RESOLUÇÃO
Matemática APLICADA
FGV Administração - 24.10.10
VESTIBULAR FGV 2011 – OUTUBRO/2010
RESOLUÇÃO DAS 10 QUESTÕES DE MATEMÁTICA APLICADA
QUESTÃO 1
O gráfico no plano cartesiano expressa a alta dos preços médios de televisores de tela plana e alta
definição, do modelo “LCD, full HD, 32 polegadas”, antes da Copa do Mundo na África do Sul e sua queda
após o início. Os pontos A, A’ e C são colineares.
Demonstre que o preço médio desse modelo em agosto de 2010 foi 8,3% menor, aproximadamente, que o
preço médio do mesmo modelo em maio de 2010.
Resolução:
←
→
r: AA’ , A (1, 2 500) e A’ (2, 2 350).
∆y 2 350 – 2 500
mr =
=
= –150
∆x
2–1
(r): y – 2 500 = –150(x – 1) ⇒ y = –150x + 2 650
Preço médio em agosto de 2010 (x = 3): y = –150 ⋅ 3 + 2 650 = 2 200
Sendo Vi o valor em maio e Vf o valor em agosto, temos:
Vf = Vi(1 + i)
2 200 = 2 400(1 + i) ⇒ 0,917 = 1 + i ⇒ i ≅ –0,083 = –8,3%
Em agosto o preço médio foi 8,3% menor (aproximadamente) que o de maio.
Resposta: Demonstração acima.
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QUESTÃO 2
Nos últimos anos, o salário mínimo tem crescido mais rapidamente que o valor da cesta básica,
contribuindo para o aumento do poder aquisitivo da população. O gráfico abaixo ilustra o crescimento do
salário mínimo e do valor da cesta básica na região Nordeste, a partir de 2005.
Suponha que, a partir de 2005, as evoluções anuais dos valores do salário mínimo e dos preços da cesta
básica, na região Nordeste, possam ser aproximados mediante funções polinomiais do 1º grau, f(x) = ax + b,
em que x representa o número de anos transcorridos após 2005.
a) Determine as funções que expressam os crescimentos anuais dos valores do salário mínimo e dos preços da cesta básica, na região Nordeste.
b) Em que ano, aproximadamente, um salário mínimo poderá adquirir cerca de três cestas básicas, na região Nordeste? Dê a resposta aproximando o número de anos, após 2005, ao inteiro mais próximo.
Resolução:
a) Salário mínimo: (0; 300) (5; 510)
m=
510 – 300 210
=
= 42
5– 0
5
y – 300 = 42(x – 0)
y = 42x + 300
Cesta básica: (0; 154) (5; 184)
m=
184 – 154 30
=
=6
5– 0
5
y – 154 = 6(x – 0)
y = 6x + 154
b) SM = 3 ⋅ CB ⇒ 42x + 300 = 3(6x + 154) ⇒ x = 6,75 ≅ 7
x = 7 corresponde ao ano 2012.
Respostas:
a) salário mínimo: y = 42x + 300
cesta básica: y = 6x + 154
b) ano 2012.
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QUESTÃO 3
a) Por volta de 1650 a.C., o escriba Ahmes resolvia equações como x + 0,5x = 30, por meio de uma regra de três, que chamava de “regra do falso”. Atribuía um valor falso à variável, por exemplo, x = 10,
10 + 0,5 ⋅ 10 = 15 e montava a regra de três:
Valor falso
Valor verdadeiro
10
x
15
30
10
x
=
→ x = 20
15 30
Resolva este problema do Papiro Ahmes pelo método acima:
“Uma quantidade, sua metade, seus dois terços, todos juntos somam 26. Qual é a quantidade?”
b) O matemático italiano Leonardo de Pisa (1170-1240), mais conhecido hoje como Fibonacci, propunha e
resolvia, pela regra do falso, interessantes problemas como este:
1
“Um leão cai em um poço de 50 pés de profundidade. Pé é uma unidade de medida de comprimento.
