1 – MATEMÁTICA 1.1 – QUESTÕES OBJETIVAS %6,92 4,5 100 5 ≈ ×

PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
1
1 – MATEMÁTICA
Rosane Soares Moreira Viana, Luiz Cláudio Pereira, Lucy Tiemi Takahashi, Olímpio Hiroshi Miyagaki.
1.1 – QUESTÕES OBJETIVAS
01. Em porcentagem das emissões totais de gases do efeito estufa, o Brasil é o quarto maior poluidor, conforme
a tabela abaixo:
Classificação
o
1
o
2
o
4
o
7
o
9
o
10
País
Estados Unidos
China
Brasil
Japão
Malásia
Canadá
Porcentagem
15,8
11,9
5,4
3,2
2,1
1,8
(Apocalipse já. Veja, São Paulo, n. 1961, p. 83, 26 jun. 2006. Adaptado.)
É CORRETO afirmar que a porcentagem de gases emitidos juntamente por Japão e Canadá, em relação
aos gases emitidos pelo Brasil, é aproximadamente:
a) 92,4%
b) 92,7%
c) 92,3%
d) 92,6%
e) 92,5%
CONTEÚDO:
NOÇÕES DE MATEMÁTICA FINANCEIRA – Porcentagem.
RESPOSTA: Letra (d).
RESOLUÇÃO:
Pela tabela acima tem-se que Japão e Canadá juntos emitem 5% do total de gases do efeito estufa. Como
o Brasil emite 5,4% , decorre, por uma regra de três simples, que 5 de 5,4 correspondem a
5 × 100
≈ 92,6% ,
5,4
que é a porcentagem de gases emitidos juntamente por Japão e Canadá, em relação aos gases emitidos
pelo Brasil.
2
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
02. No jogo abaixo, o jogador precisa descobrir em quais dos oitenta e um quadradinhos estão colocadas 10
bombas. No quadradinho onde aparece um número é certeza que não há uma bomba. Por sua vez, o
número que aparece dentro do quadradinho indica quantas bombas há nos oito quadradinhos que o cercam.
Por exemplo, o número 2 indica que há duas bombas espalhadas nos oito quadradinhos que cercam o
número 2. Considere Q a região delimitada pelo quadrado que contém o número 2, formada por nove
quadradinhos; e R a região delimitada pelo retângulo que contém os números 1 e 3, formada por dezoito
quadradinhos.
Baseado nestas informações, assinale a afirmativa INCORRETA:
a) As bombas podem estar distribuídas na região Q de 28 maneiras distintas.
b) A probabilidade de o jogador escolher um quadradinho que não contenha bomba é maior na região R do
que na região Q.
c) A probabilidade de o jogador escolher um quadradinho na região Q que contenha uma bomba é igual a
0,25.
d) A probabilidade de o jogador escolher um quadradinho que não contenha uma bomba na região R é igual
a 0,75.
e) As bombas podem estar distribuídas na região R de 448 maneiras distintas.
CONTEÚDO:
ANÁLISE COMBINATÓRIA E PROBABILIDADE – Cálculo combinatório: combinações. Probabilidade: conceitos
básicos.
RESPOSTA: Letra (b).
RESOLUÇÃO:
a) Na região Q há duas bombas, b1 e b2 , espalhadas nos oito quadradinhos que cercam o número 2.
Como, por exemplo, uma distribuição na qual b1 está no primeiro quadradinho e b2 no segundo
representa a mesma distribuição que aquela onde b1 está no segundo quadradinho e b2 no primeiro,
temos uma combinação de oito quadradinhos tomados dois a dois. Dessa forma, o número de maneiras
distintas é dado por:
8!
8!
6! ⋅ 7 ⋅ 8 7 ⋅ 8
C 8,2 =
=
=
=
= 28.
2 ! ⋅ (8 − 2 )! 2 ! ⋅ 6 !
2!⋅ 6 !
2
Portanto, a afirmativa (a) é CORRETA.
b) Na região R, há quatro bombas que estão distribuídas em dezesseis quadradinhos. Logo, o número de
casos favoráveis a não encontrar uma bomba é 12. Assim, a probabilidade do jogador escolher um
quadradinho que não contenha uma bomba na região R é
12
= 0,75 .
16
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
3
Por outro lado, na região Q há duas bombas que estão distribuídas em oito quadradinhos. Logo, o número
de casos favoráveis a não encontrar uma bomba é 6 e, portanto, a probabilidade do jogador escolher um
quadradinho que não contenha uma bomba na região Q é
6
= 0,75 .
8
Deste modo a probabilidade é a mesma nas regiões R e Q.
Portanto, a afirmativa (b) é INCORRETA.
c) Utilizando o item (b) tem-se que a probabilidade do jogador escolher um quadradinho na região Q que
