81
1−=vy e 9
2=vt ou 
227
9
λ = ,
9
2log 27=λ . 
 
4. Determine os parâmetros α, β, γ e δ da transformação complexa 
δγ
βα
+
+=
z
zw , que leva 
os pontos z = 0; -i; -1 para w = i; 1, 0, respectivamente, bem como z para w = -2 – i, onde i 
= 1− . 
 
 
Solução: 
δβ
δ
β ⋅=⇒=== iiiwz :,0 (1) 
 
Soluções 1997/1998 
 98 
βαδγ
δγ
βα +⋅−=+⋅−⇒
+⋅−
+⋅−==−= ii
i
iwiz 1:1, (2) 
αβ
δγ
βα =⇒
+−
+−==−= 0:0,1 wz (3) 
Substituindo (1) e (3) em (2): 
δγδδδγ −=⇒⋅+⋅−=+⋅− iii 2 
Substituindo e cancelando o δ , a transformação é: 
1+−
+⋅=
+⋅−
⋅+⋅⋅=
z
izi
z
iziw
δδ
δδ 
Para iw −−= 2 : 
i
z
izi −−=
+−
+⋅ 2
1
 
izizizi −⋅+−=+⋅ 22 
 iz += 1 
 
5. Considere uma elipse e uma hipérbole centradas na origem, O, de um sistema 
cartesiano, com eixo focal coincidente com o eixo OX. Os focos da elipse são vértices da 
hipérbole e os focos da hipérbole são vértices da elipse. 
 Dados os eixos da elipse como 10cm e 
3
20 cm, determine as equações das parábolas, que 
passam pelas interseções da elipse e da hipérbole e são tangentes ao eixo OY na origem. 
Solução: 
 A figura abaixo ilustra o problema: 
 
 Sendo 2a, 2b, 2c respectivamente eixo maior, eixo menor e distância focal da elipse: 
5102 =⇒= aa , 
 20 102
3 3
b b= ⇒ = . 
Como 222 cba += , 
9
125
9
10025 22 =⇒+= cc 
 
E a equação da elipse é: 
1
100
9
25
22
=+
yx (1) 
 Vamos agora usar 2a, 2b, 2c para representar os elementos da hipérbole: 
Seus focos são os vértices da elipse, logo, 5=c . 
Seus vértices são os focos da elipse, logo, 
9
1252 =a . 
Majorando 
 99
Como 222 bac += , 
2 2125 10025
9 9
b b= + ⇒ = . 
E a equação da hipérbole é: 
1
100
9
125
9 22 =−
yx (2) 
Para obter as interseções, resolvemos o sistema formado por (1) e (2). Somando-as: 
7
1252
125
14 2 ±=∴=⋅ xx 
 Substituindo em (1): 
63
2001
100
9
7
5 2
2
=∴=+ y
y 
A equação da parábola pedida é da forma pxy 22 = . 
Substituindo a interseção encontrada, 






±⋅=
7
1252
63
200 p 
63
358
12563
72002 ±=±=p 
 Temos, então, duas parábolas possíveis, dadas pelas equações: 
 xy ⋅±=
63
3582 
 
6. Uma embarcação deve ser tripulada por oito homens, dos quais dois só remam do lado 
direito e apenas um, do lado esquerdo. Determine de quantos modos esta tripulação pode 
ser formada, se, de cada lado, deve haver quatro homens. 
Obs.: A ordem dos homens de cada lado distingue a tripulação. 
Solução: 
 1ª etapa: lugares para os homens que só remam do lado direito: 34 ⋅ (4 opções para o 1º e 3 
para o 2º). 
 2ª etapa: lugar do que só rema do lado esquerdo: 4 opções. 
 3ª etapa: lugares dos outros 5 homens: !5 (5 opções para o 1º, 4 para o 2º, ...). 
Pelo princípio multiplicativo, a resposta é 5760120434 =⋅⋅⋅ . 
 
7. Determine α, β e γ de modo que o polinômio 11 +β+α γ+γ xx , racional inteiro em x, seja 
divisível por (x – 1)2 e que o valor numérico do quociente seja igual a 120 para x = 1. 
Solução 1: 
 Como P(x) é múltiplo de x – 1, P(1) = 0: 
101 −=+∴=++ βαβα 
 
 
Aplicando Briot-Ruffini e dividindo por x – 1 duas vezes (usando que 1−=+ βα ): 
 
Soluções 1997/1998 
 100 
 
 Como o resto da 2ª divisão também é nulo, temos γα = . 
 Portanto, o valor do último coeficiente de Q(x) (Q está representado na última linha do 
quadro acima) é 1)1( =−− αα . 
 O valor Q(1) = 120 representa a soma dos coeficientes de Q(x), i.e: 
1201...)1( =++−+ αα 
 Somando a PA: 
120
2
1 =⋅+ αα 
02402 =−+αα 
Como o grau deve ser positivo, 16,15 −=== βγα e o polinômio é: 
 11615)( 1516 +−= xxxP 
 
Solução 2: 
 Como P(x) é divisível por (x – 1)2, 2)1(
)()(
−
=
x
xPxQ é um polinômio (portanto, é contínuo), 
logo, 
21
( )lim 120
( 1)x
P x
x→
=
−
 
 Usando L´Hospital duas vezes e notando que 0)1(')1( == PP (pois 1 é raiz dupla): 
1
'( ) "(1)
120 lim
2 ( 1) 2x
P x P
x→
= =
⋅ −
 
Temos, portanto, 0)1(,0)1(',240)1(" === PPP . 
Substituindo em 
1)1()(' −⋅⋅+⋅+⋅= γγ γβγα xxxP e 1)1()1()(" −⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅= γγ γγβγγα xxxP : 
 
 Da 1ª, 1−=+ βα . 
 Substituindo na 2ª, temos, αγ = e, portanto, a 3ª equação vira: 
16,1502402 −===∴=−+ βγααα 
 Logo, 
 11615)( 1516 +−= xxxP 
 
1 
1 
α β 
α -1 
0 0 0 ... 0 1 
-1 -1 -1 -1 0 
α α-1 α-2 α-3 
γ+2γ+1γ1 2 3
α - (γ -1) α - γ 
 
 





=−⋅⋅++⋅⋅
=⋅+⋅+
=++
240)1()1(
0)1(
01
γγβγγα
βγαγ
βα
Majorando 
 101
Comentário: Uma outra forma de concluir que P”(1) = 2Q(1) é escrever a identidade 
2)1()()( −⋅≡ xxQxP , derivá-la duas vezes e em seguida fazer x = 1. 
 
8. Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, é 
iguala 37 . Determine os termos desta soma. 
Solução: 
 Sendo naaa ,...,, 21 os números procurados, temos uma PA de razão 2 cuja soma é: 
31 7
2
=⋅
+ naa n (1) 
 Como a1 e an são ímpares, sua soma é par e 
2
1 naa + é inteiro. Logo, n deve ser divisor de 73, 
i.e, }7,7,7,1{ 32∈n . Substituindo em (1): 
 1º caso: n = 1: Esse é um caso degenerado em que temos apenas o elemento 343 na 
seqüência. 
 
 
 2º caso: n = 7: 
4372)26(77
2 1
2
11
371 =⇒⋅=⋅++⇒=⋅
+ aaaaa 
 PA: 43, 45, 47, ..., 55. 
 
 3º caso: n = 72: 
4172)248(77
2 111
32491 −=⇒⋅=⋅++⇒=⋅
+ aaaaa 
 PA: -41, -39, ..., 41, 43, 45, 47, ..., 55. 
 
 4º caso: n = 73: 
3412)2342(77
2 111
333431 −=⇒=⋅++⇒=⋅
+
aaa
aa
 
 PA: -341, -339, ..., 339, 341, 343. 
 
9. Considere o cubo de bases ABCD e EFGH, e arestas AE, BF, CG e DH. Sejam as 
arestas iguais a 3m e os pontos M, N e P, marcados de forma que: 
 M ∈ AD, tal que AM = 2m 
 N ∈ AB, tal que AN = 2m 
 P ∈ BF, tal que BP = 0,5m 
 Calcule o perímetro da seção que o plano MNP determina no cubo. 
 
 
 
 
 
 
 
Soluções 1997/1998 
 102 
Solução 1: 
 Seja α o plano da seção, CGQ ∩= α e QPMNR ∩= , conforme a figura: 
 
 
 
 
Como a interseção das faces ABC e BCG é a reta BC, temos BCR ∈ (*). 
Observe que oANMRNB 45ˆˆ == (opostos pelo vértice) e, portanto, 1== BNBR . 
Como os triângulos PRB e QRC são semelhantes: 
2
1
45,0 =⋅=⇒= QC
RC
RB
QC
PB . 
Seja 'C CG∈ tal que '//PC BC . 
Aplicando Pitágoras no triângulo PQC’ da figura: 
5
2
35,13 222 ⋅=⇒+= PQPQ 
No triângulo PNB: 
2
55,01 222 =⇒+= PNPN 
Como PN = P’M, P’Q = PQ (simetria da figura em relação ao plano ACGE) e 22 ⋅=MN , 
o perímetro é: 
 225422 ⋅+⋅=+⋅+⋅ MNPQPN 
 
Comentário: Um artifício muito útil em problemas de geometria espacial é olhar para a 
interseção de duas retas coplanares (retas numa mesma seção/plano sempre são paralelas ou 
concorrentes). No caso, usamos o ponto R de encontro das retas coplanares MN e PQ. 
 Observe que, a priori, não sabíamos a posição exata do ponto Q (se QC fosse maior que 3, a 
seção seria um hexágono). 
 
 
 
 
 
 
Majorando 
 103
Solução 2: 
 Colocando eixos como na figura abaixo: 
 
Do enunciado, temos M = (0, 2, 0); N = (2, 0, 0); )
2
1,0,3(=P . 
Como o plano α = MNP não passa pela origem, sua equação pode ser escrita como: 
1=++ czbyax 
Substituindo: 
,
2
112: =⇒= bbM 
,
2
112: =⇒= aaN 
11
2
3: −=⇒=+ ccaP . 
Logo, o plano da seção tem equação (multiplicando por 2) 22 =−+ zyx . 
Encontrando as interseções com as arestas: 
2
122303,0: =⇒=−+⇒==∩ zzyxDHα 
222333,3: =⇒=−+⇒==∩ zzyxGCα 
 Logo, )
2
1,3,0(' =P e )2,3,3(=Q . É fácil ver que as demais interseções do plano com as retas-
suporte das arestas estão fora do cubo e, portanto, a seção é um pentágono. 
 Usando as fórmulas de distância, o perímetro é: 
2254
2
332
2
1122222 2
2
2
2
122 ⋅+⋅=+⋅++⋅++=⋅+⋅+ PQNPMN 
 
10. Quatro retas se intersectam formando quatro triângulos conforme figura abaixo. Prove 
que os círculos circunscritos aos quatro triângulos possuem um ponto em comum. 
 
 
 
 
Soluções 1997/1998 
 104 
Solução 1: 
Seja P a interseção das circunferências circunscritas aos triângulos CDE e AEF (posso 
supor EP ≠ , pois as circunferências claramente não podem ser tangentes sem degenerar um 
dos triângulos) conforme a figura abaixo: 
 
Como o quadrilátero PDCE é inscritível, α== CDECPE ˆˆ . 
Como o quadrilátero PEFA é inscritível, β== BFDEPA ˆˆ . 
Temos, então, 
oDBFCBACPA 180ˆˆˆ =++=+ βα ( FDB∆ ) 
e o quadrilátero PABC é inscritível. 
 De forma análoga, CABEPF ˆˆ = e BCADPE ˆˆ = implicam 
oDBFBCACABDBFDPF 180ˆˆˆˆˆ =++=+ ( ABC∆ ) 
e o quadrilátero PFBD é inscritível. 
 
Solução 2: 
 Vamos denotar por (u v w) a (única) circunferência contendo os pontos u, v e w. 
 Pelo teorema da reta de Simpson, ⇔∈ )(ABCP as projeções de P sobre AB, AC e BC são 
colineares. 
 Seja )()( AEFCDEP ∩= , EP ≠ (como na solução 1). Sejam X, Y, Z e W as projeções de P 
sobre as retas BD, DF, AC e AB como ilustra a figura abaixo: 
 
 
ZYZCDEP ,,)( ⇒∈ são colineares. 
WZYAEFP ,,)( ⇒∈ são colineares. 
 
 
 
 
Majorando 
 105
 
Logo, os 4 pontos são colineares (estão na reta ZY). Em particular, pela volta do teorema de 
Simpson: 
ZWX ,, colineares )(ABCP ∈⇒ 
WYX ,, colineares )(FBDP ∈⇒ 
 
Questão relacionada: Teorema de Steiner: Sejam O1, O2, O3 e O4 os circuncentros dos 
triângulos AGF, DEF, BEG e ABD. Mostre que esses 4 pontos e o ponto P formam um 
pentágono inscritível. 
 
 
Lema: Mostraremos antes que, se X,Y,Z estão alinhados e P está fora dessa reta então os 
circuncentros O1, O2 e O3 dos triângulos PXY, PXZ e PYZ e o ponto P são cocíclicos. 
Demonstração do lema: Sejam U, V e W os pontos médios dos segmentos PZePYPX, 
ilustrados na figura abaixo (na qual tracejamos as mediatrizes). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O quadrilátero PUO2W é inscritível (pois oPWOOUP 90ˆˆ 22 == ), logo, 
oWPUOOO 180ˆˆ 321 =+ (1). 
P 
U 
V 
W 
O1 
O2 
O3 
X Y Z 
A 
B
=
D E 
F 
G 
Soluções 1997/1998 
 106 
 E como os quadriláteros #UO1VP e #PVWO3 também são inscritíveis, podemos escrever: 
βα ==== WVOWPOOVUOPU ˆˆ,ˆˆ 3311 (2). 
 Como UV e VW são ambos paralelos a reta XYZ (pois são bases médias), U, V e W são 
colineares, de forma que βα === WVOOVU ˆˆ 31 (opostos pelo vértice). 
 Portanto, (2) implica WPOOPU ˆˆ 31 = e, portanto, 321# OOPO é inscritível, pois: 
oWPUOOOOPOOOO 180ˆˆˆˆ 32131321 =+=+ 
Demonstração do teorema de Steiner: 
 Os pontos B, D, E estão alinhados, e o ponto P está fora dessa reta. Os circuncentros dos 
triângulos PED, PEB e PDB são, respectivamente, O3, O4 e O2 na figura original (pois P 
pertence ao circuncírculo dos três triângulos). Logo, pelo lema os pontos P, O3, O4 e O2 
pertencem a um mesmo círculo C. 
 Aplicando agora o lema aos pontos B, G, A e P, concluímos que P, O4, O2 e O1 também 
pertencem a um mesmo círculo C’. 
 Como três pontos determinam um círculo e os pontos P, O4 e O2 estão em C e C`, temos 
C = C’, i.e, os cinco pontos P, O1, O2, O3 e O4 são cocíclicos. 
 
Majorando 
 107
IME 1998/1999 
 
1. Determine as raízes de 04222 =−++ iizz e localize-as no plano complexo, sendo 
1−=i . 
Solução: 
 Usando a fórmula de Baskhara: 
04222 =−+⋅+ iziz 
iii 1612)42(44 2 +−=−⋅−=∆ 
Fazendo biai +=+− 1612 , a, b reais e elevando ao quadrado: 
1612222 ⋅+−=⋅+− iabiba 
a
b
ab
ba 8
8
1222
=⇒



=
−=−
 
 Substituindo na primeira e tirando mmc: 
06412 24 =−+ aa 
4,2,42 ±=±== baa 
 Logo, )42( i+±=∆± : 
2
)42(2 iiz +±−= 
iziz 31,1 21 −−=+= 
 Representando no plano de Argand-Gauss: 
 
2. Sejam as funções g (x) e h (x) assim definidas: 
g(x) = 3x – 4 ; h (x) = f (g (x)) = 9x2 – 6x + 1 . 
 Determine a função f (x) e faça seu gráfico. 
Solução: 
 Dado qualquer real t, podemos tomar x tal que 43 −= xt (basta fazer 
3
4+= tx ): 
 Como 169)43( 2 +−=− xxxf para todo x: 
1
3
46
3
49)(
2
+




 +⋅−




 +⋅= tttf 
 
 
 
 
 
 
Soluções 1998/1999 
 108 
Simplificando, obtemos 96)( 2 ++= tttf para todo t real, i.e, 96)( 2 ++= xxxf . 
 
 
 
3. Calcule o valor de ( ) 1002,1 − , com dois algarismos significativos, empregando a expansão 
do binômio de Newton . 
Solução: 
Manipulando a expressão: 
101010
10
51
11
51
50
100
10202,1 




 −=




=




=
−
− 
 Pelo binômio de Newton, podemos escrever 
10
2 3
10 102 3
1 1 1 11 1 10
51 51 51 51
C C b − = − ⋅ + ⋅ − ⋅ + 
 
, 
onde b é um termo pequeno. Fazendo as contas, obtemos 82,002,1 10 ≅− . 
 Para formalizar, precisamos mostrar que b de fato não altera o 2º algarismo. 
Pelas contas, temos: 
2 3
10 102 3
1 1 10,820 1 10 0,821
51 51 51
C C≤ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ≤ (1) 
 Como a seqüência k
k
k Cx 51
1
10 ⋅= é decrescente (pois kkk
k
x
x
k
k ∀<<+−=+ 1
51
11
51
1101 ): 
3
4 10 4 3 10 3
1... 7 7 7 0,007
51
b x x x x C≤ + + < ⋅ < = ⋅ ⋅ ≤ (2) 
 Além disso, b é positivo, pois 4 5 6 7 8 9 100,0, 0, 0x x x x x x x− > − > − > > . 
 Juntando (1) e (2): 
100,820 1,02 0,821 0,007 0,828−< < + = 
 Portanto 82,002,1 10 ≅− é uma aproximação com duas casas decimais 
corretas. 
 
 
Comentário: Conjecturar a resposta correta é bastante simples nessa questão. A parte mais 
difícil da solução é demonstrar que de fato 0,82 tem duas casas decimais de precisão.
 
 
Majorando 
 109
4. Determine θ sabendo-se que: 
(i) 
3
2
1
1
1
cos1
2
2
4
4
=
+
+
⋅
−
−
θ
θ
θ
θ
tg
ctg
sen
; 
(ii) 0 < πθ 2≤ radianos. 
Solução: 
 Como 1sencos 22 =+ xx : 
xxxxx 22224 sen)cos1()cos1()cos1(cos1 ⋅+=−⋅+=− , 
xxxxx 22224 cos)sen1()sen1()sen1(sen1 ⋅+=−⋅+=− . 
 Além disso, 
xx 22 csccot1 =+ , 
xx 22 sectan1 =+ . 
 A equação, portanto, é equivalente a: 
3
2
seccos)sen1(
cscsen)cos1(
222
222
=
⋅⋅+
⋅⋅+
xxx
xxx . 
 Como 1seccoscscsen =⋅=⋅ xxxx , 
xx 22 sen22cos33 +=+ , 
)cos1(2cos31 22 xx −=+ , 
5
5cos ±=x . 
 A função arccos tem imagem ],0[ π e o problema pede soluções em ]2,0[ π . Logo, 
}
5
5arccos2,
5
5arccos2,
5
5arccos,
5
5{arccos −−−−= ππS 
 
5. Determine a para que seja impossível o sistema: 





+=−++
=+−
=−+
2)14(4
253
432
2 αα zyx
zyx
zyx
 
 
Solução 1: 
 Somando-se as duas primeiras equações e subtraindo da terceira o resultado, obtemos: 
4)16( 2 −=⋅− αα z 
 O sistema é impossível se, e somente se, 4−=α ( 80 −=z ). (se 4=α , temos 0z = 0, e o 
sistema é indeterminado, enquanto que nos demais casos, ele é possível e determinado com 
4
1
+
=
α
z ). 
 
 
 
 
 
 
 
Soluções 1998/1999 
 110 
 
Solução 2: 
 Escalonando o sistema: 





+=−++
=+−
=−+
2)14(4
253
432
2 αα zyx
zyx
zyx
 
 Fazendo as operações 133122 4:,3: LLLLLL −=−= : 



−=−+−
−=+−
14)2(7
10147
2 αα zy
zy
 
 Subtraindo as duas equações: 
4)16( 2 −=− αα z 
 Se 0162 ≠−α , achamos z (e conseqüentemente x, y) e o sistema é possível. 
 Caso contrário: 
 Se 4=α , a última equação é irrelevante e o sistema é indeterminado (dado qualquer z 
podemos achar x e y com as duas primeiras equações). 
 Portanto, o sistema é impossível apenas no caso 4−=α (no qual a última equação significa 
80 −=z , que é absurdo). 
 
6. Determine as possíveis progressões aritméticas para as quais o resultado da divisão da 
soma dos seus n primeiros termos pela soma dos seus 2n primeiros termos seja 
independente do valor de n. 
Solução: 
 Usando as fórmulas de PA: 
( ) 2)12(
)1(
2
2
2
11
11
21
1
2 ⋅⋅−++
⋅−++
=
⋅
+
⋅
+
=
rnaa
rnaa
naa
naa
S
S
n
n
n
n 
 Colocando em função de n: 
)2(2
)2(
2
1
1
1
2 ranr
ranr
S
S
n
n
−+⋅
−+⋅
⋅= 
Intuitivamente, observe que essa razão é independente de n quando r = 0 (óbvio) ou 
quando r = 2a1 (cancela o n). 
 Formalmente: 
)2(2)2(
)2(2
)2(
11
1
1 raknrkranrk
ranr
ranr
−⋅+⋅⋅≡−+⋅⇔≡
−+⋅
−+⋅ 
 
Como os polinômios em n são iguais para infinitos valores (todos os inteiros menos, no 
máximo, a raiz do denominador do 1º membro acima), seus coeficientes são iguais, i.e: 
rkr 2⋅= e )2(2 11 rakra −⋅=− 
 Obtemos, então, 0,1 == rk ou 12,2
1 ark == . 
 
 Reciprocamente, as PA´s dessa forma com 0a ≠ satisfazem, de fato, o enunciado. 
Majorando 
 111
 Resposta: PA´s: ,...5,3, aaa ou ,...,, aaa ; 0a ≠ qualquer. 
 
Comentário: Uma função real da forma 
dcx
baxxf
+
+=)( é independente de x se, e somente se, 
0=− bcad . Isso pode ser demonstrado como na solução acima. 
 
Questão relacionada: Se 
dcx
baxxf
+
+=)( tem três pontos fixos, calcule a
d
. 
 
7. Determine uma matriz não singular P que satisfaça à equação matricial 
P-1 A= 





−10
06
 , onde A = 





45
21
. 
Solução: 
Sendo 





=
dc
ba
P , temos as equivalências: 






−
⋅=⇔





−
=−
10
06
10
061 PAAP 






−
⋅





=





10
06
45
21
dc
ba
 






−
−
=





dc
ba
6
6
45
21
 
 Comparando, encontramos a ,b, c e d. Logo, 








−
−
=
46
5
26
1
P . 
8. Seja o polinômio P(x) de grau (2n + 1) com todos os seus coeficientes positivos e 
unitários. Dividindo-se P(x) por D(x) , de grau 3 , obtém-se o resto R(x). Determine R(x), 
sabendo-se que as raízes de D(x) são raízes de A(x) = x4 – 1 e D(1) ≠ 0. 
Solução 1: 
Dividindo, temos )1()1(1 234 +++⋅−=− xxxxx e, portanto, 
1)( 23 +++= xxxxD . 
 
Sendo 1...)( 23212 ++++++= + xxxxxxP nn , temos dois casos distintos: 
1º caso: n ímpar: temos 442)12(222 +=++⋅=+ kkn termos em P e, agrupando de 4 em 4, 
( ) )1(...1
...1)(
23484
3432
+++⋅++++=
=+++++= +
xxxxxx
xxxxxP
k
k
 
2º caso: n par: temos 2422222 +=+⋅=+ kkn termos em P e portanto, deixando de lado os 
dois últimos, podemos agrupá-los em k grupos de 4: 
( ) 1)1(...
...1)(
23241062
142
+++++⋅++++=
=++++=
−
+
xxxxxxxx
xxxxP
k
k
 
 Portanto, o resto é 0)( ≡xR se n for ímpar e 1)( +≡ xxR se n for par. 
Solução 2: 
Soluções 1998/1999 
 112 
 As raízes de 014 =−x são ii −− ,,1,1 e portanto as de D são ii −− ,,1 . 
 Escrevendo a divisão polinomial: 
)()()()( xRxQxDxP +⋅≡ (1) 
1
11...)(
22
23212
−
−=++++++=
+
+
x
xxxxxxxP
n
nn , 
cbxaxxR ++= 2)( ( 2≤grau ). 
 Como (1) vale para todo x, usando que ( 1) ( ) 0D D i− = = , temos, 
0
2
1)1()1()1(0)1(1
22
=
−
−−=−⇒−+=−⇒−=
+n
RRPx 
( )
( )
2 2 0( ) 1( ) 0 ( ) ( ) 21 1
1
n nímparix i P i R i R i
i i n par
i
+ − = ⇒ = + ⇒ = =  −− = + −
 
 Substituindo esses valores em cbxaxxR ++= 2)( e observando que seus coeficientes são 
reais: 
1º caso: n ímpar: 0)(0
0
0
≡⇒



===⇒
=⋅++−
=+−
xRcba
bica
cba
 
2º caso: n par: 1)(1,1,0
1
0
+≡⇒=



==⇒
+=⋅++−
=+−
xxRcba
ibica
cba
 
Questão Relacionada: Esta questão é similar ao problema 10 de 96 do IME. 
 
