Escola Naval: Matemática 2021/2022 (Prova Amarela)

Olá leitor.

Recebi agora a prova da Escola Naval de 2021/2022 e vou começar a colocar aqui os meus gabaritos. Vou atualizando aos poucos. Você pode sempre voltar nesse link, caso queira.

IMPORTANTE: As questões não estão na ordem em que aparecem na prova, pois estou dando preferência as que vou resolvendo primeiro. Vamos lá!

Seja a sequência abaixo definida por uma lei de recorrência de 3ª ordem. Cada termo dessa sequência (do quarto termo em diante) é uma combinação linear dos três termos imediatamente anteriores. $(2,-1,1,6,3,-1,\ldots)$
A soma do sétimo com o oitavo termo é igual a
a) $4$
b) $5$
c) $15$
d) $23$
e) $24$

Como dito no enunciado, cada termo $a_n$ segue a seguinte lei de formação:

$a_n = A \cdot a_{n-1} + B \cdot a_{n-2} + C \cdot a_{n-3} \qquad n \in \mathbb{N}, n \geq 4$

Para $n = 4$ :

$A \cdot a_3 + B \cdot a_2 + C \cdot a_1 = a_4$

Para $n = 5$ :

$A \cdot a_4 + B \cdot a_3 + C \cdot a_2 = a_5$

Para $n = 6$ :

$A \cdot a_5 + B \cdot a_4 + C \cdot a_3 = a_6$

Tirando os termos dados da sequência, teremos o sistema:

$\left\{ \begin{array}{lll} A - B + C = 6 \\ 6A + B - C = 3 \\ 3A + 6B + C = -1 \\ \end{array} \right.$

Somando as duas últimas equações, teremos $9A + 7B = 2$ e, duplicando a segunda equação e, somando com a primeira, chegamos à $13A + B = 12$ . Temos então o sistema a seguir:

$\left\{ \begin{array}{lll} 9A + 7B = 2 \\ 13A + B = 12 \\ \end{array} \right.$

Isolando $B$ na segunda, ficamos com $B = 12 - 13A$ e, então:

$9A + 7(12 - 13A) = 2 \Rightarrow 9A - 91 A = 2 - 84A \Rightarrow A = 1$

Consequentemente $B = -1$ e $C = 2$ .

Assim o termo geral fica:

$a_n = a_{n-1} - a_{n-2} + 2a_{n-3}$

O sétimo termo é $a_7 = a_6 - a_5 + 2a_4 = (-1) + (-1) \cdot 3 + 2 \cdot 6 = 8$ e o oitavo termo é $a_8 = a_7 - a_6 + 2a_5 = 8 + (-1) \cdot (-1) + 2 \cdot 3 = 15$ . Deste modo $a_7 + a_8 = 8 +15 = 23$ . Opção D.

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No $\mathbb{R}^3$ , a equação $ax+by + cz + d = 0$ , com as constantes $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ , podem representar um plano. Assinale a opção que esboça a representação geométrica dos planos no sistema linear abaixo
$\left\{ \begin{array}{l} 2x-y + 3z - 5 = 0 \\ -5x + 3y -4z + 6 = 0 \\ -x + y +2z - 4 = 0 \\ \end{array}\right.$

a) Dois planos paralelos e distintos e um secante a eles

b) Planos concorrentes em um ponto $(P)$

c) Planos secantes dois a dois

d) Planos concorrentes em uma reta $(r)$

e) Dois planos coincidentes e um secante a eles

Primeiro precisamos reescrever o sistema com segue:

$\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + 3z = 5 \\ -5x + 3y - 4z = -6 \\ -x + y + 2z = 4 \\ \end{array} \right.$

Agora vamos escrever a matriz completa do sistema e escaloná-la:

$\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ -5 & 3 &- 4 & -6 \\ -1 & 1 & 2 & 4 \\ \end{array} \right\vert$

Multiplicamos a primeira linha por $3$ e somamos com a segunda, e multiplicamos a primeira linha por $1$ e somamos com a terceira linha:

$\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ 1 & 0 & 5 & 9 \\ 1 & 0 & 5 & 9 \\ \end{array} \right\vert$

Veja que as duas últimas linhas são iguais representando planos coincidentes. O outro plano concorre com estes dois, haja vista que seus vetores normais não são paralelos. Veja:

$\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + 3z = 5 \\ x + 5z = 9 \\ x + 5z = 9 \\ \end{array} \right.$

O primeiro plano tem vetor $\vec{n}_1 = (2,-1,3)$ e o segundo (e terceiro) tem $\vec{n}_2 = (1,0,5)$ .

Chegamos à opção E.

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Todos os pontos $P(a,b)$ da figura abaixo podem ser representados sob a forma matricial $P = \left(\begin{array}{c} a \\ b \end{array}\right)$ .