contenha uma bomba é igual a
1 − 0,75 = 0,25 .
Portanto, a afirmativa (c) é CORRETA.
d) Pelo item (b) segue que a probabilidade de escolher um quadradinho que não contenha uma bomba na
região R é 0,75.
Portanto, a afirmativa (d) é CORRETA.
e) O número de maneiras distintas de distribuir três bombas nos oito quadradinhos que cercam o número 3
é dado por C8,3 e o número de maneiras distintas de distribuir uma bomba nos oito quadradinhos que
cercam o número 1 é dado por C8,1 . Pelo princípio multiplicativo, as bombas podem ser distribuídas na
região R de
8!
8!
8⋅7⋅6
C8,3 ⋅ C8,1 =
⋅
=
⋅ 8 = 448 maneiras.
3 ! ⋅ (8 − 3 )! 1! ⋅ (8 − 1)!
6
Portanto, a afirmativa (e) é CORRETA.
03. Seja Ω = { A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, L, X, Y, Z } , conjunto das letras do alfabeto brasileiro (incluindo K, W,
Y). Considere Ω1 um subconjunto de IR e f : Ω → Ω1 a função definida por f ( A ) = 3 , f (B) = 27 ,
f (C) = 243 , f (D) = 2187 e assim por diante. Suponha, ainda, que f é bijetora e que f
Calculando
f
−1
(3 ) f −1(3 23 ) f −1(3 9 ) f −1(3 25 )
e mantendo esta ordem, obtém-se a palavra:
a) A N E L
b) A L G O
c) A L E M
d) A M E I
e) A N I L
CONTEÚDO:
FUNÇÕES – Função Inversa.
RESPOSTA: Letra (c).
−1
é sua inversa.
4
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO:
De acordo com o enunciado, temos que
f (A)
f(B)
f (C)
f ( D)
M
=
=
=
=
3
27
243
2187
31
33
35
37
=
=
=
=
=
=
=
=
3( 2⋅1− 1)
3( 2⋅2 − 1)
3( 2⋅3 − 1)
3( 2⋅4 − 1)
Como a disposição dos elementos de Ω é a ordem das letras do alfabeto brasileiro (incluindo K, W e Y), a
letra A está na posição 1 , a B na posição 2, a C na posição 3, a D na posição 4, e assim sucessivamente.
Portanto, a função pode ser dada de acordo com a seguinte regra:
f (letra) = 3[ 2 ⋅ (posição da letra)
− 1]
.
Desta forma, tem-se
f −1(3 ) = f −1( 32⋅1−1)
= A , que é a letra na posição 1
f −1(323 ) = f −1( 32 ⋅12 − 1) = L , que é a letra na posição 12
f −1(39 )
= f −1( 32 ⋅ 5 − 1) = E , que é a letra na posição 5
f −1(325 ) = f −1( 32 ⋅13 − 1) = M , que é a letra na posição 13.
Mantendo esta ordem, obtém-se a palavra: A L E M.
04. Com uma chapa de aço na forma de um setor circular AOB, de ângulo central α = AOB radianos e raio r ,
constrói-se um recipiente na forma de um cone circular reto, unindo os segmentos OA e OB , conforme
ilustra a figura abaixo.
A
B
A
B
A= B
α
O
O
O volume do cone assim obtido é V =
α2r 3
24π 2
O
4π 2 − α 2 . Diminuindo em 20% o valor de r e mantendo
constante o ângulo central α , a capacidade do recipiente, em porcentagem, diminui em:
a) 51,2%
b) 58,8%
c) 49,8%
d) 48,8%
e) 50,2%
CONTEÚDO:
GEOMETRIA NO ESPAÇO – Volumes dos sólidos: cone (e respectivos troncos). NOÇÕES DE MATEMÁTICA
FINANCEIRA – Porcentagens.
RESPOSTA: Letra (d).
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
5
RESOLUÇÃO:
Tem-se que V =
α 2r 3
4π2 − α 2 é o volume do recipiente. Diminuindo em 20% o valor de r , obtém-se um
2
24π
novo cone de raio 0,8 r e volume V1 dado por
V1 =
α 2 (0,8 r )3
24π
2
4π 2 − α 2 = (0,8) 3
α2r 3
24π
2
4π 2 − α 2 = 0,512 V .
Assim, o novo recipiente tem capacidade de 51,2% do original. Portanto, a capacidade do recipiente, em
porcentagem, diminui em 48,8%.
05. A área do polígono cujos vértices são as raízes complexas da equação ( z − 2) 4 = − 4 é igual a:
a) 9
b) 8
c) 2
d) 6
e) 4
CONTEÚDO:
CONJUNTOS NUMÉRICOS – Números reais: potenciação e radiciação. Números complexos: forma polar, raízes
n-ésimas de números complexos, representação geométrica dos números complexos. GEOMETRIA PLANA –
Área de polígonos.
RESPOSTA: Letra (e).
RESOLUÇÃO:
Considere w = z − 2 . Logo
( z − 2) 4 = − 4 ⇔ w 4 = − 4 .
I tal que zk = wk + 2 , onde wk ∈ C
I e wk4 = −4 . Como a forma trigonométrica
Devemos determinar zk ∈ C
do número complexo − 4 é
− 4 = 4 (cos π + i sen π ) ,
segue pela segunda fórmula de De Moivre que
wk =
4

