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Mostrando postagens de junho, 2014

Técnica de Sobrevivência: Cálculo I

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Atualmente as redes sociais, por meio de meme, difundem a dificuldade clássica para a maioria dos estudantes que iniciam um curso superior na área de exatas. A dificuldade está em passar na disciplina de Cálculo, mais precisamente não Cálculo I, base de todo curso de exatas. O conceito de Cálculo na matemática é muito diferente aquele atribuído por uma pessoa no seu cotidiano. Trata-se de ferramenta matemática que permite estudar diversos fenômenos e eventos que ocorrem em determinadas situações. Para seu estudo e compreensão é necessário o domínio de conceitos de Álgebra , Geometria Analítica , Funções e Trigonometria . Se o leitor está pensando em realizar um curso na área de exatas, pode ser relevante aos seus estudos, realizar uma Avaliação Diagnóstica, para analisar seus conhecimentos nestas quatro áreas. Em seus livros James Stewart, costuma disponibilizar, logo de inicio, uma avaliação deste tipo. Que tal realizar esta avaliação? Lembre-se que é sem
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Questão 44 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

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Para determinar a altura de um prédio, um estudante, que estava sem instrumento de medida de comprimento, e com ajuda de um instrumento que ele construiu, mediu de forma aproximada o ângulo de elevação do prédio a partir de A, obtendo 45°. Em seguida, caminhou até B, que ele sabia que estava distante 50 m de A e mediu novamente o ângulo de elevação, obtendo 30°. A figura a seguir representa essa situação. Para o cálculo da altura, o estudante utilizou tg 30º ≈ 0,6 e tg 45º ≈ 1. Assim, a altura aproximada do prédio é (A) 48 m. (B) 60 m. (C) 75 m. (D) 84 m. (E) 93 m. Solução: (C) Aplicando o Método de Resolução de Problemas segundo Polya: 1° – Compreensão do Problema Segundo a imagem do enunciado temos dois triângulos retângulos que compartilham um mesmo cateto que representa a altura ( h ) do edifício. A Figura 1 mostra uma reconstrução da imagem do enunciado para auxiliar na interpretação da quest
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Questão 43 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

Uma embalagem de suco concentrado tem a forma de um paralelepípedo reto. Sua base tem a forma de um quadrado de 7 cm de lado. Sabendo-se que essa embalagem tem capacidade de 1 litro, pode-se afirmar que a alternativa que indica o valor mais próximo da altura dessa embalagem é (A) 17,0 cm. (B) 18,8 cm. (C) 19,6 cm. (D) 20,4 cm. (E) 21,2 cm. Solução: (D) Aplicando o Método de Resolução de Problemas segundo Polya: 1° – Compreensão do Problema Segundo o enunciado temos que calcular a altura de um paralelepípedo reto cuja base é um quadrado de lado 7 cm e o volume de 1 litro. Temos que converter a unidade de volume litro para cm 3 . O volume ( V ) do paralelepípedo reto é obtido pelo produto da área da base ( A base ) pela altura ( h ). 2° – Estabelecimento de um Plano Converter o volume em litros para cm 3 e utilizar a fórmula do volume do paralelepípedo par
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Questão 42 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

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A figura representa um quadrado formado por cinco polígonos: um quadrado e quatro triângulos retângulos. Esses triângulos são congruentes, cujos catetos medem a (cateto maior) e b (cateto menor) e a hipotenusa mede c . A área da região quadrada destacada na figura é igual a (A) c 2 – (a + b) 2 (B) c 2 – a 2 – b 2 (C) (c – a) 2 + b 2 (D) a 2 – 2ab + b 2 (E) a 2 – b 2 Solução: (D) Aplicando o Método de Resolução de Problemas segundo Polya: 1° – Compreensão do Problema Inicialmente consideremos a parte indicada na Figura 1 como sendo um erro construtivo na imagem do enunciado.   Figura 1: Erro construtivo na imagem do enunciado. Na Figura 2 indicamos os pontos por letras, devemos determinar uma expressão que representa a área do quadro EFGH.   Figura 2: Indicação dos pontos. Podemos observar que temos quatro triângulos retângulos congruentes: Δ AFB ; Δ BGC ; Δ CHD , e; Δ DEA . Lados co
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Questão 41 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

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Os pares ordenados (0, 0) e (1, 3) pertencem ao gráfico de uma função polinomial do 2.º grau. O máximo dessa função tem abscissa x = 2. Logo, o valor da função no ponto de abscissa x = –1 é (A) 5. (B) 4. (C) 0. (D) –4. (E) –5. Solução: (E) Aplicando o Método de Resolução de Problemas segundo Polya: 1° – Compreensão do Problema Determinar a o valor de  f  (– 1) de uma função do segundo grau [ f  ( x ) =  a  ·  x 2  +  b  ·  x  +  c  ] que possui os pontos P 1  = (0, 0) e P 2  = (1, 3). Como a função apresenta um valor de máximo ( a  < 0) então a concavidade da parábola está voltada para baixo, logo  f  ( x ) = –  a  ·  x 2  +  b  ·  x  +  c . Temos a abscissa do vértice da parábola:  x v  = 2. 2° – Estabelecimento de um Plano Utilizar os dados do enunciado para obter a função e calcular  f  (– 1).                                               3° – Execução do Plano f  ( x ) = –  a  ·  x 2  +  b  ·  x  +  c Para o ponto P 1  = (
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Questão 40 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

