PRODUÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO · conjunto harmonioso de conhecimento que, ... Ensino Médio...

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TEREZINHA YOSHIKO TAKAKI PRODUÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO IES: UNIVERSIDADE ESTADUAL DE LONDRINA – UEL ORIENTADORA: Profª. Drª. Angela Marta Pereira das Dores Savioli ÁREA CURRICULAR: MATEMÁTICA LONDRINA – PR. GOVERNO DO ESTADO DO PARANÁ SECRETARIA DO ESTADO DA EDUCAÇÃO – SEED SUPERINTENDÊNCIA DA EDUCAÇÃO – SUED PROGRAMA DE DESENVOLVIMENTO EDUCACIONAL - PDE

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TEREZINHA YOSHIKO TAKAKI

PRODUÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO

IES: UNIVERSIDADE ESTADUAL DE LONDRINA – UEL

ORIENTADORA: Profª. Drª. Angela Marta Pereira das Dores Savioli

ÁREA CURRICULAR: MATEMÁTICA

LONDRINA – PR.

GOVERNO DO ESTADO DO PARANÁ SECRETARIA DO ESTADO DA EDUCAÇÃO – SEED SUPERINTENDÊNCIA DA EDUCAÇÃO – SUED PROGRAMA DE DESENVOLVIMENTO EDUCACIONAL - PDE

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TEREZINHA YOSHIKO TAKAKI

ÁLGEBRA DO ENSINO MÉDIO

QUANDO USAMOS?

Material didático produzido durante o

Programa de Desenvolvimento

Educacional – PDE.

Orientadora: Profª Drª Ângela Marta

Pereira das Dores Savioli.

UEL - LONDRINA – 2008

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SUMÁRIO

Introdução .................................................................................... 3

Matemática da escola faz sentido fora dela?................................. 4

Problemas de Aplicação: o porquê da sua escolha ...................... 6

Metodologia ................................................................................. 8

Problemas selecionados ............................................................. 10

Função Quadrática ............................................................. 12

Função exponencial ........................................................... 32

Logaritmo .......................................................................... 41

Matrizes ............................................................................. 54

Trigonometria .................................................................... 62

Considerações Finais .................................................................. 70

Bibliografia ................................................................................ 72

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Introdução

Na nossa vivência como professores de matemática perguntam-nos o

porquê do ensino de certos conteúdos na Escola Básica. Formulam perguntas do tipo:

“Para que estudar logaritmos, trigonometria, equações ou teoremas? Onde vou usar isso

na minha vida?” “Por que tive de estudar fórmulas, regras, propriedades e teoremas se

esqueci tudo e hoje não preciso de nada mais do que as quatro operações que faço na

calculadora?”.

Os conteúdos estudados no Ensino Fundamental e Médio têm como

prioridade a formação do cidadão. A variedade de conteúdos ensinados compõe um

conjunto harmonioso de conhecimento que, integrados, formam um patrimônio cultural

matemático visando o exercício da cidadania.

De acordo com Valladares (2003), podemos destacar nesse patrimônio

cultural matemático três faces: teórica, prática e cultural.

i) Teórica ou pura é aquela onde são salientadas as seqüências das

partes constitutivas da matemática, o valor e encanto das teorias em estudo.

ii) Prática ou aplicada se apresenta nas ocasiões em que a

matemática é usada para resolver problemas como: calcular antecipadamente se a

prestação de um eletro doméstico pode ser incluído no orçamento ou medir o tamanho

dos objetos ao planejar a decoração de uma residência. Pode ser considerada no

exercício de várias profissões que requerem conhecimento de formação matemática

como pedreiro, marceneiro, comerciante, engenheiro, administrador, etc.

iii) Cultural é constituída de um acervo de conhecimentos onde a

formação matemática básica é incorporada, ajudando o cidadão na compreensão dos

acontecimentos da vida para que possa viver melhor. Podemos, nesta face, responder

parte dos questionamentos do por que estudar matemática.

É fácil perceber que a probabilidade de identificar onde cada tópico

estudado entra na composição desse patrimônio quase inexiste, porém quem o adquire

utiliza inconscientemente. Desse modo, muitas vezes as pessoas não percebem a

presença da matemática aprendida na escola fazendo parte dos seus conhecimentos que

as ajuda a viver melhor. É necessário conscientizá-las e informá-las das muitas

aplicações da matemática na vida. É preciso desenvolver a capacidade de identificar a

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presença ou ausência de um recurso matemático. Assim o estudante irá perceber a

importância da matemática para a sua vida, independente da profissão que no futuro

venha a exercer.

Propomos neste trabalho uma coletânea de alguns problemas de

aplicação presente em livros didáticos. Sabemos que se torna difícil para os professores

atuantes na Rede Estadual de Ensino disponibilizar de tempo para pesquisas, uma vez

que a maioria deles possui dois padrões, totalizando trinta e seis horas semanais de

presença em sala de aula e quatro horas atividade que geralmente são usados para:

atender os pais dos alunos; organizar o livro de registro; preparar atividades de

avaliação; corrigir atividades efetuadas como trabalho individual ou em grupo além das

avaliações; manter diálogos e troca de idéias com outros professores da área ou não;

estudar revisando conteúdos e preparar aulas, entre outras atividades, que quase sempre

não damos conta apenas nessas horas atividade obrigando-nos a realizá-los em casa.

Assim sendo, dispor de um material onde se mostra a aplicação de alguns conteúdos do

Ensino Médio certamente simplifica e auxilia o professor no seu dia-a-dia.

Apresentaremos a cada conteúdo selecionado uma sugestão de

atividade utilizando da metodologia da resolução de problemas que poderão ser

aproveitadas pelos professores nas suas aulas. Registraremos também alguns problemas

apresentados nos livros didáticos que mostram o uso de conteúdos do Ensino Médio

através de fórmulas contidas nos enunciados sem ter a preocupação de demonstrar a sua

obtenção. Notamos que nesses problemas o objetivo maior é somente apresentar a

aplicação da matemática que se aprende na escola.

Matemática da escola faz sentido fora dela?

Segundo Lins (2005), muitas pessoas questionam para que serve a

matemática escolar, chegando a sugerir que ela é inútil ou irrelevante. Muitos não

aprendem o que a escola propõe, outros aprendem o que é ensinado, mas apenas para

cumprir as obrigações da escola. É comum os alunos do Ensino Médio dizerem que

esqueceram algum conteúdo do Ensino Fundamental, ou até mesmo que nunca

aprenderam. Isto ocorre porque não conseguiram integrar a matemática que aprenderam

na escola no seu dia a dia. Têm dificuldade de identificar a matemática escolar aplicada

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fora dela. Consequentemente não conseguem utilizar a matemática escolar de forma

mais concreta não tendo a oportunidade, portanto, de identificá-la como algo

importante, algo útil e necessário.

Qual é a matemática escolar e qual é a fora dela? Para responder esta

questão, vamos analisar o uso dos números. Fora da escola os números não são usados

isoladamente, ou seja, eles sempre representam alguma coisa como: medidas de

comprimento (metros, quilômetros), dinheiro (reais), massa (grama, quilograma), tempo

(mês, dia, hora, minuto, segundo). Na prática, os números decimais mais utilizados são

os que representam dinheiro que não podem ser menores que um centavo ou centésimo

de real. No caso de medida da distância usamos o centímetro ou milímetro quando o

valor é pequeno e utilizamos o metro ou quilômetro quando é maior. Quanto aos

números de valor grande provavelmente não passe da ordem do trilhão (maiores

fortunas individuais do mundo é da ordem de bilhões de dólares). Na escola aprendemos

a ampliar os limites dos números trabalhando com números de valores muito grandes ou

muito pequenos como na Física ou na Química, ou seja, nos laboratórios científicos ou

tecnológicos. Quanto aos números negativos nós os encontramos fora da escola –

temperaturas negativas, saldo bancário negativo. Porém não efetuamos algumas

operações com eles como fazemos na escola. Não tem sentido efetuar operação com

temperaturas negativas. O que obteríamos somando temperaturas negativas de locais

diferentes? E débito multiplicado por outro débito o que representaria? Na escola

aprendemos a efetuar todas as operações matemáticas com qualquer tipo de número,

Real ou Complexo, trabalhando-os de forma pura e abstrata. Portanto, sem real sentido

para os nossos estudantes.

A questão é que a matemática escolar e fora dela têm trilhado

caminhos diferentes com significados matemáticos distintos. A escola não valoriza os

métodos usados fora dela evitando-os por considerarem de aplicação limitada. Os de

fora da escola não aceitam os métodos da escola por considerarem complicados e sem

significado.

É papel da escola: analisar, tematizar, formalizar a matemática que se

usa fora dela auxiliando a desenvolver significados matemáticos e não matemáticos.

Integrando-as, aproximando a matemática da escola com a matemática usada fora dela,

introduzindo os alunos em sistemas de significados científicos com o objetivo de

prepará-los para identificar o uso da matemática escolar no dia a dia.

É papel da Educação Matemática auxiliar os alunos na produção de

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significados organizando, não só a matemática da escola mas também a fora dela,

permitindo que seja legal o uso dos significados não matemáticos na escola. Assim,

reciprocamente, haverá a legitimação dos significados matemáticos fora dela. Desse

modo a matemática não será vista como inútil ou irrelevante, pois, não teremos mais

dois pontos de vista e sim um único, integrado.

Proponho, neste trabalho, uma das maneiras de efetuar essa integração

através dos problemas de aplicação, onde o aluno perceba a presença da matemática da

escola, especificamente do Ensino Médio, sendo aplicado em problemas que envolvam

o exercício de algumas profissões.

Problemas de Aplicação: o porquê da sua escolha

De acordo com Thomas Butts, no seu ensaio Formulando problemas

adequadamente, o conjunto de problemas matemáticos pode se dividir em cinco

subconjuntos:

“Exercícios de reconhecimento Este tipo de exercício normalmente pede ao resolvedor para reconhecer ou

recordar um fato específico, uma definição ou enunciado de um teorema.

Exercícios de algoritmo Como o adjetivo algoritmo subentende, trata-se de exercícios que podem

ser resolvidos com um procedimento passo a passo, freqüentemente um algoritmo numérico.

Problemas de aplicação

Os problemas de aplicação envolvem algoritmos aplicativos. Os problemas tradicionais caem nesta categoria, exigindo sua resolução: (a) formulação do problema simbolicamente e depois (b) manipulação dos símbolos mediante algoritmos diversos. [...]

Uma alta porcentagem de todos os exercícios e problemas dos livros didáticos da elementary school, secondary school e início da faculdade recai nessas três primeiras categorias. O traço característico desses problemas é que seu enunciado contém estratégia para resolvê-los. O obstáculo a vencer, então, é traduzir a palavra escrita para uma forma matemática apropriada, de maneira que algoritmos adequados possam ser aplicados.

Problemas de pesquisa aberta

São problemas de pesquisa aberta aqueles em cujo enunciado não há uma estratégia para resolve-los.[...] Normalmente tais problemas expressam-se por: ‘Prove que ...’, ‘Encontre todos ...’ ou ‘Para quais ... é ...’, mas muitas outras variações mais interessantes são possíveis.

Situações problema

Tipifica-se melhor essa categoria com a advertência de Henry Pollac: ‘Em

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vez de dizer aos alunos: Eis um problema; resolvam-no’, diga-lhes ‘Eis uma situação; pensem nela’.

Portanto, neste subconjunto não estão incluídos problemas propriamente ditos, mas situações nas quais uma das etepas decisivas á identificar o(s) problema(s) inerente (s) à situação, cuja solução irá melhorá-la.” (Krulik,1997, p.33-36)

Identificamos, nessa classificação, os problemas de aplicação como os

mais indicados para desenvolvermos o nosso trabalho, com o objetivo de responder a

questão que dá título a esta tarefa: ”Álgebra do Ensino Médio, quando usamos?”.

Como os problemas de aplicação envolvem algoritmos aplicativos não

fugindo dos problemas tradicionais que constam nos nossos livros didáticos, facilita a

sua utilização, pois, não exige mudança de metodologia no ensino desenvolvido pela

maioria de nossos colegas, professores da rede. Além disso, esse tipo de problema tem a

vantagem de relacionar com a vida cotidiana, ora esclarecendo alguma situação do

interesse do aluno, ora explorando a curiosidade de como a matemática é usada em

todas as profissões, procurando assim motivar o aluno a se interessar em aprender

matemática. Assim sendo, propomos a utilização desse material para mostrar aos alunos

a aplicabilidade dos conteúdos matemáticos estudados nos cursos regulares do Ensino

Médio nas diversas profissões: é a matemática escolar sendo utilizada fora da escola.

Vale aqui ressaltar que há um descontentamento a respeito da

artificialidade de alguns problemas de aplicação. É preciso aperfeiçoar tornando-os

reais, porém com critérios. Thomas Butts, no seu ensaio, destaca três critérios para um

“bom exemplo” de problemas de aplicação:

“1. Os dados deverão ser realistas, tanto nas informações do que é conhecido como nos valores numéricos usados. 2. Deverá ser razoável esperar que a ‘incógnita’ do problema seja efetivamente desconhecida. 3. A resposta do problema deverá ser uma quantidade para cuja procura possivelmente de pudesse encontrar uma razão”. (Krulik,1997, p.40)

Sem perder de vista estes critérios, selecionaremos alguns problemas

de aplicação abrangendo vários conteúdos da grade curricular do Ensino Médio regular,

pesquisados em livros didáticos e em livros específicos de profissões como os de

biocientistas, administradores, contadores, etc. Através deles procuraremos mostrar a

necessidade da integração dos conteúdos ensinados para que possamos solucionar

problemas que envolvem o bom exercício de várias profissões, pois a matemática está

presente em todos os momentos da nossa vida. Às vezes nos falta clareza para

testemunharmos como e o quanto a matemática é indispensável para vivermos melhor.

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Metodologia

A metodologia utilizada será o da Resolução de Problemas. A opção

por esta metodologia visa romper com a passividade do aluno propiciando situações

investigativas, oportunizando análise e reflexão sobre situações reais que cercam a sua

vida, além de fazer com que o aluno seja participante na construção do conhecimento e

responsável pela sua aprendizagem. Além disso, como sabemos, os problemas de

aplicação têm a característica da presença, no enunciado, da estratégia para resolução e

isto facilitará ao aluno encontrar caminhos para a obtenção da solução. Auxiliaremos os

nossos alunos a trilharem o caminho das soluções seguindo as idéias de Polya (2006).

Quanto ao professor auxiliar o estudante Polya diz:

“Um dos mais importantes deveres do professor é o de auxiliar os seus estudantes, o que não é fácil, pois exige tempo, prática, dedicação e princípios firmes. O estudante deve adquirir tanta experiência pelo trabalho independente quanto lhe for possível. Mas se ele for deixado sozinho, sem ajuda ou com auxílio insuficientes, é possível que não experimente qualquer progresso. Se o professor ajudar demais, nada restará para o aluno fazer. O professor deve auxiliar, nem demais nem de menos, mas de tal modo que ao aluno caiba uma parcela razoável do trabalho. Se o aluno não for capaz de fazer muita coisa, o mestre deverá deixar-lhe pelo menos alguma ilusão de trabalho independente. Para isto, deve auxiliá-lo discretamente, sem dar na vista. O melhor é, porém, ajudar o estudante com naturalidade. O professor deve colocar-se no lugar do aluno, perceber o ponto de vista deste, procurar compreender o que se passa em sua cabeça e fazer uma pergunta ou indicar um passo que poderia ter ocorrido ao próprio estudante.” Polya (2006)

Para que o auxílio ao aluno seja efetivo, Polya elaborou uma série de

indagações e sugestões cuidadosamente selecionadas e dispostas, conforme

reproduziremos na tabela a seguir. Essas indagações e sugestões estão agrupadas de

forma conveniente em quatro fases de trabalho. “Primeiro, temos de compreender o

problema, temos de perceber claramente o que é necessário. Segundo, temos de ver

como os diversos itens estão inter-relacionados, como a incógnita está ligada aos dados,

para termos a idéia da resolução, para estabelecermos um plano. Terceiro, executarmos

o nosso plano. Quarto, fazemos um retrospecto da resolução completa, revendo-a e

discutindo-a.” (Polya, 2006)

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Como resolver um problema

COMPREENSÂO DO PROBLEMA Primeiro É preciso compreender o problema

Qual é a incógnita? Quais são os dados? Qual é a condicionante? É possível satisfazer a condicionante? A condicionante é suficiente para determinar a incógnita? Ou é insuficiente? Ou redundante? Ou contraditória? Trace uma figura. Adote uma notação adequada. Separe as diversas partes da condicionante. É possível anotá-las?

