Euler's Eyes
2026-09-26
ENEM 2021 – Matemática resolvida: questões 166 a 180
Fonte: INEP – prova e gabarito do 2º dia, Caderno 5 – Amarelo (1ª aplicação).
A prova de Matemática e suas Tecnologias do ENEM 2021 foi aplicada no 2º dia e vai da questão 136 à 180. Este post traz as questões 166 a 180. A numeração usada aqui é a do Caderno 5 – Amarelo; nos outros cadernos as mesmas questões aparecem em outra ordem.
Gabarito
| Questão | Assunto | Gabarito |
|---|---|---|
| 166 | Aumento percentual | C |
| 167 | Histograma e frequência acumulada | C |
| 168 | Cifra de César e frequência de letras | C |
| 169 | Estatística: mediana | C |
| 170 | Porcentagem: volume dos reservatórios | D |
| 171 | Média ponderada | D |
| 172 | Média ponderada e sistema linear | C |
| 173 | Coeficiente de variação | E |
| 174 | Comparação de médias | E |
| 175 | Média ponderada: faturamento mensal | B |
| 176 | Expressão algébrica com porcentagem | A |
| 177 | Probabilidade do evento complementar | B |
| 178 | Análise combinatória (anulada) | Anulada |
| 179 | Potências da razão áurea | E |
| 180 | Projeção ortogonal do cubo | E |
Questão 166: Aumento nas vendas de antidepressivos
Enunciado
A depressão caracteriza-se por um desequilíbrio na química cerebral. Os neurônios de um deprimido não respondem bem aos estímulos dos neurotransmissores. Os remédios que combatem a depressão têm o objetivo de restabelecer a química cerebral. Com o aumento gradativo de casos de depressão, a venda desses medicamentos está em crescente evolução, conforme ilustra o gráfico.
No período de 2005 a 2009, o aumento percentual no volume de vendas foi de
- A) 45,4.
- B) 54,5.
- C) 120.
- D) 220.
- E) 283,2.
Resolução
O aumento percentual compara o aumento com o valor inicial.
1. Aumento absoluto (em milhões):
$$519{,}2 - 236 = 283{,}2$$2. Aumento percentual:
$$\frac{283{,}2}{236} = 1{,}2 = 120\%$$Resposta: alternativa C (120%).
Cuidado com a pegadinha: 283,2 (alternativa E) é o aumento em milhões, não em porcentagem. E 220 (alternativa D) é $\frac{519{,}2}{236} = 2{,}2$ escrito como 220%: esse é o valor final em relação ao inicial, e não o aumento. O aumento é $220\% - 100\% = 120\%$.
Para revisar, veja Básico de Porcentagem.
Questão 167: Preço dos apartamentos pelo histograma
Enunciado
Um casal está planejando comprar um apartamento de dois quartos num bairro de uma cidade e consultou a página de uma corretora de imóveis, encontrando 105 apartamentos de dois quartos à venda no bairro desejado. Eles usaram um aplicativo da corretora para gerar a distribuição dos preços do conjunto de imóveis selecionados.
O gráfico ilustra a distribuição de frequências dos preços de venda dos apartamentos dessa lista (em mil reais), no qual as faixas de preço são dadas por ]300, 400], ]400, 500], ]500, 600], ]600, 700], ]700, 800], ]800, 900], ]900, 1 000], ]1 000, 1 100], ]1 100, 1 200] e ]1 200, 1 300].
A mesma corretora anuncia que cerca de 50% dos apartamentos de dois quartos nesse bairro, publicados em sua página, têm preço de venda inferior a 550 mil reais. No entanto, o casal achou que essa última informação não era compatível com o gráfico obtido.
Com base no gráfico obtido, o menor preço, $p$ (em mil reais), para o qual pelo menos 50% dos apartamentos apresenta preço inferior a $p$ é
- A) 600.
- B) 700.
- C) 800.
- D) 900.
- E) 1 000.