 π + 2kπ 
 π + 2kπ 
4 cos 
 + i sen 
 , onde k assume os valores 0, 1, 2 ou 3.
4


 4 

Logo, as raízes quartas do número complexo − 4 são:
wo =
4
 2

2 
 π
 π 
4 cos  + i sen  = 2 
+i
= 1+ i
 2
2 
4
 4 




2
2 
 3π 
 3 π 
4
w1 = 4 cos  + i sen  = 2  −
+i
= −1 + i
2 
 4 
 4 

 2


2
2 
 5π 
 5 π 
4 cos
−i
= −1 − i
 + i sen
 = 2  −

2 
 4 
 4 

 2
 2

2 
 7π 
 7π  
w3 = 4 4  cos  + i sen   = 2 
−i
= 1− i
2 
 4 
 4 

 2
w2 =
4
6
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
Desta forma, as raízes complexas da equação ( z − 2) 4 = − 4 são:
zo = wo + 2 = 3 + i , cujo afixo é o ponto Po (3,1)
z1 = w1 + 2 = 1 + i , cujo afixo é o ponto P1( 1,1)
z2 = w2 + 2 = 1 − i , cujo afixo é o ponto P2 ( 1,−1 )
z3 = w3 + 2 = 3 − i , cujo afixo é o ponto P3 ( 3 ,−1)
Como os pontos Po , P1 , P2 e P3 são vértices de um quadrado de lado 2 , a área do polígono formado é de
4 unidades quadradas.
06. Sob duas ruas paralelas de uma cidade serão construídos, a partir das estações A e B, passando pelas
estações C e D, dois túneis retilíneos, que se encontrarão na estação X, conforme ilustra a figura abaixo.
tú
ne
l1
X
el
2
D
rua 2
1 ,5
km
1
km
C
tún
A
B
rua 1
A distância entre as estações A e C é de 1 km e entre as estações B e D, de 1,5 km. Em cada um dos túneis
são perfurados 12 m por dia. Sabendo que o túnel 1 demandará 250 dias para ser construído e que os
túneis deverão se encontrar em X, no mesmo dia, é CORRETO afirmar que o número de dias que a
construção do túnel 2 deverá anteceder à do túnel 1 é:
a) 135
b) 145
c) 125
d) 105
e) 115
CONTEÚDO:
GEOMETRIA PLANA – Paralelismo. Semelhança e congruência de figuras planas. UNIDADES DE MEDIDAS –
Medidas de comprimento. Transformações das unidades de medidas.
RESPOSTA: Letra (c).
RESOLUÇÃO:
Como o túnel 1 demandará 250 dias para ser construído e são perfurados 12 metros por dia, podemos
afirmar que o túnel 1 mede 250 × 12 = 3000 metros da estação A até a X. Logo, a distância da estação C
até a X é 3000 − 1000 = 2000 metros (1 km = 1000 m). Pelo Teorema de Thales, segue que
CX DX
2000
DX
=
⇔
=
⇔ DX = 3000 metros.
AC BD
1000 1500
Assim, o túnel 2 mede 4500 metros da estação B até a estação X. Então sua construção demandará
4500
= 375 dias. Portanto, para que os túneis encontrem-se em X, no mesmo dia, a construção do túnel 2
12
deverá anteceder à do túnel 1 em 375 − 250 = 125 dias.
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
7
07. Sejam a e b números reais tais que a reta de equação ( 3b + 4 a ) x + 2 y + b = 0 é paralela ao eixo das
abscissas e intercepta a bissetriz dos quadrantes pares no ponto de abscissa x = − 6 . O valor de a é:
a) − 9
b) 6
c) − 12
d) 9
e) 12
CONTEÚDO:
GEOMETRIA PLANA – Paralelismo. GEOMETRIA ANALÍTICA – As equações da reta. Posições relativas de retas.
MATRIZES, DETERMINANTES E SISTEMAS LINEARES – Discussão e resolução de sistemas de equações lineares.
RESPOSTA: Letra (d).
RESOLUÇÃO:
b
 3b + 4a 
A forma reduzida da equação da reta ( 3b + 4 a ) x + 2 y + b = 0 é y = −
 x − . Logo, o coeficiente
2
2


3b + 4a
angular dessa reta é m = −
. Sendo que a reta é paralela ao eixo das abscissas e que intercepta a
2
bissetriz dos quadrantes pares no ponto de abscissa x = − 6 , para determinar o valor de a , basta resolver o
sistema

3b + 4a

2


  3b + 4a 
b
 ⋅ (− 6 ) −
− 
2
2

 
= 0
⇔
= 6

 3b + 4a



b
0 ⋅ 6 −
2

= 0
= 6
Desta forma, segue que b = − 12 e a = 9 .
08. Uma empresa de entrega de mercadorias possui várias filiais em uma cidade. A fim de maximizar a
distribuição, a empresa dividiu a cidade em 305 setores, designando um número natural a cada setor. A
tabela abaixo mostra parte do quadro de distribuição de uma das filiais desta empresa, sendo que os demais
setores seguem a forma de distribuição apresentada.
Dias da Semana
Segunda
Terça
Quarta
Quinta
Sexta
Sábado
1
2
3
O dia da semana em que essa filial atenderá o setor 275 é:
a) sábado.
b) quinta.
c) segunda.
d) sexta.
e) quarta.
Setor
7
6
12
8
5
11
9
4
10
13
14
15
8
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
CONTEÚDO:
CONJUNTOS NUMÉRICOS – Números naturais e inteiros: operações fundamentais.
RESPOSTA: Letra (b).
RESOLUÇÃO:
Note que no quadro de distribuição há 6 dias da semana e que, ao dividir um número natural n por 6,
obtém-se um quociente q e um resto r de tal forma que n = 6q + r , onde r ∈ { 0, 1, 2, 3, 4, 5 } . Observe
também que na segunda, terça, quarta, quinta, sexta e sábado estão os setores cujos números, ao serem
divididos por 6, deixam resto 1, 0, 2, 5, 3 e 4, respectivamente. Como a divisão de 275 por 6 deixa resto 5,
conclui-se que o setor 275 está na quinta.
09. Considere
f : IR → IR uma função real definida por
2
1 
 cos x