Ao aplicarmos uma transformação linear $A \cdot P = Q$ , geramos uma nova figura na qual seus pontos são representados sob a forma $Q = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right)$ . Sendo $A = \left( \begin{array}{rr} -2 & 1 \\ 3 & - 1 \\ \end{array} \right)$ assinale a opção que apresenta a figura formada pela transformação $A \cdot P$ .

Vamos, em primeiro lugar, substituir os pontos dados na transformação linear:

$\left( \begin{array}{rr} -2 & -1 \\ 3 & -1 \\ \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right)$

Ficamos com $\left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -2a + b \\ 3a + b \end{array} \right)$ .

Olhando para a figura dada, vamos fazer uma tabela com os pontos da figura original. Estes pontos, por meio de suas coordenadas nos darão os novos pontos de coordenadas $(c,d)$ . Veja:

$\begin{array}{c || c|c|c|c} \textrm{Pontos} &a&b&c=-2a+b&d = 3a+b \\ \hline A(1,0) & 1 & 0 & -2 & 3 \\ \hline B(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 2 \\ \hline C(2,\frac{1}{2}) & 2 & \frac{1}{2} & -\frac{7}{2} & \frac{13}{2} \\ \hline D(1,1) & 1 & 1 & 1 & 4 \\ \hline E(2,2) & 2 & 2 & -2 & 8 \\ \hline F(3,\frac{1}{2}) & 3 & \frac{1}{2} & -\frac{11}{2} & \frac{19}{2} \\ \hline G(\frac{5}{2},0) & \frac{5}{2} & 0 & -5 & \frac{15}{2} \\\end{array}$

Para ficar bacana, vou marcar os pontos $(c,d)$ no Geogebra:

Assim chegamos à opção C.

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Considere um círculo de centro $O$ circunscrito a um triângulo $ABC$ com ângulo obtuso em $A$ . O raio $AO$ forma um ângulo de $30^\circ$ com a altura $AH$ e intercepta $BC$ em um ponto $E$ . O prolongamento da bissetriz do ângulo $A$ intercepta $BC$ em um ponto $F$ e a circunferência em um ponto $G$ , conforme figura abaixo.

Assinale a opção que apresenta a área do quadrilátero $FEOG$ sabendo que $AG = 4\sqrt{2}$ e $AH = \sqrt{2\sqrt{3}}$ cm.
a) $6(3+\sqrt{2})\,\textrm{cm}^2$
b) $3(6-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$
c) $2(3+\sqrt{6})\,\textrm{cm}^2$
d) $3(6+\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$
e) $6(2-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$

No triângulo $AEH$ podemos calcular a $\tan 30^\circ$ :

$\tan = \frac{HE}{AH} \Rightarrow HE = \sqrt[4]{12} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$

No mesmo triângulo podemos calcular $\textrm{sen}\,30^\circ$ :

$\textrm{sen}\,30^\circ = \frac{HE}{AE} \Rightarrow AE = 2 \cdot HE \Rightarrow AE = 2 \cdot \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3}$

Podemos agora usar o teorema da bissetriz interna no triângulo $AEH$ :

$\frac{AH}{HF} = \frac{AE}{FE}$

Substituindo os valores:

$\frac{\sqrt[4]{12}}{ \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE} = \frac{2 \cdot \sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3FE}$

Daí:

$3FE = 2\sqrt{3}(\frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE)$

Desenvolvendo:

$3FE + 2\sqrt{3}FE = 2\sqrt[4]{12}$

Finalmente temos $FE = \frac{2}{3} \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3)$ .

No triângulo $AOG$ temos $AO = OG = R$ , em que $R$ é o raio do círculo. Aplicando a lei dos cossenos:

$AG^2 = R^2 + R^2 - 2 \cdot R \cdot R \cdot \cos A\widehat{O}G$

Sabemos que $A\widehat{O}G = 150^\circ$ , pois o triângulo $AOG$ é isósceles de base $AG$ e $G\widehat{A}O = A\widehat{G}O = 15^\circ$ . Assim:

$(4\sqrt{2})^2 = 2R^2 - 2R^2 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})$

Chegamos assim a $R^2 = 32(2-\sqrt{3})$ . Agora partimos para o calculo da área:

$(FEOG) = (AOG) - (AFE)$

Teremos $(AOG) = \frac{1}{2} \cdot AO \cdot OG \cdot \textrm{sen}\,(A\widehat{O}G)$ e $(AFE) = \frac{1}{2} \cdot FE \cdot AH$ . Ficamos com:

$(FEOG) = \frac{1}{2} \cdot R^2 \cdot \textrm{sen}\,150^\circ - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}\cdot \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3) \cdot \sqrt[4]{12}$

Fazendo as contas teremos $(FEOG) = 6(2-\sqrt{3})$ . Ufa! Ê…, contarada!!!! Opção E.

