gge responde matemÁtica ime 2019 (2ª fase)ªfase... · um jogo de dominó possui 28 peças com...
Post on 21-Jan-2019
251 Views
Preview:
TRANSCRIPT
Página 1 de 12
GGE RESPONDE MATEMÁTICA
IME 2019 (2ª FASE)
01.
Um jogo de dominó possui 28 peças com duas pontas numeradas de zero a seis, independentemente, de modo
que cada peça seja única, conforme ilustra a Figura 1. O jogo se desenrola da seguinte forma: 1. Quatro jogadores se posicionam nos lados de uma mesa quadrada.
2. No início do jogo, cada jogador recebe um conjunto de 7 peças de forma aleatória, de modo que somente o detentor das peças possa ver seu conteúdo.
3. As ações ocorrem por turnos no sentido anti-horário.
4. O jogador com a peça 6|6 coloca-a sobre a mesa e em seguida cada jogador, na sua vez, executa uma de duas ações possíveis:
a) Adiciona uma de suas peças de forma adjacente a uma das duas extremidades livres do jogo na mesa, de modo que as peças sejam encaixadas com pontas de mesmo valor.
b) Passa a vez, caso não possua nenhuma peça com ponta igual a uma das extremidades livres da mesa. 5. Vence o jogo o primeiro jogador que ficar sem peças na mão. No jogo da Figura 2, é a sua vez de jogar e você constatou que o jogador à sua direita não possui peças com ponta 5 e o jogador à sua frente não possui peças com ponta 0. Você analisou todas as possíveis configurações de peças que os jogadores podem ter em suas mãos e decidiu jogar de modo a garantir que uma das pontas livres da mesa só possa ser usada por uma peça de sua posse, e que esta será a sua última peça em mão. Ao utilizar essa estratégia:
a) Quantas configurações de peças nas mãos dos jogadores garantem a vitória do jogo a você?
b) Esta quantidade corresponde a qual percentual do total de configurações possíveis? Observação: • A ordem das peças na mão de um jogador não importa.
Página 2 de 12
Resolução: Falta saber com quem estão as 8 peças restantes 65 54 32 51 41 60 50 40 Os números que tem a menor frequência são 2 e 3 aparecendo uma única vez em todas as peças dos oponentes. Distribuição de frequência dos números
0 1 2 3 4 5 6
3 2 1 1 3 4 2
Logo a peça 3 2 é a peça chave para vencer a partida, pois com a peça 3 | 4 ou 2 | 0 vence a partida. 1ª SITUAÇÃO: Jogador a esquerda não tem a peça 3 | 2 Jogador à direita tem peças 3 2 e 4 1 Possibilidade de peças restantes 2 ( pois não tem peça ponta 5) Jogador à frente 1 ( pois não tem peça ponta 0 ) Assim são 2x1 = 2 possibilidades Jogador à direita tem peça 3 2 e não tem 4 1 Possibilidade de peças restantes 1 ( pois não tem peça ponta 5)
Jogador à frente 4,3
C 4 ( pois não tem peça ponta 0 )
Assim são 1x4 = 4 possibilidades Jogador à direita não tem peça 3 2 Possibilidades = 1 Jogador à frente tem peça 3 2
Possibilidades de peças restantes 3,2
C 3 ( pois não tem peça ponta 0)
Assim são 1x3 = 3 possiblidades Nessas 9 possibilidades, eu sou sempre vencedor. Pois:
jogadorà direita
jogadorà frente
jogadorà esquerdaeu
1ª jogada 6 | 2 2 3 passa passa
oupassa 2 3 passa
2ª jogada 2 0 nãoimporta
nãoimporta
nãoimporta
3ª jogada 4 3
Na ponta 3 e venço!
ou
4 3
2 0ou
Página 3 de 12
2ª SITUAÇÃO: Jogador a esquerda tem a peça 3 2 Nessa situação só pode haver uma configuração de peças restantes:
}
5 5 5
5
4
4
4
4
0
0
0
0
3
3
2
2
2
1
1
6
6
6 } Só há esta possibilidadepois não possui peças 0
Só há esta possibilidadepois não possui peças 5
Se o jogador à direita não tem peça com ponta 5 e se há 4 peças com ponta 5, elas pertencem ao jogador da frente 1 peça ao jogador à esquerda. Como o jogador da frente não tem ponta 0, então a peça 50 pertence ao jogador à esquerda. Nessa configuração, quaisquer jogadas que fizer com as peças o jogador à esquerda sempre vence.
