PadraoResp2002 by Carlos Silva

MATEMÁTICA

QUESTÕES ESPECÍFICAS PARA OS FORMANDOS DE BACHARELADO Questão nº 1 Padrão de Resposta Esperado: a) [h2(x) − g2(x)]’ = 2h(x)h’(x) − 2g(x)g’(x) = 2h(x)g(x) − 2g(x)h(x) = 0.

(valor: 10,0 pontos)

Resposta: 0 b) Como a derivada é zero em R (que é conexo), h2(x) − g2(x) é constante. Logo, para todo x real, h2(x) − g2(x) = h2(0) − g2(0) = 1 − 0 = 1.

(valor: 10,0 pontos)

Observação: Veja que cada uma destas funções satisfaz à equação diferencial clássica de 2ª ordem: g’’ − g = 0. Pelas condições iniciais, g(x) = senh x

h(x) = cosh x.

Questão nº 2 Padrão de Resposta Esperado: a) Considere a família de abertos {Ai}i∈I e seja A = ∪ A i . Se p ∈ A = ∪ A i i∈I

i∈I

existe i0 ∈ I tal que p ∈ A i0 . Como A i0 é aberto, existe ε > 0

tal que Bε(p) ⊂ A i , e como A i ⊂ ∪ A i = A, Bε(p) ⊂ A. Portanto, A é aberto. 0

(valor: 5,0 pontos)

i∈I

b) Como a família é finita e não vazia, sejam I = {1,2,...,n}, {Ai}i∈I a família de abertos e A = ∩ A i . i∈I

Se p ∈ A = ∩ A i , p ∈ Ai para todo i ∈ I. Como os conjuntos Ai são abertos, existem ε1, ε2,..., εn positivos tais que B ε (p) ⊂ Ai para todo i

i∈I

i ∈ I. Seja ε o menor dos números ε1, ε2,...,εn. Para todo i ∈ I, Bε(p) ⊂ B (p), pois d(x,p) < ε implica d(x,p) < εi . ε

Logo, Bε(p) ⊂ Ai para todo i ∈ I e Bε(p) ⊂ ∩ A i = A. Portanto, A é aberto.

i∈I

c) A família de intervalos abertos

 1 −  n

1

 , n inteiro positivo, é um possível exemplo.

n

(valor: 10,0 pontos)

(valor: 5,0 pontos)

Questão nº 3 Padrão de Resposta Esperado: a) O número λ é um autovalor de A se e somente se det (A − λI) = 0, sendo I a matriz identidade.

(valor: 5,0 pontos)

2ª alternativa de solução O número λ é um autovalor de A se e somente se existe um vetor X ≠ 0 tal que AX = λX. b) det (2A − 2λI) = 2n det (A − λI) = 2 n . 0 = 0.

(valor: 5,0 pontos) (valor:5,0 pontos)

2ª alternativa de solução Se λ é um autovalor de A, existe um vetor X ≠ 0 tal que AX = λX. Daí, 2AX = 2λX e 2λ é um autovalor de 2A. c) det (A2 − λ2I) = det [(A − λI)(A + λI)] = det (A − λI) . det (A + λI) = 0. det (A + λI) = 0.

(valor: 5,0 pontos) (valor: 10,0 pontos)

2ª alternativa de solução Se λ é um autovalor de A, existe um vetor X ≠ 0 tal que AX = λX. Daí, A2X = A(AX) = A(λX) = λ(AX) = λ(λX) = λ2X e λ2 é um autovalor de A2. (valor: 10,0 pontos)

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Questão nº 4 Padrão de Resposta Esperado: a) (1 + i)2 − w(1 + i) + (1 − i) = 0 1 + 2i + i2 + 1 − i = w(1 + i) 1 + i = w(1 + i) w = 1.

Resposta: w = 1

(valor: 5,0 pontos)

b) A soma das raízes é w = 1. Como uma das raízes é 1 + i, a outra é −i.

(valor: 5,0 pontos)

2ª alternativa de solução O produto das raízes é 1−i. Como uma das raízes é 1 + i, a outra é

1− i 1+ i

(1− i)

(1 + i)(1 − i)

1 − 2i + i 1− i

−2i 2

= − i.

Resposta: A outra raiz é −i.

(valor: 5,0 pontos)

3ª alternativa de solução Pode-se determinar primeiramente a outra raiz como na alternativa anterior e depois determinar w, que é a soma das raízes, por w = (1 + i) + (−i) = 1. c) I =

∫z γ

dz 2

− wz + (1− i)

(valor: 5,0 pontos)

∫ (z +i)[ z −(1 +i)] γ

O trajeto de integração é a circunferência de centro −i e raio

1 2

. Dos pólos do integrando, apenas −i é interior à circunferência. Logo,

−2π( 2 + i) 1 1 1 = 2πi . lim = 2πi = . I = 2πi . Res(−i) = 2πi. lim (z + i) . (z + i)[z −(1 + i)] −1 −2i 5 z→−i z→−i z − (1 + i)

(valor: 10,0 pontos)

2ª alternativa de solução

Essa integral pode ser re-escrita como:

∫ γ

A fórmula de Cauchy permite o cálculo:

1 z − (1+ i) z +i

dz.

