Unicamp 2022 - 2ª fase - dia 2

a) Observemos incialmente que devemos supor o paralelepípedo retângulo indicado no enunciado como sendo também reto, de modo a encontrarmos todas as faces laterais também retangulares. Deste modo, segue abaixo uma ilustração da situação descrita no enunciado.

Logo, a área lateral da embalagem é composta por duas faces de dimensões 2 cm x 18 cm e duas faces de dimensões 3 cm x 18 cm. Além disso, podemos observar duas bases de dimensões 2 cm x 3 cm, sendo uma delas feita por um material mais resistente. 

Assim, calculando a área do material mais simples $\left(S_1\right)$ e a área do material utilizado na tampa $\left(S_2\right)$, temos:

$S_1=2·\left(2·18+3·18\right)+2·3=186 {\text{cm}}^2=186·{\left({10}^{-2}\text{m}\right)}^2=0,0186 {\text{m}}^2$

$S_2=2·3=6 {\text{cm}}^2=6·{\left({10}^{-2}\text{m}\right)}^2=0,0006 {\text{m}}^2$

Portanto, o custo para produzir uma embalagem é:

$C=10·0,0186+40·0,0006=\text{R\$ }0,21$

E o custo total atual de 100 unidades é:

$C_T=100·0,21\iff \boxed{C_T=\text{R\$ }21,00}$

b) Observe abaixo a nova embalagem.

Como a embalagem antiga e a atual devem ter o mesmo volume, então segue que:

$V_1=V_2\iff 2·3·18=x·x·12\iff 2x^2=18\iff x^2=9\Rightarrow x=3\text{ cm}$

Deste modo, as dimensões da nova embalagem são $\boxed{3 \text{cm × }3 \text{cm × }12 \text{cm}}$.

Analogamente ao item anterior, calculando as áreas de material mais simples e a área de material da tampa, temos:

$S_1=2·\left(3·12+3·12\right)+3·3=153 {\text{cm}}^2=153·{\left({10}^{-2}\text{m}\right)}^2=0,0153 {\text{m}}^2$$S_2=3·3=9 {\text{cm}}^2=9·{\left({10}^{-2}\text{m}\right)}^2=0,0009 {\text{m}}^2$

Logo, o custo de cada embalagem nova é:

$C=10·0,0153+40·0,0009=\text{R\$ }0,189$

E o custo total de 100 unidades é:

$C_T=100·0,189\iff \boxed{C_T=\text{R\$ }18,90}$

a) Graficamente tem-se que o tempo que Marcia demora para completar uma volta equivale a um período da função, logo, como indicado na figura abaixo, o período é de $24$segundos.

Como Marcia está sobre uma pista circular com velocidade angular constante, então, a velocidade linear também é constante, logo:

$V_{Linear}=\frac{200 \mathrm{m}}{24 \mathrm{s}}=\frac{25}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s}$

Logo, em $60$ segundos, Marcia percorreu:

$D=\frac{25}{3}·60=\boxed{500 \mathrm{m}}$

b) Seja $M$ a posição de Marcia na pista e $E$ a posição do equipamento eletrônico, então, pode-se fazer a seguinte representação:

Como a distância entre $\mathrm{M}$ e o centro $\mathrm{C}$ é igual à distância de $\mathrm{M}$ ao ponto $\mathrm{E}$ e seja $\mathrm{P}$ o ponto de intersecção do segmento $\overline{\mathrm{CE}}$ com a circunferência, então, $\mathrm{MC}=\mathrm{ME}=\mathrm{CP}=r$, note que $\mathrm{P}$ é o ponto da pista circular mais próximo de $E$, logo, do gráfico, tem-se que $\mathrm{PE}=10 \mathrm{m}$.

Tem-se que o comprimento da pista é de $200 \mathrm{m}$, logo:

$2\mathrm{\pi r}=200\Rightarrow \mathrm{r}=\frac{100}{\mathrm{\pi }}$

Então, o triângulo $CME$:

Como $H$ é o pé da altura de um triângulo isósceles, então, $H$ é também ponto médio da base, logo:

$\cos \alpha =\frac{CH}{CM}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{100}{\mathrm{\pi }}}+10}{2}}}{{\displaystyle \frac{100}{\mathrm{\pi }}}}\Rightarrow \boxed{\cos \alpha =\frac{10+\mathrm{\pi }}{20}\cong 0,65}$

a) Uma vez que o número $189$, quando fatorado em números primos, equivale a $3^3·7$, para se obter o número $189$ como um dos termos da sequência seria necessário possuir o $7$ como um dos fatores multiplicativos. Sendo assim, como só ocorrem multiplicações pelos fatores $2$, $3$ e $5$, concluímos que é impossível Heloísa obter um termo da sequência igual a $189$.

b) Fatorando o número $360$ em números primos, obtemos

$360 = 2^3·3^2·5$

Assim, para que Heloísa obtenha o número $360$ em sua sequência é necessário que ela sorteie da urna exatamente três bolinhas azuis, duas bolinhas verdes e uma bolinha rosa.