ESTABELECIMENTO DE UM PLANO Segundo Encontre a conexão entre os dados e a incógnita. É possível que seja obrigado a considerar problemas auxiliares se não puder encontrar uma conexão imediata. É preciso chegar afinal a um plano para a resolução.

Já o viu antes? Ou já viu o mesmo problema apresentado sob uma forma ligeiramente diferente? Conhece um problema correlato? Conhece algum problema que lhe seria útil? Considere a incógnita! E procure pensar num problema conhecido que tenha a mesma incógnita ou outra semelhante. Eis um problema correlato e já antes resolvido. É possível utilizá-lo? É possível utilizar o seu resultado? É possível utilizar o seu método? Deve-se introduzir algum elemento auxiliar para tornar possível a sua utilização? É possível reformular o problema? É possível reformulá-lo ainda de outra maneira? Volte às definições. Se não puder resolver o problema proposto, procure antes resolver algum problema correlato. É possível imaginar um problema correlato mais acessível? Um problema mais genérico? Um problema mais específico? Um problema análogo? É possível resolver uma parte do problema? Mantenha apenas uma parte da condicionante, deixe a outra de lado; até que ponto fica assim determinada a incógnita? Como pode ela variar? É possível obter dos dados alguma coisa útil? É possível pensar em outros dados apropriados para determinar a incógnita? É possível variar a incógnita, ou os dados, ou todos eles, se necessário, de tal maneira que fiquem mais próximos entre si? Utilizou todos os dados? Utilizou toda a condicionante? Levou em conta todas as noções essenciais implicadas no problema?

EXECUÇÃO DO PLANO Terceiro Execute o seu plano

Ao executar o seu plano de resolução, verifique cada passo. É possível verificar claramente que o passo está correto? É possível demonstrar que ele está correto?

RETROSPECTO Quarto Examine a solução obtida

É possível verificar o resultado? É possível verificar o argumento? É possível chegar ao resultado por um caminho diferente? É possível perceber isto num relance? É possível utilizar o resultado, ou o método, em algum outro problema?

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Problemas selecionados

A seqüência de apresentação e a seleção dos conteúdos e problemas

deste trabalho não tiveram um critério pré-determinado. Foi uma escolha instintiva

baseada na experiência em sala de aula, aqueles que a nosso ver eram interessantes e o

grau de dificuldade estivesse de acordo com o estudante do Ensino Médio pois, na sua

maioria, se encontra em livros didáticos. A maior preocupação foi mostrar a aplicação

do que se aprende na escola, pois muitas vezes os conteúdos são apresentados somente

pelo conteúdo, de forma muito abstrata, não oferecendo ao aluno uma visão da

possibilidade de aplicação que seja próxima da sua realidade.

Os problemas selecionados constarão de: indicação do conteúdo a que

pertencem; enunciado; solução esperada; alguma variação de solução se houver;

indagações e respostas esperadas que acompanham a resolução de problemas.

Procuraremos também incluir alguns textos esclarecedores para que os alunos possam

desenvolver não só a habilidade matemática como também construir novos

conhecimentos. Deixaremos registrado como exemplos de aplicação, alguns problemas

que no seu enunciado fornece a fórmula a ser utilizada sem se importar com a sua

obtenção ou demonstração. A fórmula é simplesmente aplicada apenas com a intenção

de mostrar a sua existência e utilização na resolução de problemas que envolvem o uso

de conteúdos aprendidos no Ensino Médio, em várias profissões.

A seguir faremos um breve comentário de cada conteúdo selecionado.

As funções exponenciais, juntamente com as funções quadráticas, são

modelos matemáticos mais utilizados para resolver problemas elementares do Ensino

Médio. Segundo Carvalho (2006) “os problemas que recaem numa função do segundo

grau estão entre os mais antigos da Matemática. Em textos cuneiformes, escritos pelos

babilônios há quase quatro mil anos, encontramos, por exemplo, a questão de achar dois

números conhecendo sua soma e seu produto”.

Os logaritmos foram introduzidos no início do século XVII, tendo

como motivação original a propriedade de transformar produtos em somas, tornando-se

um eficiente instrumento de cálculo. De acordo com Miguel (2003) são exemplos de

aplicação do logaritmo:

(a) o crescimento de bactérias de um meio em função do tempo;

(b) a quantificação de níveis de intensidade sonora;

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(c) o estudo quantitativo do resfriamento de um corpo aquecido em função do tempo;

(d) a resolução de problemas envolvendo juros compostos;

(e) a expressão e determinação quantitativas de certas noções de orientação geográfica

em determinados tipos de projeções cartográficas;

(f) o estudo quantitativo da relação entre a altura e a freqüência dos sons emitidos por

notas musicais;

(g) a construção de escala de medição do grau de acidez ou alcalinidade de uma solução

química;

(h) a construção de escalas de medição da intensidade de terremotos;

(i) o estudo quantitativo da desintegração radioativa dos átomos de substâncias

radioativas; etc.

As matrizes são utilizadas nas aplicações de banco de dados, muito

importantes na organização de qualquer empresa ou residência. Para dar clareza a certas

situações é necessário formar um grupo ordenado de números que se dispõem em linhas

e colunas, numa tabela: estas são as matrizes. Procuraremos mostrar através dos

problemas de que maneira elas podem aparecer no nosso dia-a-dia.

A trigonometria constitui um tema importante da matemática, suas

aplicações vão desde as mais elementares no dia-a-dia (os tradicionais problemas da

resolução de triângulos), até as mais complexas, na ciência e na alta tecnologia (com a

criação do Cálculo Infinitesimal e da Análise Matemática). Para os nossos alunos é

abstrato demais, com muita teoria e pouca utilidade.

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Conteúdo: Função Quadrática

Problema proposto 01: Restaurante (Carvalho vol 1, 2006)

Enunciado: Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida por dia, a

12 reais o quilo. Uma pesquisa de opinião revelou que, cada real de aumento no preço, o

restaurante perderia 10 clientes, com um consumo médio de 500 g cada. Qual deve ser o

valor do quilo de comida para que o restaurante tenha a maior receita possível?

Resolução: Faremos a resolução seguindo as indagações de Polya reproduzidas em

tabela no item “Metodologia utilizada”, neste trabalho.

1º Compreender o problema:

Indagação (I): Qual é a incógnita?

Resposta esperada (R.e.): O valor do quilo da comida para obter maior receita possível.

(I): Quais são os dados?

(R.e.): Venda de 100 kg de comida por dia a 12 reais o quilo.

(I): Qual é a condicionante?

(R.e.): A cada real de aumento no preço do quilo reduz 10 clientes que consomem em

média 500g cada.

(I): É possível satisfazer a condicionante*?

(R.e.): Sim.

(I): A condicionante é suficiente para determinar a incógnita?

(R.e.): Não. Precisamos também dos dados.

(I): Como relacionar os dados e a condicionante?

(R.e.): Podemos relacionar o consumo com o preço por quilo. Assim, para consumir 100

kg de comida por dia o preço é de 12 reais/kg. Se aumentar o preço de 1 real e passar

para 13 reais/kg, perderá 10 clientes que consomem 500g cada. Se aumentar o preço de

2 reais e passar para 14 reais/kg, perderá 20 clientes que consomem 500g cada e assim

por diante.

(*) situação ou circunstância que deve ser obedecida.

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2º Estabelecimento de um plano:

(I): Como a incógnita está relacionada com a compreensão que teve do problema?

(R.e.): Como a receita é o produto da quantidade de comida (em kg) consumida pelo

preço de cada kg, se encontrarmos uma expressão que o represente a quantidade de

comida consumida e a respectiva expressão que represente o preço acrescido do quilo

de comida encontraremos a expressão que representa a receita. Assim, determinada a

expressão da receita poderemos obter a receita máxima e consequentemente o preço

máximo por quilo de comida.

3º Execução do plano:

(I): Pode esquematizar o que compreendeu do problema?

(R.e.): Poderia ser: Para 100kg paga-se 12 reais/kg. Para perda de 10 clientes que

consomem 500g cada teremos uma perda de 10.500g = 5000g = 5kg. Então para 13

reais/kg o consumo será de 100 – 5 = 95kg. Para perda de 20 clientes que consomem

500g cada teremos uma perda de 20.500g = 10000g = 10kg. Então para 14 reais/kg o

consumo será de 100 – 10 = 90kg.

(I): É possível montar uma tabela com esses resultados?

(R.e.): Sim, relacionando o consumo com o preço/kg.

Kg de comida/dia Preço/kg

100 12

100 – 5 = 95 12 + 1 = 13

100 – 10 = 90 12 + 2 = 14

(I): Você pode determinar a expressão que represente o consumo e o preço/kg conforme

está no seu plano?

(R.e.): Sim. Para isto vou refazer a tabela incluindo mais preços.

Kg de comida/dia Preço/kg

100 12

100 – 5 = 95 12 + 1 = 13

100 – 10 = 90 12 + 2 = 14

100 – 15 = 85 12 + 3 = 15

100 – 20 = 80 12 + 4 = 16

100 – 25 = 75 12 + 5 = 17

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Percebemos que a parte subtraída de 100 é múltipla de 5 e pode ser escrita como

100 – 5.1 = 95, 100 – 5.2 = 90, 100 – 5.3 = 85, 100 – 5.4 = 80,... Nota-se que os fatores

que multiplicam o 5 são os mesmos que representam os acréscimos em reais nos preços

do quilo. Veja:

Kg de comida/dia Preço/kg

100 12

100 – 5 = 100 – 5.1 = 95 12 + 1 = 13

100 – 10 = 100 – 5.2 = 90 12 + 2 = 14

100 – 15 = 100 – 5.3 = 85 12 + 3 = 15

100 – 20 = 100 – 5.4 = 80 12 + 4 = 16

100 – 25 = 100 – 5.5 = 75 12 + 5 = 17

Assim, podemos escrever as expressões em função do preço acrescido (x) no valor do

quilo de comida, ou seja: consumo = 100 – 5.x e o preço/kg = 12 + x.

Podemos escrever que a receita é representada pela expressão: (100 – 5x).(12 + x).

Como a receita está em função de x, podemos representar por f(x). Assim teremos:

f(x) = (100 – 5x).(12 + x) = 1200 + 100x – 60x – 5x2 = -5x2 + 40x + 1200. É uma

função do segundo grau ou quadrática e o seu gráfico é uma parábola.

Para que essa receita seja máxima é preciso encontrar o x máx dessa função. Então vamos

utilizar a fórmula que nos fornece a abscissa do vértice da parábola, lembrando que a

função quadrática tem a forma f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0, e que a abscissa do vértice

é dado por a2

bx máx

−= . Substituindo obteremos:

( )4

10

40

52

40x máx =

−=

−⋅

−=

Como o x é o acréscimo no preço do quilo da comida que dá a maior receita,

12 + 4 = 16

Então o valor do quilo de comida deve ser de R$ 16,00.

4º Retrospecto:

(I): É possível verificar o resultado?

(R.e.): Para efetuar a verificação consideremos x com valor menor e maior que 4.

Para x = 3, como f(x) = -5x2 + 40x + 1200 teremos f(3) = -5.32 + 40.3 + 1200 = 1275.

Para x = 4, como f(x) = -5x2 + 40x + 1200 teremos f(4) = -5.42 + 40.4 + 1200 = 1280.

Para x = 5, como f(x) = -5x2 + 40x + 1200 teremos f(5) = -5.52 + 40.5 + 1200 = 1275.

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15

Confirmamos que a receita máxima é quando x = 4, sendo de 1280 reais.

(I): É possível chegar ao resultado por um caminho diferente?

(R.e.): Sim, através do gráfico.

Construindo a tabela da função f(x) = -5x2 + 40x + 1200, teremos:

A tabela nos informa que o xmáx é 4 pois f(3) = f(5) e x = 4 é o ponto médio de x = 3 e

x= 5. Assim, o valor do quilo de comida para que o restaurante tenha a maior receita

possível é acrescentar mais 4 reais ao preço inicial, portanto R$ 16,00.

Com este exemplo de resolução de problema, seguindo as indagações de Polya, onde

foram consideradas como respostas esperadas as de um bom aluno imaginário,

acreditamos que com cuidado e sensibilidade do professor interessado, este método

pode ser levado para a sala de aula sem muita dificuldade. Assim os alunos podem ter

real oportunidade de participação nas resoluções dos problemas cabendo ao professor

somente orientar, encaminhar dando direcionamentos para que o próprio aluno chegue à

solução e desse modo desenvolver melhor, de forma mais efetiva, o seu raciocínio

matemático.

A seguir propomos outro problema, que pode ser utilizado na oitava série do Ensino

Fundamental, como motivador, para introduzir a função do segundo grau ou quadrática.

A solução apresentada é acompanha dos objetivos a atingir e o que se propõe ao aluno

aprender, de forma organizada para facilitar o aprendizado.

x F(x)

0 1200

1 1235

2 1260

3 1275

4 1280

5 1275

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Problema proposto 02: Quadra de basquete (Dante vol 1, 2003)

Enunciado: Os diretores de um centro esportivo desejam cercar uma

quadra de basquete retangular e o espaço em volta dela com a tela de alambrado. Tendo

recebido 200 m de tela, os diretores desejam saber quais devem ser as dimensões de

terreno a cercar com tela para que a área seja a maior possível.

Objetivos:

- Traçar o gráfico de funções quadráticas;

- resolver equações quadráticas gráfica e algebricamente;

- efetuar análise de gráficos de funções quadráticas;

Você vai aprender - I

- Escrever funções na forma quadrática;

- traçar gráfico de uma função quadrática;

- resolver equações quadráticas por meio de gráficos;

- efetuar algumas análises das informações do gráfico obtido.

Solução esperada:

Consideremos a quadra retangular de dimensões x e y.

x

y y

x

Se o perímetro mede 200 m, a soma das medidas dos lados 2x + 2y = 200, então

y = 100 – x.

Como se deseja a área (A), sabemos que a área de um retângulo é dada pelo produto das

medidas dos lados: A = x.y = x.(100 – x) = -x2 + 100x.

Encontramos assim a área A = -x2 + 100x. Nessa equação a área depende dos valores

dados à medida x, ou seja, para cada valor de x teremos um valor para A.

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17

Por exemplo, para x = 60 m, teremos A = -(60)2 + 100.60 = - 3600 + 6000 = 2400 m2;

para x = 70 m, teremos A = -(70)2 + 100.70 = - 4900 + 7000 = 2100 m2.

Quando isso ocorre dizemos que a área A está em função de x, ou seja, a área depende

do valor de x e convencionou-se representar em símbolos matemáticos da seguinte

maneira: f(x). O que nos permite escrever A = f(x). Como A = -x2 + 100x, podemos

substituir A e escrever: f(x) = -x2 + 100x.