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[LSB]

Gabarito Comentado EEAr 2021/2022 (Primeira Prova): Matemática

Seguem os meus gabaritos para a (primeira) prova de matemática da EEAr de 2021/2022.

Uma caixa cúbica, de aresta $10$ cm, está totalmente cheia de água. Ao despejar toda a água em um tubo cilíndrico de $5$ cm de raio, essa água atingirá uma altura de $\rule{2 cm}{0.2 mm}\, /\pi$ cm no tubo. (Considere as dimensões como sendo internas ao recipiente e que o tubo tem a altura necessária para o evento.)
a) $50$
b) $40$
c) $35$
d) $25$

O volume do cubo será de $10^3 = 1000 \,\textrm{cm}^3$ . Para o cilindro teremos o volume de $1000 = \pi \cdot 5^2 \cdot h$ , ou seja $h = \frac{40}{\pi}$ cm. Opção B.

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Uma empresa de produtos químicos tem o seguinte logotipo, composto por dois círculos concêntricos divididos em $6$ setores circulares de $60^\circ$ cada. Se o raio do maior círculo medir $10$ cm e o do menor medir $8 cm$ , toda a área hachurada (em cinza) mede $\rule{2 cm}{0.2 mm}\, \pi\textrm{cm}^2$ .

a) $30$
b) $40$
c) $50$
d) $60$

Repare que podemos simplesmente “encaixar” as partes “cinzas” nas partes “brancas”, formando um semicírculo de raio $10$ cm. Assim, a área será $\frac{\pi \cdot 10^2}{2} = 50\pi\, \textrm{cm}^2$ , portanto, opção C.

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A revolução de um triângulo equilátero de $6$ cm de lado, em torno de um de seus lados, gera um sólido de volume igual $\rule{2 cm}{0.2 mm}\,\pi\textrm{cm}^3$ .
a) $54$
b) $48$
c) $36$
d) $24$

A rotação deste triângulo sobre um de seus lados vai gerar um duplo cone (dois cones) cujo raio da base $R$ (do cone) é a altura $R = h = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ cm do triângulo e cuja altura total $H$ é duas vezes a metade do lado $\ell = 6$ cm também do triângulo. Veja a figura:

Veja que temos dois cones de mesmo raio $R = h$ e mesma altura $\frac{\ell}{2}$ .

Veja que temos dois cones de mesmo raio $R = h$ e mesma altura $\frac{\ell}{2}$ .

Então teremos:

$V = 2 \cdot \frac{1}{3} \pi R^2 (\frac{\ell}{2}) \Rightarrow V = \frac{1}{3} \pi R^2 (2 \cdot \frac{\ell}{2}) \Rightarrow V = \frac{1}{3} \pi (3\sqrt{3})^2 \cdot 6 = 54\pi\,\textrm{cm}^3$

Teremos, então a opção A.

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O ponto $P(1,4)$ é $\rule{3 cm}{0.2 mm}$ à circunferência de equação $(x+1)^2 + (y -5)^2 = 9$ e é $\rule{3 cm}{0.2 mm}$ à circunferência de equação $(x-3)^2 + (y - 5)^2 = 16$ .
a) exterior; exterior
b) exterior; interior
c) interior; exterior
d) interior; interior

Para resolver este problema basta comparar a distância do centro de cada circunferência ao ponto dado com o raio da respectiva circunferência. Para isto, basta substituir o ponto na equação da circunferência. Para a primeira:

$(1+1)^2 + (4-5)^2 = 2^2 + (-1)^2 = 5 < 9$ , logo o primeiro ponto é interior.

Para a segunda:

$(1-3)^2 + (4-5)^2 = (-2)^2 + (-1)^2 = 5 < 16$ , logo o segundo ponto também é interior.

Portanto, opção D.

Sempre costumo lembrar que um desenho ajuda. Segue uma figura da situação.

O ponto $A$ é o centro da primeira circunferência; e $B$ , o da segunda.

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Em uma classe da 1ª série do Curso de Formação de Sargentos — EEAr, as idades dos alunos se distribuíam conforme a tabela. Desta forma, a idade média ponderada desses alunos era de $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ anos.
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \textrm{Idade (anos)} & 18 & 19 & 20 & 21 & 22 \\ \hline f_r(\%) & 40 & 30 & 17 & 10 & 3 \\ \hline \end{array}$
a) $18,81$
b) $18,98$
c) $19,06$
d) $19,23$

Vamos dizer que o total de alunos seja $T$ , como a frequência relativa é calculada sempre sobre o mesmo total, podemos fazer a média ponderada pelas próprias frequências, veja:

$\frac{18 \cdot \frac{40}{100}T + 19 \cdot \frac{30}{100}T + 20 \cdot \frac{17}{100}T + 21 \cdot \frac{10}{100}T + 22 \cdot \frac{3}{100}T}{\frac{40}{100}T + \frac{30}{100}T + \frac{17}{100}T + \frac{10}{100}T + \frac{3}{100}T}$

Veja que podemos cancelar $T$ , uma vez que não é zero e teremos:

$\frac{18 \cdot 0,4 + 19 \cdot 0,3 + 20 \cdot 0,17 + 21 \cdot 0,1+ 22 \cdot 0,03}{\frac{100}{100}} = 7,2 + 5,7 + 3,4 + 2,1 + 0,66 = 19,06$

Chegamos à opção C.

