H23 · Avaliar propostas de intervenção na realidade utilizando conhecimentos algébricos
Avaliar propostas de intervenção na realidade utilizando conhecimentos algébricos.Competência 5: Modelar e resolver problemas que envolvem variáveis socioeconômicas ou técnico-científicas, usando representações algébricas.
Alguém tem uma meta (cortar custo pela metade, conter uma epidemia, aplicar o produto na hora certa) e há uma fórmula ou equação que modela a situação. Você usa a álgebra para dizer qual proposta ou qual valor atinge a meta.
O que vai mudar, o que fica fixo e qual é a meta?
Como reconhecer no enunciado
- Em 11 das 15 questões de H23 o enunciado usa deve, precisa, meta, proposta ou escolher.
- Funções é o conteúdo de 6 das 15: vértice de parábola, exponencial, logaritmo.
- Muitas pedem um limite: "a quantidade mínima", "no máximo", "pelo menos 50%". É sinal de inequação.
Uma questão lida com a H23
Tente antes de ler a explicação. Depois que você marcar, aparece a leitura com a matriz.
Ao analisar os dados de uma epidemia em uma cidade, peritos obtiveram um modelo que avalia a quantidade de pessoas infectadas a cada mês, ao longo de um ano. O modelo é dado por p(t) = -t^2 + 10t + 24, sendo t um número natural, variando de 1 a 12, que representa os meses do ano, e p(t) a quantidade de pessoas infectadas no mês t do ano. Para tentar diminuir o número de infectados no próximo ano, a Secretaria Municipal de Saúde decidiu intensificar a propaganda oficial sobre os cuidados com a epidemia. Foram apresentadas cinco propostas (I, II, III, IV e V), com diferentes períodos de intensificação das propagandas:
• I: 1 \le t \le 2;
• II: 3 \le t \le 4;
• III: 5 \le t \le 6;
• IV: 7 \le t \le 9;
• V: 10 \le t \le 12.
A sugestão dos peritos é que seja escolhida a proposta cujo período de intensificação da propaganda englobe o mês em que, segundo o modelo, há a maior quantidade de infectados. A sugestão foi aceita.
A proposta escolhida foi a
Lendo com a H23
São cinco propostas de intervenção e a escolha sai de um modelo algébrico (a parábola da epidemia). Avaliar propostas com conhecimentos algébricos é a H23 escrita por extenso.
Resolução completa no padrão RT
O mês com mais infectados é o x do vértice da parábola: -\frac{b}{2a}.
O que a questão quer de verdade: o mês t em que p(t) é máximo e a proposta que contém esse mês.
• a = -1, b = 10, c = 24.
Calcular t_v e localizar o intervalo.
A armadilha: calcular o valor máximo p(5) = 49 e procurar 49 nos intervalos, ou confundir o mês do pico com as raízes da função.
t_v = -\frac{10}{2 \cdot (-1)} = 5
p(5) = -25 + 50 + 24 = 49
p(4) = p(6) = 48, menores que p(5) = 49: o pico é mesmo no mês 5, que está na proposta III (5 \le t \le 6).
Leve para outras questões: "quando" é máximo pede o x do vértice; "quanto" é o máximo pede o y do vértice. Leia qual dos dois a pergunta quer.
Mais duas, da mais fácil à mais difícil
Um agricultor é informado sobre um método de proteção para sua lavoura que consiste em inserir larvas específicas, de rápida reprodução. A reprodução dessas larvas faz com que sua população multiplique-se por 10 a cada 3 dias e, para evitar eventuais desequilíbrios, é possível cessar essa reprodução aplicando-se um produto X. O agricultor decide iniciar esse método com 100 larvas e dispõe de 5 litros do produto X, cuja aplicação recomendada é de exatamente 1 litro para cada população de 200 000 larvas. A quantidade total do produto X de que ele dispõe deverá ser aplicada de uma única vez.
Quantos dias após iniciado esse método o agricultor deverá aplicar o produto X?
O agricultor precisa decidir quando aplicar o produto, e a população cresce de forma exponencial. Contar os zeros resolve. 44% acertaram.
Resolução completa no padrão RT
Os 5 litros, todos de uma vez, servem para exatamente 5 · 200 000 larvas. Descubra quantas vezes a população de 100 precisa ser multiplicada por 10 para chegar lá. Cada multiplicação leva 3 dias.
O que a questão quer de verdade: quando a população chega a exatamente o número de larvas que 5 litros tratam.
- Início: 100 larvas.
- Multiplica por 10 a cada 3 dias.
- Meta: 5 · 200 000 = 1 000 000 de larvas.
Montar a função exponencial e igualar a 1 000 000.
A armadilha: usar só 200 000 larvas, como se fosse aplicar 1 litro. A questão diz que os 5 litros vão de uma vez, então a população tem que ser de 1 000 000.
100 \cdot 10^{\frac{t}{3}} = 1\,000\,000
10^{\frac{t}{3}} = 10\,000 = 10^4
\frac{t}{3} = 4 \Rightarrow t = 12 \text{ dias}
Dia 0: 100; dia 3: 1 000; dia 6: 10 000; dia 9: 100 000; dia 12: 1 000 000 ✓.
Leve para outras questões: "multiplica por k a cada p dias" vira P = P_0 \cdot k^{\frac{t}{p}}. Quando k é 10, a conta se resolve contando zeros.
