Resolução prova enade 2005 - internet - Blog de Matemática · PDF fileCOORDENAÇÃO DE MATEMÁTICA Estrada da Caroba, 685, ... QUESTÕES RESOLVIDAS . ... Retirada de x 3 /s de água

FUNDAÇÃO EDUCACIONAL UNIFICADA CAMPOGRANDENSE (FEUC)

FACULDADES INTEGRADAS CAMPO-GRANDENSES (FIC)

COORDENAÇÃO DE MATEMÁTICA

Estrada da Caroba, 685, Campo-Grande/RJ - Tel: 3408-8450

Sites: www.feuc.br, www.sites.google.com/site/FEUCmat

E N A D E 2005

MATEMÁTICA

LICENCIATURA

QUESTÕES RESOLVIDAS

I N T R O D U Ç Ã O

Estamos apresentando a prova do ENADE aplicada em 2005 para os cursos de

Licenciatura em Matemática.

Este trabalho tem o objetivo de aproximar alunos e professores das Faculdades

Integradas Campo-Grandenses ao Projeto ENADE 2011.

Reconhecemos que fazemos um trabalho de qualidade. Isto fica determinado pela

nota 3,0 do ENADE 2008. Mas, necessariamente, ao pensarmos que temos a necessidade de

expandirmos nossos conhecimentos estaremos no caminho progressivo.

Esperamos que, alunos e professores, possam colaborar informando sobre possíveis

erros que por ventura tenhamos cometido.

Agradecemos ao Professor Rodrigo pelas resoluções das questões 23, 24, 27 e 28.

Dedicamos este trabalho aos alunos concluintes 2011 do Curso de Licenciatura em

Matemática das Faculdades Integradas Campo-Grandenses.

Alzir Fourny Marinhos

E-mail: [email protected]

Rodrigo Neves

E-mail : [email protected]

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RESOLUÇÃO:

Retirada de x 3 /s de água.

Custo total de y estimado da obra em bilhões de reais.

Número de habitantes z beneficiados pelo projeto.

=

−−−

2

4

11

.

201

140

221

z

y

x

x + 2y – 2z = 11

4y – z = 4

x - 2z = 2

Multiplicando a primeira equação por (-1) e somando-se à terceira, teremos o sistema

equivalente:



x + 2y – 2z = 11

4y – z = 4

- 2y = -9

Daí:

y = 4,5 bilhões de reais;

z = 4y - 4 = 4. 4,5 - 4 = 14 milhões de habitantes;

x = 11 – 2y + 2z = 11 – 9 + 28 = 30 m3 / s (menos de 2% da vazão do rio( 2% de 1850 = 37 m3 /s).

RESPOSTA: O custo total estimado da obra é superior a 4 bilhões de reais.

RESOLUÇÃO:

1806.10.32

3.4.

2

4.5.3.. 2

42

51

3 ===CCC

RESPOSTA: 180


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RESOLUÇÃO:

No somatório temos uma progressão geométrica de razão 2

1.

A soma de uma PG finita é 1

)1(1

−−

q

qa n

. Como a1 = 1 temos 1

1

−−

q

q n

, que na questão faz a

representação de q por x.



41

4

4

44

3

1

2

1

:

3

1

12

1

12

12)

2

1(

2

1

3

1

1

12

3

12

1

1;

3

12

>

>−

+−==

>−

+−

>−−−>−

−n

n

n

n

n

emChegamos

temosxqSe

x

xx

x

xS

Então 2 n - 1 < 81 e o maior inteiro que satisfaz a inequação é n = 7.

RESPOSTA : 7

RESPOSTA:

P(x) = (m - 4) (m2 + 4) x5 + x2 + kx + 1.

P(x) não admite raiz real.

Veja que um polinômio do quinto grau admite cinco raízes. Podemos ter dois pares de raízes

complexas imaginárias conjugadas e uma raiz complexa real. Se o polinômio for de grau impar

sempre admite raiz real.

Logo (m - 4). (m2 + 4) = 0, para não admitir raiz real.




Daí m - 4 = 0 e m = 4.

Para m2 + 4 = 0, não teremos raízes reais como solução desta equação.

Logo para (m - 4). (m2 + 4) = 0 temos m = 4.

Agora devemos analisar x2 + kx + 1 = 0.