9. Uma piscina de base retangular tem, em metros, as seguintes dimensões: base, 5 x 6 e 
altura, 3. Dois terços do volume da piscina são ocupados por água. Na superfície superior 
da água, forma-se uma pequena bolha de ar. A bolha de ar está eqüidistante das paredes 
de 5m de base. Em relação às paredes de 6m de base, sua posição é tal que a distância a 
uma das paredes é o dobro da distância à outra. Estabeleça um sistema de coordenadas 
retangulares que tenha como origem um dos cantos interiores da piscina e como um dos 
planos coordenados a parede de base de 6m mais próxima da bolha. Em relação a este 
sistema, determine as coordenadas retangulares do ponto onde se encontra a bolha de ar. 
Solução: 
 Colocando-se os eixos como na figura abaixo: 
 
Coordenada x: 
3
55
3
1 =⋅=x ; coordenada y: 36
2
1 =⋅=y ; coordenada z: 23
3
2 =⋅=z . 
Coordenadas da bolha: 




 2,3,
3
5 
Majorando 
 113
Comentários: Essa é provavelmente a questão mais fácil que já caiu no vestibular do IME. Há 
algumas variações possíveis na escolha dos eixos e, portanto, há mais de uma resposta 
possível. 
 
10. ABCD é um quadrado de lado l . Sabendo-se que k é a soma dos quadrados das 
distâncias de um ponto P do plano definido por ABCD aos vértices de ABCD , determine : 
(i) o valor mínimo de k e a posição do ponto P na qual ocorre este mínimo ; 
(ii) o lugar geométrico do ponto P para 24l=k . 
Solução 1: 
 Colocando-se um eixo com origem no centro do quadrado e sendo a metade do lado do 
quadrado, como na figura: 
 
2222 PDPCPBPAk +++= 
22222222 )()()()()()()()( ayaxayaxayaxayaxk ++−+++++−+++−+−= 
 Os termos em ax e ay cancelam-se, reduzindo a equação acima a: 
222 8)(4 ayxk ⋅++⋅= . 
a) Como a é fixo e 022 ≥+ yx , k é mínimo quando 0== yx , i.e, P está no centro do quadrado. 
 
 
b) Como 2a=l : 
2 2 2 2 24 4 ( ) 8 16k x y a a= ⇒ ⋅ + + =l , 
222 2ayx =+ . 
Logo, o LG é a circunferência circunscrita ao quadrado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Soluções 1998/1999 
 114 
Solução 2: 
 Observe que PO é mediana do triângulo APC na figura abaixo. 
 
 Usando a fórmula da mediana, obtemos: 
( ) 2222 24 ACPCPAPO −+⋅= 
 Analogamente, PO é mediana do triângulo BPD, de forma que: 
( ) 2222 24 BDPDPBPO −+⋅=Somando-se as duas equações e notando que 2 2 22AC BD= = l : 
2 28 2 4PO k= ⋅ − l 
2 24 2k PO= + l 
a) Como 2l é constante e 02 ≥PO , k é mínimo quando 0=PO , i.e, P é o centro. 
b) 
2
2 2 24
2 2
k PO PO= ⇒ = ⇒ =l ll : circunferência circunscrita ao quadrado. 
 
 
Solução 3: 
a) Dados x, y positivos, 
0)(2)(22 222222 ≥−=+−=+−+ yxyxyxyxyx . 
 
 Logo, 
2
)( 222 yxyx
+
≥+ . 
 
 Usando esse resultado e a desigualdade triangular, temos: 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 22
2 2 2 2
PA PC PB PD AC BDPA PC PB PD + ++ + + ≥ + ≥ + = l . 
 
 A igualdade ocorre apenas quando P, A, C e P, B, D são colineares, i.e, P é o centro do 
quadrado (e nesse caso temos, de fato, 22k = l ). 
 
Majorando 
 115
b) Considere as projeções de P nos lados do quadrado como ilustrado abaixo: 
 
 Utilizando o teorema de Pitágoras: 
22222222 PDPBwyzxPCPA +=+++=+ 
 Portanto, 24k = l implica 2 2 2 22PA PC AC+ = =l . Pela recíproca do teorema de Pitágoras, 
isso implica oCPA 90ˆ = . 
 Logo, P está na circunferência de diâmetro AC (reciprocamente, todo ponto dessa 
circunferência satisfaz 24k = l ). 
 Resposta: circunferência de diâmetro AC (i.e, circunscrita ao quadrado). 
 
 
Soluções 1999/2000 
 116 
IME 1999/2000 
 
1. Calcule o determinante: 
13111111
11111111
1191111
1117111
1111511
1111131
1111111
=D
 
Solução: 
 Como o termo a11 é 1, podemos usar a regra de Chió, obtendo: 
4608012108642
1200000
0100000
008000
000600
000040
000002
=⋅⋅⋅⋅⋅==D 
 
2. Considere a, b, e c números reais tais que a < b < c. Prove que a equação abaixo possui 
exatamente duas raízes, x1 e x2 , que satisfazem a condição: a < x1 < b < x2 < c. 
0111 =
−
+
−
+
− cxbxax
 
Solução: 
 Tirando o mmc, vemos que toda raiz da equação dada satisfaz 
0)()()()()()( =−⋅−+−⋅−+−⋅− cxbxcxaxbxax (1) 
 Reciprocamente, toda raiz de (1) diferente de a, b e c satisfaz a equação original (pois x não 
pode ser a, b ou c.). 
 Seja )()()()()()()( cxbxcxaxbxaxxf −⋅−+−⋅−+−⋅−= . 
 Como a < b < c: 
0)()()( >−⋅−= cabaaf 
0)()()( <−⋅−= cbabbf 
0)()()( >−⋅−= bcaccf 
 Em particular, a, b e c não são raízes de f e as raízes da equação dada são exatamente as de f. 
 Temos 0)()( <⋅ bfaf e 0)()( <⋅ cfbf , logo o teorema de Bolzano garante que f possui duas 
raízes ),(1 bax ∈ e ),(2 cbx ∈ . Sendo f é um polinômio do 2º grau, o número de raízes é no 
máximo dois e, portanto, não há outros zeros. 
 
 
 
Majorando 
 117
3. Represente graficamente a função: 
( )
θθθθ
θ 2222 csc1
1
sec1
1
cos1
1
sen1
1
+
+
+
+
+
+
+
=F 
Solução: 
Para que as expressões θsec e θcsc façam sentido, é necessário termos 
2
πθ ⋅≠ k para todo 
inteiro k. 
Para os valores possíveis de θ : 
θ
θ
θ
θ 2
2
2
2 cos1
cos
cos
11
1
sec1
1
+
=
+
=
+
 
θ
θ
θ
θ 2
2
2
2 sen1
sen
sen
11
1
csc1
1
+
=
+
=
+
 
 Somando tudo, obtemos: 
211
cos1
cos
cos1
1
sen1
sen
sen1
1)( 2
2
22
2
2 =+=+
+
+
+
+
+
+
=
θ
θ
θθ
θ
θ
θF 
 Assim, o gráfico de F é: 
 
 
4. Calcule as coordenadas dos pontos de interseção da elipse com a hipérbole, 
representadas na figura abaixo, sabendo-se que: 
 a) os pontos C e C’ são os focos da elipse e os pontos A e A’ são os focos da hipérbole; 
 b) BB’ é o eixo conjugado da hipérbole; 
 c) OB = OB’= 3 m e OC = OC’ = 4 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
... ... 
x 
y 
2
π π
2
3π π2 2
π− π−
2
3π− π2− 
2
 
Soluções 1999/2000 
 118 
Solução: 
 Sendo a, b e c os parâmetros da elipse, ba, e c , os da hipérbole: 
 Do enunciado, 3== OBb e 4=== OCac , logo: 
5222 =⇒+= acba 
 A equação da elipse é: 
1
925
22
=+
yx 
 Para a hipérbole, temos 4=a e 5== ac , logo: 
3222 =⇒+= bbac 
 A equação da hipérbole é: 
1
916
22
=−
yx 
 Somando-se as duas equações: 
41
8220
41
2202
1625
41
0
2
0 ⋅±=⋅±=⇒=
⋅
xx 
 Substituindo na equação da elipse: 
41
419
41
811
925
41
16252
0
2
0
2
0 ⋅±=⇒=⇒=+
⋅⋅
yy
y
 
 
 Logo, as interseções são os 4 pontos da forma: 





 ⋅±⋅±
41
419,
41
8220 
 
 
5. Determine o polinômio em n, com no máximo 4 termos, que representa o somatório dos 
quadrados dos n primeiros números naturais 2
1
n
k
k
=
 
 
 
∑ . 
Solução 1: 
 Usando propriedades de somatório e escrevendo kkkk +−= )( 22 : 
∑∑∑
===
+−⋅⋅==
n
k
n
k
n
k
kkkkS
111
2
2
)1(2 
 
 Pelo teorema das colunas do triângulo de pascal: 





 +
=





=−⋅ ∑∑
== 3
1
22
)1(
11
nkkk n
k
n
k
 





 +
=





=∑∑
== 2
1
111
nk
k
n
k
n
k
 
 
 
 
 
Majorando 
 119
Logo, a soma pedida vale: 
!2
)1(
!3
)1()1(2
2
1
3
1
2 nnnnn
nn ⋅++−⋅⋅+⋅=




 +
+




 +
⋅ 
623
23 nnnS ++= 
Solução 2: 
 Escrevendo ∑
=
=
n
k
n kS
1
2 , temos 21 nSS nn =− − para todo n. 
 Segue que 12)1()()( 22211 −=−−=−−− −−− nnnSSSS nnnn é o termo geral de uma PA, logo, 
Sn é uma PA de 3ª ordem. 
 Portanto, existem constantes a, b, c, d tais que dcnbnanSn n +++=∀
23, . 
 Fazendo sucessivamente n = 0, n = 1, n = 2 e n = 3: 
d=0 
dcba +++=21 
dcba +++=+ 24821 22 
dcba +++=++ 3927321 222 
 Resolvendo o sistema, obtemos 
623
23 nnnS ++= para todo n. 
Solução 3: 
 Observe que 133)1( 233 +++=+ kkkk . 
 Fazendo k = 1, 2, 3, ..., n e somando: 
nnSnnn ++++⋅+⋅++++=+++++ )...21(33...21)1(...32 3333333 
 Cancelando os termos comuns e somando a PA 1 + 2 + ... + n: 
nnnSn ++⋅⋅+⋅+=+
2
)1(331)1( 3 
 Isolando S, obtemos 
623
23 nnnS ++= , como nas demais soluções. 
 
Comentário: a) O mais conveniente nesta questão é saber de antemão que 
∑
=
+⋅+⋅=
n
k
nnnk
1
2
6
)12()1( e provar o resultado por indução. 
 b) A Solução 3 pode ser generalizada para calcular, de forma recursiva, ∑
=
=
n
k
p
p kS
1
 
qualquer que seja p. 
 c) Para fazer contas rápido com polinômio, basta olhar separadamente para cada 
coeficiente (i.e, calcule mentalmente o coeficiente de nk e anote-o; em seguida, calcule 
mentalmente o de nk-1...) 
 
Questão relacionada: Mostre que para p ímpar, Sp é múltiplo de 
2
)1( +⋅ nn . 
 
 
 
Soluções 1999/2000 
 120 
6. Seja o conjunto: D = { (k1, k2) | 1 ≤ k1 ≤ 13; 1 ≤ k2 ≤ 4; k1, k2 ∈ IN }. 
Determine quantos subconjuntos L = { (x1,x2), (y1,y2), (z1,z2), (t1,t2), (r1,r2) }, L ⊂ D, existem 
com 5 (cinco) elementos distintos, que satisfazem simultaneamente as seguintes condições: 
 a) x1 = y1 = z1; 
 b) x1 ≠ t1, x1 ≠ r1, t1 ≠ r1. 
Solução 1: 
 Se considerássemos a ordem das escolhas: 
 Escolha de x1: 13 opções 
 Escolha de y1: 1 opção (deve ser igual a x1) 
 Escolha de z1: 1 opção (igual a x1) 
 Escolha de t1: 12 opções (deve ser de um tipo diferente de x1) 
 Escolha de r1: 11 opções (diferente dos tipos de t1 e r1) 
 Escolha de x2: 4 opções 
 Escolha de y2: 3 opções 
 Escolha de z2: 2 opções 
 Escolha de t2: 4 opções 
 Escolha de r2: 4 opções 
Como não importa a ordem em que venham os pares ),(),,(),,( 212121 zzyyxx e nem a 
ordem em que venham os pares ),(),,( 2121 rrtt , a resposta é: 
54912
!2!3
4423411121113 =
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 
 
Comentário: Podemos interpretar cada par (x, y) como uma carta de baralho, na qual x 
representa o tipo da carta e y o seu naipe. O problema, nesse caso, está pedindo o número de 
possíveis trincas num jogo de pôquer. 
 
Solução 2: 
 Usando a notação sugerida no comentário anterior: 
 Há 3413 C⋅ formas de se escolher as cartas da trinca (primeiro escolhemos o tipo e, em 
seguida, 3 dentre as 4 cartas existentes desse tipo). 
 Em seguida, precisamos escolher 2 tipos diferentes dentre os 12 restantes, o que pode ser 
feito de 212C modos, e escolher os naipes dessas 2 cartas (são 44 ⋅ opções, pois temos 4 naipes 
de cada tipo). 
A resposta é, portanto, 
549124413 212
3
4 =⋅⋅⋅⋅ CC 
 
 
7. As arestas laterais de uma pirâmide regular com n faces têm medida l. Determine: 
 a) a expressão do raio do círculo circunscrito à base, em função de l, de modo que o 
produtodo volume da pirâmide pela sua altura seja máximo; 
b) a expressão desse produto máximo, em função de l e n. 
 
 
Majorando 
 121
Solução 1: 
 Como a base é uma face, tem-se n – 1 faces laterais e, portanto, a base é um 
(n-1)-ágono regular. 
 De acordo com a figura abaixo, temos 222 RlH −= . 
 
 A base é um polígono com n – 1 lados, logo, seu ângulo central é 
1
22
−
=
n
πα : 
 
 
 Segue que a área da base é dada por: 
1
2sen
2
1)1( 2
−
⋅⋅⋅−=
n
RnSb
π 
 
 
 A expressão pedida é: 
2
3
1 HSHV b ⋅⋅=⋅ 
)(
1
2sen)1(
6
1 222 RlR
n
nHV −⋅⋅
−
⋅−⋅=⋅ π 
 Como 
1
2sen
6
)1(
−
⋅−
n
n π é constante, VH será máximo quando )( 222 RlR −⋅ o for. 
 O trinômio do 2º grau xlxxlxxf ⋅+−=−⋅= 222 )()( atinge seu máximo quando 
2
2lxx v == , logo, o máximo da função ocorre quando 2
2
2 lR = , i.e, 
2
2⋅= lR . 
 
Substituindo na expressão de VH, obtemos: 
 
41
2sen
6
1 4
max
l
n
nHV ⋅
−
⋅−=⋅ π 
 
 
 
 
 
Soluções 1999/2000 
 122 
 
Solução 2: 
 Seja β o ângulo entre a altura e uma aresta lateral l: 
 Da figura abaixo, temos βcos⋅= lH e βsen⋅= lR . 
 
Sendo 
1
22
−
=
n
πα o ângulo central da base, obtemos, como na solução 1: 
( )2
1
2sen)1(
6
1 HR
n
nHV ⋅⋅
−
⋅−⋅=⋅ π 
Como 
22
2
2
2 2
1
2
2sen)cos(sen 




≤




=⋅=




 ⋅ βββ
l
HR , o valor máximo é: 
1
2sen)1(
24
4
−
⋅−⋅=⋅
n
nlHV π , 
que ocorre quando o45=β , i.e, 
2
2⋅= lR . 
 
8. As medianas BM e CN de um triângulo ABC se cortam em G. Demonstre 
que 222 5
12
acb
SCGtgB
−+
=
∧
, onde S é a área do triângulo ABC; AC=b; AB=c e BC=a. 
Solução 1: 
 Colocando um eixo x sobre o segmento BC e o eixo y na mediatriz de BC, podemos definir 
os pontos em função de parâmetros γβα ,, , como na figura abaixo: 
 
 Sendo 
γα
β
31 +
=m e 
γα
β
32 −
=m os coeficientes angulares das retas BM e CN , o ângulo 
entre elas é dado por: 
 
222
12
12
9
6
33
1
33
1
tan
γβα
γβ
γα
β
γα
β
γα
β
γα
β
θ
−+
⋅=
+
⋅
−
+
+
−
−=
⋅+
−
=
mm
mm 
 
Majorando 
 123
 
 A área do triângulo é γββγ ⋅=⋅⋅= 42)4(
2
1S . 
 
 Usando a fórmula de distância ponto a ponto, temos: 
( ) ( ) 22222222 1654)(44)(45 γβγαβγα ⋅−++⋅++−⋅=−+ acb 
)9(85 222222 γβα −+⋅=−+ acb 
Substituindo, obtemos: 
θ
γβα
γβ
γβα
γβ tan
)9(
6
)9(8
412
5
12
222222222 =−+
⋅=
−+⋅
⋅⋅=
−+
⋅
acb
S 
 
 
Solução 2: 
 É sabido que as 3 medianas de um triângulo o dividem em 6 partes equivalentes, de forma 
que a área do triângulo BCG∆ assinalado na figura abaixo é 
36
2 SS =⋅ . 
 
 Como G é baricentro, podemos escrever yCGyGNxBGxGM 2,,2, ==== . 
 A fórmula da área do BCG∆ , portanto, fornece: 
θsen)2()2(
2
1
3
⋅⋅⋅= yxS 
xy
S
6
sen =θ (1) 
 Aplicando a lei dos cossenos no BCG∆ : 
θcos)2()2(2)2()2( 222 ⋅⋅⋅−+= yxyxa 
xy
ayx
8
44
cos
222 −+
=θ (2) 
 Dividindo (1) por (2): 
)44(6
8tan 222 ayx
S
−+⋅
=θ (3) 
 
 Por outro lado, pela fórmula da mediana: 
9
)(24
4
)(29
222
2
222
22 bcaxbcaxBM −+⋅=⇒−+⋅== 
9
)(24
4
)(29
222
2
222
22 cbaycbayCN −+⋅=⇒−+⋅== 
 
 
Soluções 1999/2000 
 124 
Substituindo em (3): 
2222222 5
12
9
946
8tan
acb
S
acba
S
−+
=





 −++⋅
=θ 
 
 
9. Três jogadores, cada um com um dado, fizeram lançamentos simultâneos. Essa operação 
foi repetida cinqüenta vezes. Os dados contêm três faces brancas e três faces pretas. Dessas 
50 vezes : 
 a) em 28 saiu uma face preta para o jogador I; 
 b) em 25 saiu uma face branca para o jogador II; 
 c) em 27 saiu uma face branca para o jogador III; 
 d) em 8 saíram faces pretas para os jogadores I e III e branca para o jogador II; 
 e) em 7 saíram faces brancas para os jogadores II e III e preta para o jogador I; 
 f) em 4 saíram faces pretas para os três jogadores; 
 g) 11 saíram faces pretas para os jogadores II e III. 
Determine quantas vezes saiu uma face preta para pelo menos um jogador. 
 
Solução: 
 Vamos definir os conjuntos A: pretas para I, B: pretas para II e C: pretas para III. 
 Preenchendo o diagrama de Venn como na figura: 
 
 
 
 Pela informação (f): f =4 
 Por (g): 7114 =⇒=+ gg 
 Por (d): e = 8 
 Por (e): a = 7 
 Por (a): 92848728 =⇒=+++⇒=+++ ddfeda 
 Por (b): 52550749 =⇒−=+++ bb 
 Por (c): 42750748 =⇒−=+++ cc 
 
 
Majorando 
 125
 
 Somando tudo, a resposta do problema é: 
44=++++++ gfedcba 
 
 
10. Considere quatro números inteiros a, b, c e d. Prove que o produto (a-b) (c-a) (d-a) (d-c) 
(d-b) (c-b) é divisível por 12 . 
 
Solução 1: 
 A expressão )()()()()()( bcbdcdadacbaE −⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−= contém todas as 624 =C 
diferenças possíveis, em módulo, entre dois dos números a, b, c e d. 
 Como existem apenas 3 restos na divisão de um número por 3, e temos 4 números 
presentes, existem (pelo menos) 2 deles que deixam restos iguais. A diferença entre eles é 
múltiplo de 3 e é um fator de E, logo, E é múltiplo de 3. 
 Olhe agora os restos na divisão por 4. Se tivermos 2 iguais, então, E é múltiplo de 4 pelo 
argumento anterior. Caso contrário, os restos são todos diferentes, i.e, há um número que 
deixa resto 0 (chamemos, sem perda de generalidade, este de x), outro que deixa 1 (y), outro, 
2 (z) e, finalmente, um que deixa resto 3 (w) ao ser dividido por 4. 
 Nesse caso, os números x – z e y – w são pares e aparecem como fator de E, logo, E é 
múltiplo de 4. 
 Como 3 e 4 são primos entre si, segue que E é múltiplo de 12. 
 
Solução 2: 
 A expressão dada é o desenvolvimento do determinante de Vandermonde: 
3333
2222
1111
dcab
dcab
dcab
D = 
 
Olhando módulo 3, todo número }2,1,0{∈x , logo, as colunas ),,,1( 32 xxx têm apenas três 
opções possíveis: )2,1,2,1()1,1,1,1();0,0,0,1( ou . 
 
 Como são 4 colunas, pelo menos duas delas serão iguais, portanto )3(mod0≡D 
 Olhando módulo 4, temos 
)}3,1,3,1();0,0,2,1();1,1,1,1();0,0,0,1{(),,,1(}3,2,1,0{ 32 ∈⇒∈ xxxx 
 
Há 4 possibilidades para as colunas. Se duas forem iguais, então )4(mod0≡D . 
 
 
 
 
 
Soluções 1999/2000 
 126 
 
 
Caso contrário, |D| tem, (mod 4), o valor absoluto de: 
1 1 1 1
1 2 3
0 1 2 3 2 2
1 0 1 4 0(mod 4)
0 1 0 1 2 0
1 0 3
0 1 0 3
− −
= = = − ≡
−
 
 Segue que )4(mod0≡D em qualquer caso, e como mdc (3, 4) = 1, isso implica que D é 
múltiplo de 12. 
 
 
 
 
 
Majorando 
 127
IME 2000/01 
 
1. Considere a figura abaixo, onde zDEyACxBCADAB ===== ,,,1 e wAE = . Os 
ângulos AFBeACBAED ˆˆ,ˆ são retos. 
a) Determine o comprimento de AF e de BF em função de x, y, z e w. 
b) Determine a tangente do ângulo α em função de x, y, z e w. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
a) Da figura dada, sendo EADcDABb ˆ,ˆ == ,temos: 
)cos( cbABAF +⋅= 
)sensencos(cos cbcbABAF ⋅−⋅⋅= 
 Sendo 1=AB , 
xzywAF −= 
Analogamente, 
)sen( cbABBF +⋅= 
)cossencos(sen bccbABBF ⋅+⋅⋅= 
yzxwBF += 
 
b) 
yzxw
xzyw
BF
AF
+
−
==αtan 
 
2. Considere o polinômio de grau mínimo, cuja representação gráfica passa pelos pontos P1 
(-2, -11), P2 (-1, 0), P3 (1, 4) e P4 (2, 9). 
 a) Determine os coeficientes do polinômio. 
 b) Calcule as raízes do polinômio. 
Solução: 
a) Dados 4 pontos, sempre existe um polinômio de grau 3≤ passando por eles. 
dcxbxaxxP +++= 23)( (1) 
Substituindo os valores dados: 
1124811)2( −=+−+−⇒−=− dcbaP (2) 
00)1( =+−+−⇒=− dcbaP (3) 
44)1( =+++⇒= dcbaP (4) 
92489)2( =+++⇒= dcbaP (5) 
 
Soluções 2000/2001 
 128 
Somando as equações (1) e (4) ,e em seguida, (2) e (3): 
3,1
422
228
=−=⇒



=+
−=+
db
db
db
 
 Substituindo em (3) e (4): a = 1, c = 1. 
 Logo, 3)( 23 ++−= xxxxP . 
 
Obs: Se tivéssemos uma solução de grau < 3, o valor a = 0 deveria aparecer como raiz do 
sistema acima. Como isso não ocorre, o grau mínimo é de fato 3. 
 
b) Como 0)1( =−P , P(x) é múltiplo de x + 1. 
Efetuando a divisão pelo algoritmo de Briot-Ruffini: 
 
 Logo, )32()1()( 2 +−⋅+= xxxxP . 
 Aplicando a fórmula de Báskara na equação do 2º grau, obtemos: 
}21,1{ ⋅±−= iS 
 
3. Determine todos os números inteiros m e n para os quaiso polinômio 3 32 m m m n mx a x a−+ − 
é divisível por x + a . 
 
Solução: 
 P(x) é polinômio, logo, deve-se ter 0≥m e 03 ≥− nm . 
 Como x + a divide P(x), temos 1≥m e P(– a) = 0: 
0)()(2 3 =−−⋅+−⋅ −3 mnmnm aaaa 
( ) 01)1()1(2 3 =−−+−⋅⋅ − nmmma 
Se a = 0, não há mais restrições em m, n. 
Caso contrário, 01)1()1(2 3 =−−+−⋅ − nmm : 
 Se m fosse ímpar, teríamos 3)1( 3 =− − nm (impossível). 
 Logo, m é par e, de 1)1( 3 −=− − nm , temos m – 3n ímpar, i.e, n é ímpar. 
Reciprocamente, é fácil ver que estas respostas funcionam. 
Resposta: 
 Se a = 0: nmm 3,1 ≥≥ , m, n inteiros; 
 Se 0≠a : nmm 3,1 ≥≥ , m par, n ímpar, m, n inteiros. 
 