7
Ele sobe um sétimo de um pé durante o dia e cai um nono de um pé durante a noite. Quanto tempo levará para conseguir sair do poço?”
Resolva o problema pela regra do falso ou do modo que julgar mais conveniente. Observe que, quando
o leão chegar a um sétimo de pé da boca do poço, no dia seguinte ele consegue sair.
Resolução:
x
2x
a) x + +
= 26
2
3
Para x = 6, temos 6 +
6 2⋅ 6
+
= 13.
2
3
Valor falso
Valor verdadeiro
6
x
13
26
6 ⋅ 26
6
x
⇒x =
=
= 12
13 26
13
b) x = número de dias (e noites) para atingir a altura de 50 pés (no dia seguinte o leão sai do poço).
x x
– = 50
7 9
63 63
Para x = 63, temos
–
= 2.
7
9
Valor falso
Valor verdadeiro
63
x
2
50
63 ⋅ 50
63
x
⇒x =
=
= 1 575
2
50
2
Portanto, para o leão sair do poço são necessários 1 576 dias.
Respostas:
a) Resolução acima; a quantidade é 12.
b) 1 576 dias.
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QUESTÃO 4
Ao tentar encontrar a intersecção do gráfico de uma função quadrática com o eixo x, um aluno encontrou as
soluções: 2 + i e 2 – i . Quais são as coordenadas do vértice da parábola? Sabe-se que a curva intercepta o
eixo y no ponto (0, 5).
Resolução:
Função quadrática: f(x) = ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2), sendo x1 e x2 os zeros da função. Então:
f(x) = a ⋅ [x – (2 + i)] ⋅ [x – (2 – i)] = a ⋅ [(x – 2) – i] ⋅ [(x – 2) + i]
f(x) = a ⋅ [(x – 2)2 – i2] = a ⋅ [(x – 2)2 + 1]
f(0) = 5 ⇒ 5a = 5 ⇒ a = 1
Logo, f(x) = (x – 2)2 + 1.
Como (x – 2)2 ≥ 0, ∀ x ∈ R, temos f(x) ≥ 1, ∀ x ∈ R, e o valor mínimo de f ocorre para x = 2. Logo, o vértice da
parábola é (2; 1).
Resposta: (2; 1)
QUESTÃO 5
Considere três trabalhadores. O segundo e o terceiro, juntos, podem completar um trabalho em 10 dias. O
primeiro e o terceiro, juntos, podem fazê-lo em 12 dias, enquanto o primeiro e o segundo, juntos, podem
fazê-lo em 15 dias. Em quantos dias, os três juntos podem fazer o trabalho?
Resolução:
Sendo α, β e γ as frações do trabalho que cada um dos trabalhadores faz em um dia, respectivamente,
temos:
β + γ = 1

10

1
 α + γ = 12

α +β= 1
15

1
1
Somando membro a membro as 3 equações, obtemos 2α + 2β + 2γ = , logo α + β + γ = , isto é, os 3
4
8
1
trabalhadores juntos realizam, em um dia, do trabalho. Logo, levam 8 dias para fazerem, juntos, o trabalho
8
todo.
Resposta: 8 dias.
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QUESTÃO 6
a) Em um laboratório, uma caixa contém pequenas peças de mesma forma, tamanho e massa. As peças
são numeradas, e seus números formam uma progressão aritmética:
5, 10, 15, ..., 500
Se retirarmos ao acaso uma peça da caixa, qual é a probabilidade, expressa em porcentagem, de obtermos um número maior que 101?
b) Explique por que podemos afirmar que 101! + 19 não é um número primo.
Resolução:
a) O número de elementos do espaço amostral é o número de termos da P.A. (5; 10; 15; ...; 500).
Como 5 = 5 ⋅ 1, 10 = 5 ⋅ 2, 15 = 5 ⋅ 3, ..., 500 = 5 ⋅ 100, temos 100 elementos.
O número de casos favoráveis é o número de termos da P.A. (105; 110; 115; ...; 500).
