RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 VESTIBULAR FGV 2011 – OUTUBRO/2010 RESOLUÇÃO DAS 10 QUESTÕES DE MATEMÁTICA APLICADA QUESTÃO 1 O gráfico no plano cartesiano expressa a alta dos preços médios de televisores de tela plana e alta definição, do modelo “LCD, full HD, 32 polegadas”, antes da Copa do Mundo na África do Sul e sua queda após o início. Os pontos A, A’ e C são colineares. Demonstre que o preço médio desse modelo em agosto de 2010 foi 8,3% menor, aproximadamente, que o preço médio do mesmo modelo em maio de 2010. Resolução: ← → r: AA’ , A (1, 2 500) e A’ (2, 2 350). ∆y 2 350 – 2 500 mr = = = –150 ∆x 2–1 (r): y – 2 500 = –150(x – 1) ⇒ y = –150x + 2 650 Preço médio em agosto de 2010 (x = 3): y = –150 ⋅ 3 + 2 650 = 2 200 Sendo Vi o valor em maio e Vf o valor em agosto, temos: Vf = Vi(1 + i) 2 200 = 2 400(1 + i) ⇒ 0,917 = 1 + i ⇒ i ≅ –0,083 = –8,3% Em agosto o preço médio foi 8,3% menor (aproximadamente) que o de maio. Resposta: Demonstração acima. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 2 Nos últimos anos, o salário mínimo tem crescido mais rapidamente que o valor da cesta básica, contribuindo para o aumento do poder aquisitivo da população. O gráfico abaixo ilustra o crescimento do salário mínimo e do valor da cesta básica na região Nordeste, a partir de 2005. Suponha que, a partir de 2005, as evoluções anuais dos valores do salário mínimo e dos preços da cesta básica, na região Nordeste, possam ser aproximados mediante funções polinomiais do 1º grau, f(x) = ax + b, em que x representa o número de anos transcorridos após 2005. a) Determine as funções que expressam os crescimentos anuais dos valores do salário mínimo e dos preços da cesta básica, na região Nordeste. b) Em que ano, aproximadamente, um salário mínimo poderá adquirir cerca de três cestas básicas, na região Nordeste? Dê a resposta aproximando o número de anos, após 2005, ao inteiro mais próximo. Resolução: a) Salário mínimo: (0; 300) (5; 510) m= 510 – 300 210 = = 42 5– 0 5 y – 300 = 42(x – 0) y = 42x + 300 Cesta básica: (0; 154) (5; 184) m= 184 – 154 30 = =6 5– 0 5 y – 154 = 6(x – 0) y = 6x + 154 b) SM = 3 ⋅ CB ⇒ 42x + 300 = 3(6x + 154) ⇒ x = 6,75 ≅ 7 x = 7 corresponde ao ano 2012. Respostas: a) salário mínimo: y = 42x + 300 cesta básica: y = 6x + 154 b) ano 2012. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 3 a) Por volta de 1650 a.C., o escriba Ahmes resolvia equações como x + 0,5x = 30, por meio de uma regra de três, que chamava de “regra do falso”. Atribuía um valor falso à variável, por exemplo, x = 10, 10 + 0,5 ⋅ 10 = 15 e montava a regra de três: Valor falso Valor verdadeiro 10 x 15 30 10 x = → x = 20 15 30 Resolva este problema do Papiro Ahmes pelo método acima: “Uma quantidade, sua metade, seus dois terços, todos juntos somam 26. Qual é a quantidade?” b) O matemático italiano Leonardo de Pisa (1170-1240), mais conhecido hoje como Fibonacci, propunha e resolvia, pela regra do falso, interessantes problemas como este: 1 “Um leão cai em um poço de 50 pés de profundidade. Pé é uma unidade de medida de comprimento. 7 Ele sobe um sétimo de um pé durante o dia e cai um nono de um pé durante a noite. Quanto tempo levará para conseguir sair do poço?” Resolva o problema pela regra do falso ou do modo que julgar mais conveniente. Observe que, quando o leão chegar a um sétimo de pé da boca do poço, no dia seguinte ele consegue sair. Resolução: x 2x a) x + + = 26 2 3 Para x = 6, temos 6 + 6 2⋅ 6 + = 13. 2 3 Valor falso Valor verdadeiro 6 x 13 26 6 ⋅ 26 6 x ⇒x = = = 12 13 26 13 b) x = número de dias (e noites) para atingir a altura de 50 pés (no dia seguinte o leão sai do poço). x x – = 50 7 9 63 63 Para x = 63, temos – = 2. 7 9 Valor falso Valor verdadeiro 63 x 2 50 63 ⋅ 50 63 x ⇒x = = = 1 575 2 50 2 Portanto, para o leão sair do poço são necessários 1 576 dias. Respostas: a) Resolução acima; a quantidade é 12. b) 1 576 dias. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 4 Ao tentar encontrar a intersecção do gráfico de uma função quadrática com o eixo x, um aluno encontrou as soluções: 2 + i e 2 – i . Quais são as coordenadas do vértice da parábola? Sabe-se que a curva intercepta o eixo y no ponto (0, 5). Resolução: Função quadrática: f(x) = ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2), sendo x1 e x2 os zeros da função. Então: f(x) = a ⋅ [x – (2 + i)] ⋅ [x – (2 – i)] = a ⋅ [(x – 2) – i] ⋅ [(x – 2) + i] f(x) = a ⋅ [(x – 2)2 – i2] = a ⋅ [(x – 2)2 + 1] f(0) = 5 ⇒ 5a = 5 ⇒ a = 1 Logo, f(x) = (x – 2)2 + 1. Como (x – 2)2 ≥ 0, ∀ x ∈ R, temos f(x) ≥ 1, ∀ x ∈ R, e o valor mínimo de f ocorre para x = 2. Logo, o vértice da parábola é (2; 1). Resposta: (2; 1) QUESTÃO 5 Considere três trabalhadores. O segundo e o terceiro, juntos, podem completar um trabalho em 10 dias. O primeiro e o terceiro, juntos, podem fazê-lo em 12 dias, enquanto o primeiro e o segundo, juntos, podem fazê-lo em 15 dias. Em quantos dias, os três juntos podem fazer o trabalho? Resolução: Sendo α, β e γ as frações do trabalho que cada um dos trabalhadores faz em um dia, respectivamente, temos: β + γ = 1 10 1 α + γ = 12 α +β= 1 15 1 1 Somando membro a membro as 3 equações, obtemos 2α + 2β + 2γ = , logo α + β + γ = , isto é, os 3 4 8 1 trabalhadores juntos realizam, em um dia, do trabalho. Logo, levam 8 dias para fazerem, juntos, o trabalho 8 todo. Resposta: 8 dias. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 6 a) Em um laboratório, uma caixa contém pequenas peças de mesma forma, tamanho e massa. As peças são numeradas, e seus números formam uma progressão aritmética: 5, 10, 15, ..., 500 Se retirarmos ao acaso uma peça da caixa, qual é a probabilidade, expressa em porcentagem, de obtermos um número maior que 101? b) Explique por que podemos afirmar que 101! + 19 não é um número primo. Resolução: a) O número de elementos do espaço amostral é o número de termos da P.A. (5; 10; 15; ...; 500). Como 5 = 5 ⋅ 1, 10 = 5 ⋅ 2, 15 = 5 ⋅ 3, ..., 500 = 5 ⋅ 100, temos 100 elementos. O número de casos favoráveis é o número de termos da P.A. (105; 110; 115; ...; 500). 105 = 5 ⋅ 21, 110 = 5 ⋅ 22, ..., 500 = 5 ⋅ 100. Temos 100 – 20 = 80 casos favoráveis. 80 = 80% Logo, a probabilidade pedida é: P = 100 b) Temos que 101! = 101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ ... ⋅ 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ ... ⋅ 1 é múltiplo de 19 por conter o fator 19. Assim, 101! + 19 também é múltiplo de 19, logo não é um número primo. Respostas: a) 80%. b) Explicação acima. QUESTÃO 7 O serviço de compras via internet tem aumentado cada vez mais. O gráfico ilustra a venda anual de e-books, livros digitais, em milhões de dólares nos Estados Unidos. Suponha que as vendas anuais em US$ milhões, possa ser estimada (sic) por uma função como y = a ⋅ ekx, em que x = 0 representa o ano 2002, x = 1, o ano 2003, e assim por diante; e é o número de Euler. Assim, por exemplo, em 2002 a venda foi de 7 milhões de dólares. A partir de que ano a venda de livros digitais nos Estados Unidos vai superar 840 milhões de dólares? Use as seguintes aproximações para estes logaritmos neperianos: n 2 = 0,7; n 3 = 1,1; n 5 = 1,6 Resolução: y = a ⋅ ekx , x é o número de anos a partir de 2002, e y representa as vendas anuais (em U$ milhões). Do gráfico, temos que para x = 0 corresponde y = 7 e, para x = 7, y = 315. Assim, 7 = a ⋅ ek ⋅ 0 ⇒ a = 7 315 = a ⋅ e7k ⇒ 315 = 7 ⋅ e7k ⇒ e7k = 45 Seja T o tempo para que as vendas sejam de 840 milhões de dólares. 840 = 7 ⋅ ekT ⇒ ekT = 120 ⇒ e7kT = 1207 ⇒ (e7k)T = 1207⇒ 45T = 1207 ⇒ T ⋅ n 45 = 7 ⋅ n 120 ⇒ 7 ⋅ n (2 3 ⋅ 3 ⋅ 5) 7(3 ⋅ 0,7 + 1,1 + 1,6) 33,6 = ≈ 8,8 anos 2 ⋅ 1,1 + 1,6 3,8 n (3 ⋅ 5) Como contamos a partir de 2002, no ano 2011 as vendas vão superar U$ 840 milhões. T= 2 = Resposta: Ano 2011. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 8 a) Determine o quarto termo da sequência (a1, a2, a3,... an...) dada por: an = 2an – 1 + 1 e a1 = 1, com n > 1. b) O jogo “A torre de Hanói” tem sido jogado desde o século dezenove. É formado por três hastes de plástico, metal ou madeira, diversos anéis de tamanhos diferentes e consiste em transferir e reconstruir a torre em torno de uma das duas hastes vazias, mas seguindo as regras: 1ª Somente um anel pode ser movido de cada vez. 2ª Nenhum anel pode ficar sobre um anel menor. Para uma torre com dois anéis, o menor número de movimentos necessários para transferi-la é 3. Use o desenho abaixo e mostre como transferir uma torre de 3 anéis no menor número possível de movimentos. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 c) O menor número de movimentos an para transferir uma torre de n anéis, n > 1, satisfaz a relação: an + 1 = 2(an – 1 + 1). Qual é o menor número de movimentos necessários para transferir uma torre com 6 anéis? Resolução: a) Como a1 = 1 e an = 2an – 1 + 1, temos: a2 = 2a1 + 1 ⇒ a2 = 2 ⋅ 1 + 1 = 3 a3 = 2a2 + 1 ⇒ a3 = 2 ⋅ 3 + 1 = 7 a4 = 2a3 + 1 ⇒ a4 = 2 ⋅ 7 + 1 = 15 b) 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) c) Temos an + 1 = 2(an – 1 + 1) ⇒ an + 1 = 2an – 1 + 2 ⇒ an = 2an – 1 + 1 Assim, continuando o item a, temos: a5 = 2a4 + 1 ⇒ a5 = 2 ⋅ 15 + 1 = 31 a6 = 2a5 + 1 ⇒ a6 = 2 ⋅ 31 + 1 = 63 Respostas: a) O quarto termo é 15. b) Figura acima. c) 63. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 9 a) Demonstre que as duas equações abaixo são identidades. 1ª (x + y)2 – 2xy = x2 + y2 2ª (x + y) ⋅ [(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3 b) Um cavalheiro, tentando pôr à prova a inteligência de um aritmético muito falante, propôs-lhe o seguinte problema: “Eu tenho, em ambas as mãos, 8 moedas no total. Mas, se eu conto o que tenho em cada mão, os quadrados do que tenho em cada mão, os cubos do que tenho em cada mão, a soma disso tudo é o número 194. Quantas moedas tenho em cada mão?” Mesmo que você resolva o problema por substituição e tentativa, faça o que é pedido no item c. c) Expresse o problema mediante um sistema de duas equações com duas variáveis. Resolva o sistema de equações usando, se julgar conveniente, as identidades do item a. Resolução: a) 1ª) (x + y)2 – 2xy = x2 + 2xy + y2 – 2xy = x2 + y2, ∀ x e ∀ y Logo, (x + y)2 – 2xy = x2 + y2 é uma identidade. 2ª) (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = (x + y)(x2 + 2xy + y2 – 3xy) = (x + y)(x2 – xy + y2) = = x3 – x2y + xy2 + x2y – xy2 + y3 = x3 + y3, ∀ x e ∀ y. Logo, (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3 é uma identidade. b) Quantidade de moedas em uma das mãos: x(x ∈N) Quantidade de moedas na outra mão: 8 – x x + (8 – x) + x2 + (8 – x)2 + x3 + (8 – x)3 = 194 ⇒ 26x2 – 208x + 390 = 0 ⇒ x2 – 8x + 15 = 0 ⇒ (x = 3 ou x = 5) Em uma das mãos 3 moedas e, na outra, 5 moedas. x + y = 8 c) 2 2 3 3 (x + y) + (x + y ) + (x + y ) = 194 Como y = 8 – x, recaímos na equação resolvida no item anterior. Portanto, (x = 3, y = 5) ou (x = 5, y = 3). Obs.: Usando as identidades do item a, obtemos: (x + y) + [(x + y)2 – 2xy] + (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = 194 8 + 64 – 2xy + 8(64 – 3xy) = 194 Daí vem xy = 15. Os números que têm soma 8 e produto 15 são 3 e 5. Respostas: a) Demonstração acima. b) 3 moedas numa das mãos e 5 na outra. c) Sistema e resolução acima. RESOLUÇÃO Matemática APLICADA FGV Administração - 24.10.10 QUESTÃO 10 a) Calcule a área do losango ABCD cujos vértices são os afixos dos números complexos: 3, 6i, –3 e –6i, respectivamente. b) Quais são as coordenadas dos vértices do losango A’B’C’D’ que se obtém girando 90° o losango ABCD, em torno da origem do plano cartesiano, no sentido anti-horário? c) Por qual número devemos multiplicar o número complexo cujo afixo é o ponto B para obter o número complexo cujo afixo é o ponto B’? Resolução: a) Representando o losango ABCD no plano complexo, temos a figura abaixo. Im B 6 C –3 A 3 Re D –6 3⋅ 6 = 36. 2 b) O losango A’B’C’D’ é o losango representado abaixo. Então, S(ABCD) = 4 ⋅ Im A’ 3 –6 6 B’ D’ C’ –3 Os vértices são A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0). c) (6i) ⋅ z = –6 ⇒ z = –1 ⇒z=i i Respostas: a) 36 b) A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0). c) i Re