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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.

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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

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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%

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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.

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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