Rumo Ao Ime Resolve Matematica

VLL EDIÇÕES E PUBLICAÇÃO | 2017projeto RUMO AO IME RESOLVE! Efomm | 2018 - matematica - APRESENTACAO Projeto Rumo ao IME Resolve! Documento elaborado por VLL Edições e Publicação 2017 BRYAN MAIA MATEMÁTICA Acesse: http://rumoaoime.blogspot.com.br/ 2 com. PESSOA OU ORGANIZAÇÃO ESTÁ AUTORIZADO (A) A VENDER. o editor declara estar utilizando o nome das mesmas apenas para fins editoriais.blogspot. EDIÇÃO / CAPA: GABRIEL VALLADÃO CONTEÚDO: BRYAN MAIA IMAGENS: GOOGLE. EDITAR OU COPIAR (NESTE ÚLTIMO CASO. SEM REFERÊNCIA) ESTA OBRA. Mais do que simplesmente listar esses nomes e informar quem possui seus direitos de exploração.RESOLVE! A PUBLICAÇÃO E DIVULGAÇÃO DO MATERIAL É REALIZADA DE FORMA INDEPENDENTE ATRAVÉS E EXCULIVAMENTE http://rumoaoime. SEM CONSENÇO E AUTORIZAÇÃO PRÉVIA DO AUTOR. FICHA CATALOGRÁFICA BRYAN MAIA PROJETO RUMO AO IME – RESOLVE! Rio de janeiro. ou ainda imprimir os logotipos das mesmas. Brasil EDIÇÃO GRÁFICA CÓD. Várias Marcas Registradas aparecem no decorrer deste material. LRPMBE21082017-BRM01 3 . 2017.Projeto Rumo ao IME . NENHUM OUTRO MEIO.br/ .AUTOR DESTA OBRA. abre uma vazia. II e III apresentadas. ou seja.A melhor estratégia é sempre trocar a porta. III .com/watch?v=DSbtIa8NM5E .youtube. a probabilidade de se 1 acertar é de . Sobre as estratégias I.há três portas: uma tem prêmio e duas estão vazias. ele pergunta ao convidado se deseja trocar de porta. a seguinte configuração ocorre: 4 . tanto faz trocar ou não a porta. cuja resposta é: a melhor estratégia é sempre trocar de porta.finalmente.o apresentador pede ao convidado que escolha uma das portas. - QUESTOES Um programa de auditório tem um jogo chamado “Porta Premiada”. Quando o apresentador pede para que você escolha uma porta. o apresentador abre uma das duas portas não escolhidas. não trocá-la até o final do jogo. 2°. II – Todas as probabilidades são iguais. 5°. 3 Depois de abrir uma das portas.após a escolha. não há estratégia melhor que a outra.depois de aberta uma das portas. Analisando o jogo de forma puramente probabilística. Problema este abordado no filme Quebrando a Banca (21) e o trecho pode ser visto no link: https://www. Como ele sabe qual é a premiada. 3°. abre a porta do convidado para verificar se ganhou ou perdeu. 4°. é correto afirmar que - Solucao Este é o famoso problema de Monty Hall. verifique qua(l)(is) das estratégias abaixo tem a maior probabilidade de vencer o jogo. 1 que funciona da seguinte maneira: 1°. I – Após escolher a porta. duas bolas amarelas e 3 bolas verdes. a III está correta. levando-se em conta que a posição em que ele se encontra altera a decoração? 