Resolução
1. Ler as frequências de cada faixa e acumular:
| Faixa (mil reais) | Imóveis | Acumulado |
|---|---|---|
| ]300, 400] | 5 | 5 |
| ]400, 500] | 10 | 15 |
| ]500, 600] | 5 | 20 |
| ]600, 700] | 15 | 35 |
| ]700, 800] | 20 | 55 |
| ]800, 900] | 15 | 70 |
| ]900, 1 000] | 15 | 85 |
| ]1 000, 1 100] | 10 | 95 |
| ]1 100, 1 200] | 5 | 100 |
| ]1 200, 1 300] | 5 | 105 |
O total confere: 105 apartamentos.
2. Quanto é 50%? $\frac{105}{2} = 52{,}5$ apartamentos.
3. Procurar onde o acumulado passa de 52,5:
- até 600: 20 apartamentos (cerca de 19%);
- até 700: 35 apartamentos (cerca de 33%), ainda menos da metade;
- até 800: 55 apartamentos (cerca de 52%), pelo menos a metade.
Entre os valores das alternativas, o menor que garante pelo menos 50% é $p = 800$.
(Isso também mostra por que o anúncio da corretora não era compatível: abaixo de 550 mil há, no máximo, 20 apartamentos, menos de 20% do total.)
Resposta: alternativa C (800 mil reais).
Cuidado com a pegadinha: a barra mais alta (]700, 800]) é a moda, não tem relação direta com os 50%. O que responde a pergunta é a frequência acumulada.
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 168: Cifra de César e as letras mais frequentes
Enunciado
A Cifra de César é um exemplo de um método de codificação de mensagens usado por Júlio César para se comunicar com seus generais.
No método, cada letra era trocada por uma letra que aparecia no alfabeto um número fixo de casas adiante (ou atrás) de forma cíclica. A seguir temos um exemplo em que cada letra é substituída pela que vem três posições à frente.
| Original | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K | L | M | N | O | P | Q | R | S | T | U | V | W | X | Y | Z |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Codificado | D | E | F | G | H | I | J | K | L | M | N | O | P | Q | R | S | T | U | V | W | X | Y | Z | A | B | C |
Para quebrar um código como esse, a análise de frequências das letras de um texto é uma ferramenta importante.
Uma análise do texto do romance O guarani, de José de Alencar, que é composto por 491 631 letras, gerou o seguinte gráfico de frequências:
Após codificar esse texto com a regra do exemplo fornecido, faz-se nova análise de frequência no texto codificado.
As quatro letras mais frequentes, em ordem decrescente de frequência, do texto codificado são
- A) A, E, O e S.
- B) D, E, F e G.
- C) D, H, R e V.
- D) R, L, B e X.
- E) X, B, L e P.
Resolução
1. As quatro letras mais frequentes no texto original. Pelo gráfico, em ordem decrescente:
- A (cerca de 70 000);
- E (cerca de 65 000);
- O (cerca de 53 000);
- S (cerca de 39 000).
2. Codificar. Cada letra vira a que está três posições à frente, e a frequência vai junto com ela: todo A do texto vira D, todo E vira H, e assim por diante.
- A → D
- E → H
- O → R
- S → V
3. Resultado. No texto codificado, as mais frequentes são D, H, R e V, nessa ordem.
Resposta: alternativa C (D, H, R e V).
Cuidado com a pegadinha: a alternativa A (A, E, O e S) são as mais frequentes do texto original; a pergunta é sobre o texto codificado.
Questão 169: Mediana do número de terremotos
Enunciado
O quadro apresenta o número de terremotos de magnitude maior ou igual a 7, na escala Richter, ocorridos em nosso planeta nos anos de 2000 a 2011.
| Ano | 2000 | 2001 | 2002 | 2003 | 2004 | 2005 | 2006 | 2007 | 2008 | 2009 | 2010 | 2011 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Terremotos | 15 | 16 | 13 | 15 | 16 | 11 | 11 | 18 | 12 | 17 | 24 | 20 |
Disponível em: https://earthquake.usgs.gov/earthquakes/browse/m7-world.php. Acesso em: 13 ago. 2012 (adaptado).
Um pesquisador acredita que a mediana representa bem o número anual típico de terremotos em um período.
Segundo esse pesquisador, o número anual típico de terremotos de magnitude maior ou igual a 7 é
- A) 11.
- B) 15.
- C) 15,5.
- D) 15,7.
- E) 17,5.
Resolução
1. Ordenar os 12 valores:
$$11, \quad 11, \quad 12, \quad 13, \quad 15, \quad 15, \quad 16, \quad 16, \quad 17, \quad 18, \quad 20, \quad 24$$2. Termos centrais. São 12 valores (quantidade par), então a mediana é a média do 6º e do 7º termos: 15 e 16.
$$\text{Mediana} = \frac{15 + 16}{2} = 15{,}5$$Resposta: alternativa C (15,5).
Cuidado com a pegadinha: 15,7 (alternativa D) é a média ($\frac{188}{12} \approx 15{,}7$), não a mediana. E 11 (alternativa A) é a moda. Sem ordenar, os dois do meio seriam 11 e 11 (2005 e 2006).
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 170: Reservatório com maior volume de água
Enunciado
O gráfico apresenta o nível de ocupação dos cinco reservatórios de água que abasteciam uma cidade em 2 de fevereiro de 2015.
Nessa data, o reservatório com o maior volume de água era o
- A) I.
- B) II.
- C) III.
- D) IV.
- E) V.
Resolução
O gráfico mostra a porcentagem ocupada, e a capacidade de cada reservatório é diferente. O volume de água é
$$\text{volume} = \text{capacidade} \times \text{nível de ocupação}$$| Reservatório | Capacidade (bilhão de L) | Nível | Volume (bilhão de L) |
|---|---|---|---|
| I | 105 | 20% | $105 \cdot 0{,}2 = 21$ |
| II | 100 | 30% | $100 \cdot 0{,}3 = 30$ |
| III | 20 | 50% | $20 \cdot 0{,}5 = 10$ |
| IV | 80 | 40% | $80 \cdot 0{,}4 = 32$ |
| V | 40 | 60% | $40 \cdot 0{,}6 = 24$ |
Resposta: alternativa D (reservatório IV, com 32 bilhões de litros).
Cuidado com a pegadinha: o reservatório V tem a barra mais alta (60%), mas é pequeno. E o I é o maior, mas está quase vazio. É preciso multiplicar as duas informações.
Para revisar, veja Básico de Porcentagem.
Questão 171: Média das idades a partir do gráfico
Enunciado
Uma pessoa realizou uma pesquisa com alguns alunos de uma escola, coletando suas idades, e organizou esses dados no gráfico.
Qual é a média das idades, em ano, desses alunos?
- A) 9
- B) 12
- C) 18
- D) 19
- E) 27
Resolução
O gráfico mostra: 6 alunos com 9 anos, 12 alunos com 18 anos e 9 alunos com 27 anos. A média é ponderada pelas frequências.
1. Soma de todas as idades:
$$6 \cdot 9 + 12 \cdot 18 + 9 \cdot 27 = 54 + 216 + 243 = 513$$2. Número de alunos: $6 + 12 + 9 = 27$.
3. Média:
$$\bar{x} = \frac{513}{27} = 19 \text{ anos}$$Resposta: alternativa D (19 anos).
Cuidado com a pegadinha: a média simples das três idades, $\frac{9 + 18 + 27}{3} = 18$ (alternativa C), ignora quantos alunos têm cada idade. E 12 (alternativa B) é a maior frequência, não uma idade.
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 172: Tempo de leitura por faixa etária
Enunciado
Em um estudo realizado pelo IBGE em quatro estados e no Distrito Federal, com mais de 5 mil pessoas com 10 anos ou mais, observou-se que a leitura ocupa, em média, apenas seis minutos do dia de cada pessoa. Na faixa de idade de 10 a 24 anos, a média diária é de três minutos. No entanto, no grupo de idades entre 24 e 60 anos, o tempo médio diário dedicado à leitura é de 5 minutos. Entre os mais velhos, com 60 anos ou mais, a média é de 12 minutos.
