MATEMÁTICA
COMENTÁRIO DA PROVA
Os objetivos desta prova discursiva foram plenamente alcançados. Os conteúdos principais foram contemplados, inclusive complementando os tópicos abordados na 1ª. fase, mostrando uma conveniente interação entre as duas provas, o que é elogiável. Questões clássicas, primando pela originalidade em várias
situações, questões mais trabalhosas, atenuadas pelo tempo maior (2horas e 30 minutos) disponibilizado
para a sua resolução.
Professores de Matemática do Curso Positivo.
1
MATEMÁTICA
Resolução:
Inicialmente, vamos escalonar o sistema: adicionando os elementos da segunda equação aos da
primeira multiplicados por (–2), e adicionando os elementos da terceira equação aos da primeira
multiplicados por (–3). Desta forma, tem-se:
x – 2y +
z=5
2x + y + 3z = 2
3x – y + k2 z = k + 5
x – 2y +
z=5
5y +
z=–8
5y + (k2 – 3) . z = k – 10
Continuando, vamos adicionar os elementos da terceira equação aos da segunda multiplicados por (–1):
x – 2y +
z=5
5y +
z=–8
(k – 4) . z = k – 2
2
a) Para k = 0, tem-se:
x – 2y + z = 5
5y + z = – 8
– 4z = – 2
Da terceira equação, tem-se z =
1
=–8
2
1
5y = – 8 –
2
17
y=–
10
1
1
. Substituindo z =
na segunda equação, tem-se:
2
2
5y +
2
MATEMÁTICA
Substituindo z =
1
17
ey=–
na primeira equação, tem-se:
2
10
1
17
+
=5
2
10
x–2. –
x+
x=5–
x=
Para k = 0, o conjunto solução é dado por S =
1
17
=5
+
2
5
1
17
–
2
5
11
10
11
17 1
,–
,
10
10 2
b) O sistema escalonado apresenta-se da seguinte maneira:
x – 2y +
z=5
5y +
z=–8
(k – 4) . z = k – 2
2
Observando a última equação do sistema, tem-se:
• Para k = 2, tem-se 0 . z = 0, de modo que z pode assumir qualquer valor real.
• Para k = –2, tem-se 0 . z = – 4. Neste caso, não existe valor de z que verifique tal equação.
1
k–2
=
.
• Para k ≠ 2 e k ≠ –2, tem-se um único valor de z, ou seja, z = 2
k+2
k –4
Respostas:
a) S =
11
17 1
,–
,
10
10 2
1
b) Para k ≠ 2 e k ≠ –2, tem-se z =
→ Sistema possível e determinado.
k+2
Para k = 2 → Sistema possível e indeterminado.
Para k = –2 → Sistema impossível.
3
MATEMÁTICA
Resolução:
a) Pela tabela, observa-se que Q(10) = 500 e Q(100) = 800, ou seja:
500 = a + b . log(10)
800 = a + b . log(100)
500 = a + b
800 = a + 2b
Subtraindo a primeira equação da segunda, tem-se:
b = 300
Substituindo b = 300 na primeira equação, tem-se a = 200.
b) Deseja-se encontrar o valor de x para o qual se tem Q(x) = 1200, ou seja:
Q(x) = a + b . log(x)
1200 = 200 + 300 . log(x)
1200 – 200 = 300 . log(x)
1000 = 300 . log(x)
10 = 3 . log(x)
10 = log(x3)
x3 = 1010
3
x = 1010
x = 103 . 103 . 103 . 101
x = 103 . 103 . 103 . 101
3
3
3
3
x
10 . 10 . 10 . 2,15
x
2150
3
Portanto, a área aproximada, em hectares, para a qual se terá 1200 tipos de insetos é igual a 2150.
Respostas:
a) a = 200 e b = 300
b) 2150
4
MATEMÁTICA
Resolução:
a)Sendo r a medida do raio da circunferência menor, observe a figura:
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo destacado, tem-se:
(2 + 3)2 = (r + 3)2 + (r + 2)2
25 = 2r2 + 10r + 13
2r2 + 10r – 12 = 0
r2 + 5r – 6 = 0
(r – 1) . (r + 6) = 0
r = 1 ou r = – 6 (não convém, pois r > 0)
Logo, o raio do círculo menor mede 1 unidade de comprimento.
