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MATEMÁTICA
COMENTÁRIO DA PROVA
Os objetivos desta prova discursiva foram plenamente alcançados. Os conteúdos principais foram con-templados, inclusive complementando os tópicos abordados na 1ª. fase, mostrando uma conveniente inte-ração entre as duas provas, o que é elogiável. Questões clássicas, primando pela originalidade em várias situações, questões mais trabalhosas, atenuadas pelo tempo maior (2horas e 30 minutos) disponibilizado para a sua resolução.
Professores de Matemática do Curso Positivo.
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MATEMÁTICA
Resolução:
Inicialmente, vamos escalonar o sistema: adicionando os elementos da segunda equação aos da primeira multiplicados por (–2), e adicionando os elementos da terceira equação aos da primeira multiplicados por (–3). Desta forma, tem-se:
x – 2y + z = 52x + y + 3z = 23x – y + k2 z = k + 5
x – 2y + z = 5 5y + z = – 8 5y + (k2 – 3) . z = k – 10
x – 2y + z = 5 5y + z = – 8 (k2 – 4) . z = k – 2
x – 2y + z = 5 5y + z = – 8 – 4z = – 2
Continuando, vamos adicionar os elementos da terceira equação aos da segunda multiplicados por (–1):
a) Para k = 0, tem-se:
Da terceira equação, tem-se z = 12 . Substituindo z = 1
2 na segunda equação, tem-se:
5y + 12 = – 8
5y = – 8 – 12
y = – 1710
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MATEMÁTICA
Substituindo z = 12 e y = – 17
10 na primeira equação, tem-se:
x – 2 . – 1710
+ 12 = 5
x + 175
+ 12 = 5
x = 5 – 175
– 12
x = 1110
Para k = 0, o conjunto solução é dado por S = 1110
, – 1710
, 12
b) O sistema escalonado apresenta-se da seguinte maneira:
x – 2y + z = 5 5y + z = – 8 (k2 – 4) . z = k – 2
Observando a última equação do sistema, tem-se:
• Para k = 2, tem-se 0 . z = 0, de modo que z pode assumir qualquer valor real.
• Para k = –2, tem-se 0 . z = – 4. Neste caso, não existe valor de zqueverifiquetalequação.
• Para k ≠ 2 e k ≠ –2, tem-se um único valor de z, ou seja, z = k – 2k2 – 4 =
1k + 2 .
Respostas: a) S =
1110
, – 1710
, 12
b) Parak≠2ek≠–2,tem-sez=
1k + 2 → Sistema possível e determinado.
Para k = 2 → Sistema possível e indeterminado. Para k = –2 → Sistema impossível.
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MATEMÁTICA
Resolução:a) Pela tabela, observa-se que Q(10) = 500 e Q(100) = 800, ou seja:
500 = a + b . log(10)800 = a + b . log(100)
500 = a + b800 = a + 2b
Subtraindo a primeira equação da segunda, tem-se:
b = 300
Substituindo b = 300 na primeira equação, tem-se a = 200.
b) Deseja-se encontrar o valor de x para o qual se tem Q(x) = 1200, ou seja:
Q(x) = a + b . log(x)
1200 = 200 + 300 . log(x)
1200 – 200 = 300 . log(x)
1000 = 300 . log(x)
10 = 3 . log(x)
10 = log(x3)
x3 = 1010
x = 31010
x = 3103 . 103 . 103 . 101
x = 3103 .
3103 .
3103 .
3101
x 10 . 10 . 10 . 2,15
x 2150
Portanto, a área aproximada, em hectares, para a qual se terá 1200 tipos de insetos é igual a 2150.
Respostas:a) a = 200 e b = 300 b) 2150
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MATEMÁTICA
Resolução:a) Sendo ramedidadoraiodacircunferênciamenor,observeafigura:
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo destacado, tem-se:
(2 + 3)2 = (r + 3)2 + (r + 2)2
25 = 2r2 + 10r + 13
2r2 + 10r – 12 = 0
r2 + 5r – 6 = 0
(r – 1) . (r + 6) = 0
r = 1 ou r = – 6 (não convém, pois r > 0)
Logo, o raio do círculo menor mede 1 unidade de comprimento.