1ª jogada
direita frente esquerda
passa passa 3 2
fica ponta 3
fica ponta 2
2ª jogada2 | 0
6 2
0 6
0 4
6 5
4 5
5 0
5 0
e vence
e vence
em qualquer pontana ponta 6
na ponta 2
1ª jogada
direita frente esquerda
passa passa 3 2
fica ponta 3
fica ponta 2
2ª jogada3 | 4
6 2
4 0
4 1 1 5
0 5
5 0
e vence
e vence
em qualquer pontana ponta 6
na ponta 2
passa
a) 9 possibilidades
b) 9
10 OU 90%
Página 4 de 12
02. Definimos a função 𝑓: ℕ ⟶ ℕ da seguinte forma:
Determine 𝑓(𝑓(2019)).
Observação: ⌊𝑘⌋ é o maior inteiro menor ou igual a k. Resolução:
10092
5042
log 9
log 8
f(2019) f(1009) 2 288 2 288 512 800
f(1009) f(504) 2 32 2 32 256 288
f(504) f(252) f(126) f(63) 32
312
152
72
32
12
log 4
log 3
log 2
log 1
log 0
f(63) f(31) 2 16 2 32
f(31) f(15) 2 8 2 16
f(15) f(7) 2 4 2 8
f(7) f(3) 2 2 2 4
f(3) f(1) 2 1 2 2
122
12
log 3
log 0
f(2019) 800
f(f(2019)) f(800)
f(800) f(400) f(200) f(100) f(50) f(25)
f(25) f(12) 2 2 2 10
f(12) f(6) f(3) f(1) 2 1 2 2
f(f(2019)) f(800) f(25) 10
03. Dadas as funções definidas nos reais ℝ:
x x
1 2 3 4 5f (x) e ,f (x) sen(x) ,f (x) cos(x) ,f (x) sen(2x) e f (x) e .
Mostre que existe uma única solução 1 2 3 4 5
a ,a ,a ,a ,a tal que:
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) seja função constante nula, onde
1 2 3 4 5a ,a ,a ,a ,a ℝ.
Resolução:
Para que a combinação linear das funções sejam a função constante nula, temos, para qualquer x e ℝ:
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) 0
Página 5 de 12
Temos, então, a seguinte tabela:
1 2 3 4 5
2 2
4 4
2 2
x f f f f f
0 1 0 1 0 1
e 1 0 0 e2
e 0 1 0 e
1 1e 1 e
4 2 2
2 e 0 1 0 e
Ou seja, substituindo os valores de x indicados na tabela, temos o seguinte sistema linear homogêneo:
12 2
2
3
4 4 4
52 2
1 0 1 0 1
a 0e 1 0 0 e a 0e 0 1 0 e . a 0
1 1 a 0e 1 e2 2 a 0
e 0 1 0 e
Para sabermos a quantidade de soluções do sistema, calculamos:
2 2
4 4
2 2
1 0 1 0 1
e 1 0 0 e
e 0 1 0 e
1 1e 1 e
2 2
e 0 1 0 e
Por Laplace:
2 2
2 2
1 0 1 1
e 1 0 e
e 0 1 e
e 0 1 e
Novamente:
2 2
2 2
1 1 1
e 1 e 2(e e ) (e e ) 0
e 1 e
Página 6 de 12
Como ∆≠0, o sistema é possível determinado. Sendo um sistema linear homogêneo, a solução única é a trivial:
1 2 3 4 5(a ,a ,a ,a , a ) (0,0,0,0,0)
04. Seja Z um número complexo tal que2Z
Zipossui argumento
igual a3
4
e 3log 2Z 2Zi 1 2 . Determine o número complexo
Z.