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Se a medida do raio de uma esfera é 10 cm, então a área de sua superfície é igual a (A) 100π cm 2 . (B) 200π cm 2 . (C) 400π cm 2 . (D) 600π cm 2 . (E) 800π cm 2 . Solução: (C) Aplicando o Método de Resolução de Problemas segundo Polya: 1° – Compreensão do Problema Calcular a superfície (  S  ) da esfera de raio (  r  ) igual a 10 cm. 2° – Estabelecimento de um Plano Utilizar os dados e aplicar na fórmula da área da esfera.                                               3° – Execução do Plano S  = 4 · π ·  r 2 S  = 4 · π · 10 2  = 4 · π · 100 = 400 · π  cm 2 4° – Avaliação Questão do tipo “se lembra ... faz ... se não lembra ... chuta”. Que aprecia a História da Matemática pode se lembrar de Arquimedes que deduziu a fórmula para cálculo da área da esfera. Arquimedes observou que uma esfera inscrita no cilindro tem a área de superfície igual a área lateral deste cilindro. A SE  =  A Lateral do Cilindro A SE  = 2 · π ·
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Questão 39 – Prova do Estado – (OFA) 2.014 – Professor de Educação Básica II

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Ana, aluna do 1.º ano do Ensino Médio, analisou o gráfico a seguir. Esse gráfico mostra a variação da quantidade V de litros de água em uma caixa em função do tempo t em minutos. No instante inicial, instante t = 0, a caixa tem 3 000 litros de água. Analise algumas conclusões de Ana sobre esse gráfico: I. A quantidade V de água e o tempo t são inversamente proporcionais, pois se t aumenta V diminui. II. A quantidade V de água em função do tempo t pode ser expressa por V = 3 000 – 100t. Pode-se concluir que Ana (A) obteve uma sentença correta que relaciona V e t e mostra domínio da noção de grandezas inversamente proporcionais. (B) obteve uma sentença correta que relaciona V e t, mas ainda não tem domínio da noção de grandezas inversamente proporcionais. (C) domina a noção de grandezas inversamente proporcionais, mas não obteve a sentença V = 3 000 – 30t que é a forma correta de relacionar V e t desse problema. (D) domina a noção de grandezas invers
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Latex Editor (Equações Matemáticas)

Launch CodeCogs Equation Editor

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Adição ou Subtração de 2 Frações: o Método da Borboleta

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Explorando o mundo virtual encontrei outra forma de realizar a adição ou subtração de duas frações com denominadores diferentes. O processo é igual ao apresentado na postagem sobre o Método Oculto , entretanto é bem mais didático e agradável para ser apresentados aos alunos, principalmente aos alunos do Ensino Fundamental I. Para somar ou subtrair frações da maneira borboleta, siga os passos observando as borboletas abaixo ilustram o procedimento de 3/4 + 2/5 e de 3/4 - 2/5 .  1. Escreva as frações lado-a-lado, como de costume e desenhe duas asas ao longo das diagonais formadas pelo numerador de uma fracção e o denominador da outra fracção e desenhar uma antena em cada asa. 2. Tal como sugerido pelas asas, que se parecem com um sinal de multiplicação ( "X" ), multiplicar os números em cada asa e colocar o produto na antena para a asa correspondente. 3. Você pode pensar ou dizer: "Esta pobre borboleta precisa de um corpo". Para dar-lhe um
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Sistema de Equações Ilustradas

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Sistemas de Equações ilustradas estão ganhando espaço nas redes sociais. A ideia é alterar as tradicionais letras de algumas equações por imagens, geralmente de um tema específico. A forma de resolução não é diferente da tradicional seguindo uma sequência lógica e a última equação, muitas vezes, requer uma atenção especial. O primeiro que resolvi (não me lembro quando) está na Figura 1: Figura 1: Minha primeira resolução de uma Equação Ilustrada. Este tipo de atividade pode ser motivador para os alunos.  A aplicação desta atividade pode ser na forma de exercícios livres em algum momento da aula, ou em atividades no qual os alunos criam suas próprias  Sistemas   Equações Ilustradas (utilizando os temas que mais lhes agradam) compartilhando com seus colegas nas redes sociais. Lembrando que resolver ou não um destes sistemas  não o torna um gênio da matemática ou do raciocínio lógico. Abaixo compartilho algumas outros  Sistemas de   Equações Ilustrad
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Origami Modular: Hexaedro Regular

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O Hexaedro Regular é o segundo Sólido de Platão e popularmente chamado de Cubo. Apresenta doze arestas, oito vértices e seis faces. As faces são quadradas e iguais. Este origami pode ser usado nas aulas de geometria como objeto manipulável de baixo custo. O hexaedro é formado por seis partes, cada parte forma uma face e utiliza uma folha de papel no formato quadrado. A face do hexaedro tem a metade da medida do quadrado original. As Figura 1 a Figura 8 mostram como construir cada uma das peças do origami. Figura 1: utilize uma folha de papel no formato quadrado. De preferência utilize papel dobradura ou papel sulfite. Figura 2: temos que dobrar a folha ao meio, em ambos os sentidos. Atenção dobre marcando apenas próximo os lados. Evite dobrar no centro, para evitar que a face d hexaedro fique com um vinco. Figura 3: dobre um dos lados ao centro. Figura 4: faça o mesmo com o lado oposto. Figura 5: gire 90º e dobre o lado ao meio utilizando
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