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MATEMÁTICA
b) A área do losango cujos vértices são os centros dos quatro círculos maiores pode ser obtida por meio do semiproduto das medidas das diagonais. As diagonais do losango medem 8 e 6.
Logo,a área é dada por: S = D . d
2
S = 8 . 62
S = 24 unidades de área Respostas: a) 01 b) 24
Resolução:a) A quantidade de cubos com exatamente uma face vermelha é dada por:
V1 = 2 . [(n – 2) . (n + 1 – 2) + (n – 2) . (n + 2 – 2) + (n + 1 – 2) . (n + 2 – 2)]
V1 = 2 . [(n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n]
Paraque22cubospossuamexatamenteumafacevermelhaénecessárioesuficientequeV1 = 22, ou seja:
22 = 2 . [(n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n]
11 = (n – 2) . (n – 1) + (n – 2) . n + (n – 1) . n
11 = n2 – 3n + 2 + n2 – 2n + n2 – n
3n2 – 6n – 9 = 0
n2 – 2n – 3 = 0
Fatorando, obtém-se:
(n – 3) . (n + 1) = 0
n = 3 ou n = –1 (não convém, pois n > 0)
Portanto, n = 3.
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MATEMÁTICA
b) A quantidade de cubos com nenhuma face vermelha é dada por:
V0 = (n – 2) . (n + 1 – 2) . (n + 2 – 2)
V0 = (n – 2) . (n – 1) . n
Paraque24cubosnãopossuamqualquerfacevermelhaénecessárioesuficientequeV0 = 24, ou seja:
24 = (n – 2) . (n – 1) . n
24 = (n2 – 3n + 2) . n
24 = n3 – 3n2 + 2n
n3 – 3n2 + 2n – 24 = 0
Fatorando o polinômio do primeiro membro por meio dos próprios zeros, tem-se:
(n – 4) . (n2 + n + 6) = 0
n = 4 ou n2 + n + 6 = 0
Como a equação n2 + n + 6 = 0 não apresenta raízes reais, conclui-se que n = 4.
Respostas:
a) 03
b) 04
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MATEMÁTICA
Resolução:a) O volume do cubo é igual a 43 = 64 cm3.
O menor sólido é uma pirâmide cuja base tem área igual à metade da área de um quadrado de lado 4 cm e cuja altura é igual à aresta do cubo, ou seja, 4 cm.
Desta forma, o volume do menor sólido (pirâmide) é dado por:
Vmenor = 13 . 42
2 . 4 = 16 . 43
Vmenor = 323 cm3
O volume da pirâmide é igual a um sexto do volume do cubo. Logo, o do maior sólido é igual a cinco sextos do volume do cubo, ou seja:
Vmaior = 56 . 43
Vmaior = 1603 . cm3
b) A área total da pirâmide é constituída por 3 triângulos isósceles retângulos de catetos 4 cm e 1 triân-gulo equilátero cuja medida do lado é igual a da diagonal de uma face do cubo. Logo, a área total da superfície da pirâmide é dada por:
Smenor = 3 . 4 . 42 +
224 . 3
4
Smenor = (24 + 8 3 ) cm3
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MATEMÁTICA
A área total do maior sólido é composta por 3 quadrados de lado 4 cm, 3 triângulos retângulos isósceles de catetos 4 cm e 1 triângulo equilátero cuja medida do lado é igual à da diagonal de uma face do cubo:
Smaior = 3 . 42 + 3 . 4 . 42 +
224 . 3
4
Smaior = (72 + 8 3 ) cm3
Respostas:
a) 323 cm3 e 160
3 cm3
b) (24 + 8 3 )cm3 e (72 + 8 3 )cm3
Resolução:a) A média aritmética dos números de licenças ponderados pelas quantidades de empregados é dada
por: X =
3 . 1 + 4 . 3 + 5 . 6 + 6 . 9 + 7 . 7 + 8 . 4
1 + 3 + 6 + 9 + 7 + 4 X = 180
30
X = 6
Logo, a média de licenças por empregado é igual a 6.