Qual a condição para que tenha raízes complexas?

Que b2 – 4ac seja negativo.

Logo k2 – 4 < 0 .

A parábola abaixo representa a lei y = k2 – 4 e tem valores de y negativos no intervalo

-2 < k < 2.

Logo a solução de k2 – 4 < 0 é -2 < k < 2, k Real.

RESPOSTA: m = 4 e -2 < k < 2.




QUESTÃO ANULADA






RESOLUÇÃO:

Q0

Q1

Q2 Q3

Veja que Q0, Q2, Q4 , Q6 . . . são paralelogramos retângulo. Veja que Q1

, Q3, Q5. . . são

paralelogramos não retângulo.

Construindo um modelo para os dois primeiros paralelogramos Q0 e Q1:

Veja que a área de (Q1) é igual a área de (Q0) subtraída de quatro triângulos retângulos

congruentes formados entre as duas figuras Q0 e Q1. Assim:

Supondo o retângulo Q0 com lados 2 e 4. A área a(Q0) = 8.

A área de cada triângulo retângulo será S = 2

2.1 = 1. Como há quatro triângulos congruentes

teremos a( Q1) = 8 – 4.1= 4.

Assim temos 2

1

8

4

)(

)(

0

1 ==Qa

Qa. Isto é válido para as outra situações .

)(

)(

1−i

i

Qa

Qa

Então temos todos os itens do exercício corretos.

RESPOSTA: Todos os itens estão corretos.






RESOLUÇÃO:

V1 - Volume da Pirâmide.

3

)..(1

OACBCDV =

Veja que AO é a altura da pirâmide.

V2 – Volume do Prisma.

3

8

..

8.

3

..

.8

..

2.

2.

2

1

2

2

==

==

OACBCD

OACBCD

V

V

OACBCDOACBCDV

Veja que CD.CB e AO surgem nos dois volumes. Esses dados determinam que a base da

pirâmide seja retângulo ou um paralelogramo qualquer e a altura da pirâmide dada por AO,

seja definida quando o ângulo OAB for retângulo ou não.

RESPOSTA: As duas asserções são proposições verdadeiras, mas a segunda não é justificativa

da primeira.



RESOLUÇÃO:

(1) x2 + y 2 + 4x – 4y + 4 = 0 (2) x2 + y2 – 2x + 2y + 1 = 0

x2 + y2 – 2xcx – 2ycy + xc2 + yc

2 – r2 = 0

(1) - 2 xc = 4; x c = - 2 - 2 yc = - 4; yc = 2

(-2)2 + 22 – r2 = 4

- r2 = - 4; r = 2

(2) – 2xc = -2; xc = 1 - 2yc = 2; yc = -1

12 + (-1)2 – r2 = 1

r2 = 1; r = 1

Abaixo temos as representações das duas equações de circunferência:

−11.0 −10.0 −9.0 −8.0 −7.0 −6.0 −5.0 −4.0 −3.0 −2.0 −1.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0

−6.0

−5.0

−4.0

−3.0

−2.0

−1.0

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

6.0

x

y

Comentando os itens:

Item a) As duas circunferências não têm pontos em comum.

Item b) Equação da reta que passa pelos centros das circunferências (1, -1) e ( -2, 2) é y = - x.

Item c) Veja na representação das circunferências que o eixo x tangencia as duas

circunferências, assim como o eixo y.

Item d) O raio da circunferência C1 é o dobro do raio da circunferência C2.

Item e) C1 está contida no segundo quadrante e C2 está contida no quarto quadrante.

RESPOSTA: Os eixos coordenados são tangentes comuns às duas circunferências.



RESOLUÇÃO:

Veja novembro de 2005:

seg ter quar qui sex sáb dom

0 1 2 3 4 5 6

7 8 9 10 11 12 13

14 15 16 .....................................................

................................................................................

.....................................................1097

15 é côngruo a 1 módulo 7, isto é, 15 dividido por 7 deixa resto 1, que está na terça feira.

Devemos verificar quantos dias temos de 15 de Nov de 2005 a 15 de Nov de 2008.

Veja que temos em 2005 de 15 de Nov (inclusive) a 31 de dez, 16 dias em novembro e 31 dias

em dezembro.

