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