A quantidade de pessoas entrevistadas de cada faixa de idade seguiu a distribuição percentual descrita no quadro.
| Faixa etária | Percentual de entrevistados |
|---|---|
| De 10 a 24 anos | $x$ |
| Entre 24 e 60 anos | $y$ |
| A partir de 60 anos | $x$ |
Disponível em: www.oglobo.globo.com. Acesso em: 16 ago. 2013 (adaptado).
Os valores de $x$ e $y$ do quadro são, respectivamente, iguais a
- A) 10 e 80.
- B) 10 e 90.
- C) 20 e 60.
- D) 20 e 80.
- E) 25 e 50.
Resolução
1. Os percentuais somam 100:
$$x + y + x = 100 \quad\Rightarrow\quad 2x + y = 100$$2. A média geral (6 minutos) é a média ponderada das médias de cada faixa, com pesos iguais aos percentuais:
$$\frac{3x + 5y + 12x}{100} = 6 \quad\Rightarrow\quad 15x + 5y = 600 \quad\Rightarrow\quad 3x + y = 120$$3. Resolver o sistema. Subtraindo a primeira equação da segunda:
$$(3x + y) - (2x + y) = 120 - 100 \quad\Rightarrow\quad x = 20$$$$y = 100 - 2 \cdot 20 = 60$$Conferindo: $\frac{3 \cdot 20 + 5 \cdot 60 + 12 \cdot 20}{100} = \frac{60 + 300 + 240}{100} = 6$.
Resposta: alternativa C ($x = 20$ e $y = 60$).
Cuidado com a pegadinha: a alternativa D (20 e 80) não soma 100% ($20 + 80 + 20 = 120$): lembre que $x$ aparece duas vezes no quadro.
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 173: Coeficiente de variação da nova ração
Enunciado
Um zootecnista pretende testar se uma nova ração para coelhos é mais eficiente do que a que ele vem utilizando atualmente. A ração atual proporciona uma massa média de 10 kg por coelho, com um desvio padrão de 1 kg, alimentado com essa ração durante um período de três meses.
O zootecnista selecionou uma amostra de coelhos e os alimentou com a nova ração pelo mesmo período de tempo. Ao final, anotou a massa de cada coelho, obtendo um desvio padrão de 1,5 kg para a distribuição das massas dos coelhos dessa amostra.
Para avaliar a eficiência dessa ração, ele utilizará o coeficiente de variação ($CV$) que é uma medida de dispersão definida por $CV = \frac{s}{\bar{x}}$, em que $s$ representa o desvio padrão e $\bar{x}$, a média das massas dos coelhos que foram alimentados com uma determinada ração.
O zootecnista substituirá a ração que vinha utilizando pela nova, caso o coeficiente de variação da distribuição das massas dos coelhos que foram alimentados com a nova ração for menor do que o coeficiente de variação da distribuição das massas dos coelhos que foram alimentados com a ração atual.
A substituição da ração ocorrerá se a média da distribuição das massas dos coelhos da amostra, em quilograma, for superior a
- A) 5,0.
- B) 9,5.
- C) 10,0.
- D) 10,5.
- E) 15,0.
Resolução
1. CV da ração atual:
$$CV_{\text{atual}} = \frac{1}{10} = 0{,}1$$2. Condição para trocar. Seja $\bar{x}$ a média da nova amostra:
$$CV_{\text{nova}} = \frac{1{,}5}{\bar{x}} < 0{,}1$$3. Resolver a inequação. Como $\bar{x} > 0$, podemos multiplicar os dois lados por $\bar{x}$ sem inverter o sinal:
$$1{,}5 < 0{,}1 \cdot \bar{x} \quad\Rightarrow\quad \bar{x} > \frac{1{,}5}{0{,}1} = 15$$Resposta: alternativa E (15,0 kg).