4. Sejam a e b números reais positivos e diferentes de 1. 





=
=
byx
abba
a
b
a
yx
log.loglog.2
.
1
1
 
Determine os valores de x e y. 
 
-1 
1 -1 
1 -2 
1 3 
3 0 
 
Majorando 
 129
 
Solução: 
 Desenvolvendo a 2ª equação, sendo u
r
u bbr log
1log ⋅= : 
( )








⋅⋅−=⋅ byx aba log
2
1
1loglog2 , 






=






=
ya
y
x a
b
b
a
1log
log
1log
log . 
 Como a função logarítmica é injetiva, 
y
x 1= 
 
Substituindo na 1ª equação do enunciado: 
2
1
)()( abababba xxx =⇒=⋅ 
Se 1=ab , qualquer par da forma 




=
x
xyx 1,),( , x > 0 satisfaz o sistema. 
Caso contrário, a única solução é 




= 2,
2
1),( yx . 
5. Dois números complexos são ortogonais se suas representações gráficas forem 
perpendiculares entre si. Prove que dois números complexos Z1 e Z2 são ortogonais se e 
somente se: 
02121 =+ ZZZZ 
Obs: Z indica o conjugado de um número complexo Z. 
 
Solução 1: 
 Seja 21 zzw ⋅= , de forma que 2121 zzzzw ⋅=⋅= . 
 Temos, portanto, as equivalências: 
02121 =⋅+⋅ zzzz 
0=+ ww 
0)(Re =w (1) 
 
 
 
Na forma trigonométrica, podemos escrever: 
111 θρ cisz ⋅= , 222 θρ cisz ⋅= 
 Logo, )( 2121 θθρρ −⋅⋅= cisw , 
)cos()(Re 2121 θθρρ −⋅⋅=w (2) 
 
 Se z1 = 0 ou z2 = 0, o problema não faz sentido. Caso contrário, 
 de (1) e (2), a condição 02121 =⋅+⋅ zzzz é equivalente a 0)cos( 21 =−θθ , i.e, a 
 
Soluções 2000/2001 
 130 
Ζ∈⋅+=− kk ,
221
ππθθ 
Esta última linha equivale a dizer que o menor ângulo entre z1 e z2 é 
221
πθθ =− . 
 Logo, 212121 0 zzzzzz ⊥⇔=⋅+⋅ . 
 
Solução 2: 
 Colocando na forma cartesiana: 
biazbiaz −=+= 11 , 
diczdicz −=+= 22 , 
 Temos, portanto, as equivalências: 
02121 =⋅+⋅ zzzz 
0)()()()( =+⋅−+−⋅+ dicbiadicbia 
0=+ bdac 
 Isso é o mesmo que dizer que o produto escalar ),(),( dcba ⋅ é nulo. Como (a, b) representa 
z1 e (c, d) representa z2, isso significa que os vetores (a, b) e (c, d) são perpendiculares, i.e, 
21 zz ⊥ . 
 
Comentário: Não é necessário separar a “ida” da “volta” na solução. 
 
6. Considere a matriz A = (akj), onde: akj = k-ésimo termo do desenvolvimento de (1 + ji)54, 
com k = 1, . . ., 55; j = 1, . . ., 55 e i = 1− . 
 a) Calcule a3,2 + a54,1. 
 b) Determine o somatório dos elementos da coluna 55. 
 c) Obtenha uma fórmula geral para os elementos da diagonal principal. 
Solução: 
 Como =jka , k-ésimo termo de 
54)1( ij ⋅+ e 
∑∑
=
−−
=
⋅⋅=⋅⋅=⋅+
55
1
11
54
54
0
54
54 )()()1(
k
kk
s
ss ijCijCij , 
temos 1154, )(
−− ⋅⋅= kkjk ijCa . 
a) 5724)2( 22542,3 −=⋅⋅= iCa 
iiCa ⋅=⋅= 54)( 5353541,54 
iaa ⋅+−=+ 5457241,542,3 
b) Usando o desenvolvimento do binômio de Newton: 
54
55
1
11
54
55
1
55, )551()55( iiCaS
k
kk
k
k ⋅+=⋅⋅== ∑∑
=
−−
=
 
c) Substituindo j = k no termo geral: 
11
54, )(
−− ⋅⋅= kkkk ikCa 
 
 
 
 
 
 
 
Majorando 
 131
7. Um comandante de companhia convocou voluntários para a constituição de 11 
patrulhas. Todas elas são formadas pelo mesmo número de homens. Cada homem 
participa de exatamente duas patrulhas. Cada duas patrulhas têm somente um homem em 
comum. Determine o número de voluntários e o de integrantes de uma patrulha. 
Solução: 
 Como, para cada par de patrulhas, temos um e somente um homem, o número de homens 
é igual ao número de pares de patrulhas. 
 Logo, são 55211 =C homens. 
 Seja n o número de homens por patrulha. 
 Como cada homem está em duas patrulhas, o produto n⋅11 conta duas vezes o número de 
homens, i.e: 
55211 ⋅=⋅ n 
10=n 
Questão relacionada: A questão 2 de 93. 
 
8. Calcule o valor exato de: 









+









4
5csc2cos
3
4cot2sen arcarc 
Solução: 
 Sejam 




+




=
4
5csc2cos
3
4cot2sen arcarcE , 
4
5csc,
3
4cot arcarc == βα 
4
5csc,
3
4cot == βα 
 Como βα , são agudos, eles são os ângulos do triângulo 3,4,5 e: 
5
4cos =α , 
5
3sen =α 
5
3cos =β , 
5
4sen =β 
 Substituindo: 
)2cos()2sen( βα ⋅+⋅=E 
ββαα 22 sencoscossen2 −+⋅⋅=E 
25
17
25
16
25
9
5
4
5
32 =−+⋅⋅=E 
 
9. Prove que, para qualquer número inteiro k, os números k e k5 terminam sempre com o 
mesmo algarismo (algarismo das unidades). 
Solução 1: 
 Mostrar que k e k5 terminam com o mesmo algarismo equivale a mostrar que kk −5 é 
múltiplo de 10. 
 Por indução finita: 
 Para k = 1, temos que 05 =− kk é múltiplo de 10. 
 
Soluções 2000/2001 
 132 
 Suponha o resultado válido para k = p, i.e, pp −5 é múltiplo de 10. Temos: 
)1(1510105)1()1( 23455 +−+++++=+−+ pppppppp 
)1(5)(10)( 3235 +⋅++⋅+−= pppppp 
 A primeira parcela é múltipla de 10 por hipótese de indução; a 2ª é obviamente múltipla de 
10. Na 3ª, temos )1()1(5)1(5 23 +−⋅+⋅=+⋅ pppppp . Como p e p+1 são consecutivos, um deles 
é par e essa parcela é, portanto, múltipla de 1025 =⋅ . 
Logo, o resultado vale para k = p + 1 e, pelo princípio da indução, vale para todo k natural. 
Para k < 0, temos ( ))()( 55 kkkk −−−−=− múltiplo de 10 pois – k > 0. 
 
Solução 2: 
 Fatorando, 
)1()1()1()1( 245 −⋅+⋅+⋅=−⋅=−= kkkkkkkkE 
Como 5)2()2(541 22 +−⋅+=+−=+ kkkk , 
)1()1(5)2()1()1()2( −⋅⋅+⋅+−⋅−⋅⋅+⋅+= kkkkkkkkE 
 A primeira parcela tem 5 números consecutivos, logo, um deles é múltiplo de 5 (e, 
obviamente, mais de um é múltiplo de 2). A 2ª é múltipla de 2 (pois ou k ou k + 1 é par) e de 
5, logo, de 10. 
 Segue que E é múltiplo de 10 (na verdade, pode-se provar que E|30 ). 
 
Comentário: Como só existem 10 restos possíveis na divisão por 10, uma solução alternativa 
é escrever que, para todo n inteiro, existe }9,...,2,1,0{∈r tal que )10(modrn ≡ . Temos 
)10(mod55 rrnn −≡− , logo, é suficiente provar o resultado para esses 10 valores de r, o que 
pode ser feito rapidamente. 
 
Questão relacionada: Mostre que, se p é primo e a é inteiro, aa p − é múltiplo de p. Obs: Esse 
resultado, cuja demonstração já foi cobrada na prova do IME, é conhecido como pequeno 
teorema de Fermat. 
 
10. Sejam r, s e t três retas paralelas não-coplanares. São marcados sobre r dois pontos A e 
A’, sobre s, os pontos B e B’ e sobre t, os pontos C e C’, de modo que os segmentos 
cCCebBBaAA === '',' tenham o mesmo sentido. 
 a) Mostre que se G e G’ são os baricentros dos triângulos ABC e A’B’C’, respectivamente, 
então, 'GG é paralelo às três retas. 
b) Determine o comprimento de 'GG em função de a, b e c. 
Solução 1: 
 Seja û o vetor unitário na direção e sentido comuns ',',' CCBBAA . 
 Temos ucCCubBBuaAA ˆ',ˆ',ˆ' ⋅=⋅=⋅= : 
33
''''' CBACBAGGGG ++−++=−= 
3
'''' CCBBAAGG −+−+−= 
 
 
Majorando 
 133
ucba
CCBBAA
GG ˆ
33
'''
' ⋅++=
++
= 
 Logo, 'GG é paralelo aos segmentos dados e tem comprimento 
3
cba ++ 
 
Solução 2: 
a) Sejam M e M’ os pontos médios de AB e '' BA , como ilustrado na figura: 
 
 
 
 Temos '//' AAMM e 
2
' baMM += (base média do trapézio AA’BB’). 
 Por transitividade, '//' CCMM e os pontos M,M’,C,C’ são coplanares. 
 
 
 No plano M,M’,C,C temos: 
 
 
 
 Assim, 
'''' CG
GC
MG
GM = , pois 
2
1
''
'' ==
CG
MG
GC
GM . 
 Logo, pela recíproca do teorema de Thales, '//' CCGG . 
 
 
Soluções 2000/2001 
 134 
 b) Trace ''// MCCX , como na figura da letra a, e defina CXGGP ∩= ' . 
 Os triângulos CGP∆ e CMX∆ são semelhantes na razão 
3
2=
CM
CG , logo: 
3
2=
MX
GP




 −+⋅=− cbacGG
23
2' 
3
' cbaGG ++= 
Obs: Se P estiver fora do segmento 'GG , basta fazer as mesmas contas 
considerando GP e MX como segmentos orientados. 
 
 
 
Majorando 
 135
IME 2001/02 
 
1. Calcule a soma dos números entre 200 e 500 que são múltiplos de 6 ou de 14, mas não 
simultaneamente múltiplos de ambos. 
Solução: 
Usando as fórmulas de PA, temos: 
1)1( 11 +
−
=⇒⋅−+=
r
aanrnaa nn 
Soma dos múltiplos de 6 entre 200 e 500 (S1): 
498...2162102041 ++++=S . 
PA de razão r = 6: 
501
6
204498 =+−=n , 
1755050
2
498204
1 =⋅
+=S . 
Soma dos múltiplos de 14 entre 200 e 500 (S2): 
490...224210 +++=S . 
PA de razão r = 14: 
211
14
210490 =+−=n , 
735021
2
490210
2 =⋅
+=S . 
Soma dos múltiplos de 6 e 14 simultaneamente (múltiplos de mmc(6,14) = 42): 
462...2522103 +++=S 
PA de razão r = 42: 
71
42
210462 =+−=n 
23527
2
462210
3 =⋅
+=S 
O problema pede a soma (S) dos números que são múltiplos de 6 e de 14 e que não estão 
incluídos em S3: 
 20196)()( 3231 =−+−= SSSSS 
 
Comentário: Muitos alunos erraram esta questão porque subtraíram S3 apenas uma vez no 
cálculo de S. Isso dá a quantidade de inteiros entre 200 e 500 que são múltiplos de 6 ou de 14. 
 
2. Uma matriz quadrada é denominada ortogonal quando a sua transposta é igual à sua 
inversa. Considerando esta definição, determine se a matriz [R], abaixo, é uma matriz 
ortogonal, sabendo-se que n é um número inteiro e α é um ângulo qualquer. Justifique a 
sua resposta. 
[ ]









 −
=
100
0)cos()sen(
0)sen()cos(
αα
αα
nn
nn
R 
 
Soluções 2001/2002 
 136 
Solução 1: 
Para provar que R é ortogonal, basta calcular RRT e mostrar que o resultado é I: 










−⋅









 −
=⋅
100
0)cos()sen(
0)sen()cos(
100
0)cos()sen(
0)sen()cos(
αα
αα
αα
αα
nn
nn
nn
nn
RR T 










+−
−+
=⋅
100
0)(cos)(sen)sen()cos()cos()sen(
0)cos()sen()sen()cos()(sen)(cos
22
22
αααααα
αααααα
nnnnnn
nnnnnn
RR T 
 Como 1)(sen)(cos 22 =+ αα nn , obtemos IRR T =⋅ . 
 
Comentário: Uma alternativa mais trabalhosa, porém igualmente correta, seria primeiro 
calcular R-1 e em seguida observar que R-1 = RT. 
 
Solução 2: 
 Seja Tzyxu ),,(=r um vetor do espaço. Observe que: 










⋅+⋅
⋅−⋅
=⋅
z
nynx
nynx
uR )cos()sen(
)sen()cos(
αα
αα
 
 Geometricamente, isso é o mesmo que dizer que a matriz )( αnR representa uma rotação de 
ângulo nα no plano xy (i.e, o vetor uR ⋅ é o vetor u num eixo x’y’z em que x’y’ é xy girado de 
nα). Dessa forma, a operação inversa )(1 αnR− consiste em trazer o vetor de volta à posição 
original, i.e, girar o vetor de – nα. Logo: 
)()()(1 ααα nRnRnR T=−=− 
 
3. Considere uma parábola de eixo focal OX que passe pelo ponto (0,0). Define-se a 
subnormal em um ponto P da parábola como o segmento de reta ortogonal à tangente da 
curva, limitado pelo ponto P e o eixo focal. 
 Determine a equação e identifique o lugar geométrico dos pontos médios das 
subnormais dessa parábola. 
Solução 1: 
 Seja pxy 22 = a equação da parábola e ),( 00 yxP = um ponto da mesma (veja figura da 
solução 2): 
Coeficiente angular da tangente em P: 
0
'2'2
y
p
m
y
p
ypyy t =⇒=⇒= 
Como a normal é perpendicular à tangente, 
p
y
mn
0−= 
Equação da normal por P ( 00 )( yxxmy +−= ): 
00
0 )( yxx
p
y
y +−⋅−= 
 
 
Majorando 
 137
Interseção com o eixo x (y = 0): 
00
0 )(0 yxx
p
y
+−⋅−= 
0xpx += 
)0,( 0 pxQ += 
 Ponto médio de PQ: 
( ) 




 +=++⋅=+=
2
,
2
)0,(),(
2
1
2
0
000
y
x
p
xpyxQPM o 
2
,
2
0
0
y
yx
p
x MM =+= 
Para achar o LG, basta eliminar x0 e y0. 
Usando a equação da parábola: 
0
2
0 2pxy = 
)
2
(2)2( 2
p
xpy MM −⋅= 
)
2
(
2
2 px
p
y −⋅= 
 Reciprocamente, todo ponto dessa curva, exceto seu vértice (pois no caso 0 0y = a normal e 
o eixo x são iguais), está no LG. 
 Portanto, o LG é uma parábola (com exceção do vértice) de parâmetro 
4
p
, vértice no ponto 





 0,
2
p
 e eixo focal Ox. 
 
 
Solução 2: Seja '" PPP uma paralela ao eixo focal da parábola, d, sua diretriz, p, o seu 
parâmetro e Q, a interseção da normal com o eixo focal. 
 
 
Pela propriedade refletora, a normal PQ bissecta o ângulo FPP ˆ" : 
FPQPPQFQP ˆ"ˆˆ == 
Soluções 2001/2002 
 138 
 
Logo, o PFQ∆ é isósceles e, sendo R a projeção de P no eixo focal, podemos escrever: 
xFR = , yRQ = e yxFP += 
Pela definição da parábola, yxPFPP +==' , logo, pypxyx =∴+=+ . 
Desse ponto, podemos prosseguir como na solução 1 (já partindo do ponto Q) . 
Um desfecho alternativo é definir F’ no segmento FR distando 
8
p
 de F e definir uma reta d’ 
perpendicular a FF’ passando pelo simétrico de F’ em relação a F : 
 
Por Pitágoras, 22)( xpxPR −+= . 
( )
4
)(
'
2
'
22
2 xpxMMPRMM
−+
=⇒= 
8
3
28
''
p
x
pp
xMF +=+−= 
 
No triângulo F’M’M: 
( ) ( ) ( ) 222222 )
8
5
(
64
25
4
5''''
p
xppxxMMMFMF +=+⋅+=+= 
Por outro lado, a distância de M à reta d’ é: 
8
5
2888
p
x
pp
x
pp
D +=+−++= 
Logo, M pertence à parábola de foco F’ e diretriz d’. Reciprocamente, todo ponto dessa 
parábola, exceto o vértice, está no LG. 
 
Comentário: A parte artificial da solução 2 é a escolha do ponto F’. Isso pode ser feito de 
maneira natural: escolha um ponto F’ tal que vFF =' e defina d’ como acima. Encontre 
8
p
v = forçando a distância de M a d’ a ser igual a MF’ . 
 
4. Sabe-se que YbXb qa == log,log e n > 0, onde n é um número natural. Sendo c o 
produto dos n termos de uma progressão geométrica de primeiro termo a e razão q, calcule 
o valor de logc b em função de X, Y e n. 
 
Majorando 
 139
 
Solução: 
O produto cPn = dos termos de uma PG com a1 = a e razão q é: 
2
)1(
)1(...2112 ...
−
−+++− ⋅=⋅=⋅⋅⋅⋅=
nn
nnnn qaqaaqaqaqac 
Tirando logarítmo: 
qnnanqac bb
nn
n
bb log2
)1(logloglog 2
)1(
⋅−+⋅==
−
 
Fazendo uma mudança de base, obtemos (para 0,0 ≠≠ YX ): 
1 1 1log , log
logb ba
a q
b X Y
= = = 
(se 0=X ou 0=Y temos b = 1 e 0log =bc ) 
Substituindo, 
XY
XnnnY
Y
nn
X
ncb 2
)1(2
2
)1(log −+=−+= 
Se 0)1(2 =−+ XnnnY , então 0log =cb implica 1=c e não existe bclog . 
Caso contrário, 
XnnnY
XYbc )1(2
2log
−+
= 
Questão relacionada: Se a1, a2, ..., an é uma PA, mostre que 2 1( )
n
n nP a a= . 
 
5. (a) Encontre as condições a que devem satisfazer os coeficientes de um polinômio P(x) 
de quarto grau para que P(x)=P(1-x). 
 (b) Considere o polinômio P(x) = 16 x4 – 32 x3 – 56 x2 + 72 x + 77. Determine todas as suas 
raízes sabendo-se que o mesmo satisfaz à condição do item acima. 
 
Solução 1: 
a) Seja edxcxbxaxxP ++++= 234)( . 
 Trocando x por 1 – x, obtemos: 
exdxcxbxaxP +−⋅+−⋅+−⋅+−⋅=− )1()1()1()1()1( 234 
edcbaxdcbaxcbaxbaaxxP ++++++++−++++−=− )234()36()4()1( 234 
 Para que os polinômios sejam idênticos, é necessário e suficiente que os coeficientes sejam 
todos iguais: 
bab −−= 4 
cbac ++= 36 
dcbad −−−−= 234 
edcbae ++++= 
 A 1ª equação implica ab 2−= . 
 Substituindo na 3ª : 
caad 2)2(342 −−⋅−−= 
cad −= 
 A 2ª e a 4ª equações são satisfeitas para esses valores de b e d, logo, todo polinômio da 
forma excacxaxaxxP +−++−= )(2)( 234 satisfaz o enunciado. 
 
 
Soluções 2001/2002 
 140 
b) Como )1()( xPxP −≡ , as raízes podem ser escritas como a, 1 – a, b, 1 – b (pois a é raiz se e 
somente se 1 – a também o for). (Note que 1 0
2
P   ≠ 
 
.) 
 Usando as relações de Girard: 
 Soma 3 a 3: 
16
72)1()1()1()1()1()1( −=−⋅⋅−+−⋅⋅+−⋅−⋅+⋅−⋅ bbabbabaabaa 
 Produto: 
16
77)1()1( =−⋅⋅−⋅ bbaa 
 Fazendo )1( aau −⋅= , )1( bbv −⋅= : 





=⋅
−=+
16
77
16
72
vu
vu
 
 Logo, u e v são raízes de 
0
16
77
16
722 =++ tt 
4
7−=t ou 
4
11−=t 
Sem perda de generalidade, 
4
7)1( −=−⋅ aa , 
4
11)1( −=−⋅ bb 
2 7 0
4
a a− − = , 2 11 0
4
b b− − = 
 





 ±±=
2
321,
2
221S 
 
Solução 2: 
a) Observe que )1()( xPxP −≡ para todo x se e somente se 




 −≡



 + tPtP
2
1
2
1 para todo t, o 
que significa que 




 += tPtQ
2
1)( é um polinômio par do 4º grau: 
γβα +⋅+⋅==




 + 24)(
2
1 tttQtP 
 Fazendo 
2
1,
2
1 −=+= xttx : 
γβα +




 −⋅+




 −⋅=
24
2
1
2
1)( xxxP 
 Reciprocamente, todo polinômio da forma acima ( γβα ,, quaisquer) satisfaz o enunciado. 
b) Por a, a substituição tx +=
2
1 leva a equação dada na biquadrada 0)( =tQ : 
07772563216 234 =++−− xxxx 
Majorando 
 141
077
2
172
2
156
2
132
2
116
234
=+




 +⋅+




 +⋅−




 +⋅−




 +⋅ tttt 
0968016 24 =+− tt 
065 24 =+− tt 
22 =t ou 32 =t 
2
2
1 ±=x ou 3
2
1 ±=x 
 





 ±±=
2
321,
2
221S 
 
Comentário: Observe que o conjunto dos polinômios da forma 
excacxaxaxxP +−++−= )(2)( 234 (1) obtido na solução 1 é igual ao conjunto dos polinômios 
da forma γβα +




 −⋅+




 −⋅=
24
2
1
2
1)( xxxP (2). 
 De fato, expandindo (2): 
γβα +




 −⋅+




 −⋅=
24
2
1
2
1)( xxxP 
γβα +




 +−⋅+




 +−+−⋅=
4
1
16
1
2
1
2
32)( 2234 xxxxxxxP 
γβαβαβααα +++⋅




 −−+⋅




 ++⋅−⋅=
41622
32)( 234 xxxxxP 
 Colocando γβαβαα ++=+==
416
,
2
3, eca (*) concluímos que 
excacxaxaxxP +−++−= )(2)( 234 
 Logo, todo polinômio da forma (2) pode ser escrito na forma (1). Reciprocamente, dados a, 
c e e podemos escolher γβα ,, satisfazendo (*), de modo que todo polinômio da forma (1) 
pode ser escrito como em (2). 
 
Questões relacionadas: 
1. Determine todos os polinômios P tais que )23()(81 −≡ xPxP . 
2. Mostre que só existe um polinômio satisfazendo ( )22( 1) ( ) 1P x P x+ ≡ + , P(0)=0. 
 
6. Um cone e um cilindro circulares retos têm uma base comum e o vértice do cone se 
encontra no centro base do cilindro. Determine o ângulo formado pelo eixo do cone e sua 
geratriz, sabendo-se que a razão entre a área total do cilindro e a área total do cone é 7/4. 
Solução: 
 Sejam r, h, g, respectivamente, raio da base, altura e geratriz do cone, e seja θ o ângulo 
pedido. 
Soluções 2001/2002 
 142 
 
 
A área total do cilindro é dada por: 
)(222 2 hrrhrrS +⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅= πππ . 
A do cone é: 
)(' 2 grrgrrS +⋅⋅=⋅⋅+⋅= πππ 
Substituindo os dados do problema: 
⇒+=+⇒=
+
+⋅
⇒= grhr
gr
hr
S
S 7788
4
7)(2
4
7
'
 
hrg 87 += 
Pelo teorema de Pitágoras, 222 hrg += : 
2222 6416)(49 hrhrhr ++=+⋅ 
0151648 22 =−− hrhr 
Dividindo por h2 e observando que 
h
r=θtan : 
015tan16tan48 2 =−− θθ 
Como 0tan >θ , a única solução possível é 
4
3tan =θ , 
 
4
3arctan=θ 
Comentário: Não existem outros valores possíveis para θ . 
 
7. Quatro cidades, A, B, C e D, são conectadas por estradas conforme a figura abaixo. 
Quantos percursos diferentes começam e terminam na cidade A, e possuem: 
(a) exatamente 50 km? 
(b) n x 10 km? 
 