Observamos que na função f(x), a incógnita x num dos termos tem expoente 1 e no

outro, tem expoente 2. Como o maior expoente da incógnita é 2, chamamos de função

do segundo grau ou quadrática. Na forma geral a função quadrática é representada

como: f(x) = ax2 + bx + c onde a, b, c são números reais chamados coeficientes e a deve

ser diferente de zero. Sendo equação do segundo grau admite no máximo duas

respostas.

Gráfico de uma função quadrática

Temos a função f(x) = -x2 + 100x. Para traçar o seu gráfico, podemos criar uma tabela

de valores como a seguir;

x f(x) = -x2 + 100x F(x)

0 f(0) = -02 + 100.0 0

20 f(20) = -(20)2 + 100.20 1600

30 f(30) = -(30)2 + 100.30 2100

40 f(40) = -(40)2 + 100.40 2400

50 f(50) = -(50)2 + 100.50 2500

60 f(60) = -(60)2 + 100.60 2400

70 f(70) = -(70)2 + 100.70 2100

100 f(100) = -(100)2 + 100.100 0

Construindo o gráfico no sistema de coordenadas cartesianas teremos:

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18

Área

Resolver equações quadráticas por meio de gráficos

Observando o gráfico vemos que o seu formato é de uma parábola e o seu ponto

máximo, chamado vértice (V), tem como coordenadas V(50,2500). Assim podemos

dizer que o valor de x que corresponde à maior área possível é x = 50 m.

Então, se y = 100 – x teremos para a medida y = 50 m. Portanto as dimensões devem ser

de 50 m por 50 m.

Algumas análises do gráfico

O aspecto do gráfico de uma função quadrática é uma parábola, que informações

podemos tirar dela? Toda parábola é simétrica, assim o seu vértice pertence ao eixo de

simetria. Percebemos também que o eixo de simetria é eqüidistante dos pontos onde

f(x) = 0.

Você sabe dizer por que a parábola não foi traçada nos quadrantes negativos? Por se

tratar de medidas e área. Eles não admitem valores negativos.

O que representa a parábola cruzar o eixo x? Como A = f(x) e a parábola cruza o eixo x

nas coordenadas (0,0) e (100,0), significa que quando x = 0 e x = 100, f(x) = 0, ou seja,

nesses valores de x, representa que não se forma um retângulo, pois sua área é nula.

Você vai aprender – II

- Resolver função quadrática algebricamente;

- determinar o vértice da parábola;

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19

- resolver o problema algebricamente;

- traçar o gráfico sem o uso da tabela;

Resolução através da fatoração

Resolver uma função quadrática significa encontrar valores de x para que a função seja

nula ou f(x) = 0. Lembrando que a função quadrática admite duas respostas.

1) Obter uma solução através da fatoração para as funções do tipo f(x) = ax2 + bx , com

a ≠ 0, vamos recorrer à propriedade da multiplicação que diz:

para qualquer número real a e b, se a.b = 0, então a=0 ou b=0 ou ambos são iguais a zero.

A nossa função é f(x) = -x2 + 100x e para obter a solução é necessário que f(x) = 0.

Assim, teremos -x2 + 100x = 0. Como fator x é comum, podemos usar a propriedade da

evidência: x(-x + 100) = 0. Aplicando a propriedade da multiplicação, temos x = 0 ou

(-x + 100) = 0. Para que –x + 100 seja igual a 0, x = 100.

Então a solução da função: f(x) = -x2 + 100x é x = 0 e x = 100.

2) Se a nossa função fosse do tipo f(x) = ax2 + c, com a ≠ 0, como f(x) = x2 – 100

deveremos recorrer à fatoração da diferença de dois quadrados.

Assim, x2 – 100 = (x + 10).(x – 10).

Para se obter as soluções dessa função precisamos tornar f(x) = 0, então, utilizando da

propriedade da multiplicação. Para f(x) = (x + 10).(x – 10) = 0, temos que (x + 10) = 0 e

(x – 10) = 0 donde se conclui que o primeiro valor de x é 10 e o segundo valor de x é

-10, ou seja, x = ± 10.

Resolução de uma função completa do segundo grau

Uma função completa do segundo grau é do tipo f(x) = ax2 + bx + c, com a,b,c ≠ 0.

Resolvê-la é tornar ax2 + bx + c = 0 encontrando o valor das duas incógnitas x. Para

isto vamos obter a fórmula de Bhaskara.

Seja a equação ax2 + bx + c = 0. Dividindo cada termo por a (podemos fazer isso pois a

é diferente de zero) temos: a

cx

a

bx 2 ++ = 0. Subtraindo

a

c de cada lado da igualdade,

a

cx

a

bx 2 −=+ . Para que o primeiro membro seja um quadrado perfeito precisamos

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20

completar com 2

2

a4

b, ou seja,

2

2

2

22

a4

b

a

c

a4

bx

a

bx +−=++ . Então teremos

2

22

a4

ac4b

a2

bx

−=

+ . Simplificando

2

22

a4

ac4b

a2

bx

−±=

+ . Extraindo a raiz

quadrada, a2

ac4b

a2

bx

2 −±=+ . Subtraindo

a2

b teremos:

a2

b

a2

ac4bx

2

−−±

= .

Simplificando temos a2

ac4bbx

2 −±−= , esta é a fórmula de Bhaskara utilizada para

resolver qualquer equação quadrática.

Determine a solução da função f(x) = -5x2 + 4x + 1. Então f(x) = 0 ou -5x2 + 4x + 1 = 0.

Teremos a = -5, b = 4 e c = 1. Substituindo na fórmula encontrada a2

ac4bbx

2 −±−= ,

( ) 10

64

10

364

10

20164

5.2

1).5.(444x

2

±−=

±−=

+±−=

−−±−= . A equação admite

duas soluções: x1 = 5

1

10

2

10

64−=

−=

+− e x2 = 1

10

10

10

64=

−=

−−.

Portanto a solução da função f(x) = -5x2 + 4x + 1 é x = { -1/5, 1}.

Determinar o vértice da parábola

No gráfico traçado da função f(x) = -x2 + 100x, o vértice da parábola pertence ao eixo

de simetria, portanto sua abscissa é x = 50, o ponto médio entre (0,0) e (100,0).

Substituindo x por 50 em f(x), obteremos a ordenada do vértice f(50) = 2500. Portanto o

vértice da parábola é o ponto (50,2500).

Para determinar, de um modo geral, as coordenadas do vértice V de uma equação

quadrática do tipo f(x) = ax2 + bx + c, suporemos que a ordenada de V seja o número k.

Assim a reta de equação g(x) = k possui apenas o ponto V em comum com a parábola.

Desse modo V deverá ser a solução comum das equações f(x) = ax2 + bx + c e g(x) = k.

Então devemos procurar o ponto onde f(x) = g(x). Substituindo temos ax2 + bx + c = k.

Seja a função quadrática f(x) = ax2 + bx + c, pondo a em evidência podemos escrever:

f(x) =

++

a

cx

a

bxa 2 . As duas primeiras parcelas dentro dos colchetes são as mesmas

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21

do desenvolvimento do quadrado 2

a2

bx

+ =

2

22

a4

b

a2

b.x.2x ++ =

2

22

a4

bx

a

bx ++ .

Como dentro dos colchetes em f(x) não possui o termo2

2

a4

b, ao substituir, ele deve ser

subtraído, então podemos escrever f(x) = ax2 + bx + c =

=

+−++

a

c

a4

b

a4

bx

a2

b.2xa

2

2

2

22 , substituindo o quadrado do binômio e adicionando

as frações a

c

a4

b2

2

+− teremos f(x) = ax2 + bx + c =

−+

+

2

22

a4

bac4

a2

bxa .

Resolvendo a indicação do colchete temos f(x) = ax2 + bx + c = a4

bac4

a2

bxa

22−

+

+ .

Como sabemos que para determinar as coordenadas do vértice ax2 + bx + c = k é

preciso que a4

bac4

a2

bxa

22−

+

+ = k, uma constante. Para isto o termo em x deve ser

nulo, ou seja, a2

bx + = 0, ou

a2

bx −= . Assim f(x) =

a4

bac4 2−. Portanto as coordenadas

do vértice de qualquer parábola são: V

−−

a4

bac4,

a2

b 2

.

No nosso problema a função é f(x) = -x2 + 100x, onde o coeficiente a = -1, o coeficiente

b = 100 e o coeficiente c = 0. Substituindo em V

−−

a4

bac4,

a2

b 2

, teremos V(50,2500).

Para se ter área máxima, necessitamos da abscissa do ponto máximo, ou seja, x = 50 m.

Como a outra dimensão y = 100 – x, y = 50 m.

Resposta esperada: As dimensões devem ser 50 m por 50 m.

Traçar o gráfico sem o uso da tabela

Ao encontrarmos a solução da função f(x) = -x2 + 100x, obtivemos as coordenadas do

ponto onde a parábola cruza o eixo x: (0,0) e (100,0). Determinamos algebricamente o

vértice da parábola V(50,2500). Com estes pontos já se consegue traçar o esboço do

gráfico.

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22

Em seguida, estão alguns problemas seguidos das soluções esperadas os quais podem

ser propostos pelos professores para que os alunos possam exercitar o método da

resolução de problemas.

Problema 01: Calha (Almeida, 2007). Este problema pode ser variado alterando-se o

formato da dobra da calha como trapezoidal ou semicircular.

Enunciado: Uma chapa galvanizada retangular, com 3 m de

comprimento e 0,62 m de largura será dobrada de modo a formar uma calha com 3 m de

comprimento. Segundo o formato abaixo, indique o tamanho da dobra que proporciona

a maior capacidade para a calha.

Solução esperada: Como a chapa possui 0,62 m de largura, de acordo com a seção

transversal,

1 + x + y + x + 1 = 62 ⇒ 2x + y = 60 ⇒ y = 60 – 2x.

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Se desejarmos a maior capacidade, como o comprimento é de 3 m, devemos procurar

área máxima da seção transversal. A área (A) de um retângulo é dada pelo produto da

base pela altura. Então

A = y . x = (60 – 2x). x ⇒ A = 60x – 2x2.

Sabemos que a função quadrática tem a forma f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0, e que a

abscissa do vértice é dado por a2

bx máx

−= .

Assim essa função terá valor máx para xmáx = ( )

154

60

22

60

a2

b=

−=

−⋅

−=

−.

Então, para área máxima, a dimensão x = 15 cm e sabendo que a dimensão y = 60 – 2x,

substituindo o valor de x encontraremos y = 60 – 2 . 15 ⇒ y = 30 cm.

Resposta esperada: As medidas da calha que proporciona maior capacidade estão

indicadas na figura acima.

Solução gráfica esperada:

Construindo a tabela para A= 60x - 2x2:

Pelo gráfico observamos que o máximo da função é o ponto médio entre x = 0 e x = 30,

ou seja, xmáx = 15 cm. Então, substituindo em A= 60x - 2x2 obteremos y = 30 cm.

x A

0 0

5 250

10 400

15 450

20 400

30 0

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Problema 02: Empreiteiro de limpeza (Almeida, 2007)

Enunciado: Um empreiteiro de limpeza de terrenos deseja estabelecer

seu negócio. Não se trata de uma grande empresa mas de uma pessoa que dispõe de um

pequeno capital para investir em equipamentos necessários para esta limpeza, bem

como, para custear por alguns meses, um pequeno grupo de funcionários.

Levando em consideração os seus gastos e o lucro que pretende obter, o empreiteiro

concluiu que os serviços de manutenção de um terreno custam ao proprietário R$275,00

por ano. O empreiteiro tem uma projeção, observada por meio de contatos já

estabelecidos, que com o valor de R$ 275,00 teria cerca de 100 clientes. No entanto,

levando em consideração o número de funcionários e o material de que dispõe, este

número de clientes poderia aumentar. Assim divulga uma propaganda para conseguir

mais clientes. O seu “chamativo” diz que: “darei para todos os clientes um desconto de

R$ 1,50 para cada cliente novo que conseguir além dos 100 já contatados”.

(a) Será que o empreiteiro corre algum risco com esta propaganda?

(b) Qual é o número de clientes que otimiza a receita da empresa?

Solução esperada: Analisando a receita do empreiteiro com a tabela abaixo,

Número de clientes Quanto cada um paga

100 275

100 + 1 275 – 1,5

100 + 2 275 – 1,5 . 2

100 + 3 275 – 1,5 . 3

...... ......

100 + x 275 – 1,5 . x

Podemos obter a generalização, feita na última linha da tabela, considerado x o número

de clientes.

Então a função que representa a receita será

f(x) = (100 + x).(275 – 1,5x) = 27500 – 150x + 275x – 1,5x2 = -1,5x2 + 125x + 27500.

Para que a receita seja otimizada,ou seja,tenha aproveitamento máximo, procuraremos o

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25

xmáx dessa função, lembrando que a forma geral de uma função quadrática é f(x) = ax2 +

+ bx + c, com a ≠ 0, e que a abscissa do vértice é dado por a2

bx máx

−= . Teremos:

( )6,41

3

125

5,12

125

a2

bx máx ≅

−=

−⋅

−=

−= . Conclui-se que, sendo o valor máximo

aproximadamente 41,6 poderemos ter 41 ou 42 clientes. Como para 42 a parábola é

descendente, a receita é otimizada com x = 41 clientes. Assim, a receita máxima será

obtida substituindo x por 41 em f(x), ou seja R$30103,50.

Analisando a receita para os 100 clientes iniciais, a R$275,00 por cliente, teremos

R$27500,00. O acréscimo de 41 clientes oferece um lucro de R$2603,50.

Se R$30103,50 equivale a 100%, o lucro de R$2603,50 equivalerá a x, ou seja

x = 100 . 2603,50 : 30103,50 = 8,65%.

Isto significa que haverá um acréscimo de 8,65% na receita para um acréscimo de 41%

de trabalho. Podemos concluir que haverá muito trabalho para pouco lucro.

Resposta esperada (a): Sim, há risco com a propaganda pois o empreiteiro corre o risco

de não ter lucro esperado caso tenha que contratar mais funcionários, além da

depreciação dos instrumentos de trabalho. Há pouco lucro para o acréscimo do volume

de trabalho.

Resposta esperada (b): O número de clientes que otimiza a receita é de 141 pessoas.

Solução gráfica esperada:

Construindo a tabela para f(x) = = -1,5x2 + 125x + 27500:

x f(x)

10 28600

20 29400

30 29900

40 30100

50 30000

41 30103,50

42 30104

43 30101,50

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Observamos pelo gráfico que o máximo da função é entre x = 41 e x = 42, isto é,

xmáx ≅ 41 pois em x = 42 a parábola estará decrescente. Portanto o número de clientes

que otimiza a receita é de 141 pessoas.

Problema 03: Promoção de balas (Carvalho vol 1, 2006)

Enunciado: Uma loja está fazendo uma promoção na venda de balas:

“Compre x balas e ganhe x% de desconto”. A promoção é válida para compras de até 60

balas, caso em que é concedido o desconto máximo de 60%. Alfredo, Beatriz, Carlos e

Daniel compraram 10, 15, 30 e 45 balas, respectivamente. Qual deles poderia ter

comprado mais balas e gasto a mesma quantia, se empregasse melhor seus

conhecimentos de Matemática?

Solução esperada: “Compre x balas e ganhe x% de desconto”. Pode ser representada

pela expressão x - x% de x, ou seja, x - 100

x. x ou ainda

100

xx

2

− .

Então, a quantia (q) paga pela compra de balas é q = 100

xx

2

− . Para se obter a quantia

máxima a ser paga nesta promoção, devemos encontrar a quantidade máxima de balas a

adquirir, isto é o valor máximo de x (xmáx).

Sabemos que a forma geral de uma função quadrática é f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 e

que abscissa do vértice é dado por a2

bx máx

−= .

Assim, substituindo teremos, 50

100

21

x máx =−

−= .