5 . o que faz com que seja mais vantajoso. Nos casos 2 e 3. Cada “objeto” da decoração pode ser um copo vazio ou com uma bola dentro. 2 Dessa. a probabilidade de acerto aumenta caso a estratégia seja trocar de porta. Item C U 2 Um decorador contemporâneo vai usar quatro “objetos” perfilados lado a lado como decoração de um ambiente. quantas maneiras distintas há de perfilar esses quatro “objetos”. 3 Logo. Ele dispõe de 4 copos transparentes azuis. 4 copos transparentes vermelhos. forma a probabilidade se torna . Considerando que a cor altera a opção do “objeto”. Caso ii) Escolha de posição e a cor: 4•2 = 8 possibilidades Caso iii) Para duas bolas. ficamos com: 16 (a configuração dos copos) * (1 (nenhuma bola) + 8 (uma bola) + 24 (duas bolas) + 28 (três bolas) + 10 (quatro bolas)) 1136 possibilidades Item D 6 . Assim. tem que escolher a posição da verde: outras três possibilidades. fica mais difícil. a gente escolhe a posição das duas bolas: (4+2) = 6 possibilidades Assim. Para o caso de 3 bolas verdes. Pra 1 bola amarela. Em seguida. temos (4+2)•2^2 = 24 Caso iv) Para três bolas. amarelo e verde e duas verdes). vamos dividir em casos: i) Nenhuma bola ii) Uma bola iii) Duas bolas iv)Três bolas v) Quatro bolas Caso i) Apenas uma opção. você pode ter 3 bolas verdes. tem que escolher a posição da amarela: 3 possibilidades Pra 2 amarelas e 1 verde. - Solucao [Contribuição de João Baptista de Paula e Silva] Observe que cada um dos quatro copos pode ser azul ou vermelho. temos 16 possibilidades "base". Logo. 2 amarelas e 1 verde. só tem uma possibilidade. ficamos com 4•(1+3+3) = 28 Caso v) Por fim. verde e amarelo. escolhemos a posição das duas bolas e depois escolhe a cor (duas amarelas. Você tem que escolher a posição: são 4 possibilidades (porque um dos copos vai ficar vazio). Dessa forma. para 4 bolas Temos 3 bolas verdes e 1 amarela ou 2 bolas verdes e 2 amarelas. Juntando tudo. a gente escolhe a posição da bola: 4 possibilidades E pra 2 bolas amarelas. Pra 2 verdes e 1 amarela. temos 4+6 = 10 possibilidades para o caso de quatro bolas. 2 verdes e 1 amarela. Neste momento. Se ele sortear um dos números usados. após quantos lançamentos de pratos. que diz que 𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 2 e do conceito de poliedro dual. qual será a probabilidade de o número sorteado representar um vértice? - Solucao São 5 os poliedros de Platão. Portanto. Em seguida. ele numerou cada vértice.U 3 Um garoto dispõe de um único exemplar de cada poliedro de Platão existente. aleatoriamente. como