5
MATEMÁTICA
b) A área do losango cujos vértices são os centros dos quatro círculos maiores pode ser obtida por
meio do semiproduto das medidas das diagonais. As diagonais do losango medem 8 e 6.
Logo,a área é dada por:
D.d
S=
2
8.6
S=
2
S = 24 unidades de área
Respostas:
a) 01
b) 24
Resolução:
a) A quantidade de cubos com exatamente uma face vermelha é dada por:
V1 = 2 . [(n – 2) . (n + 1 – 2) + (n – 2) . (n + 2 – 2) + (n + 1 – 2) . (n + 2 – 2)]
V1 = 2 . [(n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n]
Para que 22 cubos possuam exatamente uma face vermelha é necessário e suficiente que V1 = 22,
ou seja:
22 = 2 . [(n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n]
11 = (n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n
11 = n2 – 3n + 2 + n2 – 2n + n2 – n
3n2 – 6n – 9 = 0
n2 – 2n – 3 = 0
Fatorando, obtém-se:
(n – 3) . (n + 1) = 0
n = 3 ou n = –1 (não convém, pois n > 0)
Portanto, n = 3.
6
MATEMÁTICA
b) A quantidade de cubos com nenhuma face vermelha é dada por:
V0 = (n – 2) . (n + 1 – 2) . (n + 2 – 2)
V0 = (n – 2) . (n – 1) . n
Para que 24 cubos não possuam qualquer face vermelha é necessário e suficiente que V0 = 24, ou
seja:
24 = (n – 2) . (n – 1) . n
24 = (n2 – 3n + 2) . n
24 = n3 – 3n2 + 2n
n3 – 3n2 + 2n – 24 = 0
Fatorando o polinômio do primeiro membro por meio dos próprios zeros, tem-se:
(n – 4) . (n2 + n + 6) = 0
n = 4 ou n2 + n + 6 = 0
Como a equação n2 + n + 6 = 0 não apresenta raízes reais, conclui-se que n = 4.
Respostas:
a) 03
b) 04
7
MATEMÁTICA
Resolução:
a) O volume do cubo é igual a 43 = 64 cm3.
O menor sólido é uma pirâmide cuja base tem área igual à metade da área de um quadrado de lado
4 cm e cuja altura é igual à aresta do cubo, ou seja, 4 cm.
Desta forma, o volume do menor sólido (pirâmide) é dado por:
1
42
1
.
.4=
. 43
Vmenor =
2
3
6
32
cm3
3
O volume da pirâmide é igual a um sexto do volume do cubo. Logo, o do maior sólido é igual a cinco
sextos do volume do cubo, ou seja:
5
. 43
Vmaior =
6
Vmenor =
Vmaior =
160
. cm3
3
b) A área total da pirâmide é constituída por 3 triângulos isósceles retângulos de catetos 4 cm e 1 triângulo equilátero cuja medida do lado é igual a da diagonal de uma face do cubo. Logo, a área total da
superfície da pirâmide é dada por:
2
4 2 . 3
4.4
+
Smenor = 3 .
2
4
Smenor = (24 + 8 3 ) cm3
8
MATEMÁTICA
A área total do maior sólido é composta por 3 quadrados de lado 4 cm, 3 triângulos retângulos isósceles de
catetos 4 cm e 1 triângulo equilátero cuja medida do lado é igual à da diagonal de uma face do cubo:
2
4 2 . 3
4.4
+
Smaior = 3 . 4 + 3 .
2
4
2
Smaior = (72 + 8 3 ) cm3
Respostas:
a) 32
160
cm3 e
cm3
3
3
b) (24 + 8 3 )cm3 e (72 + 8 3 )cm3
Resolução:
a) A média aritmética dos números de licenças ponderados pelas quantidades de empregados é dada
por:
3.1+4.3+5.6+6.9+7.7+8.4
X =
1+3+6+9+7+4
180
X =
30
X = 6
Logo, a média de licenças por empregado é igual a 6.