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Sejam $A$ e $B$ os restos das divisões de $P(x) = x^3 - 3x^2 - 4x + 6$ por, respectivamente, $x+2$ e $x - 3$ . Desta forma, pode-se afirmar que
a) $A = B$
b) $A = 2B$
c) $B = 2A$
d) $A = -B$

Como só queremos o resto, basta aplicar o Teorema do Resto, assim:

$A = P(-2) = (-2)^3 - 3 \cdot (-2)^2 - 4 \cdot (-2) + 6 = -8 -12 + 8 + 6 = -6$

E o outro resto:

$B = P(3) = (3)^3 - 3 \cdot (3)^2 - 4 \cdot (3) + 6 = 27-27 -12 + 6 = -6$

Assim, $A = B$ , opção A.

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Um número complexo $z$ tem argumento $\theta = \frac{5\pi}{6}$ e módulo igual a $6$ . A forma algébrica de $z$ é
a) $-3\sqrt{3} + 3i$
b) $-3\sqrt{3} + \sqrt{3}i$
c) $3\sqrt{3} - \sqrt{3}i$
d) $3\sqrt{3} - 3i$

Sabemos que a forma trigonométrica de um complexo é $z = \vert z \vert (\cos \theta + i \textrm{sen } \theta)$ , podemos então substituir os valores dados:

$z = 6 (\cos \frac{5\pi}{6} + i \textrm{sen } \frac{5\pi}{6}) = 6 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2} + i \cdot \frac{1}{2}) = -3\sqrt{3} + 3i$

Tendo como resposta a opção A.

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O gráfico mostra o consumo médio de gasolina, em km/L, dos veículos de uma revendedora de automóveis. Com base no gráfico, é correto afirmar que a quantidade de veículos da revendedora que percorrem $10$ km ou mais com $1$ litro de gasolina corresponde a $\rule{2 cm}{0.2 mm}\,\%$ do total de veículos da loja. (Considere que em cada classe o intervalo é fechado no limite inferior e aberto no limite superior).

a) $56$
b) $62$
c) $68$
d) $74$

De acordo com o histograma, há $12$ veículos com autonomia de $10$ a $12$ km/L; $14$ veículos na faixa de $12$ a $14$ km/L e $8$ veículos de $14$ a $16$ km/L. O total de veículos na faixa de autonomia pedida é, então, de $12 + 14 + 8 = 34$ veículos. O total geral de veículos é de $6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 50$ veículos. A porcentagem será de $\frac{34}{50} = \frac{68}{100} = 0,68$ . Opção C.

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Sejam os arcos de $480^\circ$ e $-4\pi/3$ rad. No ciclo trigonométrico, são tais que ambos estão no:
a) 1º quadrante e são côngruos
b) 2º quadrante e são côngruos
c) 1º quadrante e não são côngruos
d) 2º quadrante e não são côngruos

Sabemos que $480^\circ = 120^\circ + 1 \cdot 360^\circ$ , pertencendo, portanto, ao segundo quadrante; e que $- \frac{4\pi}{3} \,\textrm{rad} = - 240^\circ$ que é côngruo de $120^\circ$ e está, por sua vez, também no segundo quadrante, sendo assim, côngruos. Opção B.

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Seja a P.G. $(24,36,54,\ldots)$ . Ao somar o 5º e o 6º termos dessa P.G. tem-se
a) $81/2$
b) $405/2$
c) $1215/4$
d) $1435/4$

Vamos, primeiro, identificar a razão da P.G. que é $q = \frac{36}{24} = \frac{3}{2}$ . Assim, o quinto termo será $a_5 = 24 \cdot (\frac{3}{2})^4 = 24 \cdot \frac{81}{16}$ e o sexto será igual ao quinto multiplicado pela razão, ou seja, $a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}$ . Então a soma será:

$a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} + 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}$

Então:

$a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot (1+ \frac{3}{2}) = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{5}{2} = 3 \cdot \frac{81 \cdot 5}{4} = \frac{1215}{4}$

Chegamos então à opção C.

Como observação, poderíamos completar a P.G. calculando os termos seguintes, multiplicando os anteriores pela razão:

$(24,36,54,81,\frac{243}{2},\frac{729}{4},\ldots)$

E claro $\frac{243}{2} + \frac{729}{4} = \frac{1215}{4}$ .

