MATEMÁTICA APLICADA RESOLUÇÃO E EXERCÍCIOS

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RESOLUÇÃO
Matemática APLICADA
FGV Administração - 24.10.10
VESTIBULAR FGV 2011 – OUTUBRO/2010
RESOLUÇÃO DAS 10 QUESTÕES DE MATEMÁTICA APLICADA
QUESTÃO 1
O gráfico no plano cartesiano expressa a alta dos preços médios de televisores de tela plana e alta
definição, do mo delo “LCD, full HD, 32 po legadas”, an tes da Copa do Mun do na Áfri ca do Sul e sua queda
após o iní cio. Os pon tos A, A’ e C são colineares.
Demonstre que o pre ço mé dio des se mo delo em agos to de 2010 foi 8,3% me nor, aproximadamente, que o
preço médio do mesmo modelo em maio de 2010.
Re so lu ção:
r: AA’
←→
, A (1, 2 500) e A’ (2, 2 350).
m y
xr
= = =
∆
∆
2350 2500
2 1
150–
–
–
(r): y – 2 500 = –150(x – 1) ⇒ y = –150x + 2 650
Preço médio em agosto de 2010 (x = 3): y = –150 ⋅ 3 + 2 650 = 2 200
Sendo Vi o valor em maio e Vf o valor em agosto, temos:
Vf = Vi(1 + i)
2 200 = 2 400(1 + i) ⇒ 0,917 = 1 + i ⇒ i ≅ –0,083 = –8,3%
Em agosto o preço médio foi 8,3% menor (aproximadamente) que o de maio.
Res pos ta: De mons tra ção aci ma.
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QUESTÃO 2
Nos últimos anos, o salário mínimo tem crescido mais rapidamente que o valor da cesta básica,
contribuindo para o aumento do poder aquisitivo da população. O gráfico abaixo ilustra o crescimento do
salário mínimo e do valor da cesta básica na região Nordeste, a partir de 2005.
Suponha que, a partir de 2005, as evoluções anuais dos valores do salário mínimo e dos preços da cesta
básica, na região Nordeste, possam ser aproximados mediante funções polinomiais do 1º grau, f(x) = ax + b,
em que x representa o número de anos transcorridos após 2005.
a) De ter mi ne as fun ções que ex pres sam os cres ci men tos anu a is dos va lo res do sa lá rio mí ni mo e dos pre-
ços da ces ta bá sica, na re gião Nor deste.
b) Em que ano, apro xi ma da men te, um sa lá rio mí ni mo po de rá ad qui rir cer ca de três ces tas bá si cas, na re-
gião Nor deste? Dê a res posta apro ximando o nú mero de anos, após 2005, ao in teiro ma is pró ximo.
Re so lu ção:
a) Salário mí nimo: (0; 300) (5; 510)
m = = =510 300
5 0
210
5
42–
–
y – 300 = 42(x – 0)
y = 42x + 300
Cesta bá sica: (0; 154) (5; 184)
m = = =184 154
5 0
30
5
6–
–
y – 154 = 6(x – 0)
y = 6x + 154
b) SM = 3 ⋅ CB ⇒ 42x + 300 = 3(6x + 154) ⇒ x = 6,75 ≅ 7
x = 7 cor responde ao ano 2012.
Res pos tas:
a) salário mí nimo: y = 42x + 300
cesta bá sica: y = 6x + 154
b) ano 2012.
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QUESTÃO 3
a) Por vol ta de 1650 a.C., o es criba Ahmes re solvia equa ções co mo x + 0,5x = 30, por me io de uma re -
gra de três, que cha mava de “re gra do fal so”. Atri buía um va lor fal so à va riável, por exemplo, x = 10,
10 + 0,5 ⋅ 10 = 15 e mon tava a re gra de três:
Valor falso Valor verdadeiro
10 x
15 30
10
15 30
2= → =x x 0
Re sol va este pro ble ma do Pa pi ro Ahmes pelo mé to do acima:
“Uma quan tidade, sua me tade, seus dois ter ços, to dos jun tos so mam 26. Qual é a quan tidade?”
b) O ma te má ti co ita li a no Le o nar do de Pi sa (1170-1240), ma is co nhe ci do ho je co mo Fi bo nac ci, pro pu nha e
re sol via, pe la re gra do fal so, in te res san tes pro ble mas co mo es te:
“Um leão cai em um po ço de 50 1
7
 pés de pro fundidade. Pé é uma uni dade de me dida de com primento.