 
 
 
 
 
Solução 1: 
 Sejam xn a quantidade de percursos com kmn⋅10 começando e terminando em A, e yn o 
número de caminhos com kmn⋅10 começando em A e terminando num ponto diferente de 
A. 
Majorando 
 143
a) O total de caminhos é nnn yx 3=+ (pois temos 3 opções em cada trecho). 
Por outro lado, um caminho que termine em A necessariamente estava num ponto diferente 
de A no trecho anterior (e desse ponto seguiu para A), logo, 1−= nn yx . 
Substituindo, obtemos a recorrência 1
13 −
− −= n
n
n xx , válida para todo n > 1. 
Iterando essa equação: 
01 =x , 32 =x , 33
2
3 −=x , 333
23
4 +−=x e 
603333 2345 =−+−=x 
b) O item a sugere que 3)1(...333 321 ⋅−+−+−= −−− nnnnnx . 
Mostraremos esse resultado por indução: 
Para n = 1, o resultado é óbvio. 
Supondo válido para n = k. Pela recorrência, 1
13 −
− −= n
n
n xx para n = k + 1: 
3)1(...3333 211 ⋅−−−+−=−=
−−
+
kkkk
k
k
k xx 
3)1(...333 1211 ⋅−+−+−=
+−−
+
kkkk
kx 
Somando a PG: 
1021 3)1(...3)1(3)1( −− ⋅−++⋅−+⋅−= nnnnx 
13
1)3(3)1(
1
−−
−−⋅⋅−=
−n
n
nx 
 
4
)1(33 nn
nx
−⋅+= 
Solução 2: 
 Definimos xn como a resposta do problema e bn como o número de caminhos começando 
em A e terminando em B com kmn⋅10 . 
 De forma análoga, podemos definir cn e dn, e a simetria do problema implica 
nnn dcb == 
 Um caminho é contado em xn+1 se, e somente se, antes do último trecho o percurso estava 
em B,C ou D e de lá seguiu para A. Logo, para todo n temos: 
nnnnn bdcbx 31 =++=+ (*) 
 Por outro lado, um caminho que termina em B necessariamente estava em A, C ou D 
antes de percorrer o último trecho, de forma que: 
11111 2 −−−−− +=++= nnnnnn bxdcxb 
 Juntando as duas equações e observando que 13 −= nn bx por (*): 
nnnnn xxbxx 23)2(3 1111 +=+⋅= −−−+ 
032 11 =−− −+ nnn xxx 
 A equação característica associada a essa recorrência é: 
0322 =−− tt 
 Como suas raízes são 1−=t e 3=t , a solução geral é da forma 
nn
nx )1(3 −⋅+⋅= βα 
 Substituindo os valores iniciais 01 =x e 32 =x , encontramos 4
1=α e 
4
3=β : 
4
)1(33 nn
nx
−⋅+= 
Soluções 2001/2002 
 144 
 A resposta da letra (a) é obtida quando n = 5: 60
4
3243
5 =
−=x 
 
8. (a) Sejam x, y e z números reais positivos. Prove que: 3 ..
3
zyxzyx ≥++ 
Em que condições a igualdade se verifica? 
 (b) Considere um paralelogramo de lados a, b, c e área total S0. Determine o volume 
máximo desse paralelogramo em função de S0. Qual a relação entre a, b e c para que esse 
volume seja máximo? Demonstre seu resultado. 
 
Comentário: A letra b está errada. O enunciado correto pode ser “Considere um 
paralelepípedo reto-retângulo...” 
Solução 1: 
a) Seja 333 ,, zcybxa === : 
2233333 333)(3 abbaabccbaabccba −−−++=−++ 
)(3))())((( 22 cbaabcbacbacba ++⋅−++⋅−+++= 
))(( 222 bcacabcbacba −−−++++= 
0))()())(((
2
1 222 ≥−+−+−++⋅= accbbacba 
Logo, 03 3 ≥⋅−++ xyzzyx e: 
3
3
xyz
zyx
≥
++
 
Obs: A igualdade ocorre se, e somente se, a = b = c, i.e x = y = z. 
 
b (corrigida)) Temos 0 2 ( )S ab bc ca= ⋅ + + , abcV = . 
Pela letra a: 
3 222
3
cbacabcab ≥++ 
3
2
6
VS ≥ 
Segue que 
3
20
6
SV  ≤  
 
,
2
30
max 6
SV  =  
 
 ocorre se, e somente se, cabcab == (a = b = c), ou seja, 
quando é um cubo. 
 
Solução 2: 
a) Para dois reais positivos x e y, a desigualdade é óbvia, pois 
0)(02
2
2 ≥−⇔≥+⋅−⇔≥+ vuvuvuuvvu 
 Colocando 3 xyzG = , temos, então, 
4422)()( xyzGzGxyGzyx ⋅≥⋅+⋅≥+++ 
 Substituindo 3Gxyz = , o lado direito vira GG 44 4 4 =⋅ . 
 
 
Majorando 
 145
Portanto, 
GGzyx 4≥+++ 
Gzyx 3≥++ 
A letra b segue como na solução 1. 
 
Comentário: A desigualdade do problema é conhecida como desigualdade das médias, e 
pode ser generalizada: 
 Dados reais positivos naaa ,...,, 21 : 
n
n
n aaa
n
aaa
...
...
21
21 ≥
+++
 
 Demonstração: Sejam n n
n aaaG
n
aaa
A ...,
...
21
21 =
+++
= : 
 Se os números forem todos iguais, vale a igualdade obviamente. 
 Se não forem, devem existir i, j tais que: ji aAa << . 
Trocando esses dois por AaaaAa jiji −+==
'' , , o valor da média aritmética não muda, 
mas obtemos uma nova média geométrica G1. 
 Observe que GG >1 , pois: 
=−−+⋅=−⋅ jijijiji aaAaaAaaaa )(
'' 
( ) ( ) ( ) ( ) 0i j j j ia A a A A a A a a A⋅ − − ⋅ − = − ⋅ − > 
Repetindo esse processo, em no máximo n iterações, teremos todos os números iguais a A 
e: 
GGGGGGA nnn >≥≥≥≥≥= −− 1221 ... 
 
9. Resolva a equação xx =−− 55 , sabendo-se que x > 0. 
Solução 1: 
Como x é real, temos as restrições: 
50 ≤≤ x 
Seja xy −= 5 . 
Pela equação dada, yx −= 5 . 
Elevando ao quadrado: 



−=
−=
yx
xy
5
5
2
2
 
 Subtraindo uma da outra: 
xyxy −=− 22 
xyxyxy −=+⋅− )()( 
 1º caso: y = x: 
xx −= 5 
052 =−+ xx , 50 ≤≤ x 
2
211
0
+−=x 
 (observe que 50 ≤≤ x de forma que essa é de fato uma solução da equação original). 
Soluções 2001/2002 
 146 
 X Y
W 
A
C
B
D
E
G 
F 
H 
Z
 2º caso: y + x = 1: 15 =+− xx 
 Nesse caso, não há raiz positiva, pois 15 ≤− x e 21151 22 =+≤+−⇒≤ xxx . 





 +−=
2
211S 
Solução 2: 
 Elevandoao quadrado: 
255 xx =−− 
25 5x x− = − ( 0, 5x  ∈   ) 
25105 24 +−=− xxx 
02010 24 =++− xxx 
 Essa equação contém as soluções da equação original, e uma raiz x0 dessa é raiz da outra se 
e somente se 00 5x≤ ≤ . 
 Podemos fatorar a equação usando o lema de Gauss: 
2 2( 5) ( 4) 0x x x x+ − ⋅ − − = 
 Resolvendo as equações do 2º grau: 
2
211 ±−=x ou 1 17
2
x ±= 
 E apenas uma raiz está no intervalo 0, 5   : 





 +−=
2
211S 
 
10. Considere um quadrado XYZW de lado a. Dividindo-se cada ângulo desse quadrado 
em quatro partes iguais, obtém-se o octógono regular representado na figura abaixo. 
Determine o lado e a área desse octógono em função de a. As respostas finais não podem 
conter expressões trigonométricas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução 1: 
Basta calcularmos XFx = e XGy = , pois yxXGXFl −=−= . 
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo XGW destacado abaixo: 
Majorando 
 147
 
oyyya 135cos2 2222 ⋅⋅−+= 
22 )22( ya ⋅+= 
22 +
= ay 
 Aplicando a mesma lei no triângulo XFZ: 
 
oxxxa 135cos22 2222 ⋅⋅−+= 
22 )22(2 xa ⋅+= 
22
2
+
= ax 
 Logo, 
22
)12(
+
−⋅=−= ayxl 
 Racionalizando (multiplicando numerador e denominador por 222 −⋅ ), 
aal ⋅−=⋅−⋅−=
2
)22(
2
22)22( 2
3
 
 O octógono é formado por 8 triângulos isósceles como os da figura abaixo: 
 
 Pela lei dos cossenos, o lado comum z satisfaz: 
2222 45cos2 lzzz o =⋅⋅−+ 
2
22
2
4
)22(
22
alz ⋅−=
−
= 
Soluções 2001/2002 
 148 
 A área do octógono é dada por: 
ozS 45sen
2
18 2 ⋅⋅⋅= 
2
2
2
2)22( aS ⋅⋅−= 
 2)423( aS ⋅−⋅= 
 
Solução 2: 
 Pelo teorema da bissetriz interna no triângulo OWP da figura abaixo: 
 
 Como 
2
2aWO = e 
2
aWP = : 
2/2/2 a
d
a
R = 
 Sendo 
2
adR =+ : 





 −⋅= RaR
2
2 
aaR ⋅−=
+
⋅=
2
22
122
2 
(observe que esse é exatamente o z calculado na solução 1). 
 Usando a lei dos cossenos no triângulo isósceles de lados R, R, l: 
oRRRRl 45cos2222 ⋅⋅⋅−+= 
al ⋅−=
2
)22( 2
3
 
 Calculando a área desse triângulo e multiplicando por 8: 
oRS 45sen
2
18 2 ⋅⋅⋅= , 
 2)423( aS ⋅−⋅= . 
 
 
 
 
Majorando 
 149
 
IME 2002/03 
 
1. Seja z um número complexo de módulo unitário que satisfaz a condição 12 −≠nz , onde n 
é um número inteiro positivo. Demonstre que n
n
z
z
21 +
 é um número real. 
Solução 1: 
Na forma trigonométrica, como 1=z , podemos escrever θcisz = . 
Dividindo numerador e denominador por zn: 
nnn
n
zzz
z
+
=
+ −
1
1 2
 
Temos, 
)cos(2
)sen()cos()sen()cos(
)()(
θ
θθθθ
θθ
n
ninnin
ncisnciszz nn
=
=⋅−+⋅+=
=−+=+ −
 
Observe que 0)cos( ≠θn , pois o contrário implicaria 12 −=nz . 
Logo, a expressão do enunciado é igual a 
)cos(2
1
θn⋅
, que é real. 
 
Solução 2: 
Observe, inicialmente, que 11 === nnn zz , logo, podemos escrever 
biazn += , ℜ∈ba, e 122 =+ ba . 
Segue que 
abiba
bia
bia
bia
z
z
n
n
21)(11 2222 ++−
+=
++
+=
+
 
 Multiplicando numerador e denominador pelo conjugado abiba 2122 −+− , o denominador 
fica real e a parte imaginária do numerador é: 
bbbabababa +−−=+−⋅+−⋅ 3222 )1()2( 
0)( 22 =+−=++⋅−= bbbbab 
 Como a parte imaginária de n
n
z
z
21 +
 é nula, o número é real. 
 
Comentário: A motivação para a 1a solução é o truque da fatoração nos complexos (fatorar 
1±αcis colocando-se 





2
αcis em evidência). 
 
 
 
Questão relacionada: (IME 88/89) Mostre que as soluções complexas da equação 
0)1( 55 =++ zz estão todas em uma mesma reta paralela ao eixo imaginário. 
 
 
 
 
Soluções 2002/2003 
 150 
 
2. Determine todos os valores reais de x que satisfazem a equação: 
( ) ( )xxxxxx 81912log81912log 2323 +−=+− , 
onde log(y) e |y| representam, respectivamente, o logaritmo na base 10 e o módulo de y. 
Solução: 
 Seja )81912log( 23 xxxy +−= . 
 Observe, inicialmente, que yy = se e somente se 0≥y . 
 Portanto, a equação é equivalente a: 
0)81912log( 23 ≥+− xxx . 
 Como a função logarítmica de base maior que 1 é uma função crescente, 
181912 23 ≥+− xxx , 
0181912 23 ≥−+− xxx . 
 Vamos encontrar as raízes de 181912)( 23 −+−= xxxxP e fazer o quadro de sinais. 
 Por inspeção, vemos que x = 1 é raiz. Aplicando o algoritmo de Briot-Ruffini: 
 
 Logo, )1712()1()( 2 +−⋅−= xxxxP 
 Por Baskhara, as raízes de 1712 2 +− xx são 
4
1 e 
3
1 , e )14()13()1()( −⋅−⋅−= xxxxP . 
 
 
Montando o quadro de sinais: 
 
 
 
 
 
 
Logo, 0)( ≥xP para 
3
1
4
1 ≤≤ x ou 1≥x . 
Os valores reais t para os quais existe log(t) são t > 0. 
Como, no intervalo encontrado para x, temos 0181912 23 >≥+− xxx , não é necessário 
colocar nenhuma restrição adicional. O conjunto solução é: 
),1[
3
1,
4
1 ∞∪


=S 
 
Comentário: Esse é um exemplo de aplicação do teste para raízes inteiras (ou racionais) de 
uma equação polinomial com coeficientes inteiros. 
 
 
 
1 
12 -19 
12 -7 
8 -1 
1 0 
 
1 4
1 
 x–1 
3x-1 
– 
3
1 
– – + 
– – + + 
– + + + 
– + – + 
4x-1 
P(x) 
Majorando 
 151
3. Dada uma circunferência de raio R, inscreve-se nela um quadrado. A seguir, inscreve-se 
uma circunferência neste quadrado. Esse processo se repete indefinidamente para o 
interior da figura de maneira que cada quadrado estará sempre inscrito em uma 
circunferência e simultaneamente circunscrito por outra. Calcule, em função de R, a soma 
das áreas delimitadas pelos lados dos quadrados e pelas circunferências que os 
circunscrevem, conforme mostra a figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 Sejam Si, Qi, Ri , respectivamente, a área da i-ésima região, o lado do i-ésimo quadrado e o 
raio da i-ésima circunferência (R1 = R). 
Como 2Ri é diagonal do quadrado, iiii RQRQ ⋅=∴=⋅ 222 (1) 
 
 A circunferência seguinte tangencia os lados do quadrado, logo, 12 +⋅= ii RQ (2) 
 Juntando (1) e (2), 
 
ii RR ⋅=+ 2
2
1 
 
 Logo, Ri é uma PG de razão 
2
2 e conseqüentemente Qi também o é (por (1)). 
( ) iiiiii SQRQRS ⋅=−⋅⋅





=−⋅= +++ 2
1
2
2 22
2
2
1
2
11 ππ 
 Logo, (Si) é uma PG de razão 
2
1 , com ( ) 221211 )2(2 RRRS ⋅−=⋅−⋅= ππ . 
2
11
1)2( 2
−
⋅⋅−= RS π 
 2)2(2 RS ⋅−⋅= π 
 
Soluções 2002/2003 
 152 
4. Resolva a equação tan a + tan (2a) = 2.tan (3a), sabendo-se que /2) [0,π∈a . 
Solução 1: 
 A equação dada é equivalente a: 
)3cos(
)3sen(2
)2cos(
)2sen(
cos
sen
a
a
a
a
a
a ⋅=+ 
)3cos(
)3sen(2
)2cos(cos
cos)2sen()2cos(sen
a
a
aa
aaaa ⋅
=
⋅
⋅+⋅ 
 Reconhecendo o desenvolvimento de sen(3a) no numerador do lado esquerdo: 
)3cos(
)3sen(2
)2cos(cos
)3sen(
a
a
aa
a ⋅
=
⋅
 
Temos dois casos possíveis: 
1º caso: 
Ζ∈⋅=⇒= kkaa ,30)3sen( π 
Como 
2
0 π<≤ a , esse caso nos dá as soluções a = 0 e 
3
π=a . 
2º caso: 
)2cos(cos2)3cos( aaa ⋅= 
Usando a transformação produto em soma, )cos()3cos()2cos(cos2 aaaa +=⋅ : 
aaa cos)3cos()3cos( += 
0cos =a 
Como 
2
0 π<≤ a , não é possível ter cosa = 0. 
Juntando os dois casos: 





=
3
,0 πS 
 
 
Solução 2: 
 Usando a fórmula de adição de arcos para )2tan()3tan( aaa += : 
)2tan()tan(1
)2tan(tan22tantan
aa
aaaa
⋅−
+
⋅=+ 
1º caso: 0)2tan(tan =+ aa : 
)tan()2tan( aa −= 
3
)(2 ππ ⋅=⇒⋅=−− kakaa 
Como 
2
0 π<≤ a , esse caso nos dá as soluções a = 0 e 
3
π=a . 
 
 
 
 
 
2º caso: 2)2tan(tan1 =⋅− aa : 
Majorando 
 153
1
tan1
tan2tan 2 −=−
⋅
a
aa 
1tantan2 22 −= aa 
1tan2 −=a 
 Como tan(a) é real, a2tan não pode ser negativo, e esse caso não tem soluções. 
Juntando: 





=
3
,0 πS 
 
Comentário: Em geral, vale 
qp
qpsen
qp
coscos
)(
tantan
⋅
±
=± . 
Questão relacionada: Encontre uma fórmula fechada para 
∑
=
+⋅−
n
k
akaaka
1
)2sec()2sec( . 
 
5. Sobre uma reta r, são marcados os pontos A, B, C e D. São construídos os triângulos 
eqüiláteros ABE, BCF e CDG, de forma que os pontos E e G encontrem-se do mesmo lado 
da reta r, enquanto que o ponto F encontra-se do lado oposto, conforme mostra a figura. 
Calcule a área do triângulo formado pelos baricentros de ABE, BCF e CDG, em função dos 
comprimentos dos segmentos AB, BC e CD.Solução 1: 
 Na figura abaixo, observe que BO1 e 2BO são bissetrizes nos respectivos triângulos 
eqüiláteros, logo, 21 ˆ30ˆ OBCABO
o == e os pontos 21 ,, OBO são colineares. Analogamente, 
32 ,, OCO também são colineares, e 
oOOO 120ˆ 321 = . 
 
 
A 
E
B C
F
G
D
•
•
•
 
Soluções 2002/2003 
 154 
 Num triângulo equilátero de lado l, a distância de um vértice ao centro é 
2
3
3
2 ⋅⋅ l . 
 
Logo, 
3
3)(
2
3
3
2
2
3
3
2
2121
⋅+=⋅+⋅=+= babaBOBOOO 
Analogamente, 
3
3)(
32
⋅+= cbOO 
 
Segue que a área do triângulo 321 OOO∆ é: 
oOOOOS 120sen
2
1
3221 ⋅⋅⋅= 
12
3)()( ⋅+⋅+= cbbaS 
 
Solução 2: 
 Colocando eixos como na figura, temos: 
)0,(),0,(),0,(),0,0( cbaDbaCaBA ++=+=== 






++=





−+=





=
2
3,
2
,
2
3,
2
,
2
3,
2
ccbaGbbaFaaE 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Como o baricentro é a média aritmética dos vértices, 






++=





−+=





=
6
3,
2
,
6
3,
2
,
6
3,
2 321
ccbaObbaOaaO 
 A área do triângulo é, portanto, ∆⋅=
2
1S , com 
1
6
3
2
1
6
3
2
1
6
3
2
ccba
bba
aa
++
−+=∆ 
Majorando 
 155











 +⋅−−




 ++⋅+




 +⋅+




 ++⋅+−⋅=∆
2222226
3 baaaccbabbaccbaaab 
)(
6
3 2 bcacabb +++⋅=∆ 
 Fatorando e dividindo por 2: 
12
3)()( ⋅+⋅+= cbbaS 
Comentário: Não é necessário fazer 1
2
S = ⋅ ∆ , pois pegamos os pontos O1, O2 e O3 no sentido 
anti-horário. 
 
6. Considere um hexágono regular de 6cm de lado. Determine o valor máximo da área de 
um triangulo XYZ, sabendo-se que: 
 a) Os pontos X, Y e Z estão situados sobre lados do hexágono; 
 b) A reta que une os pontos X e Y é paralela a um dos lados do hexágono. 
Solução: 
 Sem perda de generalidade, sejam BCYAFX ∈∈ , e BYAXa == , como na figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como o ângulo interno do hexágono regular é 120o, temos, na figura abaixo, oHAX 30ˆ 1 = : 
 
 
 Logo, 
2
330cos' aah o =⋅= e 
2
30sen1
aaXH o =⋅= . 
 Segue que a base do triângulo XYZ é 62 1 +=+⋅= aABXHXY . 
 A distância entre dois lados paralelos do hexágono é 3630cos62 ⋅=⋅⋅ o , logo, a altura 
do XYZ∆ é 3
2
36 ⋅−⋅= ah . 
 
Soluções 2002/2003 
 156 
 A área é: 
)3
2
36()6(
2
1 ⋅−⋅⋅+⋅= aaS 
)12()6(
4
3 aaS −⋅+⋅= 
 
 
 Este é um trinômio do 2º grau com concavidade para baixo. O valor máximo é atingido no 
ponto médio das raízes, i.e, 3
2
126 =+−=va . Substituindo, obtemos: 
99
4
3 ⋅⋅=vS 
 2
4
381 cmSmáx
⋅= 
 
7. Sejam A e B dois subconjuntos de N. Por definição, uma função BAf →: é crescente se 
( ) ( )2121 afafaa ≥⇒> , para quaisquer Aaea ∈21 . 
 a) Para A = {1,2} e B = {1,2,3,4}, quantas funções de A para B são crescentes ? 
 b) Para A = {1,2,3} e B = {1,2,...,n}, quantas funções de A para B são crescentes, onde n é um 
número inteiro maior que zero? 
 
Solução 1: 
a) O problema é equivalente a escolher dois elementos de B (se forem iguais, o valor comum 
é f(1) = f(2); se forem diferentes, o menor é f(1) e o maior é f(2)). 
 O número de formas de se escolherem 2 elementos de um conjunto de 4 (valendo 
repetições) é 1025
2
124
2
4 === −+ CCCR . 
b) A idéia é exatamente a mesma da letra a. É equivalente escolher três valores de B (valendo 
repetição) e ordená-los de forma não-decrescente (eles serão os valores de f(1), f(2) e f(3), 
respectivamente). 
 Isso pode ser feito de 
6
)2()1(3
2
3 +⋅+⋅== +
nnnCCR nn formas. 
Solução 2: 
a) Se f(1) = 1, há 4 opções para f(2). Se f(1)=2, há 3 opções para f(2). 
 Analogamente, nos casos f(1) = 3 e f(1) = 4, há respectivamente 2 e 1 opções para f(2). Como 
esses casos são disjuntos, o número de funções é 4+3+2+1 = 10. 
 
b) 1º caso: f(1), f(2) e f(3) dois a dois distintos: 
 Basta escolher os 3 valores, o que pode ser feito de 3nC modos. 
 
2º caso: Dois valores iguais e um diferente em f(1), f(2) e f(3): 
 Existem 2nC modos de escolher os dois valores, e 2 formas de decidir qual será repetido (o 
maior ou o menor), implicando 22 nC⋅ funções. 
3º caso: f(1) = f(2) = f(3): 
Majorando 
 157
 Nesse caso basta escolher o número comum, o que pode ser feito de n formas: 
 
 
 
Como os casos são disjuntos, a resposta é: 
nnnnnnnCC nn +
−⋅⋅+−⋅−⋅=+⋅+
2
)1(2
6
)2()1(2 23 
6
)2()1( +⋅+⋅
=
nnn 
 
Comentário: Generalizando o argumento da solução 1, vemos que se A e B são conjuntos com 
respectivamente p e q elementos, o número de funções não-decrescentes BAf →: é dado 
por 
)!1(!
)!1(
1 −⋅
−+
== −+ qp
pq
CCR p pq
p
q 
 
Questão relacionada: Se A tem p elementos e B tem q elementos, quantas são as funções 
sobrejetivas BAf →: ? 
 
8. Seja uma pirâmide regular de vértice V e base quadrangular ABCD. O lado da base da 
pirâmide mede l e a aresta lateral, 2l . Corta-se essa pirâmide por um plano que contém o 
vértice A, é paralelo à reta BD e contém o ponto médio da aresta VC. Calcule a área da 
seção determinada pela interseção do plano com a pirâmide. 
Solução: 
 Seja α o plano da seção, ACBDO ∩= e VOPQG ∩= , como mostrado na figura: 
 
 
 
Como α//BD e é coplanar com PQ , temos PQBD // . 
Observando o plano de simetria V, A, C, vemos que G é baricentro do VAC∆ , pois VO e 
AM são medianas. Portanto, 
3
2=
VO
GV . 
 Como VBDVPQ ∆≈∆ , 2
3
2
3
2 ⋅⋅=⋅= lBDPQ . 
 Por outro lado, o VAC∆ é eqüilátero de lado 2⋅l , e AM é uma de suas medianas, de 
forma que 
2
6
2
32 ⋅=⋅⋅= llAM . 
Soluções 2002/2003 
 158 
 
 Como AMPQ ⊥ , a área do quadrilátero AQMP é: 
3
3
2
1 2 ⋅=⋅⋅= lAMPQS 
Obs: ( , , )BD pl V A C⊥ , pois é perpendicular a duas retas desse plano ( AC e VO ). Como 
BDPQ // , temos também ),,( CAVplPQ ⊥ e isso justifica AMPQ ⊥ . 
 
9. Demonstre que 33 2.14202.1420 −++ é um número inteiro múltiplo de 4. 
Solução 1: 
Observe que 21420222232438)22( 3 ±=⋅±⋅⋅+⋅⋅±=± . 
42222)22()22(2142021420 3 33 333 =−++=−++=−++=x 
Em particular, x é múltiplo de 4. 
 
Comentário: A motivação para essa solução é procurar inteiros pequenos a e b que 
simplifiquem cada raiz cúbica, i.e, tais que 3( 2) 20 14 2a b+ = + . 
 