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Seja uma função $f: A \to B$ tal que $A = \{0,1,2,3,4\}$ e $B = \mathbb{R}$ . A alternativa que apresenta todos os pontos de um possível gráfico de $f$ é
a) $(0,0)$ ; $(0,1)$ ; $(0,2)$ ; $(0,3)$ e $(0,4)$
b) $(0,0)$ ; $(1,0)$ ; $(2,0)$ ; $(3,0)$ e $(4,0)$
c) $(0,0)$ ; $(1,-1)$ ; $(2,-2)$ e $(3,-3)$
d) $(0,1)$ ; $(2,3)$ ; $(4,5)$ ; e $(5,6)$

Primeiramente, como há cinco elementos no domínio de $f$ que é $A$ , devemos ter $5$ pares ordenados e cada abscissa deve ser correspondente aos elementos de $A$ . A única opção que atende é B.

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A razão entre o perímetro do quadrado circunscrito a uma circunferência de raio $2$ cm e o perímetro do quadrado inscrito na mesma circunferência é
a) $4$
b) $2$
c) $2\sqrt{2}$
d) $\sqrt{2}$

O quadrado que circunscreve uma circunferência de raio $R$ tem lado $L = 2R$ e o quadrado inscrito tem diagonal $d$ tal que $d = 2R$ . Como $d = \ell\sqrt{2}$ temos $\ell\sqrt{2} = 2R \Rightarrow \ell = \frac{2R}{\sqrt{2}}$ , portanto:

$\frac{4L}{4\ell} = \frac{L}{\ell} = \frac{2R}{\frac{2R}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2}$

Opção D.

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Se $8$ alunos do CFS da EEAr “entrarão em forma” em uma única fila, de maneira que a única restrição seja de que o aluno mais alto fique no início da fila, então o número de formas diferentes de se fazer esta formação é
a) $5040$
b) $2520$
c) $840$
d) $720$

São $8$ posições, sendo que a primeira só pode ser ocupada por uma única pessoa. As demais, podem ser ocupadas pelas sete pessoas restantes.

$1 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 7! = 5040$

Opção A.

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Seja $ABC$ um triângulo tal que $\widehat{A} = 60^\circ$ , conforme a figura.

Assim, tem-se que $FD = \,\rule{2 cm}{0.2 mm}\,$ .
a) $2$
b) $3$
c) $4$
d) $5$

Vejamos, em primeiro lugar que $AC = AD$ e, por isso, $A\widehat{C}D = A\widehat{D}C = 60^\circ$ . Então, o triângulo $ACD$ é equilátero e teremos $AC = AD = CD = 6$ . Para o triângulo $ABC$ , os segmentos $\overline{BE}$ e $\overline{CD}$ são medianas e, portanto, o ponto $F$ é baricentro de $\Delta ABC$ . Então, da propriedade do baricentro teremos $CF = 2 FD$ . Se $FD = x$ , teremos $x + 2x = 6$ , logo $x = 2$ . Opção A.

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Um cilindro circular reto de $5$ cm de raio da base e de $10$ cm de altura terá toda a sua superfície lateral revestida por uma fita de $0,5$ cm de largura, como mostra a figura.

Considerando $\pi = 3,14$ e que não haverá sobreposição de fita, será necessária uma quantidade mínima de $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ m de fita para realizar a tarefa.
a) $4,62$
b) $6,28$
c) $8,44$
d) $9,32$

O comprimento $L$ de cada volta da fita em torno do cilindro corresponde ao comprimento do círculo da base do cilindro: $L = 2 \pi \cdot 5 = 10\pi$ cm. A altura do cilindro é de $10$ cm e cada fita tem $0,5$ cm de espessura. Assim, serão necessárias $\frac{10}{0,5} = 20$ fitas. Então o comprimento total de fita será de $10\pi \times 20 = 200 \pi = 200 \cdot 3,14 = 628$ cm. Ou seja, $6,28$ m. Opção B.

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Se $\textrm{sen } 2x = 1/3$ então $(\textrm{sec } x) \,\colon (\textrm{sen } x)$ é igual a
a) $8$
b) $6$
c) $4$
d) $2$

Sabemos que $\textrm{sen } 2x = 2 \cdot \textrm{sen } x \cdot \cos x$ e, da expressão dada no enunciado:

$\frac{\textrm{sec } x}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\frac{\textrm{sen } 2x}{2}} = \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{1}{6}} = 6$

Temos então, a opção B.