Ele so be um sé timo de um pé du rante o dia e cai um no no de um pé du rante a no ite. Qu anto tem po le -
va rá pa ra con se guir sa ir do po ço?”
Resolva o pro blema pela re gra do fal so ou do modo que jul gar mais con veniente. Obser ve que, quan do
o leão che gar a um sé timo de pé da boca do poço, no dia se guinte ele con segue sair.
Re so lu ção:
a) x + + =x x
2
2
3
26
Para x = 6, te mos 6 6
2
2 6
3
13+ + ⋅ = .
Valor falso Valor verdadeiro
6 x
13 26
6
13 26
6 26
13
12= = ⋅ =⇒x x
b) x = nú mero de di as (e no ites) pa ra atin gir a al tura de 50 pés (no dia se guinte o leão sai do po ço).
x x
7 9
50– =
Para x = 63, te mos 63
7
63
9
2– = .
Valor falso Valor verdadeiro
63 x
2 50
63
2 50
63 50
2
1575= = ⋅ =⇒x x
Portanto, para o leão sair do poço são ne cessários 1 576 dias.
Res pos tas:
a) Re so lu ção aci ma; a quan ti da de é 12.
b) 1 576 dias.
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QUESTÃO 4
Ao tentar encontrar a intersecção do gráfico de uma função quadrática com o eixo x, um aluno encontrou as 
soluções: 2 + i e 2 – i . Quais são as coordenadas do vértice da parábola? Sabe-se que a curva intercepta o
eixo y no ponto (0, 5).
Re so lu ção:
Função quadrática: f(x) = ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2), sendo x1 e x2 os ze ros da função. Então:
f(x) = a ⋅ [x – (2 + i)] ⋅ [x – (2 – i)] = a ⋅ [(x – 2) – i] ⋅ [(x – 2) + i]
f(x) = a ⋅ [(x – 2)2 – i2] = a ⋅ [(x – 2)2 + 1]
f(0) = 5 ⇒ 5a = 5 ⇒ a = 1
Logo, f(x) = (x – 2)2 + 1.
Como (x – 2)2 ≥ 0, ∀ x ∈R, temos f(x) ≥ 1, ∀ x ∈R, e o valor mínimo de f ocorre para x = 2. Logo, o vértice da
parábola é (2; 1). 
Res pos ta: (2; 1)
QUESTÃO 5
Considere três trabalhadores. O segundo e o terceiro, juntos, podem completar um trabalho em 10 dias. O
primeiro e o terceiro, juntos, podem fazê-lo em 12 dias, enquanto o primeiro e o segundo, juntos, podem
fazê-lo em 15 dias. Em quantos dias, os três juntos podem fazer o trabalho?
Re so lu ção:
Sendo α β γ, e as frações do trabalho que cada um dos trabalhadores faz em um dia, respectivamente,
temos:
β γ
α γ
α β= 
+ =
+ =
+







1
10
1
12
1
15
Somando membro a membro as 3 equações, obtemos 2 2 2 1
4
α β γ+ + = , logo α β γ+ + = 1
8
, isto é, os 3
trabalhadores juntos realizam, em um dia, 1
8
 do trabalho. Logo, levam 8 dias para fazerem, juntos, o trabalho 
todo.
Res pos ta: 8 di as.
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QUESTÃO 6
a) Em um la boratório, uma ca ixa con tém pe quenas pe ças de mes ma for ma, ta manho e massa. As pe ças
são nu me ra das, e se us nú me ros for mam uma pro gres são arit mé ti ca:
5, 10, 15, ..., 500
Se re ti rar mos ao aca so uma pe ça da ca i xa, qual é a pro ba bi li da de, ex pres sa em por cen ta gem, de ob ter -
mos um nú mero ma ior que 101?
b) Explique por que po demos afir mar que 101! + 19 não é um nú mero pri mo.
Re so lu ção:
a) O nú mero de ele mentos do es paço amos tral é o nú mero de ter mos da P.A. (5; 10; 15; ...; 500).
Como 5 = 5 ⋅ 1, 10 = 5 ⋅ 2, 15 = 5 ⋅ 3, ..., 500 = 5 ⋅ 100, te mos 100 ele mentos.
O nú mero de ca sos fa voráveis é o nú mero de ter mos da P.A. (105; 110; 115; ...; 500).