f ( x ) = det  sen x
1
2  . O gráfico
 0
− sen x cos x 

cartesiano que melhor representa a função f é:
b)
a)
y
y
1
1
−π
π
0
−π
x
π
0
x
−1
−1
c)
d)
y
y
1
−π
1
π
0
x
−1
−π
0
π
x
−1
e)
y
1
−π
0
π
x
−1
CONTEÚDO:
MATRIZES, DETERMINANTES E SISTEMAS LINEARES – Principais propriedades de determinantes. FUNÇÕES –
Gráfico de função. TRIGONOMETRIA – Funções Circulares: funções seno, cosseno.
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
9
RESPOSTA: Letra (a).
RESOLUÇÃO:
Desenvolvendo a expressão da função f tem-se
2
1 
 cos x


f ( x ) = det  sen x
1
2 
 0
− sen x cos x 

= cos2 x − sen2 x + 2 sen x ⋅ cos x − 2 sen x ⋅ cos x
= cos2 x − sen2 x
= cos( 2 x)
Note que o arco 2 x executa uma volta completa no ciclo se x varia entre 0 e π . Isso significa que o
período da função f é π . Além disso, tabelando alguns valores da função f tem-se:
x
0
2x
0
f ( x ) = cos(2 x )
1
π
π
4
2
π
2
0
3π
4
π
π
3π
2
2π
−1
0
1
Portanto, o gráfico cartesiano que melhor representa a função f é:
y
1
−π
0
π
x
−1
10. Um satélite descreve uma órbita elíptica em torno da Terra. Considerando a Terra como um ponto na origem
do sistema de coordenadas, a equação da órbita do satélite é dada por
9 x 2 + 25 y 2 − 288 x − 1296 = 0 ,
onde x e y são medidos em milhares de quilômetros. Nessas condições, é CORRETO afirmar que:
a) a menor distância do satélite à Terra é 16000 km.
b) a distância do ponto (16,12) da órbita do satélite à Terra é 28000 km.
c) a maior distância do satélite à Terra é 36000 km.
d) a órbita do satélite passa pelo ponto de coordenadas (0, 36) .
e) a excentricidade da órbita do satélite é
3
.
4
CONTEÚDO:
CÁLCULO ALGÉBRICO – Operações com expressões algébricas. Produtos notáveis. CONJUNTOS NUMÉRICOS –
Números reais: valor absoluto. GEOMETRIA ANALÍTICA – Seções cônicas: elipse.
RESPOSTA: Letra (c).
10
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO:
A órbita do satélite é descrita pela equação 9 x2 + 25 y 2 − 288 x − 1296 = 0 . Nesta equação, completando,
separadamente, o quadrado perfeito nas variáveis x e y , segue que
9 x 2 + 25 y 2 − 288 x − 1296 = 0 ⇔ 9 x 2 + 25 y 2 − 288 x = 1296
⇔ 9 ( x2 − 32 x ) + 25 y 2 = 1296
⇔ 9 ( x 2 − 32 x + 162 ) + 25 y 2 = 9 ⋅ 16 2 + 1296
⇔ 9 ( x − 16)2 + 25 y 2 = 3600
⇔
( x − 16)2
202
+
( y − 0)2
122
=1 .
(1)
A expressão ( 1 ) é a equação reduzida da elipse que representa a órbita do satélite. Como a Terra está na
origem do sistema de coordenadas e o eixo maior da órbita está ao longo do eixo das abscissas, a maior
distância ocorre no ponto de coordenadas ( a , 0 ) sobre a elipse, conforme o esboço abaixo.
Terra
(a,0)
Substituindo as coordenadas do ponto ( a , 0 ) na equação ( 1 ), tem-se
( a − 16)2
2
+
(0 − 0)2
2
= 1 ⇒ ( a − 16)2 = 202 ⇒ a − 16 = 20 ⇒ a = 20 + 16 = 36 ou a = −20 + 16 = −4 .
20
12
Portanto, a maior distância do satélite à Terra, em milhares de quilômetros, é 36 ou, equivalentemente,
36000 km.
11. Se a, b, e c são raízes reais do polinômio p( x) = 20 x 3 + 20 x 2 + 9 x + 1 , então log ( a 2 + b 2 + c 2 ) , onde
log denota logaritmo decimal, é:
a) − 2
b) 1
c) 2
d) 0
e) − 1
CONTEÚDO:
POLINÔMIOS – Equações polinomiais: relações de Girard. FUNÇÃO LOGARÍTMICA – Definição e propriedades.
RESPOSTA: Letra (e).
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
11
RESOLUÇÃO:
De acordo com as relações de Girard, tem-se que
1
,
20
9
ab + ac + bc =
,
20
20
a+b+c = −
= −1 .
20
abc = −
Como
( a + b + c )2 = a 2 + b2 + c2 + 2 ( ab + ac + bc ) , segue que
a 2 + b2 + c 2 = ( −1)2 − 2 ⋅
9
1
=
20 10
e, por
conseguinte, log ( a 2 + b2 + c2 ) = log 10 −1 = −1⋅ log 10 = −1 .
12. Mona verificou que o preço de um televisor era R$ 840,00. Após uma semana, retornou à mesma loja e
constatou que o preço da mesma televisão fora reajustado em mais 15%. O desconto que Mona deve
receber para que o valor da televisão retorne ao preço anterior é, aproximadamente, de:
a) 13%
b) 13,5%
c) 14%
d) 14,5%
e) 15%
CONTEÚDO:
NOÇÕES DE MATEMÁTICA FINANCEIRA – Regra de três simples e composta. Porcentagens.
RESPOSTA: Letra (a).
RESOLUÇÃO:
15
= 126 , o novo preço do televisor passará a ser, em reais,
100
840 + 126 = 966 . Por uma regra de três simples, decorre que 126 de 966 correspondem, em porcentagem, a
126 ⋅ 100
, que vale aproximadamente 13%.
966
Como 15% de 840 representam 840 ⋅
13. Dizemos que ( a, f ( a )) é um ponto fixo do gráfico de uma função real f : IR → IR se f ( a ) = a . Se
f ( x ) = x 2 + 8 x + 6 , então a distância entre os pontos fixos do gráfico de f é:
a) 7 2
b) 4 2
c) 8 2
d) 5 2
e) 6 2
CONTEÚDO:
O
CÁLCULO ALGÉBRICO – Operações com expressões algébricas. FUNÇÃO DO 2 GRAU – Zeros. GEOMETRIA
