AD1 MB 2011 1 Gabarito

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
 
Matemática Básica 2011/1  AD1 
 
 
1ª Questão: (2,0) Efetue e escreva o resultado na forma de fração irredutível : 
i) 
1,0:)632(25,01
201,0
3,246
0
2
1
:
3
1
1
1



 
Solução: 
Passo 1: Uma boa estratégia é simplificar a expressão o mais rápido possível, isto é, 
realizar as contas mais fáceis e que tornem a expressão menos “carregada”. Assim, o 
primeiro passo pode ser fazer o produto com zero, o produto com 1 e a soma entre 
parênteses. Logo, 






1,0:1625,00
2
1
:
3
1
1
1
1,0:)632(25,01
201,0
3,246
0
2
1
:
3
1
1
1
 
 
1,0:1625,0
2
1
:
3
1
1
1




 
(veja que apareceu uma parcela com zero, e continuamos a simplificação.) 
Passo 2: Simplificar a fração com fração. 
1,0:1625,0
2
1
:
4
3
1,0:1625,0
2
1
:
3
4
1
1,0:1625,0
2
1
:
3
1
1
1







 
Passo 3: Resolver as divisões. 
1
10
1625,0
1
2
4
3
10
1
:1625,0
1
2
4
3
1,0:1625,0
2
1
:
4
3


 
Passo 4: Terminar as contas 
4
635
4
64016
160
4
1
2
3
16025,0
2
3
1
10
1625,0
1
2
4
3



 
 
ii) 
%30))3()2()1((
7
1
9
53
2,0
25:)2( 

 aaa
 
Solução: Vamos tentar seguir uma estratégia análoga à usada no item anterior. 


 %30))3()2()1((
7
1
9
53
2,0
25:)2( aaa
 


 %307
7
1
9
53
2,0
25: aa
 
 %307
7
1
32,051
 
 
70
611
70
2130560
10
3
7
3
8%30
7
1
8 


 
 
 
2ª Questão: (1,0) Determine o conjunto dos números naturais n que satisfazem a 
relação n
3
 + n < 213. 
Obs: Considere 
Solução: 
 Para n = 0, temos 0
3
 + 0 < 213. 
 Para n = 1, temos 1
3
 + 1 = 2 < 213. 
 Para n = 2, temos 2
3
 + 2 = 10 < 213. 
 Para n = 3, temos 3
3
 + 3 = 30 < 213. 
 Para n = 4, temos 4
3
 + 4 = 68 < 213. 
 Para n = 5, temos 5
3
 + 5 = 130 < 213. 
 Para n = 6, temos 6
3
 + 6 = 222 > 213. 
Deve-se notar que para n > 6 também teremos n
3
 + n > 213, pois a expressão n
3
 aumenta 
com n, donde a expressão n
3
 + n também é crescente a medida que n cresce. Assim, o 
conjunto, S, dos números naturais que satisfazem a relação é 
S = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. 
3ª Questão: (1,5) Um número x  é tal que a diferença de x por 
3
2

 é 40% da 
diferença de 
4
15
 por 
3
1
. Determine x representado como uma fração irredutível. 
Solução: Interpretando o problema, temos a equação 
 













3
1
4
15
100
40
3
2
x
. 
Podemos manipular as expressões da equação a fim de obter uma nova equação 
equivalente, mas simplificada: 
 
30
41
12
41
10
4
3
2
12
445
10
4
3
2
3
1
4
15
100
40
3
2














 xxx
 
Resolvendo a última equação, temos: 
 
30
21
30
2041
3
2
30
41


x
. 
 A solução encontrada não esta na forma de fração irredutível. Assim, a resposta 
final é x = 
10
7
. 
 