Como a ordem dos fatores não altera o produto, qualquer sequência com essas seis bolinhas resulta no termo $360$. Logo, o número de sequências possíveis corresponde ao número de anagramas da palavra $AAAVVR$. Tal quantidade pode ser calculada através de uma permutação com repetição:

$P_6^{3, 2} = \frac{6!}{3!·2!}=60 \text{sequências}$

Ora, como os sorteios são feitos com reposição, em qualquer etapa da sequência a probabilidade de se retirar uma bolinha azul é $P_A=\frac{3}{10}$, a probabilidade de se retirar uma bolinha verde é $P_V=\frac{3}{10}$ e a probabilidade de se retirar uma bolinha rosa é $P_R=\frac{4}{10}$. Sendo assim, cada uma das sequências possíveis possui probabilidade

${\left(P_A\right)}^3·{\left(P_V\right)}^2·\left(P_R\right)={\left(\frac{3}{10}\right)}^3·{\left(\frac{3}{10}\right)}^2·\frac{4}{10}=\frac{3^5}{2^4·5^6}$

Portanto, a probabilidade de Heloísa obter o número $360$ como um termo de sua sequência é

$P=60·\frac{3^5}{2^4·5^6}=\frac{3^6}{2^2·5^5}$

$P=\frac{729}{12500}$

a) Seja $y=f\left(x\right)=\frac{L}{1+2^{-k·\left(x-x_0\right)}}$, para obtermos a expressão da função inversa, podemos trocar de posição as variáveis x e y. Assim, trocando as variáveis, temos:

$x=\frac{L}{1+2^{-k·\left(y-x_0\right)}}$

Isolando $y$, encontraremos a expressão da função inversa de $f$. Portanto, temos:

$x=\frac{L}{1+2^{-k·\left(y-x_0\right)}}\iff 1+2^{-k·\left(y-x_0\right)}=\frac{L}{x}\iff 2^{-k·\left(y-x_0\right)}=\frac{L}{x}-1$

Utilizando o logaritmo na base 2, tendo em vista que a função logarítmica é a função inversa à exponencial, temos:

${\log }_2\left(2^{-k·\left(y-x_0\right)}\right)={\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)\iff -k·\left(y-x_0\right)={\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)\iff$

$k·\left(y-x_0\right)=-{\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)\iff y-x_0=-\frac{{\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)}{k}\iff$

$y=x_0-\frac{{\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)}{k}\iff \boxed{f^{-1}\left(x\right)=x_0-\frac{{\log }_2\left(\frac{L}{x}-1\right)}{k}}$.

O domínio de $f^{-1}\left(x\right)$ será dado segundo as condições de existência do logaritmo acima. Assim, lembrando que o logaritmando deve ser sempre positivo, temos:

$\frac{L}{x}-1>0\iff \frac{L-x}{x}>0$

Para que um quociente seja positivo, devemos ter numerador e denominador ambos como o mesmo sinal. Assim, segue que:

I.

$\left\{\begin{array}{l}L-x>0\\ x>0\end{array}\iff \boxed{\left\{\begin{array}{l}x<L\\ x>0\end{array}\right.}\right.$

ou

II.

 $\left\{\begin{array}{l}L-x<0\\ x<0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x>L\\ x<0\end{array}\right.\right.$

Como o enunciado nos diz que L é um número positivo, então a segunda opção não é conveniente, visto que x não pode ser negativo e maior que L ao mesmo tempo. Deste modo, temos:

$\boxed{\text{Dom}\left(f^{-1}\right)=\left\{x\in \mathrm{ℝ}|0<x<L\right\}}$

b) Utilizando o gráfico dado no enunciado, podemos selecionar os pontos $\left(0,2\right)$ e $\left(2,5\right)$ para substituirmos na função dada. Observe abaixo:

Assim, dado $f\left(x\right)=\frac{10}{1+2^{-k·\left(x-x_0\right)}}$, temos para o ponto $\left(2,5\right)$ :

$5=\frac{10}{1+2^{-k·\left(2-x_0\right)}}\iff 1+2^{-k·\left(2-x_0\right)}=2\iff 2^{-k·\left(2-x_0\right)}=1=2^0\iff$

$\underline{-k·\left(2-x_0\right)=0}$

Um produto igual a 0 deve ter ao menos um dos fatores igual a 0. Pelo enunciado  $k>0$, logo,

$2-x_0=0\iff \boxed{x_0=2}$

Analogamente para o ponto $\left(0,2\right)$, temos:

$2=\frac{10}{1+2^{-k·\left(0-x_0\right)}}\iff 1+2^{-k·\left(-x_0\right)}=5\iff 2^{k·x_0}=4=2^2\iff \underline{k·x_0=2}$

Substituindo o valor de $x_0$ encontrado acima, temos:

$k·x_0=2\iff k·2=2\iff \boxed{k=1}$.