105 = 5 ⋅ 21, 110 = 5 ⋅ 22, ..., 500 = 5 ⋅ 100. Te mos 100 – 20 = 80 ca sos favoráveis. 
Lo go, a pro ba bi li da de pe di da é: P = 80
100
 = 80%
b) Temos que 101! = 101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ ... ⋅ 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ ... ⋅ 1 é múl tiplo de 19 por con ter o fa tor 19. Assim,
101! + 19 tam bém é múl tiplo de 19, lo go não é um nú mero pri mo.
Res pos tas:
a) 80%.
b) Expli ca ção aci ma.
QUESTÃO 7
O serviço de compras via internet tem aumentado cada vez mais. O gráfico ilustra a venda anual de
e-books, livros digitais, em milhões de dólares nos Estados Unidos.
Suponha que as vendas anuais em US$ milhões, possa ser estimada (sic) por uma função como y = a ⋅ ekx,
em que x = 0 representa o ano 2002, x = 1, o ano 2003, e assim por diante; e é o número de Eu ler.
Assim, por exemplo, em 2002 a venda foi de 7 milhões de dólares.
A par tir de que ano a ven da de li vros di gitais nos Esta dos Uni dos vai su perar 840 mi lhões de dólares?
Use as se guin tes apro xi ma ções para es tes lo ga rit mos ne pe ri a nos:
�n 2 = 0,7; �n 3 = 1,1; �n 5 = 1,6
Re so lu ção:
y = a ⋅ ekx , x é o nú mero de anos a par tir de 2002, e y re presenta as ven das anu ais (em U$ mi lhões).
Dográ fico, te mos que pa ra x = 0 cor responde y = 7 e, pa ra x = 7, y = 315.
Assim, 7 = a ⋅ ek ⋅ 0 ⇒ a = 7
315 = a ⋅ e7k ⇒ 315 = 7 ⋅ e7k ⇒ e7k = 45
Seja T o tem po pa ra que as ven das se jam de 840 mi lhões de dó lares.
840 = 7 ⋅ ekT ⇒ ekT = 120 ⇒ e7kT = 1207 ⇒ (e7k)T = 1207⇒ 45T = 1207⇒ T n 45 = 7 n 120⋅ ⋅ ⇒� �
T = ⋅ ⋅ ⋅
⋅
=
⋅ + +7 n (2 3 5)
n (3 5)
7(3 0,7 1,13
2
�
�
1,6)
2 1,1 1,6
33,6
3,8
8,8
⋅ +
= ≈ anos
Como con tamos a par tir de 2002, no ano 2011 as ven das vão su perar U$ 840 mi lhões.
Res pos ta: Ano 2011.
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QUESTÃO 8
a) De ter mi ne o quar to ter mo da se quên cia (a1, a2, a3,... an...) da da por:
an = 2an – 1 + 1 e a1 = 1, com n > 1.
b) O jo go “A tor re de Ha nói” tem si do jo gado des de o sé culo dezenove. É for mado por três has tes de plás ti-
co, me tal ou ma de i ra, di ver sos anéis de ta ma nhos di fe ren tes e con sis te em trans fe rir e re cons tru ir a tor-
re em tor no de uma das du as has tes va zias, mas se guindo as re gras:
1ª So mente um anel pode ser mo vido de cada vez.
2ª Nenhum anel pode ficar sobre um anel menor.
Para uma torre com dois anéis, o menor número de movimentos necessários para transferi-la é 3.
Use o desenho abaixo e mostre como transferir uma torre de 3 anéis no menor número possível de
movimentos.
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c) O me nor nú me ro de mo vi men tos an pa ra trans ferir uma tor re de n anéis, n > 1, sa tisfaz a re lação:
an + 1 = 2(an – 1 + 1). Qu al é o me nor nú me ro de mo vi men tos ne ces sá ri os pa ra trans fe rir uma tor re com 6
anéis?
Re so lu ção:
a) Co mo a1 = 1 e an = 2an – 1 + 1, te mos:
a2 = 2a1 + 1 ⇒ a2 = 2 ⋅ 1 + 1 = 3
a3 = 2a2 + 1 ⇒ a3 = 2 ⋅ 3 + 1 = 7
a4 = 2a3 + 1 ⇒ a4 = 2 ⋅ 7 + 1 = 15
b)
c) Te mos an + 1 = 2(an – 1 + 1) ⇒ an + 1 = 2an – 1 + 2 ⇒ an = 2an – 1 + 1
Assim, con ti nu an do o item a, te mos:
a5 = 2a4 + 1 ⇒ a5 = 2 ⋅ 15 + 1 = 31
a6 = 2a5 + 1 ⇒ a6 = 2 ⋅ 31 + 1 = 63
Res pos tas:
a) O quar to ter mo é 15.
b) Fi gu ra aci ma.
c) 63.