representado na tabela abaixo: Nome V F A Tetraedro 4 4 6 Hexaedro 8 6 12 Octaedro 6 8 12 Dodecaedro 20 12 30 Icosaedro 12 20 30 Uma boa maneira de se ter em mente esta tabela sem ter que recorrer a anotações é lembrar a relação de Euler. Analisando esse jogador antes do início da competição. face e aresta de cada poliedro sem repetir nenhum número. listando os números que coincidem com um número de vértice: 4 + 8 + 6 + 20 + 12 50 5 𝑝= = = 4 + 8 + 6 + 20 + 12 + 4 + 6 + 8 + 12 + 20 + 6 + 12 + 12 + 30 + 30 190 19 Item D U 4 Um atleta de tiro ao prato tem probabilidade de 0. a probabilidade de ele não ter acertado todos os tiros se tornará maior que a probabilidade de acertar todos? 7 .9 de acertar o prato a cada novo lançamento. Para brincar. anotou esses números no próprio poliedro. 9) … (0.9) = (0. podemos calcular a área deste triângulo utilizando: 𝐿2 √3 𝑆= (eq. sabendo- se que esse triângulo está inscrito em uma circunferência de comprimento igual a 10𝜋 cm? (item b) - Solucao Item B Dado o comprimento da circunferência exterior 𝐶1 = 10𝜋.2) 4 Dessa forma.1) e (eq. de (eq. Simplesmente como não ter acertado TODOS. o cálculo da área do triângulo pode ser 𝑎𝑏𝑐 𝐿3 feito como: 𝑆 = →𝑆= (eq.9) 𝑛 Probabilidade de não-acerto de todos N tiros (probabilidade complementar) : 1 − (0. 𝑎 á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑖𝑛𝑠𝑐𝑟𝑖𝑡𝑎 𝑣𝑎𝑙𝑒 𝐴 = 𝜋𝑟 = 4 8 . Probabilidade de acerto dos N tiros: (0. - Solucao A frase “não ter acertado todos os tiros” não deve ser entendida como quem errou todos os tiros. vem: 2 (5√3) 75√3 𝐿 = 5√3 𝑐𝑚 → 𝑆 = √3 = 𝑐𝑚2 4 4 75√3 3 ∗ 5√3 5 𝑀𝑎𝑠. mesmo que tenha errado apenas um.57 → 𝑛 = 7 1 − 2 log 3 Item C U 5 Qual é a área de uma circunferência inscrita em um triângulo equilátero.9) 𝑛 1 − (0.9)(0.9) 𝑛 > (0.2).9) 𝑛 < 1 → 9 𝑛 1 → ( ) < → 2(9𝑛 ) < 10𝑛 → log 2 + 2𝑛(log 3) < 𝑛 → 10 2 log 2 → 𝑛> → 𝑛 > 6.1) 4𝑅 20 De forma análoga. 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑆 = 𝑝𝑟 → = ∗ 𝑟 → 𝑟 = 𝑐𝑚 4 2 2 2 25𝜋 𝐿𝑜𝑔𝑜. temos: 2𝜋𝑅 = 10𝜋 → 𝑅 = 5 𝑐𝑚 Portanto.9) 𝑛 → 2 ∗ (0. determine a área hachurada abaixo.U 6 Seja 𝐶 = {𝑎1 . … . 9 . 𝑎 2 . Com isso. 𝑎 3. b ∈ 𝑹 representam o início e o fim da figura em relação ao eixo x do plano cartesiano. 𝑎 𝑛 } com 𝑎1 ≥ 𝑎 2 ≥ 𝑎 3 ≥ ⋯ ≥ 𝑎 𝑛 . ℎ(𝑥) limita a figura inferiormente e os valores a. - Solucao 1 (3𝑥 2 ) + 5(𝑥 − 2) = −4𝑥 − 4 + 4𝑥 → 𝑥 2 + 5𝑥 − 10 = −4 → 3 → 𝑥 2 + 5𝑥 − 6 = 0 → (𝑥 + 6)(𝑥 − 1) = 0 → 𝑥 = −6 𝑜𝑢 𝑥 = 1 → (1) 2 + (−6) 2 = 37 Item E U 7 𝑏 A área de uma figura plana é dada pelo cálculo da integral 𝐴 = ∫𝑎 [𝑔(𝑥) − ℎ(𝑥)]𝑑𝑥 . definida superiormente por uma parábola e inferiormente por uma reta. onde 𝑔(𝑥) é a função que limita a figura superiormente. 