Uma empresa produziu, em um determinado mês, 110 toneladas de plástico a partir de derivados de petróleo e 80 toneladas a partir de plásticos reciclados. O custo para reciclar uma tonelada de plástico é de R$ 500,00, que equivale a 5% do custo para produzir a mesma quantidade de plástico a partir de derivados de petróleo. Para o mês seguinte, a meta dessa empresa é produzir a mesma quantidade de plástico que foi produzida nesse mês, mas com redução de, pelo menos, 50% no custo de produção.
Para que no mês seguinte a empresa atinja a meta, a quantidade mínima de toneladas de plástico que devem ser produzidas a partir de reciclagem deverá ser
A meta é reduzir o custo pelo menos pela metade mantendo a produção. A proposta (quanto reciclar) sai de uma inequação. 25% acertaram.
Resolução completa no padrão RT
Primeiro descubra quanto custa produzir 1 tonelada a partir do petróleo. O valor da reciclagem é só 5% dele.
O que a questão quer de verdade: quantas das 190 toneladas precisam vir da reciclagem para o custo cair pelo menos pela metade.
A produção total continua a mesma: 110 + 80 = 190 toneladas. O que muda é a divisão entre petróleo e reciclagem.
• Reciclagem: 500 reais por tonelada.
• Petróleo: 500 é 5% do custo, então o custo é 500 \div 0{,}05 = 10\,000 reais por tonelada.
• Neste mês: 110 toneladas de petróleo e 80 recicladas.
Calcular o custo deste mês, achar a metade e montar uma desigualdade com x toneladas recicladas.
A armadilha: cortar pela metade a quantidade de petróleo. Com 55 toneladas de petróleo e 135 recicladas (alternativa A), o custo seria 617 500 reais, ainda acima da meta.
Custo deste mês:
110 \cdot 10\,000 + 80 \cdot 500 = 1\,100\,000 + 40\,000 = 1\,140\,000
A meta é gastar no máximo a metade disso:
1\,140\,000 \div 2 = 570\,000
Com x toneladas recicladas, sobram 190 - x toneladas de petróleo:
500x + 10\,000(190 - x) \le 570\,000
1\,900\,000 - 9\,500x \le 570\,000
9\,500x \ge 1\,330\,000 \;\Rightarrow\; x \ge 140
Com 140 toneladas recicladas e 50 de petróleo: 140 \cdot 500 + 50 \cdot 10\,000 = 70\,000 + 500\,000 = 570\,000, exatamente a metade ✓.
A alternativa A (135) vem de cortar pela metade só as 110 toneladas de petróleo: 190 - 55 = 135. O petróleo é 20 vezes mais caro, então o corte precisa ser maior.
Leve para outras questões: quando a questão diz "pelo menos" ou "no máximo", monte uma desigualdade e resolva como se fosse uma equação. O número que sai é o limite.
Usar o número errado do modelo ou cortar a coisa errada. Na 2022 Q158 quem procura o valor máximo (49) nos intervalos em vez do mês (5) se perde. Na 2025 Q162 quem corta pela metade só o petróleo marca 135 (A).
Onde a H23 mora no Banco
Todas as questões de H23, da mais fácil para a mais difícil
| Ano | Questão | Conteúdo no Banco | Nível no Banco | Dificuldade TRI | Acerto |
|---|---|---|---|---|---|
| 2017 | Q137 | Logaritmos e inequação exponencial | Difícil | – | 15% |
| 2015 | Q158 | Razão e proporção (fórmula de Young) | Média | 638 | 38% |
| 2024 | Q157 | Equação do 1º grau | Fácil–média | 645 | 35% |
| 2023 | Q159 | Função exponencial | Média | 666 | 44% |
| 2012 | Q140 | Matemática financeira (valor presente e comparação de planos) | Média–difícil | 710 | 44% |
| 2014 | Q180 | Fusos horários e operações com horas | Média–difícil | 745 | 20% |
| 2014 | Q145 | Função quadrática (determinação dos coeficientes) | Média | 754 | 16% |
| 2013 | Q172 | Função quadrática (resolver equação) | Fácil–média | 768 | 19% |
| 2020 | Q170 | Frações e divisão proporcional | Média–difícil | 773 | 20% |
| 2016 | Q145 | Porcentagem (inequação com o total variando) | Difícil | 774 | 24% |
| 2019 | Q150 | Matemática financeira (juros compostos, valor presente) | Média | 774 | 22% |
| 2022 | Q158 | Função quadrática (vértice) | Fácil–média | 808 | 25% |
| 2025 | Q162 | Porcentagem e inequação do 1º grau | Média | 819 | 25% |
| 2018 | Q151 | Semelhança (razão entre áreas) | Média | 930 | 30% |
| 2015 | Q174 | Função quadrática (vértice) | Média | 956 | 24% |
Dificuldade TRI = parâmetro b do INEP na escala da nota; "–" quando o INEP tirou a questão do cálculo. Acerto = porcentagem de todos os participantes que marcaram a resposta certa.
Use a 2022 Q158. Peça o quadro muda, fica fixo e meta (2 min). Calculem o vértice e localizem nos intervalos (3 min). Feche com a 2025 Q162: o que precisa ser cortado pela metade, a quantidade ou o custo? (5 min).