Podemos concluir que a quantidade que dá o maior desconto é de 50 balas. Pelas

quantidades indicadas que Alfredo, Beatriz, Carlos e Daniel compraram e sabendo que o

desconto máximo é de 60%, observa-se que Daniel poderia ter comprado 55 balas pelo

mesmo preço de 45. Justificaremos através de cálculo:

Se q = 100

xx

2

− substituindo x = 45 teremos q = 100

4545

2

− ⇒ q = 24,75;

Substituindo x = 55 teremos q = 100

5555

2

− ⇒ q = 24,75.

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Resposta esperada: Daniel poderia ter comprado 55 balas com mesmo preço pago por

45 balas.

Solução gráfica esperada:

Construindo a tabela para q = 100

xx

2

− , temos:

Observamos através da tabela e do gráfico que o máximo da função é o ponto médio de

x = 40 e x = 60, ou seja, x = 50. Como o xmáx também é o ponto médio entre x = 45 e

x=55, podemos afirmar que se Daniel tivesse comprado 55 balas teria pago a mesma

quantia que pagou por 45 balas.

Problema 04: Construção de uma praça (OBMEP, 2005)

Enunciado: Um prefeito quer construir uma praça quadrada de 10 m

de lado, que terá quatro canteiros triangulares de pedra e um canteiro quadrado de

grama, e por isso o comprimento do segmento AB está indicado por x na figura.

A x B

pedra

10 grama

x q

20 16

30 21

40 24

60 24

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a) Calcule a área do canteiro de grama para x = 2.

b) Escreva a expressão da área do canteiro de grama em função de x.

Sabe-se que o canteiro de grama custa R$4,00 por metro quadrado e os canteiros de

pedra custam R$3,00 por metro quadrado. Use essa informação para responder aos dois

itens a seguir.

c) Qual a menor quantia que o prefeito deve ter para construir os cinco canteiros?

d) Se o prefeito tem apenas R$358,00 para gastar com os cinco canteiros, qual é a área

do maior canteiro de grama que a praça poderá ter?

Solução esperada (a): O canteiro quadrado de lado 10 m tem área total de 10 . 10 =

=100 m2.

Para a pedra na forma de um triângulo retângulo com x = 2 m teremos como área A:

A = (base . altura)/2 = (2 . 8)/2 = 8 m2. Como temos 4 triângulos, a área de pedra será de

4 . 8 = 32 m2.

Então, para a área de grama será a diferença entre a área total do canteiro e a área de

pedra, ou seja, 100 – 32 = 68 m2.

Resposta esperada (a): A área do canteiro de grama é de 68 m2.

Solução esperada (b): Considerando a medida x, podemos ter para cada triângulo, a

base = 10 – x e a altura = x. Assim a área de cada triângulo será:

( )2

xx10

2

xx10A

2−=

⋅−= . Como temos 4 triângulos, a área de pedra será

4.2

xx10 2−= 2(10x – x2) = 20x – 2x2.

Teremos para área da grama a diferença entre a área total do canteiro e a área de pedra:

A = 100 – (20x - 2x2) = 100 – 20x + 2x2.

Resposta esperada(b): A expressão que representa a área de grama em função de x é:

A = 100 – 20x + 2x2.

Solução esperada (c): Como a área de grama tem custo maior que a área de pedra, a

menor quantia será dada pelo mínimo da função A = 100 – 20x + 2x2.

Sabemos que a forma geral de uma função quadrática é f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 e

que abscissa do vértice é dado por a2

bx V

−= .

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29

.m54

20xEntão V == Substituindo o valor de x na função teremos a área mínima de

grama: A = 100 – 20.5 + 2.52 = 100 – 100 + 2.25 = 50 m2. Portanto teremos para área de

pedra, 100 – 50 = 50 m2.

O custo do canteiro de grama será de 50 . 4 = 200 reais e o custo dos canteiros de pedra

será de 50 . 3 = 150 reais, totalizando R$350,00.

Resposta esperada(c): A menor quantia que o prefeito deve ter para construir os cinco

canteiros é R$350,00.

Solução esperada (d): Para que o custo seja de R$358,00, vamos considerar como a a

área do canteiro de grama. Então o custo total = custo da área de grama + custo da área

de pedra

358 = 4. a + 3(100 – a) = 4a + 300 – 3a = 300 + a. Então a = 58 m2.

Resposta esperada(d): A área do maior canteiro de grama, ao custo dado, poderá ter 58

m2.

Muitos problemas que constam nos livros didáticos apresentam fórmulas utilizadas na

resolução sem justificar a sua origem e demonstração. Elas apenas estão presentes para

mostrar a aplicação do conteúdo aprendido.

Os problemas a seguir são dessa classificação. Para facilitar a compreensão

apresentamos um texto elucidativo como introdução.

Texto elucidativo: Fluxo de sangue em um vaso sangüíneo (Batschelet,1978)

Um segmento de uma artéria ou de uma veia pode ser encarado como um

tubo cilíndrico de diâmetro constante. Admitamos que a seção transversal seja um círculo de

raio R. Como qualquer líquido, o sangue possui um atrito interno que é chamado viscosidade e é

representado por η (letra grega eta). A viscosidade η é medida em poise, a qual é cm-1.g.s-1 no

sistema CGS (centímetros, gramas, segundos). Também há atrito nas paredes do tubo. A

velocidade é máxima ao longo do eixo do centro do tubo. Se a velocidade não exceder um certo

valor crítico, o fluxo é laminar, isto é, todas as partículas do líquido se movem paralelamente ao

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30

tubo e a velocidade aumenta uniformemente a partir de zero na parede, em direção ao centro.

Podemos pensar em um número infinito de lâminas cilíndricas, que se movem como os tubos de

um telescópio. Se, entretanto, a velocidade exceder o valor crítico, por exemplo, em um vaso

que é parcialmente obstruído, o fluxo é turbulento e podemos ouvir sons.

Agora admitamos um fluxo laminar. Seja r a distância a qualquer ponto do líquido a partir do

eixo do tubo. Então a velocidade v é uma função de r. Podemos escrever v=v(r). O domínio da

função é o intervalo 0 ≤ r ≤ R. A função foi experimentalmente descoberta por Poiseuille.

Posteriormente ela pode ser deduzida teoricamente. A velocidade v(cm.s-1) é

( )22 rRl4

Pv −

η= onde l representa o comprimento do tubo (cm) e P a diferença de pressão

entre os dois extremos do tubo (cm-1.g.s-2). R e η foram definidos anteriormente. Claramente

v = 0 para r = R. Para r = 0 a velocidade alcança o seu máximo. Então a imagem da função é

0 ≤ v ≤l4

PR 2

η.

Problema 05: Fluxo sangüíneo (Batschelet,1978)

Enunciado: Consideremos sangue arterial com sua maior concentração

em O2 ligado à hemoglobina. Para o sangue humano sua viscosidade é um pouco

inferior à do sangue venoso, em média η = 0,027 poise. O sangue flui através de uma

arteríola (capilar arterial largo) de comprimento l = 2 cm e raio R = 8.10-3 cm. Em uma

extremidade, a pressão é maior do que na outra e essa diferença é P = 4.103 dina/cm2

(=3 mm de Hg). Qual a velocidade máxima do fluxo sangüíneo?

Solução esperada: A velocidade é dada pela fórmula ( )22 rRl4

Pv −

η= . Substituindo

os valores conhecidos temos ( )263

r10642027,04

104v −⋅

⋅⋅

⋅= −

ou v = 1,185 – 1,85.104.r2 (cm/s).

Como se deseja a velocidade máxima, com v = f(r) uma função quadrática, a2

brmáx

−= ,

como b = 0 temos rmáx= 0. Assim obtemos que vmáx = 1,185 cm/s.

Resposta esperada: A velocidade máxima do fluxo sanguíneo é de 1,185 cm/s.

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31

Problema 06: Velocidade do sangue (Dante vol 1, 2003)

Enunciado: De acordo com a lei de Poiseuille, a velocidade do sangue

num ponto r cm do eixo central de um vaso sangüíneo é dada pela função V(r)=c(R2–r2)

em cm/s, em que c é uma constante e R é o raio do vaso. Supondo, para um determinado

vaso, que c = 1,8.104 e R = 10-2 cm, calcule:

(a) a velocidade do sangue no eixo central do vaso sangüíneo;

(b) a velocidade do sangue no ponto médio entre a parede do vaso e o eixo central.

Solução esperada: Utilizando da fórmula dada V(r) = c.(R2.–.r2),

(a) No eixo central do vaso r = 0, então

V(r) = 1,8.104.((10-2)2 – 0) = 1,8.104.10-4 = 1,8 cm/s.

Resposta esperada (a): A velocidade no eixo central é de 1,8 cm/s.

(b) No ponto médio r = R/2 então,

V(r) = ( )4

103108,1

4

1010108,1

2

1010108,1

44

444

22224

−−−

−− ⋅

⋅⋅=

−⋅=

−⋅⋅

V(r) = 35,14

4,5= cm/s.

Resposta esperada: A velocidade no ponto médio é de 1,35 cm/s.

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32

Conteúdo: Função exponencial

O problema a ser proposto, apesar de constar num livro voltado ao

Ensino Superior, pode com tranqüilidade ser aplicado no Ensino Médio. Destaco a

questão (a) que pode ser trabalhada na sétima série do Ensino Fundamental, pois se trata

de regra de três e porcentagem.

Problema proposto: Crescimento de um potro (Batschelet, 1978)

Enunciado: Suponha que um biólogo esteja estudando o crescimento

de um potro. Quando ele inicia a sua pesquisa o potro pesa 50 kg. No período de um

mês o peso aumenta de 20%. Admitamos que no segundo mês o peso aumente

novamente 20%.

a) Qual foi o aumento total em porcentagem?

b) Encontre uma expressão que represente o peso, decorridos n

intervalos de tempo.

Resolução: Faremos a resolução seguindo as indagações de Polya reproduzidas em

tabela no item “Metodologia utilizada”, neste trabalho.

1º Compreender o problema:

Indagação (I): Qual é a incógnita?

Resposta esperada (R.e.): O aumento total do peso do potro, em porcentagem. Depois, a

generalização para n intervalos de tempo.

(I): Quais são os dados?

(R.e.): Peso inicial do potro 50 kg aumentando de 20% em um mês.

(I): Qual é a condicionante?

(R.e.): O peso aumenta também de 20% no segundo mês.

(I): A condicionante é suficiente para determinar a incógnita?

(R.e.): Sim, desde que seja junto com os dados.

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33

2º Estabelecimento de um plano

(I): Encontre a conexão entre os dados e a incógnita.

(R.e.): O peso inicial vai ser acrescentado de 20% no final de cada mês. Então no

segundo mês ele inicia com peso maior.

(I): Qual deve ser o procedimento para encontrar a incógnita?

(R.e.): Deve-se calcular o peso no final do primeiro mês e acrescentar 20% desse peso

para determinar o peso no final do 2º mês. Conhecido o peso final podemos determinar

o acréscimo de peso do potro. Com isso teremos condição de calcular a incógnita,

através de uma regra de três.

3º Execução do plano

(I): Execute o seu plano.

(R.e.): Vamos calcular o peso no final do 1º e do 2º mês.

Sabendo que o peso no início da pesquisa é de 50 kg,

peso no 1º mês = peso inicial + 20% do peso inicial

= 50 +100

20 . 50 = 50 +

100

1000= 50 + 10 = 60 kg

peso no 2º mês = peso no 1º mês + 20% do peso no 1º mês

= 60 + 100

20 . 60 = 60 +

100

1200= 60 + 12 = 72 kg

Então, o aumento total foi de 72 kg – 50 kg = 22 kg

Se o peso inicial foi de 50 kg, este significa 100%, assim teremos:

50 kg — 100%

22 kg — x%

x = 22 . 100 : 50 = 2200 : 50 = 44

Resposta esperada: O aumento total será de 44% do peso inicial.

(I): Como deve ser feita a generalização?

(R.e.): Vamos considerar como w o peso inicial e p o aumento de peso, em

porcentagem, ou seja, acréscimo de p% a cada período temos:

peso no 1º período = peso inicial + p% de w

= w + 100

pw = w

+

100

p1

peso no 2º período = peso no 1º período + p% do peso no 1º período

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34

= w

+

100

p1 +

100

p. w

+

100

p1

= w

+

100

p1 .

+

100

p1 = w

+

100

p1

2

peso no 3º período = peso no 2º período +p% do peso no 2º período

= w

+

100

p1

2

+ 100

p. w

+

100

p1

2

= w

+

100

p1

2

.

+

100

p1 = w

+

100

p1

3

Resposta esperada: Assim, generalizando, decorridos n intervalos de tempo, o peso será

representado por: w

+

100

p1

n

.

4º Retrospecto

(I): Examine a primeira solução obtida. É possível verificar o resultado?

(R.e. 1): Posso verificar descontando do peso final os 44% do peso inicial, da seguinte

maneira: 72 – 44% de 50 = 72 – 100

44.50 = 72 – 22 = 50 kg.

(R.e. 2): Posso verificar efetuando o contrário, passo a passo, do que foi feito. Iniciando

pelo peso final que é o resultado acrescido de 20% do inicial, assim: no final do

segundo mês o peso é de 72 kg.

Então, 72 = x + 20% de x = x + 100

20.x = x +

5

1.x =

5

6.x. Assim, 72 =

5

6.x resolvendo

essa proporção teremos 360 = 6.x ou x = 60 kg, no final do 1º mês.

Para determinar o peso inicial, faremos o mesmo cálculo para o º mês.

Assim, 60 = x + 20% de x = x + 100

20.x = x +

5

1.x =

5

6.x. Assim, 60 =

5

6.x resolvendo

a proporção teremos 300 = 6x ou x = 50 kg, que é o peso do início do problema.

(I): É possível verificar a generalização feita?

(R.e.): Sim, aplicando a fórmula obtida da seguinte maneira: chamando de P o peso

final, com peso inicial w = 50 kg, a porcentagem de aumento = 20% e n = 2 meses.

P = w

+

100

p1

n

= ( ) ( ) 7244,1.502,1.502,01.50100

201.50 32

2

===+=

+ kg.

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Agora propomos alguns problemas apresentando as soluções esperadas.

Problema 01: Cultura de bactérias (Dante, vol I, 2003)

Enunciado: Em uma cultura de bactérias, a população dobra a cada

hora. Se há 1000 bactérias no início da experiência, calcule quantas bactérias existirão

depois de: (a) 3 horas; (b) 10 horas; (c) x horas.

Solução esperada (a): Depois de 1 h, teremos 1000.2 = 2000 bactérias.

Depois de 2 h, teremos 2000.2 = 4000 bactérias.

Depois de 3 h, teremos 4000.2 = 8000 bactérias.

Resposta esperada: No final de 3 horas teremos 8 mil bactérias.

Solução esperada (b): Se continuarmos o cálculo de (a) teremos, depois de 4 h, o dobro

de 8 mil bactérias = 16 mil bactérias, uma vez que dobra a cada hora.

horas 1 2 3 4

bactérias 2000 4000 8000 16000

2.103 4.103 8.103 16.103

2.103 22.103 23.103 24.103

Seguindo o raciocínio que é indicado na tabela, teremos depois de 10 horas, 210.103

bactérias, pois percebemos que o expoente de 2 segue de acordo com o tempo em horas

consideradas. Então serão 210.103 = 1024.1000 = 1024000 bactérias.

Resposta esperada: No final de 10 horas teremos 1024 mil bactérias.

Solução esperada (c): Generalizando, depois de x horas teremos, conforme indica a

tabela em (b), 2x. 103 bactérias.

Resposta esperada: Depois de x horas teremos 2x. 103 bactérias.

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36

Problema 02: Investimento bancário (Dante, vol I, 2003)

Enunciado: A quantia de R$20000,00 foi aplicada a uma taxa de 1%

ao mês. (a) Qual será o saldo depois de 3 meses? (b) E no final de n meses?