A moda da distribuição é igual à quantidade de licenças mais frequente, ou seja, 6.
No cálculo da média aritmética, observou-se que são 30 empregados. Como essa quantidade é
par, existem dois termos centrais na sequência ordenada de licenças: 15º e 16º valores. Os termos
centrais são ambos iguais a 6, de modo que a mediana é igual à média aritmética dos dois termos
centrais:
6+6
Md =
2
Md = 6
Assim, a mediana é igual a 6.
9
MATEMÁTICA
A variância da distribuição de licenças é dada por:
V=
V=
(3 – 6)2 . 1 + (4 – 6)2 . 3 + (5 – 6)2 . 6 + (6 – 6)2 . 9 + (7 – 6)2 . 7 + (8 – 6)2 . 4
1+3+6+9+7+4
50
5
=
(licença)2
30
3
O desvio padrão da distribuição de licenças é dado por:
Dp =
Dp =
5
=
3
5
3
=
3
3
15
licença
3
Respostas:
a) média = moda = mediana = 6
5
(licença)2 e Dp =
b) Variância =
3
15
licença
3
Resolução:
a) A distância da origem ao ponto P(3,4) é igual ao raio de C1:
2
2
R = (3 – 0) + (4 – 0) = 25 = 5
Logo, a equação cartesiana da circunferência C1 é dada por:
(x – 0)2 + (y – 0)2 = 52
x2 + y2 = 25
10
MATEMÁTICA
O coeficiente angular da reta que passa pela origem e pelo ponto P é dado por:
Assim, a equação da reta que passa pela origem e pelo ponto P é dada por:
m=
y – y0 = m . (x – x0)
y–0=
y=
4
. (x – 0)
3
4
x
3
Os triângulos em destaque são semelhantes de modo que:
4–0
4
=
3–0
3
a–3
b–4
2
=
=
3
4
5
a–3
2
=
3
5
a=
21
5
b–4
2
=
4
5
b=
28
5
Portanto, a equação cartesiana da circunferência C2 é
dada por:
x–
21
5
2
x–
21
5
2
+ y–
28
5
2
+ y–
28
5
2
= 22
=4
centro no ponto 21 , 28
5 5
Respostas:
a) Circunferência: x2 + y2 = 25; reta: y =
b) x –
21
5
2
+ y–
28
5
2
=4
4
x
3
centro no ponto 21 , 28
5 5
11
MATEMÁTICA
Resolução:
a) O termo geral da expressão é dado por:
1
. x–3
Tp+1 = Cnp .
2
1
Tp+1 = Cnp .
2
1
Tp+1 = C .
2
. xn–p
p
. x–3p . xn–p
p
. x(n–4p)
p
n
p
Para n = 4, tem-se
p
1
Tp+1 = C .
. x(4–4p)
2
Para que esse termo seja independente de x é necessário e suficiente que o expoente de x seja igual a
zero, ou seja:
4 – 4p = 0 p = 1
Substituindo p = 1 no termo geral, tem-se:
1
1
. x(4–4 . 1)
T1+1 = C14 .
2
1
T2 = 4 .
. x0
2
p
4
T2 = 2
Logo, o termo independente de x possui ordem 2 (2º termo) e coeficiente igual a 2.
12
MATEMÁTICA
b) Retornando ao termo geral, tem-se:
1
Tp+1 = C .
2
p
n
p
. x(n–4p)
Para que o termo independente seja igual a 7 é necessário e suficiente que o coeficiente deste termo
seja igual a 7 e o expoente seja igual a zero:
Cnp .
1
2
p
=7
n – 4p = 0
n
Da segunda equação, observa-se que p = 4 , ou seja, n deve ser natural e divisível por 4. A tabela a seguir
apresenta alguns diferentes valores de n e p:
n
0
4
8
12
16
p
0
1
2
3
4
1
2
7
27,5
113,75
1
C .