3 𝑑𝑥 (𝑥 − 2) −1 Determine o valor de 𝑎1𝑛 + 𝑎 𝑛2 + 𝑎 𝑛3 + ⋯ 𝑎 𝑛𝑛 . o conjunto das 𝑛 raízes da equação: 1𝑑 5 (𝑥 3 − 4) + = −4(𝑥 + 1) + 4𝑥 . de modo que a razão entre o número de homens e o número de mulheres 9 presentes depois disso passou a ser . Qual é o número total de pessoas que estiveram 10 presentes em algum momento do show? 10 . nenhum homem ou nenhuma mulher saiu ou entrou. O ponto 𝑥 = 𝑏 se encontra na intersecção das duas funções. 𝑎 = 0 .9 ∈ 𝑔 𝑥 → 9 = 𝑚 ∗ 3 ∗ (−3) → 𝑚 = −1 → ( ) ( ) → 𝑔(𝑥) = −𝑥(𝑥 − 6) = −𝑥 2 + 6𝑥 2 −0 1 ℎ (𝑥) = 𝑥 + 𝑝 → ℎ(𝑥) = 𝑥 + 𝑝 6 −0 3 1 Como o ponto 6. - Solucao 𝑔(𝑥) = 𝑚 (𝑥 − 0)(𝑥 − 6) Como o ponto 3. Para tal. Ao final do show. era de . os organizadores observaram no local o aumento de 255 homens e a redução de 150 mulheres. 1 17 𝑔(𝑏) = ℎ(𝑏) → −𝑏 2 + 6𝑏 = 𝑏 → 𝑏 = 0 𝑜𝑢 𝑏 = ± 3 3 17 3 17 𝑏 3 17𝑏 2 1 17 2 17 17 173 1 4913 ∫ (−𝑥 2 + 𝑥 )𝑑𝑥 = − + = ( ) (− + ) = ( )= 3 3 6 3 3 3 2 27 6 162 0 Item B U 8 No “Baile dos FERAS”. no início do evento. Durante o 10 show.2 ∈ ℎ 𝑥 → 2 = 6 + 𝑝 → 𝑝 = 0 → ( ) ( ) 3 1 → ℎ(𝑥) = 𝑥 3 Obviamente. os organizadores notaram que a razão entre o número de 7 homens e o número de mulheres presentes. tivemos 255 homens entrando no show e 150 mulheres saindo. - Solucao Segundo a proporção dada. Entretanto. terá as coordenadas da projeção: Item D - Solucao 11 . 3165 pessoas. sabendo-se que A=(3. é dito que no final a razão passa a ser de . vem: Início Final Homens 1365 1620 Mulheres 1950 1800 Total 3315 3420 No início. 3570 pessoas. temos: Início Final Homens 7k 7k + 255 Mulheres 10k 10k – 150 9 Entretanto. as 3315 pessoas do início mais os 255 homens que entraram. Logo. tínhamos 3315 pessoas e. Neste intervalo de tempo.6). logo: 10 7𝑘 + 255 9 = → 𝑘 = 195 10𝑘 − 150 10 Daí. U 9 A projeção ortogonal de A sobre a reta BC. Logo. B=(1. ao fim. poderíamos ter também. não sendo dada a ordem destes eventos.1) e C=(9. o número de pessoas num dado momento da festa faz parte do intervalo: 3165 ≤ 𝑥 ≤ 3570 Levando assim. Isto é. 3420 pessoas. em algum dado momento poderíamos ter as 3315 pessoas do início menos as 150 mulheres que saíram. a duas possíveis respostas: (b) e (c) .7). Como não foi informada a cronologia dos eventos “Homens entrando” e “mulheres saindo”. a palavra MAR corresponde ao vetor (12. Usando o processo acima para decodificar 𝑤 = (64. escolhe-se uma matriz 3x3. seja 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥 − 3.19).29). 1) Ainda. D pertence a reta BC: 𝑥− 1 𝑦−1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐷 = 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶 → = → 8 5 → −5𝑥 + 8𝑦 = 3 (𝑒𝑞.y) Seja o vetor 𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐶 − 𝐵 = (8. 2) Resolvendo o sistema. temos que 457 319 𝑥= 𝑒𝑦= 89 89 U 10 Para descrever um código que permite transformar uma palavra P de três letras em um vetor w ϵ R³. 𝑦 − 7) Como 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ → 8(𝑥 − 3) + 5(𝑦 − 7) = 0 → → 8𝑥 + 5𝑦 = 59 (𝑒𝑞. Considerando D o ponto que é a projeção ortogonal de A na reta BC.5) De maneira análoga. temos que D = (x. inicialmente. a nossa “matriz código” será: 2 2 0 𝐴 = [3 3 1] 1 0 1 A partir da correspondência: 𝐴 → 1 / 𝐵 → 2 / 𝐶 → 3 / 𝐷 → 4 / 𝐸 → 5 /𝐹 → 6 /𝐺 → 7 / 𝐻 → 8 / 𝐼 → 9 /𝐽 → 10 / 𝐿 → 11 / 𝑀 → 12 / 𝑁 → 13 / 𝑂 → 14 / 𝑃 → 15 / 𝑄 → 16 / 𝑅 → 17 / 𝑆 → 18 / 𝑇 → 19 / 𝑈 → 20 / 𝑉 → 21 / 𝑋 → 22 / 𝑍 → 23 a palavra P é transformada em vetor v do R³.17) = 𝑣 .56. Por exemplo. Em seguida. a qual é codificada com 𝑤 = (26. teremos: - Solucao 2 2 0 𝑥 2𝑥 + 2𝑦 = 64 [64 107 29] = [3 3 1] [𝑦 ] → {3𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 107 → 𝑧 = 107 − 3 ∗ 32 → 𝑧 = 11 1 0 1 𝑧 𝑥 + 𝑧 = 29 𝑧 = 11 → 𝑥 = 18 → 𝑦 = 14 → 𝑆𝑂𝐿 Item A 12 .1. o código da palavra P é obtido pela operação 𝑤 = 𝐴𝑣 . Por exemplo.107. este resultado também pode ser visto como 1+i^n Com isso. temos: 𝑆 = (1 + 𝑖 + 𝑖 2 + 𝑖 3 ) + ⋯ + (𝑖 4𝑘−4 + 𝑖 4𝑘−3 + 𝑖 4𝑘−2 + 𝑖 4𝑘−1 ) + 𝑖 4𝑘 + 𝑖 4𝑘+1 A cada 4 parcelas temos que a soma destas. letras B e E estão corretas e a questão deve ser anulada. então 𝑆 = 1 + 𝑖 Item E Porém.U 11 Resolvendo 1 + 𝑖 + 𝑖 2 + 𝑖 3 + ⋯ + 𝑖 𝑛 com n = 4k + 1 e 𝑘 ∈ 𝑍. temos: |−1 + 𝑦𝑖 − 3| + |−1 + 𝑦𝑖 + 3| = 10 → → √16 + 𝑦 2 + √4 + 𝑦 2 = 10 → 16 + 𝑦 2 = 100 + 4 + 𝑦 2 − 20√4 + 𝑦 2 → 13 . vale zero. encontramos |𝑧 − 3| + |𝑧 + 3| = 10 como solução: - Solucao Seja 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 → |(𝑥 − 2) + 𝑦𝑖| = |(𝑥 + 4) + 𝑦𝑖| → → 𝑥 = −1 Na segunda equação. obtemos: - Solucao É de conhecimento geral que: 𝑖 4𝑘 = 1 𝑖 4𝑘+1 = 𝑖 𝑖 4𝑘+2 = −1 𝑖 4𝑘+3 = −𝑖 Portanto. Nos resta. U 12 |𝑧 − 2| = |𝑧 + 4| Resolvendo o sistema { . para z complexo. quando colocadas as canecas à venda em um grande evento. Se.00. o valor inicial é de R$764. dobrar sua quantia. para nós. após cada compra. Em cada loja.00.00 de estacionamento. Assim. se dá quando ele tem apenas R$20. Item C U 14 Uma aluna do 3°ano da EFOMM. será de: 14 . em média 300 pessoas compravam. em seguida. a venda aumentava em 100 unidades. Para cada redução de R$1. o preço da caneca. após toda essa atividade. a quantia que ele possuía inicialmente era de: - Solucao Para esta.00. temos: Logo.00. Pensar no inverso é dar início com R$20. o início da questão. R$2.00 e receber o valor do estacionamento e. vamos pensar no caminho inverso do proposto no enunciado. responsável pelas vendas dos produtos da SAMM (Sociedade Acadêmica da Marinha Mercante). Seguindo esta lógica.00 no preço da caneca. 