Em 2006 temos 365 dias; em 2007 temos 365 dias; em 2008 (ano bissexto com fevereiro tendo

29 dias) até 15 de novembro temos 366 dias menos 46 dias (excluir 15 dias de novembro mais

31 dias de dezembro). Logo temos no total 1097 dias, que dividido por 7 deixa resto 5, que

equivale ao sábado.

RESPOSTA: sábado



RESOLUÇÃO:

3 1

Módulo 1

Argumento 00

)3

0360

3

0360(cos11

00003 +++= K

seniK

K = 0: 1(cos 00 + i sen 00) = 1

K = 1: 1(cos 1200 +i sen 1200) = i2

3

2

1 +−

K = 2: 1(cos 2400 +i sen 2400) = i2

3

2

1 −−

3 8



Módulo 2

Argumento 00

)3

0360

3

0360(cos28

00003 +++= K

seniK

K = 0: 2( cos 00 + i sen 00)= 2

K=1: ii 31)2

3

2

1(2 +−=+−

K=2: ii 31)2

3

2

1(2 −−=−−

Comentando os itens:

Item a) Os vértices do triângulo T são 1, i2

3

2

1 +− , i2

3

2

1 −− . A proposição é falsa.

Item b) iiisenei

31)2

3

2

1(2)

33(cos22 3 +=+=+= πππ

. Os vértices do triângulo S são 2;

i31+− ; i31−− . A proposição é falsa.

Item c) O produto de W1 Z1

tem módulo dado pelo produto do módulo de W1 pelo módulo de

Z1, isto é, módulo 2.

Veja que 6 1 tem módulo 1. A proposição é falsa.

Item d) Se W1= 2, então W2 2 = W3.

W22 não pode ser W3 pois W2

2 tem módulo 4 e W3 tem módulo 2. A proposição é falsa.

Item e) Z1 = 1 ; Z 2 = i

2

3

2

1 +− ; Z3 = i

2

3

2

1 −− . Z2 é o conjugado de Z3. A proposição é

verdadeira.

RESPOSTA: Se Z1 = 1, então Z2 é o conjugado de Z3.



RESOLUÇÃO:

Área de T:

Abaixo os pontos )0,1();2

3,

2

1();

2

3,

2

1( −−−

Área a = 4

33

2

)2

11(3

=+



Área de S:

Abaixo os pontos )0,2(;)3,1();3,1( −−−

Área a’ = 332

)12(32 =+

Veja que a’= 4 a.

RESPOSTA: a’ = 4ª




RESOLUÇÃO:

Os dois planos são paralelos pois:

7

2

12

4

3

1

15

5 ≠==

Veja que (1, 1, -1) pertence ao plano 5x + y + 4z = 2 e sendo (10, 2, 8) vetor normal ao plano

temos a equação 10(x – 1)+ 2(y-1) +8(z+1) = 0, que corresponde a equação do plano dada.

Veja que (7/15, 0, 0) pertence ao plano 15x + 3y + 12z = 7 e sendo (10, 2, 8) vetor normal

temos a equação 10(x – 7/15) + 2(y - 0) + 8(z – 0) = 0, que corresponde a equação do plano

dada.

Então (10, 2, 8) é vetor normal aos dois planos dados.

Ao dizer que (10, 2, 8) é um vetor não nulo e normal a ambos os planos está informando que

os planos poderiam ser coincidentes. Logo esta asserção, somente, não justifica que os dois

planos sejam paralelos. É necessário que se observe os termos independentes das equações

do plano.

RESPOSTA: As duas asserções são proposições verdadeiras, mas a segunda não é uma

justificativa da primeira.




RESOLUÇÃO:

Dados dois elementos a e b ∈ G, um conjunto munido de uma operação * terá sempre uma

solução para a equação a * x = b se o elemento a ≠ 0 for simetrizável (no caso de * ser aditiva)

ou inversível (no caso de * ser multiplicativa).

Assim sabemos que existe a – 1 ∈ G tal que a * a – 1 = a -1 * a = 0 (elemento neutro).

Logo: a -1 * ( a * x) = a-1 * b

(a- 1 * a) * x = a-1 * b; Veja que a -1 * a é o elemento neutro.

X = a-1 * b é solução.

Agora note que :

10 ) Em um grupo ( G, .) todos os elementos ≠ 0 são simetrizáveis por .