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Pedro é um tenista profissional que vem treinando $120$ saques por dia. Porém, a partir de amanhã, a cada dia de treino ele fará $5$ saques a mais que no treino anterior. Se o objetivo de Pedro é alcançar o dia em que treinará $180$ saques, ele conseguirá isso no $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ dia de treino, considerando hoje o primeiro dia.
a) $10 \textsuperscript{\d o}$
b) $12 \textsuperscript{\d o}$
c) $13 \textsuperscript{\d o}$
d) $15 \textsuperscript{\d o}$

Como ele sempre faz cinco saques a mais que no dia anterior, teremos uma progressão aritmética:

$(120,125,130,135,\ldots)$

Assim, $a_1 = 120$ e $r = 5$ , queremos que o termo geral $a_n$ seja igual a $180$ , ou seja:

$a_n = 120 + (n-1) \cdot 5 = 180$

Portanto:

$120 + 5n - 5 = 180 \Rightarrow 5n = 65 \Rightarrow n = 13$

Mais uma vez eu digo, bastava escrever os termos:

$(120,125,130,135,140,145,150,155,160,165,170,175,180,\ldots)$

E contar. Opção C.

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Simplificando a expressão $y = \frac{C_{n,4}}{C_{n-1,3}}$ , encontra-se $y$ igual a
a) $n$
b) $n/2$
c) $n/3$
d) $n/4$

Sabendo que $C_{n,p} = \frac{n!}{p!(n-p)!}$ teremos:

$y = \frac{\frac{n!}{4!(n-4)!}}{\frac{(n-1)!}{3!(n-1-3)!}} = \frac{n!}{4!(n-4)!} \cdot \frac{3!(n-4)!}{(n-1)!} = \frac{n \cdot (n-1)! \cdot 3!}{4 \cdot 3! \cdot (n-1)!} = \frac{n}{4}$

Então, opção D. Mais um comentário: veja que poderíamos fazer facilmente $n = 4$ e teríamos $y = \frac{C_{4,4}}{C_{3,3}} =1$ . A única opção que daria este resultado é a opção D. Bingo!

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Se $\log 2 = 0,3$ e $\log 3 = 0,5$ , então o valor de $\frac{\log 0,0072}{\log 5}$ é
a) $-3$
b) $-2$
c) $2$
d) $3$

Vamos primeiro “ajeitar” a expressão dada:

$\frac{\log 0,0072}{\log 5} = \frac{\log \frac{72}{10000}}{\log 5} = \frac{\log 72 - \log 10000}{\log \frac{10}{2}} = \frac{\log (9 \cdot 8) - \log 10^4}{\log10 - \log 2} =$

Continuando:

$= \frac{\log 9 + \log 8 - 4}{1 - 0,3} = \frac{\log 3^2 + \log 2^3 - 4}{0,7} = \frac{2\cdot 0,5 + 3 \cdot 0,3 - 4}{0,7} = \frac{-2,1}{0,7}=-3$

Opção A.

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Uma bola é lançada verticalmente para cima. Se sua altura $h$ , em metros, em relação ao solo, $t$ segundos após o lançamento, considerando $t \in [0,4]$ , pode ser calculada por $h = -t^2 + 2t + 8$ , a altura máxima atingida pela bola é $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ m.
a) $7$
b) $8$
c) $9$
d) $10$

A altura máxima corresponde à ordenada do vértice da parábola representada por $h$ :

$y_V = -\frac{\Delta}{4a} = - \frac{2^2 - 4 \cdot (-1) \cdot 8}{4 \cdot (-1)} = -\frac{4+32}{-4} = 9$

Temos, então, Opção C.

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Seja $ABC$ um triângulo retângulo em $A$ , tal que $\widehat{B} = 60^\circ$ . Se o perímetro do triângulo é $9(\sqrt{3} + 1)$ cm, a hipotenusa mede $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ cm.
a) $2\sqrt{3}$
b) $3\sqrt{3}$
c) $4\sqrt{3}$
d) $6\sqrt{3}$

Como $\widehat{B} = 60^\circ$ , teremos $\widehat{C} = 30^\circ$ e finalmente:

$\textrm{sen } \widehat{C} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow AB = \frac{BC}{2}$

Analogamente:

$\textrm{sen } \widehat{B} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow AC = \frac{BC\sqrt{3}}{2}$

Fazendo $BC = x$ teremos:

$AB + AC + BC = \frac{x}{2} + \frac{x\sqrt{3}}{2} + x = (\frac{3 + \sqrt{3}}{2}) x$

Mas este é o perímetro, logo:

$9(\sqrt{3} + 1) = x \cdot \frac{3 + \sqrt{3}}{2} \Rightarrow 18\sqrt{3} + 18 = x(3 + \sqrt{3})$

Assim, $x = \frac{18\sqrt{3} + 18}{3 + \sqrt{3}}$ e racionalizando:

$x = \frac{(18\sqrt{3} + 18)(3 - \sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})(3-\sqrt{3})} = \frac{54\sqrt{3} - 54 + 54 -18\sqrt{3}}{9 - 3} = \frac{36\sqrt{3}}{6} = 6\sqrt{3}$

Chegamos então, à opção D.

