Questão 150 — ENEM 2015Caderno azul · 2º Dia

Ficha da Questão

• 📚 Matérias Necessárias: Matemática → Funções Quadráticas e Inequações do 2º Grau
• ⚡ Nível: Médio — exige montar uma função-receita a partir de um enunciado e resolver uma inequação quadrática antes de interpretar o resultado no contexto do problema
• 🎯 Tema/Habilidade: Otimização com função quadrática (maximizar quantidade sujeita a uma restrição de receita) — competência de modelagem matemática de situações-problema
• 🏆 Gabarito: A — revelado após resolução completa

Passo 1 — Leitura Estratégica do Comando

• Comando reformulado: "Entre os preços que mantêm a arrecadação diária em pelo menos R$ 300,00, qual é o menor preço possível (o que gera a maior quantidade vendida)?"
• Palavras-chave decisivas: maior possível, sem diminuir, arrecadação diária
• Armadilha típica: resolver apenas a inequação p² − 4p + 3 ≤ 0 e parar por aí, esquecendo de checar qual extremo do intervalo [1, 3] realmente maximiza a quantidade vendida — ou, pior, confundir "maximizar quantidade" com "maximizar receita" e procurar o vértice da parábola de receita.
• O que a resposta precisa demonstrar: capacidade de traduzir "quantidade máxima sem reduzir a arrecadação" em uma inequação do tipo R(p) ≥ 300, resolvê-la e escolher, dentro da solução, o preço coerente com o objetivo do gerente (maior q possível).

Passo 2 — Mapa de Conceitos Essenciais

• Função quantidade (dada): q(p) = 400 − 100p é uma função afim decrescente — quanto menor o preço p, maior a quantidade q vendida.
• Função receita (arrecadação): R(p) = p · q(p). Como q(p) é do 1º grau, o produto p·q(p) é uma função quadrática (parábola com concavidade para baixo).
• Inequação do 2º grau: para resolver R(p) ≥ 300, isola-se um trinômio ap² + bp + c e usa-se Bhaskara (ou fatoração) para achar as raízes, que delimitam o intervalo-solução.
• Interpretação de extremos de intervalo: quando existe uma faixa de soluções válidas, o valor ótimo para o objetivo (aqui, maximizar q) é sempre um dos extremos dessa faixa — nunca um ponto interior arbitrário.

Passo 3 — Decodificação do Enunciado

• Evidência 1: "vende, em média, 100 pães especiais por dia e arrecada... R$ 300,00" → situação atual: substituindo q = 100 em q = 400 − 100p obtém-se p = 3, e de fato 3 × 100 = 300 — confirma que o preço atual é R$ 3,00 e serve de referência para a arrecadação mínima exigida.
• Evidência 2: "a quantidade... seja a maior possível, sem diminuir a média de arrecadação diária" → dois objetivos simultâneos: (i) maximizar q(p), o que exige reduzir p ao máximo, e (ii) manter R(p) ≥ 300, o que impede reduzir p indefinidamente.
• Síntese: o problema pede o menor preço p que ainda garante R(p) ≥ 300 — esse é o ponto de equilíbrio entre "baratear ao máximo" e "não perder dinheiro".

Passo 4 — Resolução Completa (Passo a Passo)

Subpasso 4.1 — Montar a função receita

A receita diária é o preço multiplicado pela quantidade vendida:

R(p) = p · q(p) = p · (400 − 100p) = 400p − 100p²

Subpasso 4.2 — Impor a condição "sem diminuir a arrecadação"

A arrecadação não pode cair abaixo de R$ 300,00, logo:

400p − 100p² ≥ 300

−100p² + 400p − 300 ≥ 0

Multiplicando por −1 (e invertendo o sinal da desigualdade):

100p² − 400p + 300 ≤ 0

Dividindo tudo por 100:

p² − 4p + 3 ≤ 0

Fatorando (raízes 1 e 3, pois 1 + 3 = 4 e 1 × 3 = 3):

(p − 1)(p − 3) ≤ 0

Como a parábola p² − 4p + 3 tem concavidade para cima, ela é negativa (ou nula) entre as raízes:

1 ≤ p ≤ 3

Subpasso 4.3 — Verificação e escolha do preço ótimo

Dentro do intervalo [1, 3], a quantidade q(p) = 400 − 100p é decrescente: quanto menor p, maior q. Como o gerente quer a maior quantidade possível, deve-se escolher o menor p viável, ou seja, o extremo inferior do intervalo:

p = 1

Conferindo: q(1) = 400 − 100(1) = 300 pães/dia (o triplo da média atual de 100!) e R(1) = 1 × 300 = R$ 300,00 — exatamente a arrecadação mínima exigida, sem reduzi-la. Se o gerente baixasse o preço além de R$ 1,00 (por exemplo, p = R$ 0,80), a arrecadação cairia abaixo de R$ 300,00, violando a condição do problema.