Solução esperada (a): Início da aplicação: 20000 reais.

1º mês: 20000 + 1% de 20000 = 20000 +0,01.20000 = 20000.200 = 20200 reais.

2º mês: 20200 + 1% de 20200 = 20000 +0,01.20200 = 20200.202 = 20402 reais.

3º mês: 20402 + 1% de 20402 = 20402 +0,01.20402 = 20402.204,02 = 20606,02 reais.

Resposta esperada: O saldo depois de 3 meses será de R$20606,02.

Solução esperada (b): Considerando o capital inicial C e a taxa de aplicação i, teremos:

Final do 1º mês: C + i% de C = C + i%.C = C(1 + i%)

Final do 2º mês: C(1 + i%) + i% de C(1 + i%) = C(1 + i%) + i%. C(1 + i%) =

= C(1 + i%). C(1 + i%) = C(1 + i%)2.

Final do 3º mês: C(1 + i%)2 + i% de C(1 + i%)2 = C(1 + i%)2 + i%. C(1 + i%)2 =

= C(1 + i%)2. C(1 + i%) = C(1 + i%)3.

Final do 4º mês: C(1 + i%)3 + i% de C(1 + i%)3 = C(1 + i%)3 + i%. C(1 + i%)3 =

= C(1 + i%)3. C(1 + i%) = C(1 + i%)4.

Os cálculos apresentados nos permitem concluir que o expoente do parênteses é o

mesmo do tempo, em meses. Assim, podemos concluir que, no final de n meses, o saldo

será de C(1 + i%)n.

Resposta esperada: O saldo depois de n meses será de C(1 + i%)4.

A seguir apresentamos os problemas que possuem, no seu enunciado, fórmulas para

serem utilizados na solução.

Problema 01: Radioatividade(Dante vol 1, 2003)

Enunciado: A radioatividade é um fenômeno que ocorre em núcleos

de átomos instáveis por emitirem partículas e radiações. Núcleos instáveis em geral são

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37

grandes e, por isso, emitem partículas e radiação para tornarem-se instáveis. A medida

de tempo na qual metade da quantidade do material radioativo se desintegra é

denominada meia-vida ou período de semidesintegração (P). O valor da meia vida é

sempre constante para o mesmo elemento químico radioativo. Assim, a cada período de

tempo P a quantidade de material radioativo reduziu-se à metade da anterior, sendo

possível relacionar a quantidade de material radioativo a qualquer tempo com a

quantidade inicial por meio de uma função exponencial: N(t) = P

t

0 2

1N

, em que N0 é a

quantidade inicial do material radioativo, t é o tempo decorrido e P é o valor da meia

vida do material radioativo considerado. Usando essas informações resolva o problema:

A PET (Positron Emission Tomography) é uma das melhores técnicas de tomografia

para obtenção de imagens do corpo humano, permitindo melhores definições de imagem

usando menor radiação do que outras técnicas. Os isótopos mais usados nos

radiofármacos injetados nos pacientes submetidos ao processo PET são o Carbono-11, o

nitrogênio-13, o oxigênio-15 e o flúor-18, cujas meias vidas são respectivamente de 20,

10, 2 e 110 minutos. Como os isótopos usados têm meia vida muito curta, assim que um

desses isótopos é obtido, restam poucos minutos para sintetizar o radiofármaco e injetá-

lo no paciente. Calcule em quanto tempo uma amostra de Carbono-11 se reduz a 25%

do que era quando foi obtida.

Solução esperada: Se N(t) =P

t

0 2

1N

e a meia vida do Carbono-11 é de 20 minutos,

representando por P o período de meia-vida (semidesintegração), P = 20.

Substituindo em N(t), temos: N(t) = 20

t

0 2

1N

.

Como deseja-se calcular para N(t) = 0,25N0 , teremos

20

t

0 2

1N

= 0,25N0 , dividindo por N0 e sabendo que 0,25 é um quarto temos:

20

t

2

1

4

1

=

⇒20

t2

2

1

2

1

=

⇒ 2

20

t= ⇒ t = 40 min.

Resposta esperada: Uma amostra de Carbono-11 reduz a 25% do que era em 40

minutos.

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38

Problema 02: Radiatividade (UnB/PAS – DF, Paiva, 1999)

Enunciado: As substâncias radiativas têm uma tendência natural a se

desintegrarem, emitindo partículas e transformando-se em uma nova substância.

Conseqüentemente, com o passar do tempo, a quantidade da substância radiativa

diminui. A velocidade de decaimento pode ser medida contando-se o número de

partículas liberadas por unidade de tempo. Instrumentos para medir radiatividade, como

por exemplo, o contador de Geiger, fazem isso automaticamente.

O Plutônio-240, produzido em reatores nucleares, é um material radiativo de longa vida,

o que torna o lixo atômico desses reatores de difícil armazenamento. A partir de uma

massa inicial M0 dessa substância, a sua massa M, após t séculos, será,

aproximadamente, determinada pela equação M = M0(1,01)-t.

Com base nessas informações, determine em porcentagem, a quantidade de massa de

Plutônio-240 restante, após 2 séculos de desintegração. (Dê um resultado aproximado).

Solução esperada: Se M = M0(1,01)-t e o tempo é de 2 séculos, substituindo temos:

M = M0(1,01)-2 ⇒ ( )( )

( )202

0

2

0

01,1M

M

01,1

1

M

M01,1

M

M=⇒=⇒=

Portanto, M

M 0 = 1,0201.

Na fórmula M = M0(1,01)-t, a base (1,01), em porcentagem, equivale a 1+1%. Assim,

M

M 0 = 1,02 significa que a desintegração foi de 2%. Conclui-se então que a quantidade

de massa de Plutônio-240 restante é aproximadamente 98%.

Resposta esperada: Restam após 2 séculos de desintegração, aproximadamente, 98%.

Comentário: No problema a seguir é mostrada a importância do cálculo exato da

dosagem de drogas no organismo, inclusive humano para que não haja problemas de

super dosagem causando males, muitas vezes irreversíveis.

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Problema 03: Concentração de droga no organismo (Dante, vol 1, 2003)

Enunciado: Sabe-se que a concentração de uma droga no organismo,

após um tempo t, é dada por: C(t) = p

t

0 2

1C

, em que C0 é a quantidade inicial ingerida

do remédio, t é o tempo decorrido e P é o valor da meia vida da substância no

organismo. Nessas condições, um veterinário deve realizar uma cirurgia em um

cachorro com duração estimada em 1 hora. O animal pesa 21 kg e sabe-se que 29 mg de

sódio pentobarbital por quilograma de peso corporal são necessários para manter o

animal anestesiado. Em cachorros, a meia vida desta droga é de 5 horas. Qual deverá ser

a dose inicial do anestésico para manter o animal dormindo enquanto a operação se

realiza?

Solução esperada: Se a concentração de sódio é de 20 mg/kg e o cachorro pesa 21 kg,

temos que C(t) será igual a 20 . 21 = 420 mg. Se o t = 1 h e a meia vida P = 5 h,

substituindo em C(t) = p

t

0 2

1C

teremos:

420 = 5

1

0 2

1C

⇒ 420 = C0

5

1

2

1 ⇒ 420 . 5

1

2 = C0 ⇒ C0 = 420 5 2 .

O valor aproximado de 5 2 é 1,149, então C0 ≅ 420.1,149 ⇒ C0 ≅ 482,45 mg

Resposta esperada: A dose inicial deverá ser de aproximadamente 482,45 mg.

Problema 04: Som (UMC – SP, Paiva, 1999)

Enunciado: O número N de decibéis e a potência I de um som medida

em watts por centímetro quadrado estão relacionados pela fórmula I = 10-16. 10

N

10 . Qual

o número de decibéis correspondente ao som provocado por tráfego pesado de veículos,

cuja potência é estimada em 10-8 watts por centímetro quadrado?

Solução esperada: Se I = 10-16. 10

N

10 com I = 10-8, substituindo temos:

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40

10-8 = 10-16. 10

N

10 ⇒ 810

N101010

10

10 10

N810

N

16

8

=⇒=⇒=−

⇒ N = 80

Resposta esperada: O som provocado corresponde a 80 decibéis.

Problema 05: Crescimento populacional (U. Amazonas – AM, Paiva, 1999)

Enunciado: Em pesquisa realizada, constatou-se que a população (P)

de determinada bactéria cresce segundo a expressão: P(t) = 25 . 2t, onde t representa o

tempo em horas. Qual é o tempo necessário para atingir uma população de 400

bactérias?

Solução esperada: Se P(t) = 25 . 2t , para população P(t) = 400 bactérias, substituindo

temos:

400 = 25 . 2t dividindo ambos membros por 25, obtemos que 16 = 2t.

Sabemos que 16 = 24 então 24 = 2t assim conclui-se que t = 4 horas.

Resposta esperada: Serão necessárias 4 horas.

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Conteúdo: Logaritmo

Problema proposto: Crescimento populacional (Dante vol 1, 2003)

Enunciado: Na América Latina, a população cresce a uma taxa de 3%

ao ano, aproximadamente. Em quantos anos a população da América Latina irá dobrar

se a taxa de crescimento continuar a mesma?

Resolução: Faremos a resolução seguindo as indagações de Polya reproduzidas em

tabela no item “Metodologia utilizada”, neste trabalho.

1º Compreender o problema:

Indagação (I): Qual é a incógnita?

Resposta esperada (R.e.): A quantidade de anos que levará para a população dobrar.

(I): Quais são os dados?

(R.e.): Apenas a taxa de crescimento anual de 3%.

(I): Qual é a condicionante?

(R.e.): A taxa de crescimento continua a mesma, isto é, 3% ao anoo

(I): A condicionante é suficiente para determinar a incógnita?

(R.e.): Sim.

2º Estabelecimento de um plano

(I): Encontre a conexão entre os dados e a incógnita.

(R.e.): A cada ano a população cresce de 3%. O crescimento populacional num certo

ano é calculado acrescentando-se à população do ano anterior seus 3%. Com esta idéia,

será necessário calcular quantos anos leva para dobrar a população inicial.

(I): Como proceder para determinar a incógnita?

(R.e.): Com a população inicial calculam-se os 3% de acréscimo para determinar a

população do ano seguinte. Com a população obtida calculam-se novamente seus 3%

para determinar a população do ano seguinte e assim por diante. Determinando uma

expressão que represente o crescimento populacional ano a ano, poderemos encontrar

uma expressão generalizada que relacione a população em função do tempo. Assim

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através dessa expressão encontrar o tempo que se leva para dobrar a população inicial.

3º Execução do plano

(I): Execute o seu plano.

(R.e.): Considerando a população inicial P0; em 1 ano P1; em 2 anos P2; ...

Início: P0

1º ano: P1 = P0 + 3% P0 = P0 + 100

3P0 = P0 + 0,03P0 = 1,03P0.

2º ano: P2 = P1 + 3% P1 = 1,03.P0 + 100

3.1,03.P0 = 1,03.P0(1+0,03)

P2 = 1,03.P0.1,03 = P0.(0,03)2.

3º ano: P3 = P2 + 3%.P2 =P0.(1,03)2 + 100

3.P0.(1,03)2 = P0.(1,03)2.(1+0,03)

P3 = P0.(1,03)2.(1,03) = P0(1,03)3.

Analogamente para P4, P5, P6, ...

Generalizando, para y anos à taxa de 3% ao ano, temos Py = P0.(1,03)y = P0.(1 + 0,03)y

ou seja, Py = P0.(1 + 3%)y. Para uma taxa i qualquer, podemos escrever: Py = P0.(1 + i)y.

Utilizando dessa generalização e considerando que a população dobrará em x anos, tem-

se P0.(1,03)x = 2.P0, dividindo ambos os termos por P0 temos (1,03)x = 2.

Aplicando logaritmo obtém-se x.log1,03 = log2 ⇒ x = log2 : log1,03.

Como log2 ≅ 0,30103 e log1,03 ≅ 0,01284 obtemos x ≅ 23 anos.

Resposta esperada: A população da América Latina dobrará em 23 anos,

aproximadamente.

4º Retrospecto

(I): É possível verificar o resultado?

(R.e.): Podemos verificar utilizando a fórmula encontrada: Py = P0.(1 + i)y. Para que seja

correto, Py = 2P0 para y = 23 e i = 3%.

Substituindo temos: Py = P0.(1 + 3%)23 = P0.(1,03)23 ≅ P0. 1,97358 ≅ 2P0.

Apresentaremos a seguir outros problemas propostos com as respectivas soluções

esperadas.

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Problema 01: Crescimento populacional (Carvalho vol 1, 2006)

Enunciado: Observações por longo tempo mostram que, após períodos

de mesma duração, a população da terra fica multiplicada pelo mesmo fator. Sabendo

que essa população era de 2,68 bilhões de pessoas em 1956 e 3,78 bilhões em 1972,

pede-se: (a) O tempo necessário para que a população da terra dobre de valor; (b) A

população estimada para o ano 2012; (c) Em que ano a população da terra era de 1

bilhão?

Solução esperada: Como foi determinado no problema anterior, a população cresce de

acordo com a fórmula Py = P0.(1 + i)y. Substituindo a população final Py = 3,78 bilhões

de habitantes, P0 = 2,68 bilhões de habitantes e y pelos anos decorridos (1972 – 1956) =

= 16 anos temos: 3,78 = 2,68.(1 + i)16 ⇒ 1,41 = (1 + i)16,

aplicando logaritmo teremos

log1,41 = 16.log(1 + i) ⇒ 0,1492 = 16.log(1 + i) ⇒ log(1 + i) = 0,0093

Aplicando a definição de logaritmo: 100,0093 = (1 + i) ⇒ 1 + i = 1,0217. Então, i = 2,17

ou seja i = 2,17%.

Solução esperada (a): Para que a população dobre de valor, Py = 2P0, com 1 + i =

=1,0217, substituindo na fórmula Py = P0.(1 + i)y temos:

2P0 = P0.(1,0217)y ⇒ 2 = (1,0217)x ⇒ log2 = x.log1,0217 ⇒ 0,3010 = x.0,00932

Então x = 32,2876 anos.

Resposta esperada(a): A população da terra dobra de valor em pouco mais de 32 anos.

Solução esperada(b): Para população estimada para 2012, y = 2012 – 1956 = 56 anos.

Então, P56 = 2,68.(1,0217)56 ⇒ P56 = 8,92 bilhões de pessoas.

Resposta esperada (b): A população estimada para 2012 é de 8,92 bilhões de pessoas.

Solução esperada(c): Para Py = 1 bilhão de pessoas, teremos

1 = 2,68.(1,0217)x ⇒ 0,3731 = (1,0217)x. Aplicando a propriedade do logaritmo

teremos: x log1,0217 = log 0,3731. Determinando os logaritmos indicados podemos

escrever x.0,0093 = -0,4281 ⇒ x = (-0,4281)/0,0093 ⇒ x ≅ - 46 anos.

Resposta esperada(c): A população era de 1 bilhão de pessoas em 1910.

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Problema 02: Matemática Comercial e Financeira (Dante vol 1, 2003 - adaptado)

Enunciado: Determine a expressão que permite calcular o montante

M, resultante da aplicação do capital A a juros compostos, à taxa anual i, ao completar

um período de n anos. Aplique-o para determinar o seguinte problema: se o capital de

800 mil reais for aplicado a juros compostos à taxa anual de 12%, após quanto tempo da

aplicação serão obtidos juros no valor de 700 mil reais?

Solução esperada: Como o Montante é o valor do capital acrescido do juro, temos que

M = A + j. Sendo o capital A e a taxa de aplicação i, teremos:

M no 1º mês = M1= C + i% de C = C + i%.C = C(1 + i%)

M no 2º mês = M2 = C(1 + i%) + i% de C(1 + i%) = C(1 + i%) + i%. C(1 + i%) =

= C(1 + i%). C(1 + i%) = C(1 + i%)2.