ANALÍTICA – Distância entre dois pontos.
12
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
RESPOSTA: Letra (d).
RESOLUÇÃO:
De acordo com o enunciado, ( a, f ( a )) é ponto fixo do gráfico da função f
se a satisfaz à condição
f ( a ) = a , ou seja, a 2 + 8 a + 6 = a . Desta expressão, obtém-se a equação a 2 + 7 a + 6 = 0 , cujas raízes
são a1 = −1 e a 2 = −6 . Deste modo, os pontos fixos do gráfico de f são ( −1, − 1) e ( −6,−6) . Portanto, a
distância entre os pontos fixos do gráfico de f é
( −6 + 1) 2 + ( −6 + 1) 2 = 5 2 .
14. Sejam f e g funções reais tais que f ( g ( x ) ) = x 2 − 3 x + 2 e g ( x ) = 2 x − 3 , para todo x ∈ IR . A partir
dessas informações, considere as seguintes afirmativas, atribuindo V para a(s) verdadeira(s) e F para a(s)
falsa(s):
(
) As raízes de f são −1 e 1 .
) O produto de f (3) e g ( f (7) ) é igual a 60.
(
) O resto da divisão de f ( g ( x ) ) por g ( x ) é igual a −
(
) Para todo x ≤ 3 tem-se que f ( g ( x ) ) ≤ 2 .
(
1
.
4
A seqüência CORRETA é:
a) F, F, V, F.
b) V, F, V, F.
c) F, V, V, F.
d) V, V, F, V.
e) F, V, F, V.
CONTEÚDO:
O
O
FUNÇÕES – Composição de funções. FUNÇÃO DO 2 GRAU – Zeros. FUNÇÃO DO 1 GRAU – Inequações –
produto. CÁLCULO ALGÉBRICO – Operações com expressões algébricas. POLINÔMIOS – Teorema do Resto.
RESPOSTA: Letra (b).
RESOLUÇÃO:
Sendo a = 2 x − 3 , temos que x =
a+3
2
. Agora, de acordo com o enunciado, f ( 2 x − 3 ) = x 2 − 3 x + 2 . Por
2
a +3
a2 − 1
a +3
 − 3
conseguinte, f ( a ) = 
.A
 + 2 e, desenvolvendo esta expressão, obtém-se f ( a ) =
4
 2 
 2 
partir disso pode-se analisar cada uma das afirmativas:
( V ) As raízes de f são −1 e 1 .
De fato, as raízes de f são as soluções da equação f ( a ) = 0 , ou seja, os números −1 e 1 .
( F ) O produto de f (3) e g ( f (7) ) é igual a 60.
72 − 1
32 − 1
= 12 e f (3) =
= 2 . Logo
4
4
conseqüentemente, f (3) ⋅ g ( f (7)) = 2 ⋅ 21 = 42 .
Com efeito,
f (7 ) =
g ( f (7) ) = g (12) = 2 ⋅ 12 − 3 = 21 e,
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
13
1
.
4
De fato, pelo Teorema do Resto, tem-se que o resto da divisão de f ( g ( x ) ) por g (x ) é igual a
( V ) O resto da divisão de f ( g ( x ) ) por g (x ) é igual a −
 3
 3
3
1
3
f  g   . Como g   = 2 ⋅ − 3 = 0 , segue que f  g    = f (0) = − .
2
4
2
 2
 2
( F ) Para todo x ≤ 3 tem-se que f ( g ( x ) ) ≤ 2 .
Com efeito,
f ( g ( x ) ) ≤ 2 ⇔ x2 − 3 x + 2 ≤ 2 ⇔ x 2 − 3 x ≤ 0 ⇔ x ⋅ ( x − 3) ≤ 0 . De acordo com o
dispositivo prático abaixo
sinal de x:
−
+
+
sinal de x − 3:
−
−
+
sinal de x (x − 3):
+
−
+
0
3
conclui-se que f ( g ( x ) ) ≤ 2 é válida para todo 0 ≤ x ≤ 3 .
Portanto, a seqüência CORRETA é: V, F, V, F.
15. Um pecuarista fica sabendo que seus animais devem ingerir diariamente 60 g do nutriente A e 40 g do
nutriente B. Este pecuarista dispõe de três tipos de ração, com as seguintes características, por quilograma:
– A ração I contém 5 gramas do nutriente A e 8 gramas do nutriente B; custa R$ 4,00.
– A ração II contém 5 gramas do nutriente A e 4 gramas do nutriente B; custa R$ 3,00.
– A ração Ш contém 15 gramas do nutriente A e 8 gramas do nutriente B; custa R$ 8,00.
O pecuarista pretende misturar as rações І, II e Ш, de maneira que seus animais possam ingerir a
quantidade de nutrientes recomendada. Se, além disso, ele deseja gastar exatamente R$ 32,00, é
CORRETO afirmar que:
a) é impossível o pecuarista fazer a mistura de modo que seus animais possam ingerir diariamente 60 g do
nutriente A, 40 g do nutriente B e gastar exatamente R$ 32,00.
b) é possível o pecuarista fazer a mistura combinando 2 kg da ração I, 4 kg da ração II e 2 kg da ração Ш.
c) a mistura deve ser feita combinando 1 kg da ração I, 4 kg da ração II e 2 kg da ração Ш.
d) existem várias formas de fazer a mistura de modo que seus animais possam ingerir diariamente 60 g do
nutriente A, 40 g do nutriente B e gastar exatamente R$ 32,00.
e) a mistura deve ser feita combinando 4 kg da ração I, 4 kg da ração II e 2 kg da ração Ш.
CONTEÚDO:
MATRIZES, DETERMINANTES E SISTEMAS LINEARES – Discussão e resolução de sistemas de equações lineares.
RESPOSTA: Letra (a).
RESOLUÇÃO:
Os dados do problema podem ser organizados, conforme a tabela abaixo:
ração I
ração II
ração Ш
Nutriente A
5g
5g
15 g
Nutriente B
8g
4g
8g
Preço/kg
R$ 4,00
R$ 3,00
R$ 8,00
14
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
Sejam x , y e z as quantidades, em kg, das rações І, II e Ш, respectivamente, que devem ser misturadas.
De acordo com o enunciado, para conseguir a quantidade recomendada dos nutrientes A e B, gastando
exatamente R$ 32,00, as incógnitas x , y e z devem satisfazer o seguinte sistema de equações:
5 x + 5 y + 15 z = 60