105 = 5 ⋅ 21, 110 = 5 ⋅ 22, ..., 500 = 5 ⋅ 100. Temos 100 – 20 = 80 casos favoráveis.
80
= 80%
Logo, a probabilidade pedida é: P =
100
b) Temos que 101! = 101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ ... ⋅ 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ ... ⋅ 1 é múltiplo de 19 por conter o fator 19. Assim,
101! + 19 também é múltiplo de 19, logo não é um número primo.
Respostas:
a) 80%.
b) Explicação acima.
QUESTÃO 7
O serviço de compras via internet tem aumentado cada vez mais. O gráfico ilustra a venda anual de
e-books, livros digitais, em milhões de dólares nos Estados Unidos.
Suponha que as vendas anuais em US$ milhões, possa ser estimada (sic) por uma função como y = a ⋅ ekx,
em que x = 0 representa o ano 2002, x = 1, o ano 2003, e assim por diante; e é o número de Euler.
Assim, por exemplo, em 2002 a venda foi de 7 milhões de dólares.
A partir de que ano a venda de livros digitais nos Estados Unidos vai superar 840 milhões de dólares?
Use as seguintes aproximações para estes logaritmos neperianos:
n 2 = 0,7; n 3 = 1,1; n 5 = 1,6
Resolução:
y = a ⋅ ekx , x é o número de anos a partir de 2002, e y representa as vendas anuais (em U$ milhões).
Do gráfico, temos que para x = 0 corresponde y = 7 e, para x = 7, y = 315.
Assim, 7 = a ⋅ ek ⋅ 0 ⇒ a = 7
315 = a ⋅ e7k ⇒ 315 = 7 ⋅ e7k ⇒ e7k = 45
Seja T o tempo para que as vendas sejam de 840 milhões de dólares.
840 = 7 ⋅ ekT ⇒ ekT = 120 ⇒ e7kT = 1207 ⇒ (e7k)T = 1207⇒ 45T = 1207 ⇒ T ⋅ n 45 = 7 ⋅ n 120 ⇒
7 ⋅ n (2 3 ⋅ 3 ⋅ 5)
7(3 ⋅ 0,7 + 1,1 + 1,6) 33,6
=
≈ 8,8 anos
2 ⋅ 1,1 + 1,6
3,8
n (3 ⋅ 5)
Como contamos a partir de 2002, no ano 2011 as vendas vão superar U$ 840 milhões.
T=
2
=
Resposta: Ano 2011.
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QUESTÃO 8
a) Determine o quarto termo da sequência (a1, a2, a3,... an...) dada por:
an = 2an – 1 + 1 e a1 = 1, com n > 1.
b) O jogo “A torre de Hanói” tem sido jogado desde o século dezenove. É formado por três hastes de plástico, metal ou madeira, diversos anéis de tamanhos diferentes e consiste em transferir e reconstruir a torre em torno de uma das duas hastes vazias, mas seguindo as regras:
1ª Somente um anel pode ser movido de cada vez.
2ª Nenhum anel pode ficar sobre um anel menor.
Para uma torre com dois anéis, o menor número de movimentos necessários para transferi-la é 3.
Use o desenho abaixo e mostre como transferir uma torre de 3 anéis no menor número possível de
movimentos.
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c) O menor número de movimentos an para transferir uma torre de n anéis, n > 1, satisfaz a relação:
an + 1 = 2(an – 1 + 1). Qual é o menor número de movimentos necessários para transferir uma torre com 6
anéis?
Resolução:
a) Como a1 = 1 e an = 2an – 1 + 1, temos:
a2 = 2a1 + 1 ⇒ a2 = 2 ⋅ 1 + 1 = 3
a3 = 2a2 + 1 ⇒ a3 = 2 ⋅ 3 + 1 = 7
a4 = 2a3 + 1 ⇒ a4 = 2 ⋅ 7 + 1 = 15
b) 1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
c) Temos an + 1 = 2(an – 1 + 1) ⇒ an + 1 = 2an – 1 + 2 ⇒ an = 2an – 1 + 1
Assim, continuando o item a, temos:
a5 = 2a4 + 1 ⇒ a5 = 2 ⋅ 15 + 1 = 31
a6 = 2a5 + 1 ⇒ a6 = 2 ⋅ 31 + 1 = 63
Respostas:
a) O quarto termo é 15.
b) Figura acima.
c) 63.