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Seja $r$ a reta determinada $A(3,5)$ e $B(6,-1)$ . O ponto de abscissa $8$ pertencente à $r$ possui ordenada igual a
a) $9$
b) $7$
c) $-6$
d) $5$

Vamos achar o coeficiente de $r$ :

$m = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{5 - (-1)}{3 - 6} = \frac{6}{-3} = -2$

Assim a equação de $r$ fica:

$y - 5 = (-2)(x-3)$

Para $x = 8$ , teremos $y - 5 = (-2)(8-3) \Rightarrow y = -10 + 5 = -5$ . Opção D.

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A base de uma pirâmide é uma das faces de um cubo de aresta $a$ . Se o volume do cubo somado com o volume da pirâmide é $2a^3$ , a altura da pirâmide é $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ da aresta $a$ .
a) o dobro
b) o triplo
c) a metade
d) a terça parte

Seja $V_c$ o volume do cubo e $V_p$ o volume da pirâmide. Teremos:

$V_c + V_p = a^3 + \frac{1}{3}a^2 h$

Do enunciado:

$2a^3 = a^3 + \frac{a^2 h}{3} \Rightarrow h = \frac{3a^3}{a^2} \Rightarrow h = 3a$

Opção B.

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Dadas as retas $r: 2x-3y+9 = 0$ , $s: 8x -12y + 7 = 0$ e $t: 3x+2y - 1 = 0$ , pode-se afirmar, corretamente, que
a) $r$ e $t$ são paralelas
b) $r$ e $s$ são coincidentes
c) $s$ e $t$ são perpendiculares
d) $r$ e $s$ são perpendiculares

Vamos colocar todas na forma reduzida:

$r: y = \frac{2}{3} x + 3$

$s: y = \frac{8}{12} x + \frac{7}{12} \Rightarrow y = \frac{2}{3}x + \frac{7}{12}$

$t: y = - \frac{3}{2} x + \frac{1}{2}$

Vamos comparar os coeficientes de $r$ e $s$ . Como $m_r = m_s$ e $n_r \ne n_s$ , daí $r$ e $s$ são paralelas e distintas.

Passemos então às retas $r$ e $t$ : como $m_r \cdot m_t = -1$ , portanto, $r$ e $t$ são concorrentes e perpendiculares.

Como $r$ e $s$ são paralelas, então $s$ e $t$ também são perpendiculares. Opção C.

Mais uma vez fica a dica. Um desenho simples poderia ajudar na solução; vamos desenhar as três retas.

Veja que $r \parallel s$ e que $r \perp t$ .

Veja que $r \parallel s$ e que $r \perp t$ .

É isso galera! Comentem e compartilhem, se quiserem.

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[LSB]

Matrizes Inversas: Use a Definição!

Olá pessoal, hoje quero falar um pouco sobre a matriz inversa. Mas, antes de mostrar a utilização da definição pra resolver um exercício, vamos relembrar o que significa a inversão de uma matriz.

Vamos considerar que $A$ , $B$ e $I_n$ são duas matrizes quadradas de ordem $n$ e a matriz identidade de ordem $n$ , respectivamente. Então:

$A \cdot B = B \cdot A = I_n$

A matriz $B$ é chamada de matriz inversa de $A$ e podemos escrever $B = A^{-1}$ . Assim:

$A \cdot A^{-1} = A^{-1} \cdot A = I_n$

Com isso, podemos mostrar que a inversa de $A$ é única, mas isso vai ficar pra depois. Vamos focar, por enquanto, no que interessa.

O que queremos verificar é o seguinte:

Se conhecemos as matrizes quadradas $A$ e $B$ , de ordem $n$ , tais que $A \cdot X = B$ , quem é a matriz $X$ que satisfaz esta equação?

Bom, como conhecemos a matriz $A$ , sabemos como obter sua inversa; logo, podemos fazer:

$A^{-1} \cdot A \cdot X = A^{-1} \cdot B$

Ou seja, multiplicamos toda a equação, pela esquerda, por $A^{-1}$ . Como $A^{-1} \cdot A = I_n$ , da definição de inversa, podemos escrever:

$I \cdot X = A^{-1} \cdot B \Rightarrow X = A^{-1} \cdot B$

Assim já temos a matriz $X$ , uma vez que basta inverter a matriz $A$ , se ela é conhecida. Tudo bem, mas e o exemplo de aplicação? Veja a imagem a seguir com uma questão do concurso da EsPCEx de 1999/2000.

Essa foi a 25ª questão da prova aplicada em 1999.

Veja que podemos chamar a matriz dos coeficientes de $C$ , a matriz das incógnitas de $X$ e a matriz resultante de $R$ , tendo assim a equação a seguir:

$C \cdot X = R$

Mas, como já vimos:

$C^{-1} \cdot C \cdot X = C^{-1} \cdot R \Rightarrow X = C^{-1} \cdot R$

E, de acordo com o enunciado, isto se traduz em:

$X = \left[\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right] \cdot \left[\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right]$

Que podemos resolver facilmente, multiplicando a matriz inversa de $C$ pela matriz coluna $R$ :

$X = \left[\begin{array}{c} 1+1+0 \\ 0-1+4 \\ -1+0+2 \end{array} \right] \Rightarrow \left[\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] = \left[\begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 1 \end{array} \right]$

Como as duas matriz são iguais, teremos $x = 2$ , $y = 3$ e $z = 1$ , opção E.