1   − 2 π (2 + i) 1 Ι = 2π i  = 2π i =   z − (1+ i)  z = − i 5 − i − 1− i

(valor: 10,0 pontos)

3ª alternativa de solução

 A



∫ (z +i)[z −(1+i)] = ∫  z + i + z − (1+ i)  dz γ

Fazendo A[z − (1 + i)] + B(z + i) = 1, encontra-se A + B = 0 e −A(1 + i) + Bi = 1. Resolvendo o sistema, A =

−1+ 2i 5

eB=

1− 2i 5

No trajeto de integração e em seu interior, a segunda parcela é analítica e, portanto, sua integral é igual a 0.

Logo, I =

∫ z + i dz e, pela fórmula integral de Cauchy, I = 2πi . A = 2πi . γ

−1+ 2i 5

−2 π( 2 + i) 5

(valor: 10,0 pontos)

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Questão nº 5 Padrão de Resposta Esperado: a) a

n+1

x 2(n+1)

= ( −1)n+1

a = ( −1)n n

2(n+1)

x2n 2n

Donde:

|an+1|

c = lim

n→ ∞

|an |

|x|2n+2 2n+ 2

= lim

|x|2n 2n

n→ ∞

 |x|2n+2 2n . = lim  n → ∞  2n+ 2 |x|2n 

   = lim  |x|2 . 2n  n → ∞  2n+2 

  = | x |2 

⇒ Se |x| < 1, então, pelo teste da razão, a série é absolutamente convergente. Se |x| > 1, a série não converge; então o raio de convergência é 1. (valor: 5,0 pontos) 2ª alternativa de solução Devemos ter x

lim n→∞

( −1)

x <1 O raio de convergência é 1.

∞

n 2n −1

b) g’(x) = ∑ ( −1) x n =1

(valor: 5,0 pontos)

= − x + x − x + ... + ( −1) x

c) Série geométrica de razão – x2 : g’(x) =

−x 1+ x

2n −1

+...,para x <1.

, para |x| < 1

(valor: 5,0 pontos)

−t

x 1  1  2 dt =  − ln(1 + t2 ) = − ln(1 + x ) 2  2 0 0 0 1+t 2 1 2 Como g(0) = 1, g(x) = 1 − ln(1 + x ) para |x| < 1. 2 x

d) g(x) − g(0) = ∫ g'(t)dt = ∫

(valor: 5,0 pontos)

Observação: Na realidade, o resultado da parte d) é válido para |x| ≤ 1.

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Questão nº 6 Padrão de Resposta Esperado: a)

∂P(u, v) ∂u

= (1,2u,0) e

∂P(u, v)

= (1,0,1) .

∂P(u, v) ∂P(u, v) x =(2u, − 1, − 2u). ∂u ∂v

∂v → O vetor N é múltiplo desse produto vetorial.

→ Como, para u = v = 0, esse produto vetorial é (0, –1, 0), N = (2u, −1, −2u)

(valor: 5,0 pontos)

→ b) N = (2u, −1, −2u) → PL = L − P = (0, – 1, 0) − (u + v, u2, v) = (−u − v, −1 − u2, −v)

O ângulo entre esses vetores deve ser agudo ou reto, ou seja, o produto escalar deve ser maior que ou igual a zero.

→ → N .PL = −2u2 − 2uv + 1 + u2 + 2uv = −u2 + 1 ≥ 0, ou seja, – 1 ≤ u ≤ 1.

(valor: 15,0 pontos)

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QUESTÕES ESPECÍFICAS PARA OS FORMANDOS DE LICENCIATURA Questão nº 7 Padrão de Resposta Esperado: a) No plano (t,x), os pontos A = (30; 3); B = (60; 3,6); C = (90; 4,2) e D = (120; 4,8) formam segmentos AB; AC; AD cuja inclinação em relação ao eixo t é a mesma:

equação: x = 2, 4 +

t 50

3, 6 − 3 60 − 30

4, 2 − 3 90 − 30

4, 8 − 3 120 − 30

1 50

. Portanto, os pontos A, B, C e D pertencem todos à reta de

(valor: 5,0 pontos)

b) O gráfico obtido foi

X D

4,8 C

4,2 3,6

A ordenada correspondente a t = 40 neste gráfico é: x = 2, 4 +

30 40

O valor cobrado seria, portanto: R$3,20.