Cuidado com a pegadinha: quem pensa “o CV diminui quando a média aumenta, então basta passar de 10 kg” marca a alternativa C. Como o desvio padrão da nova ração é maior (1,5 kg), a média precisa crescer na mesma proporção: $10 \cdot 1{,}5 = 15$.
Para revisar, veja Medidas de Dispersão.
Questão 174: Lanche com maior média por franquia
Enunciado
Uma rede de hamburgueria tem três franquias em cidades distintas. Visando incluir um novo tipo de lanche no cardápio, o gerente de marketing da rede sugeriu que fossem colocados à venda cinco novos tipos de lanche, em edições especiais. Os lanches foram oferecidos pelo mesmo período de tempo em todos os franqueados. O tipo que apresentasse a maior média por franquia seria incluído definitivamente no cardápio. Terminado o período de experiência, a gerência recebeu um relatório descrevendo as quantidades vendidas, em unidade, de cada um dos cinco tipos de lanche nas três franquias.
| Lanche I | Lanche II | Lanche III | Lanche IV | Lanche V | |
|---|---|---|---|---|---|
| Franquia I | 415 | 395 | 425 | 430 | 435 |
| Franquia II | 415 | 445 | 370 | 370 | 425 |
| Franquia III | 415 | 390 | 425 | 433 | 420 |
Com base nessas informações, a gerência decidiu incluir no cardápio o lanche de tipo
- A) I.
- B) II.
- C) III.
- D) IV.
- E) V.
Resolução
A média por franquia é a soma da coluna dividida por 3. Como todas as colunas são divididas pelo mesmo número, basta comparar as somas:
| Lanche | Soma | Média |
|---|---|---|
| I | $415 + 415 + 415 = 1\thinspace 245$ | 415 |
| II | $395 + 445 + 390 = 1\thinspace 230$ | 410 |
| III | $425 + 370 + 425 = 1\thinspace 220$ | ≈ 406,7 |
| IV | $430 + 370 + 433 = 1\thinspace 233$ | 411 |
| V | $435 + 425 + 420 = 1\thinspace 280$ | ≈ 426,7 |
A maior média é a do lanche V.
Resposta: alternativa E (lanche V).
Cuidado com a pegadinha: o maior número numa única franquia é o 445 do lanche II, mas a decisão é pela média das três franquias.
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 175: Comissão pela média de faturamento
Enunciado
Uma grande rede de supermercados adota um sistema de avaliação dos faturamentos de suas filiais, considerando a média de faturamento mensal em milhão. A matriz da rede paga uma comissão para os representantes dos supermercados que atingirem uma média de faturamento mensal ($M$), conforme apresentado no quadro.
| Comissão | Média de faturamento mensal ($M$) |
|---|---|
| I | $1 \le M < 2$ |
| II | $2 \le M < 4$ |
| III | $4 \le M < 5$ |
| IV | $5 \le M < 6$ |
| V | $M \ge 6$ |
Um supermercado da rede obteve os faturamentos num dado ano, conforme apresentado no quadro.
| Faturamento mensal (em milhão de real) | Quantidade de meses |
|---|---|
| 3,5 | 3 |
| 2,5 | 2 |
| 5 | 2 |
| 3 | 4 |
| 7,5 | 1 |
Nas condições apresentadas, os representantes desse supermercado avaliam que receberão, no ano seguinte, a comissão de tipo
- A) I.
- B) II.
- C) III.
- D) IV.
- E) V.
Resolução
1. Faturamento total do ano (em milhões):
$$3{,}5 \cdot 3 + 2{,}5 \cdot 2 + 5 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 7{,}5 \cdot 1 = 10{,}5 + 5 + 10 + 12 + 7{,}5 = 45$$2. Número de meses: $3 + 2 + 2 + 4 + 1 = 12$.
3. Média mensal:
$$M = \frac{45}{12} = 3{,}75 \text{ milhões}$$Como $2 \le 3{,}75 < 4$, a comissão é a do tipo II.
Resposta: alternativa B (comissão II).