E aí, gostou dessa aplicação de matriz inversa?

Segue um vídeo falando um pouco mais sobre operações com matrizes com outro exemplo, porém na EEAr:

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[LSB]

Prova da EEAr Matemática 2019/2020 com Soluções

Neste último domingo (2/6/2019) ocorreu o primeiro concurso da EEAr de 2019. Seguem as imagens da primeira prova da EEAr de matemática de 2019 para acesso em 2020.

E agora, as soluções:

E aí, o que acharam? Divirtam-se e estejam a vontade para fazer comentários e/ou correções.

Até mais.

Pré-AFA 2019 | Listas das Semanas 13, 14, 15 e 16

Olá leitores, mais uma sequência de listas de exercícios. Nas últimas semanas acumulamos listas, mas agora elas estão todas aí disponíveis:

quadrilateros_ii Baixar

trocas_calor_viii Baixar

circunferencias_r2_i Baixar

quadrilateros_iii Baixar

retas_paralelas_v Baixar

estudo_gases_i Baixar

probabilidade_iii Baixar

pontos_notaveis_triangulos_i Baixar

retas_paralelas_vi Baixar

estudo_gases_ii Baixar

circunferencias_r2_iii Baixar

poligonos_i Baixar

trocas_calor_ix Baixar

trocas_calor_x Baixar

calorimetria_iv Baixar

circunferencias_r2_iv Baixar

circunferencias_r2_ii Baixar

simulado_iii_2019 Baixar

Essas foram as listas de exercícios das últimas quatro semanas. Bom proveito e boa páscoa!

{LSB]

Pré-AFA 2019 | Listas das Semanas 10, 11 e 12

Olá leitores,

passou o carnaval e voltamos com força total. Estas foram as listas das últimas três semanas. Demoramos um pouco mais por conta de uma rotina bem apertada de trabalho fora do site. Mas estamos na linha novamente. E com muitas novidades.

retas_r2_v Baixar

analise_combinatoria_iii Baixar

probabilidade_i Baixar

angulos_iv Baixar

triangulos_ii Baixar

retas_paralelas_iii Baixar

trocas_calor_vi Baixar

trocas_calor_vii Baixar

retas_r2_vi Baixar

simulado_ii_2019 Baixar

retas_paralelas_iv Baixar

quadrilateros_i Baixar

termometria_vi Baixar

retas_r2_vii Baixar

probabilidade_ii Baixar

fim_semana_feliz_vi Baixar

Foi isso galera.

Bom fim de semana e bons estudos.

Pré-AFA 2019 | Listas das Semana #7 e #8

Olá leitores.

As últimas duas semanas foram bastante corridas. Mas, como prometido e previsto, aqui estão as listas das últimas duas semanas pra que vocês possam se divertir bastante ao longo do carnaval de 2019:

binomio_newton_ii Baixar

retas_paralelas_i Baixar

calorimetria_iii Baixar

termometria_v Baixar

trocas_calor_iv Baixar

retas_r2_iii Baixar

fim_semana_feliz_iv Baixar

retas_paralelas_ii Baixar

introducao_cinematica_escalar_i Baixar

trocas_calor_v Baixar

retas_r2_iv Baixar

fim_semana_feliz_v Baixar

Bom, essas foram as listas da semana #7 e #8.

Bom carnaval.

Pré-AFA 2019 | Listas da Semana #6

Como prometido, estamos de volta com as listas da sexta semana do curso da pré-AFA 2019 no Curso Lincoln. Os arquivos seguem abaixo.

analise_combinatoria_ii Baixar

binomio_newton_i Baixar

trocas_calor_ii Baixar

trocas_calor_iii Baixar

retas_r2_ii Baixar

congruencia_triangulos_i Baixar

angulos_iii Baixar

fim_semana_feliz_iii Baixar

Mais uma semana bem produtiva. Aproveitem e divirtam-se neste fim de semana com essas listas.

Grande abraço.

[LSB]

Pré-AFA 2019 | Listas da Semana #5

Olá,

estamos fechando mais uma semana (semana #6) na turma pré-AFA de 2019. Mas não é por isso que vamos deixar de publicar por aqui as listas da semana #5.

angulos_ii Baixar

triangulos_i Baixar

termometria_iv Baixar

trocas_calor_i Baixar

retas_r2_i Baixar

gerais_i_2019 Baixar

analise_combinatoria_i Baixar

fim_semana_feliz_ii Baixar

Esta foi uma semana produtiva para nós e esperamos que seja para vocês também.

Bons estudos e bom fim de semana.

[LSB]