8 x + 4 y + 8 z = 40
4 x + 3 y + 8 z = 32

ou, equivalentemente,
 x + y + 3 z = 12

2 x + y + 2 z = 10
4 x + 3 y + 8 z = 32

(1 )
(2)
(3)
Subtraindo, membro a membro, as equações ( 1 ) e ( 2 ) , obtém-se
z − x = 2.
Por outro lado, multiplicando, membro a membro, a equação ( 1 ) por 3 e subtraindo, membro a membro, da
equação ( 3 ) , tem-se
z−x=4
Como 2 ≠ 4 , decorre que o sistema não tem solução, ou seja, é impossível o pecuarista fazer a mistura do
modo requerido.
1.2 – QUESTÕES DISCURSIVAS
01. Em computação gráfica, quando um programa altera a
forma de uma imagem, está transformando cada ponto
de coordenadas ( x, y ) , que forma a imagem, em um
(x,y)
(a ,b )
novo ponto de coordenadas ( a, b) . A figura ao lado
ilustra a transformação da imagem 1 na imagem 2.
Um dos procedimentos que consiste em transformar o
ponto ( x, y ) no ponto ( a, b) é realizado, através de
operações com matrizes, de acordo com as seguintes
etapas:
Etapa 1:
Etapa 2:
imagem 1
imagem 2
Fixe duas matrizes invertíveis M e E , de ordem 2, e considere M −1 a matriz inversa de M .
Tome P e Q as matrizes cujas entradas são as coordenadas dos pontos ( x, y ) e ( a, b) ,
 x
a 
respectivamente, isto é, P =   e Q =   .
b 
 y
Etapa 3:
Obtenha Q a partir de P por meio da expressão Q = E M −1 P .
 2 2
 0 1
Considerando estas etapas e as matrizes M = 
 e E=
 , determine:
−
3
3


− 1 0 
a) a inversa de M.
b) o ponto ( a, b) que é obtido do ponto (2, 3) por meio da expressão Q = E M −1 P .
CONTEÚDO:
MATRIZES, DETERMINANTES E SISTEMAS LINEARES – Multiplicação de matrizes. Inversão de matrizes.
Resolução de sistemas de equações lineares.
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
15
RESOLUÇÃO:
u
a) Considerando M −1 = 
z
v
, segue, por definição, que
w
 2 2  u v  1 0 
M ⋅ M −1 = 
⋅
=
 .
− 3 3   z w 0 1
Efetuando o produto e utilizando a igualdade de matrizes, obtêm-se os sistemas:
 2u + 2 z = 1

