RESOLUÇÕES DA 2ª FASE

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1 Res RESOLUÇÕES DA 2ª FASE MODALIDADE PROGRAMAÇÃO

2 QUESTÃO 01. Primeiramente, transforma-se o número 156 em binário. Uma das formas para isso, seria fatorá-lo. Onde teriamos que 156 = 2 3 * 3 * 13 = 2 3 * ( ) * ( ) = 1* * * * * * * *2 0 = em binário. A negação seria inverter, tornando 0 em 1 e 1 em 0. Desse modo, o número em binário achado seria Para torná-lo decimal, basta multiplicar as bases e somar, sendo o resultado portanto 1* * * *2 0 = = 99. Alternativa correta: letra A. QUESTÃO 02. Transformando para a base 10 temos: = 1* * * *2 3 = = = Esse número na base 10 somado a x é igual a 6 10, ou seja, temos: x = 6 10 x = x = QUESTÃO 03. Caso seja um aumento de 10%, é necessário multiplicar por 1,1 para que possa acrescentar, ao valor do salário anterior, a diferença. Caso seja um aumento de 15%, é necessário multiplicar por 1,15 para que possa acrescentar, ao valor do salário anterior, a diferença. Caso seja um aumento de 20%, é necessário multiplicar por 1,2 para que possa acrescentar, ao valor do salário anterior, a diferença. QUESTÃO 04. Para que sejam verificados os números de 1 a 30 é necessário que haja um loop( de 1 a 30) para que esses sejam testados. Após, é preciso que a verificação, se o número é primo ou não,

3 seja feita e, para que isso ocorra é necessário verificar se o número é divisível por 2, isso é feito observando se o resto da divisão por 2 é zero. Alternativa correta: letras A e D (alternativas iguais). QUESTÃO 05. Analisando o algoritmo, podemos perceber que ele percorre todos os divisores que são menores ou iguais à metade desse número, uma vez que os números maiores que sua metade não poderão dividi-lo de maneira inteira. Para checar se o número tem um divisor que não seja 1 ou ele mesmo, existe o loop da linha 3. Na linha 4, ele captura o resto da divisão do número desejado (N) pelo número atual do loop (divisor). Quando o N é divisível por divisor, o resto da divisão é zero, por isso a condição na linha 5. QUESTÃO 06. a 0 para i de 1 até 100 faça: imprima a se i mod 4 = 0 então: a a + i Para toda iteração que o resto da divisão do número de i, que vai de 1 a 100, por 4 for zero, o valor de i será incrementado na variável a. Ou seja, quando x = 4, a soma dos múltiplos de 4 entre 1 e 100 é QUESTÃO 07. Primeiro decodificamos o binário do enunciado a fim de entender o código = Em seguida tenta-se encontrar uma relação entre esse número e a palavra que o representa. 3ª1ª2ª9ª4ª5 letra do alfabeto = C.A.B.I.D.E Logo, a ordem da letra representa o número em decimal que deverá ser codificado em binário.

4 C.H.E.F.E 3ª8ª5ª6ª5ª letra do alfabeto *1 = 8. QUESTÃO 08. Imaginando a situação menos trabalhosa, onde a mão do jogador já vem ordenada, o algoritmo precisa realizar 9 iterações para comparar a posição atual com a anterior. Para a pior situação, onde a mão vem inversamente ordenada, a quantidade de iterações será de 9*9, resultando em 81. QUESTÃO 09. A cada 3 entradas, é retirada 1 delas da fila. Com isso, após 99 entradas, serão retiradas os 33 primeiros números inseridos. Logo, o número que sairá após a 100 entrada será 34. Alternativa correta: letra A. QUESTÃO 10. Nosso primeiro caso é obter os nomes e idades dos alunos adultos. Para isso, devemos utilizar a projeção para obtermos apenas nome e idades. Para conseguirmos os alunos adultos (que são aqueles maiores de 18 anos), devemos fazer uma seleção sobre a idade dos alunos, com a condição idade >= 18. Assim, nossa álgebra para este caso seria: π Nome, Idade ( σ Idade >= 18 (ListaAlunos) ) ou σ Idade > 17 (π Nome, Idade (ListaAlunos) ) O nosso segundo caso será análogo ao primeiro, diferindo nos seguintes pontos: A projeção será sobre turma e média; A seleção será sobre a condição de média>8.0 Assim, obtemos a seguinte fórmula: π Turma, Media ( σ Media > 8.0 (ListaAlunos) ) Alternativa correta: letras B e D (há equivalência entre as alternativas).

5 QUESTÃO 11. Método 1: Método 2: Transformar cada número paa a base decimal, fazer a subtração e, em seguida, transformar o resultado para a base binária: ^5 + 2^2 + 2^0 = ^3 + 2^2 + 2^0 = = (Por divisão). QUESTÃO 12. Se i inicia-se com 0 e i MOD 2 é 0, concluímos que o número i inicial sempre será contado, logo o intervalo é fechado em i. Como a operação é MOD 2, estamos capturando os números pares e, como a condição do loop é enquanto i <= n, n entra na análise, tornando o intervalo também fechado em n. Assim, o algoritmo retorna a quantidade de números pares entre i e n. Alternativa correta: A e E (alternativas iguais). QUESTÃO 13. Ao conferirmos as interações do programa iremos ver que só haverá 4 iterações, e no final a variável mid receberá 4 atribuições: (11, 33, 16, 24) e as variáveis esq finalizará com valor 8 e dir = 8.