Solução:
Seja z a bi , com a, b .
De 3log 2z 2z 1 2 , temos:
2z 2z 1 9
2 a bi 2 a bi 8
2a 2bi 2a 2bi 8
4a = 8
a 2
Segue que z 2 bi , com b
Calculando 2z
zi, temos:
2 2 bi2z
z i 2 bi i
4 2bi
b 2i
4 2bi b 2i
b 2i b 2i
2
2
4b 8i 2b i 4b
b 4
2
2 2
8b 2b 8i
b 4 b 4
com
2
2
2b 8 2z 30, já que arg .
zi 4b 4
Daí b 2
Página 7 de 12
Assim, temos:
22z 2b 8 b 1arg arctg arctg
zi 8b 4 b
Por outro lado, sabemos que
2z 3arg .
zi 4
Segue que:
b 1
14 b
2b 4 4b
2b 4b 4 0
4 4 2b
2
b' 2 2 2 2 2 1 (não convém, pois b 2 )
b'' 2 2 2 2 2 1
Logo:
z 2 2 2 1 i
05. Mostre que os números 16, 24 e 81 podem pertencer a uma PG e obtenha a quantidade de termos dessa PG, sabendo que seus elementos são números naturais. Resolução:
r s
4
r s
Se temos uma PG, de razão q :
16q 24 e 16q 81, com r e s inteiros
3 3Então, q e q
2 2
Para que a PG seja composta por naturais, q é racional, e assim :
3q ; r 1 ; s 4.
2
Logo, a PG é :
16, 24, 36, 54, 81
5 termos
Página 8 de 12
06. Seja o polinômio 𝑞(𝑥) = 𝑥4 − 8𝑥3 + 6𝑥2 + 40𝑥 + 25 + 𝑘 que possui valor mínimo igual a − 64, onde 𝑘 é uma
constante real. Determine as raízes de 𝑞(𝑥). Resolução: Para encontrar pontos de mínimo local na função polinomial de grau 4, precisamos ter:
I IIq (x) 0 e q (x) 0
Daí,
I 3 2 II 2q (x) 4x 24x 12x 40 e q (x) 12x 48x 12
Assim,
3 2 24x 24x 12x 40 0 (I) e 12x 48x 12 0 (II)
Resolvendo ( I )
3 2x 6x 3x 10 0
Por inspeção, vemos que 1
x 1 é raiz, e podemos então fatorar a expressão:
2( x 1) (x 7x 10) 0
Onde concluímos que as outras raízes são:
2 3x 2 e x 5
Testando os resultados em ( II )
II
1
II
2
II
3
q (x ) 72 0 (OK!)
q (x ) 36 0 (Ponto de máximo)
q (x ) 72 0 (OK!)
Logo, 1 3
x 1 e x 5 são coordenadas de mínimo local. Para determinar o mínimo global, precisamos verificar
ambas situações. Então,
1 3q(x ) K e q(x ) K
Verificamos que ambos os pontos são de mínimo global, então podemos dizer que K = - 64 e ainda podemos notar que a reta x = 2 é eixo de simetria da função. Assim, conseguimos escrever:
4 3 2q(x) x 8x 6x 40x 39
E reescrever:
4 2q(x) (x 2) 18(x 2) 17
Daí, resolvendo a equação biquadrada:
2 2(x 2) 17 ou (x 2) 1
Finalmente, temos as raízes da equação de q(x) = 0:
x 2 17 ou x 2 17 ou x 3 ou x 1
Página 9 de 12
07. Determine todas as soluções da equação:
2 24sen (7x) cos(2x) 2sen(9x) 8sen (x) 5cos(2x) 2sen(5x) 4
No intervalo 3
, 22
.