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QUESTÃO 9
a) Demonstre que as duas equações abaixo são identidades.
1ª (x + y)2 – 2xy = x2 + y2
2ª (x + y) ⋅ [(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3
b) Um cavalheiro, tentando pôr à prova a inteligência de um aritmético muito falante, propôs-lhe o seguinte
problema: “Eu tenho, em ambas as mãos, 8 moedas no total. Mas, se eu conto o que tenho em cada
mão, os quadrados do que tenho em cada mão, os cubos do que tenho em cada mão, a soma disso tudo
é o número 194. Quantas moedas tenho em cada mão?”
Mesmo que você resolva o problema por substituição e tentativa, faça o que é pedido no item c.
c) Expresse o problema mediante um sistema de duas equações com duas variáveis.
Resolva o sistema de equações usando, se julgar conveniente, as identidades do item a.
Resolução:
a) 1ª) (x + y)2 – 2xy = x2 + 2xy + y2 – 2xy = x2 + y2, ∀ x e ∀ y
Logo, (x + y)2 – 2xy = x2 + y2 é uma identidade.
2ª) (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = (x + y)(x2 + 2xy + y2 – 3xy) = (x + y)(x2 – xy + y2) =
= x3 – x2y + xy2 + x2y – xy2 + y3 = x3 + y3, ∀ x e ∀ y.
Logo, (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3 é uma identidade.
b) Quantidade de moedas em uma das mãos: x(x ∈N)
Quantidade de moedas na outra mão: 8 – x
x + (8 – x) + x2 + (8 – x)2 + x3 + (8 – x)3 = 194 ⇒ 26x2 – 208x + 390 = 0 ⇒ x2 – 8x + 15 = 0 ⇒ (x = 3 ou x = 5)
Em uma das mãos 3 moedas e, na outra, 5 moedas.
x + y = 8
c) 
2
2
3
3
 (x + y) + (x + y ) + (x + y ) = 194
Como y = 8 – x, recaímos na equação resolvida no item anterior. Portanto, (x = 3, y = 5) ou (x = 5, y = 3).
Obs.: Usando as identidades do item a, obtemos: (x + y) + [(x + y)2 – 2xy] + (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = 194
8 + 64 – 2xy + 8(64 – 3xy) = 194
Daí vem xy = 15. Os números que têm soma 8 e produto 15 são 3 e 5.
Respostas:
a) Demonstração acima.
b) 3 moedas numa das mãos e 5 na outra.
c) Sistema e resolução acima.
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QUESTÃO 10
a) Calcule a área do losango ABCD cujos vértices são os afixos dos números complexos: 3, 6i, –3 e –6i,
respectivamente.
b) Quais são as coordenadas dos vértices do losango A’B’C’D’ que se obtém girando 90° o losango ABCD,
em torno da origem do plano cartesiano, no sentido anti-horário?
c) Por qual número devemos multiplicar o número complexo cujo afixo é o ponto B para obter o número
complexo cujo afixo é o ponto B’?
Resolução:
a) Representando o losango ABCD no plano complexo, temos a figura abaixo.
Im
B
6
C
–3
A
3
Re
D –6
3⋅ 6
= 36.
2
b) O losango A’B’C’D’ é o losango representado abaixo.
Então, S(ABCD) = 4 ⋅
Im
A’ 3
–6
6
B’
D’
C’ –3
Os vértices são A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0).
c) (6i) ⋅ z = –6 ⇒ z =
–1
⇒z=i
i
Respostas:
a) 36
b) A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0).
c) i
Re