6 QUESTÃO 14. Como temos 777 o maior número octal, dividimos ele por 8 e ordenamos os restos da divisão resultando em 115, porém como é pegue de baixo para cima os restos das divisões, temos a resposta 511. Alternativa correta: letra A. QUESTÃO 15. Questão anulada, devido a ausência de operadores lógicos, essenciais para a resolução da questão. QUESTÃO 16. A frase é: B(A) D(C) Alternativa correta: letra A. QUESTÃO 17. Existem as seguintes possibilidades para as idades dos filhos de Alysson com produto igual a 72: 1 * 1 * 72 = 72 1 * 2 * 36 = 72 1 * 3 * 24 = 72 1 * 4 * 18 = 72 1 * 6 * 12 = 72 1 * 8 * 9 = 72 2 * 2 * 18 = 72 2 * 3 * 12 = 72 2 * 4 * 9 = 72 2 * 6 * 6 = 72 3 * 3 * 8 = 72 3 * 4 * 6 = 72 Em seguida Alysson diz qual a soma das idades de seus filhos para Stenio, logo é uma das seguintes possibilidades:

7 = = = = = = = = = = = = 13 Mas ainda assim Stenio responde que não é possível saber a idades dos filhos de Alysson, no entanto a única maneira de Stenio não ter descoberto sabendo a soma das idades é com resultados duplicados, como é o caso de: = = 14 Em seguida Alysson diz o nome de seu filho mais novo, logo Stenio sabe que Alysson possui um filho menor que os demais, sendo assim a única possibilidade é: = 14. Alternativa correta: letra C. QUESTÃO 18. Assuma: P = O universitário é inocente; Q = Professor culpado; S = Palestrante culpado; De acordo com as sentenças dadas, temos P Q, S Q ^ S. Logo temos já um culpado, o palestrante. Analisando as tabelas verdades das sentenças e tomando S como verdadeira temos que Q é falso, logo o professor é inocente.

8 Daí, analisando a outra sentença lógica, temos que como o professor não é culpado, a sentença torna-se falsa, e, para isso, temos o universitário como culpado. Logo o universitário e o palestrante são culpados. Operadores Lógicos: Implicação = Ou Exclusivo = E = ^. Alternativa correta: letra E. QUESTÃO 19. Negando a proposição, a resposta seria: Qualquer que seja o predador, existe uma presa tal que, ele não consegue caçar e nem comer. Alternativa correta: letra C. QUESTÃO 20. Considerando a=1, b=2,..., X=22 e z=23, temos que: B + J + A + E = = 18 H + D + F = = 18 C + P = = = S. QUESTÃO 21. Considerando a primeira verdadeira, teríamos: B não é maçã, ou seja, pode ser banana ou laranja. A não é maçã, ou seja, pode ser banana ou laranja. C é banana. Com a primeira declaração nenhum seria maçã, portanto não pode ser feito essa declaração.

9 Considerando a segunda verdadeira, teríamos: A é maçã B é maçã C é banana Novamente a declaração não pode ser feita. Considerando a terceira verdade: C pode ser maçã ou laranja, então c é laranja pois b já é maçã B é maçã A é laranja ou banana, então A é banana. Conclui-se então que: A é banana, B é maçã e C é laranja. QUESTÃO 22. Como são 5 cartas a serem puxadas de 52, temos que o total de combinações é a combinação de 52, 5 a 5, que equivale à Como não podemos ter uma tripla e um par de um mesmo número, temos que poderemos ter 13 tipos de triplas diferentes e 12 tipos de pares diferentes em uma mesma mão. Como cada número possui 4 cartas, temos que a tripla é uma combinação de 4, 3 a 3, e o par de 4, 2 a 2. Como são 13 triplas e a combinação é 4 e como são 12 pares e sua combinação da 6, multiplicando esses valores teremos 3744 possibilidades para um full house. Dividindo pelo total de possibilidades temos que a chance de um full house é de 0.144%. Alternativa correta: letra C. QUESTÃO 23. Sabemos que a soma das notas mínimas é 39 ( ) e a máxima é 42 (4,5 + 5,5 + 6,5 + 7,5 + 8,5 + 9,5), e que qualquer alteração muda 0,5 dessa soma. Para que a meta de média 6,84 não seja alcançada, a soma deve ser menor que 41,04 (6,84 * 6). Olhando as somas possíveis podemos perceber que as únicas que não podem acontecer é quando dá 41,5 ou 42, ou seja, quando 6 ou 5 notas possuem o seu maior valor. Logo, para ter um valor que não atinja a média devemos escolher ao menos 2 das 6 notas para ter o seu seu valor sendo o

10 menor possível para a nota. Como isso é no mínimo, outras opções com mais notas também deve ser consideradas. As possibilidades são, no mesmo pensamento da oitava, combinação de n escolhe m, sendo (n m), (6 2) + (6 3) + (6 4) + (6 5) + (6 6) = = 57. QUESTÃO 24. Melhor caso: Ocorre quando a primeira verificação feita, já é uma estrada de ida sem volta, ou seja, quando verifica-se que a posição M[1][2] possui o valor 1 e a posição M[2][1] possui o valor 0, ou vice-versa. Neste caso, houve apena um loop. Dessa forma, o melhor caso é 1. Pior caso: Ocorre quando todas as cidades tem conexões com todas as outras cidades e com estradas de ida com volta. Desse modo, o programa fará a comparação de todas as posições, menos as posições que possuem o mesmo índice para linha e para coluna, ou seja, quando A = B. Desse modo para cada linha ele percorrerá (N-1) colunas, como existem N linhas, então o algoritmo entra em (N-1)*N loops. QUESTÃO 25. Questão anulada devido ao problema com a gráfica que resultou na não impressão de alguns caracteres, no algoritmo, essenciais para a resolução da questão.