20 ) Em um corpo ( K, +, .) todos os elementos ≠ 0 são simetrizáveis por + e inversíveis por .

30) Em um anel ( A, +, .), garantimos a simetria por +, mas não a inversibilidade por .

Consequentemente a resposta certa é c.

RESPOSTA : Em um anel ( A, + , .) a equação a . X = b tem solução para quaisquer a e b

pertencentes a A.





RESOLUÇÃO:

Uma transformação linear é uma função entre dois espaços vetoriais que preserva as

operações de adição vetorial e produto por escalar.

Definição:

Sejam V e W espaços vetoriais sobre o mesmo corpo K.

Diz-se que T : V → W é uma transformação linear se:

)()(,)

)()()(,,)

vaTavTRaVevii

wTvTwvTVwvi

=∈∈∀+=+∈∀

Importante:

Toda transformação linear T pode ser escrita na forma matricial como um produto de uma

matriz de constantes ( coeficientes) por um vetor.

No caso do exercício temos T : R2 → R2

No item I temos uma rotação com um ângulo θ dado por

T (x) =

−y

x

sen

sen.

cos

cos

θθθθ

(produto).

Logo é transformação linear.

No iem II temos um cisilhamento dado por T(x) =

y

x

c

c.

1

1

2

1(produto).


No item III temos translação dada por T(x) =

+

2

1.c

c

y

x( adição).

Não é transformação linear

No item IV não é linear pois precisa de alguma lei envolvendo potências de expoente ≥ 2

ou raízes.



No item V temos a variação de tamanho uniforme ou homotetia dada por

T(x) =

y

x

c

c..

2

1(produto).


No item VI temos variação de tamanho não uniforme dado por

T(x) =

y

x

c

c..

2

1com c2 = 0 ( produto).


RESPOSTA : I, II , V e VI

RESOLUÇÃO:

Vamos fazer algumas análises na função f(x) = x3 – 2x2 + 5x +16.

Veja que ao derivarmos f(x) encontramos f’(x) = 3 x2 – 4x + 5, que tem como representação

uma parábola acima do eixo x ( f’(x) admite raízes complexas). Logo f’(x) > 0 para todo real x.

Logo isto determina que a função f(x) = x3 – 2x2 + 5x + 16 é crescente para todo real x.

Em busca da resposta correta verificamos que f(-1) = 8 > 0 e f(-2)= -10 < 0. Logo temos, no

intervalo entre -1 e -2, a raiz x0 de multiplicidade 3 da função f(x), isto é, f(x0 ) = 0, onde x0 está

entre -1 e -2.

RESPOSTA: Existe um número real x0 < 0 tal que f(x0) = 0.




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RESOLUÇÃO:

Veja que o gráfico dado tem, no enunciado, no intervalo entre 0 e 1 a função f(x) = 1, que

resulta como integral uma função do primeiro grau F(x) = x neste intervalo; tem, no intervalo

de 1 a 2, a função f(x) = -1, que resulta como integral uma função do primeiro grau

F(x) = ax + b, a < 0 neste intervalo; tem, no intervalo de 2 ao infinito a função f(x) = ax + b,

a > 0, que resulta como integral uma função quadrática de concavidade para cima neste

intervalo.

RESPOSTA: Item D



RESOLUÇÃO:

Note que a temperatura é dada por T(x,y,z) = 1

50222 +++ zyx

Como desejamos encontrar o ponto de maior temperatura e T é dada por uma fração de

numerador constante, temos de achar o menor valor para o denominador x2 + y2 + z2 + 1.

Usando gradiente:

)2,2,2(),,(),,( zyxz

T

y

T

x

Tzyx =

∂∂

∂∂

∂∂=∇

O mínimo será encontrado quando

===

==∇

0

0

0

)0,0,0()2,2,2(

)0,0,0(),,(

z

esferadacentroOy

x

zyx

zyx

RESPOSTA: Item D) atingirá o seu maior valor no centro da bola.



QUESTÃO 28:



RESOLUÇÃO:

I) Certo pois as curvas de nível de uma superfície são dadas pelas intersecções da mesma

por planos horizontais.