Cuidado com a pegadinha: a média simples dos cinco faturamentos, $\frac{3{,}5 + 2{,}5 + 5 + 3 + 7{,}5}{5} = 4{,}3$, levaria à comissão III (alternativa C). Mas cada valor aconteceu num número diferente de meses: a média tem que ser ponderada.
Para revisar, veja Medidas de Posição.
Questão 176: Preço da hospedagem pelo aplicativo
Enunciado
Aplicativos que gerenciam serviços de hospedagem têm ganhado espaço no Brasil e no mundo por oferecer opções diferenciadas em termos de localização e valores de hospedagem. Em um desses aplicativos, o preço $P$ a ser pago pela hospedagem é calculado considerando um preço por diária $d$, acrescido de uma taxa fixa de limpeza $L$ e de uma taxa de serviço. Essa taxa de serviço é um valor percentual $s$ calculado sobre o valor pago pelo total das diárias.
Nessa situação, o preço a ser pago ao aplicativo para uma hospedagem de $n$ diárias pode ser obtido pela expressão
- A) $P = d \cdot n + L + d \cdot n \cdot s$
- B) $P = d \cdot n + L + d \cdot s$
- C) $P = d + L + s$
- D) $P = d \cdot n \cdot s + L$
- E) $P = d \cdot n + L + s$
Resolução
Vamos montar o preço parte por parte.
1. Total das diárias: $n$ diárias de $d$ reais cada custam $d \cdot n$.
2. Taxa de limpeza: é fixa, $L$ (não depende de $n$).
3. Taxa de serviço: é o percentual $s$ sobre o total das diárias, ou seja, $s$ vezes $d \cdot n$:
$$d \cdot n \cdot s$$4. Somando tudo:
$$P = d \cdot n + L + d \cdot n \cdot s$$Resposta: alternativa A.
Cuidado com a pegadinha: na alternativa B a taxa é calculada sobre uma diária só ($d \cdot s$), e na E ela é somada como se fosse um valor fixo em reais ($+ s$). O enunciado diz que o percentual incide sobre o total das diárias.
Questão 177: Número mínimo de dardos
Enunciado
O organizador de uma competição de lançamento de dardos pretende tornar o campeonato mais competitivo. Pelas regras atuais da competição, numa rodada, o jogador lança 3 dardos e pontua caso acerte pelo menos um deles no alvo. O organizador considera que, em média, os jogadores têm, em cada lançamento, $\frac{1}{2}$ de probabilidade de acertar um dardo no alvo.
A fim de tornar o jogo mais atrativo, planeja modificar as regras de modo que a probabilidade de um jogador pontuar em uma rodada seja igual ou superior a $\frac{9}{10}$. Para isso, decide aumentar a quantidade de dardos a serem lançados em cada rodada.
Com base nos valores considerados pelo organizador da competição, a quantidade mínima de dardos que devem ser disponibilizados em uma rodada para tornar o jogo mais atrativo é
- A) 2.
- B) 4.
- C) 6.
- D) 9.
- E) 10.
Resolução
1. Usar o complementar. “Acertar pelo menos um” é o contrário de “errar todos”. Com $n$ dardos, e cada lançamento independente com probabilidade $\frac{1}{2}$ de erro:
$$P(\text{errar todos}) = \left(\frac{1}{2}\right)^n$$$$P(\text{pontuar}) = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n$$2. Condição:
$$1 - \frac{1}{2^n} \ge \frac{9}{10} \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{2^n} \le \frac{1}{10} \quad\Rightarrow\quad 2^n \ge 10$$3. Testar as potências de 2:
- $n = 3$: $2^3 = 8 < 10$ (a regra atual dá só $1 - \frac{1}{8} = 0{,}875$);
- $n = 4$: $2^4 = 16 \ge 10$, e a probabilidade fica $1 - \frac{1}{16} = 0{,}9375$.
O mínimo é 4 dardos.
Resposta: alternativa B (4 dardos).
Cuidado com a pegadinha: a alternativa A (2 dardos) diminui a quantidade atual; o enunciado pede para aumentar, e com 2 dardos a probabilidade seria só $\frac{3}{4}$.
Para revisar, veja Introdução à Probabilidade.
Questão 178: Painel dos campeões da Copa do Brasil (anulada)
Questão anulada pelo INEP. No gabarito oficial do Caderno 5 – Amarelo, esta questão aparece como “anulada”; todos os candidatos receberam a pontuação. O gabarito não informa o motivo da anulação, por isso não apresentamos uma resolução “oficial”.
Enunciado
A Copa do Brasil teve, até a edição de 2018, 15 times diferentes como campeões da competição, conforme apresentado na imagem. Suponha que, como homenagem aos times campeões, a Confederação Brasileira de Futebol (CBF) pretenda colocar um painel na sua sede. Esse painel teria 6 linhas e, em cada uma delas, 5 placas, referentes a cada edição da competição, com o nome do time vencedor, o brasão e o ano do título. O painel deve ser fabricado de modo que a primeira linha só tenha clubes gaúchos (Internacional, Grêmio e Juventude); a segunda, apenas times cariocas (Flamengo, Vasco e Fluminense); a terceira, somente times mineiros (Cruzeiro e Atlético Mineiro); a quarta, exclusivamente clubes paulistas (Corinthians, Palmeiras, Santos, Paulista FC, Santo André), e as duas últimas sem nenhuma restrição.
Qual expressão determina a quantidade de painéis diferentes que a CBF poderá montar?
A)
$$\frac{7!}{5!} \cdot \frac{5!}{3!} \cdot \frac{7!}{6!} \cdot \frac{9!}{3! \cdot 3!} \cdot 10!$$B)
$$7! \cdot 5! \cdot 7! \cdot 9! \cdot 10!$$C)
$$30!$$D)
$$\frac{7!}{5! \cdot 5!} \cdot \frac{7!}{5! \cdot 2!} \cdot \frac{9!}{5! \cdot 4!}$$E)
$$\frac{9!}{3!} \cdot 5! \cdot \frac{7!}{2!} \cdot \frac{9!}{4!} \cdot 10!$$Comentário
A questão foi anulada pelo INEP e, por isso, não tem alternativa correta oficial. Vale observar os dados da imagem, que ajudam a entender o problema: somando os títulos, são 30 placas (6 linhas × 5 placas); os gaúchos têm $5 + 1 + 1 = 7$ títulos, os cariocas $3 + 1 + 1 = 5$, os mineiros $6 + 1 = 7$ e os paulistas $3 + 3 + 1 + 1 + 1 = 9$. Cada linha “regional” usa só 5 dessas placas, e as sobras vão, junto com as de Criciúma e Sport, para as duas últimas linhas.
Questão 179: Potência da razão áurea
Enunciado
Um segmento de reta está dividido em duas partes na proporção áurea quando o todo está para uma das partes na mesma razão em que essa parte está para a outra. Essa constante de proporcionalidade é comumente representada pela letra grega $\varphi$, e seu valor é dado pela solução positiva da equação $\varphi^2 = \varphi + 1$.
Assim como a potência $\varphi^2$, as potências superiores de $\varphi$ podem ser expressas da forma $a\varphi + b$, em que $a$ e $b$ são inteiros positivos, como apresentado no quadro.
| $\varphi^2$ | $\varphi^3$ | $\varphi^4$ | $\varphi^5$ | $\varphi^6$ | $\varphi^7$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $\varphi + 1$ | $2\varphi + 1$ | $3\varphi + 2$ | $5\varphi + 3$ | $8\varphi + 5$ | … |
A potência $\varphi^7$, escrita na forma $a\varphi + b$ ($a$ e $b$ são inteiros positivos), é
- A) $5\varphi + 3$
- B) $7\varphi + 2$
- C) $9\varphi + 6$
- D) $11\varphi + 7$
- E) $13\varphi + 8$
Resolução
1. Multiplicar a última potência conhecida por $\varphi$:
$$\varphi^7 = \varphi \cdot \varphi^6 = \varphi\,(8\varphi + 5) = 8\varphi^2 + 5\varphi$$2. Trocar $\varphi^2$ por $\varphi + 1$:
$$8(\varphi + 1) + 5\varphi = 8\varphi + 8 + 5\varphi = 13\varphi + 8$$Resposta: alternativa E ($13\varphi + 8$).