− 3 u + 3 z = 0
cujas soluções são z =
 2v + 2 w = 0

− 3 v + 3 w = 1
e
1
1
1
1
, u= , w=
e v = − . Portanto,
4
4
6
6
M −1
1

4
=
1
4

1
− 
6
.
1 
6 
b) Pelo item a) decorre que
1

 0 1  4
Q=
⋅
− 1 0   1
4

1
− 
6   2
⋅ .
1  3
6 
 1
Efetuando o produto de matrizes obtém-se Q =   . Portanto, a imagem do ponto (2, 3) por meio da
0
expressão Q = E M −1 P é o ponto (1, 0) .
02. Uma fábrica deseja produzir uma chapa retangular a partir de uma chapa metálica
que tem a forma de um triângulo isósceles. Suponha que A, B e C são os vértices
da chapa triangular; que D, E, F e G são os vértices da chapa retangular; e que
y
A
AB = AC = 4 m e A BC
ˆ = 60o , conforme ilustra a figura ao lado. Determine:
G
D
a) o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A e B.
b) a área S da chapa retangular em função de xo , onde xo é a abscissa
do ponto D.
60 o
C
F
E
B
x
c) as dimensões, em metros, da chapa retangular para que sua área seja máxima.
CONTEÚDO:
TRIGONOMETRIA – Seno, cosseno e tangente. Relações trigonométricas em triângulo retângulo. CÁLCULO
ALGÉBRICO – Operações com expressões algébricas. CONJUNTOS NUMÉRICOS – Números reais: operações
O
fundamentais. FUNÇÃO DO 2 GRAU – Estudo do vértice da parábola: coordenadas do vértice, valor máximo
ou valor mínimo.
RESOLUÇÃO:
a) O coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A e B é dado por
tg 120o = − tg 60o = − 3 .
16
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
b) O ponto E tem coordenadas ( xo , 0 ) , pois xo é a abscissa do ponto D. Além disso, como o triângulo ABC
é isósceles, o ponto F tem coordenadas ( − xo , 0 ) . Deste modo, a largura da chapa é
EF = xo − ( − xo ) = 2 xo .
Agora, sejam ( b , 0 ) as coordenadas do ponto B e O a origem do sistema de coordenadas. Como o
triângulo AOB é retângulo e AB = 4 m , tem-se que
OB b
=
⇒ b = 2.
AB 4
Por outro lado, o triângulo BDE é retângulo e BE = 2 − xo , pois B( 2 , 0 ) e E( xo , 0 ) . Assim,
cos 60o =
tg 60o =
DE
DE
,
=
BE 2 − xo
e, por conseguinte, a altura da chapa é
DE = 3 ⋅ ( 2 − xo ) .
Como a chapa tem a forma de um retângulo, sua área S em função de xo é dada por
S = EF ⋅ DE = 2 3 ⋅ xo ⋅ ( 2 − xo ) .
c) A área da chapa retangular é máxima no vértice da parábola de equação S = 2 3 ⋅ xo ⋅ ( 2 − xo ) . Como a
abscissa do vértice é o ponto médio das raízes de S , segue que
2+0
xv =
= 1.
2
Portanto, a chapa retangular de área máxima tem largura e altura, em metros, iguais a
EF = 2 ⋅ 1 = 2 e DE = 3 ⋅ ( 2 − 1) = 3 .
03. Durante uma tempestade, um pequeno avião saiu da cidade A com destino à
cidade C, distante 945 km. Quando o avião estava no ponto D, distante 700 km
do ponto de partida, o piloto detectou que o avião se desviara do seu curso
C
E
seguindo a trajetória AE , conforme ilustra a figura ao lado. Sendo α = 30o o
β
ângulo para um curso paralelo a AC e β o ângulo tal que α + β é o ângulo de
correção para que o avião chegue à cidade C, calcule: (Considere
α
3 = 1,7 )
B
D
a) a distância entre B e D.
b) o ângulo de correção.
CONTEÚDO:
GEOMETRIA PLANA – Paralelismo e perpendicularismo. TRIGONOMETRIA – Seno,
cosseno, tangente. Relações trigonométricas em um triângulo retângulo.
A
RESOLUÇÃO:
a) Uma vez que o curso determinado pelo ângulo α = 30o é paralelo a AC , conclui-se que o ângulo CAD
ˆ é
igual a 30o e o ângulo BCD
ˆ é igual a β . Como o triângulo ABD é retângulo e AD = 700 , segue que
sen 30o =
BD
BD
=
.
AD 700
Portanto,
BD = 700 ⋅
1
= 350 .
2
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
17
b) Note que
cos 30o =
AB
AB
=
.
AD 700
Conseqüentemente,
3
= 350 ⋅ 1,7 = 595
2
AB = 700 ⋅
e, uma vez que AC = 945 ,
BC = AC - AB = 945 − 595 = 350 .
Como o ângulo BCD
ˆ é igual a β e o triângulo BCD é retângulo, tem-se que
tg β =
BD 350
=
= 1.
BC 350
Assim, β = 45o e, por conseguinte, o ângulo de correção requerido é α + β = 30o + 45o = 75o .
04. A fim de medir a magnitude de um terremoto, os sismólogos Charles Francis Richter e Beno Gutenberg
desenvolveram a escala Richter em 1935. Nesta escala, o maior terremoto já registrado foi o Grande
Terremoto do Chile, em 1960, atingindo a magnitude de 9,5, seguido do ocorrido na Indonésia, em 2004,
que atingiu a magnitude de 9,3. Na escala Richter, a magnitude M é dada por
M = log A − log A 0
onde log denota logaritmo decimal, A é a amplitude máxima medida pelo sismógrafo e A 0 é uma
amplitude de referência padrão. Sabe-se também que a energia E , em ergs (1 erg = 10 −7 Joules), liberada
em um terremoto está relacionada à sua magnitude M por meio da expressão
log E = 11,8 + 1,5 M .
A partir das informações acima, faça o que se pede:
a) Sabendo que no litoral do Brasil, em 1955, foi registrado um terremoto de magnitude 6,3 na escala
Richter, determine a razão entre as energias liberadas nos terremotos ocorridos na Indonésia e no Brasil.
b) Considerando A1 a amplitude máxima de um terremoto e E1 sua energia, e A2 a amplitude máxima de
outro terremoto e E 2 sua energia, determine k tal que
k
A2  E 2 
 .
=
A1  E1 
CONTEÚDO:
CONJUNTOS NUMÉRICOS – Números reais: operações fundamentais. FUNÇÃO LOGARÍTMICA – Definição e
propriedades. CÁLCULO ALGÉBRICO – Operações com expressões algébricas.
RESOLUÇÃO:
a) Sejam E i e E b as energias liberadas nos terremotos ocorridos na Indonésia e no Brasil, respectivamente.
Então, de acordo com o enunciado,
log E i = 11,8 + 1,5 ⋅ 9,3 = 25,75 e log E b = 11,8 + 1,5 ⋅ 6,3 = 21,25 .
Deste modo,
log
Ei
= log E i − log E b = 4,5
Eb
e, conseqüentemente,
Ei
= 10 4,5 .
Eb
18
RESOLUÇÃO
PROCESSO SELETIVO 2007
b) Considere M 1 a magnitude de um terremoto e M 2 a magnitude do outro. De acordo com o enunciado,
M 1 = log A1 − log A 0
e
M 2 = log A2 − log A 0
e, por conseguinte,
M 2 − M 1 = log A2 − log A1 = log
A2
.
A1
(1)
Além disso,
log E1 = 11,8 + 1,5 M 1 e log E 2 = 11,8 + 1,5 M 2 .
Assim
log
E2
= log E 2 − log E1 = 1,5 ⋅ ( M 2 − M 1 ) .
E1
Das expressões ( 1 ) e ( 2 ), segue que
E
log 2 = 1,5 ⋅ log
E1
A2
E
A
3
⇔ log 2 = ⋅ log 2
2
A1
E1
A1
⇔ log
A2
E
2
= ⋅ log 2
A1 3
E1
⇔ log
E
A2
= log 2
A1
 E1
⇔
Portanto, k =
(2)
A2  E2 