Solução 2: 
 Sejam 3 21420 +=a e 3 21420 −=b . 
 Observe que )(333)( 3332233 baabbababbaaba +⋅++=+++=+ . 
 Temos: 
40214202142033 =⋅−+⋅+=+ ba , 
2392400)21420()21420( 33 =−=⋅−⋅⋅+=⋅ ba . 
 Substituindo os valores acima e escrevendo x = a + b: 
xx ⋅⋅+= 23403 
04063 =−− xx 
Por inspeção, vemos que x = 4 é raiz dessa equação. 
Fatorando (ou usando o algoritmo de Briott-Ruffini), 
0)104()4( 2 =++⋅− xxx 
 Como as raízes de 1042 ++ xx são complexas e x é real, temos x = 4. 
 
Questão relacionada: Fórmula de Cardano: Mostre como resolver a equação geral do 3o grau 
023 =+++ dcxbxax . 
 
Solução: 
 Fazendo a substituição 
a
btx
3
−= e dividindo todos os termos por a, o problema se 
transforma numa equação da forma 03 =++ qptt . 
 Vimos no exercício anterior que 0)()(3)( 333 =+−+⋅−+ babaabba . 
 
Logo, bat += será uma solução se escolhemos a e b tais que 
 
 
Majorando 
 159




−=+
−=
qba
p
ab
33
3 
 Elevando a 1a ao cubo, 
27
3
33 pba −= , temos que 3a e 3b são raízes de 
0
27
3
2 =−+
p
quu (soma = -q, produto = 
27
3p
− ). 
 Pela fórmula de Baskhara, encontramos a3 e b3, e uma raiz é bat +=1 , i.e, 
3
3
2
3
3
2
1 27
4
2
1
27
4
2
1








+−−⋅+








++−⋅=
p
qq
p
qqt 
 (as raízes cúbicas devem ser escolhidas de forma que o produto dê 
3
p
− ) 
 As outras duas raízes podem ser obtidas pelo algoritmo de Briot-Ruffini. Sendo a e b as 
raízes cúbidas acima, o conjunto solução da equação (em t) é: 
},,{ wbawbwwabaS +++= 
no qual 
2
31 ⋅+−= iw é uma raiz cúbica da unidade, e w é seu conjugado. 
 
Obs: De forma similar, é possível obter uma fórmula para a equação geral do 4o grau. Mas 
é impossível obter uma fórmula fechada, com radicais, para a solução da equação geral de 
grau 5. Provar essa impossibilidade é muito mais complicado. 
 
Questão relacionada: Encontre as raízes da equação 013 23=−+ xx . 
(Obs: O conjunto solução, na sua forma mais simplificada, é 





 −−−= 1
9
8cos2,1
9
4cos2,1
9
2cos2 πππS ). 
 
10. Considere uma matriz A, n x n, de coeficientes reais, e k um número real diferente de l. 
Sabendo-se que A3 = kA, prove que a matriz A + I é invertível, onde I é a matriz identidade n x n. 
 
Solução 1: 
Seja B = A + I. Temos A = B – I e as equivalências: 
AkA ⋅=3 
)()( 3 IBkIB −⋅=− 
 
 
 
Como toda matriz comuta com a identidade, podemos usar o binômio de Newton: 
IkBkIBBB ⋅−⋅=−+− 33 23 
IkIkBBB ⋅−=⋅−+−⋅ )1())3(3( 2 
Como 1≠k , podemos passar o 1 – k dividindo e concluir que B tem inversa B-1, dada por: 
))3(3(
1
1 21 IkBB
k
B ⋅−+−
−
=− 
Soluções 2002/2003 
 160 
Solução 2: 
 Suponha, por absurdo, que A + I não seja invertível, ou seja, det( ) 0A I+ = 
 Então, o sistema linear homogêneo associado à matriz A + I tem infinitas soluções. 
Em particular, existe um vetor não-nulo 1nxu tal que: 
0)( =⋅+ uIA 
uuA −=⋅ 
 Multiplicando os dois lados por A: 
uuAuA =⋅−=⋅2 
uuAuA −=⋅=⋅3 
 Substituindo AkA ⋅=3 na última equação, temos: 
0)1( =⋅−⇒−=⋅−⇒−=⋅⋅ ukuukuuAk 
 Como 0≠u e k – 1 é um escalar, a única opção é ter k = 1, contradizendo o enunciado. 
 Logo, A + I é invertível. 
 
 
 
 
Majorando 
 161
IME 2003/04 
 
1. Calcule o número natural n que torna o determinante abaixo igual a 5. 
)1(log)1(log)1(log)1(log
1100
0110
0011
2222 −−+−
−
−
−
nnnn
 
Solução: 
 Somando todas as colunas na 1ª (i.e, 43211 : CCCCC +++= ): 
( ) )1(log)1(log)1(log)1()1(log
1100
0110
0010
222
3
2 −−++⋅−
−
−
−
=∆
nnnnn
 
 Expandindo por Laplace na 1ª coluna: 
( )
110
011
001
)1()1(log)1( 32
14
−
−
−
⋅+⋅−⋅−=∆ + nn 
( ))1()1(log 32 +⋅−=∆ nn 
 Logo, 
53 2)1()1(5 =+⋅−⇔=∆ nn 
 Como n é inteiro e o lado direito só tem o fator primo 2, no lado esquerdo também só 
podemos ter como fator primo 2, i.e: 
rn 21 =+ e sn 21 =− 
0,,53 ≥=⋅+ srsr 
Para s > 1 temos que r < 0 e s = 0 é claramente absurdo. Logo, s = 1 (que funciona) e temos 
41 =+n , 21 =−n , de forma que a única solução é 3=n . 
 
Comentário: Existem várias outras maneiras de mostrar que n = 3 é a única solução. Uma 
delas é, após encontrar essa raiz por inspeção, observar que a função NNf →*: , dada 
por )1()1()( 3 +⋅−= nnnf , é estritamente crescente, logo, só pode intersectar a reta y = 3 no 
máximo uma vez. 
 
Questão relacionada: Mostre que n
n
aaa
aaa
+++=
−
−
−
...
...
11
......
0...110
0...011
21
21
. 
 
 
 
 
Soluções 2003/2004 
 162 
 
2. Considere o polinômio baxxxP ++= 3)( de coeficientes reais, com 0≠b . Sabendo 
que suas raízes são reais, demonstre que 0<a . 
Solução 1: 
 Seja λ uma raiz real da equação. Como 0≠b , zero não é raiz. 
 Dividindo o polinômio dado por λ−x usando Briott-Ruffini: 
 
Segue que a equação 0)( 22 =++⋅+ axx λλ tem duas raízes reais, i.e: 
2 24( ) 0a∆ = λ − λ + ≥ 
234 λ⋅−≤⋅ a 
 Como 0≠λ é real, 02 <− λ , de forma que a equação acima implica 0<a . 
 
Solução 2: 
 Sejam u, v, w as raízes reais da equação (todas são não-nulas, pois 0≠b ). 
 Usando as relações de Girard: 
0=++ wvu 
awuvwuv =++ 
 Elevando a 1ª ao quadrado e substituindo o valor de a: 
02222 =⋅+++ awvu 
0
2
222
<++−= wvua 
(usamos novamente que o quadrado de um não-nulo é sempre positivo). 
 
Solução 3: 
Lema: Se uma função ℜ→ℜ:f tem n raízes reais nxxx ≤≤≤ ...21 , então, sua derivada tem 
pelo menos n – 1 raízes reais. 
Demonstração: Pelo teorema de Rolle, cada intervalo ],[ 1+kk xx tem ao menos um real c tal que 
0)(' =cf (se pkkk xxx ++ === ...1 , xk tem multiplicidade pelo menos p em f’). 
 Como P(x) tem 3 raízes reais, 03)(' 2 =+= axxP tem 2 raízes reais. Sendo 00 ≠x uma dessas 
raízes, temos 03 20 <⋅−= xa 
 
Comentário: O teorema de Rolle utilizado na solução 3 tem uma interpretação bastante 
intuitiva. Ele apenas ilustra que, se um móvel com função horária f(t) sai da posição s no 
instante a e volta para a posição s no instante b (i.e, )()( bfaf = ), então, existe um instante c 
entre a e b no qual ele mudou o sentido da trajetória (e, portanto, sua velocidade instantânea 
foi nula, i.e, 0)(' =cf ). 
 
 
 
λ 
1 0 
1 λ 
a b 
a+2λ 0 
Majorando 
 163
3. Considere uma pirâmide regular de altura h, cuja base é um hexágono regular ABCDEF 
de lado a. Um plano perpendicular à base e contendo os pontos médios das arestas AB e 
BC divide a pirâmide em dois poliedros. Calcule a razão entre os volumes destes dois 
poliedros. 
Solução 1: 
 Sejam M, N, P, P’ e V os pontos assinalados na figura (M e N, médios de AB e BC; V, o 
vértice da pirâmide e P, a interseção do plano dado com BV e a P’ a projeção de P no plano 
da base). 
 
 Como a base é um hexágono, 
 ooBCP 60120
2
1' =⋅= . Logo, 
 
 
 
 
 
 
 
4
60cos' aBNBP o =⋅= 
Como o plano MPN e a base são perpendiculares, BVOBPP ∆∆ ~' : 
BO
VO
BP
PP =
'
' 
44
' h
a
haPP =⋅= 
 (usamos aqui que BOC∆ é equilátero). 
Volume do tetraedro de base MNB e vértice P: 
64
3
3
1
4
120sen
222
1
3
1
43
1 2
1
⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= hahaahSV ob 
 Volume do sólido total: 
4
36
2 ⋅⋅= aSb 
4
36
3
1
3
1 2 ⋅⋅⋅=⋅⋅= hahSV b 
 Dividindo, 96
1
=
V
V , 196 VV ⋅= 
 Como VVVV 9512 =−= , obtemos 95
1
2 =
V
V 
 
 
 
 
 
Soluções 2003/2004 
 164 
Solução 2: 
 Colocando eixos como na figura (o eixo z na altura do sólido). 
 
 Da figura, vemos que: 
)0,0,1(⋅= aB , 





⋅=⋅= 0,
2
3,
2
1)0,60sen,60(cos aaC oo , 






−⋅= 0,
2
3,
2
1aA , 





−⋅= 0,
4
3,
4
3aM , 





⋅= 0,
4
3,
4
3aN 
 
 O plano perpendicular à base tem normal )0,0,1(=nr , logo, tem equação ctex = . 
 Como a seção passa por M, N, sua equação é 
4
3ax = . 
 O vértice é ),0,0( hV = , logo, ))1(,0,()1( httaVtBtP −=⋅−+⋅= . 
 Como ele está no plano 
4
3ax = , temos 
4
3=t e 




=
4
,0,
4
3 haP . 
haVT ⋅
⋅⋅⋅=
4
36
3
1 2 
 Para a pirâmide menor, temos: 
16
3
4
3
16
33
16
33
4
3
2
1
4
3
4
3
4
3
4
3
01
4
3
4
3
2
1 2 ⋅=





+⋅−⋅−⋅=
−
−
⋅= aSB 
16
3
43
1 2
1
⋅⋅⋅= ahV 
 9596
1
2
1 =⇒= V
VVV 
Comentário: A 2ª solução é grande e desnecessária para este problema, mas ela deve servir 
como instrumento de estudo para a aplicação de vetores em problemas de geometria 
espacial. 
 
 
 
Majorando 
 165
 
 
4. Calcule )sen( yx + em função de a e b, sabendo que o produto 0≠ab , que 
ayx =+ sensen e que byx =+ coscos . 
 
 
Solução 1: 
 Utilizando as fórmulas de fatoração (transformação soma em produto): 
2
cos
2
sen2sensen
yxyx
yxa
−
⋅
+
⋅=+= 
2
cos
2
cos2coscos
yxyx
yxb
−
⋅
+
⋅=+= 
 Dividindo uma equação pela outra: 
2
tan
yx
b
a += 
 Logo, usando a fórmula 
2
tan1
2
tan2
sen
2 α
α
α
+
= , 
 22
2
2
2
1
2
)sen(
ba
ab
b
a
b
a
yx
+
=
+
⋅
=+ 
Solução 2: 
 Usando números complexos, temos 
aibyiyxixee iyix +=⋅++⋅+=+ sencossencos 
 Colocando 2
yx
i
e
+
⋅
 em evidência: 






+⋅=+
−
⋅−
−
⋅
+
⋅
222
yx
i
yx
i
yx
i
eeeaib 
 Tirando o conjugado: 






+⋅=−
−
⋅
−
⋅−
+
⋅−
222
yx
i
yx
i
yx
i
eeeaib 
 Dividindo uma pela outra: 
22
22
)( 2
ba
iabab
aib
aibe yxi
+
⋅+−=
−
+=+⋅ 
 Olhando para a parte imaginária: 
 22
2)sen(
ba
abyx
+
=+ 
Comentário: 2 20 0 0 0ab a b a b≠ ⇒ ≠ ∧ ≠ ⇒ + ≠ 
 
Questão relacionada: Calcule 
0
sen( )
n
k
a kr
=
+∑ . 
 
 
Soluções 2003/2004 
 166 
 
 
5. Seja uma função ℜ→−ℜ }0{:f , onde ℜ representa o conjunto do números reais, tal 
que )()()/( bfafbaf −= para a e b pertencentes ao domínio de f. Demonstre que f é 
uma função par. 
 
 
 
Solução: 
 Colocando ab −= , temos para todo 0a ≠ real: 
)()()1( afaf
a
aff −−=





−
=− 
 Por outro lado, 
)()()1( afaf
a
aff −−=




 −=− 
 Igualando as expressões: 
)()()()( afafafaf −−=−− 
)()( afaf −= 
 Portanto, f é uma função par. 
 
Questãorelacionada: Seja ℜ→ℜ:g uma função não identicamente nula tal que 
)()()( ygxgyxg ⋅=+ para todos x, y reais. Determine se 
)2()3(1
)2()3(
)(
xgxg
xgxg
xf
⋅+
−
= é uma 
função par, ímpar ou nem par nem ímpar. 
 
6. Sendo a, b e c números inteiros naturais em progressão aritmética e z um complexo de 
módulo unitário, determine um valor para cada um dos números a, b, c e z de forma que 
eles satisfaçam a igualdade: 9111 z
zzz cba
=++ . 
Solução: 
 O problema pede apenas uma resposta, que pode facilmente ser encontrada por inspeção. 
Seguem abaixo algumas soluções: 
 )3,2,1(),,(,1 =−= cbaz , 
 pois 9321 )1(1)1()1()1( −=−=−+−+− . 
 
 Outra solução é: 
)4,3,2(),,(, == cbaiz 
 Pois 9432 11
111 iii
iii
==++−=++ . 
 
Comentário: É possível achar uma solução geral para o problema, mas a grande quantidade 
de graus de liberdade torna essa fórmula pouco útil na prática. 
 
Majorando 
 167
7. Considere a parábola P de equação 2axy = , com 0>a e um ponto A de coordenadas 
),( 00 yx satisfazendo a 200 axy < . Seja S a área do triângulo ATT’, onde T e T’ são pontos 
de contato das tangentes a P passando por A. 
a) Calcule o valor da área S em função de a, x0 e y0; 
b) Calcule a equação do lugar geométrico do ponto A, admitindo que a área S seja 
constante; 
c) Identifique a cônica representada no item anterior. 
Solução: 
a) Seja P o ponto (x0, y0). A condição 200 axy < indica que P está abaixo da parábola: 
 
 Seja T um ponto de interseção da tangente com a parábola, ),( 2auuT = . 
 Sendo m o coeficiente da reta tangente em x = u, y = v, 
 
 
 Como a reta é tangente à curva, 
2 ' 2 2x ux uy ax m y ax au=== ⇒ = = = 
 Como a reta passa pelos pontos ),(),( 200 auueyx , 
0
0
2
xu
yau
x
y
m
−
−
=
∆
∆
= 
 Igualando: 
au
xu
yau
2
0
0
2
=
−
−
 
02 00
2 =+− yuaxau (1) 
Sendo 21 uu > as raízes dessa equação, elas correspondem às abscissas dos pontos de 
tangência T e T’ indicados na figura. 
A área do triângulo é dada por: 
1
1
1
2
1
2
22
2
11
00
auu
auu
yx
S ⋅= 
( ))()()(
2
1
12210210
2
2
2
1 uuuauyuuxuuaS −⋅+⋅−−⋅−⋅⋅= 
( )21021021 )()(2
1 uauyuuaxuuS −−+⋅⋅−⋅= (2) 
 
 
Usando soma e produto do trinômio do 2º grau: 
Soluções 2003/2004 
 168 
0
0
21 2
2
x
a
ax
uu ==+ , 
a
y
uu 021 = 
 A diferença entre as raízes pode ser calculada por: 
a
yax
uuuuuuuuuu
)(4
4)(2)( 0
2
0
21
2
21
2
221
2
1
2
21
−⋅
=−+=+−=− 
a
yax
uu 0
2
0
21
2 −⋅
=− (pois 21 uu > ) 
 Substituindo em (2): 
2
0 0
0 0 0 0
1 2 ( 2 )
2
ax y
S ax x y y
a
−
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − 
a
yax
S
2
3
0
2
0 )(2
−
⋅= 
 
b) Sendo P = (x, y), igualando a área a uma constante S temos, pela letra a: 
2
)( 2
3
2 aSyax ⋅=− 
3
1
2
2
4 





 ⋅−= aSaxy 
 Reciprocamente, dado P = (x, y) satisfazendo essa equação, encontramos u1 e u2 pela 
equação (1), e o triângulo PTT’ tem claramente área S. 
 Portanto, o LG é uma parábola com mesmo parâmetro da 1ª, transladada 
3
1
2
4 





 ⋅ aS 
unidades para baixo. 
 
8. Demonstre que o número 52222111
vezesvezes1
43421 K321K
nn−
 é um quadrado perfeito. 
Solução: 
 Analisando o valor relativo de cada algarismo: 
4444 34444 2144444 344444 21
termosnPG
nnn
termosnPG
n
1:
1221
:
2 10...1010102...102102525...1222...11
−
−++ ++++⋅++⋅+⋅+= 
 Utilizando as fórmulas para soma da PG, o número é igual a: 
110
11010
110
1101025
1
1
−
−⋅+
−
−⋅⋅+
−
+
n
n
n
 
9
10101020102045 2 nnn ⋅−+−⋅+= 
22
3
510
9
25101010





 +=+⋅+=
nnn
 
 Como a soma dos algarismos do número 510 +n é 6, ele é múltiplo de 3 e, portanto, 
25...1222...11 é quadrado perfeito (pois pode ser escrito como o quadrado de um inteiro). 
 
Majorando 
 169
 
Questão relacionada: (IME 80/81) Mostre que 98884444
vezes1vezes
321K43421 K
−nn
 é quadrado perfeito. 
 
9. Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, 
obtendo-se um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários 
apenas uma vez. Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada 
vitória valia 3 pontos, cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. 
 
 
Solução 1: 
Observamos inicialmente que o número de jogos 2nC satisfaz 1712
2 ≤≤ nC . 
De fato, se tivéssemos 11 ou menos jogos, o total de pontos seria no máximo 33113 =⋅ , e, 
se tivéssemos 18 ou mais, seria no mínimo 36182 =⋅ (pois uma partida empatada soma 2 
pontos ao total e uma com vencedor soma 3). 
 Como os coeficientes binomiais 2nC são crescentes em n, basta observar que: 10
2
5 =C , 
1526 =C e 21
2
7 =C para concluir que foram 15 jogos. 
 Se todos esses 15 jogos tivessem um vencedor, teríamos um total de 45 pontos. Como 
cada empate diminui em uma unidade o total de pontos, foram 103545 =− empates. 
 
 
Solução 2: 
 Sejam n, V e E, respectivamente, número de times, de vitórias e de partidas empatadas. 
 Como o total de jogos é 2nC , temos 
2
nCEV =+ (1). 
 Como cada jogo com vitória contribui com 3 pontos para a soma total de pontos e cada jogo 
empatado contribui com 2, temos 
3523 =+ EV (2). 
 
 Determinando as soluções inteiras não-negativas de (2): 
 
V E V+E
1 16 17 
3 13 16 
5 10 15 
7 7 14 
9 4 13 
11 1 12 
 
 (V não pode ser par e, para V > 11, temos E < 0). 
 Comparando com a 3ª coluna do triângulo de pascal, 
1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, ..., vemos que a única solução possível é V + E = 15, E = 10. 
 
 
Soluções 2003/2004 
 170 
10. Um quadrilátero convexo ABCD está inscrito em um círculo de diâmetro d. Sabe-se 
que aBCAB == e dAD = e bCD = , com a, b e d diferentes de zero. 
a) Demonstre que 22 2abdd += ; 
b) Se a, b e d são números inteiros e a é diferente de b, mostre que d não pode ser 
primo. 
 
Solução 1: 
a) Seja ACBCAB ˆˆ ==β . 
 
 Como o quadrilátero é inscritível, temos β== ACBBDA ˆˆ e β== CABCDB ˆˆ . 
 Sendo AD um diâmetro, oDBADCA 90ˆˆ == , e nos triângulos ABD∆ e ACD∆ : 
d
a=βsen e 
d
b=)2cos( β 
Substituindo esses valores em )(21)2cos( 2 ββ sen−= : 
2
221
d
a
d
b −= 
22 2adbd −= 
22 2abdd += 
 
b) Como d é diâmetro e a, b são não-nulos, temos a < d e b < d. 
Segue que )(2 22 bddbdda −⋅=−= . 
Suponha por absurdo que d seja primo. Então, como 22a é múltiplo de d, temos: 
1º caso: 2 múltiplo de d: absurdo, pois 1=d ou 2=d implicariam a existência de dois 
inteiros positivos distintos a, b menores que 2. 
2º caso: a múltiplo de d: absurdo, pois a é um positivo menor que d. 
 
Solução 2 (letra a): 
 Sendo p, q as diagonais AC e BD, respectivamente, temos: 
Pelos teoremas de Ptolomeu e Hiparco: 
abadpq += e 
bda
abad
q
p
+
+= 2 
Dividindo as equações, temos bdaq += 22 . 
Por outro lado, o teorema de Pitágoras no ABD∆ nos dá 222 dqa =+ . 
Substituindo uma na outra, obtemos bdad += 22 2 . 
 
Majorando 
 171
Comentário: No item b, usamos um caso particular de “se d é primo e d divide ab, então d 
divide a ou b”. 
 
Questão relacionada: Dados a e b inteiros não-nulos, sendo mdc( , )d a b= , prove que existem 
x e y inteiros tais que d ax by= + . (Este é o conhecido Teorema de Bézout) 
 
Solução: Considere o conjunto { }: ,A ma nb m n Z= + ∈ . Claramente A possui elementos 
positivos. Pelo Princípio da Boa Ordenação, existe um elemento mínimo em A, que vamos 
chamar de c ax by= + . Obviamente, (*) c é múltiplo d (pois é combinação linear de a e b). 
Suponha que c não seja múltiplo de a. Temos então q e r inteiros tais que a = cq + r e 0 < r < c. 
Daí, teríamos que ( ) (1 ) ( )r a cq a ax by q a qx yq b= − = − + = − + − . Isso é uma contradição, pois, 
assim, r seria um elemento de A menor que c (que é o mínimo). Portanto, c é múltiplo de a. 
Analogamente, c é múltiplo de b. Logo, (**) c é múltiplo de d. Juntado (*) e (**), como c e d são 
positivos, temos que c = d. 
 
 
 
Soluções 2004/2005 
 172 
IME 2004/05 
 
1. Dada a função 
2
)156156()(
xx
xf
−+
= , demonstre que: 
)()(2)()(yfxfyxfyxf =−++ 
Solução: 
Colocando 156=a , temos 
2
)(
xx aaxf
−+= . 





 +⋅




 +⋅=
−−
22
2)()(2
yyxx aaaayfxf 
( )xyyxyxyx aaaa −−−−+ +++=
2
1 
( ) )()()(2)(2
2
1 yxfyxfyxfyxf −++=−++⋅= 
 
Comentário: A função 
2
)cosh(
xx eex
−+= é denominada cosseno hiperbólico de x. Observe 
que para aea ln= , temos )lncosh()( axxf ⋅= , e a igualdade demonstrada corresponde a 
)cosh()cosh(2)cosh()cosh( vuvuvu ⋅⋅=−++ (que por sua vez lembra a transformação 
trigonométrica de soma em produto). 
 
2. O sistema de segurança de uma casa utiliza um teclado numérico, conforme ilustrado 
na figura. Um ladrão observa de longe e percebe que: 
 *a senha utilizada possui 4 dígitos; 
 *o primeiro e o último dígitos encontram-se numa mesma linha; 
 *o segundo e o terceiro dígitos encontram-se na linha imediatamente superior. 
 Calcule o número de senhas que deverão ser experimentadas pelo ladrão para que com 
certeza ele consiga entrar na casa. 
 
 
 
 
 
 
 
Teclado numérico 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
987
654
321
 
Majorando 
 173
 
Solução: 
 Podemos representar uma senha pela quádrupla: a b c d 
 Se a e d estão na 2ª linha: { {
4
,
2
,
2 333 =⋅
cbda
 
Se a e d estão na 3ª linha: { {
4
,
2
,
2 333 =⋅
cbda
 
Se a e d estão na 4ª linha: { {
2
,
2
,
2 331 =⋅
cbda
 
 Somando tudo, há 171332 24 =+⋅ possíveis senhas. 
 
