EEAr: 80 Questões de Física!

Olá leitor!

Hoje trazemos mais uma coletânea de questões de física da EEAr. São 80 questões (espero não ter repetido nenhuma) envolvendo os assuntos Termometria, Dilatação Térmica, Trocas de Calor, Mudanças de Fase e Propagação do Calor.

Segue a lista, abaixo.

Em breve, tem mais.

Bons estudos e até breve!

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EEAr: TODAS as Questões de Exponenciais!

Olá leitor!

Já tínhamos postado aqui, mas por algum motivo deu ruim no WP e por isso, estou repostando.

Segue a lista atualizada (achei mais duas questões) da EEAr.

Bons estudos!

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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}.

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.

É isso galera! Comentem e compartilhem, se quiserem.

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EEAr: Mais um Simulado!

Olá leitor.

Hoje trazemos mais um simulado para a EEAr, com 24 questões de matemática mais focadas em geometria, com geometria plana e espacial.

Seguem as questões no link abaixo:

Bons estudos e boa semana!

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EEAr: um Simulado de Revisão

Olá leitor!

Está estudando para a EEAr? Segue então um simulado com 24 questões de matemática para a EEAr. Serve como revisão geral para você que fará a prova no próximo dia 30/5.

Bons estudos e boa semana!

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EEAr: Uma Lista Geral de Revisão

Olá leitores.

A primeira prova da EEAr de 2021 está chegando, e com ela se intensificam as aulas de revisão e aprofundamento. Deixamos então aqui uma lista de revisão com cerca de 25 exercícios de temas gerais de provas anteriores da EEAr.

Espero que esta lista te ajude a ficar ainda mais preparado para o concurso.

Bons estudos!

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Mais de 500 Exercícios da EEAr!

Olá leitores,

por mais que eu já tenha falado aqui, vou reforçar: nunca paramos de desenvolver materiais. E vamos, a partir de agora, continuar trazendo, porém de forma mais incisiva e intensa, ou seja, muito mais materiais. Este é apenas um deles.

Neste material, você encontra mais de 500 questões de matemática da EEAr, quase todas com gabarito! Prometo que, em breve, colocaremos mais e mais questões, até que todas as questões de 2000 a 2021 estejam neste material, com gabarito. Logo essa é uma versão provisória, mas que você já pode ir usando. Clique abaixo e divirta-se:

Espero, de verdade, que isto te ajude a alcançar seus objetivos!

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[LSB]

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Um Simulado Modelo EEAr

Olá leitores,

segue um pequeno simulado de matemática no nível da EEAr. Depois de fazerem as questões, podem dar uma olhada no gabarito das questões no arquivo deixado aqui.

Para fazer o simulado clique no link a seguir:

SIMULADO 1 — EEAr

Como disse, depois que fizer, veja as questões a seguir e seus gabaritos:

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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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Pontos Notáveis de um Triângulo: Incentro

Olá, nesta postagem queremos trazer um exemplo de problema que exige o conhecimento, mesmo que básico sobre os principais pontos notáveis do triângulo. Em particular, estamos falando sobre o incentro. Em vez de apenas resolver o problema, queremos falar um pouco sobre este ponto notável, aproveitando como uma revisão básica.

Por definição, o incentro é o ponto de encontro das bissetrizes internas de um triângulo. As bissetrizes internas de um triângulo são segmentos que tem um extremo sendo o vértice do triângulo e o outro vértice sobre o lado do triângulo, ou seja é uma ceviana.

Na figura anterior, no triângulo ABC, \overline{AD}, \overline{BF} e \overline{CE} são cevianas. Se tivermos \alpha = \beta, \varepsilon = \zeta e \delta = \gamma então as três cevianas serão bissetrizes internas.

Uma observação importante aqui: não estamos provando que as três bissetrizes internas concorrem (se interceptam) no mesmo ponto (isto ficará pra outro momento…), mas por ora, vamos admitir que seja verdade, já que, da fato, é.

Assim, feita esta breve observação e “dados nomes aos bois” chamaremos o ponto o G de incentro do triângulo ABC. E, claro, pela própria construção da figura, é intuitivo que o incentro é sempre interno ao triângulo, seja ele acutângulo, retângulo ou obtusângulo.

Por uma questão de simplificação, vamos convencionar que ângulos de mesma cor têm a mesma medida. Sabendo que tangentes comuns traçadas de um mesmo ponto a uma circunferência são iguais, o incentro de um triângulo é o centro do círculo inscrito no mesmo triângulo.

Assim, na figura anterior, os ângulos em laranja são todos retos (valem 90^\circ) e GM = GN = GP = r, em que r é o raio do círculo inscrito, também chamado de incírculo. Fiz essa figura pra que seja percebido que os “pés” das bissetrizes não são, necessariamente, pontos do círculo inscrito.

Esta figura traz várias consequências implícitas. Por exemplo, os triângulos de mesma cor na figura a seguir, são congruentes. Mostrando, por exemplo que AM = AN, CM = CP e BN = BP.

Assim, veja que o incentro está a uma mesma distância de cada um dos lados do triângulo.

Com base nesta figura, só para citar uma propriedade importante, podemos mostrar que AM = \frac{AB + BC + AC}{2} - BC. Como não é nosso foco, fica pra depois. Bom qual nosso foco, no momento então? A relação entre o angulo interno do vértice A e o ângulo B\widehat{G}C na figura a seguir:

Veja que G é o incentro, pois \overline{BF} e \overline{CE} são bissetrizes internas. Assim, teremos as seguintes relações:

\widehat{A} + 2x + 2y = 180^\circ para o triângulo ABC

e também

\widehat{G} + x + y = 180^\circ \Rightarrow x + y = 180^\circ - \widehat{G}

Fica, então, simples de se perceber que:

\widehat{A} + 2(x + y) = 180^\circ \Rightarrow \widehat{A} + 2(180^\circ - \widehat{G}) = 180^\circ

Ou seja:

\widehat{A} = 2\widehat{G} - 180^\circ ou \widehat{G} = \frac{\widehat{A}}{2} + 90^\circ

Vamos então ao problema proposto na EEAr há algum tempo, que trago aqui com uma ligeira adaptação:

(EEAr — Modificada)

Um triângulo ABC tem M com incentro. Se B\widehat{M}C = 3 \cdot B\widehat{A}C, qual o valor de BAC?

a) 15^\circ

b) 18^\circ

c) 24^\circ

d) 36^\circ

Veja que o problema trata exatamente do que acabamos de ver. Como M é incentro, basta fazermos:

B\widehat{A}C = 2B\widehat{M}C - 180^\circ

Assim:

B\widehat{A}C = 2 \cdot (3 \cdot B\widehat{A}C) - 180^\circ \Rightarrow 5 \cdot B\widehat{A}C = 180^\circ \Rightarrow B\widehat{A}C = 36^\circ

Portanto, letra D.

Ah, e aqui está um vídeo sobre todos os pontos notáveis do triângulo.

Espero ter esclarecido um pouco mais sobre o incentro e suas propriedades.

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