22 2 8√6 8√6 → 𝑦 = ±√ ( ) − 4 = ± → 𝑧 = −1 ± 5 5 5 Item A U 13 Um aluno do 1°ano da EFOMM fez compras em 5 lojas. gastou metade do que possuía e pagou. com a venda de uma caneca a R$9. isto é. para que a receita seja máxima. percebeu que. ainda ficou com R$20. quando C é um ponto de tangência.00. isto é. sabemos que o ponto 𝐴 = (2. acerta até no máximo o ponto C. um indefeso coelho estará 100% seguro? - Solucao A mira do atirador. 1) 15 . Mas. antes disso. 0 = 2𝑎 + 𝑏 → → 𝑏 = −2𝑎 (𝑒𝑞. Temos. tal que 𝑟: 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 Este ponto C é ponto em que a intersecção entre 𝑟 e a parábola é única. A partir de que ponto.𝑦𝑐 ). que se encontra no ponto A.00 Item C U 15 A forma de uma montanha pode ser descrita pela equação 𝑦 = −𝑥 2 + 17𝑥 − 66 (6 ≤ 𝑥 ≤ 11). na montanha. de coordenadas (𝑥𝑐 . Considere um atirador munido de um rifle de alta precisão.0). Portanto. então: Preço unitário : (9 − 𝑥) Quantidade de vendas: (300 + 100𝑥) Receita: (9 − 𝑥)(300 + 100𝑥) = −100𝑥 2 + 600𝑥 + 2700 600 𝑅𝑒𝑐𝑒𝑖𝑡𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 → 𝑥 = 𝑥𝑣 = − =3 2 ∗ (−100) Logo. localizado no ponto (2. o preço da caneca deverá ser de 9 − 3 = 𝑅$6.0) pertence a r. Seja r a reta suporte de AC. considerando que seu rifle dispare em linha reta. - Solucao Seja x a quantidade de descontos sucessivos de 𝑅$1. 𝒚𝒄 ) = (𝟖. ) pertence também a reta s. temos: 5 1 1 2 = − ∗5 +𝑝→ 𝑝= 5 25 5 25𝑦 + 𝑥 − 10 = 0 16 . ) será 16 𝑥 5 - Solucao Seja s a reta tangente dada. que. portanto. 𝟔) Item B 1 1 U A equação da reta tangente ao gráfico 𝑓(𝑥) = no ponto (5. 𝟏𝟕 − 𝒂 −𝟐𝒙𝒄 + 𝟏𝟕 = 𝒂 → 𝒙𝒄 = 𝟐 → 𝒙𝒄 = 𝟖 𝒐𝒖 𝒙𝒄 = −𝟒 Pela condição do enunciado. 𝒙𝒄 = 𝟖 𝒚𝒄 = 𝟏(𝟖 − 𝟐) = 𝟔 → → (𝒙𝒄. Logo. 1 1 Seja 𝑓 ′ (𝑥) = − → 𝑓 ′ (5) = − 𝑥2 25 1 É conhecido que 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑚 e. ′ Portanto. o sistema de equações: 𝒚 = 𝒂(𝒙 − 𝟐) { 𝒚 = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟕𝒙 − 𝟔𝟔 deve ter solução única. 𝑟: 𝑦 = 𝑎𝑥 − 2𝑎 = 𝑎(𝑥 − 2) Dessa forma. 𝚫 = 𝟎 → (𝟏𝟕 − 𝒂) 𝟐 − 𝟒 ∗ (−𝟏)(𝟐𝒂 − 𝟔𝟔) = 𝟎 → → 𝟐𝟖𝟗 − 𝟑𝟒𝒂 + 𝒂𝟐 + 𝟖𝒂 − 𝟐𝟔𝟒 = 𝟎 → 𝒂𝟐 − 𝟐𝟔𝒂 + 𝟐𝟓 = 𝟎 → → 𝒂 = 𝟐𝟓 𝒐𝒖 𝒂 = 𝟏 Sabe-se que o coeficiente angular da reta tangente no ponto C pode ser dado por: 𝒚′ = −𝟐𝒙𝒄 + 𝟏𝟕 E. 𝑚 = − 25 1 𝑠: 𝑦 = − 𝑥+𝑝 25 1 Como o ponto (5. 