A moda da distribuição é igual à quantidade de licenças mais frequente, ou seja, 6.
No cálculo da média aritmética, observou-se que são 30 empregados. Como essa quantidade é par, existem dois termos centrais na sequência ordenada de licenças: 15º e 16º valores. Os termos centrais são ambos iguais a 6, de modo que a mediana é igual à média aritmética dos dois termos centrais:
Md = 6 + 62
Md = 6
Assim, a mediana é igual a 6.
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MATEMÁTICA
A variância da distribuição de licenças é dada por:
V = (3 – 6)2 . 1 + (4 – 6)2 . 3 + (5 – 6)2 . 6 + (6 – 6)2 . 9 + (7 – 6)2 . 7 + (8 – 6)2 . 4
1 + 3 + 6 + 9 + 7 + 4
V = 5030 = 5
3 (licença)2
O desvio padrão da distribuição de licenças é dado por:
Dp = = 53
= 33
53
Dp = 153
licença
Respostas:
a) média = moda = mediana = 6
b) Variância = 53 (licença)2 e Dp =
153 licença
Resolução: a) A distância da origem ao ponto P(3,4) é igual ao raio de C1: R = (3 – 0)2 + (4 – 0)2 = 25 = 5 Logo, a equação cartesiana da circunferência C1 é dada por: (x – 0)2 + (y – 0)2 = 52
x2 + y2 = 25
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MATEMÁTICA
OcoeficienteangulardaretaquepassapelaorigemepelopontoPédadopor: m = 4 – 0
3 – 0 = 43
Assim, a equação da reta que passa pela origem e pelo ponto P é dada por: y – y0 = m . (x – x0) y – 0 = 4
3 . (x – 0) y = 4
3 x
Os triângulos em destaque são semelhantes de modo que:
a – 33 = b – 4
4 = 25
a – 3
3 = 25 a = 21
5
b – 4
4 = 25 b = 28
5
Portanto, a equação cartesiana da circunferência C2 é dada por:
x – 215
2
+ y – 285
2
= 22
x – 215
2
+ y – 285
2
= 4 centro no ponto 215
, 285
Respostas:
a) Circunferência: x2 + y2 = 25; reta: y = 43 x
b) x – 215
2
+ y – 285
2
= 4 centro no ponto 215
, 285
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MATEMÁTICA
Resolução: a) O termo geral da expressão é dado por: Tp+1 = Cp
n . 12
. x–3 p
. xn–p
Tp+1 = Cp
n . 12
p
. x–3p . xn–p
Tp+1 = Cpn .
12
p
. x(n–4p)
Para n = 4, tem-se
Tp+1 = Cp4 .
12
p
. x(4–4p)
Para que esse termo seja independente de xénecessárioesuficientequeoexpoentedex seja igual a
zero, ou seja: 4 – 4p = 0 p = 1 Substituindo p = 1 no termo geral, tem-se: T1+1 = C1
4 . 12
1
. x(4–4 . 1)
T2 = 4 . 12
. x0
T2 = 2 Logo, o termo independente de xpossuiordem2(2ºtermo)ecoeficienteiguala2.
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MATEMÁTICA
b) Retornando ao termo geral, tem-se:
Tp+1 = Cpn .
12
p
. x(n–4p)
Paraqueotermoindependentesejaiguala7énecessárioesuficientequeocoeficientedestetermoseja igual a 7 e o expoente seja igual a zero:
Cpn .
12
p
= 7
n – 4p = 0 Da segunda equação, observa-se que p =
n4 , ou seja, n deve ser natural e divisível por 4. A tabela a seguir
apresenta alguns diferentes valores de n e p:
n 0 4 8 12 16
p 0 1 2 3 4
Cpn .