4ª Questão: (2,0) Resolva o sistema de equações 








10
5
5
3
2,0
5,13
3
2
yx
yx
 (não se esqueça 
verificar que os valores encontrados satisfazem o sistema). 
Solução: Antes de tentar isolar variáveis, vamos tentar transformar os coeficientes do 
sistema. Note que a segunda linha é equivalente à expressão 
10
5
5
3
10
2
 yx
, que 
multiplicada por 5, fica 
2
5
3
2
2
 yx
. Assim, o sistema inicial é equivalente a: 
 








2
5
3
5,13
3
2
yx
yx
. 
Somando as duas linhas, temos 
45,25,1
2
5
5,11
3
2






 x
. Daí, 
3
1
x = 4, donde 
x = 12. 
 Substituindo o valor de x encontrado na segunda equação, temos 12 + 3y = 
2
5
, 
donde 24 + 3y = 5, donde y = 
6
19
6
245


. 
 
Verificação: 
i) fazendo x = 12 e y = 
6
19

 na primeira equação, temos: 
 
.5,15,98
2
19
8
6
19
3)12(
3
2
3
3
2






 yx
 
ii) fazendo x = 12 e y = 
6
19

 na segunda equação, temos: 
 
.
10
5
5,09,14,2
10
19
4,2
6
19
5
3
)12(2,0
5
3
2,0 





 yx
 
 
 
 
5ª Questão: (2,0) 
i) Determine um número racional de denominador 7 entre 
4
85
 e 
4
86
. 
Solução: Como queremos que o denominador seja 7, vamos reescrever as duas frações 
dadas, multiplicando-as e dividindo-as por 7, o que não altera seus valores. Então, 
7
1
4
595
74
785
4
85




 e 
7
1
4
602
74
786
4
86




. Agora, vamos olhar a parte inteira de 
4
595
 e de 
4
602
 para fazer estimativas. Temos 
4
3
148
4
595

 < 149 e 
2
1
150
4
602

 > 
149, logo 
4
86
7
1
4
602
7
1
149
7
1
4
595
4
85

, isto é, 
4
86
7
149
4
85

. Assim, 
7
149
 é 
um número racional de denominador 7 entres as frações dadas. Observe que usando as 
mesmas contas, temos que 
7
150
 é outra possibilidade. 
 
ii) Numa gincana estudantil, a equipe Lua terminou a tarefa em 
7
2
 do dia e a outra 
equipe Terra levou 
3
22
 horas. Quem ganhou a gincana? 
Solução: Primeiro vamos igualar a unidade de medida do tempo, vamos trabalhar em 
horas. Assim, 
7
2
dia = 
7
48
hora e para compararmos os tempos em horas vamos igualar 
os denominadores das frações. Logo, tomando o mmc(3, 7) = 21, temos 
21
144
37
348
7
48




 e 
21
154
73
722
3
22




. Daí, 
7
48
3
22

 e a equipe ganhadora foi a Lua. 
 
 
6ª Questão: (1,5) 
i) Determine a fração 
q
p
  que resolve a equação 
3
12



q
p
q
p
 = 0,2. Mais ainda, 
dê exemplos de dois pares de valores p e q que resolvam. (Aviso: se usar 
aproximação, a solução ficará errada.) 
Solução: Uma boa maneira de começar esta questão é reescrever a equação em termos 
de 
q
p
: 
 
.2,0
3
1
22,0
3
12



q
p
q
p
q
p
q
p
 
Usando as propriedades operacionais, temos: 
 
.
3
1
2,02,0
3
1
2,0
3
1
)12(2,0
3
1
2 
q
p
q
p
q
p
q
p
q
p
 
Logo, 
 
.
15
2
15
53
3
1
5
1
3
1
2,0




q
p
 
 Os seguintes pares (p, q) resolvem a equação: (2, 15) e (4, 30). Há uma 
infinidade de outros exemplos!!! 
 
ii) Resolva a equação em x, 
ax + 2  3x = 0,1x + bc, 
onde a  3,1. Depois de encontrar o valor de x, diga por que devemos considerar a 
 3,1. 
Solução: ax + 2  3x = 0,1x + bc  ax  3x  0,1x = bc  2  (a  3  0,1)x = bc  2 
  (a  3,1)x = bc  2  x = 
1,3
2


a
bc
. 
Nas transformações efetuadas nas expressões, a última transformação só foi possível 
porque a  3,1 é, por hipótese, diferente de zero, isto é, a  3,1  0, ou a  3,1. A razão 
é que a transformaçao geral, mx = n x = 
m
n
, só se verifica quando m  0.