M no 3º mês = M3 = C(1 + i%)2 + i% de C(1 + i%)2 = C(1 + i%)2 + i%. C(1 + i%)2 =

= C(1 + i%)2. C(1 + i%) = C(1 + i%)3.

Os cálculos apresentados nos permitem concluir que o expoente do parênteses é o

mesmo do tempo, em meses. Assim, podemos concluir que, no final de n meses, o

montante será de Mn = C(1 + i%)n.

Solução esperada do problema: Sabemos que o montante é o valor do capital

acrescido do juro, temos que M = A + J. Substituindo pelos valores dados, M =

=800000+700000 = 1500000 reais.

Sabendo que Mn = A(1 + i)n podemos efetuar a igualdade A(1 + i)n = 1500000.

Assim, com a taxa de 12% ao ano temos: 800000n

100

121

+ = 1500000,

dividindo ambos membros por 800000 obtemos (1,12)n = 1,185.

Aplicando o logaritmo temos n log1,12 = log1,875.

Substituindo pelos valores dos logaritmos, n . 0,0492 ≅ 0,2730

efetuando o quociente, n = 5,5488 anos. Assim temos 5 anos completos e ...

calculando através de regra de 3,

1 ano → 12 meses

0,5488 → x meses

Então, x = 12 . 0,5488 ⇒ x = 6,5856 meses, ou seja, 6 meses completos e ...

utilizando novamente a regra de 3 considerando 1 mês com 30 dias, obteremos para

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0,5856 mês o equivalente a 17,568 ou 18 dias.

Resposta esperada: O tempo de aplicação deve ser de 5 anos 6 meses e 18 dias.

Problema 03: Animais experimentais (Batschelet, 1978)

Enunciado: As idades de animais experimentais devem ser conhecidas

o mais exatamente possível, pois as formas biológicas variam rapidamente com a idade,

especialmente nos primeiros períodos de vida. Tanto quanto possível, as experiências

devem ser feitas com grupos de animais com diferentes idades.

Uma seqüência geométrica ou exponencial de idades parece ser o mais apropriado.

Quando as idades de animais experimentais são escolhidas de tal forma que formem

uma seqüência geométrica ou exponencial, sendo dado o número de grupos de idades, a

menor e a maior idade, respectivamente, 5, 4 semanas e 10 semanas, quais são os

termos da seqüência?

Solução esperada(a): Seja A a idade do grupo mais jovem, B a idade do grupo mais

velho, e n o número de grupos.

Com o fator desconhecido q, a seqüência é A, Aq, Aq2, ... , Aqn-1.

O último expoente é n-1, porque o primeiro termo pode ser escrito Aq0 e existem n

termos. O último termo foi admitido como sendo B.

Então temos a equação exponencial Aqn-1 = B.

A equação é solucionada por logaritmos log B = log Aqn-1 = log A + (n – 1).log q.

Portanto, 1n

AlogBlogqlog

−= .

Se foram dados A = 4 semanas, B = 10 semanas e n = 5, então,

09948,04

60206,01

4

4log10logqlog =

−=

−=

por definição de logaritmo, 100,09948 = q ⇒ q = 1,257.

A seqüência é A, Aq, Aq2, ... Aqn-1 com A = 4 e q = 1,257 teremos então;

4; 4. 1,257; 4. 1,2572; 4. 1,2573; 4. 1,2574; ...

Calculando, teremos a seqüência: 4; 5,028; 6,32; 7,94; 9,98; 12,55; ...

Resposta esperada: Os termos da seqüência (em meses) são: 4; 5,028; 6,32; 7,94; 9,98.

O último termo difere do valor exato de B = 10. Isto é explicada pelo arredondamento.

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Em seguida estão os problemas que possuem no seu enunciado fórmulas a serem

utilizadas na solução.

Comentário: No problema que apresentaremos a seguir, percebe-se a necessidade de

estarmos atentos às orientações médicas, ou da bula de remédio, para ingerirmos a

dosagem certa no intervalo de tempo indicado entre as doses dos remédios para que o

efeito do medicamento seja conforme o esperado.

Problema 01: Absorção e acumulação de drogas terapêuticas no organismo (Dante

vol1, 2003)

Enunciado: Quando se administra um remédio, sua concentração no

organismo deve oscilar entre dois níveis, pois não pode ser tão baixa a ponto de não

fazer efeito (Ce) e não pode ser tão alta a ponto de apresentar efeitos indesejáveis

(toxidade) ao paciente (Cp). Quando, após um certo tempo depois de ministrado o

remédio, o nível de concentração no organismo atinge Ce, toma-se mais uma dose do

remédio a fim de elevar o nível de concentração para Cp. Esse tempo entre as

administrações das doses é chamado de tempo interdoses. É importante notar que o

tempo interdoses, após a primeira medicação, é o tempo que decorre para concentração

máxima tolerada Cp decair até a concentração mínima eficaz Ce.

Lembrando que a concentração de uma droga no organismo, após um tempo t, é dada

por C(t) = C0.P

t

2

1

, em que C0 é a quantidade inicial ingerida do remédio, t é o tempo

decorrido e P é o valor da meia vida da substância no organismo, obtenha em função de

Ce, Cp e P:

(a) o valor do tempo interdoses;

(b) a concentração de remédio D nas doses que devem ser administradas ao paciente

a cada intervalo interdoses.

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Solução esperada(a): A função que relaciona a concentração de remédio no organismo

em função do tempo é: C(t) = C0.P

t

2

1

.

Segundo o texto, em cada nova dose administrada, temos uma concentração Cp no

organismo e, após o tempo t, essa concentração é Ce. Então:

C(t) = C0.P

t

2

1

Cp

Ce =

P

t

2

1

⇒ log

Cp

Ce = log

P

t

2

1

⇒ log

Cp

Ce =

P

tlog

2

1⇒

⇒ ( )CelogCplogP322,33010,0

CplogCelogPt

2

1log

CplogCelog

P

t−⋅⋅=

−⋅=⇒

−=

Resposta esperada(a): Então, o valor do tempo interdoses será:

t = 3,322.P.(log Cp – log Ce).

Solução esperada(b): Quando a concentração chega a Ce, deve-se administrar o

suficiente para que ela atinja o nível Cp novamente, portanto deve-se administrar

D = Cp – Ce.

Resposta esperada (b): A concentração de remédio D deve ser de Cp – Ce.

Comentário: O problema 02 é bastante interessante e com certeza vai instigar a

curiosidade do aluno. Assistimos muito no cinema e na televisão filmes que envolvem

assassinatos em que a polícia determina a hora da morte da vítima. Aqui temos um

exemplo de como calcular a possível hora da morte.

Problema 02: Criminalística (Vunesp, Dante vol1, 2003)

Enunciado: O corpo de uma vítima de assassinato foi encontrado às

22 horas. Às 22h e 30 min o médico da polícia chegou e imediatamente tomou a

temperatura do cadáver, que era de 32,5ºC. Uma hora mais tarde, tomou a temperatura

outra vez e encontrou 31,5ºC; a temperatura do ambiente foi mantida constante a

16,5ºC. Admita que a temperatura normal de uma pessoa viva seja 36,5ºC e suponha

que a lei matemática que descreve o resfriamento do corpo é dada por D(t) = D0 . 2(-2αt)

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em que t é o tempo em horas, D0 é a diferença de temperatura do cadáver com p meio

ambiente no instante t=0, D(t) é a diferença de temperatura do cadáver com o meio

ambiente num instante t qualquer e α é uma constante positiva. Os dados obtidos pelo

médico foram colocados na tabela seguinte:

Hora

Temperatura do

corpo (ºC)

Temperatura do

quarto (ºC)

Diferença de

temperatura

(ºC)

t = ? morte 36,5 16,5 D(t) = 20

t = 0 22h 30 min 32,5 16,5 D(0) = D0 = 16

t = 1 23h 30 min 31,5 16,5 D(1) = 15

Considerando os valores aproximados log25 = 2,3 e log23 = 1,6, determine:

(a) a constante α ;

(b) a hora em que a pessoa morreu.

Solução esperada (a): O resfriamento do corpo é dado por D(t) = D0 . 2(-2αt) , então

teremos:

15 = 16 . 2(-2α1) ⇒0,9375 = 2(-2α) ⇒1000

9375= 2(-2α) ⇒

4

5

10

53 ⋅= 2(-2α) ⇒

⇒ log23 + 5log25 – 4log210 = -2αlog22 ⇒1,6 + 5.2,3 – 4(1 + 2,3) = -2α.1⇒

⇒13,1 – 13,2 = -2α ⇒ 0,1 = 2α ⇒ α = 0,05

Resposta esperada (a): Portanto a constante α = 0,05.

Solução esperada (b): D(t) = D0 . 2(-2αt) ⇒ 20 = 16 . 2(-2.0,05.t) ⇒1,25 = 2 -0,1t ⇒

⇒2

3

10

5= 2-0,1.t ⇒3log25 – 2log2(2.5) = -0,1.t log22⇒3.2,3 – 2.1 – 2.2,3 = -0,1.t.1⇒

⇒ 0,3 = -0,1t ⇒ t = (-) 3 h

Resposta esperada(b): Então, a morte ocorreu às 19h 30 min.

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Texto elucidativo: Os terremotos (Paiva, 1999)

Abandonando um pequeno dado sobre a superfície terrestre ocorrerá

uma liberação de energia que a fará vibrar levemente. Se, no lugar do dado, for

abandonado um tijolo, a energia liberada fará vibrar mais intensamente essa superfície.

Imagine um cubo de granito com 2 km de aresta abandonado de uma altura de 280 km;

a energia liberada será equivalente a 20 trilhões de KWh (quilowatt-hora). Essa foi a

medida da energia liberada pelo terremoto ocorrido em São Francisco, Califórnia, em

1906 ( registrou 9 pontos na escala Richter). Mais violento ainda foi o terremoto que

arrasou Lisboa em 1755, liberando energia equivalente a 350 trilhões de KWh.

Os logaritmos são aplicados na medida da intensidade de um

terremoto. Na escala Richter, a intensidade I de um terremoto é definida por:

0E

Elog

3

2I = , em que E é a energia liberada pelo terremoto, em KWh, e E0 = 10-3 KWh.

Problema 03: Terremoto (Fuvest – SP, Dante vol1, 2003)

Enunciado: A intensidade I de um terremoto, medida na escala

Richter, é um número que varia de 0 a 8,9 para o maior terremoto conhecido. I é dado

pela fórmula: 0E

Elog

3

2I = onde E é a energia liberada num terremoto em quilowatt-

hora e E0= 7.10-3 KWh.

a) Qual a energia liberada num terremoto de intensidade 8 na escala Richter?

b) Aumentando de 1 unidade a intensidade do terremoto, por quanto fica

multiplicada a energia liberada?

Solução esperada(a): 2

38

107

Elog8

10.7

Elog

3

2I

33

⋅=

⋅⇒==

−−

( ) 1210log37logElog2

24107logElogI 3 =+−⇒=⋅−= −

log E = 12 – 2,1549 = 9,8451 ⇒ E = 109,8451 ⇒ E = 7,0.109 KWh

Resposta esperada(a): A energia liberada é de 7,0.109 KWh.

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Solução esperada(b): 5,103

21

2

37

107

Elog7

10.7

Elog

3

2I

33==

⋅=

⋅⇒==

−−

Temos, então que 5,1010.7

Elog

3=

−. Aplicando as propriedades dos logaritmos:

log E – (log 7 – 3.log10) = 10,5 ⇒ log E = 10,5 – 2,15490 = 8,3451

então, E = 108,3451 ⇒ E ≅ 2,2.108 KWh

Se para intensidade 8 temos E8 = 7,0.109 KWh e

para intensidade 7 temos E7 = 2,2.108 KWh, a razão entre eles será:

8

9

7

8

102,2

100,7

E

E

⋅= ≅ 31,6227 , portanto E8 ≅ 31,6227.E7

Resposta esperada(b): A energia liberada fica multiplicada por, aproximadamente,

31,6227.

Problema 04: Terremoto (Cesgranrio – RJ, Dante, vol 1, 2003)

Enunciado: As indicações R1 e R2, na escala Richter, de dois

terremotos são relacionados pela fórmula: R1 - R2 = log10

1

2

M

M onde M1 e M2 medem

as energias liberadas pelos respectivos terremotos, sob a forma de ondas que se

propagam pela crosta terrestre. Considerando que ocorreram dois terremotos, um

correspondente a R1 = 6 e outro correspondente a R2 = 4, determine a razão entre as

energias liberadas pelos mesmos.

Solução esperada: Substituindo na fórmula dada: R1 - R2 = log10

1

2

M

M, temos

4 - 6 = log10

1

2

M

M= -2, por definição de log:

10-2 =

1

2

M

M ⇒

1

2

M

M=

100

1 ou

2

1

M

M= 100.

Resposta esperada: A razão entre as energias liberadas é de 100.

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Comentário: Temos aqui, no problema 05, uma situação que serve de alerta para que os

jovens não dirijam embriagados. Mostrar aos alunos que há fórmula para calcular o

decrescimento do nível de álcool no sangue.

Problema 05: (Unicamp – SP, Dante vol 1, 2003)

Enunciado: O álcool no sangue de um motorista alcançou o nível de 2

gramas por litro logo depois de ele ter bebido uma considerável quantidade de cachaça.

Considere que esse nível decresce de acordo com a fórmula N(t) = 2(0,5)t, em que t é o

tempo medido em horas a partir do momento em que o nível foi constatado. Quanto

tempo deverá o motorista esperar antes de dirigir seu veículo se o limite permitido de

álcool no sangue para dirigir com segurança é de 0,8 gramas por litro? (Use 0,3, para

log2).

Solução esperada: Se N(t) para dirigir com segurança é 0,8, substituindo em

N(t) = 2(0,5)t, temos N(t) = 2(0,5)t = 0,8 ⇒ (0,5)t = 0,4.

Fazendo a notação em forma de fração:

=

10

2

2

1 2t

.

Aplicando as propriedades dos logaritmos: t(log1 – log2) = 2log2 – log10.

Substituindo os valores dos logaritmos: t(-0,3) = 2.0,3 – 1 ⇒ -0,3t = -0,4

Teremos então, t = 1,333... h.

Como sabemos que 1h equivale a 60 minutos, transformando 0,333...h em minutos,

1h → 60 min

0,33... → x min, então temos que x = 60.0,333, ou seja x ≅ 20 min.

Resposta esperada: O motorista deverá esperar aproximadamente uma hora e vinte

minutos antes de dirigir.

Solução esperada através da construção de gráfico:

A fórmula dada é N(t) = 2(0,5)t. Vamos construir a tabela para alguns valores:

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t 2(0,5)t N(t)

3,0 2(0,5)3 0,25

2,0 2(0,5)2 0,50

1,5 2(0,5)1,5 0,71

1,0 2(0,5)1 1,00

0 2(0,5)0 2,00

Construindo o gráfico teremos:

Neste gráfico temos para o eixo x o tempo em horas e para o eixo y a função N(t).

Observa-se através dele que para N(t)= 0,8 corresponde a valor de t aproximadamente

igual a 1,33 h. Assim, de acordo com o cálculo efetuado anteriormente, o tempo será de

1 hora e 20 minutos.

Comentário: Muitas vezes tomamos conhecimento de que a idade de algum fóssil foi

determinada através do Carbono-14, porém, não fazemos idéia de como é o

procedimento. Aqui no problema 06 podemos ter idéia que tipo de fórmula é utilizada

nestes casos.