12
p
1 2 7 27,5 113,75
A tabela indica que, para n = 8 e p = 2, tem-se n = 4p e Cpn .
12
p
= 7. Logo, n = 8 é uma resposta do problema.
Para que a resposta seja única, é necessário demonstrar que não existe outro par de valores (n, p) que
satisfaça ambas as equações do sistema Cp
n . 12
p
= 7
n – 4p = 0
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MATEMÁTICA
Observando que n = 4p e calculando a razão, R, entre dois valores genéricos e consecutivos de p, tem-se:
R =
Cp4p .
12
p
Cp+1
4(p+1) .
12
p+1
= (4p + 4)!
(p + 1)! .[(4p + 4) – (p + 1)]!
(4p)!
p! . (4p – p)! .
12
1
R = (4p)!
p! . (3p)! .
(p + 1)!. (3p + 3)!(4p + 4)!
. 2
R = 2 .
(p + 1) . (3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)(4p + 4) . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
R = 2 . (p + 1) . (3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
4 . (p + 1) . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
R =
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
Paraquefiquecomprovadoquenãoexisteoutropardevalores(n, p) que satisfaçam o sistema, basta
mostrar que a sequência formada pelos valores de Cpn .
12
p
é crescente, o que equivale a provar que R < 1.
Fazendo R < 1, tem-se:
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1)
2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1) < 1
Observa-se que p é um número inteiro e positivo, logo:
(3p + 3) . (3p + 2) . (3p + 1) < 2 . (4p + 3) . (4p + 2) . (4p + 1)
27p3 + 54p2 + 33p + 6 < 128p3 + 192p2 + 88p + 12
101p3 + 138p2 + 55p + 6 > 0 Comoadesigualdadeanterioréverificadaparaqualquervalorpositivodep, uma vez que todas as par-
celaspossuemcoeficientespositivos,conclui-seR < 1 e que, consequentemente, o único par possível é igual a n = 8 e p = 2.
Respostas: a) T2 = 2 b) 08
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MATEMÁTICA
Resolução:
a) f o g = g o f
Deacordocomadefiniçãodefunçãocomposta,tem-se: f(g(x)) = g(f(x)) c . g(x) + 1 = f(x) + c c . (x + c) + 1 = cx + 1 + c cx + c2 + 1 = cx + 1 + c c2 – c = 0 c . (c – 1) = 0 c = 0 ou c = 1
Resolução:
b) Para encontrar a inversa de f vamos trocar as variáveis e isolar y: f(x) = cx + 1 y = cx + 1 x = cy + 1
y = x – 1c
f –1(x) = x – 1c , c ≠ 0
Se g = c f –1, então:
x + c = c . x – 1c
x + c = x – 1 c = –1
Respostas:a) c = 0 ou c = 1b) c = – 1
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MATEMÁTICA
Resolução:a) Observe a ilustração indicando x como a medida do lado do segundo quadrado:
12
12x
Utilizando o teorema de Pitágoras, tem-se:
x2 = 12
2 + 1
22
x2 = 24
x = √22
Por raciocínio análogo, a medida do lado do terceiro quadrado será igual à medida do lado do segundo
multiplicada por √22, ou seja, as medidas dos lados de quadrados consecutivos constituem uma progres-
são geométrica cuja razão é igual a √22.
Desta forma, a medida do lado do terceiro quadrado é igual a √22 .
√22 = 2
4 = 1
2.
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MATEMÁTICA
Resolução:
b)Asomadosperímetrosdosinfinitosquadradosédadapor:
S = 4 . 1 + √22 + 1
2 + ...
S = 4 . 1
1 – √22
S = 8(2 – √2 )
. (2 + √2 )
(2 + √2 )
S = 8 . (2 + √2 )22 – (√2 )2
S = 8 . (2 + √2 )2
S = 4 . (2 + √2 )
Considerando √2 ≅ 1,4, tem-se:
S ≅ 4 . (2 + 1,4)S ≅ 13,6
Respostas:a) 1/2b) S ≅ 13,6 (demonstração)
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