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑝 . neste caso 𝑦 = 𝑎 .Logo. então. a menor quantidade possível de pessoas na festa? - Solucao Seja um polígono de n lados. 𝑦 ∈ 𝑅 ∗ . isto é. E. 𝑥 1 o valor de 𝑓 ( ) será: 2 - Solucao Para 𝑥 = 𝑘 𝑒 𝑦 = −1. Então. temos: 17 .Item A U 17 𝑓 ( −𝑦) Seja 𝑓: 𝑅∗ → 𝑅 uma função tal que 𝑓(1) = 2 e 𝑓 (𝑥𝑦) = − . desenhando um polígono de 4 lados. Cada um dos vértices só pode estar ligado a dois outros vértices. não pode haver formação de triângulos. ∀𝑥. sabe-se que cada pessoa tem três amigos. Com um polígono de 6 lados. 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠: 𝑓(1) 2 𝑓(−𝑘) = − → 𝑓(𝑎) = 𝑘 𝑎 1 Para 𝑎 = → 𝑓(𝑎) = 4 2 Item B U 18 Em uma festa. não pode haver três pessoas que sejam amigas duas a duas. pela condição do enunciado. Assim sendo. Qual é. Cada vértice do polígono representa uma pessoa na festa. mas que não há três pessoas que sejam amigas duas a duas. percebemos que não há como resolver. sabendo-se que a função abaixo é contínua para todos os valores de x. Item D U 19 Os valores de A. será: - Solucao Uma função contínua pode ser definida informalmente como “o gráfico que você faz sem tirar o lápis do papel”. Formalmente.Que é exatamente a condição necessária para que o problema funcione. 𝐴 2 ∗ 3 − 𝐴 = 4 → 3𝐴 2 − 𝐴 − 4 = 0 4 𝐴 = 𝑜𝑢 𝐴 = −1 3 Item E 18 . temos que o limite da função no ponto deve ser igual ao valor da função naquele ponto. Dessa forma. as bissetrizes dos ângulos externos do vértice B e C formam um ângulo de medida 50°. gerando um ângulo α para cada um dos lados da bissetriz. 3) E também que:  + 𝐵̂ + 𝐶̂ = 180° (𝑒𝑞.U 20 Num triângulo ABC. temos: 2𝛽 + 𝐶̂ = 180° (𝑒𝑞. ele pode ser representado no triângulo 𝐹𝐶𝐵. - Solucao Sabemos que o suplementar de 𝐵̂ se encontra divido pela bissetriz. 4) Destas. sabemos que: 𝛼 + 𝛽 + 50° = 180° (𝑒𝑞. Calcule o ângulo interno do vértice A. Logo: 2𝛼 + 𝐵̂ = 180° (𝑒𝑞. vem que  = 80° Item C 19 . 2) Além disso. 1) De maneira análoga. Por ângulos alternos internos. do Programa de Aperfeiçoamento de Professores de Matemática PAPMEM pelo Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada (IMPA). 20 . . Participou. Atualmente leciona Matemática em turmas pré- vestibulares e pré-militares no Rio de Janeiro. Projeto Rumo ao IME O documento foi elaborado por Gabriel Valladão | VLL Edições e Publicação 2017 Bryan Maia Graduando pelo Instituto Militar de Engenharia (IME) e Mestrando em Matemática Aplicada pela Fundação Getúlio Vargas (FGV). por duas vezes. 2017. Brasil. RJ. Rio de Janeiro. 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