II) Certo pois =−−

∞→+

22

22lim yx

yxe =+−

∞→+

)( 22

22lim yx

yxe 0lim =−

∞→

a

ae

011

lim == ∞∞→ eeaa

III) Errado pois ela é ilimitada inferiormente pelo plano xy. Quanto mais nos afastarmos da

origem mais a altura da superfície tende a zero, mas não o ultrapassa.

Consequência direta do item II.

IV)

ππ

ππ

=−

=−=−=== −∞−

∞→∞→

−−

∞→+

−−−−∫∫∫∫∫∫

)01(

)1()1(lim2

22

22

22

22

2

22

eedxdyedxdyedxdye a

aa

yx

yx

yx

R

yx

Está correto.

RESPOSTA : I, II e IV.





PADRÃO DE RESPOSTAS DADO PELO INEP:












RESOLUÇÃO:

Item I:

Na figura do problema 1 podemos ter um círculo inscrito no octógono sugerindo uma

aproximação da área do círculo com a área do octógono.

O item I está certo.

Item II:

No problema 2 ao aproximarmos π podemos ter:

3,14 < 3,1415 < 3,15.

3,14 é aproximação por defeito (para menos) e 3,15 por excesso (para mais).

Veja que a área do círculo com aproximação 3,14 dá 3,14 . (4,5)2 = 63,5 = 64.

Logo podemos ter aproximação por defeito (para menos).

O item II está errado.

Item III:

No problema 2 a área do círculo de diâmetro d é igual a área do quadrado de lado d9

8.

O item III está correto.

RESPOSTA: Apenas os itens I e III estão corretos.





RESOLUÇÃO:

A equação do segundo grau, já antes de Cristo - 3000 aC, tinha propostas de resolução de

equações simples. Não havia os números negativos. Não havia a álgebra simbólica. Resolviam

alguns tipos de equações com palavras (álgebra retórica). Após a cultura geométrica Grega

(500 aC) resolviam de forma geométrica completando quadrados. A fórmula, hoje conhecida,

foi desenvolvida com o passar dos séculos e só depois de 1500, com a álgebra simbólica,

tomou a forma algébrica que conhecemos.

O item A está incorreto. Com a história os alunos podem perceber formas de resoluções

diferentes das equações do segundo grau, desenvolvendo competências.

O item B está correto pois, geometricamente, podemos resolver algumas equações do

segundo grau completando quadrados, metodologia usada para a construção algébrica da

fórmula da resolução da equação do segundo grau.

O item C está incorreto pois devemos apresentar inicialmente os fatos históricos ( já no Ensino

Fundamental) e a partir deles construirmos os conceitos.

O item D está incorreto pois historicamente tivemos, antes de Cristo (3000 aC), resoluções de

equações simples, pelas propostas metodológicas de resolução e por não termos a construção

dos negativos, irracionais e complexos imaginários.



O item E está incorreto. Com a história da Matemática teremos aceleração de aprendizagem.

RESPOSTA: É adequada a inserção dessa perspectiva, associada à manipulação de recorte e

colagem pela complementação de quadrados, buscando sempre alternativas para as

situações que esse procedimento não consegue resolver.



RESOLUÇÃO:

O estudo dos números decimais tem início nos anos iniciais do Ensino Fundamental – quinto

ano - onde os números decimais são ensinados através do material dourado (com

representações parte do todo, sendo o todo potências de 10) e problemas envolvendo valores

monetários e grandezas de medida.

Comentando os itens II e III:



No item II ao colocar que os números decimais deve preceder o ensino do sistema monetário,

está incorreto, pois o ensino dos números decimais deve ser ensinado atrelado aos problemas

envolvendo valores monetários.

O Item III não é apropriado para superação da baixa aprendizagem embora a maioria dos

programas apresentem o estudo de frações decimais de forma independente e bem posterior

ao estudo de frações de quantidade qualquer.

Assim, as reflexões dos itens I e IV podem superar a baixa aprendizagem dos números

decimais.

RESPOSTA: I e IV



RESOLUÇÃO:

Nesta questão apenas o item “e” está incorreto. Ao afirmar que o problema examina

conseqüências do uso de diferentes definições deixa o problema fechado apenas para o exame

de conseqüências com o gasto de água.

RESPOSTA: Examina conseqüências do uso de diferentes definições.



RESOLUÇÃO:

O cubo tem 11 planificações ao todo e a planificação apresentada pelos alunos não está entre

elas (não monta o cubo).