2
p
n
p
1
A tabela indica que, para n = 8 e p = 2, tem-se n = 4p e C .
2
p
Logo, n = 8 é uma resposta do problema.
Para que a resposta seja única, é necessário demonstrar que não existe outro par de valores (n, p) que
p
n
satisfaça ambas as equações do sistema
Cnp .
1
2
p
=7
n – 4p = 0
13
= 7.
MATEMÁTICA
Observando que n = 4p e calculando a razão, R, entre dois valores genéricos e consecutivos de p, tem-se:
p
C4p
.
R=
1
Cp+1
4(p+1) .
2
(4p)!
R=
R=2.
R=2.
R=
1
2
p! . (3p)!
(4p)!
p
p+1
=
p! . (4p – p)!
(4p + 4)!
.
(p + 1)! .[(4p + 4) – (p + 1)]!
.
(p + 1)!. (3p + 3)!
(4p + 4)!
1
1
2
.2
(p + 1) . (3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
(4p + 4) . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
(p + 1) . (3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
4 . (p + 1) . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
Para que fique comprovado que não existe outro par de valores (n, p) que satisfaçam o sistema, basta
p
1
é crescente, o que equivale a provar que R < 1.
mostrar que a sequência formada pelos valores de Cpn .
2
Fazendo R < 1, tem-se:
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
<1
Observa-se que p é um número inteiro e positivo, logo:
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1) < 2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
27p3 + 54p2 + 33p + 6 < 128p3 + 192p2 + 88p + 12
101p3 + 138p2 + 55p + 6 > 0
Como a desigualdade anterior é verificada para qualquer valor positivo de p, uma vez que todas as parcelas possuem coeficientes positivos, conclui-se R < 1 e que, consequentemente, o único par possível é
igual a n = 8 e p = 2.
Respostas:
a)T2 = 2
b)08
14
MATEMÁTICA
Resolução:
a)f o g = g o f
De acordo com a definição de função composta, tem-se:
f(g(x)) = g(f(x))
c . g(x) + 1 = f(x) + c
c . (x + c) + 1 = cx + 1 + c
cx + c2 + 1 = cx + 1 + c
c2 – c = 0
c . (c – 1) = 0
c = 0 ou c = 1
Resolução:
b) Para encontrar a inversa de f vamos trocar as variáveis e isolar y:
f(x) = cx + 1
y = cx + 1
x = cy + 1
x–1
y= c
–1
(x) = x – 1, c ≠ 0
f c
Se g = c f –1, então:
x+c=c. x–1
c
x+c=x–1
c = –1
Respostas:
a) c = 0 ou c = 1
b) c = – 1
15
MATEMÁTICA
Resolução:
a) Observe a ilustração indicando x como a medida do lado do segundo quadrado:
1
2
x
1
2
Utilizando o teorema de Pitágoras, tem-se:
2
2
x2 = 1 + 1
2
2
x2 = 2
4
x=
√2
2
Por raciocínio análogo, a medida do lado do terceiro quadrado será igual à medida do lado do segundo
√2
multiplicada por , ou seja, as medidas dos lados de quadrados consecutivos constituem uma progres2
√2
são geométrica cuja razão é igual a .
2
√2 √2
.
= 2 = 1.
Desta forma, a medida do lado do terceiro quadrado é igual a
2 2
4 2
16
MATEMÁTICA
Resolução:
b) A soma dos perímetros dos infinitos quadrados é dada por:
S=4. 1+
S=4.
√2
2
+ 1 + ...
2
1
1–
√2
2
S=
(2 + √2 )
8
.
(2 – √2 ) (2 + √2 )
S=
8 . (2 + √2 )
22 – (√2 )2
S=
8 . (2 + √2 )
2
S = 4 . (2 + √2 )
Considerando √2 ≅ 1,4, tem-se:
S ≅ 4 . (2 + 1,4)
S ≅ 13,6
Respostas:
a) 1/2
b) S ≅ 13,6 (demonstração)
17