3. Sejam a, b, c e d números reais positivos e diferentes de 1. Sabendo que dalog , 
dblog e dclog são termos consecutivos de uma progressão aritmética, demonstre que: 
daacc log2 )(= . 
Comentário: 
 A questão foi anulada. O enunciado deveria pedir que o candidato demonstrasse que 
baacc log2 )(= . 
Solução (da versão corrigida): 
 Como estão em PA, dddd bcab loglogloglog −=− . 
 Colocando tudo na base d (usando que a, b, c, d ≠ 1): 
bcab dddd log
1
log
1
log
1
log
1 −=− 
abcbac dddddd loglogloglogloglog2 ⋅+⋅=⋅ 
)log(log
log
log
log2 ac
a
b
c dd
d
d
d +⋅= 
 Usando que xrxr loglog ⋅= para x > 0: 
)(logloglog 2 acbc dad ⋅= 
b
dd
aacc log2 )(loglog = 
 Como a função logarítmica é injetiva, 
baacc log2 )(= 
 
4. Determine o valor das raízes comuns das equações 
01818112 234 =++−− xxxx e 052324412 234 =−−−− xxxx . 
Solução: 
 Sejam 1818112)( 234 ++−−= xxxxxp e 52324412)( 234 −−−−= xxxxxq . 
 Para acharmos possíveis raízes inteiras de p, testamos os divisores de 18 (teste para raízes 
inteiras) e observamos que 3 e –3 são raízes. 
Portanto, 3+x e 3−x são fatores de p e, efetuando a divisão através de Briot-Ruffini, 
)3()3()22()( 2 −⋅+⋅−−= xxxxxp 
Usando Baskhara, concluímos que as raízes de p são 3, -3, 31 ± . 
Testando esses valores em q: 
 Como 3± não divide 52, eles não podem ser raízes de q. 
Soluções 2004/2005 
 174 
(você também pode verificar explicitamente que 0)3( ≠q e 0)3( ≠−q ) 
)32(2)31( 2 ±⋅=± 
)335(2)31( 3 ±⋅=± 
 )347(4)31( 4 ±⋅=± 
 Substituindo, (1 3) 4 ( 88 44 3) 0q ± = ⋅ − ≠m , logo, não há raiz comum. 
 
Comentários: 
(a) Uma outra opção para mostrar que 31 ± não anula q é dividindo: 
176176)6210()22()( 22 −−−−⋅−−= xxxxxxq 
 Como a divisão não é exata, 31 ± não são raízes. 
(b) Se fosse 4 3 2( ) 12 44 32 52q x x x x x= − + − − , teríamos as raízes comuns 31 ± . 
 
5. Resolva a equação 03sen33cos11sen2 =++ xxx . 
Solução: 
 Dividindo-se ambos os lados da equação por 2 (truque do triângulo retângulo), tem-se: 
03
2
33cos
2
111 =⋅+⋅+ xsenxxsen 
 Como 
2
1
6
sen =π e 
2
3
6
cos =π , 
0
6
cos3sen3cos
6
sen11sen =⋅+⋅+ ππ xxx 
 Usando a fórmula para seno da soma: 
( )xx 11sen
6
3sen −=




 + π 
 1º caso: Ζ∈⋅⋅+−=+ kkxx ,211
6
3 ππ : 
Ζ∈⋅+−= kkx ,
784
ππ 
 2º caso: Ζ∈⋅⋅+−−=+ kkxx ,2)11(
6
3 πππ : 
Ζ∈⋅−−= kkx ,
448
5 ππ 
 
6. Considere um triângulo ABC de área S. Marca-se o ponto P sobre o lado AC tal que 
q
PC
PA = , e o ponto Q, sobre o lado BC de maneira que r
QC
QB = . As cevianas AQ e BP 
encontram-se em T, conforme ilustrado na figura. Determine a área do triângulo ATP 
em função de S, q e r. 
 
 
 
 
 
 
 A
B C
P
Q
T
Majorando 
 175
Solução 1: 
 Sejam x, y e S as áreas de ABCABTAPT ∆∆∆ ,, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 Como os triângulos ABP e ABC têm mesma altura do vértice B, 
1+
==
+
q
q
AC
AP
S
yx
 
1+
=+
q
qS
yx (1) 
Como os triângulos ABT e ATP têm mesma altura do vértice A, 
TP
TB
x
y
= 
Usando o teorema de Menelaus no triângulo BPC, secante AQ: 
1=⋅⋅
QC
QB
AP
AC
TB
TP 
x
q
qr
yr
q
q
y
x )1(1
1 +
=⇒=⋅
+
⋅ 
Substituindo em (1): 
1
)1(
+
=
+
+
q
qS
x
q
qr
x 
1
q rq r qSx
q q
 + +
⋅ =  + 
 
 
Logo, a área pedida é: 
))(1(
2
rqrqq
Sq
x
+++
= 
 
Solução 2: 
 Seja 22: ℜ→ℜT a transformação afim tal que 
)1,0()(');0,1()(');0,0()(' ====== BTBATACTC 
 Como transformações afins preservam razão entre áreas e razão entre segmentos paralelos, 
podemos resolver o problema no plano imagem e multiplicar por 2S. Sejam ( )' ,0P = β e 
( )' 0,Q = α . 
 
 
 
 
 
 x’ 
y' 
A’ P’=(β ,0)
B’
=),0( α Q’ 
C’ 
T ’ 
 A 
B C 
P 
Q 
T 
x y 
Soluções 2004/2005 
 176 
 
 
Temos, 
q
qq
CP
AP
+
=⇒=−⇒=
1
11
''
'' β
β
β , 
r
rr
CQ
BQ
+
=⇒=−⇒=
1
11
''
'' α
α
α 
 As equações das retas ''QA e '' PB são, respectivamente, 
1)1( =++ yrx (1) 
1)1( =++ yxq (2) 
 Resolvendo o sistema, obtemos: 
qrqr
q
y
qrqr
rx TT ++
=
++
= '' , 
 Utilizando a fórmula para área de um triângulo, 
1
1
1
2
1
''
''
''
'''
PP
TT
AA
PTA
yx
yx
yx
S ⋅= (pegamos A’, T’ e P’ no sentido anti-horário), 
q
qrqrqr
qqrqr
S PTA
+
++⋅
+⋅++⋅
=
101
101
)1()(2
1
''' . 
 Subtraindo a 3a linha da 1a, obtemos: 
)1()(2
2
''' qqrqr
q
S PTA +⋅++⋅
= 
)()1(
2
'''''' qrqrq
Sq
S
S
S
S
S
ATP
CBAPTA
ATP
++⋅+
⋅
=⇒= 
 
Questão relacionada: Sejam P, Q, R pontos situados, respectivamente, nos lados ABACBC ,, de um 
triângulo ABC. Sejam APCRNAPBQM ∩=∩= , . Calcule 
AP
MN , sabendo que 
2===
QA
QC
PC
PB
RB
RA . 
 
7. Considere uma elipse de focos F e F’, e M um ponto qualquer dessa curva. Traça-se por M 
duas secantes MF e 'MF , que intersectam a elipse em P e P’, respectivamente. Demonstre 
que a soma )''/'()/( PFMFFPMF + é constante. 
Sugestão: calcule inicialmente a soma )/1()/1( FPMF + . 
 
 
 
 
 
 
 
 
Majorando 
 177
Solução 1: 
Seja k a distância (Fd1) do foco à diretriz e 
a
ce = , a excentricidade. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da definição de cônica, 
e
MFk
MFe
Md
MF =
⋅+
⇒=
θcos1
 
 e
PFk
PFe
Pd
PF =
⋅−
⇒=
θcos1
 
Invertendo as equações: 
eMF
k 1cos =+ θ 
ePF
k 1cos =− θ 
Somando: 
ekPFMF
211 =




 + (1) 
Analogamente, temos: 
ekFPMF
2
''
1
'
1 =




 + (2) 
Multiplicando (1) por MF, (2) por MF’ e somando: 
ek
aMFMF
ekFP
MF
PF
MF 4)'(2
''
'2 =+=++ 
ek
eka
FP
MF
PF
MF 24
''
' −=+ 
Obs: Como 
c
b
c
cac
c
ak
2222
=−=−= , a constante é 2
22 )(224
b
ca
ek
eka +=− . 
 
Solução 2: 
 Inicialmente, calculemos a distância de um ponto ),( 00 yxM = da elipse ao foco 
F = (c, 0) em função de seus semi-eixos a e b (ver figura da solução 1): 
2
0
2
0 )( ycxMF +−= 
Como M está na elipse, 12
2
0
2
2
0 =+
b
y
a
x , i.e, 202
2
22
0 xa
bby ⋅−= : 
2
02
2
22
0
2
0 2 xa
bbccxxMF ⋅−++−= 
 Usando que 222 acb =+ , temos 2
2
2
2
1
a
c
a
b =− e: 
 
• 
M 
F F’ 
P 
P’ 
d1 d2 
θ 
 
Soluções 2004/2005 
 178 
a
cxa
a
cxax
a
ccxaMF 0
2
02
02
2
0
2 2 −=




 −=⋅+−= 
 Obs: 00 >−≥− ca
a
cxa , pois 0x a≤ . 
 Analogamente, 
a
cuaPF 0−= , onde ),( 00 vuP = é a outra interseção de MF com a elipse. 
 
 
 
 
 O ponto P é solução do sistema formado pelas equações: 
 )(
0
0 cx
cx
y
y −⋅
−
= (reta MF) 
12
2
2
2
=+
b
y
a
x (elipse) 
 Substituindo, 
1)2(
)(
22
2
0
2
2
0
2
2
=+−⋅
−⋅
+ ccxx
cxb
y
a
x 
01
)()(
2
)(
1
2
0
2
2
0
2
2
0
2
2
02
2
0
2
2
0
2 =−−⋅+⋅
−⋅
−⋅





−⋅
+
cxb
yc
x
cxb
cy
x
cxb
y
a
 (1) 
As raízes dessa equação são 0u e 0x : 
a
cua
a
cxaPFMF 00
1111
−
+
−
=+ 
002
2
00
2
00
)(
)(2
ux
a
cuxca
ux
a
ca
⋅++⋅−
+⋅−
= 
Substituindo, usando soma e produto na equação (1): 
2
0
22
0
2
22
0
2
0
2
2
0
22
0
2
2
0
00 )(
2
)(
1
)(
2
yacxb
acy
cxb
y
acxb
cy
ux
+−⋅
=





−⋅
+÷
−⋅
=+ 
( )
2
0
22
0
2
2
0
22
0
22
2
0
2
2
0
22
0
2
2
0
22
0
2
00 )(
)(
)(
1
)(
)(
yacxb
cxbyca
cxb
y
acxb
cxbyc
ux
+−⋅
−⋅−⋅
=





−⋅
+÷
−⋅
−⋅−
=
( )
2
0
22
0
2
2
0
22
0
22
2
0
22
0
2
22
0
2
2
2
0
22
0
2
2
0
2
)(
)(
)(
2
)(
2
2
11
yacxb
cxbycc
yacxb
ayc
a
yacxb
ayc
a
PFMF
+−⋅
−⋅−⋅
+
+−⋅
⋅
−
+−⋅
⋅
−
=+ 
( )
( ) ( )202202222022022022
2
0
22
0
22
0
2
)(2)(
)(
211
cxbyccaycyacxba
ycyacxb
a
PFMF −⋅−⋅+−+−⋅⋅
−+−⋅
⋅=+ 
 Como 222 bca =− , o numerador é ( )20202 )( ycxb +−⋅ . 
 O denominador é: 
( )2020422220204
2
0
422
0
22
0
42
0
222
)()()(
2)()(
ycxbcaycxb
yccyayacxcab
+−⋅=−⋅+−⋅
=+−+−⋅−⋅⋅
 
Majorando 
 179
 Segue que 2
211
b
a
PFMF
=+ é constante. 
 Analogamente, 22''
1
'
1
b
a
FPMF
⋅=+ . 
 Multiplicando a 1ª por MF, a 2ª por MF’ e somando, obtemos, como na solução 1: 
2
22 )(2
''
'
b
ca
FP
MF
PF
MF +⋅=+ 
 
Comentário: A 2ª solução é longa e trabalhosa, mas tem a vantagem de usar apenas a 
equação cartesiana da elipse, muito mais familiar aos alunos de ensino médio do que a 
definição tradicional de uma cônica pela sua excentricidade (solução 1). 
 
Questão relacionada: Considere uma elipse ε de focos F e F’. Sejam P1, P2, ..., Pn pontos sobre 
a elipse posicionados no sentido anti-horário, tais que 
n
PFP ii
π2ˆ
1 =+ 
(Pn+1 = P1). Mostre que ∑
=
n
k kFP1
1 é constante. 
 
8. Sejam a, b e c as raízes do polinômio trxxxp −+= 3)( , onde r e t são números reais 
não-nulos. 
 a) Determine o valor da expressão 333 cba ++ em função de r e t. 
 b) Demonstre que 0211 =−+ −−+ nnn tSrSS para todo número natural 2≥n , onde 
kkkk cbaS ++= para qualquer número natural k. 
Solução: 
a) Pelas relações de Girard, temos 0=++ cba , tabc = . 
Logo, 
tabccbbcbccbcbcbcba
a
33)(333)( 22333333 ==+−=−−=++−−=++
−
321
. 
b) Calculando a expressão dada: 
( ) ( ) ( )222111111211 −−−−−−+++−−+ ++−+++++=−+ nnnnnnnnnnnn cbatcbarcbatSrSS 
( ) ( ) ( ) 0
0
32
0
32
0
32 =−++−++−+= −−−
434214342143421
trccctrbbbtraaa nnn . 
(cada parcela assinalada é nula, porque a, b e c são raízes de p(x)) 
 
Comentário: Esta é a chamada fórmula de Newton, que, no caso geral, determina uma 
recorrência satisfeita pela soma nknnn aaaS +++= ...21 das n-ésimas potências de raízes da 
equação. 
 
 
 
9. Calcule o determinante da matriz nn × em função de b, onde b é um número real tal 
que 12 ≠b . 
Soluções 2004/2005 
 180 
linhas
10000
10000
00100
0010
0001
00001
colunas
2
2
2
2
2
2
n
bb
bb
bb
bbb
bbb
bb
n
4444444444 34444444444 21
L
L
MMOMMMM
L
L
L
L












+
+
+
+
+
+
 
 
Solução 1: 
Quebrando a 1ª coluna em duas: 
nn
n
bb
bb
bb
bb
b
bb
bb
bb
bbb
bb
1...000
1............
00...10
00...10
00...01
1...000
1............
00...10
00...1
00...0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=∆ 
 
Expandindo por Laplace na 1ª coluna, o 2º determinante é claramente 1−∆n . 
Colocando b em evidência na 1ª linha e na 1ª coluna do 1º determinante, ele fica igual a: 
1...000
1............
00...10
00...11
00...011
2
2
2
2
2
+
+
+
+
⋅
bb
bb
bb
bb
b 
 
 
 
Aplicando Chio, isso é igual a: 
1
2
2
2
2
2
2
1...000
1............
00...10
00...1
00...0
−+
+
+
+
⋅
nbb
bb
bb
bbb
bb
b 
 Repetindo o processo, esse determinante corresponde a nbbbb 2222 ... =⋅⋅⋅ . 
 Logo, 
1
2
−∆+=∆ n
n
n b 
 Como essa equação vale para todo n, temos: 
121 +=∆ b , 1242 ++=∆ bb , 12463 +++=∆ bbb 
e, em geral, por indução: 
2 2
2 2( 1) 2
2
1... 1
1
n
n n
n
bb b b
b
+
− −∆ = + + + + =
−
 
 
 
Majorando 
 181
Solução 2: 
 Por Laplace na 1a coluna: 
2
1 21( 1). .cofn nb b−∆ = + ∆ + , 
 
cof21= 
1...000
1............
00...10
00...1
00...00
2
2
2
2
+
+
+
+
−
bb
bb
bb
bbb
b
= -b. 2−∆n (laplace 1ª linha) 
 
 
 Ou seja, 2212 .)1( −− ∆−∆+=∆ nnn bb . 
 Resolvendo a recorrência: 
)( 21
2
1 −−− ∆−∆=∆−∆ nnnn b 
 A seqüência 1−∆−∆ nn é uma PG de razão b2 ∴ 
1−∆−∆ nn = )()( 1222 ∆−∆−nb 
nn
nn bbbbb
222442
1 ))1(1( =+−++⋅=∆−∆
−
− 
 
 
Daqui podemos iterar, como na solução 1, ou variar n, escrevendo: 







=∆−∆
=∆−∆
=∆−∆
−
−−
−
4
12
22
21
2
1
......
b
b
b
n
nn
n
nn
 
 
Somando e usando 121 +=∆ b : 
nn
n bbbb
22264
1 ... ++++=∆−∆
− 
n∆ = 1
1...1 2
22
242
−
−=++++
+
b
bbbb
n
n (soma da PG) 
 
Comentário: Uma forma mais rápida de resolver 2212 .)1( −− ∆−∆+=∆ nnn bb é usar a teoria de 
equações de recorrência lineares. O polinômio característico associado a recorrência é 
222 )1( btbt −⋅+= , cujas raízes são 2,1 btt == . Assim, a solução geral é nnn b 12 ⋅+⋅=∆ βα e, 
substituindo-se os casos n = 1 e n = 2, tem-se 
1
1
1 22
22
−
−
−
=∆
+
bb
b n
n , como acima. 
 
Questão relacionada: Seja Dn o determinante da matriz nxn de entradas ija i j= − . Mostre 
que 22)1()1( −⋅−⋅−= nnn nD . 
 
 
 
Soluções 2004/2005 
 182 
10. Considere os pontos P e Q sobre faces adjacentes de um cubo. Uma formiga percorre, 
sobre a superfície do cubo, a menor distância entre P e Q, cruzando a aresta BC em N e 
a aresta CD em M, conforme ilustrado na figura abaixo. É dado que os pontos P, Q, M e 
N são coplanares. 
a) Demonstre que MN é perpendicular a AC . 
b) Calcule a área da seção do cubo determinada pelo plano que contém P, Q e M em 
função de aBC = e DM b= . 
 
 
 
 
 
 
 
Solução 1: 
a) Sejam P’ e Q’ os pontos onde os segmentos MP e NQ intersectam as arestas opostas 
como na figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Planificando o trajeto da formiga, obtemos os pontos K e L no plano do triângulo ABC tais 
que BKBQ =' e DLDP =' . 
 Como a formiga percorreu o caminho mínimo, os pontos K, M, N, L estão alinhados. 
 As retas P’L e Q’N são coplanares e estão em planos paralelos, portanto, são retas paralelas. 
Daí, temos que os triângulos LDP’ e NBQ’ são semelhantes, logo, BN = BQ’ = BK. Portanto, 
temos que 0ˆ ˆ 45KNB CNM= = . Daí segue trivialmente que //MN BD , logo, MNCA ⊥ . 
 
b) Seja AEpl(P,Q,M)O ∩= . Como os tetraedros tri-retângulos ABED e AKLO são 
semelhantes: 
2





=
AK
AB
S
S
KLO
BDE 
2
3)( 2baSKLO +=→ 
 Analogamente, os tetraedros BNKQ’, DMP’L e EF’OH’ são semelhantes ao ABDE: 
2
' ' ' '
3
2KNQ LMP H F O
S S S b= = = . 
Sendo NMP’F’H’Q’ a seção do pl (P,Q,M) no cubo: 
 
A 
B F 
G 
H D 
E O 
N 
Q’ 
F’ 
M
H’ 
L 
K 
P’
C 
 
•
•
A
D
B
C
P
M 
N
 Q 
Majorando 
 183
( )( )
2
33 22NMPFHQ bbaS −+= 
 
Solução 2: 
a) Colocando eixos com origem em A como na figura abaixo. 
 Planificando a figura, o caminho P’MNQ’ deve ser retilíneo (pois o menor caminho entre 
dois pontos é reto) e, portanto, podemos escrever NMCDMP ˆˆ' ==α . 
 
 De acordo com a figura, temos αtan)( ⋅−−= baaBN , αcot' ⋅= BNBQ . Logo, 
),0,( abM = , )tan)(,0,( α⋅−−= baaaN , 
),tan,0(' abP α⋅= , )0),(cot,(' baaaQ −−⋅= α 
 Como M, N, P’, Q’ são coplanares, o produto misto ( ) '' MQMPMN ⋅× é nulo: 
0
)(cot
0tan
tan)(0
=
−−−⋅−
⋅−
⋅−−−
abaaba
bb
baba
α
α
α
 
 Colocando )( bab −⋅ em evidência (2a e 1a linhas) e aplicando Chió: 
0
tan)()(cot
tantan
=
⋅−+−−−
−
αα
αα
baabaa
, 
0))(cottan)((tan =−−⋅+⋅−+−⋅ baabaa ααα 
 Cancelando αtan , a equação se reduz a: 
0tan)2(tan)( 2 =+⋅−+⋅− aabba αα 
 Observamos que 1tan =α é de fato a única raiz possível dessa equação, pois se 
ba
a
−
=αtan (a outra raiz), temos o caso degenerado N=B (ver triângulo CMN). 
 Segue que o45=α e, portanto, ACMN ⊥ . 
 
b) Como o45=α , as coordenadas acima simplificam: 
),0,( abM= , ),0,( baN = , ),,0(' abP = , )0,,(' baQ = 
 A equação do plano que passa por M, N, P’ , Q’ é, portanto, 
bazyx +=++ 
(basta observar que os 4 pontos dados estão no plano determinado por essa equação). 
 O ponto S é obtido quando 0, == zay , logo, )0,,( abS = . 
Analogamente, ),,0( baR = . 
Soluções 2004/2005 
 184 
 Como esses pontos estão sobre as arestas do cubo, a seção é um hexágono. 
 A área da figura formada pela projeção de ',,,',, PRSQNM no plano da base é (basta 
suprimir a coordenada z para obter as projeções no plano xy): 
( )2222 3)(
2
1)2(
2
1
0
0
0
0
0
2
1' bbabbaaab
b
b
a
ab
ba
a
b
A −+⋅=−++⋅=⋅= 
 Por outro lado, a normal ao plano da seção é o vetor (1, 1, 1). Portanto, sendo θ o ângulo 
entre a seção e a base (cuja normal é (0, 0, 1)), 
3
1
13
)1,0,0()1,1,1(
cos =
⋅
⋅
=θ 
 Como θcos' ⋅= AA , a resposta do problema é: 
( )22 3)(
2
3 bbaA −+⋅= 
 
 
Majorando 
 185
IME 2005/06 
 
1. Sejam ia −=11 , siran += e isrsran )()(1 ++−=+ )1( >n termos de uma seqüência. 
Determine, em função de n, os valores de r e s que tornam esta seqüência uma progressão 
aritmética, sabendo que r e s são números reais e 1−=i . 
Solução: 
 A razão q da PA é dada por: 
risaaq nn +−=−= +1 
 Usando a expressão para o termo geral: 
( ) qnaan .11 −+= 
( ) ( )risnisir +−−+−=+ .11 
 Como os coeficientes são reais, podemos igualar as partes real e imaginária: 
parte real: ( )11 −−= nsr 
parte imaginária: ( )11 −+−= nrs 
Substituindo, 
( ) ( )( )1111 −−⋅−+−= nsns 
( )
22
2111 2
2
+−
−=⇒−+−=−+
nn
nsnnss 
 ( )( )
2222
121 22 +−
=⇒
+−
−−−=
nn
nr
nn
nnr 
 Observe que 01)1(22 22 >+−=+− nnn , logo s e r estão bem definidos. 
 
2. Considere o polinômio 
.30442733)( 2345 +−+−−= xxxxxxp 
 Sabendo que o produto de duas de suas raízes complexas é igual a i−3 e que as partes 
reais e imaginárias de todas as suas raízes complexas são inteiras e não-nulas, calcule todas 
as raízes do polinômio. 
Solução 1: 
 Sejam rwwzz ,,,, as raízes da equação (com r real), de forma que iwz −=⋅ 3 . Daí, temos 
que 3z w i⋅ = + . 
 Olhando para o produto das raízes: 
330)3()3(30 −=⇒−=⋅+⋅−⇒−=⋅⋅⋅⋅ rriirwwzz 
 Abaixando o grau (algoritmo de Briot-Ruffini): 
)1018156()3()( 234 +−+−⋅+= xxxxxxp 
 Fazendo biawz +=+ e usando Girard no polinômio de grau 4: 
Soma: 366 =⇒=−++⇒=+++ abiabiawzwz 
Soma 3 a 3: ⇒=+++⇒=+++ 18)()(18 wzwzwzzwwwzzwzwzwzzw 
01821818)3)(3()3)(3( =⇒=−⇒=+++−− bbbiibii 
 Logo, 



−=
=+
izw
wz
3
3
 e z e w são raízes de: 
0)3(32 =−+− itt 
2)21(43)3(49 iii +=+−=−−=∆ 
 
Soluções 2005/2006 
 186 
itit +=⇒+±= 2
2
)21(3 ou it −= 1 
}1,1,2,2,3{ iiiiS +−−+−= 
Obs: É fácil testar as relações de Girard não utilizadas, para verificar que, de fato, essas são as 
raízes. 
Solução 2: 
 Pelo teste de raízes inteiras (testar os divisores do termo independente), descobrimos 
que 3−=x é raiz da equação. 
 Efetuando a divisão polinomial: 
)1018156()3()( 234 +−+−⋅+= xxxxxxp 
 Como as raízes complexas têm partes reais e imaginárias inteiras, podemos escrever 
)()()3()( 22 dcxxbaxxxxp ++⋅++⋅+= , Ζ∈dcba ,,, . 
 Como 10=bd , testando os divisores de 10, obtemos: 
)22()54()3()( 22 +−⋅+−⋅+= xxxxxxp 
Portanto, o conjunto solução é: 
}1,1,2,2,3{ iiiiS +−−+−= 
 
Comentário: A primeira solução não usou o fato de as raízes terem partes reais e imaginárias 
inteiras. A segunda solução não utiliza, a priori, o dado que diz que o produto de duas raízes 
é 3 – i. Na verdade, usando o lema de Gauss podemos fatorar diretamente a equação dada 
sem usar nenhum desses dois dados. 
 