=
A1  E1 



2/3
2/3
.
2
.
3
05. Durante um tratamento médico verificou-se que a concentração C , em miligramas por litro, de um certo
medicamento na corrente sanguínea satisfaz a desigualdade
( 3 − C) ⋅ | C | − 2 | C − 3 | ≥ 0
a) Verifique se a concentração do medicamento na corrente sanguínea pode ser igual a 0,5 miligramas por
litro. Justifique, mostrando seus cálculos.
b) Determine o menor valor da concentração deste medicamento na corrente sanguínea. Justifique,
mostrando seus cálculos.
CONTEÚDO:
CONJUNTOS NUMÉRICOS – Números reais: operações fundamentais, valor absoluto. FUNÇÃO MODULAR – Equações
e inequações modulares. CONJUNTOS – Representação de um conjunto. Operações com conjuntos: união.
RESOLUÇÃO:
Sabemos que
 C se C ≥ 0
| C |= 
− C se C < 0
e
C − 3 se C ≥ 3
| C − 3 |= 
.
3 − C se C < 3
a) Fazendo C = 0,5 e utilizando a definição de módulo, obtém-se
(3 − C) ⋅ | C | − 2 | C − 3 | = (3 − 0,5)⋅ | 0,5 | −2 | 0,5 − 3 | = 2,5 ⋅ 0,5 − 2 ⋅ 2,5 = −3,75
que não satisfaz a inequação (3 − C) ⋅ | C | − 2 | C − 3 | ≥ 0 . Logo a concentração do medicamento na
corrente sanguínea não pode ser igual a 0,5.
b) Como C ≥ 0 então a desigualdade dada é equivalente a
( 3 − C) ⋅ C − 2 | C − 3 | ≥ 0 .
Neste caso temos de analisar duas possibilidades:
PROCESSO SELETIVO 2007
RESOLUÇÃO
(I) Se 0 ≤ C < 3 , tem-se que 3 − C > 0 e
(3 − C) ⋅C − 2 | C − 3 | ≥ 0 ⇔ (3 − C) ⋅ C − 2 ⋅ ( 3 − C) ≥ 0 ⇔ (3 − C) ⋅ (C − 2) ≥ 0 .
Assim, C < 3 e C ≥ 2 . Daí, S1 = {C ∈ IR | 2 ≤ C < 3} .
(II) Se C ≥ 3 , tem-se que C − 3 ≥ 0 e
( 3 − C) ⋅ C − 2 | C − 3 | ≥ 0 ⇔ ( 3 − C) ⋅ C − 2 ⋅ ( C − 3 ) ≥ 0 ⇔ ( C − 3 ) ⋅ ( − C − 2) ≥ 0 .
Assim, C ≥ 3 e C ≤ −2 . Daí, S2 = ∅ .
Então, a solução da inequação dada é
S = S1 ∪ S 2 = {C ∈ IR | 2 ≤ C < 3} .
Portanto, o menor valor da concentração deste medicamento na corrente sanguínea é 2.
19