Logo, o preço ideal é p = R$ 1,00, que pertence ao intervalo R$ 0,50 ≤ p < R$ 1,50.

Passo 5 — Análise Crítica de Todas as Alternativas

A) R$ 0,50 ≤ p < R$ 1,50

✅ Correta: contém exatamente o preço ótimo p = R$ 1,00, que é o menor valor de p que ainda satisfaz R(p) ≥ 300 — e, portanto, o valor que maximiza a quantidade vendida sem reduzir a arrecadação.

B) R$ 1,50 ≤ p < R$ 2,50

❌ Incorreta: qualquer preço nesse intervalo pertence ao conjunto-solução da inequação (1 ≤ p ≤ 3, pois está entre 1 e 3), então tecnicamente não reduz a arrecadação abaixo de R$ 300,00 — mas não é a melhor escolha, pois existe um preço menor (p = 1) que gera mais pães vendidos sem violar a restrição. Escolher um preço aqui contraria a instrução de que q deve ser "a maior possível".

C) R$ 2,50 ≤ p < R$ 3,50

❌ Incorreta: mesmo erro conceitual da alternativa B — parte desse intervalo (2,50 a 3,00) ainda satisfaz R(p) ≥ 300, mas gera uma quantidade vendida menor que p = 1; além disso, para p > 3 a receita já fica abaixo de R$ 300,00, violando diretamente a restrição do problema.

D) R$ 3,50 ≤ p < R$ 4,50

❌ Incorreta: para qualquer p > 3, a receita R(p) é menor que R$ 300,00 (fora do intervalo-solução [1, 3] da inequação), então a condição "sem diminuir a arrecadação" já não é atendida — essa faixa de preços está descartada desde a Subpasso 4.2.

E) R$ 4,50 ≤ p < R$ 5,50

❌ Incorreta: mesmo raciocínio da alternativa D, agravado: com p ≥ 4,50, a quantidade vendida cai para q ≤ 400 − 450 < 0, um valor sem sentido físico, evidenciando que esse preço está bem fora da faixa viável determinada pela inequação do 2º grau.

🏆 Gabarito: A — o preço ótimo é p = R$ 1,00, único valor que simultaneamente maximiza a quantidade vendida (q = 300 pães/dia) e mantém a arrecadação exatamente igual à mínima exigida (R$ 300,00); esse valor está contido no intervalo R$ 0,50 ≤ p < R$ 1,50.

Passo 6 — Conclusão, Generalização e Dica de Prova

• Reafirmação do gabarito: entre todos os preços que garantem R(p) ≥ 300 (o intervalo 1 ≤ p ≤ 3), o único que maximiza a quantidade vendida é o extremo inferior, p = R$ 1,00 — e apenas a alternativa A contém esse valor.
• Padrão de cobrança: o ENEM adora problemas de "otimização disfarçada de inequação": você monta uma função quadrática (receita, área, lucro etc.), aplica uma restrição de desigualdade e depois precisa raciocinar sobre qual extremo do intervalo-solução atende ao objetivo pedido (maximizar ou minimizar outra grandeza).
• Generalização: sempre que o problema pedir "o maior/menor valor de X sem violar uma condição Y", resolva a inequação de Y primeiro para achar o intervalo permitido, e só depois analise, dentro desse intervalo, qual extremo favorece X — nunca assuma que o vértice da parábola é a resposta se a pergunta não for sobre receita máxima.
• Dica de eliminação rápida: calcule o preço atual (aqui, R$ 3,00, pela razão arrecadação/quantidade) e lembre que ele é uma das raízes da inequação — isso já elimina alternativas com números "aleatórios" e direciona para a outra raiz (p = 1), que estará na alternativa correta.
• Conexões: esse tipo de questão se conecta a problemas de "lucro máximo" (vértice da parábola) e a problemas de restrição em programação linear simples, ambos recorrentes nas provas de Matemática do ENEM.