3. Um trapézio ABCD, de base menor AB e base maior CD, possui base média MN. Os 
pontos M’ e N’ dividem a base média em três segmentos iguais, na ordem MM’N’N. Ao se 
traçarem as retas AM’ e BN’, verificou-se que as mesmas se encontram sobre o lado CD no 
ponto P. Calcule a área do trapézio M’N’CD em função da área de ABCD. 
Solução: 
 Sendo xNM ='' , temos xNNMM == '' e, como as bases médias dos triângulos ADP, ABP e 
BCP medem x, 
xCPDPAB 2=== 
 
Seja h a altura do trapézio: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Calculando as áreas mostradas na figura acima: 
( ) hxhxxSABCD 3.242
1 =+⋅= 
M N 
A B 
C D P 
M ´ N´ 
x x x 
2x 2x 
2x 
Majorando 
 187
( ) hxhxxS CNDM 4
5
2
.4
2
1
´´ =+= 
 Logo, a razão pedida é 
12
5
3
1.
4
5 =
hx
hx 
 
4. Seja Dn = det(An), onde 
nxn
nA




















−
−
−−
−−
−
=
21...0000
12...0000
.....................
00...1210
00...0121
00...0012
 
Determine Dn em função de n ( Nn ∈ , n 1≥ ). 
Solução: 
 Sendo Ci a i-ésima coluna, fazemos nCCCC +++= ...: 211 
 
















−
−−
−
−
=
2100001
.....................
0...01210
0...00120
0...00011
nA 
 Aplicando Laplace na 1a coluna: 
( ) ( ) 111 1.1.1 −+− −−+= nnnn DD 
11 += −nn DD 
 Logo, Dn é uma PA de razão 1 e primeiro termo 221 ==D . Segue que 
( ) 1121.11 +=−+=−+= nnnDDn 
Questão relacionada: Este é um caso particular (b = -1) da questão 9 de 2005. 
 
5. Determine os valores de x, y, z e r que satisfazem o sistema 
zzC
zz
xC
zx
r
yr
xy
y
y
yr
loglog
log4log
log
+=
+=
=
+
+
 
onde pmC representa a combinação de m elementos tomados p a p e logcb representa o 
logaritmo de B na base c. 
 
Solução: 
 Igualando a 1a e a 3a equações: 
1loglogloglog +=+= zzzx xzxy 
4loglog += zz xy 
 
 
 
Soluções 2005/2006 
 188 
 Subtraindo as equações: 
33log3loglog xyz
x
zxz yyy =⇒=



⇒=− 
 Substituindo na equação 2: 
33 log4log xyxy xy += 
3log143log yx xy ++=+ 
yx xy log32log += 
y
y xx
log32
log
1 += 
Fazendo :log uyx = 
u
u
321 += 
0123 2 =−+ uu 
3
11 =∨−= uu 
Como 1−=u não é possível (devido a 1ª equação): 
 
33log
3
1 =⇒=⇒= +
r
ryy Cxu 










=→
=
=+



=→
=
=+
)baseépoispode,não(1
2
3
2
1
3
y
r
ry
y
r
ry
 
Logo, de 3yx = temos 8=x , 642.8 33 === xyz . 
S: x = 8, y = 2, z = 64 e r = 1 
 
Comentário: Essa questão já havia aparecido no vestibular do IME (1967), com exatamente os 
mesmos valores numéricos. 
 
6. Os ângulos de um triângulo estão em progressão aritmética e um deles é solução da 
equação trigonométrica 
( )( ) 1coscossensencossen 22 =+−+ xxxxxx 
Determine os valores destes ângulos (em radianos). 
Solução 1: 
Como os ângulos estão em PA, podemos chamá-los de ryyry +− ,, : 
3
y r y y r y π− + + + = π⇒ = 
Desenvolvendo a equação dada: 
1)coscossen)(sencos(sen 22 =+−+ xxxxxx 
1cossen 33 =+ xx 
 Elevando ao quadrado: 
1coscossen2sen 6336 =++ xxxx 
 
Majorando 
 189
Por outro lado, tem-se: 
3322 1)cos(sen =+ xx 
1coscossen3cossen3sen 642246 =+++ xxxxxx 
 Juntando: 
xxxxxx 422433 cossen3cossen3cossen2 += , 
 1º caso: 0cossen ≠xx 
32sen3cos3sen3cossen2 22 =→=+= xxxxx (impossível) 
 2º caso: 0cossen =xx 
 i) 00sen =⇒= xx (não serve como ângulo de um triângulo) 
 ii) 2/1sen0cos π=⇒=⇒= xxx 
 
 Substituindo na equação original, vemos que 2/π=x de fato é solução e, portanto, 
os ângulos do triângulo são, em radianos,
3
,
6
ππ e 
2
π . 
 
Solução 2: 
 Como na 1ª solução, descobrimos que um dos ângulos é 
3
π . 
 Temos ]1,1[cos,sen −∈xx , logo: 
xx 23 sensen ≤ e xx 23 coscos ≤ 
 Somando: 
1cossencossen 2233 =+≤+ xxxx 
 Como ocorre a igualdade, devemos ter: 
 




=
=
xx
xx
23
23
coscos
sensen
 
 Sendo x ângulo de triângulo, 0sen ≠x . Logo, as equações acima implicam 1sen =x , 
2
π=x 
(que de fato satisfaz a equação original). 
 O outro ângulo é 
632
ππππ =−− . 
 
Questão Relacionada: A questão 2 da prova de 95 do IME usa idéia similar à da 2ª solução. 
 
7. Considere os pontos A(-1,0) e B(2,0) e seja C uma circunferência de raio R tangente ao 
eixo das abscissas na origem. A reta r1 é tangente a C e contém o ponto A e a reta r2 também 
é tangente a C e contém o ponto B. Sabendo que a origemnão pertence às retas r1 e r2, 
determine a equação do lugar geométrico descrito pelo ponto de interseção de r1 e r2 ao se 
variar R no intervalo (0, ∞ ). 
 
 
 
 
Soluções 2005/2006 
 190 
Solução 1: 
 1o caso: 2o caso: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos: 
2,1, ===== BOBNAOAMPNPM 
No 1o caso: 
112)()( =−=+−+=− AMPMBNPNPAPB 
No 2o caso: 
1)2(1)()( =−−−=−−−=− BNPNAMPMPBPA 
 Como 1=− PBPA , P está numa hipérbole com focos em A e B e com vértice em O. 
Reciprocamente, todo ponto P da hipérbole, menos os vértices, estão no LG (pois nesse caso 
não existe o círculo). 
 Logo, 
2
4
9,
4
1 222 =⇒== bca 
Equação: 1
22
1
)4/1(
1 22 =−




 − vu ( 0≠v ) 
 
Solução 2: 
 Sendo P = (u, v) , e colocando o centro em (0, r): 
 
 
 
 
 
 
Reta AP : 
0)1( =++− vyuvx 
r
uv
vrurd
APC
=
−+
++−
⇒=
22, )2(
|)1(| 
Reta BP : 
02)2( =−−− vyuvx 
r
uv
vrurd
BPC
=
−+
−−−
⇒=
22, )2(
|2)2(| 
 
 
 P 
A B O 
N M 
 
P 
A B O
N M 
 
P
A BO
N M
Majorando 
 191
 
Elevando as equações das distâncias ao quadrado: 
 ( ) ( ) 2222222 )1(2)1()1( vrruvvuvrruv =+−⇔++=+− (1) 
( ) ( ) 2222222 )2(44)2()2(2 vrruvvuvrruv =−+⇔−+=−+ (2) 
Subtraindo uma da outra: 
23 (6 6) 0v vr u+ − = . 
Para v = 0 não há círculo, logo 0v ≠ . Então, temos que 
2(1 )
vr
u
=
−
. 
Substituindo em (1): 
2
2
22
2
)1(4)1(2
)1(2 v
u
v
u
vuv ⋅
−
=
−
⋅+− 
22 )1(2)1(2)1(4 vuuu =−⋅+−− 
088 22 =−− vuu 
1
22
1
)4/1(
12
2
18
22
2
2
=−




 −⇔=−




 −⋅ vuvu 
 Logo, P está na hipérbole de focos A, B com centro no ponto médio de AB. Reciprocamente, 
todos os pontos dessa hipérbole, com exceção dos vértices (pois 0≠v ), pertencem ao 
LG. 
 
8. Considere um tetraedro regular de arestas de comprimento a e uma esfera de raio R 
tangente a todas as arestas do tetraedro. Em função de a, calcule: 
a) o volume total da esfera; 
b) o volume da parte da esfera situada no interior do tetraedro. 
 
Solução: 
a) O diâmetro da esfera é a distância entre duas arestas opostas do tetraedro SABC. 
 Sendo M e N os pontos médios de AB e SC, respectivamente: 
SMCaMCSM ∆⇒==
2
3 é isósceles SCMN ⊥⇒ 
 Analogamente ABMN ⊥ , portanto MN é a distância entre AB e SC. 
 Pitágoras no 
2
2
2
3
2
:
22
2 aMNaaMNMNC =⇒





=




+∆ : 
24
2
4
2
2
22
3 ⋅⋅=⇒=⇒= aVaRaR total
π 
b) Temos Vinterno = Vtotal – 4.Vsegmento esférico. 
 Seja d a distância do centro da face ao centro da esfera, indicada nas figuras. Por 
semelhança, 
12
6
2/3
4/2
2/
ad
a
a
a
d =⇒= 
 
 
 
M C 
N 
d 
2
aO 
Soluções 2005/2006 
 192 
O
h
d
 
 Sendo h a altura do segmento esférico: 
h = )33(
12
2
12
6
4
2 −=−=− aaadR 
 Aplicando a fórmula do volume do segmento esférico ( )
3
(2 hRhV −⋅⋅= π ) 






−−⋅





−⋅= )33(
36
2
4
2)33(
12
2
2
aaaV esféricosegmento π 
)349(
3612
23 ⋅−⋅
⋅
⋅= aV esféricosegmento 
 )2968(
216
3
int −⋅
⋅= aV erno
π 
 
9. Determine o conjunto solução { }Ζ∈∧= yxyxS ),( da equação 
xykyx =+ )( 
sabendo que k é um número primo. 
Solução 1: 
 Como k é primo, temos que x ou y múltiplo de k. Suponha akx = (o outro caso é análogo). 
Substituindo: 
1
)(
−
=⇒=+⇒=+
a
akyayyakakyyakk 
 Como y é inteiro e a e a – 1 são primos entre si, a – 1 deve ser divisor de k. 
 
Sendo k primo: 
{ }
)}1,();2,2();0,0();1,{(
}1,2,0,1{,1,1,1
22
1 ++−−=
⇒+−∈⇒−−∈−
kkkkkkkkS
kkakka
 
Trocando x e y, temos mais duas soluções: 
S = )}0,0(),2,2(),,1(),,1(),1,(),1,{( 2222 kkkkkkkkkkkkkk +−+−+++−+−++ 
 
Solução 2: 
 Fazendo ukx += e vky += (1) 
)).(()( vkukvkukk ++=+++ 
uvvukkvukk +++=++ )()(2 22 
2kuv = 
 
 
Majorando 
 193
Como k é primo, temos: 



±=
±=
1
2
v
ku
 



±=
±=
2
1
kv
u
 



±=
±=
kv
ku
 
 Substituindo em (1), obtemos os pares: 
S = )}0,0(),2,2(),,1(),,1(),1,(),1,{( 2222 kkkkkkkkkkkkkk +−+−+++−+−++ 
 
Comentário: Essa questão já havia aparecido na Olimpíada Estadual de Matemática do Rio 
de Janeiro de 1998, pedindo as soluções inteiras e positivas.. 
 
10. Sejam as somas So e S1 definidas por 
[ ]
[ ] 13/)1(.310741
1
3/.39630
...
...
+−+++++=
+++++=
n
nnnnn
n
nnnnno
CCCCCS
CCCCCS
 
Calcule os valores de So e S1 em função de n, sabendo que [r] representa o maior número 
inteiro menor ou igual ao número r. 
Sugestão: utilize o desenvolvimento em binômio de Newton de 
n
cis 




 +
3
21 π . 
Solução 1: 
 Sendo 
3
2πω cis= , temos 1)2(3 == πω cis . 
 Observe que So é a soma todos os números binomiais com índice inferior múltiplo de 3 
(pois knrrkn 3
3
3}2,1,0{,3 =


⋅⇒∈+= ) e, analogamente, S1 representa a soma de todos os 
que deixam resto 1 por 3. 
 Usando a sugestão: 
...)1( 65243221 +++++++=+ nnnnnn
o
n
n CCCCCCC ωωωωω 
2
2
1)1( SSSo
n ωωω ++=+ (1) 
onde 1
852
2 2... SSCCCS o
n
nnn −−=+++= (2) 
 Por outro lado, 
333
cos2)
33
(
33
21)1( πππππππω ciscisciscisciscis ==+−=+=+ (3) 
 De (1) e (3), obtemos: 
)2(
3
4
3
2
3 11
SScisScisSncis o
n
o −−++=
πππ 
 Comparando as partes real e imaginária dessa identidade: 
 )2(
2
1)2(
3
4cos
3
2cos
3
cos 11 o
n
oo
n
o SSSSSS
n −−=−−++= πππ 





 +⋅=
3
cos22
3
1 πnS no 
 )2(
3
4sen
3
2sen
3
sen 11 SSS
n
o
n −−⋅+⋅= πππ 
 
2
3323)2(
2
3
2
3
3
sen 1111 o
n
o
n SSSSSn +−=−−⋅−⋅= −π 
Soluções 2005/2006 
 194 
 
3
sen
3
cos22
3
1
2
3323 11
ππ nnS nn +




 +⋅⋅−= − 
 )
3
sen
2
3
3
cos
2
1(
3
2
3
2
1
ππ nnS
n
+−⋅+= 
 










 −+⋅=
3
)2(cos22
3
1
1
πnS n 
Solução 2 (sem os detalhes): 
 Sejam: 










+





+





+





=
+





+





+





=
+





+





+





=
...
852
)(
...
741
)(
...
630
)(
2
1
0
nnn
nS
nnn
nS
nnn
nS
 
 
Pela relação de Stiffel, temos que )1()1()( 1 −+−= − nSnSnS kkk (defina 21 SS =− ). 
 Como 1)1()1( 10 == SS e 0)1(2 =S , podemos mostrar por indução que dois dos )(nSk são 
sempre iguais (de fato, para k inteiro temos) 
)23()23();13()13();3()3( 011021 +=++=+= kSkSkSkSkSkS ). 
 . Seja na esse valor comum e nb o valor diferente. 
Também por indução, mostramos que: 
( )nnn ab 1−+= . 
Como n
nnn
nSnSnS 2...
210
)()()( 210 =+





+





+





=++ : 
( )
3
12 nn
na
−−= e ( )
3
122 nn
nb
−+= 
 Analisando módulo 3, concluímos que: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )









−+=−−==⇒+=
−+=−−==⇒+=
−+=−−==⇒=
3
122)(e
3
12)()(23
3
122)(e
3
12)()(13
3
122)(e
3
12)()(3
102
210
021
nnnn
nnnn
nnnn
nSnSnSkn
nSnSnSkn
nSnSnSkn
 
 
 
 
 
Tópicos ExtrasTópicos Extras
 
Majorando 
 197
 
I. Vetores 
 
Definições: Um vetor do R2 (R3) é um par (tripla) ordenado. Geometricamente, é um 
segmento orientado, sem ponto de aplicação definido. Dados dois pontos A e B, as 
coordenadas associadas ao vetor AB são dadas por ABAB −= . 
 A soma e diferença entre dois vetores, bem como o produto deste por um número real, são 
definidas da forma usual, coordenada a coordenada. 
 
1. Definições: Dados dois vetores ),,(),,,( 321321 βββααα == vu : 
 Módulo (comprimento) de u : 23
2
2
2
1 ααα ++=u 
 Produto escalar: 332211 βαβαβα ⋅+⋅+⋅=⋅ vu 
 Produto vetorial: ),,( 122131132332 βαβαβαβαβαβα ⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅=× vu 
 Produto misto: wvuwvu ⋅×= )(],,[ 
 
2. Resultados Importantes: 
 Condição de paralelismo: //u vr r ⇔ ur =k vr , k real. 
 Ângulo entre vetores: . . .cosu v u v= θr r r r , onde θ é o ângulo entre ur e vr . 
 Obs: Os vetores são perpendiculares se e somente se 0=⋅ vu . 
 Projeção de u em v : v
v
vuuproj
v
⋅⋅=
2||
 
 Condição de colinearidade:C = t.A+(1-t).B, 
Obs: A equação vetorial da reta é, portanto, ℜ∈⋅+= tBAtBX , . 
 Desigualdade triangular: u v u v+ ≤ +r r r r , 
com igualdade se, e somente se, //u vr r . 
 Baricentro: 
3
CBAG ++= , 
onde G é o baricentro do triângulo cujos vértices são A, B e C. 
 Eixos oblíquos: Se veu rr são vetores não paralelos no R2, então: 
),(),( 22112211 yxyxvyuxvyux =⇔+=+ 
Logo, todo ponto do plano pode ser escrito de forma única em função dos vetores u e v . No 
R3, são necessários três vetores u , v e w não co-planares. 
 Ortocentro: Dado um triângulo ABC com circuncentro na origem, seu ortocentro é 
CBA ++=σ . 
 Distância entre reversas: A distância entre duas retas reversas do R3 dadas por usPX += 
e vtQX += é dada por: 
vu
PQvu
PQprojd
vxu ×
==
],,[
 
 Equação de plano: 0=+++ dczbyax , onde (a, b, c) representa um vetor normal ao plano. 
Tópicos Extras 
 198 
 
 A equação do plano determinado por três pontos P, Q, R é dada por 
[ , , ] 0X Q P Q R Q− − − = , onde X = (x, y, z) representa um ponto do plano. 
 
3. Exercícios: 
 
1. Mostre que dado um quadrilátero qualquer (não necessariamente planar), os pontos 
médios dos seus lados determinam um paralelogramo. 
 
2. São dados um triângulo ABC e um ponto Q. Prove que se são construídos os 
paralelogramos CQBB
1
 e 
11
BQAA , então a reta 
1
QA passa pelo baricentro do triângulo ABC. 
Mostre também que 1 3.QA QG= , onde G é o baricentro de ABC. 
 
3. Dado um triângulo ABC, de circuncentro O, traça-se a mediana BM . G é o baricentro do 
triângulo BCM . Mostre que BCACBMOG =⇔⊥ . 
 
4. (Reta de Euler) Dado um triângulo ABC, sejam H, G e O respectivamente ortocentro, 
baricentro e circuncentro, mostre que H, G e O são colineares e além disso, G divide OH na 
razão 2:1. 
 
5. Mostre, usando métodos vetoriais, o teorema de Ceva: Dados um triângulo ABC e cevianas 
AP, BQ, CR, mostre que 1=⋅⋅
AR
CR
BQ
AQ
CP
BP desde que as cevianas sejam concorrentes. 
 
6. Por um ponto P do lado AB do triângulo ABC, traçam-se retas paralelas às medianas 1AM 
e 2BM que cortam BC e AC respectivamente em 1A e 1B . Mostre que G, P e E são colineares, 
onde G é o baricentro de ABC e E é ponto médio de 
11
BA . 
 
7. Num tetraedro OABC tal que OA=BC=a, OB=AC=b, OC=AB=c, sejam A1 e C1 os baricentros 
dos triângulos ABC e OAC respectivamente. Mostre que se OA1 é perpendicular a BC1, então 
a2 + c2 = 3b2. 
 
8. Num triângulo ABC, AB = AC e D é o ponto médio de BC. E é o pé da perpendicular traçada de D 
em relação ao lado AC e F é o ponto médio de DE. Mostre que AF é perpendicular à BE. 
 
9. Dado um quadrilátero ABCD, onde M e N são pontos médios de AD e BC, mostre que 
2
CDABMN +≤ e que a igualdade ocorre se, e somente se, CD//AB . 
 
10. São dados 6 pontos sobre uma circunferência. Trace o segmento que une o baricentro do 
triângulo formado por 3 desses pontos ao ortocentro do triângulo formado pelos 3 outros 
pontos. Mostre que todos os 20 segmentos construídos são concorrentes. 
 
 
Majorando 
 199
 
II. Transformação Afim no plano: 
 
1. Definição: 
 Uma transformação 22: ℜ→ℜT é denominada linear quando uAuT ⋅=)( , onde A é uma 
matriz 2x2 inversível, i.e, podemos escrever 





⋅





=





y
x
dc
ba
y
x
'
'
. 
 Quando ela é seguida de uma translação, passa a ser denomidada transformação afim. 
 
2. Principais Resultados sobre Transformação Afim: 
 (a) É sempre possível transformar três pontos não-colineares quaisquer do plano nos 
vértices de um triângulo pré-escolhido. 
 (b) Esse tipo de transformação preserva colinearidade; razão entre segmentos paralelos e 
razão entre áreas. 
 (c) É sempre possível transformar uma elipse dada num círculo de raio 1. 
(e considerando um círculo como uma elipse, a transformada de uma elipse é sempre outra 
elipse). 
 
3. Exercícios: 
 
1. Prove os teoremas de Menelaus e Ceva usando os resultados anteriores. 
 
2. Determine uma fórmula para a área de uma elipse cujos semi-eixos são a e b. 
 
3. Considere as medianas AP, BQ, CR de um triângulo ABC. Considere os seis triângulos 
assim formados. Mostre que existe uma elipse passando pelos baricentros desses seis 
triângulos. 
 
4. Determine a área do triângulo de área máxima inscrito numa elipse de semi-eixos a, b. 
 
5. ABCD é um quadrilátero de lados opostos não paralelos. Seja DABCYCDABX ∩=∩= , . 
Mostre que o ponto médio do segmento XY, e os pontos médios das diagonais do 
quadrilátero são colineares. 
 
6. Os pontos X, Y, Z estão nos lados BC, CA, AB (respectivamente) do triângulo ABC. 
Sabendo que os pontos AXCZMCZBYLBYAXK ∩=∩=∩= ,, são médios dos segmentos 
BY, CZ, AX (respectivamente), calcule a razão entre a área do triângulo KLM e a de ABC. 
 
7. Cada diagonal de um pentágono convexo é paralela a um lado do pentágono. Mostre que a 
razão entre o comprimento da diagonal e o do lado correspondente é a mesma para todas as 
diagonais. 
 
 
Tópicos Extras 
 200 
 
8. Seja P um ponto no plano do triângulo ABC, exterior ao triângulo. Suponha que as retas 
AP, BP, CP cortam as retas BC, CA e AB nos pontos D, E, F respectivamente. Se as áreas dos 
triângulos PBD, PCE, PAF são todas iguais, prove que o triângulo ABC também tem essa 
mesma área. 
 
9. Seja P um ponto no interior do quadrilátero convexo ABCD. Sejam E, F, G, H pontos nos 
lados AB, BC, CD, DA, respectivamente, tais que PE // BC, PF // AB, PG // DA e PH // CD. 
Sejam K, K1, K2 as áreas de ABCD, AEPH, PFCG respectivamente. Mostre que 
21 KKK +≥ 
 
10. Seja ABCDE um pentágono convexo e sejam: , , ,F BC DE G CD EA H DE AB= ∩ = ∩ = ∩ 
,I EA BC J AB DC= ∩ = ∩ . Suponha que as áreas dos triângulos AHI, BIJ, CJF, DFG, EGH são 
todas iguais. Mostre que as retas AF, BG, CH, DI, EJ tem um ponto comum. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Majorando 
 201
 
III. Seqüências de recorrência 
 
1. Definição: São seqüências nas quais cada termo é definido em função de seu(s) 
antecessor(es). Por exemplo, progressões aritmética e geométricas são seqüências de 
recorrência, definidas, respectivamente, por aaraa nn =+= − 11 , e bbqbb nn =⋅= − 11 , para todo 
n. 
 
2. Seqüências especiais: 
 Recorrência linear de 1ª ordem: 
 É definida pela relação xxbxax nn =+⋅=+ 11 , . 
 Essa recorrência é uma generalização das tradicionais progressões aritmética (caso a = 1) e 
geométrica (caso b = 0). 
 Iterando, obtemos a solução: 
bbabaxax nnnn ++⋅+⋅+⋅=
−−− ...321 
 Somando a PG, obtemos: 
1
111
−
−⋅+⋅=
−
−
a
abxax
n
n
n 
 
 Obs: Numa relação da forma 11 −− +⋅= nnn bxax podemos proceder da mesma forma, 
iterando a equação e calculando, se possível, uma fórmula fechada para a soma. 
 
