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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

2 3

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.

4 5

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

4 5

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.

6 7

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.

6 7

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

8 9

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

8 9

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.

10 11

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

10 11

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

12 13

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.

12 13

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

14 15

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

14 15

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)