Quando uma afirmação tem base matemática podemos dizer que tem explícito um

fundamento matemático.

Ao observarem que não poderiam montar um cubo deram justificativas.

No item A colocaram que não se podem alinhar três quadrados. Falso. Podemos ter

alinhamento de três e mais três quadrados para planificar o cubo.

No item B podemos ter uma planificação com quatro quadrados alinhados e dois quadrados

um de cada lado oposto dos quadrados alinhados. Faltou a fundamentação matemática.

No item C temos uma afirmação falsa pois podemos ter três quadrados alinhados e ao lado do

último mais três alinhados.

No item D ao colocar que cada ponto que corresponderá a um vértice deverá ser o encontro

de, no máximo, três segmentos, que serão arestas do cubo fez uma proposição verdadeira e

com fundamentação matemática.

No item E não podemos ter quatro quadrados e os outros dois do mesmo lado. Logo a

proposição é falsa.



RESPOSTA: Cada ponto que corresponderá a um vértice deverá ser o encontro de, no

máximo, três segmentos, que serão arestas do cubo.

RESOLUÇÃO:

Hoje, no ensino dos anos iniciais do Ensino Fundamental, quinto ano, já ensina-se

porcentagem, após o ensino de frações e números decimais. Mostram-se exemplos em vários

contextos sociais. Ensina-se porcentagem integradas à geometria quando temos um quadrado

com subdivisões em cem quadrados; percentual em forma de porcentagem, fração ou número

(23%; 23/100; 0,23); em medidas quando, por exemplo, definimos 50% de um litro; em

tratamento da informação quando em gráficos de setores representamos porcentagens de um

determinado evento.

Logo consideramos corretos os itens:



I- O ensino de porcentagem deve ter o contexto sociocultural como motivação de aprendizagem.

III- ensino de frações centesimais e o de frações de quantidade devem ser articulados com

o ensino de porcentagem.

IV-O conteúdo de porcentagem favorece um trabalho integrado entre diferentes blocos de

conteúdos, tais como números, medidas, geometria e tratamento da informação.

RESPOSTA: I, III, IV.



RESOLUÇÃO:

Como h = nm. define a média geométrica de m e n e h2 = m.n podemos ter a

representação com régua e compasso da média geométrica de m e n que é dada por h.

Se h2 = m.n, então a área de um quadrado de lado h é igual a área do retângulo de lados m

e n.

Veja que os triângulos BAD ; ADB e ADC são semelhantes pois têm os seu ângulos

congruentes.

RESPOSTA: Todos os itens estão certos.







RESOLUÇÃO:

Ao fazermos 3.3 temos .39 = Se a máquina determina o valor de 3 teremos para

3.3 um valor decimal finito.

Ao fazer 3.3 como 3 ou 2.9999999996 não existem erros nas máquinas. Ao

encontrarmos 3 podemos estar usando as propriedades dos radicais nos programas da

máquina. Ao encontrarmos 2.9999999996 estaremos usando o produto de dois números

decimais finitos. É interessante observarmos que se escrevermos 3 como infinitas

decimais não periódicas e multiplicarmos pelo mesmo valor teremos um número com

infinitas decimais tendendo para 3 (limite). Assim estaremos discutindo as diferenças entre

os conceitos de números racionais, irracionais e aproximações.

RESPOSTA: Confrontar a resposta obtida com a de uma calculadora científica, discutindo

a diferença entre os conceitos de números racionais, aproximações e números

irracionais.



RESOLUÇÃO:

O aluno dividiu 63787 usando inicialmente a divisão de cada ordem por 3 gerando 21222.

Veja que usou corretamente o procedimento de divisão quando ao dividir 7 (centena

simples) por 3 obteve resto 1 (centena simples) que representa 10 na ordem da dezena

simples e que somado com 2 de resto da divisão de 8 (dezena simples) por 3 dá 12, que

dividido por 3 dá 4 e que somado com 2 gerado da divisão de 8 por 3 encontrou 6. Ao

dividir 7 (unidade simples) por 3 encontrou 2 e resto 1. Ao fazer a divisão encontrou

corretamente o quociente 21262 e resto 1.

RESPOSTA: O aluno compreendeu tanto a estrutura de número quanto o conceito da

operação de divisão.







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