GGE RESPONDE MATEMÁTICA IME 2019 (2ª FASE)

Transcrição

1 GGE RESPONDE MATEMÁTICA IME 9 (ª FASE). Um jogo de dominó possui 8 peças com duas pontas numeradas de zero a seis, independentemente, de modo que cada peça seja única, conforme ilustra a Figura. O jogo se desenrola da seguinte forma:. Quatro jogadores se posicionam nos lados de uma mesa quadrada.. 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.. As ações ocorrem por turnos no sentido anti-horário.. 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, 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. 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 de

2 Falta saber com quem estão as 8 peças restantes Os números que tem a menor frequência são e aparecendo uma única vez em todas as peças dos oponentes. Distribuição de frequência dos números 5 6 Logo a peça é a peça chave para vencer a partida, pois com a peça ou vence a partida. ª SITUAÇÃO: Jogador a esquerda não tem a peça Jogador à direita tem peças e Possibilidade de peças restantes ( pois não tem peça ponta 5) Jogador à frente ( pois não tem peça ponta ) Assim são x = possibilidades Jogador à direita tem peça e não tem Possibilidade de peças restantes ( pois não tem peça ponta 5) Jogador à frente C, Assim são x = possibilidades ( pois não tem peça ponta ) Jogador à direita não tem peça Possibilidades = Jogador à frente tem peça Possibilidades de peças restantes C, ( pois não tem peça ponta ) Assim são x = possiblidades Nessas 9 possibilidades, eu sou sempre vencedor. Pois: eu jogador à direita jogador à frente jogador à esquerda ª jogada 6 passa passa ou passa passa ª jogada não importa ou não importa não importa ª jogada ou Na ponta e venço! Página de

3 ª SITUAÇÃO: Jogador a esquerda tem a peça Nessa situação só pode haver uma configuração de peças restantes: } Só há esta possibilidade pois não possui peças } Só há esta possibilidade pois não possui peças 5 6 Se o jogador à direita não tem peça com ponta 5 e se há peças com ponta 5, elas pertencem ao jogador da frente peça ao jogador à esquerda. Como o jogador da frente não tem ponta, então a peça 5 pertence ao jogador à esquerda. Nessa configuração, quaisquer jogadas que fizer com as peças o jogador à esquerda sempre vence. ª jogada 6 na ponta 6 ª jogada na ponta direita frente esquerda passa passa em qualquer ponta e vence 5 5 e vence fica ponta fica ponta ª jogada 6 na ponta 6 ª jogada na ponta direita frente esquerda passa passa em qualquer ponta passa 5 e vence 5 5 e vence fica ponta fica ponta a) 9 possibilidades b) 9 OU 9% Página de

4 . Definimos a função f: N N da seguinte forma: Determine f(f(9)). Observação: k é o maior inteiro menor ou igual a k. 9 log 9 f(9) f(9) log 8 f(9) f(5) f(5) f(5) f(6) f(6) log f(6) f() 6 5 log f() f(5) log f(5) f(7) 8 log f(7) f() log f() f() f(9) 8 f(f(9)) f(8) f(8) f() f() f() f(5) f(5) log f(5) f() log f() f(6) f() f() f(f(9)) f(8) f(5). Dadas as funções definidas nos reais R: x x f (x) e,f (x) sen(x),f (x) cos(x),f (x) sen(x) e f (x) e. 5 Mostre que existe uma única solução a,a,a,a,a tal que: 5 a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) a f (x) seja função constante nula, onde a,a,a,a,a R Para que a combinação linear das funções sejam a função constante nula, temos, para qualquer x e R: af (x) af (x) af (x) af (x) a5f 5(x) Página de

5 Temos, então, a seguinte tabela: x f f f f f 5 e e e e e e e e Ou seja, substituindo os valores de x indicados na tabela, temos o seguinte sistema linear homogêneo: a e e a e e. a a e e a 5 e e Para sabermos a quantidade de soluções do sistema, calculamos: e e e e e e e e Por Laplace: e e e e e e Novamente: e e (e e ) (e e ) e e Página 5 de

6 Como, o sistema é possível determinado. Sendo um sistema linear homogêneo, a solução única é a trivial: (a,a,a,a, a 5 ) (,,,,). Seja Z um número complexo tal que Z igual a Z. e Zi possui argumento log Z Zi. Determine o número complexo Solução: Seja z a bi, c om a, b. De log z z, temos: z z 9 a bi a bi 8 a bi a bi 8 a = 8 a Segue que z bi, c om b Calculando z zi z bi z i bi i com bi b i, temos: bi b i b i b i b 8i b i b b 8b b 8 i b b b 8 z, já que arg. b zi Daí b Página 6 de

7 Assim, temos: z b 8 b arg arctg arctg zi 8b b Por outro lado, sabemos que Segue que: b b b b b b b z arg. zi b' (não convém, pois b ) b'' Logo: z i 5. Mostre que os números 6, e 8 podem pertencer a uma PG e obtenha a quantidade de termos dessa PG, sabendo que seus elementos são números naturais. Se temos uma PG, de razão q : r s 6q e 6q 8, com r e s int eiros r s e q Então, q Para que a PG seja composta por naturais, q é racional, e assim : q ; r ; s. Logo, a PG é : 6,, 6, 5, 8 5 termos Página 7 de

8 6. Seja o polinômio q(x) = x 8x + 6x + x k que possui valor mínimo igual a 6, onde k é uma constante real. Determine as raízes de q(x). Para encontrar pontos de mínimo local na função polinomial de grau, precisamos ter: I II q (x) e q (x) Daí, I II q (x) x x x e q (x) x 8x Assim, x x x (I) e x 8x (II) Resolvendo ( I ) x 6x x Por inspeção, vemos que ( x ) (x 7x) x Onde concluímos que as outras raízes são: x e x 5 Testando os resultados em ( II ) é raiz, e podemos então fatorar a expressão: II q (x ) 7 (OK!) II q (x ) 6 (Ponto de máximo) II q (x ) 7 (OK!) Logo, x e x 5são coordenadas de mínimo local. Para determinar o mínimo global, precisamos verificar ambas situações. Então, q(x ) K e q(x ) K Verificamos que ambos os pontos são de mínimo global, então podemos dizer que K = - 6 e ainda podemos notar que a reta x = é eixo de simetria da função. Assim, conseguimos escrever: q(x) x 8x 6x x 9 E reescrever: q(x) (x ) 8(x ) 7 Daí, resolvendo a equação biquadrada: (x ) 7 ou (x ) Finalmente, temos as raízes da equação de q(x) = : x 7 ou x 7 ou x ou x Página 8 de

9 7. Determine todas as soluções da equação: sen (7x) cos(x) sen(9x) 8sen (x) 5cos(x) sen(5x) No intervalo,. Reorganizando, sen 7x cos x sen 9x sen 5x 5 cos x 8sen x sen 7xcos x sen 7xcos x 5cos x cos x sen 7xcos x sen 7xcos x cos x Então, cos x ou: sen 7x sen 7x sen 7x π 7π π x kπ ou 7x kπ ou 7x k π; 6 6 kz Finalmente, π kπ π π π π x ou x k ou x k π Se x, π,então : 7π 67π 79π 7π 8π x ou x ou x ou x ou x 5 8. A reta r é normal à cônica C, de equação 9x² y² = 6, no ponto A, 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. X² Y² a² 9X² Y² 6 c² a² b² 9 b² 9 c² c F(,) F'(,) Reta tangente no ponto A 5 (, 9X X YY X Y 6 7X 6 5Y 6 6 5Y 7X Y X re ta normal m 7 Página 9 de

10 6 5 5 Y X K, mas, à reta K K Y X nas abcissas YB B, 5 A, 5 X 6 X B 7 9 X A, F'(,) F'(,) 9 B, 9 5 S 9 5 S 8 5 S Uma corda CD corta o diâmetro AB de um círculo de raio R no ponto E. Sabendo que o ângulo ˆ ABC = º e que EC R, calcule a medida do segmento ED. Página de

11 Sejam E A X e ED Y Pela lei dos cossenos no triângulo AEC : (R )² R² X² RX cos 6 R² R² x² RX X² RX R² R R 5 R( 5 X usando relação entre cordas temos : R Y X(R X) RX X² (6 5) R²( 5) R² R( 5 5) R( 5 ) Y R( ) Y. Um cubo com diagonal principal A G é interceptado pelo plano α, perpendicular à A G, 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. 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 de

12 a) H. a Q a a P 6 a P apotema a Q a a 6 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 AG a AM AR a 6 a a a AR AOT ~ ARM a a r a r r r a 6 a a a r 9 Página de