Resolução: Reorganizando,
2 24sen 7x cos 2x 2 sen 9x sen 5x 5cos 2x 4 8sen x
24sen 7x cos 2x 4sen 7x cos 2x 5cos 2x 4cos 2x
24sen 7x cos 2x 4sen 7x cos 2x cos 2x 0
Então, cos 2x 0 ou:
2 14sen 7x 4sen 7x 1 0 sen 7x
2
7
2x k ou 7x 2k ou 7x 2k ;2 6 6
π π ππ π π
k Z
Finalmente,
k 2 2x ou x k ou x k
4 2 6 7 42 7
π π π π π π
Se 3
x ,2 ,então :2
ππ
7 67 79 71 83x ou x ou x ou x ou x
4 42 42 42 42
π π π π π
08. A reta r é normal à cônica 𝐶, de equação 9𝑥² − 4𝑦² = 36, no ponto 3 5
A 3,2
e intercepta o eixo das
abscissas no ponto B. Sabendo que F é o foco da cônica 𝐶 mais próximo ao ponto A, determine a área do triângulo 𝐴𝐵𝐹. Resolução:
a² 4X² Y²9X² 4Y² 36 1 c² a² b²
b² 94 9
c² 13
c 13
F( 13,0)
F'( 13,0)
Reta tangente no ponto A 3 5
(3,2
0 09X X 4Y Y 36
59 3 X 4 3 Y 36
2
27X 6 5Y 36
6 5Y 27X 36
27 36Y X
6 5 6 5
6 5re ta normal m
27
Página 10 de 12
2
6 5 3 5Y X K, mas 3, à reta
27 2
3 5 6
2
5
27 9 3
3
B
3 5 2 5 9 5 4 5 13 5¨ K K
2 3 6 6
6 5 13 5Y X nas abcissas Y 0
27 6
6 5
13 5
X27
3 9
BX6
27 13
6
2 6 2
39X
4
39B ,0
4
3 5A 3,
2
1 39 3 5S 13
2 4 2
39 4 13 3 5S
8 2
3 5S 39 4 13
16
09. Uma corda 𝐶𝐷 corta o diâmetro 𝐴𝐵 de um círculo de raio 𝑅 no ponto 𝐸. Sabendo que o ângulo ˆABC = 30º e que
EC R 2 , calcule a medida do segmento ED .
Resolução:
39B ,0
4
F'( 13,0) F'( 13,0)
3 5A 3,
2
Página 11 de 12
Sejam E A X e ED Y
Pela lei dos cossenos no triângulo AEC :
(R 2)² R² X² 2RX cos60
2R² R² x² RX
X² RX R² 0
R R 5 R(1 5X
2 2
usando relação entre cordas temos :
R 2 Y X(2R X) 2RX X²
(6 2 5)R²(1 5) R²
4
R(2 2 5 3 5) R( 5 1)2Y
2 2
R( 10 2)
Y4
10. Um cubo com diagonal principal ̅A̅̅G̅ é interceptado pelo plano α, perpendicular à ̅A̅̅G̅, formando uma seção hexagonal regular. Calcule, em função da aresta a do cubo: a) o apótema dessa seção hexagonal; b) o raio da esfera que é tangente a essa seção e às faces do cubo que contém o vértice A. Resolução:
Para que a seção no plano seja um hexágono, tal seção deve cortar as (seis) arestas a seguir: EF, FB, BC, CD,
DH e HE. Para este hexágono ser regular, os pontos de interseção devem ser as pontos médios dessas arestas, que por sua vez são equidistantes dos vértices A e G, ou seja, é o plano mediador da diagonal AG.
Página 12 de 12
a)
H .
a
2
P
6
a 2
2
Q
a
2
a 2
2
P Qa 2
2
a 23
a 62apotema2 4
b) Note que AG é a interseção dos planos bissetores dos diedros formados pelas faces do triedro de vértice A. Logo todas as pontas do segmento AG são equidistantes das faces deste triedro. Seja M o ponto médio de AG.
a 3
AG a 3 AM2
2 2 22 a 6 a 12 a 18
AR16 16 16
3a 2AR
4
AOT ~ ARM
a 3 a 2r 3
3 3a2 4 3r 3rr 2a 6 3
4
3a 3 3 a 3 33ar
2 9 3 42 3 3
top related