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
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QUESTÃO 9
a) De mons tre que as du as equa ções aba i xo são iden ti da des.
1ª (x + y)2 – 2xy = x2 + y2
2ª (x + y) ⋅ [(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3
b) Um ca va lhe i ro, ten tan do pôr à pro va a in te li gên cia de um arit mé ti co mu i to fa lan te, pro pôs-lhe o se guin te
problema: “Eu tenho, em am bas as mãos, 8 mo edas no to tal. Mas, se eu con to o que te nho em ca da
mão, os qua drados do que te nho em ca da mão, os cu bos do que te nho em ca da mão, a so ma dis so tu do
é o nú mero 194. Qu antas mo edas te nho em ca da mão?”
Mesmo que você re solva o pro blema por subs tituição e ten tativa, faça o que é pe dido no item c.
c) Expres se o pro ble ma me di an te um sis te ma de du as equa ções com du as va riá ve is.
Re sol va o sis te ma de equa ções usan do, se jul gar con ve ni en te, as iden ti da des do item a.
Re so lu ção:
a) 1ª) (x + y)2 – 2xy = x2 + 2xy + y2 – 2xy = x2 + y2, ∀ x e ∀ y
Logo, (x + y)2 – 2xy = x2 + y2 é uma iden tidade.
2ª) (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = (x + y)(x2 + 2xy + y2 – 3xy) = (x + y)(x2 – xy + y2) =
= x3 – x2y + xy2 + x2y – xy2 + y3 = x3 + y3, ∀ x e ∀ y.
Logo, (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = x3 + y3 é uma iden tidade.
b) Qu an ti da de de mo e das em uma das mãos: x(x∈N)
Quantidade de mo edas na ou tra mão: 8 – x
x + (8 – x) + x2 + (8 – x)2 + x3 + (8 – x)3 = 194 ⇒ 26x2 – 208x + 390 = 0 ⇒ x2 – 8x + 15 = 0 ⇒ (x = 3 ou x = 5)
Em uma das mãos 3 mo edas e, na ou tra, 5 mo edas.
c) x y 8
(x
+ =
y) (x y ) (x y ) 942 2 3 3+ + + + + =


 1
Como y = 8 – x, re caímos na equa ção re solvida no item an terior. Por tanto, (x = 3, y = 5) ou (x = 5, y = 3).
Obs.: Usan do as iden tidades do item a, ob temos: (x + y) + [(x + y)2 – 2xy] + (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = 194
8 + 64 – 2xy + 8(64 – 3xy) = 194
Daí vem xy = 15. Os nú meros que têm so ma 8 e pro duto 15 são 3 e 5.
Res pos tas:
a) De mons tra ção aci ma.
b) 3 mo edas nu ma das mãos e 5 na ou tra.
c) Sis te ma e re so lu ção aci ma.
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QUESTÃO 10
a) Calcule a área do lo sango ABCD cu jos vér tices são os afi xos dos nú meros com plexos: 3, 6i, –3 e –6i,
res pec ti va men te.
b) Quais são as co ordenadas dos vér tices do lo sango A’B’C’D’ que se ob tém gi rando 90° o lo sango ABCD,
em tor no da ori gem do pla no car te si a no, no sen ti do anti-ho rá rio?
c) Por qual nú mero de vemos mul tiplicar o nú mero com plexo cujo afi xo é o pon to B para obter o nú mero
complexo cu jo afi xo é o pon to B’?
Re so lu ção:
a) Re pre sen tan do o lo san go ABCD no pla no com ple xo, te mos a fi gu ra aba i xo.
Então, S(ABCD) = 4 ⋅ 3 6
2
⋅ = 36.
b) O lo san go A’B’C’D’ é o lo san go re pre sen ta do aba i xo.
Os vér tices são A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0).
c) (6i) ⋅ z = –6 ⇒ z = –1
i
⇒ z = i
Respostas:
a) 36
b) A’(0, 3), B’(–6, 0), C’(0, –3) e D’(6, 0).
c) i
–3 3
6
–6
A
B
C
D
Im
Re
–3
3
6–6
A’
B’
C’
D’
Im
Re