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Prova em Mutirão:Simulado IME Matemática.

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Giovana Martins
Leo Consoli
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Prova em Mutirão:Simulado IME Matemática. - Página 2 Empty Prova em Mutirão:Simulado IME Matemática.

Mensagem por Leo Consoli Ter 19 Fev 2019, 19:12

Relembrando a primeira mensagem :

Link:https://drive.google.com/file/d/1NN6EcFNDuHvLlst-Gy9GIlIj2AvlebfE/view
O John Carter enviou aqui no fórum alguns simulados do IME/ITA e algumas listas, um dos simulados de matemática não tem gabarito então achei uma boa solucionar ele.
1. Resolvida por Leo Consoli
2. Resolvida por Thanos
3. Resolvida por Leo Consoli
4. Resolvida por Matheus Tsilva
5. Resolvida por Giovana Martins
6. Resolvida por fantecele88
7. Resolvida por Giovana Martins
8. Resolvida por Leo Consoli
9. Resolvida por Giovana Martins
10. Resolvida por fantecele88
Vou abrir fazendo a questão 1:
Prove que a soma
1^k+2^k+3^k+....+n^k
em que n é um inteiro qualquer e k é impar, é divisível por 1+2+3+...+n.
A questão cometeu o erro de não especificar que k tem que ser inteiro e positivo, pois para inteiros negativos ou números fracionários isso não é mais verdade.
Devemos provar que sempre existe um numero (w) que multiplicado por 1+2+3+...+n resulte em 1^k+2^k+3^k...+n^k, já que o resto da divisão é zero.
Sendo k um numero impar podemos escreve-lo na forma k=2x+1, sendo x um numero natural qualquer.
Por indução se o resultado valer para x=0 e para x=1 valera para todo k tal que k seja impar.
Para x=0 é automático que o valor w é igual a 1.
Para x=1, temos que provar que existe um valor que multiplicado por uma soma de termos, resulte na soma de seus cubos.
Porem sabemos que:
\\\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\wedge \sum_{k=1}^{n}k^3=\left [\frac{n(n+1)}{2}  \right ]^2
Substituindo esses valores:
\left [\frac{n(n+1)}{2}  \right ]^2=w\times\frac{n(n+1)}{2}  \rightarrow w=\frac{n(n+1)}{2}
Logo para outros valores de x o resultado se mantem.


Última edição por Leo Consoli em Qui 21 Fev 2019, 17:35, editado 8 vez(es)
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Mensagem por Leo Consoli Qui 21 Fev 2019, 07:31

Boa, só falta a 4, se ninguem resolver ate la, de tarde tento alguma coisa.
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Mensagem por Giovana Martins Qui 21 Fev 2019, 14:46

Refiz as contas e corrigi alguns erros da resolução anterior. Acredito que não haja mais erros. De qualquer forma, analisem a resolução.

Em breve eu posto algumas demonstrações.

Me perdoem pelo tamanho da imagem.
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Mensagem por Giovana Martins Qui 21 Fev 2019, 15:51

Eu falei que eu não postaria a demonstração do volume do tronco de cone, mas eu vou postar porque essa demonstração vai me ajudar a demonstrar a fórmula do tronco de cone de segunda espécie.

Demonstração: tronco de cone de primeira espécie:

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\\V_T=V_{ABC}-V_{APQ}\ (1)\ \wedge\ h=h''-h'\ (2)\ \therefore  \ V_T=\frac{A''h''}{3}-\frac{A'h'}{3}\ (3)\\\\V_{ABC}\ \sim\ V_{APQ}\ \therefore \ \frac{A'}{A''}=\left ( \frac{h'}{h''} \right )^2\to  \frac{\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}}=\frac{h'}{h''}\to \underset{\mathrm{Propriedade\ da\ proporcao}}{\underbrace{\frac{\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}=\frac{h'}{h''-h'}}}\ (4)\\\\\mathrm{De\ }(2)\ \mathrm{e}\ (4):\ h'=\frac{h\sqrt{A'}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}\ (5)\ \vee\ h''=\frac{h\sqrt{A''}}{\sqrt{A''}-\sqrt{A'}}\ (6)\\\\\mathrm{De\ }(3),(5)\ \mathrm{e}\ (6):\ V_T=\frac{hA''\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}-\frac{hA'\sqrt{A'}}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}=\frac{h\left [ (A'')^\frac{2}{3}-(A')^\frac{2}{3} \right ]}{3(\sqrt{A''}-\sqrt{A'})}\\\\\therefore \ V_T=\frac{h}{3}(A''+A'+\sqrt{A''A'})\to \boxed {V_T=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2+Rr)}