Problema 06: Datação arqueológica com Carbono-14 (Dante vol 1, 2003)

Enunciado: O Carbono-14 é um isótopo raro do carbono presente em

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todos os seres vivos. Com a morte, o nível de C-14 no corpo começa a decair. Como é

um isótopo radioativo de meia-vida de 5730 anos, e como é relativamente fácil saber o

nível original de C-14 no corpo dos seres vivos, a medição da atividade de C-14 num

fóssil é uma técnica muito utilizada para datações arqueológicas. A atividade radioativa

do C-14 decai com o tempo pós-morte segundo a função exponencial A(t) =

=5730

t

0 2

1A

⋅ , em que A0 é a atividade natural do C-14 no organismo vivo e t é o tempo

decorrido em anos após a morte.

Suponha que um fóssil encontrado em uma caverna foi levado ao laboratório para ter

sua idade estimada. Verificou-se que emitia 7 radiações de C-14 por grama/hora.

Sabendo que o animal vivo emite 896 radiações por grama/hora, qual é a idade

aproximada do fóssil?

Solução esperada: Sabendo que A(t) = 5730

t

0 2

1A

⋅ com A(t) = 7 e A0 = 896,

substituindo temos:

7 = 5730

t

2

1896

⋅ , utilizando de logaritmo teremos:

log2

1log

5730

t

896

7⋅= ⇒ log7 – log896 =

5730

t. log 0,5

substituindo os valores dos logaritmos

- 2,10721 = 5730

t.(-0,30103) ⇒ (-2,10721):(-0,30103) =

5730

t

7 = 5730

t ⇒ t = 40110 anos.

Resposta esperada: A idade aproximada do fóssil é de 40110 anos.

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54

Conteúdo: Matrizes

Problema proposto: Restaurante (Dante vol 2, 2004 - adaptado)

Enunciado: Um proprietário de 2 restaurantes deseja contabilizar o

consumo dos seguintes produtos: arroz, carne, cerveja e feijão. No primeiro restaurante

são consumidos por semana 25 kg de arroz,50 kg de carne, 200 garrafas de cerveja e 20

kg de feijão. No segundo restaurante são consumidos, semanalmente, 28 kg de arroz, 60

kg de carne, 150 garrafas de cerveja e 22 kg de feijão. Existem dois fornecedores cujos

preços desses itens, em reais, são:

Produtos Fornecedor 1 (R$) Fornecedor 2 (R$)

1 kg de arroz 1,00 1,00

1 kg de carne 8,00 10,00

1 garrafa de cerveja 0,90 0,80

1 kg de feijão 1,50 1,00

A partir dessas informações determine o gasto semanal de cada restaurante com cada

fornecedor e determine o lucro semanal que o proprietário terá comprando sempre no

fornecedor mais barato, para os dois restaurantes.

Resolução: Faremos a resolução seguindo as indagações de Polya reproduzidas em

tabela no item “Metodologia utilizada”, neste trabalho.

1º Compreender o problema:

Indagação (I): Qual é a incógnita?

Resposta esperada (R.e.): O lucro semanal que o proprietário terá em dois restaurantes.

(I): Quais são os dados?

(R.e.): As quantidades, as variedades e os preços dos alimentos entregues por dois

fornecedores para dois restaurantes.

(I): Qual é a condicionante?

(R.e.): Comprar do fornecedor mais barato.

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(I): A condicionante é suficiente para determinar a incógnita?

(R.e.): Apenas junto com os dados.

2º Estabelecimento de um plano

(I): Encontre a conexão entre os dados e a incógnita.

(R.e.): É necessário determinar o gasto semanal de cada restaurante para comparar qual

fornecedor é mais barato.

(I): Como resolver a questão?

(R.e.): Utilizando matrizes para organizar e facilitar os cálculos.

3º Execução do plano

(I): Como proceder para determinar a incógnita?

(R.e.): Recorreremos às matrizes portanto precisamos representar o consumo numa

matriz com o 1º restaurante na linha 1 e o 2º, na linha 2. Chamaremos de matriz A.

Depois representaremos a matriz dos fornecedores com o 1º fornecedor na coluna1 e o

2º, na coluna 2. Chamaremos de matriz B.

O gasto semanal será representada pela matriz S que é o produto da matriz A com B.

Então a matriz A será:

A =4x2

22

20

150

200

60

50

28

25

A matriz B dos fornecedores será:

B =

2x400,1

80,0

00,10

00,1

50,1

90,0

00,8

00,1

A matriz do gasto semanal é S, produto de A com B:

S =4x2

22

20

150

200

60

50

28

25

.

2x400,1

80,0

00,10

00,1

50,1

90,0

00,8

00,1

S =

=

++++++

++++++

770676

705635

22120600283313548028

20160500253018040025

Então, o gasto semanal do restaurante 1 com o fornecedor 1 será de R$ 635,00 e com o

fornecedor 2, de R$ 705,00.

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O gasto semanal do restaurante 2 com o fornecedor 1 será de R$ 676,00 e com o

fornecedor 2, de R$ 770,00.

A matriz que representa o gasto semanal é:

770676

705635.

O fornecedor mais barato é o 1 permitindo lucro no restaurante 1 de R$ 70,00 e no

restaurante 2, de R$ 94,00.

Resposta esperada: O lucro semanal que o proprietário terá é de R$ 164,00.

4º Retrospecto

(I): É possível verificar o resultado?

(R.e.): Podemos efetuar os cálculos do gasto semanal determinando isoladamente para

cada restaurante e para cada fornecedor. Porém é bastante trabalhoso.

Seguem outros problemas propostos com suas soluções esperadas.

Problema 01: Loja de roupas esportivas ( Muller, 1986 - adaptado)

Enunciado: Em uma loja especializada em roupas esportivas, a seção

de jeans é uma das mais movimentadas. Existem várias marcas e tamanhos e, no

depósito, encontramos o seguinte estoque:

23 calças da marca Ellus (El) com os seguintes tamanhos: 40, 3 peças; 42, 11 peças; 44,

6 peças; 46, 3 peças.

De outras marcas, encontramos as seguintes quantidades distribuídas respectivamente

pelos tamanhos 40, 42, 44, 46:

M Officer (MO): 5, 5, 3 e 4; Levi’s (L): 1, 7, 0 e 0; Lee (Lee): 6, 2, 2 e 2; Opera Rock

(OR): 3, 0, 0 e 3.

O comerciante deseja ampliar o seu estoque, pra isso, deverá considerar as seguintes

condições:

(a) as marcas Ellus e M Officer vendem aproximadamente o dobro das outras;

(b) os tamanhos 42 e 44 vendem duas vezes mais rápido que os outros;

(c) de uma mesma marca não quer ter mais de 40 peças.

Determine a quantidade de peças de cada marca ao ampliar o estoque e faça uma

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estimativa de ganho semanal do comerciante.

Solução esperada: Todas as informações do estoque podem ser armazenadas em forma

de matriz, bastando que se disponha, por exemplo, os tamanhos como linha e as marcas

como coluna. Temos assim a matriz de estoque E:

E =

3

0

0

3

2

2

2

6

0

0

7

1

4

3

5

5

3

6

11

3

Colocando os dados na forma matricial podemos determinar, por exemplo, quantas

calças do tamanho 42 há no estoque somando os elementos da 2ª linha, ou então,

quantas peças da marca Lee existem, somando a coluna correspondente.

Uma forma de representar o pedido de compra de novas peças pode ser feita através de

matrizes onde as condições (a) e (b) acima também estão especificadas. A matriz P de

pedidos será:

P =

xxxx2x2

x2x2x2x4x4

x2x2x2x4x4

xxxx2x2

Agora, como a condição (c) deve ser satisfeita teremos:

E + P =

++++

+++

++++

+++++

x3x2xx24x23

x2x22x2x43x46

x2x22x27x45x411

x3x6x1x25x23

.

Como a condição (c) coloca que de uma mesma marca teremos no máximo 40 peças,

ficamos com:

(3 + 2x) + (11 + 4x) + (6 + 4x) + (3 + 2x) = 23 + 12x ≤ 40

referente a marca El por possuir maior quantidade em estoque. Assim

12x ≤ 17 ⇒ x ≤ 12

17 ⇒ x = 1.

Desse modo a matriz P, de pedidos, fica sendo

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58

P =

11122

22244

22244

11122

.

Considerando que o estoque foi ampliado, agora a matriz é:

E + P =

3

0

0

3

2

2

2

6

0

0

7

1

4

3

5

5

3

6

11

3

+

11122

22244

22244

11122

E + P =

43165

242710

249915

47275

.

Para determinar a quantidade de peças de cada marca basta adicionar as colunas

correspondentes.

Supondo que em uma semana são vendidas as seguintes peças, representadas pela

matriz V:

V =

30110

02133

21685

21031

.

Assim ao estoque ficou

E – V =

13055

22148

033110

26244

.

Sabendo que o preço de cada peça, segundo a marca é: El, R$ 219,00; MO, R$ 209,00;

L, R$ 150,00; Lee, R$ 169,00; OR, R$ 289,00 podemos representar matricialmente o

preço das peças

Preço =

289

169

150

209

219

.

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59

Para determinar o quanto o comerciante ganhou com a venda das calças, chamando de

G a matriz ganho, utilizaremos da multiplicação de matrizes

G =

30110

02133

21685

21031

.

289

169

150

209

219

G =

=

++++

++++

++++

++++

1226

1553

4414

1593

289.3169.0150.1209.1219.0

289.0169.2150.1209.3219.2

289.2169.1150.6209.8219.5

289.2169.1150.0209.3219.1

A matriz G correspondente ao ganho em cada tamanho. O ganho total é o obtido pela

soma da coluna de G e resulta em R$ 8786,00.

Respostas esperasas: A quantidade de peças de cada marca após ampliado o estoque é

de: El = 35; MO = 29; L = 14; Lee = 18; OR = 12. Para a suposição de venda semanal

feita, o ganho será de R$ 8786,00.

Problema 02: Dieta e exercícios (Efei-MG, Dante, 2004 - adaptado)

Enunciado: Antônio pesa 80 quilos e deseja perder peso por meio de

um programa de dieta e exercícios. Após consultar a tabela 1, ele monta um programa

de exercícios conforme tabela 2.

Tabela 1 – Calorias queimadas por hora

Atividade esportiva

Peso Andar a

3 km/h

Correr a

9 km/h

Andar de bicicleta a

9 km/h

Jogar tênis

(moderado)

69 213 651 304 340

73 225 688 321 368

77 237 726 338 385

80 250 760 350 400

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Tabela 2 – Horas/dia para cada atividade

Programa de exercícios Dia da semana

Andar Correr Andar de bicicleta Jogar tênis

Segunda-feira 1,0 0,0 1,0 0,0

Terça-feira 0,0 0,0 0,0 2,0

Quarta-feira 0,4 0,5 0,0 0,0

Quinta-feira 0,0 0,0 0,5 2,0

Sexta-feira 0,4 0,5 0,0 0,0

De acordo com as informações contidas nas tabelas 1 e 2, calcule quantas calorias ele

irá queimar em cada dia, se seguir o programa.

Solução esperada: Como o peso de Antônio é 80 kg, pela tabela 1 temos a matriz

400

350

760

250

. Pela tabela 2, temos a matriz A=

0,00,05,04,0

0,25,00,00,0

0,00,05,04,0

0,20,00,00,0

0,00,10,00,1

.

Para determinar a quantidade de calorias que irá queimar em cada dia, basta multiplicar

as matrizes:

0,00,05,04,0

0,25,00,00,0

0,00,05,04,0

0,20,00,00,0

0,00,10,00,1

.

400

350

760

250

=

=

+

+

+

+

480

975

480

800

600

760.5,0250.4,0

400.0,2350.5,0

760.5,0250.4,0

400.0,2

350.0,1250.0,1

Resposta esperada: Ele irá queimar 600 calorias na segunda-feira, 800 calorias na terça-

feira, 480 calorias na quarta-feira, 975 calorias na quinta feira e 480 calorias na sexta-

feira.

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Problema 03: Nutrição (UEL-PR, Fernandez, 2005 - adaptado)

Enunciado: Uma nutricionista recomendou aos atletas de um time de

futebol a ingestão de uma quantidade mínima de certos alimentos (frutas, leite e cereais)

necessária para uma alimentação sadia. A quantidade (em gramas) diária mínima de

frutas, leite e cereais é de, respectivamente, 200, 300 e 600. A quantidade (em gramas)

de proteínas, gorduras e carboidratos fornecida por cada grama ingerido dos alimentos

citados são, respectivamente, 0,006; 0,001; 0,84 para frutas, 0,003; 0,035; 0,052 para

leite, 0,108; 0,018; 0,631 para cereais.

Determine a quantidade diária mínima (em gramas) de proteínas, gorduras e

carboidratos, fornecida pela ingestão daqueles alimentos.

Solução esperada: chamando de D a matriz que representa a quantidade diária mínima

(em gramas) dos alimentos considerados e de M a matriz da quantidade de proteínas,

gorduras e carboidratos fornecida por grama ingerido dos mesmos alimentos teremos:

=

600

300

200

D

cereais

leite

fruta

=

631,0052,0084,0

018,0035,0001,0

108,0033,0006,0

M

oscarboidrat

gorduras

proteínas

cereaisleitefruta

Se a presença de proteínas em 200g de fruta é de 0,006g/g ingerido, em 300g de leite é

de 0,033g/g ingerido e em 600g de cereais é de 0,108g/g ingerido ocorrendo de forma

análoga para leite e cereais, para se determinar a quantidade total de proteínas, gorduras

e carboidratos basta multiplicar a matriz D pela matriz M.

=

++

++

++

=

00,411

50,21

90,75

631,0.600052,0.300084,0.200

018,0.600035,0.300001,0.200

108,0.600033,0.300006,0.200

631,0052,0084,0

018,0035,0001,0

108,0033,0006,0

600

300

200

Resposta esperada:A quantidade diária mínima de proteínas é de 75,90g, de gorduras é

de 21,50g, de carboidratos é de 411g.

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Conteúdo: Trigonometria

Problema proposto: Aeronáutica (Bushaw, 1997)

Enunciado: É experiência corriqueira ouvir um avião a jato se

aproximando, especialmente se está voando baixo, e, ao olhar na direção de onde vem o

ruído, descobrir que ele está num ponto do céu muito diferente. Suponha que um avião

voando a 330 km/h e a uma altitude de 915 m é ouvido por um observador quando está

a 20º acima do horizonte. Se o avião passa diretamente sobre o observador, para onde

este deve olhar a fim de ver o avião quando ouve o seu ruído?

(Tome a velocidade do som como 335 m/s)

Resolução: Faremos a resolução seguindo as indagações de Polya reproduzidas em

tabela no item “Metodologia utilizada”, neste trabalho.

1º Compreender o problema:

Indagação (I): Qual é a incógnita?

Resposta esperada (R.e.): O ângulo de visão para se ver um avião quando se escuta o seu

ruído.

(I): Quais são os dados?

(R.e.): A velocidade do avião, sua altitude, sua posição em relação ao horizonte e a

velocidade do som.

(I): Qual é a condicionante?

(R.e.): O avião passa diretamente sobre o observador.

(I): A condicionante é suficiente para se determinar a incógnita?

(R.e.): Sim, junto com os dados.

(I): É possível traçar uma figura?

(R.e.): Sim para melhor visualizar e compreender o problema.

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63

2º Estabelecimento de um plano

(I): Encontre a conexão entre os dados e a incógnita.

(R.e.): Em primeiro lugar traçar a figura localizando o observador com o ângulo visual

de 20º acima do horizonte, o avião e a sua altitude. Com os dados e sabendo que a

velocidade da luz é maior que a velocidade do som, pois sempre nos dá a impressão que

barulho vem “atrás” do avião, precisamos calcular a sua posição real quando ouvimos o

seu barulho. Para determinar a incógnita devemos levar em conta que o tempo é o

mesmo para o deslocamento do avião e o deslocamento do ruído produzido pelo avião

até os nossos ouvidos.

3º Execução do plano

(I): Execute o seu plano.