Dica (padrão de Fibonacci): os coeficientes seguem a sequência de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …, em que cada termo é a soma dos dois anteriores. Em geral, se $\varphi^n = a\varphi + b$, então $\varphi^{n+1} = (a + b)\varphi + a$. De $8\varphi + 5$ vem $(8 + 5)\varphi + 8 = 13\varphi + 8$.
Para revisar, veja Equação do 2° grau.
Questão 180: Projeção do trajeto no Atomium
Enunciado
O Atomium, representado na imagem, é um dos principais pontos turísticos de Bruxelas. Ele foi construído em 1958 para a primeira grande exposição mundial depois da Segunda Guerra Mundial, a Feira Mundial de Bruxelas.
Trata-se de uma estrutura metálica construída no formato de um cubo. Essa estrutura está apoiada por um dos vértices sobre uma base paralela ao plano do solo, e a diagonal do cubo, contendo esse vértice, é ortogonal ao plano da base. Centradas nos vértices desse cubo, foram construídas oito esferas metálicas, e uma outra esfera foi construída centrada no ponto de interseção das diagonais do cubo. As oito esferas sobre os vértices são interligadas segundo suas arestas, e a esfera central se conecta a elas pelas diagonais do cubo.
Todas essas interligações são feitas por tubos cilíndricos que possuem escadas em seu interior, permitindo o deslocamento de pessoas pela parte interna da estrutura. Na diagonal ortogonal à base, o deslocamento é feito por um elevador, que permite o deslocamento entre as esferas da base e a esfera do ponto mais alto, passando pela esfera central.
Considere um visitante que se deslocou pelo interior do Atomium sempre em linha reta e seguindo o menor trajeto entre dois vértices, passando por todas as arestas e todas as diagonais do cubo.
A projeção ortogonal sobre o plano do solo do trajeto percorrido por esse visitante é representada por
Resolução
O trajeto passa por todas as arestas e todas as diagonais do cubo, então a projeção do trajeto é a projeção de todo o “esqueleto” do cubo (arestas + diagonais) sobre o solo. O ponto-chave é que o cubo está em pé sobre um vértice, com a diagonal que passa por esse vértice vertical.
1. Os dois vértices da diagonal vertical. O vértice de baixo (apoio) e o de cima estão na mesma vertical, passando pelo centro do cubo. Os dois se projetam no mesmo ponto, o centro $O$ da figura. A própria diagonal vertical (o elevador) vira só esse ponto.
2. Os outros 6 vértices. Olhando o cubo de cima, ao longo da diagonal, ele tem uma simetria de rotação de 120°. Os 3 vértices vizinhos do topo ficam numa mesma altura, formando um triângulo equilátero, e os 3 vizinhos da base ficam em outra altura, formando outro triângulo equilátero, girado de 60° em relação ao primeiro. Projetados, os 6 formam um hexágono regular com centro $O$.
3. As arestas.
- As 3 arestas que saem do vértice de cima e as 3 que saem do vértice de baixo vão de $O$ até os vértices do hexágono: são os 6 “raios” do hexágono.
- As outras 6 arestas ligam um vizinho do topo a um vizinho da base: são os 6 lados do hexágono.
4. As outras 3 diagonais. Cada uma liga dois vértices opostos do cubo passando pelo centro; na projeção, vão de um vértice do hexágono ao vértice oposto, passando por $O$. Elas caem exatamente sobre os raios já desenhados.
A figura final é um hexágono regular com os segmentos que ligam o centro aos seis vértices.
Resposta: alternativa E.
Cuidado com a pegadinha: a alternativa A parece a figura de um cubo em perspectiva, mas numa projeção ortogonal vista de cima os vértices de cima e de baixo coincidem no centro, e não sobra nenhum segmento “cruzado”.