40 50

= 3, 2.

(valor: 5,0 pontos)

120

c) O gráfico correspondente à situação real é:

X D

4,8 C

4,2 3,6 3

A ordenada correspondente a t = 40 neste gráfico é: x = 3,6.

B A

30 40

O valor cobrado seria, de fato: R$3,60.

120

(valor: 5,0 pontos)

d) O pedido de “ligar” os pontos induz o estudante a traçar a reta que os une, afastando o “modelo” matemático escolhido da situação real apresentada. Estritamente falando, o exemplo escolhido não é adequado ao tema que se pretendia ensinar, pois a situação da vida real não é modelada por uma função afim e sim por uma função escada que nem contínua é.

(valor: 5,0 pontos)

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Questão nº 8 Padrão de Resposta Esperado: a) Dado um número racional a/b, na divisão de a por b, podem aparecer os restos 0, 1, ..., b – 1. Ora, em algum ponto ou aparece o 0 e a divisão termina aí, gerando uma decimal finita, ou um dos restos se repete, pois só há (b – 1) possibilidades de restos não-nulos diferentes. A partir daí, os algarismos do quociente passam a se repetir e o desenvolvimento será uma dízima periódica, simples ou composta.

(valor: 10,0 pontos)

2ª alternativa de solução Sabendo-se que todo número racional é quociente de dois números inteiros, para obter sua representação decimal, divide-se um pelo outro. Essa divisão pode ter fim ou não. Se não tiver fim, um dos restos vai ter que se repetir, na divisão de a por b, o resto é um número natural menor do que b e, portanto, existem apenas b possíveis restos: 0, 1 ,..., b – 1, ou seja, caso um se repita, daí em diante, quocientes e restos se repetirão, ocorrendo a dízima periódica. Só não haverá a dízima se, antes de aparecer um ciclo, algum resto for 0.

(valor: 10,0 pontos)

b) Um aluno da 7ª série já sabe resolver equações a uma incógnita, pode então acompanhar o seguinte artifício algébrico: x = 17, 642 ; 10x = 176, 42 e 1000x = 17642,42. Portanto, 1000x − 10x = 17642 − 176.

Daí, x =

17642 − 176 990

17466 990

2911 165

(valor: 5,0 pontos)

c) Para alunos do curso médio, o mesmo resultado pode ser explicado como uma aplicação do cálculo da soma dos termos de uma progressão geométrica infinita:

42 x = 17, 642 =

176 10

42 10

+... =

176 10

10 1−

1 10

176 10

42 990

17466 990

2911

(valor: 5,0 pontos)

165

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Questão nº 9 Padrão de Resposta Esperado: a)

O teorema utilizado é: dois triângulos com lados correspondentes iguais são congruentes. (valor: 5,0 pontos) 2ª alternativa de solução O teorema utilizado é: dois triângulos com 2 pares de ângulos iguais e um par de lados correspondentes iguais B

são congruentes.

(valor: 5,0 pontos)

b) Com efeito, se o triângulo ABC é isósceles de base BC e M é o ponto médio da base, a dobra em AM decompõe o triângulo de partida nos triângulos AMC e AMB. Estes têm lados correspondentes iguais: AM é lado comum, AB = AC, pois são os lados iguais do triângulo isósceles e CM = MB pois M é ponto médio. Logo, os triângulos AMC e AMB são congruentes. (valor: 5,0 pontos) 2ª alternativa de solução Com efeito, se o triângulo ABC é isósceles de base BC e M é o ponto médio da base, a dobra em AM decompõe o triângulo de partida nos triângulos AMC e AMB. Estes têm os ângulos em M iguais, pois são retos (num triângulo isósceles, a mediana e a altura relativas à base coincidem) e em B e C por serem ângulos da base de um triângulo isósceles. Os lados adjacentes a esses ângulos, MB num e MC noutro, são iguais, pois M é ponto médio. Logo, os triângulos AMC e AMB são congruentes.

(valor: 5,0 pontos)

c) Na segunda dobradura, da congruência dos triângulos AMN e A’MN e sendo M e N pontos médios, segue que são isósceles os ˆ A’ = MÂ’C e N Bˆ A’ = NÂ’B (ângulos da base triângulos MCA’ e NA’B. Têm-se então: MÂN = MÂ’N (da congruência dos triângulos), M C ˆ A’ = 180°, ˆ A’ + MÂN + N B em triângulos isósceles), mas MÂ’C + MÂ’N + NÂ’B = 180° (porque C, A’ e B são colineares), donde M C que era a nossa tese.