 Recorrência linear de 2ª ordem: 
 É definida por uma relação da forma 012 =++ ++ nnn qxpxx 
 Para resolver essa recorrência, olhamos para sua equação característica, dada por 
02 =++ qprr . 
 Sejam r1 e r2 as raízes dessa equação. 
 1o Caso: 21 rr ≠ : 
 Nesse caso, a solução é da forma nnn rkrkx 2211 += 
2o Caso: r1 = r2 = r : 
 Nesse caso, a solução geral é nnn nrkrkx 21 += para todo n 
 
Obs: Em ambos os casos, k1 e k2 são constantes que serão encontradas a partir dos valores 
iniciais da seqüência. 
Tópicos Extras 
 202 
 
 Progressão aritmético-geométrica (PAG): 
 É uma seqüência da forma n n nx a b= ⋅ , onde an é uma progressão aritmética e bn uma 
progressão geométrica. 
 O termo geral segue da própria definição. Para o cálculo da soma 1 2 ... nS x x x= + + + , a dica 
é multiplicar S pela razão q da PG e olhar para S q S− ⋅ . 
Exemplo: Calcular 1 2 3 4 5 8 ... (2 1) 2nS n= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + − ⋅ 
Solução: Temos 12 1 4 3 8 5 16 ... (2 1) 2nS n +⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + − ⋅ 
Subtraindo uma da outra, obtemos: 
11 2 2 4 2 8 ... 2 2 (2 1) 2n n
PG
S n +− = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ − − ⋅144424443 
Calculando a soma da PG, obtemos a forma fechada: 
1 1(2 1) 2 2 8 (2 1)n nS n + −= − ⋅ − − ⋅ − 
 
 Progressão aritmética de ordem 2: 
 É uma seqüência( nx ) cujas diferenças forma uma PA, i.e, a seqüência 1n n nx x x+∆ = − é 
PA. 
 Numa PA de ordem 2, o termo geral é sempre um polinômio de grau 2 
2
nx n nα β γ= ⋅ + ⋅ + , onde as constantes , ,α β γ dependem dos termos iniciais. 
 A soma dos n primeiros termos dessa PA é dada por um polinômio de grau 3 da forma 
3 2' ' 'nS n n nα β γ= ⋅ + ⋅ + ⋅ , onde as constantes dependem das somas iniciais. 
 
Obs: Generalizando, diz-se que uma seqüência é PA de ordem k quando a seqüência formada 
por suas diferenças forma uma PA de ordem k-1. Nesse caso, o termo geral da seqüência é 
um polinômio de grau k e sua soma é um polinômio de grau k+1 sem termo independente. 
 
 
3. Exercícios: 
 
1. Encontre uma fórmula fechada para xn nas recorrências abaixo : 
a. 1,43 01 ==−+ xxx nn 
b. 2,4 01 ==++ xnxx nn 
c. 065 12 =++ ++ nnn xxx , x1 = 1, x2 = 2. 
 
2. Quantas são as seqüências de n termos, todos pertencentes a { }1,0 , que possuem um 
número ímpar de termos iguais a 0? 
 
3. Quantas são as seqüências de n termos, todos pertencentes a {0,1,2}, que não possuem dois 
termos consecutivos iguais a zero. 
 
4. A quantidade de ursos num determinado zoológico é hoje igual a p. A taxa anual de 
natalidade é i, a de mortalidade é j e, além disso, todo ano um número fixo R desses ursos 
fogem do zoológico, enquanto que S novos ursos são capturados. 
Majorando 
 203
 
 
 a) Determine uma condição envolvendo i e j para que a existência de ursos no zoológico 
esteja condenada a extinção. 
 b) Se i > j, determine o número de ursos daqui a n anos. 
 
5. Um círculo foi dividido em n (n > 1) setores. De quantos modos podemos colori-los, cada 
setor como uma só cor, se dispomos de k (k > 2) cores diferentes e setores adjacentes não 
devem ter a mesma cor? 
 
6. Durante a guerra de judeus e romanos, Josephus estava entre 11 rebeldes judeus 
encurralados em uma caverna pelos romanos. Preferindo o suícidio a captura, os rebeldes 
decidiram formar um círculo e, contando ao longo deste, suicida-se uma pessoa sim, uma 
não, até não sobrar ninguém. Determine qual posição Josephus deveria escolher para sair 
ileso desse círculo malígno. 
 
7. Caminhando pelos segmentos unitários da figura abaixo, determine quantas são as 
maneiras de ir de A até B sem passar duas vezes pelo mesmo ponto. 
 
Sugestão: Defina xn representando o número de caminhos numa treliça com n vértices. 
 
8. (IME 80/81) Prove que para todo natural n, temos (2 ) (2 )n ni i+ ≠ − , onde 1i = − . 
Sugestão: Considere a seqüência (2 ) (2 )
n n
n
i ix
i
+ − −= . 
 
9. Prove que a parte inteira de 12)31( ++ n é sempre par. 
 
10. Quantas são as seqüências de comprimento n que podem ser formadas com os números 
{0,1,2,3,4} com dígitos vizinhos diferindo de 1 (em módulo)? 
Tópicos Extras 
 204 
 
IV. Teoria dos números: congruência módulo m 
 
1. Definição: Dois inteiros a e b são congruentes módulo m (escreve-se )(modmba ≡ ) quando a – b 
é múltiplo de m. 
Obs: O resto r da divisão de a por b é o único inteiro positivo menor que b tal que 
)(mod bra ≡ . 
 
2. Propriedades: 
 Transitividade: Se )(mod)(mod mcbemba ≡≡ , então )(mod mca ≡ 
 Propriedades operatórias: Se )(modmba ≡ e )(modmdc ≡ , então: 
 (i) )(modmdbca +≡+ 
 (ii) )(modmbdac ≡ 
 (iii) )(modmba nn ≡ 
 Lei do corte: Se c e m são primos entre si, e )(modmbcac ≡ , então )(modmba ≡ . 
 Pequeno teorema de Fermat: Se a é inteiro e p é primo, então )(mod paa p ≡ 
 Função ϕ de Euler: Dado n natural, definimos )(nϕ como a quantidade de números naturais 
menores que n que são primos com n. Temos: 
 Se kak
a ppn ...11= , então )
11)....(11()(
1 kpp
nn −−⋅=ϕ 
 Dados a e n naturais, temos )(mod1)( na n ≡ϕ . 
 
3. Exercícios: 
 
1. Ache o resto da divisão de (31241)6581 + (12313)6421 por 6. 
 
2. Mostre que se a e b são inteiros e n é ímpar, então an + bn é sempre múltiplo de a + b. 
 
3. Determine o resto na divisão de 666777 + 777666 por 13. 
 
4. Seja p > 0 um número primo. Mostre que a equação 
pyx
111 =+ possui exatamente 3 
soluções inteiras e positivas. 
 
5. Quantos são os possíveis valores inteiros de x para que 
19
99
+
+
x
x seja um número inteiro? 
 
6. Seja { }5 :A n n n N= − ∈ , onde { }1,2,3,...N = . Determine o MDC de todos os elementos de A. 
 
7. As tangentes dos ângulos de um triângulo são números inteiros. Determine esses ângulos. 
 
8. a) Mostre que se 12 +n é primo, então n é potência de dois. 
 b) Mostre que 12
52 + é divisível por 641 (isto é, não vale a recíproca de (a)). 
Majorando 
 205
 
9. Mostre que a equação 1
1111
3223 =+++ yxyyxx
 não possui soluções inteiras. 
10. Sejam x1 e x2 as raízes de 0162 =+− xx . Prove que nn xx 21 + é sempre um inteiro não múltiplo de 5. 
Tópicos Extras 
 206 
 
 
V. Fatoração de polinômios 
 
1. Divisão de Polinômios: 
 
Dados dois polinômios P e D, existe um e somente um par de polinômios Q , R tais 
que xxRxDxQxP ∀+⋅= )()()()( e grau(R) < grau(D). 
 Em particular, diz-se que P é múltiplo de Q (escreve-se Q|P) quando o resto R(x) da 
equação acima for identicamente nulo. 
Obs: O resultado acima mostra que polinômios têm uma estrutura muito parecida com os 
números inteiros e, portanto, podem ser abordados de maneira semelhante. 
Dica: Note que a equação acima vale para todo x. Na prática, costuma ser interessante pensar 
nos valores de x que anulam o divisor D(x). 
 
 
 
2. Propriedades: 
 
 
a é raiz de P se e somente se (x – a)| P(x) 
Obs: Esse teorema mostra que o problema de fatorar um polinômio é resolvido quando 
conseguimos encontrar suas raízes. 
 
 
Teste da raiz racional: Se p/q é uma raiz racional (escrita de forma irredutível) do 
polinômio 01
1
1 ...)( axaxaxaxP
n
n
n
n ++++=
−
− , então a0 é múltiplo de p e an de q. 
Obs: O teorema acima permite achar as raízes racionais de um polinômio por inspeção. Basta 
enumerar as possibilidades e testá-las. 
 
 
Teste da raiz inteira: As raízes inteiras de P são sempre divisores do termo 
independente. 
 Exemplo: Encontre as raízes da equação 02523 23 =−++ xxx . 
 
 
Raízes múltiplas: Diz-se que a é raiz de multiplicidade k de P(x) quando k é o maior 
inteiro tal que P(x) é múltiplo de (x – a)k. 
Teorema: Se a tem multiplicidade k, então 0)(...)(")(')( )1( ===== − aPaPaPaP k . 
 
 
Lema de Gauss: Se um polinômio em Z[x] (i.e, de coeficientes inteiros) pode ser 
fatorado como produto de polinômios em Q[x], então ele também pode ser fatorado como 
produto de polinômios em Z[x]. 
Majorando 
 207
 
 
Aplicação: Se nenhuma raiz racional funcionar, tente fatorar como produto de 
polinômios em Z[x]. 
 
 Exemplo: Encontre as raízes da equação 022 24 =+−+ xxx . 
 
 
 Divisibilidade: Se P(x) tem coeficientes inteiros, e a e b inteiros, então (a – b) é divisor de 
[P(a) – P(b)]. 
 
 Polinômio identicamente nulo: Se um polinômio do grau n se anula para mais de n 
valores distintos, então ele é identicamente nulo. 
 
 
 
3. Exercícios: 
 
1. Considere o polinômio D(x) com raízes distintas nααα ...,,, 21 . Mostre que um polinômio 
P(x) é múltiplo de D(x) se e somente se nααα ...,,, 21 são raízes de P(x). 
 
2. a) Mostre que 32 + é irracional. 
 b) Mostre que se n e p são inteiros, então n p é irracional ou inteiro. 
 
3. Determine os valores de n para os quais 12 ++ nn xx é múltiplo de 12 ++ xx . 
 
 
4. Fatore as expressões abaixo: 
a) 15 ++ xx 
b) 1510 ++ xx 
c) 12511 +++ xxx 
 
 
5. Determine todos os polinômios P tais que P(0) = 0 e 1))(()1( 22 +=+ xPxP para 
todo x. 
 
6. Determine o resto da divisão de xxxxx ++++ 9254981 por xx −3 . 
 
7. Encontre o resto da divisão do polinômio xn por x2 – x – 1. 
 
8. Mostre que 921 xxx ++++ ... é divisor de 9922111 xxx ++++ ... . 
 
 
Tópicos Extras 
 208 
 
9. (IME 79/80) Determine o polinômio P(x) de grau 7 tal que (x-1)4 divide P(x)+1 e (x+1)4 
divide P(x)–1. 
 
10. Prove que se P(x) tem coeficientes inteiros, então 1)()()()()( 234 += xPxPxPxPxQnão 
possui raízes inteiras. 
 
 
 
 
 
SimuladosSimulados
 
Majorando 
 
 
 211
1º Simulado IME 
1. Os números naturais m e n são primos entre si. Sabendo que no desenvolvimento de 
( )2006nmx + , os coeficientes de 2x e 3x são iguais, determine os valores de m e n. 
 
2. Um triângulo eqüilátero está inscrito na elipse 44 22 =+ yx , com um dos vértices em (0,1) e 
a altura correspondente sobre o eixo y. Determine o comprimento do lado desse triângulo. 
 
3. Determine os valores de a para os quais o sistema abaixo é indeterminado. 
 





=−++
=−+
=++
556)2(
23
13
zyxa
zayx
zyax
 
 
4. Determine todas as raízes complexas de módulo 1 da equação 01828 =−− zz . 
 
5. Uma pirâmide regular triangular é cortada por um plano que passa por um de seus 
vértices da base e pelos pontos médios de duas arestas laterais. Determine a razão entre a 
área lateral e a área da base da pirâmide, sabendo que o plano secante é perpendicular à face 
lateral. 
 
6. Determine o valor numérico de ( )21cotarc13cotarc7cotarc3cotarccot +++ . 
 
7. Considere uma PA ...,...,,, 21 naaa . Sabe-se que os termos kji aaa ,, formam, nessa ordem, 
uma PG não constante. Determine, em função apenas de i, j e k, a razão dessa PG. 
 
8. A executa um trabalho em m vezes mais tempo que B e C juntos, B executa o mesmo 
trabalho em n vezes mais tempo que A e C juntos. Quantas vezes mais tempo é necessário 
para C executar o trabalho do que A e B juntos? Assuma que cada trabalhador tem uma 
taxa de produtividade constante. 
 
9. A seqüência de Fibonacci é definida por 121 == FF e 11 −+ += nnn FFF para todo 2≥n . 
Determine o maior valor de n tal que 2nFn = . 
 
10. Dado um triângulo ABC qualquer, construa triângulos eqüiláteros ABF∆ , BCD∆ e ACE∆ 
exteriores ao ABC∆ . 
a) Mostre que os segmentos BEAD, e CF são concorrentes. 
b) Seja CFBEADS ∩∩= . Mostre que )(2 CSBSASDSESFS ++⋅=++ . 
 
 
 
 
Simulados 
 
 
 212 
2º Simulado IME 
 
1. Determine todas as soluções reais de xxx 3tan2tantan =+ . 
 
2. Dizemos que uma seqüência ,...,,, 3210 bbbb é uma progressão geométrica de 2ª ordem se a 
seqüência ,...,,
2
3
1
2
0
1
b
b
b
b
b
b é uma progressão geométrica. Sabendo que (b)n é progressão 
geométrica de 2a ordem, determine o termo geral nb em função de 0b , 1b e n. 
 
3. Determine o conjunto-solução da inequação xx −≥ 113 . 
 
4. Considere um quadrilátero convexo ABCD tal que: 
 (i) DBCCAB ˆˆ = 
 (ii) BDADCA ˆˆ = 
 Prove que 222 ADBCAC += . 
 
5. Uma das raízes da equação 032168126 2345 =+−−+− xxxxx possui parte real igual a 1. 
Determine todas as raízes dessa equação. 
 
6. Quantas são as seqüências com n elementos do conjunto {0,1,2} que possuem uma 
quantidade par de zeros? 
 
7. Considere um paralelepípedo ABCDEFGH. Gire-o de 90o em torno de BC . Determine o 
volume da região varrida pela face EFGH durante a rotação. (Dados: AB = a, BC = b) 
 
8. Seja ε uma elipse de focos F e F’. Dada uma corda focal MM' , seja P o ponto de interseção 
das tangentes a ε traçadas de M e M’. Determine o lugar geométrico dos pontos P tais que 
PF é altura do triângulo 'PMM . 
 
9. Demonstre que o produto de n inteiros consecutivos é múltiplo de n!. 
 
10. Denotamos por mxnΜ o conjunto das matrizes m x n. Prove que 
( )( ) ( ) ( )TTT YYXXXY trtrtr 2 ⋅≤ 
 para quaisquer duas matrizes X e Y pertencentes a mxnΜ . 
 Obs: ( )Atr = soma dos elementos da diagonal principal de A. 
Majorando 
 
 
 213
3º Simulado IME 
 
1. Sejam A, B e C conjuntos finitos. Mostre que: 
CBAACCBBACBACBA ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪ 
Obs: ||X representa o número de elementos do conjunto X. 
 
2. Dada uma função RRf →: , dizemos que x é um ponto fixo de f se f(x) = x. 
 a) Mostre que se a é ponto fixo de f, então a também é ponto fixo de fof. 
b) Sendo 12)( 2 −−= xxxf , determine todos os pontos fixos de fof. 
 
3. É dado um quadrado ABCD de lado 1. Considere pontos X, Y, Z, W respectivamente sobre 
DACDBCAB ,,, . Prove que 
42 2222 <+++≤ WXZWYZXY 
 
4. Considere a reta real. Sobre ela está andando uma formiga, inicialmente no ponto 0. No 
primeiro passo, a formiga vai para o ponto 1. Em cada passo seguinte, ela vai para o ponto 
médio do segmento formado pelos último e penúltimo pontos por onde ela passou. Com o 
passar do tempo, a posição da formiga converge para um ponto P. Determine a abscissa de P. 
 
5. Seja ( )ijaA = uma matriz de ordem n definida por 





>
=
<
=
jiz
jix
jiy
aij
 se ,
 se ,
 se ,
, onde x, y, z são reais 
com zy ≠ . Calcule o determinante de A. 
 
6. Resolva o sistema 
( ) ( )




=+⋅−
=−++
+
−+
02252
5log2log
12
1
32
y
yx
x
yxyx
. 
 
7. Seja n um número natural que possui divisores a, b e c tais que: 
(i) a < b < c 
(ii) n = a + b + c 
 Prove que c = a + b. 
 
8. É dada uma pirâmide triangular SABC tal que: 
 (i) SA é perpendicular ao plano ABC. 
 (ii) l== BCAC 
 (iii) 2l== ABAS 
 
Pelo ponto médio de AB, traça-se um plano perpendicular a SB . Determine a distância 
de A até esse plano. 
 
 
Simulados 
 
 
 214 
9. Manuel e Joaquim desejam dividir 6n notas, n natural: 2n de um real, 2n de cinco reais e 2n 
de dez reais. Ambos querem receber a mesma quantidade de notas. De quantas maneiras 
pode ser feita essa divisão, sabendo que Manuel e Joaquim não se preocupam com os valores 
das notas recebidas? 
 
10. Mostre que 
n3
tan π é irracional para todo n natural. 
Majorando 
 
 
 215
4º Simulado IME 
 
1. Um triângulo tem um ângulo interno de 750 e seus outros ângulos internos são soluções da 
equação ( ) ( ) 0cossen3sencossec3 =+−−+ xxxxmx . Determine o valor de m. 
 
2. Considere um polinômio P(x) de grau par e com coeficientes reais tal que o seu coeficiente 
de maior grau é positivo. Se P(x) não possui nenhuma raiz real, prove que P(x) pode ser 
fatorado como produto de polinômios de grau dois com todos os coeficientes positivos. 
 
3. É dado um trapézio ABCD de bases AB e CD, tais que AB > CD. Seja M o ponto médio do 
lado AD. Sabendo que oBCM 135ˆ = , determine a área do trapézio em função de CMx = e 
BCy = . 
 
4. Um ponto P se move sobre uma elipse de eixo maior AB. Determine o lugar geométrico 
descrito pelo ortocentro do triângulo ABP. 
 
5. Os números reais a, b e c são tais que a equação 02 =++ cbxax possui raízes 1u e 3u e a 
equação 02 =++ abxcx possui raízes 2u e 4u . Dado que 4321 ,,, uuuu é uma progressão 
aritmética não constante, prove que 0=+ ca . 
 
6. Sejam A, B e C os afixos dos complexos a, b e c. Prove que o triângulo ABC é eqüilátero se e 
somente se bcacabcba ++=++ 222 . 
 
7. Duzentos alunos participaram de uma competição matemática. Eles tinham seis problemas 
para resolver. Sabe-se que cada problema foi resolvido corretamente por 120 participantes. 
Mostre que existe um par de estudantes 
(Pi, Pj) tal que cada um dos seis problemas foi resolvido por pelo menos um desses dois 
estudantes. 
 
8. Prove que existem a e b irracionais tais que ba é racional. 
 
9. Seja A uma matriz 3 x 3. As matrizes U, V e W são 3x1 não-nulas, e existem complexos α , 
β e γ distintos 2 a 2 tais que UUA ⋅=⋅ α , VVA ⋅=⋅ β e WWA ⋅=⋅ γ . 
 Prove que, se a, b e c são complexos tais que cWbVaU ++ é a matriz nula 3x1, então a = b 
= c = 0. 
 
10. Sejam duas retas ortogonais r e r’ não-coplanares. Considere sobre r dois pontos fixos A e 
B e, sobre r’, dois pontos variáveis M e M’, tais que a projeção de M’ sobre o plano que 
contém o triângulo MAB é o ortocentro H deste triângulo. Determine o lugar geométrico dos 
centros das esferas circunscritas ao tetraedro ABMM’. 
Simulados 
 
 
 216 
5º Simulado IME 
 
1. Determine todas as funções ℜ→ℜ:f tais que, para todo x real, 
22 )())(( xfyyfxf +=+ 
2. Determine todos os números reais positivos x e y satisfazendo o sistema abaixo: 






⋅=
+
−⋅
=
+
+⋅
24)11(7
2)11(3
yx
y
yx
x
 
 
3. Considere uma elipse E de focos F e F’. Sejam M e M’ pontos de E tais que ' 'MF M F⊥ . 
Seja P a interseçãodas tangentes a E traçadas por M e M’. 
Determine o lugar geométrico de P quando M e M’ variam sobre E. 
 
4. Num torneio de futebol com n times (n < 9), cada time joga com cada um dos outros 
exatamente uma vez, e recebe três pontos por vitória, um ponto por empate, e zero ponto por 
derrota. Após o torneio, um dos times foi declarado campeão por ter obtido a maior soma de 
pontos. Curiosamente, esse foi o time com menor número de vitórias. Determine n. 
 
5. Definimos as trissetrizes de um ângulo CBA ˆ em um triângulo ABC∆ como sendo as 
cevianas BX e BY tais que CBXXBYYBA ˆˆˆ == . 
 a) Mostre que os pontos de interseção das trissetrizes adjacentes de um triângulo ABC∆ 
qualquer são vértices de um triângulo equilátero. 
 b) Se os ângulos do ABC∆ são λβα 3,3,3 e seu circunraio é R, calcule em função desses 
dados o lado do triângulo eqüilátero formado por suas trissetrizes. 
 
6. Calcule 





∑
=
610
1
1
k k
, onde  x represente o único inteiro n tal que 1+<≤ nxn . 
 
7. Um cubo é dividido em um número finito de paralelepípedos reto-retângulos de forma 
que o volume da esfera circunscrita ao cubo é igual a soma dos volumes de todas as esferas 
circunscritas aos paralelepípedos. Mostre que todos os paralelepípedos são cubos. 
 
8. Mostre que para todo n natural maior que um vale a inequação: 
1cos
1
cos)1( >⋅−
+
⋅+
n
n
n
n ππ 
9. Determine todos os polinômios n
nn axax +++ − ...11 tais que }1,1{−∈ia para todo i e todas 
as suas raízes são reais. 
 
10. Sejam A e B matrizes reais nxn tais que )(2 BABA −⋅= . Sabendo que a matriz BA – AB é 
inversível, é possível que n seja igual a 2006? Justifique. 
BibliografiaBibliografia
 
 219
Bibliografia: 
 
 Algumas das questões propostas ao longo do livro foram inventadas pelos autores, 
mas a maioria delas foi retirada das fontes abaixo, nas quais o leitor interessado pode 
encontrar diversos outros problemas. (obs: a única referência bibliográfica com 
material teórico é [1]). 
 
1. RAMOS, C.; Apostilas turma IME-ITA do Colégio e Curso Ponto de Ensino; 
 
2. Instituto Militar de Engenharia: provas de 1992 a 2006; 
 
3. ENGEL, A., Problem-Solving Strategies, Springer; 
 
4. ANDREESCU, T.; KEDLAYA, K.; ZEITZ, P., Mathematical Contests 1995-1996; 
 
5. ANDREESCU, T.; GELCA, R., Mathematical Olympiad Challenges, Birkhäuser; 
 
6. ANDREESCU, T.; FENG, Z., 102 Combinatorial Problems, Birkhäuser; 
 
7. KEDLAYA, K.; POONEN, B; VAKIL, R, The William Lowell Putnam 
Mathematical 
Competition 1985-2000, MAA Problem Books; 
 
8. Olimpíada Brasileira de matemática: www.obm.org.br 
 
9. www.kalva.demon.co.uk 
 
 
 220 
Marcio Cohen nasceu no Rio de Janeiro, em 1980. Se formou 
em Engenharia de Telecomunicações no Instituto Militar de 
Engenharia (IME) em 2003, tendo terminado o curso em 1o 
lugar na sua turma e obtido a maior nota no exame nacional de 
cursos (provão, realizado compulsoriamente por todos os 
universitários formandos do Brasil) de Engenharia Elétrica. 
Na área de matemática, recebeu diversos prêmios, dentre os 
quais: 2o prêmio na olimpíada internacional de matemática universitária (IMC) na 
Romênia em 2003; medalha de ouro na olimpíada Ibero-americana de matemática 
universitária (Ibero-u) em 2002; medalha de ouro na olimpíada brasileira de 
matemática (OBM) em 2002 e 2003. 
Desde 1999, atua como professor de matemática no Colégio e Curso Ponto de Ensino, 
do qual também é sócio desde 2003, em turmas de preparação para Ime, Ita e outros 
vestibulares. 
Desde 2003, colabora com a comissão de olimpíadas de matemática brasileira e 
estadual, tendo participado como líder da equipe brasileira que disputou a IMC na 
Ucrânia em 2006. 
 
 
 
 
Rodrigo Villard nasceu no Rio de Janeiro, em 1983. Se formou 
summa cum laude em Matemática na Universidade Federal do 
Rio de Janeiro (UFRJ) em 2003, tendo terminado o curso em 1o 
lugar na sua turma, com a maior média da história do 
departamento de matemática da UFRJ. Ele obteve a maior nota 
no exame nacional de cursos (provão, realizado 
compulsoriamente por todos os formandos do Brasil) de 
Matemática em 2003. 
Além disso, recebeu diversos prêmios, tais como o 2o prêmio na 
olimpíada internacional de matemática universitária (IMC) na Romênia em 2003 e a 
medalha de ouro na olimpíada brasileira de matemática (OBM) em 2003. 
Desde 2001, atua como professor de matemática no Colégio e Curso Ponto de Ensino, 
do qual também é sócio desde 2003, em turmas de preparação para Ime, Ita e outros 
vestibulares. 
Desde 2003, colabora com a comissão de olimpíadas de matemática brasileira e 
estadual, tendo participado como líder da equipe brasileira que disputou a IMC na 
Bulgária em 2005. 
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