(R.e.): Iniciaremos traçando a figura e localizando os dados:

Quando o avião produz o ruído que o observador ouve, em linha reta, ele está a uma

distância OA do avião. A distância OA é a hipotenusa do triângulo OAB, retângulo em

B e AÔB = 20º então sen20º = OA

915, como sabemos que sen20º = 0,3420, encontramos

2675OA ≅ m.

No solo, o observador está a uma distância OB da linha vertical de onde está o avião. A

distância OB é o cateto adjacente ao ângulo AÔB = 20º do triângulo AOB, então

cos20º = 2675

OBe como sabemos que cos20º = 0,9397, substituindo encontramos

≅OB 2514 m.

Sabendo que a velocidade do som é de 335 m/s, que ela se propaga por 2675 m e como

a velocidade é dada pelo quociente entre distância e o tempo, temos 335 = t

2675, então

t ≅ 8 s.

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64

O avião em movimento a 330 km/h, nesses 8 s ele já se deslocou de A para A’, se a

distância = velocidade . tempo = 330 km/h . 8s = m733s8s3600

m1000330≅⋅

⋅.

Assim sendo, o ângulo θ segundo o qual o avião será avistado tem como tangente a

razão entre 'OBe'B'A , então θ será:

θ = arc tg7332514

915

− ⇒ θ = arc tg 0,51375 ⇒ θ = 27º.

Resposta esperada: Deve olhar na direção de 27º da horizontal, do seu ângulo visual.

4º Retrospecto

(I): É possível verificar o resultado?

(R.e.): Sim, se no triângulo A’OB’, com o ângulo de 27º a medida 'OB confirmar ser

'BBOB − = 2514 – 733 = 1781 m. Então, nesse triângulo, temos tg 27º = 'OB

'B'A =

= 0,51375 = 'OB

915. Assim, por proporção, 'OB = 915 : 0,51375 o que resulta em

'OB ≅ 1781 m.

Comentário: Será proposto agora um problema que se refere a algo que utilizamos com

freqüência, mas como não o vemos não nos preocupamos, porém aguça a nossa

curiosidade. Então, com certeza, vai despertar interesse nos nossos alunos.

Problema 01: Tanque de armazenagem de combustível (Bushaw, 1997)

Enunciado: Um tanque de armazenagem de óleo, com a forma de um

cilindro, está enterrado no subsolo de maneira tal que o eixo do cilindro é paralelo à

superfície horizontal do chão. O volume de óleo do tanque é medido inserindo-se

verticalmente uma vara no bocal de abastecimento do tanque até alcançar o seu fundo,

retirando-se a vara e anotando o nível de óleo desta. Se o tanque tem 1,8 m de diâmetro

e 4,5 m de comprimento, de que maneira deve-se marcar a vara para que ela dê o

volume de óleo no tanque em litros?

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65

Solução esperada: Inicialmente vamos calcular o volume do tanque em metros

cúbicos:

Volume do cilindro = área circular . comprimento

V = πr2.4,5 = π.(0,9)2.4,5 = 3,645π m3.

Então, quando cheio o tanque contém 3,645π m3 de óleo.

Quando o volume for menor que a metade, V ≤ 2

645,3 π, a situação é mais ou menos a

mostrada na figura abaixo, com o nível do óleo abaixo do centro do tanque.

Para determinar o volume, nesse caso,

precisamos calcular a área destacada

que é a diferença entre área do setor

AOB e a área do triângulo AOB.

Cálculo da área do setor circular AOB:

Sabemos que a área de um setor circular em função do ângulo central α é dado por

2r2

π⋅π

α. Assim, teremos que a área do setor AOB = ( )29,0

2

π

θ= θ. 0,81.

Sendo θ rad o ângulo BÔC do triângulo retângulo BOC, retângulo em C, de hipotenusa

0,9 m e cateto adjacente (0,9 – h), temos9,0

h9,0cos

−=θ , ou seja, θ = arc cos

9,0

h9,0 −rad.

Desse modo, chamando de S1 a área do setor AOB, S1 = 0,81.arc cos9,0

h9,0 −.

Cálculo da área do triângulo AOB.

A área do triângulo AOB é duas vezes a área do triângulo OBC.

Para determinar o lado BC desse triângulo utilizaremos

do Teorema de Pitágoras:

0,92 = (0,9 – h)2 + ( BC )2

( BC )2 = 0,81 – (0,9 –h)2

( BC )2 = 0,81 – 0,81 + 1,8h – h2

BC = 2hh8,1 −

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66

Assim, a área do triângulo OBC será ( ) 2hh8,1h9,02

1−⋅− .

Então, chamando de S2, a área do triângulo AOB, teremos

S2 = ( ) ( ) 22 hh8,1h9,0hh8,1h9,02

12 −⋅−=−⋅−⋅ .

Sendo assim, considerando como S a área destacada, S = S1 – S2.

Então, S = 0,81.arc cos9,0

h9,0 − - ( ) 2hh8,1h9,0 −⋅− .

Desse modo o volume (V) procurado será:

V = área destacada . comprimento do tanque.

V = ( ) 5,4hh8,1h9,09,0

h9,0cosarc81,0 2 ⋅

−⋅−−

−⋅ , para 0 ≤ h ≤ 0,9.

Para volumes (V’) maiores que a metade da capacidade do cilindro teremos

V’ = volume total do cilindro – V, ou seja, V’ = 3,645 – V, para 0,9 ≤ h ≤ 1,8.

As marcas na vara devem ser de acordo com a tabela:

h (m) S1 (m2) S2 (m

2) S (m2) V (m3) V’ (m3) Vfinal (l)

0,20 0,55054 0,39598 0,15456 0,69550 -x- 695,46

0,30 0,68126 0,40249 0,27877 1,25446 -x- 1254,46

0,40 0,79523 0,37416 0,42107 1,894815 -x- 1,894,82

0,60 0,99708 0,25456 0,74252 3,34134 -x- 3341,34

0,80 1,18216 0,08944 1,09272 4,91724 -x- 4917,24

0,90 1,27234 0 1,27234 5,72553 -x- 5725,53

1,00 0 -0,08944 0,08944 0,40248 11,04862 11048,62

1,20 1,54761 -0,25456 1,80217 8,109765 3,34134 3341,34

1,40 1,74946 -0,37416 2,12362 9,55629 1,89482 1894,82

1,60 1,99415 -0,39598 2,39013 10,7556 0,69550 695,50

1,80 2,54469 0 2,54469 11,45110 0 0

Resposta esperada: As marcas na vara devem estar de acordo com a altura, na primeira

coluna, e com o volume, na última coluna.

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Seguem-se os problemas que possuem fórmulas no seu enunciado com as respectivas

soluções esperadas.

Problema 01: Marés (VUNESP, Dante vol 2, 2004)

Enunciado: Uma equipe de mergulhadores, dentre eles um estudante de

ciências exatas, observou o fenômeno das marés em determinado ponto da costa brasileira e

concluiu que ele era periódico e podia ser aproximado pela expressão

( )

π+

π+=

4

5t

6cos2

2

21tP , em que t é o tempo (em horas) decorrido após o início da

observação (t = 0) e P(t) é a profundidade da água (em metros) no instante t.

(a) Resolva a equação C, para t > 0.

(b) Determine quantas horas após o início da observação ocorreu a primeira maré alta.

Solução esperada(a): Para resolvermos a equação cos

π+

π

4

5t

6=1, sabemos que cosx = 1

quando x = 2kπ, qualquer que seja k Є Z. Teremos então,

4

30k48t

4

5k8

6

t

4

5k8t

64

5k2t

6k2

4

5t

6

−=⇒

−=⇒

π−π=

π⇒

π−π=

π⇒π=

π+

π

assim, teremos t = 2

15k12 − , t > 0.

Solução esperada (b): A maré alta será quando o cosseno tem seu valor máximo 1 então,

conforme (a), t = 2

15k12 − . A primeira maré alta é quando k = 1. Então teremos

t =2

15112 −⋅ ⇒ t = 12 – 7,5 ⇒ t = 4,5 h

Resposta esperada(b): A primeira maré alta ocorreu 4 horas e meia após o início da

observação.

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Problema 02: Volume de ar em um ciclo respiratório (UnB-DF, Dante vol 2, 2004)

Enunciado: O volume total de ar, em litros, contido nos pulmões de um

adulto em condições físicas normais e em repouso pode ser descrito como função do tempo

t, em segundos por V(t) = ( )π

π−⋅

2

t4,0cos13 . O fluxo de ar nos pulmões em litros por

segundo, é dado por: v(t) = 0,6.sen(0,4πt). Os gráficos dessas funções estão representadas

na figura abaixo:

Com base nas informações do texto, julgue os itens a seguir:

( ) 1) O gráfico 1 representa V(t) e o gráfico 2, v(t).

( ) 2) O volume máximo de ar nos dois pulmões é maior que 1 litro.

( ) 3) O período de um ciclo respiratório completo (inspiração e expiração) é de 6 s.

( ) 4) A freqüência de v(t) é igual à metade da freqüência de V(t).

Com base nas informações do texto, julgue os itens a seguir, com respeito ao fluxo de ar

nos pulmões.

( ) 1) O fluxo é negativo quando o volume decresce.

( ) 2) O fluxo é máximo quando o volume é máximo.

( ) 3) O fluxo é zero quando o volume é máximo ou mínimo.

Resposta esperada: VFFF e VFV.

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Problema 25: Mecânica (Bushaw, 1997 - adaptado)

Enunciado: A aceleração da gravidade, freqüentemente denotada por g,

aparece na física dos movimentos próximo da superfície da Terra e em geral é considerada

constante. Na verdade, porém, g não é constante, variando ligeiramente com a latitude. Se φ

indica a latitude em graus, uma boa aproximação para g é dada pela fórmula:

g = 9,78049(1 + 0,005288.sen2φ – 0,000006.sen22φ) m/s2 ao nível do mar.

(fonte: The Solar System.G Kuiper, ed. v.2 [1954], p16)

(a) Ache g para a latitude do lugar onde você mora.

(b) Expresse g em função de senφ apenas (isto é, elimine o ângulo duplo).

(c) Em que lugar da Terra a valor de g é máximo? E mínimo?

Solução esperada: Para Londrina, PR, a latitude é 23ºS. Então sem φ = sen 23º = 0,39073

e sen 2φ = sen 46º = 0,71934. Substituindo na fórmula de g dada no problema:

g = 9,78049.(1 + 0,005288.(0,39073)2 – 0,000006.(0,71934)2) = 9,78049.1,00080

então, g ≅ 9,78835 m/s2.

Resposta esperada(a): A aceleração g em Londrina é de, aproximadamente, 9,78835 m/s2.

Solução esperada (b): Pelas identidades trigonométricas temos que sen2φ = 2.senφ.cosφ,

então sen22φ = (2.senφ.cosφ )2 = 4.sen2φ.cos2

φ. Como sen2φ + cos2

φ = 1, teremos que

cos2φ = 1 – sen2

φ, então sen22φ = 4.sen2φ.(1 – sen2φ). Substituindo em g temos:

g = 9,78049.(1 + 0,005288.sen2φ – 0,000006.(4.sen2

φ.(1 – sen2φ))

g = 9,78049.(1 + 0,005288.sen2φ + 0,000024sen4φ) m/s2.

Resposta esperada (b): a expressão é g = 9,78049.(1 + 0,005288.sen2φ + 0,000024sen4

φ)

m/s2.

Solução esperada(c): g é máximo quando sen2φ é máximo, ou seja senφ = 1, e mínimo

quando sen2φ é mínimo, ou seja senφ = 0. Como para senφ = 1, φ = 90º isto significa que g

é máximo nos pólos. Como para senφ = 0, φ = 0º isto significa que g é mínimo na linha do

Equador.

Resposta esperada (c): g é máximo nos pólos e g é mínimo na linha do Equador.

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Considerações finais

Conforme afirma Gentile (2007) para os professores os alunos são vistos

como desinteressados e indisciplinados e são percebidos, junto com a família, como

principais problemas da sala de aula. Realmente o desinteresse é uma das principais queixas

de professores em relação aos alunos. Muitos jovens têm mostrado rejeição pelo desafio de

aprender, se aborrecem com as aulas e não têm disciplina para os estudos. Porém sabemos

que toda criança é curiosa por natureza e que os desafios trazem aprendizagem, o qual vale

para toda a vida. Não podemos deixar que, durante a escolarização, alunos curiosos se

tornem apáticos. Muito menos permitir que a sala de aula seja um ambiente de apatia. É

necessário dar espaço para a participação, permitir que haja conversa, fala, movimentação e

argumentação. É aqui que entra a metodologia da Resolução de Problemas auxiliando o

professor a por em prática essa necessidade.

Sabemos que a função mais importante de escola é desenvolver o desejo

de aprender. A escola precisa ser capaz de motivar os alunos para a cultura e de oportunizar

formação para a vida social plena.

Como diz Menezes (2007), a motivação para aprender depende da

identificação com o assunto e da expectativa de sucesso. Dar contexto aos conteúdos de

aprendizagem e criar espaço em que os jovens sejam protagonistas do diálogo amplia a

expectativa de sucesso, consequentemente o aluno encontra significado no aprendizado,

tornando-o mais motivado, interessado e autoconfiante.

Proponho que esse material seja utilizado como algo motivador que possa

despertar curiosidade e questionamento auxiliando no desenvolvimento do desejo de

aprender. Uma das sugestões é que se utilize dos problemas deste material também como

problemas motivadores para iniciar um novo conteúdo, como foi sugerido no problema

proposto 02 da Função Quadrática. Propõem-se um problema que seja instigante relativo ao

conteúdo a ser trabalhado. Analisa-se o problema de forma a traçar uma estratégia de

solução e procura-se fazer questionamentos para aguçar a curiosidade na obtenção da

solução explorando os conhecimentos já adquiridos pelos alunos. Visto que o seu

conhecimento não soluciona o problema, torna-se necessária a introdução de novos

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conceitos. Isto o professor a fará, sempre que necessário, procurando ser claro e objetivo,

assim os alunos verão a necessidade de aprimorar seus conhecimentos para dar conta dos

desafios do aprendizado. Outra sugestão é que se use dos problemas elaborados com

fórmulas nos enunciados apenas como exemplo de aplicação do conteúdo estudado, pois

muitas vezes, os alunos apenas querem saber onde é usado o conteúdo que está aprendendo

e ainda não têm a maturidade e interesse em descobrir a sua origem ou demonstração.

Sugiro também que sejam propostos problemas que necessitem de investigação para a

solução, como forma de desafio ao seu aprendizado, pois na realidade todos somos

movidos pelo desafio. Através da investigação matemática nos livros didáticos, na internet,

nas revistas ou junto às pessoas que possam auxiliá-los, os alunos se verão diante de vários

questionamentos que, na maioria vezes, extrapolarão o assunto que está sendo estudado e,

na procura pelas respostas irão adquirir conhecimentos variados que o enriquecerão

culturalmente. Desenvolverão a leitura, interpretação, compreensão e argumentação o que

os fará adquirir maior autoconfiança para encarar novos desafios, e cada desafio vencido irá

mostrar a sua capacidade de adquirir novos conhecimentos.

Se desejamos tudo isso aos nossos alunos temos também, nós professores,

que aprimorarmos os nossos conhecimentos. Não devemos ter receio de repensar a nossa

prática pedagógica, inteirarmos das novas tendências para podermos dar todo o respaldo

necessário aos nossos alunos a fim de que possam desenvolver tudo o que esperamos deles.

Almejamos que este trabalho venha a colaborar com os colegas

professores de matemática. Temos muito a aprender... temos muito a ensinar... temos muito

a trocar experiências. Pedimos aos professores ou às pessoas interessadas que utilizarem

desse material que enviem comentários, críticas e sugestões para

[email protected] .

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