(valor: 5,0 pontos)

d) O uso do material concreto, no caso, a dobradura tem o papel de levantar hipóteses, levar o aluno a fazer conjecturas, mas, como material concreto, só trata de casos particulares e tem o caráter de aproximação, uma vez que os triângulos da Geometria são abstratos, não têm espessura, etc. A demonstração trata do caso geral. Além disso, alertar o estudante para a necessidade de prova, não só evidencia o caráter abstrato e geral da Geometria, como desenvolve o espírito crítico do aluno e o coloca em contacto com o processo de desenvolvimento da ciência. (valor: 5,0 pontos) Espera-se que, neste tópico, sejam considerados: 1. a vantagem do uso do material concreto para o levantamento de conjecturas; 2. o caráter de aproximação e particular do material concreto e 3. a necessidade da prova.

Questão nº 10 Padrão de Resposta Esperado: a) Sim; se X obtém mais da metade dos votos, nenhum outro candidato pode ter mais votos do que X.

(valor: 4,0 pontos)

b) Não; basta, por exemplo, considerar uma eleição com três candidatos que obtenham 10, 9 e 8 votos.

(valor: 4,0 pontos)

c) A, por ter obtido 49 votos contra 48 de B e 3 de C.

(valor: 4,0 pontos)

d) Iriam para o segundo turno os candidatos A e B. A obteria 49 votos e B, 51. B venceria.

(valor: 4,0 pontos)

e) B, que ganha de A, C, D e E por 51 x 49, 97 x 3, 100 x 0 e 100 x 0, respectivamente.

(valor: 4,0 pontos)

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Questão nº 11 Padrão de Resposta Esperado: a) Entre janeiro de 1998 e janeiro de 2001, pois F' (t) > 0 nesse período.

(valor: 10,0 pontos)

b) Observe que a quantidade de água estocada nos 4 anos é a diferença entre as áreas dos triângulos acima e abaixo do eixo dos t, respectivamente, sendo obviamente positiva. (valor: 10,0 pontos)

2ª alternativa de solução 4

∫

F(4) − F(0) = F'(t)dt =

3x3

−

1x 1 2

(valor: 10,0 pontos)

= 4>0.

Houve, portanto, aumento da quantidade estocada.

3ª alternativa de solução 4

F'(t) = 3 − t; portanto, F(4) − F(0) =

 t2  F'(t)dt =  3t −   2   0

∫

= 12 − 8 = 4>0.

(valor: 10,0 pontos)

Houve aumento da quantidade estocada. Outra alternativa de solução F'(t) = 3 − t t

F(t) − F(0)=

∫ 0

(3 − t)dt = 3t −

t2 2

Fazendo uma translação para F(0) = 0, tem-se:

quantidade final

3t −

t2 2

6t − t 2 = 0 quantidade 0 inicial

t = 0 ou t = 6

a) Crescente de jan/98 a jan/ 01.

(valor: 10,0 pontos)

b) Maior.

(valor: 10,0 pontos)

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Questão nº 12 Padrão de Resposta Esperado: a) Para todos x1 e x2 pertencentes a A, f(x1) = f(x2) implica x1 = x2.

(valor: 5,0 pontos)

2ª alternativa de solução Para todos x1 e x2 pertencentes a A, x1 ≠ x2 implica f(x1) ≠ f(x2).

(valor: 5,0 pontos)

b) Defina g por g(3) = 1, g(4) = 2 e g(5) = 1(ou g(5) = 2). Teremos g[f(1)] = g(3) = 1 e g[f(2)] = g(4) = 2 , ou seja, g o f é a função identidade do conjunto {1, 2}. (valor: 5,0 pontos) c) Se x 1 e x2 pertencem a A, f(x1) = f(x2) implica g[f(x 1 )] = g[f(x2 )], isto é, x1 = x 2 , pois g o f é a função identidade. Se f(x 1 ) = f(x2 ) implica x1 = x 2, f é injetiva.

(valor: 5,0 pontos)

2ª alternativa de solução Sejam x1 e x2 pertencentes a A, x1 ≠ x2. Se fosse f(x1) = f(x2), teríamos g[f(x1)] = g[f(x2)] e, como g o f é a função identidade, x1 = x2, o que é absurdo. Logo, f(x1) ≠ f(x2) e f é injetiva.

(valor: 5,0 pontos)

d) Como f é injetiva, para cada y∈B vale uma única das alternativas seguintes: 1 - existe um único x∈A tal que f(x) = y; 2 - não existe x∈A tal que f(x) = y. No primeiro caso, defina g(y) = x; no segundo, defina g(y) arbitrariamente, isto é, escolha um x qualquer em A (o que pode ser feito porque A é não-vazio) e defina g(y) = x. Para cada x∈A, seja f(x) = y. Então, estamos no primeiro caso e g(y) = x ; logo, g[f(x)] = g(y) = x e g o f é a função identidade do conjunto A. (valor: 5,0 pontos)