Demonstração: tronco de cone de segunda espécie:

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

\\V_T=V_{ABC}+V_{APQ}\  \wedge\ h=h''+h'\\\\\mathrm{Semelhantemente\ as\ eq.\ }(5)\ \mathrm{e}\ (6):\\\\V_T=\frac{hA''\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}-\frac{hA'\sqrt{A''}}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}=\frac{h\left [ (A'')^\frac{2}{3}+(A')^\frac{2}{3} \right ]}{3(\sqrt{A''}+\sqrt{A'})}\\\\\therefore \ V_T=\frac{h}{3}(A''+A'-\sqrt{A''A'})\to \boxed {V_T=\frac{\pi h}{3}(R^2+r^2-Rr)}

Explicação da semelhança entre os triângulos indicados na resolução: notem que ∠BAC=90°. Desse modo, sabendo que ∠AQB=90°, que ∠BAQ=θ e que a soma dos ângulos internos de um triangulo equivale a 180°, logo, o ângulo ∠ABQ só pode ser igual a μ. A mesma ideia vale para o ângulo ∠ACM.
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Mensagem por Giovana Martins Sex 22 Fev 2019, 14:02

A questão 4, aparentemente, está difícil.

Eu sei que não é muito, mas deixo uma figura com algumas conclusões para quem quiser tentar fazer.

[Você precisa estar registrado e conectado para ver esta imagem.]

Eu chamei um dos ângulos de beta para ver se eu encontrava alguma coisa por soma de arcos.
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Mensagem por Leo Consoli Sex 22 Fev 2019, 19:10

Giovana, montei uma imagem um pouco diferente, vai que ajuda, o que se percebe é que todos os triângulos sao retangulos e semelhantes entre si, mais nao consigo ver a saida ainda.
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Mensagem por Giovana Martins Sex 22 Fev 2019, 20:48

Vou tentar fazer alguma coisa a partir da sua imagem. Vamos ver se sai alguma coisa Smile.
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Mensagem por Giovana Martins Seg 15 Jul 2019, 15:04

Uma resolução alternativa para a questão 7.

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Fonte: eu tirei esta resolução do livro Course in Mathematics for ITT-JEE 2012.

A propósito, ninguém sabe resolver a questão 4?
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Mensagem por Matheus Tsilva Seg 15 Jul 2019, 17:21

alguém confere ai fazendo favor haha

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Mensagem por Vitor Ahcor Seg 15 Jul 2019, 20:38

[Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.] escreveu:alguém confere ai fazendo favor haha
Acredito que você aplicou errado o T. de menelaus no triângulo OPK. O correto seria: [a/(a-b)]*[(a-b)/(tgα*BK)]*[BK*senα/acosα] = 1. Disso, "conclui-se" que 1=1. Isso aconteceu pq você aplicou duas vezes o teorema no mesmo triângulo, acabou fazendo a msm conta.
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Mensagem por Vitor Ahcor Seg 15 Jul 2019, 20:51

Uma outra possível solução para a questão indiana:

Se | z³ + 1/z³ | ≤ 2 → z³ = cisθ. Notemos:

| cisθ + 1/cisθ | = | cisθ + cis-θ | = 2|cosθ| ≤ 2

Logo, | z + 1/z | = | cisθ/3 + cis-θ/3 | =  2|cosθ/3| ≤ 2.


Última edição por vitorrochap2013 em Seg 15 Jul 2019, 21:34, editado 1 vez(es)
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