Um Problema do ITA: Cinemática Escalar

Existem muitos problemas de cinemática elementar que são muito difíceis. Especialmente quando os cronômetros de dois objetos não estão sincronizados, fazendo com que seus instantes iniciais de contagem de tempo sejam diferentes.

Trazemos então o seguinte problema, do ITA, um vestibular extremamente difícil que exige um alto nível de conhecimento de seus candidatos nas áreas de Matemática, Física, Química, Língua Portuguesa e Lingua Inglesa. Segue o enunciado do problema:

Um móvel $A$ parte da origem $O$ , com velocidade inicial nula, no instante $t_0 = 0$ e percorre o eixo $Ox$ com aceleração constante $a$ . Após um intervalo de tempo $\Delta t$ , contado a partir da saída de $A$ , um segundo móvel $B$ parte de $O$ com uma aceleração igual a $n \cdot a$ , sendo $n > 1$ . $B$ alcançará $A$ no instante:

a) $t = \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n} - 1} + 1\right)\Delta t$

b) $t = \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n} - 1} - 1\right)\Delta t$

c) $t = \left(\frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}\right)\Delta t$

d) $t = \left(\frac{\sqrt{n}+1}{\sqrt{n}}\right)\Delta t$

e) $t = \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)\Delta t$

O móvel $A$ move-se a partir do repouso com aceleração $a$ , o que ocorre durante um $\Delta t$ , ou seja, seus espaços em função do tempo ficam dados pela equação:

$S_A = S_{0_A} + v_{0_A} \Delta t_A + \frac{a}{2} (\Delta t_A)^2$

Para o móvel $B$ teremos:

$S_B = S_{0_B} + v_{0_B} (\Delta t_B) + \frac{n \cdot a}{2} (\Delta t_B)^2$

Sabemos que o móvel $A$ partiu do repouso, portanto $v_{0_A} = 0$ e queremos saber em que instantes $A$ e $B$ se encontrarão, ou seja, quando teremos $S_A = S_B$ , assim:

$S_A = S_B \Leftrightarrow S_{0_A} + \frac{a}{2} (\Delta t_A)^2 = S_{0_B} + v_{0_B} (\Delta t_B) + \frac{n \cdot a}{2} (\Delta t_B)^2$

Como $A$ e $B$ partem do mesmo ponto temos $S_{0_A} = S_{0_B}$ e, então:

$\frac{a}{2} (\Delta t_A)^2 = v_{0_B} (\Delta t_B) + \frac{n \cdot a}{2} (\Delta t_B)^2$

Agora faremos uma suposição crucial: a de que $v_{0_B} = 0$ , admitindo que $B$ também partiu do repouso, daí:

$\frac{a}{2} (\Delta t_A)^2 = \frac{n \cdot a}{2} (\Delta t_B)^2$

Então, como $n \cdot a \geq 0$ , teremos:

$\sqrt{\frac{a}{2}} \cdot \Delta t_A = \sqrt{\frac{n \cdot a}{2}} (\Delta t_B) \Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{2}} \cdot \Delta t_A = \sqrt{n} \cdot \sqrt{\frac{a}{2}} (\Delta t_B)$

Simplificando $\sqrt{\frac{a}{2}}$ em ambos os membros teremos:

$\Delta t_A = \sqrt{n} \cdot (\Delta t_B)$

Chegamos onde queríamos. Veja que $\Delta t_A = t - t_{0_A}$ e que $t_{0_A} = 0$ , ou seja, $\Delta t_A = t$ . Por outro lado, $\Delta t_B = t - t_{0_B}$ e $t_{0_B} = \Delta t$ , portanto $\Delta t_B = t - \Delta t$ ; assim:

$t = \sqrt{n} (t - \Delta t) \Leftrightarrow t = \sqrt{n} \cdot t - \sqrt{n} \cdot \Delta t$

Finalmente, podemos escrever: $\sqrt{n} \cdot t - t = \sqrt{n} \Delta t$ . Ou como aparece nas opções:

$t = \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n} - 1}\right) \Delta t$

Opção E.

O problema foi enviado por Arthur Rocha.

Até a próxima.

[LSB]

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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Apoiadores:

Edson Pereira Barros

Até!

[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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Apoiadores:

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Até!

[LSB]

EEAr 2016/2: Gabarito Preliminar de Matemática

Segue o arquivo com o gabarito preliminar da prova de matemática da EEAr de hoje (13/11/2016).

EEAr_2016/2_MATEMATICA

Até breve.

@LSBar

Solução: Matemática CEFET 2013/2014

Olá leitores.

Há pouco ocorreu a prova da CEFET/RJ deste ano. Esta é a penúltima prova. Pra quem já está estudando pro ano que vem fica aí o material. Vá em soluções >> vestibulares e baixe à vontade.

[ ]’s.

@LSBar – Fundador

UERJ: Física 2013/2014 Totalmente Resolvida!

Olá leitores,

resolvemos todas as provas de física de 2013 do vestibular da UERJ. Nossa meta é, até o primeiro exame de qualificação de 2014, resolver todas as provas até 2009 e depois ir retroagindo neste processo até 1997. Para conferir vá em Soluções >> Vestibulares e procure pela versão 11.

Bons estudos e bom fim de semana.

@LSBar

EFOMM: Matemática 2012/2013 Solucionada!

Olá leitores,

solucionamos mais uma prova de matemática: EFOMM 2012/2013. Para conferir vá em Soluções >> Concursos militares.

Bons estudos e até a próxima prova comentada.

@LSBar

EsPCEx: Matemática 2012/2013 Resolvida!

Olá leitores,

mais uma resolução comentada chega ao site: EsPCEx Matemática 2012/2013 resolvida. Para conferir vá em Soluções >> Concursos Militares e procure pelo arquivo.

Bons estudos.

PS.: Aguarde, em breve mais soluções da EsPCEx aparecerão por aqui.

Leonardo Santos – Fundador

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