a) Como $x=-1$ é uma raiz, utilizando o dispositivo prático de Briot-Ruffini para fatorar o polinômio $f\left(x\right)$, temos:

Assim, $f\left(x\right)=\left(x+1\right)·\left(x^2+ax+2\right)$. Para que apenas $x=-1$ seja raiz real, então o fator de grau 2 de f deve gerar apenas raízes complexas não reais. Deste modo, podemos afirmar que o discriminante desse fator deve ser negativo. Logo,

$∆<0\iff a^2-4·1·2<0\iff a^2-8<0$

Analisando a função quadrática em a, temos:

Raízes: $a^2-8=0\iff a=\pm 2\sqrt{2}$ 

Parábola com concavidade para cima, já que o coeficiente do termo quadrático é positivo. Deste modo, analisando o sinal da função, temos:

Portanto, para que o polinômio f(x) possua apenas $x=-1$  como raiz real os valores de a são tais que $\boxed{-2\sqrt{2}<a<2\sqrt{2}}$.

b) Utilizando a fatoração do item anterior, segue que:

$f\left(x\right)=\left(x+1\right)·\left(x^2+ax+2\right)$

Assim, para que f(x) tenha apenas raízes inteiras, devemos impor ao fator quadrático da fatoração acima que ele possua duas raízes reais e inteiras. Assim, utilizando as relações de Girard para a soma e o produto das raízes, temos:

$$\begin{gathered} S=-\frac{a}{1}=-a \\ P=\frac{2}{1}=2 \end{gathered}$$

Logo, pela relação do produto:

$r_1·r_2=2$

Como as raízes devem ser inteiras, só há dois pares de inteiros que satisfazem a relação de produto acima. São eles:

$\left\{\begin{array}{l}{r}_1=1\\ r_2=2\end{array}\right. \text{ou }\left\{\begin{array}{l}{r}_1=-1\\ r_2=-2\end{array}\right.$

Para o primeiro caso, utilizando a relação de soma, temos:

$S=-a\iff r_1+r_2=-a\iff 1+2=-a\iff \boxed{a=-3}$

Para o segundo caso, utilizando a relação de soma, temos:

$S=-a\iff r_1+r_2=-a\iff -1+\left(-2\right)=-a\iff \boxed{a=3}$

Logo, os valores de $a$ tais que $f\left(x\right)=0$ possua apenas soluções inteiras são 3 e -3.

a) O vértice $V$ corresponde ao ponto de interseção da reta $3x+y=5$ com o eixo $x$. Assim, $y_V=0$ e

$3x_V=5 \iff x_V=\frac{5}{3}$

Logo, $V=\left(\frac{5}{3}, 0\right)$.

Observe que o ponto $\left(1, 2\right)$ destacado na Figura 1 é o ponto de interseção das retas $3x+y=5$ e $x+y=3$. Consequentemente, tal ponto também é um dos vértices da região $K$. Denotaremos a seguir tal ponto por $P$.

Dividimos então a região $K$ três partes: um retângulo e dois triângulos retângulos, como na figura a seguir:

A área do triângulo superior é $A_1=\frac{1·1}{2}=\frac{1}{2} \text{u.a.}$.

A área do retângulo é $A_2=2·1=2 \text{u.a.}$

A área do triângulo à direita é $A_3=\frac{{\displaystyle \frac{2}{3}}·2}{2}=\frac{2}{3} \text{u.a.}$

Portanto, a área da região $K$ é

$A_1+A_2+A_3=\frac{1}{2}+2+\frac{2}{3}=\frac{19}{6} \text{u.a.}$

b) Considere a família de retas $r_n: 2x+y=n$, com $n\in \mathrm{ℝ}$. Note que para qualquer ponto $\left(x_0, y_0\right)\in r_n$, temos $2x_0+y_0=n$. Sendo assim, procuramos o maior valor $n\in \mathrm{ℝ}$ para o qual a reta $r_n$ intercepta a região $K$.

Isolando a variável $y$ na equação da reta $r_n$, obtemos

$y=-2x+n$

Para que exista a interseção entre tal reta e a região $K$, substituímos a expressão de $y$ nas inequações que definem a região $K$, obtendo:

$x\ge 0$

$-2x+n\ge 0$

$x+\left(-2x+n\right)\le 3$

$3x+\left(-2x+n\right)\le 5$

Das duas primeiras inequações resulta que

$n\ge 2x\ge 0 \iff n\ge 0$

Da terceira e da quarta inequações, obtemos:

$\left\{\begin{array}{l}n-x\le 3\\ n+x\le 5\end{array}\right.$

Somando tais inequações membro a membro, concluímos que

$2n\le 8 \iff n\le 4$

Note então que $n=4$ é exatamente o valor para o qual o ponto $P\left(2, 1\right)$ pertence a $r_4$, pois $2·2+1=4$.

Portanto, $4$ é o valor máximo para $2x+y$ com $\left(x, y\right)\in K$.

Observe abaixo uma animação da situação descrita acima: