23. B 688 1 508 1 a 5 1808 ⇒ a 5 628
10 a Pela lei dos senos, vem:
458 82
C 5 5 x 5 y ⇒ x 5 5 ? sen 508 . 4,13
A sen 688 sen 508 sen 628 sen 688
y5 5 ? sen 628 . 4,76
sen 688
a2 5 100 1 128 2 2 ? 10 ? 8 2 ? cos 458 5 Logo, a 5 628, x . 4,13 e y . 4,76.
5 228 2 160 2 ? 2 5 68 ⇒ a 5 68 5 2 17
29. Dam d'Souza/ Arquivo da editora
2
24. D C
10 x P
10 15Њ
608 1208
A 14 B A
• Cálculo da diagonal BD: 140 1 120Њ
2
BD2 5 100 1 196 2 2 ? 10 ? 14 ? cos 608 5 296 2 280 ? 2 5
45Њ
5 156 ⇒ BD 5 156 5 2 39 ; BD 5 2 39 cm. 1
B
• Cálculo da diagonal AC:
AC2 5 100 1 196 2 2 ? 10 ? 14 ? cos 1208 5
5 296 2 140 ? [2 1 ] 5 296 1 140 5 436 ⇒
2
280
1
⇒ AC 5 2 109 ; AC 5 2 109 cm. Aplicando a lei dos senos no ABP, temos:
2 2 5 x ⇒ x 5 2 ? sen 158 . 2 ? 0,707 . 5,459
( ) 25. 3r 9r 2 sen 158 sen 458 sen 458 0,259
2 5 r2 1 r2 22 ? r ?r ? cos a ⇒ 4 5 22r 2 ? cos a ⇒
⇒ 2r 2 ? cos a 5 2r 2 2 9r 2 ⇒ 2r 2 ? cos a 5 8r 2 2 9r 2 ⇒ Logo, a distância de A a P é de aproximadamente 5,459 km ou
44 5 459 m.
30. Araguari Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
⇒ 2r 2 ? cos a 5 2 r 2 ⇒ cos a 5 2 r 2 ? 1 ⇒ 368
4 4 2r2 Uberl‰ndia 1328
⇒ cos a 5 2 1
8
sen2 a 1 1 5 1 ⇒ sen2 a 5 1 2 1 5 63 ⇒
64 64 64
⇒ sen a 5 63 5 3 7 140 km
88 x
26.
12 R 12
608
1208
8 Uberaba
140 5 x ⇒ 140 5 x ⇒ x 5 111,6
R2 5 64 1 144 2 2 ? 8 ? 12 ? cos 120º 5 208 2 96 2 1 5 sen 1328 sen 368 0,74 0,59
2 1 A distância aproximada é de 111,6 km.
192
5 208 1 96 5 304 ⇒ R 5 4 19 N
27. a 5 3608 5 368 31. V 2 5 102 1 202 2 2 ? 10 ? 20 ? cos 1208
10
V 25 102 1 202 2 2 ? 10 ? 20 ? 2 1 ⇒ V 2 5 100 1 400 1 200 ⇒
,2 5 r2 1 r2 2 2 ? r ? r ? cos 368 5 2r2 2 2r2 ? cos 368 5 2
5 2r2(1 2 cos 368) ⇒ , 5 r 2(1 2 cos 368)
⇒ V 2 5 700 ⇒ V 5 700 ⇒ V 5 10 7 . 26,5 m/s
28. 32. x2 5 402 1 402 2 2 ? 40 ? 40 ? cos a ⇒ x2 5 3200 2 3200 ? 0,875 ⇒
688 ⇒ x2 5 400 ⇒ x 5 20 m
Resposta: alternativa c.
yx
Para refletir
508 a P‡gina 14
5 Demonstração para o triângulo obtusângulo:
O ângulo BB é o ângulo CBB A, interno do triângulo ABC.
Manual do Professor - Capítulo 1 349
Assim, o ângulo ABBH1 é o ângulo (1808 2 BB ). Observa-se que, para BA agudo no ABC retângulo em BB , a demonstração é
No triângulo retângulo ABH1, temos: a mesma já realizada para o triângulo acutângulo. Portanto, vale ainda a
relação a2 5 b2 1 c2 2 2bc ? cos AB (lei dos cossenos).
sen (1808 2 BB) 5 h1 ⇒ h1 5 c ? sen (1808 2 BB )
c Capítulo 2
Como sen a 5 sen (1808 2 a), então sen (1808 2 BB) 5 sen BB e, portanto, h1 5
c ? sen BB .
No triângulo retângulo ACH1, temos: 1
sen CB 5 h1 1. a) 1808 p 60 p 5 p rad
b 608 ⇒ x5
⇒ h1 5 b ? sen CB x 180 3
b) 1808
458 3
Comparando, temos: 1 c) 1808 1
c ? sen BB 5 b ? sen BC ⇒ b 5 c 2 2108
p 45p 5 p
sen BB sen BC d) 1808 x ⇒x5 180 rad
3008
No triângulo retângulo ABH2, temos: 4
e) 1808
h2 1208 4
c
sen AB 5 ⇒ h2 5 c ? sen BA f) 1808 7
1508
No triângulo retângulo BCH2, temos: p 210 p 5 7p rad
g) 1808 ⇒x5
2708 x 180 6
sen BC 5 h2 ⇒ h2 5 a ? sen BC
a h) 1808 6
1358
Comparando, temos: 5
c ? sen AB 5 a ? sen CB ⇒ a 5 c p 300 p 5 5p rad
sen BA sen BC x ⇒x5 180 3
De 1 e 2 concluímos que: 3
a5b5c 2
sen BA sen BB sen BC
p 120 p 5 2p rad
x ⇒x5 180 3
Demonstração para o triângulo retângulo:
3
sen BB 5 b ⇒ b 5 a ? sen BB ⇒ a 5 b p 5
a sen BB x ⇒x5
150 p 5 5p
sen CB 5 c ⇒ c 5 a ? sen CB ⇒ a 5 c 180 6 rad
a sen BC
6
Dessa forma, temos: 3
a5 b 5 c p 270 p 5 3p rad
sen BB sen BC x ⇒x5 180 2
Como AB 5 908, sen BA 5 1. Então, podemos escrever que: 2
a5 a 5 a . Assim, a 5 b 5 c . p 3
1 sen BA sen BA sen BB sen BC x ⇒x5
135 p 5 3p rad
180 4
Banco de imagens/ Página 16
Arquivo da editora 4
x 608 608 x 2. a) 1808 p 30
x p⇒ x 5
3 cm 3 cm 180 ? p ? 1 5 308
6 p
2 61
sen 608 5 3 ⇒ 3 5 3 ⇒ x 5 6 ? 3 5 6 3 5 2 3 c b) 1808 p 90
xx 2 33 3 x p p 1
⇒ x 5 180 ? ? 5 908
1 2p
Página 18 2
• No ABH, temos: c) 1808 p 45 p 1
x p ⇒ x 5 180 ? 4 p
cos A 5 AH ? 5 458
c
⇒ AH 5 c ? cos A 41
c 2 5 h2 1 AH2 ⇒ h2 5 c 2 2 AH2 d) 1808 p 30 5p 1
x 5p ⇒ x 5 180 ? 6 p
h2 5 c 2 2 (c · cos A)2 5 c 2 2 c 2 ? cos2 A ? 5 1508
• No CBH, temos: 61
a2 5 h2 1 CH2 ⇒ a2 5 h2 1 ( AH 2 b)2 ⇒ a2 5 h2 1 (c ?cos A 2 b)2 ⇒ e) 1808 p ⇒x5 45 ? 5p ? 1 5 2258
⇒ h2 5 a2 2 (c ? cos A 2 b)2 ⇒ x 5p p
⇒ h2 5 a2 2 (c 2 · cos2 A 2 2bc · cos A 1 b2) ⇒ 180 4
⇒ c 2 2 c 2 · cos2 A 5 a2 2 c 2 · cos2 A 1 2bc · cos A 2 b2 ⇒ 4
⇒ a2 5 b2 1 c 2 2 2bc · cos A (lei dos cossenos)
f) 1808 p ⇒x5 60 ? 4p ? 1 5 2408
x 4p p
180 3
3
Vamos demonstrar a lei dos cossenos usando o triângulo retângulo: {, 5 15 cm
B 3. r 5 3 cm
a 5 , 5 15 5 5 rad
r3
ah c 1
Banco de imagens/ 4. 1808 p 45p 5 p rad
Arquivo da editora 458 x ⇒x5 180 4
4
a5 , ⇒ p 5 , ⇒,5 p
cm . 1,57 cm
C Hb A r 42 2
350 Manual do Professor
5. a) r, 5 12 cm 10. a) 780 360
5 10 cm 60 2
a 5 608
, 5 a ? r ⇒ 12 5 a ? 10 ⇒ a 5 5 5 1,2 rad
b) r, 5 4p cm 6 b) 1140 360
5 6 cm 60 3
2
a 5 608
, 5 a ? r ⇒ 4p 5 a ? 6 ⇒ a 5 4 p 5 2p rad
63
c) 400 360
3 40 1
6. r 5 15 cm p rad a 5 360 2 40 5 3208
a 5 608 5 3
d) 15p 2 2p 5 15p 2 4p 5 11p
2 2 2
p5
, 5 ar 5 ? 15 5 5p cm . 15,7 cm 11p 2 2p 5 11p 2 4p 5 7p
2 22
3
1
y m( AB) 5 2p 7p 2 2p 5 7p 2 4p 5 3p
2 22
7. a) a 5 3p rad
2
B Ax e) 10p 2 2p 5 10p 2 6p 5 4p
2 (2, 0) 3 33
a 5 4p rad
3
f) 9p 2 2p 5 9p 2 4p 5 5p
22 2
b) y m( AB) 5 4p 5p 2 2p 5 5p 2 4p 5 p
2 22
A ϭ B ϭ (2, 0)
4 x p
a 5 rad
2
11. a) 1808 p ⇒x5 45 7p ? 1 5 3158
x 7p 4 p
180 ?
b) 1808
608 41
p ⇒x5 60p 5 p p rad
;x 5
x 180 3 3
1
3
c) y m( AB) 5 2 3p a5 ⇒ = pp 15 pp
B r ? 1,5 5 ? 5 ; a 5 cm
23 3 3 10 2 2
A 12
x
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora c) 2650 360
130 7
26508 5 7 ? 3608 1 1308
Mede 1308.
d) y p d) 14p 2 4p 5 2p rad
m( AB) 5 33
2
a 5 2p 1 2kp, com k Z
3
B 12. 1 o
[ 2 ]
2
Ax
(2, 0) 3608 2p ? 400
2( )1 8 ⇒
x
400 m 400p 10p
360 9
⇒x5 5
Resolvido passo a passo Resposta: alternativa d.
5. a) Sabendo que no seletor do cofre o ângulo central entre 13. a) 1 volta 100 gr
duas letras vizinhas é o mesmo e, sabendo que uma cir- 4 ⇒ x 5 200 gr
cunferência tem 3608, então, o ângulo central entre duas 1 volta
letras vizinhas é 3608 12 5 308. 2 x
De A até L temos um ângulo central, no sentido horário, o
que equivale a 308 nesse sentido. 1 volta 100 gr
De L até H temos quatro ângulos centrais, no sentido horá- 4 x ⇒ x 5 400 gr
rio, o que equivale a 1208 nesse sentido. 1 volta
De H até L temos quatro ângulos centrais, no sentido anti-
-horário, o que equivale a 1208 nesse sentido.
Manual do Professor - Capítulo 2 351
b) 100 7. a) sen 3p 521⇒x 5 3p 1 2kp, com k Z
2 2
0 y
200 400
300 x
3¼ quadrante
c) 200 volta p real 5 200 ⇒ x 5 200 ; 200 gr
x volta 1 real ⇒ p ? x p p
d) 200 volta 1808 3p
1 gr x ⇒ 200x 5 180 ⇒ x 5 0,98 2
p 2
b) sen 5
Capítulo 3 42
( ) 3. sen2 x 1 cos2 x 5 1 ⇒ 2 y
3 1 cos2 x 5 1 ⇒ cos2 x 5 1 2 9 ⇒
5 25 3p p
4 4
⇒ cos2 x 5 16 ⇒ cos x 5 4
25 5 x
p , x , p, temos cos x 5 2 4 .
Como 5
2
( ) 4. a) sen 5p p 1
p 5 sen 5
5 sen p –
6 6 62
( )b) sen 4p 5 sen p 1 p 5 2sen p 5 2 3 x5 p 1 2kp ou x 5 3p 1 2kp, com k Z
3 3 32 4 4
c) sen 3308 5 sen(3608 2 308) 5 2sen 308 5 2 1
2
c) sen p 5 2 1
( ) 5p p 3 62
5. a) cos 6 5 cos p 2 p 5 2cos 6 52 2 y
6
5p 1
b) cos 3158 5 cos (3608 2 458) 5 cos 458 5 2 62 p
2 6
( )c) cos2p p 52 1 x
3 5 cos p 2 p 5 2cos 3 2
3
d) cos 3308 5 cos (3608 2 308) 5 cos 308 5 3 7p 1 11p
2 6 2 6
( )e) cos 2
5p 5 cos p p 2
p 1 5 2cos 5 2
4 4 42
f ) cos 2408 5 cos (1808 1 608) 5 2cos 608 5 2 1 x5 7p 1 2kp ou x 5 11p 1 2kp, com k Z
2 6 6
6. a) 37p 5 36p 1 p 5 6p 1 p d) sen 0 5 0
6 66 6
sen 37p 5 sen p 5 1 y
6 6 2
b) 3608 2 2258 5 1358 2 p 0x Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
2
sen (22258) 5 sen 1358 5 sen 458 5
c) 6p 5 3 ? 2p
sen 6p 5 sen 2p 5 0
d) 19p 5 16p 1 3p 5 4p 1 3p
4 44 4
sen 19p 5 sen 3p 5 sen p 5 2 x 5 0 1 kp 5 kp, com k Z
4 44 2
8. a) 9p 5 8p 1 p 5 2p 1 p
e) 6308 5 3608 1 2708 4 44 4
sen 6308 5 sen 2708 5 21 cos 9p 5 cos p 5 2
4 42
f) 2p 2 p 5 5p
33 b) 23308 5 2 3608 1 308 5 2 1 ? 3608 1 308
( )sen2p 5 sen 5p 5 2sen p 52 3 cos (23308) 5 cos 308 5 3
3 3 3 2 2
352 Manual do Professor
c) 9p 5 8p 1 p 5 4p 1 p 5 2 ? 2p 1 p d) sen x 5 1 2 4m ⇒ 21 1 2 4m 1 ⇒ 22 24m 0 ⇒
2 22 2 2 ⇒ 0 4m 2 ⇒ 0 m 1
2
cos 9p 5 cos p 50
2 2 Portanto, os valores de m são dados por:
d) 1 1408 5 3 ? 3608 1 608 { }m R | 0 m 1 .
cos 1 1408 5 cos 608 5 1 2
2
14. a) 21 2m 1 5 1 ⇒ 26 2m 24 ⇒ 23 m 22
Logo, os valores de m são dados por:
e) 25p 5 24p 1 p 5 4p 1 p p {m R | 23 m 22}.
5 2 ? 2p 1
6 66 6 6 25
b) 21 3m 1 4 1 ⇒ 25 3m 23 ⇒ 3 m 21
25p p 3
cos 6 5 cos 6 5 2 Portanto, os valores de m são dados por:
{ }m R |25 .
f) 2 15p 5 2 16p 1 p p p 3 m 21
5 2 4p 1 5 2 2 ? 2p 1
4 44 4 4 I
( )cos 15p p5 2 c) 21 1 2 m2 1 ⇒ 22 2m2 0 ⇒ 0 m2 2
4 4 2
2 5 cos
I m2 0 II
m2 5 0 ⇒ m 5 0
g) 11p 5 10p 1 p 5 5 ? 2p 1 p
cos 11p 5 cos p 5 21
h) 5708 5 3608 1 2108 11
cos 5708 5 cos 2108 5 cos (1808 1 308) 5 2cos 308 5 2 3 0
2
(II) m2 2 ⇒ m2 2 2 0
12. 1 9358 5 5 ? 3608 1 1358 m2 2 2 5 0 ⇒ m 5 2
tan 1 9358 5 tan 1358 5 2 tan(1808 2 1358) 5 2tan 458 5 21
11
2√2 2 1√2
13. a) 21 2m 2 7 1 ⇒ 6 2m 8 ⇒ 3 m 4 SI 0
Portanto, os valores de m são dados por :
SII 2√2 √2
{m R | 3 m 4}.
S
2√2 √2
b) 21 3m 2 2 1 ⇒ 1 3m 3 ⇒ 1 m1 Logo, os valores de m são dados por:
3
{m R | 2 2 m 2 }.
Portanto, os valores de m são dados por :
{ }m R | 1
3 m1. d) cos x 5 6 2 5m ⇒ 21 6 2 5m 1 ⇒ 27 2 5m 2 5 ⇒
c) I ⇒ 5 5m 7 ⇒ 1 m 7
21 < m2 2 1 < 1 5
II Portanto, os valores de m são dados por:
I m2 > 0
{ }m R | 1 m 7 .
raiz: m 5 0 5
15. a) f (p) 5 sen p 5 0
g(p) 5 cosp 5 21
( ) ( )p p pp 32 25 32 2
f 2 g 5 sen 2 cos 5
34 3 42 2 2
fp
11 p : cos p 5 1 : 3 5 1? 2 5 15 3
0 ( )6 5 sen 2 23 3 3
6 62
p
( )g 6
II (II) m2 2 2 0 2( ) ( )f3p5 2 3p 5 2sen p 52 2 Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
raízes: m2 5 2 ⇒ m9 5 2 e m 5 − 2 4 sen 4 4 2
2( ) ( )g3p 2 3p p 2
4 5 cos 4 5 2 cos 5 2
42
11
−√2 2 b) y
√2
SI 2√2 0 √2 p
4
SII x
O
S √2
2√2
Logo, os valores de m são dados por: 5p
4
{m R | 2 2 m 2 }.
Como x [0, 2p], sen x 5 cos x.Então, x 5 p ou x 5 5p .
44
Manual do Professor - Capítulo 3 353
c) Não existe, porque nesse intervalo sen x . 0 e cos x , 0. tx cos t
1
16. a) ymáx. → sen x 5 1 0 0 0
ymáx. 5 1 2 10 ⇒ ymáx. 5 29 p p 21
ymín. → sen x 5 21 2 6 0
ymín. 5 21 2 10 ⇒ ymín. 5 211 p p
3 1
b) ymáx. → cos x 5 21 3p p
ymáx. 5 6 2 10 ? (21) ⇒ ymáx. 5 16 2 2
ymín. → cos x 5 1
ymín. 5 6 2 10 ? 1 ⇒ ymín. 5 24 2p 2p
3
c) ymáx. → cos2 x 5 1 y
ymáx. 5 3 ? 1 1 1 ⇒ ymáx. 5 4
ymín. → cos2 x 5 0 1
ymín. 5 3 ? 0 1 1 ⇒ ymín. 5 1
f(x) 5 cos 3x
d) ymáx. → sen x 5 1 e cos x 5 1 x
ymáx. 5 1 1 1 5 2
ymín. → sen x 5 21 e cos x 5 21 0 p p p 2p p
ymín. 5 (21) 1 (21) 5 22
6 3 2 3 D( f ) 5 R, Im( f ) 5 [21, 1], p 5 2p
21 3
Resolvido passo a passo b) sen x |sen x|
x 0 0
5. a) Pressão máxima (para t . 0) 1 1
cos (6t 1 p) 5 1 ⇒ 6t 1 p 5 2p ⇒ 6t 5 p ⇒ 6t 5 60 ⇒ 0 0 0
19 p
⇒ t 5 10 s 2
19 p
Pressão mínima (para t . 0) p 3p
2
cos (6t 1 p) 5 21 ⇒ 6t 1 p 5 3p ⇒ 6t 5 2p ⇒ t 5 3 ⇒ 21 1
60 2p
⇒ t 5 19 ⇒ t 5 20 s 00
3 19
y
Outros contextos
5. Por exemplo, considerando um pêndulo com fio de 1 m, temos que 1 g(x) 5 |sen x|
se ocorrer uma dilatação linear térmica de 21%, devido ao aumento x
0 pp
de temperatura no planeta Terra, então lf 5 1 ? 1,21 5 1,21; lf 5 1,21 m.
Considerando p 5 3 e g 5 10 m ? s22 constantes, temos: 2
21
• o período depois de ocorrer a dilatação era dado por:
Ti 5 2p 1 52?3? 0,1 5 6 0,1
10
• o período depois de ocorrer a dilatação era dado por: D( g ) 5 R, Im( g ) 5 [0, 1], p 5 p
Tf 5 2p 1,21 5 2 ? 3 ? 0,121 5 6 0,121 c) x sen x 2 sen x
10 0 0 0
p 1 2
Assim, o aumento percentual do período do pêndulo é dado por 2 0 0
21 22
6 0,121 2 1 5 0,121 2 1 5 1,1 2 1 5 0,1 5 10% p 0 0
6 0,1 0,1
3p Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
( ) ( )p p 2
17. a) f 5 sen 4 ? 2 5 sen 2p 5 0 2p
2
b) g(p) 5 1 2 cos p 5 1 2 (21) 5 2
c) f p
( ) ( ) ( )6
p 5 sen 2p 5 sen p 2 p 5 y
5 sen 4 ? 6 33
2
p 3
5 sen 5 1 3p
32 2
d) D( g) 5 R 0 pp x
21 2
e) Im( g) 5 [0, 2] 2p
22
18. a) Fazemos:
3x 5 t ⇒ x 5 t D( f ) 5 R, Im( f ) 5 [22, 2], p 5 2p
3
354 Manual do Professor
19. a) p 5 2p ⇒p5 2p h (cm)
|7| 7 0,3
2
Banco de imagens/Arquivo da editora
b) p 5 2p ⇒ p 5 p
|2|
c) p 5 2p ⇒ p 5 p x (cm)
|2|
d) A tangente tem período p. Como f(x) tem c 5 p, vem: 20,3
p5 p ⇒p51
|p|
e) p 5 2p ⇒ p52 Optaremos por b e c positivos, que é o mais comum. Então:
|p| • Im 5 [20,3; 0,3]
20. f(0) 5 1 ⇒ a 1 b ? (sen 0) 5 1 ⇒ a 5 1 aa 1b 5 0,3 ⇒ a 5 0 e b 5 0,3
–b 5 20,3
( )p p
• O período da senoide é de 2 cm, então:
f 5 21 ⇒ 1 1 b ? sen 5 21 ⇒ 1 1 b ? 1 5 21 ⇒ b 5 22 2p 5 2 ⇒ c 5 p
22 c
Resposta: alternativa d. • Não há deslocamento horizontal da senoide: d 5 0.
Logo, a função pode ser h(x) 5 0,3 ? sen (px).
21. y 5 a 1 b sen (ct)
Im(g) 5 fa 2 |b|; a 1 bg 25. Como a função pedida é derivada de uma função cosseno, temos
p 5 2p
c
a 2 b = 2 de considerar uma translação de 3 e para a direita [portanto,
a 1 b = 4
2a = 6 ⇒ a = 3 2 d 5 3]. Além disso, o gráfico nos mostra que o período é
c
b51 4 [portanto, c 5 p ], e assim:
2
35 2p ⇒ |c| 5 2p 2d 53⇒2 d 5 3 ⇒ d 5 2 3p
c 3 c p 2
( )y 5 3 1 sen 2p t 2
3
A imagem é Im 5 [22, 2], portanto a 5 0 e b 5 2.
Resposta: alternativa d. ( )Dessa forma, a função é x 5 2 ? cos p 3p
2 t 2 2 e as constantes
( ) 22. C(x) 5 2 2 cos xp são A 5 2, 5 p e 5 2 3p .
6 22
( )v(x) 5 3 2 ? sen xp
12 Observa•‹o: Podemos considerar também que seja uma transla-
L(x) 5 v(x) 2 c(x) ção de 1 s para a esquerda, e então 2 d 5 21, que resultaria em
c
L(3) 5 3 2 ? sen p 2 2 2 cos p ⇒ d5 p p e 2 3p são arcos côngruos, portanto am-
4 2 2 . Note que 2 2
⇒ L(3) 5 3 2 ? 2 2 f2 2 0g ⇒ L(3) 5 3 2 2 ⇒ bas as respostas estariam corretas do ponto de vista matemático.
2
Pensando no Enem
⇒ L(3) 5 1
1. Considerando as medidas dos ângulos e das distâncias na ilustra-
Observando as alternativas e sabendo que o lucro é igual a uma ção, h1 a hipotenusa do triângulo retângulo no 1o trecho e h2 a hi-
unidade de reais, conclui-se que o lucro é de 1 mil reais, R$ 1 000,00. potenusa do triângulo retângulo no 2o trecho, temos:
Resposta: alternativa c.
23. Vamos optar por uma função do tipo v(x) 5 a 1 b ? sen (cx 1 d) Frank van den Bergh/iStock.com/Getty Images SEGUNDO TRECHO
por causa da aparência do gráfico. Optaremos também por b e c
positivos, que é o mais comum. PÃO DE AÇÚCAR/MORRO DA URCA
Então, temos: h2
• Im 5 [22, 2]
176 m 13,5؇ PRIMEIRO TRECHO
aa 12 bb 55 22 2 ⇒ a 5 0 e b 5 2
MORRO DA URCA/PRAIA VERMELHA
h1
220 m
• Como o período da senoide é 8 m, então: 25؇ PRAIA VERMELHA
2p 5 8 ⇒ c 5 p ALTURA DO ALTURA DO
c4
PÃO DE AÇÚCAR MORRO DA URCA
396 metros 220 metros
• Não há deslocamento horizontal: d 5 0.
( )Logo, a função pode ser v(x) 5 2 ? sen p sen 258 5 220 ⇒ h1 5 220 ⇒ h1 . 520 metros
4 x. h1 sen 258
24. Queremos uma função do tipo h(x) 5 a 1 b ? sen (cx 1 d) por sen 13,58 5 176 ⇒ h2 5 176 ⇒ h2 . 755 metros
causa da aparência do gráfico: h2 sen 13,58
Manual do Professor - Capítulo 3 355
Explicando as alternativas erradas: 2. Ao analisarmos a expressão que representa o ângulo compreen-
Os valores da alternativa a correspondem a utilizar os cossenos
dos ângulos, determinando, assim, as distâncias horizontais e não dido entre a posição do braço e o eixo vertical f(t), em função do
o comprimento dos cabos.
Os valores da alternativa b correspondem a utilizar as tangentes tempo (t), em segundos, concluímos que o maior ângulo obtido
dos ângulos.
Os valores da alternativa d correspondem a multiplicar – em vez ocorre quando o seno da expressão for máximo, ou seja, igual a 1.
de dividir – os valores das alturas dos morros pelos senos (erro na
resolução das equações). Logo,
Os valores da alternativa e correspondem, no cálculo do segundo
trecho, a utilizar a altura de 396 m do Morro do Pão de Açúcar em ( )f (t)máx. 5 p ? sen 8p t2 3 5 p ?15 p 5
vez de 396 2 220 5 176 m; no cálculo do primeiro trecho, o valor 9 3 4 9 9
está correto.
Resposta: alternativa c. 5 1808 5 208
2. Pela lei dos cossenos, temos: 9
d Resposta: alternativa c.
3. A partir da figura contendo os pontos cardeais, verificamos que o
trecho circular que une os pontos mais ao Norte e mais ao Nor-
deste, representa da praça circular, ou seja,
Comprimento do passeio 5 Comprimento da pista ? 1
8
Dam d’Souza/Arquivo da editora N Trecho referente ao passeio
Banco de imagens/Arquivo da editora NE
OL
89 km 20 km S
1208
Logo,
d2 5 892 1 202 2 2 ? 89 ? 20 ? cos 1208 Comprimento do passeio 5 1 ? 2pR ⇒
d2 5 7 921 1 400 1 1 780
d2 5 10 101 8
d . 100 km
⇒ Comprimento do passeio . 2 ? 3,14 ? 30 . 23,55 m
Explicando as alternativas erradas: 8
Na alternativa a considerou-se cos 1208 5 0,5 ou não se efetuou a
regra de sinais no produto. Como as alternativas só apresentam valores em forma de raiz, ao
d2 5 6 541 elevarmos 23,55 ao quadrado vemos que 522 é o resultado mais
d . 81 km próximo. Assim a alternativa correta é a letra d.
Na alternativa b considerou-se apenas: 4. Desejamos T(h) . 22, então
d2 5 892 1 202
d2 5 8 321 ( ) ( )18
d . 91 km 1 8cos h 19 p . 22 ⇒ 8cos h19 p . 4 ⇒
12 12
Na alternativa c foi utilizada a lei dos cossenos, de forma errada,
como: cos( )⇒ h 19 p . 1
d2 5 892 1 202 2 2 ? 89 ? 20 ? sen 1208 12 2
d2 5 7 921 1 400 2 3 083
d2 5 5 238 cos Xˆ 5 1
d . 72 km 2
Na alternativa e foi utilizada a lei dos senos, considerando o termo
“perpendicular”, como em: Xö 5 p 5 5p 5 7p 5 11p
33 3 3
d 5 89 ⇒ d . 77 km
sen 1208 sen 908 І Assim, temos
Resposta: alternativa d. ( ) ( )cos
h19 p 5 cos p ⇔ h19 5 1 ⇔
Vestibulares de Norte a Sul 12 3 12 3
1. Do gráfico, temos f(0) 5 5. Do enunciado, f(p) 5 5. ⇔ 12 5 3h 1 27 ⇔ 3h 5 215 ⇔ h 5 25
Novamente observando o gráfico, temos que em x 1 p completa-se
um período. Então, o período deste gráfico é p, e assim: (não serve, pois h [0, 24])
f(3p) 5 f(p) 5 f(0) 5 5.
Resposta: alternativa b. ( ) ( )cos ⇔ h19 5 5 ⇔
h19 p 5 cos 5p 12 3
356 Manual do Professor 12 3
⇔60 5 3h 1 27 ⇔ 3h 5 33 ⇔ h 5 11
(a temperatura ultrapassa os 228 as 11 horas)
( ) ( )cos 7p ⇔ h19 5 7 ⇔
h+9 p 5 cos 3 12 3
12
⇔ 84 5 3h 1 27 ⇔ 3h 5 57 ⇔ h 5 19
(a temperatura permanece acima dos 228 até as 19 horas)
( ) ( )cos 11p
h19 p 5 cos 3 ⇔ h 1 9 5 11 ⇔
12 12 3
⇔ 132 5 3h 1 27 ⇔ 3h 5 105 ⇔ h 5 35
(não serve, pois h [0, 24])
Logo, o número máximo de horas consecutivas em que a tempe-
ratura foi superior a 22 8C é de 19 2 11 5 8; 8 horas.
Resposta: alternativa 04.
5. A intensidade de radiação será máxima quando o seno presente 8. Dados do problema:
na lei que expressa a intensidade média de radiação em função AC 5 20 m; CD 5 40 m; BCD 5 158; BDC 5 1208.
do tempo, em dias, for igual a 1. CBD 5 180 2 (BCD 1 BDC) ⇒ CBD 5 180 2 (15 1 120) ⇒
Assim, ⇒ CBD 5 180 2 (15 1 120) ⇒ CBD 5 45; CBD 5 458
sen 2p(d 2 77) 515 sen 908 5 sen p B
365 2
∴ 2p(d 2 77) 5 p ⇒ 4p(d 2 77) 5 365p ⇒ 45Њ
365 2
⇒ 4d 5 365 1 288 ⇒ d 5 163,25 120Њ
D
O dia em que a radiação máxima ocorre é o dia 163,25 do ano (cen- A
tésimo sexagésimo terceiro dia, mais um quarto de dia). Levando 20 m 15Њ
em consideração o mês comercial de 30 dias, temos
mês 5 163,25 . 5,45 C
30 Pela Lei dos senos temos que
Ou seja, o 6o mês do ano ( junho) é o que terá o dia com maior CD 5 CB ⇒ 40 5 20 1 AB ⇒
radiação. sen Bˆ sen Dˆ sen 45° sen 120°
Resposta: alternativa b.
⇒ 40 5 20 1 AB ⇒ 40 3 5 20 2 1 AB 2 ⇒
23 222
22
6. A questão pode ser resolvida por eliminação das alternativas atra- ⇒ 40 3 5 20 2 1 AB 2 ⇒ AB 2 5 40 3 2 20 2 ⇒
vés de análise e teste. Inicialmente, podemos eliminar as alterna-
tivas d e e já que não representam funções periódicas. Após feito ⇒ AB 5 40 3 2 20 2 ⇒
isso, vamos analisar as demais alternativas através de testes com 2
os dados contidos no gráfico:
Para t 5 0h, temos que o valor da unidade relativa do ar é de 50%, ⇒ AB 5 40 3 2 20 2 ? 2 5 40 3 2 2 20 2 2 ⇒
testando, temos 22 22
a) f (t) 5 50 1 20 ? cos(2pt) 5 50 ⇔
⇒ AB 5 40 3 2 220 ? 2 5 40 6 2 40 5 20 ? 2,4 2 20 ⇒
22
⇒ AB 5 48 2 20 5 28; AB 5 28 m
⇔50 5 50 1 20 ? cos(2p ? 0) ⇔ 50 70 (Falso) 9. De acordo com o enunciado temos que a diferença em graus en-
11 tre os dois navios é de 608. Assim, temos que
N1
b) f (t) 5 50 1 20 ? cos(2pt) 5 50 ⇔
( )⇔50 5 50 1 20 ? cos 2p ? 0 ⇔ 50 70 (Falso) 16 km
12
11 d
( )p 60Њ
c) f (t) 5 50 1 20 ? sen ? t 5 50 ⇔ 6 cm
12
( )p N2
⇔50 5 50 1 20 ? sen ? 0 ⇔ 50 5 50 (Verdadeiro) A partir da figura podemos encontrar o valor de d utilizando a lei
12
0 dos cossenos:
Ou seja, a resposta é a alternativa c. d2 5 162 1 62 2 2 ? 16 ? 1 ⇒ d2 5 256 1 36 2 96 ⇒
2
7. Inicialmente obtemos a velocidade média do robô: vROBÔ 5 7m
16 min ⇒ d2 5 196 ⇒ d 5 14 km
Em busca de encontrarmos o valor de d,utilizamos a lei dos cossenos: Resposta: alternativa b.
10. Cálculo do período:
Período = 2p 5 2p 5 2 ? 6 5 12
valor que multiplica a incógnita (t) p
A 120Њ 2,5 m 6
60Њ B Período 5 12 horas
4,5 m
Temperatura máxima:
d Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
A temperatura máxima é atingida quando o valor do cosseno é
igual a 1, assim, a temperatura máxima é
P Tmáx. 5 24 1 3 ? 1 5 27
Tmáx. 5 27 8C
d2 5 (4,5)2 1 (2,5)2 2 2 ? (4,5) ? (2,5) ? cos 608 ⇒ Horário em que ocorreu a temperatura máxima:
⇒ d2 5 (20,25) 1 (6,25) 2 2 ? (11,25) ? 1 ⇒
Como o evento ocorre quando o cos 5 1, temos
2
⇒ d2 5 15,25 . 3,9 ⇒ d 5 4m ( ) ( )cos pt 1 p 5 1 ⇒ cos pt 1 p 5 cos 2p ⇒
Logo, o tempo gasto pelo robô para ir de B à P é 63 63
7 m 16 min
4 m x min ⇒ pt 1 p 5 2p ⇒ pt 1 2p 5 2p ⇒ 12p 5 p(2 1 t) ⇒
7x 5 64 ⇒ x 5 64 . 9,14 min ⇒ 63 6
7 ⇒ 12 2 2 5 t ⇒ t 5 10
⇒ x . 996 (nove minutos e seis segundos)
Como as medições se iniciaram às 5h (a.m.), o horário do ocorrido,
Resposta: alternativa a. então, é às 15h.
Resposta: alternativa c.
Manual do Professor - Capítulo 3 357
2 1 0 3
Unidade 2 11. 6 1 6 2 4 5 8
3 2 22 7
Capítulo 4 2 1 0 1
4. a) A 5 a11 a12 a13 6 2 6 1 4 5 4
a21 a22 a23 3 2 22 21
a11 5 12 1 12 5 2 2 1 0 1
a12 5 12 1 22 5 5 6 2 6 2 4 5 24
3 2 22 3
a13 5 12 1 32 5 10
a21 5 22 1 12 5 5
a22 5 22 1 22 5 8 12. a11 5 1 1 2 5 3 a12 5 0
a21 5 2 1 2 5 4 a22 5 2 1 4 5 6
a23 5 22 1 32 5 13
b12 5 0
A matriz pedida é A 5 2 5 10 . Portanto, A 5 3 0 . b22 5 23 5 8
5 8 13 4 6
a11 a12 b11 5 13 5 1
b21 5 23 5 8
b) a21 a22
X5 a31 a32
1 0 .
Portanto, B 5 8 8
a41 a42
a11 5 2 · 1 2 1 5 1 a12 5 2 · 12 2 5 0 A1B 5 3 0 1 1 0 5 4 0
a21 5 2 · 4 2 1 5 7 a22 5 2 · 42 2 5 6 4 6 8 8 12 14
a31 5 2 · 9 2 1 5 17 a32 5 2 · 92 2 5 16
a41 5 2 · 16 2 1 5 31 a42 5 2 · 162 2 5 30 B 1 A 5 1 0 1 3 0 5 4 0
8 8 4 6 12 14
1 0
A matriz pedida é X 5 7 6 . 13. a11 5 3 2 2 5 1
17 16 a21 5 6 2 2 5 4
31 30 a12 5 3 2 4 5 21
a22 5 6 2 4 5 2
5. a) a11 5 4(1) 2 2(1) 1 3 5 4 2 2 1 3 5 5
a12 5 4(1) 2 2(2) 1 3 5 4 2 4 1 3 5 3 Portanto, A 5 1 21 .
a215 4(2) 2 2(1) 1 3 5 8 2 2 1 3 5 9 4 2
a22 5 4(2) 2 2(2) 1 3 5 8 2 4 1 3 5 7
b11 5 12 5 1
A matriz pedida é 5 3 . b21 5 42 5 16
9 7 b12 5 (21)2 5 1
b22 5 22 5 4
b) a11 513 22 · 15122521
a12 513 22 · 2512 4 523 Portanto B 5 1 1 .
16 4
a13 513 22 · 35126525
5 1 21 1 1 0 22
a21 523 22 · 1582256 a) A2B 4 2 2 16 4 5 212 22
a22 523 22 · 2582 4 5 4 b) A1B 5 1 21 1 1 1 5 2 0
4 2 16 4 20 6
a23 523 22 · 3582652
a31 533 22 · 152722525
a32 533 22 · 25272 4 523 14. a11 5 2(1) 1 3(1) 2 5 5 2 1 3 2 5 5 0
a33 533 22 · 352726521 a12 5 2(1) 1 3(2) 2 5 5 2 1 6 2 5 5 3
21 23 25 a21 5 2(2) 1 3(1) 2 5 5 4 1 3 2 5 5 2
A matriz pedida é 6 4 2 . a22 5 2(2) 1 3(2) 2 5 5 4 1 6 2 5 5 5
25 23 21
0 3 0 23
A 5 2 5 ⇒ 2A 5 22 25
6. 3 10 2 2 6 5 30 2 12 5 18
7. •2b5 6 ⇒ b5 3 17. a) A 1 B 5 2 1 1 1 5 5 3 6
•a 1 b5 9 ⇒ a 1 3 5 9 ⇒ a5 6 3 2 2 22 5 0
•b 1 c 5 21 ⇒ 3 1 c 5 21 ⇒ c 5 24
•2a 2 3d 5 18 ⇒ 12 2 3d 5 18 ⇒ 23d 5 6 ⇒ d 5 22 b) A 2 B 5 2 1 1 21 25 5 1 24
3 2 22 2 1 4
m1 n m 5 1 0 c) 5A 5 5 2 1 5 10 5
0 n 0 1 3 2 15 10
9. ⇒ m 5 0 e n 5 1
d) At 5 2 3
1 2
a1b21 0 0 0
10. a 2 3c b 5 0 0 ⇒ b5 0 e) Bt 5 1 2
2b 0 0 0 5 22
•a 1 b 2 1 5 a 1 0 2 1 5 0 ⇒ a 5 1 At 1 B 5 2 3 1 1 5 5 3 8
1 2 2 22 3 0
•a 2 3c 5 1 2 3c 5 0 ⇒ 23c 5 21 ⇒ c 5 1 f)
3
g) A 1 Bt 5 2 1 1 1 2 5 3 3
Portanto, a 5 1, b 5 0 e c 5 1 . 3 2 5 22 8 0
3
358 Manual do Professor
h) 3At 5 3 · 2 3 5 6 9 • At 1 B t 5 1 3 1 02 1 5 3 4
1 2 3 6 2 4 2 2 6
t Logo, (A 1B)t 5 At 1Bt .
i) (5A 2 B)t 5 10 5 2 1 5 5 c) •2A 562 84 ⇒ (2A)t 5 2 68
15 10 2 22 4
t 5 • At 5 21 43 ⇒ 2At 5 42 68
5 9 0 9 13
13 12 0 12 Portanto, (2A)t 52At .
t d) •(A 2B)t 5221 22 t 5 221 22
(3A)t 2 3At 5 6 3 2 3? 2 3
j) 9 6 1 2 5 • At 2Bt 521 43 t 2 02 21 5 221 22
5 6 9 2 6 9 5 0 0 Logo, (A 2B)t 5 At 2Bt .
3 6 3 6 0 0
( )k) 2 At 1 Bt 5 2 2 3 1 2 3 5 2 3 5 5 20. a) At 1 B 5 2 3 1 1 5 5 3 8
1 2 1 22 6 0 1 2 2 22 3 0
5 23 25 t 10 5 1 5 t
26 0 5A2B 5 15 10 22 22 5
( )b)
18. a) a11 5 1 1 1 5 2 9 0 t 9 13
a12 5 0 13 12 0 12
a13 5 0 5 5
a21 5 0
a22 5 2 1 2 5 4 21. c) A 1 B 5 23 21 1 67 89 5 90 110
a23 5 0 28 36 122 104 150 140
a31 5 0
a32 5 0 Total de downloads dos dois jogos nos dois dias.
a33 5 3 1 3 5 6
d) B 2 A 5 67 89 2 23 21 5 44 68
122 104 28 36 94 68
2 0 0 Quantidade de downloads que foi feita a mais no dia 24 de
A5 0 4 0 outubro.
0 0 6
e) 10% → 0,10 5 0,1
2 0 0 1 0 0 3 0 0 C 5 0,1 ? (A 1 B)
b) A 1 I3 5 0 4 0 1 0 1 0 5 0 5 0
0 0 6 0 0 1 0 0 7
23. a) AB 5 1 3 4 21 5
0 22 1 2
2 0 0 0 0 0 2 0 0
c) A 1 03 5 0 4 0 1 0 0 0 5 0 4 0 1?4 1 3?1 1 ? (21) 1 3 ? 2 5 7 5
0 0 6 0 0 0 0 0 6 5 0 ? 4 1 (22) ? 1 0 ? (21) 1 (22) ? 2 22 24
2 0 0 6 0 0 BA 5 4 21 1 3
1 2 0 22
d) 3A 5 3 0 4 0 5 0 12 0 b) 5
0 0 6 0 0 18
At 2 0 0 4 ? 1 1 (21) ? 0 4 ? 3 1 (21) ? (22) 5 4 14
5 1?1 1 2?0 1 ? 3 1 2 ? (22) 1 21
e) 5 0 4 0
0 0 6
2 0 0 2 0 0 4 0 0 24. 84 21 2123 2520 5 00 00
A 1 At 5
f) 0 4 0 1 0 4 0 5 0 8 0
0 0 6 0 0 6 0 0 12
A 2 At 2 0 0 2 0 0 0 0 0 25. a) AB 5 AB. Falso, pois temos AB ? BA no exercício 23.
b) Falso, pois no exercício 24 temos A ? 0, B ? 0 e AB 5 0.
g) 5 0 4 0 2 0 4 0 5 0 0 0
0 0 6 0 0 6 0 0 0
2 3 2 3 19 9
h) 2A 1 3At 2 I3 5 26. a) 5 1 5 1 5 15 16
2 0 0 2 0 0 1 0 0
5 2 0 4 0 1 3 0 4 0 2 0 1 0 5 b) 3 1 3 1 5 11 4
0 0 6 0 0 6 0 0 1 2 1 2 1 8 3
4 0 0 6 0 0 1 0 0 5 4 21 2 7 10
7 2 3 0 21 14
5 0 8 0 1 0 12 0 2 0 1 0 5 c) 5
0 0 12 0 0 18 0 0 1
10 0 0 1 0 0 9 0 0 19 9 11 4 8 5
d) 15 16 2 8 3 5 7 13
5 0 20 0 2 0 1 0 5 0 19 0
0 0 30 0 0 1 0 0 29
( )19. a)At 51 3 ⇒ At t 5 31 2 5 A 28. a) A ? I2 5 4 1 ? 1 0 5 4 1 5A
2 4 4 6 22 0 1 6 22
b) • A 1B 543 62 ⇒ (A 1B)t 5 23 64 b) I2 ? A 5 1 0 ? 4 1 5 4 1 5A
0 1 6 22 6 22
Manual do Professor - Capítulo 4 359
29. a) 6?2 15?1 6?4 1 5 ? 3 5 12 1 5 24 1 15 5 e) 3 0 8 3 0
1?2 1 0?1 1?4 1 0?3 210 410 0 7 7 0 7 5 22242 189 5 2413
490 49
5 17 39
2 4 f) 0 0 5 0 0
8 10 3 8 10 5 280
1?2 1?5 1?0 2 5 0 07407
b) 3 ? 2 3 ? 5 3 ? 0 5 6 15 0
6 ? 2 6 ? 5 6 ? 0 12 30 0
1?5 1 3?2 1 6?3 1?0 1 3?4 1 6?2 33. a) A1B 5 21 3 1 2 21 5 1 2
2 28 3 0 5 28
c)
2?5 1 5?2 1 1?3 2?0 1 5?4 1 1?2 5 21 2
At 3 28
4 ? 5 1 0 ? 2 1 2 ? 3 4 ? 0 1 0 ? 4 1 2 ? 2 b) 5
5 1 6 1 18 0 1 12 1 12 29 24 c) A?B 5 21 3 ? 2 21 5 22 1 9 110 5
2 28 3 0 4 2 24 22 1 0
5 10 1 10 13 0 1 20 1 2 5 23 22
20 1 0 1 6 0 1 0 1 4 26 4 7 1
5 220 22
d) 5?0 1 1?2 5 ? 5 1 1 ? 21 5?1 1 1? 4 5 ? 6 1 1 ? 23 5 21 3
3?0 1 2?2 3 ? 5 1 2 ? 21 3?11 2?4 3 ? 6 1 2 ? 23 2 28
d) det A 5 582652
5 01 2 25 2 1 514 30 2 3 5 2 24 9 27 e) det At 5 21 2 582652
01 4 15 2 2 318 18 2 6 4 13 11 12 3 28
1 ? 3 1 6 ? 21 1 ? 5 1 6 ? 2 2 21
3 0
e) 22 ? 3 1 1 ? 21 22 ? 5 1 1 ? 2 5 f) det B 5 501353
4 ? 3 1 3 ? 21 4?5 1 3?2
3 2 6 5 1 12 23 17 g) det (A 1 B) 5 1 2 5 28 2 10 5 218
5 8
5 26 2 1 210 1 2 5 27 28
h) det A 1 det B 5 2 1 3 5 5
12 2 3 20 1 6 9 26
7 1
5 ? 7 1 (24 ? 26) 5? 4 1 (24 ? 2) i) det (AB) 5 det 220 22 5 214 1 20 5 6
2 ? 7 1 (1 ? 26) 2? 4 1 1? 2
f) 5 j) det A ? det B 5 2 ? 3 5 6
5 35 1 24 20 2 8 5 59 12 34. AB 5 25 220 ⇒ det (AB) 5 2280 1 240 5 240
14 2 6 812 8 10 12 56
30. 2 3 4 30 20 5 215 154 35. a) 5(x 2 2) 2 18 5 2 ⇒ 5x 2 10 5 20 ⇒ 5x 5 30 ⇒ x 5 6
4 6 8 18 430 308 S 5 {6}
25 15
20 2 3 22 2 3
b) 0 1 x 0 1 5 26 1 6x 1 4 2 2x 2 5 2 ⇒
Portanto, são necessários 215 eixos para janeiro e 154 para fevereiro,
430 rodas para janeiro e 308 para fevereiro. 2 x 23 2 x
⇒ 22x 2 1 6x 2 4 5 0 ⇒ x 2 2 3x 1 2 5 0
31. a) 18 2 8 5 10 ∆ 5 9 2 4(1)(2) 5 1
b) 26 2 (28) 5 26 1 8 5 2 x5 31 ⇒ x 5 2 e x 5 1
2
c) 30 2 30 5 0
S 5 {1, 2}
d) a(a 1 b) 2 b(a 1 b) 5 a2 1 ab 2 ab 2 b2 5 a2 2 b2
e) sen x ? (cos x)21 2 [2sen x ? (cos x)21] 5 tan x 1 tan x 5 1 0
0 1
5 tan (x 1 x) 5 2tan x 36. a) det I2 5 5 1
Obs.:
• temos que tan (a 1 b) 5 tan 2a 5 tan 2b, apenas nos casos 100 10
b) det I3 5 0 1 0 0 1 5 1
em que a 5 b.
00 1 00
• no Volume 3 serão apresentadas as fórmulas de adição de
arcos, de onde têm-se que: 37. a) det A 5 0 0 5 0
0 0
tan 2a 5 2 ? tan a
1 2 tan2 a
3 133 1
f) cos2 a 2 sen2 b b) det B 5 2 21 2 2 21 5 224 1 16 1 30 1 24 2 30 2 16 5 0
3 2 21 3 2 85885
32. a) 5 0 4 5 0 5 16 1 15 1 36 2 10 5 57
0 00 0 0
2 23 1 2 23 c) det D 5 4 1 3 4 1 5 0
2 1 22 2 1 21 2 1 21 2
b) 3 21 0 3 21 5 6 2 6 2 8 1 9 5 1
1 21 1 2
4 1 23 4 1 d) det D 5 4 8 3 4 8 5 24 2 12 2 16 1 16 1 12 2 24 5 0
a00 a0 22 24 3 22 24
c) 0 b a 0 b 5 ab 2 a2
38. a) det (A ? B) 5 det A ? det B 5 5 ? 2 5 10
011 01 b) det (A2) 5 det A ? det A 5 5 ? 5 5 25
c) det (B)3 5 det B ? det B ? det B 5 2 ? 2 ? 2 5 8
3 5 21 3 5
d) 0 4 2 0 4 5 224 39. A ? I 5 A ⇒ det (AI) 5 det A ⇒ det A ? det I 5 det A ⇒ det I 5 1
0 0 22 0 0
360 Manual do Professor
40. a) det A 5 31 5 18 2 4 5 14 b) 3 → movemos 3unidades àdireitaao longo do eixo x,e depois
46 21 → movemos 1unidades parabaixo ao longo do eixo y.
Sim, pois det A ? 0.
c) 2221 → movemos 8unidades àesquerdaao longo do eixo x ,e depois
→ movemos 1unidades parabaixo ao longo do eixo y.
b) det B 5 23 5 12 2 12 5 0
46
Não, pois det A 5 0. d) 242 → movemos2unidadesàesquerdaao longo do eixo x,e depois
→ movemos2unidades paracimaao longo do eixo y.
1 0 21 1 0
c) det C 5 4 2 1 4 2 5 6 1 0 2 8 1 10 2 2 1 0 5 6 1 2 3 6 2 8 1 2 3
2 3 5 2 3 5 6 3 9
52 3 52
Sim, pois det A ? 0. 49. a) 1 5 ; 1 5 ; 1 5
41. A e B são matrizes de ordem 3. y
Se B 5 A21, então: AB 5 A ? A21 5 I3.
42. a) 1 2 a c 5 1 0 ⇒ a 1 2b c 1 2d 5 1 0 B
1 3 b d 0 1 a 1 3b c 1 3d 0 1 A
aa 1 2b 5 1 2
1 3b 5 0
2b 5 1 ⇒ b 5 21
a53 x
cc 1 2d 5 0 2
1 3d 5 1
1 1 23 5 22 ; 6 1 23 5 3 ;
2d 5 21 ⇒ d 5 1 b) 2 24 22 2 24 22
c 5 22 1 1 23 5 22
6 24 2
B5 3 22
21 1
y
3 22
b) A ? A21 5 I2, então A21 5 B 5 21 1
43. a) det A 5 6 2 562452
2 1
b) det A21 5 1 21 5 3 215 1 A
2 22 C
21 3
c) det (A ? A21) 5 det A ? det A21 5 2 ? 1 5 1 x
2
44. det (A ? A21) 5 det I ⇒ det A ? det A21 5 det I ⇒ 3 ? det A21 5 1 ⇒ c) 1 1 2 5 3 ; 6 1 2 5 8 ;
⇒ det A21 5 1 2 25 23 2 25 23
3
47. a) y c) y 1 1 2 5 3
6 25 1
6 y
3 A
1
1 3
1 23 0
x
Ϫ2
x Ϫ3 x
D
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
b) y d) y
d) 1 1 23 5 22 ; 6 1 23 5 3 ;
2 22 0 2 22 0
2 4 1 1 23 5 22
01 6 22 4
x
45 x 05 y
Ϫ2
A
E
48. a) 2 → movemos 2unidades àdireitaao longo do eixo x,e depois x
3 → movemos 3unidades paracimaao longo do eixo y.
Manual do Professor - Capítulo 4 361
50. y y 52. y
a)
b) b)
0 D
b) x0 a)
a) A
x 0x
c) cos 908 2sen 908 1 4 4 5 5
sen 908 cos 908 1 3 2 1
5 0 21 1 4 4 5 5 21 23 22 21
1 0 1 3 2 1 1 4 4 5
y
53. a) y y y
a)
x
0
b)
x x
c) Matrizes associadas às figuras refletidas: x
b) y
0 1 3 ; 0 2 3 ; 21 23 25 24
23 25 21 2 0 4 22 22 21 24 Rota•‹o de 90Њ
Multiplicando pela matriz dada:
1 0 0 1 3 5 0 1 3
0 21 3 5 1 23 25 21
1 0 0 2 3 5 0 2 3 y x
0 21 22 0 24 2 0 4 x
1 0 21 23 25 24 5 21 23 25 24 Rota•‹o de
0 21 2 2 1 4 22 22 21 24 180Њ
51. y y
b) a)
x x y
b) a)
Rota•‹o de
270Њ
y
x
a) b)
x
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora c) Matriz associada de A9: 21 23 23
1 1 3
Matriz associada de B9: 22 21 25 24
22 24 24 22
c) Matrizes associadas às figuras refletidas:
0 21 23 ; 0 22 23 ; 1 3 5 4 Matriz associada de C9: 1 3 3 1
3 5 1 22 0 24 2 2 1 4 21 21 24 24
y
Multiplicando pela matriz dada:
1 0 0 1 3 5 0 21 3
0 21 3 5 1 3 5 1
1 0 0 2 3 0 22 23 x
0 21 22 0 24 22 0 24
5
1 0 21 23 25 24 5 1 3 5 4
0 21 2 2 1 4 2 2 1 4
362 Manual do Professor
d) cos 90° 2sen 90° 1 1 3 5 56. Depois de explorarem vários exemplos, os alunos poderão con-
sen 90° cos 90° 1 3 3 cluir que:
a) Ela fica “espichada” (“esticada”) na direção positiva do eixo Ox
5 0 21 1 1 3 5 21 23 23 se k é positivo e na direção negativa do eixo Ox se k é negativo.
1 0 1 3 3 1 1 3 b) A área de uma figura transformada é k vezes a área da figura
inicial.
cos 90° 2sen 90° 2 1 5 4 5
sen 90° cos 90° 2 4 4 2 Capítulo 5
5 21 0 2 1 5 4 5 22 21 25 24
0 21 2 4 4 2 22 24 24 22
cos 90° 2sen 90° 1 1 4 4 5 1. a) x 1 y 5 5
sen 90° cos 90° 1 3 3 1 x 2 y 5 11
5 0 1 1 1 4 4 5 1 3 3 1 2x 5 6 ⇒ x 5 3
21 0 1 3 3 1 21 21 24 24
y52
54. y b) 2x 1 y 5 0 ? (22) ⇒ 2x 1y 50
x 1 4 y 5 14 22x 2 8 y 5 228
27y 5 228 ⇒ y 5 4
x 5 22
c) 20x 1 10 y 5 10 ⇒ 120x 1 10 y 5 10
x 1 y 52 ? (210) 210x 2 10 y 5 220
A A’ 10x 5 210 ⇒ x 521
211y52⇒y53
d) 2x 2 y 5 26 ? (22) ⇒ 22x 22 y 5 212
2x 2 3 y 5 23 12x 23 y 5 23
x
Neste caso, a matriz de transformação escala é dada por: 25y 5 215 ⇒ y 5 3
Sx 0 2x 2 3 5 2 6 ⇒ x 5 3
0 Sy
5 3 0
0 1
3. a) 4(6) 2 3(2) 5 24 2 6 5 18
3 0 2 2 6 5 6 6 18 (6, 2) é uma solução da equação dada.
0 1 2 6 2 2 6 2
b) 2(3) 1 3(25) 5 6 2 15 5 29 ? 21
(3, 25) não é solução da equação dada.
55. a) Área de A: 5 unidades de área
b) Matriz associada à figura A: 0 0 1 2 2 4. a) 2(1) 1 3 1 5(2) 5 2 1 3 1 10 5 15
0 2 3 2 0 É solução.
Para A1: b) 2(0) 1 7(0) 2 3(0) 5 0
É solução.
3 0 0 0 1 2 2 5 0 0 3 6 6
0 1 0 2 3 2 0 0 2 3 2 0 5. 3(3)22(k) 5 5 ⇒ 922k 5 5 ⇒ 22k 5 24 ⇒ k 5 2
y 6. (k, 2, k 1 1) 4x 1 5 y 2 3z 5 10, então:
3 4k 1 10 2 3(k 1 1) 5 10 ⇒ 4k 1 10 2 3k 2 3 5 10 ⇒ k 5 3
2 A1Ј 2 ? 3 2 5(21) 5 11
1A 3 ? 3 1 6(21) 5 3
7. a)
Ϫ3 Ϫ2 Ϫ1 0 1 2 3 4 5 6x (3, 21) é uma solução do sistema.
Área de A19: 15 unidades de área b) 20?10 01050 5 0
Para A2: 2 3?0 1 5?0
22 0 0 0 1 2 2 5 0 0 22 24 24 4 ? 0 1 7 ? 0 2 3 ? 0 5 0
0 1 0 2 3 2 0 0 2 3 2 0
(0, 0, 0) é uma solução do sistema. Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
y 0 1 1 5 1
3 c) 0 2 1 5 21
2
A2Ј 1 A 3 ? 0 1 (21) 5 1
(0, 21) não é solução do sistema.
8. a) 24xx 1 2y 5 4 ⇒ 4 x 12 y 54
1 y5 5 · (22) 24 x2 2 y 5 210
Ϫ4 Ϫ3 Ϫ2 Ϫ1 0 123 x 0 5 26
O sistema é impossível, ou seja, S 5 .
Área de A29: 10 unidades de área b) 53xx 2 2 y 5 212 · (3) ⇒ 9x 2 6 y 5 236
1 6y5 8 5x 1 6 y 5 8
c) A transformação A1 “espichou” a figura A na direção positiva do
eixo Ox, segundo um fator 3. A transformação A2 “espichou” a 14x 5 228 ⇒ x 5 22
figura A na direção negativa do eixo Ox, segundo um fator 22.
5(22) 1 6 y 5 8 ⇒ 210 1 6 y 5 8 ⇒ 6 y 5 18 ⇒ y 5 3
Logo, o sistema é possível e determinado e S 5 {(22, 3)}.
Manual do Professor - Capítulo 5 363
c) 5x 210 y 5 15?(2) 10x 2 20 y 5 30 b) 1 1 2 x 5
2x 24 y 5 6?(−5) ⇒ 210x 1 20 y 5230
1 22 1 ? y 5 3
2 21 3 z 24
0 5 0
Logo, o sistema é possível e indeterminado (possui infinitas
soluções). 1 12
1 22 1 5 1 ? (22) ? 3 1 1 ? 1 ? 2 1
Fazendo x 5 a, temos: 2 21 3
2a 2 4 y 5 6 ⇒ 24 y 5 22a 1 6 ⇒ 4 y 5 2a26 ⇒
1 2 ? 1 ? (21) 2 2 ? (22) ? 2 2 1 ? (21) ? 3 ? 1 ? 1 5 0
⇒ y 5 2a26 5 2(a23) 5 a23
det 5 0 (Sistema não determinado)
4 42
( )O par a, a 2 3 é a solução geral do sistema. 11. D 5 2 m 0 ⇒ 16 2 m2 0 ⇒ m2 16 ⇒ m 4 e
2 m 8
m 24
9. a) Representação gráfica: 12. a) x 1 y 56 ⇒ y52 e x 5 4 → S 5 {2, 4}
4x 1 2 y 5 4 → (1, 0), (0, 2), … y 52
2x 1 y 5 5 → (1, 3), (2, 1), …
x 1 2y 5 8 ⇒ x 5 4 e y 5 2 → S 5 {2, 4}
y x 5 4
3 Os sistemas são equivalentes.
2 b) x 1y 1z 5 10 ⇒ z 5 0, y 5 5 e x 5 5 → S 5 {0, 5, 5}
y 1 2z 5 5
1 z 5 0
21 0
x x 1y 2z 5 7 ⇒ x 5 5, y 5 3 e z 5 1 → S 5 {1, 3, 5}
x 1y 5 8
1 2 2x 1 y 5 5
4x 1 2y 5 4 x 5 5
b) Representação gráfica: Os sistemas não são equivalentes.
3x 2 2 y 5 212 → (0, 6), (22, 3), …
5x 1 6 y 5 8 → (22, 3), (4, 22), … c) x 1y 1z 5 0 ⇒ z 5 0, y 5 0 e x 5 0 → S 5 {0, 0, 0}
y 1 2z 5 0
y
z 5 0
6 3x 2 2y 5 212 x 1y 2 z 5 0 x 5 0, y 5 1 e z 5 21 → S 5 {21, 0, 1}
5 x 1 y 5 1⇒
4
3 x 5 0
2
1 Os sistemas não são equivalentes.
x 13. a) Da 3a equação, z 5 23.
Na 2a equação, temos:
23 22 21 0 1 234 2 y 2 (23) 5 1 ⇒ 2 y 5 1 2 3 ⇒ y 5 21
21 5x 1 6y 5 8 Na 1a equação, temos:
2x 2 (21) 1 3(23) 5 0 ⇒ 2x 1 1 2 9 5 0 ⇒ 2x 2 8 5 0 ⇒
22 ⇒x54
Portanto, o sistema é possível e determinado e
S 5 {(4,21,23)}.
b) Da 3a equação já deduzimos que o sistema é impossível. Então,
c) Representação gráfica: S 5 .
( )5x 2 10 y 1 , (3, 0), … c) O número de equacões é menor do que o número de incógnitas.
2
5 15 → 2, 2
2x 2 4 y 5 6 → (3,0), (21,22), … A incógnita livre é x3. Fazemos x3 5 k, com k R.
Da 2a equação, temos:
y x2 2 k 5 0 ⇒ x2 5 k
2 Da 1a equação, temos:
1
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora 3x 1 2 2k 1 k 5 2 ⇒ 3x1 5k 1 2 ⇒ x1 5 k 12
22 21 0 3
21 2x 2 4y 56
23 x O sistema é possível e indeterminado e a solução geral é
1
( )k 1 2 , k, k .
22 3
5x 2 10y 5 15 d) Da 4 a equação, w 5 22.
Na 3a equação, temos:
10. 2 5 ? x 5 8
1 1 y 7 2z 2 2(22) 5 1 ⇒ 2z 1 4 5 1 ⇒ 2z 5 23 ⇒ z 5 3
a) 25 5 2 ? 1 2 5 ? 1 5 2 2 5 5 23 Na 2a equação, temos:
11 y 1 3 2 2 5 5 ⇒ y 1 1 5 5 ⇒ y 5 4
Na 1a equação, temos:
det ? 0 (Sistema determinado) x 2 4 1 3 1 2 5 0 ⇒ x 1 1 5 0 ⇒ x 5 21
Portanto, o sistema é possível e determinado e
S 5 {(21, 4, 3,22)}.
364 Manual do Professor
e) O número de equações é menor do que o número de incógnitas e 2y 1 2 5 0 ⇒ y 5 21
as incógnitas livres são b e d. Fazemos b 5 a e d 5 b, com a R e x 1 3(21) 1 2 5 0
b R. x 5 1
Da 2a equação, temos : Sistema possível e determinado, com solução (1,21, 2).
c 2 b 5 0 ⇒ c 5 b 2xx1123yy124zz 5 0 22 21 ⇒ x 1 2y 1 4z 50
5 0 2y 2 9z 50
Da 1a equação, temos: b)
x 2 14z 5 0 22 y 2 18z 5 0
a 1 2a 2 b 1 b 5 2 ⇒ a 5 2 2 2a
O sistema é possível e indeterminado e a solução geral é Notamos que a 2a e a 3a equações são equivalentes, o que sig-
nifica que temos duas equações e três incógnitas. Portanto, o
(2 2 2a, a, b, b). sistema é possível e indeterminado. Fazendo z 5 k, temos:
f) Da 2· equação, y 5 1 . Substituindo na 1a equação, temos: 2y 2 9k 5 0 ⇒ y 5 29k
2
3x 2 5 ∙ 1 5 6 ⇒ 3x 5 5 1 6 ⇒ 3x 5 17 ⇒ x 5 17 x 2 18k 1 4k 5 0 ⇒ x 2 14k 5 0 ⇒ x 5 14k
22 26 As soluções são do tipo (14k, 29k, k).
Portanto, o sistema é possível e determinado e S 5 17 , 1 . 2xx 1y 1z 54 ? ( 22) x 1y 1z 5 4
1y 2z 5 10 2 y 2 3z 5 2
{( )}6 2 c) ⇒ ? (23) ⇒
x 1 y 5 20 2x 2 y 2 7z 5 0 23 y 2 9z 5 28
x 2 y 5 4
14. x 1y 1z 5 4
2 y 2 3z 5 2
2x 5 24 ⇒ x 5 12 ⇒
12 1 y 5 20 ⇒ y 5 8 0z 5 214
ax 1 2 y 5 32 ⇒ 12a 1 2 ? 8 5 32 ⇒ 2128ab553220221636 ⇒ Absurdo → Sistema impossível, S 5 [
3x 2 by 5 20 3 ? 12 2 8b 5 20
2xx112yy 1z 5536
⇒ a 5 4 e b 5 2 17. 1z equivalentes ? (23) ⇒
3
3x 1 3 y 5 8
15. Sim, representam sistemas equivalentes, pois 2 retas concorrentes
são a representação gráfica de sistemas determinados e o ponto ⇒ x 1 y 5 3 ⇒ 0y 5 21
em comum das retas concorrentes representa a solução do siste-
ma. Observando os dois planos cartesianos, percebe-se que o ponto Sistema impossível, S 5 [
em comum nas duas situações é o mesmo, portanto representam
sistemas com a mesma solução, e assim, são equivalentes. A solu- 18. 2xx 1 4y 1 7z 5 2 ? (2 2) ? (25) ⇒ x 1 4 y 1 7z 5 2 ⇒
ção S 5 {(4, 3)} é comum aos dois sistemas. 1 3y 1 6z 5 2 1 1 25 y 2 8z 5 22
5x 1 y 2 z 5 8 219 y 2 36z 5 22
x 1 4y 1 7z 5 2 x 1 4 y 1 7z 5 2
5y 1 8z 5 2 5 y 1 8z 52
⇒ (? 19) 1 ⇒
(? 5)
Resolvido passo a passo 219 y 2 36z 5 22 228z 5 28
5. a) Ao resolver o sistema no exercício anterior encontramos os 228z 5 28 ⇒ z 5 21
seguintes valores: 5 y 1 8z 5 2 ⇒ 5 y 2 8 5 2 ⇒ y 5 2
L 5 170 km, A 5 120 km e V 5 60 km. x 1 4 y 1 7z 5 2 ⇒ x 1 8 2 7 5 2 ⇒ x 5 1
Logo, 1
• se L 5 170 km A matriz procurada é 2 .
21
170 ? 20
As quilocalorias serão: 30 113
Os passos serão: 170 ? 4 000 22 667 2x + y + z + w 5 1 1
30 x + 2 y + z + w 5 2 ? (21) 1⇒
19. x + y + 2z + w 5 3 ? (21) 1
• se A 5 120 km x + y + z + 2w 5 4 ? (21)
As quilocalorias serão 120 ? 20 5 80 2x + y + z + w 5 1
30 x 2 y 5 21 ⇒ y 5 x + 1
x 2 z 5 22 ⇒ z 5 x + 2
Os passos serão: 120 ? 4000 5 16 000 ⇒
30
x 2 w 5 23 ⇒ w 5 x + 3
• se V 5 60 km
2x 1 y 1 z 1 w 5 1 ⇒ 2x 1 x 1 1 1 x 1 2 1 x 1 3 5 1 ⇒
As quilocalorias serão: 60 ? 20 5 40
30 ⇒ 5 x 5 25 ⇒ x 5 21
Os passos serão: 60 ? 4 000 5 8 000 Logo, y 5 0, z 5 1 e w 5 2.
30
S 5 {(21, 0 , 1, 2)}
16. a) 3xx 1 3y 1z 5 0 ? (23) (I) 20. x 5 distância de A até B
2 3y 1z 5 8 (II) Inverter (III) com (II) y 5 distância de B até C
z 5 distância de C até A
2 y 1 z 5 0 (III) xy 1 y 5 1 000 passos 1y 0 500 1 200 0x 2 x
1 z 5 800 passos 1 z
x 1 3y 1 z 5 0 ⇒ 5 800 1
2y 1 z 5 0
? (26) z 1 x 5 700 passos x 1 z 5 700
212y 2 2z 5 8 1 000 1 2z 5 1 500 ⇒ z 5 250
x 1 3y 1z 5 0 Substituindo o valor de z no sistema, temos x 5 450 e y 5 550.
2y 1z 5 0 Logo, a medida da pista será:
x 1 y 1 z 5 450 1 550 1 250 5 1 250 passos
4z 5 8 ⇒ z 5 2
Manual do Professor - Capítulo 5 365
Considerando que cada passo de Roberto mede 80 cm, temos: {22 y 5 24
1 250 passos 80 cm 5 100 000 cm 5 1 000 m
⇒ x 1y 55 ⇒ y 52
21. Sendo x as moedas de 1 real, y as moedas de 50 centavos e z as
x 1 2 5 5 ⇒ x 5 3
moedas de 10 centavos, temos: O número de clientes idosos atendidos por dia é:
8y 1 6y 1 7y 5 21y 5 21 2 5 42
10x x11y 1 z 5 156 500 ⇒ x 1 y1 z 5 156 ? (25) Resposta: 42 idosos.
8y 1 2z 5 5x 1 4y 1 z 5 250 ? (22) ⇒
x 1 0,5 y 1 0,1z 5 34 10x 1 5 y 1 z 5 340 27. Sendo x, y e z as quantidades dos alimentos 1, 2 e 3, respectiva-
⇒ x21y y 1z 5 156 ? (23) ⇒ x1 y 1z 5 156 ⇒ z 5 130 mente, temos o sistema:
2 4z 5 2530 1y 1 4z 5 530
1400xx 1 20y 1 30z 5 100 (24) (22)
23 y 2z 5 2160 11z 5 1430 1 40y 1 10z 5 210 1 1
⇒
y 5 10 e x 5 16 20x 1 10y 1 30z 5 110
Assim, são 16 moedas de 1 real, 10 moedas de 50 centavos e 130 10x 1 20y 1 30z 5 100
moedas de 10 centavos.
⇒ 240y 2 110z 5 2190 (210) ⇒
22. Em A → x 1 360 5 488 1 y 230y 2 30z 5 290 (230)
Em B → y 1 416 5 z 1 384
Em C → z 1 312 5 T 1 480 10x 1 20y 1 30z 5 100
Em D → T 1 512 5 x 1 248 4y 1 11z 5 19
x 2 y 5 128 ⇒ ⇒
y 2 z 5 232
z 5 160 1 480 2 312 5 328 y 1 z 5 3 ? (24) 1
x 5 160 1 512 2 248 5 424
y 5 x 2 128 5 424 2 128 5 296 10x 1 20y 1 30z 5 100
x 5 424 7z 5 z ⇒ z 5 1
y 5 296 ⇒
z 5 328
Resposta: alternativa d. y 1 z 5 3
x 5 3z x 2 3z 5 0 x 2 3z 5 0 y 1 z 5 3 ⇒ y 1 1 5 3 ⇒ y 5 2
10x 1 20 ? 2 1 30 ? 1 5 100 ⇒ 10x 5 30 ⇒ x 5 3
Como y 5 2 e z 5 1, a quantidade do ingrediente 2 é o dobro da
quantidade do ingrediente 3.
Resposta: alternativa c.
23. a) 3 y 5 2w ⇒ 3 y 2 2w 5 0 ⇒ y 2 2z 5 0 SPI
y 5 2z 6z 2 2w 5 0
y 2 2z 5 0 x 2 y 1 z 50 ? (22) x 2y 1z 5 0
2x 1 y 1 z 50 3y 2z 5 0
4 y 5 8z 4 y 2 8z 5 0 y 2 2z 5 0 28. a) ⇒
Se z 5 a, temos y 5 2a, w 5 3a e x 5 3a. Portanto, 2x 1 2 y 1 5z 5 34 y 1 6z 5 0
S 5 {(3a, 2a, a, 3a), a R}.
y 1 6z 5 0 ⇒ y 5 26z
b) Para a 5 1, temos x 5 3, y 5 2, z 5 1 e w 5 3. Logo, o menor nú- 3(26z) 2 z 5 0 ⇒ 218z 2 z 5 0 ⇒ 219z 5 0 ⇒ z 5 0
mero inteiro de átomos é: cálcio: 3; hidrogênio: 6; fósforo: 2; e x 5 0
oxigênio: 8. y 5 0
SPD, S 5 h(0, 0, 0)j
24. Notando que o muro externo tem perímetro igual ao muro interno (m) xx 1 y 1 z 5 0 x 1y 1 z 50 (21)
1 z 5 0 y 1 5z 5 0 ⇒
mais 8L (2L por lado), podemos resolver o sistema deste modo: b) ⇒
m 1 8L 1 m 1 L 5 5 320 ⇒ 23mm 1 9L 5 5 320 y 1 5z 5 0 x 1 z 50
2(m 1 8L) 1 m 1 L 5 8 120 1 17L 5 8 120
Logo, m 5 2 480 e L 5 40. x 1y 1z 5 0
y 1 5z 5 0
Resposta : alternativa b. ⇒
25. Temos o sistema: y 5 0
10x 1 8y 1 5z 5 51 I 5z 5 0 ⇒ z 5 0
6x 1 6y 1 4z 5 34 II x 5 0
y 5 0
8x 1 7y 1 5z 5 43 III SPD, S 5 h(0, 0, 0)j
Fazendo I 1 II , vem: 29. Significa que o sistema homogêneo nunca será impossível; ou ele
16x 1 14y 1 9z 5 85 IV
será sistema possível e determinado ou sistema possível e inde-
Fazendo IV 2 2 III , temos:
16x 1 14y 1 9z 5 85 terminado. Note que xi 5 0 ; i é sempre solução do sitema homo-
gêneo. A isso chamamos “solução trivial”.
216x 2 14y 2 10z 5 286
2z 5 21 ⇒ z 5 1 30. a) xx 1 y 1z 5 3 21 2 ⇒
1 2 y 1 3z 5 6 21
{x 1 y 1 z 5 3
Substituindo z 5 1 nas duas primeiras equações do sistema inicial, 2x 1 3 y 1 4z 5 a
temos: ⇒ 0592a
⇒ x 1 y 1z 5 3
y 1 2z 5 3
610xx1168yy553406 (6) ⇒ 21
y 1 2z 5 12 2 a
⇒ 10 x 1 8y 5 46 1 ⇒ 9 2 a 5 0 ⇒ a 5 9 → SPI
x 1 y 55 ? (210)
9 2 a 0 ⇒ a 9 → SI
366 Manual do Professor
2mxx12m8yy 53 m 2x 1 my 5 3 2. a) As multiplicações
56 22
b) ⇒ (16 1 m2) y 5 3m 2 12 0 0
5 5
Como 16 1 m2 0 para todo m R, o sistema é possível e 1 21 x x ; 1 21 x x
0 y −y 0 2y y
determinado. correspondem a refletir o ponto (x, y) em relação ao eixo Ox e,
em seguida, sua imagem em relação a Ox, voltando ao ponto
2 2a 1 inicial (x, y).
31. 4 1 2 ? 0 ⇒ 2a 2 2a 2 4 2 1 1 4 1 4a2 ? 0
1 21 a
4a2 2 1 ? 0 ⇒ a2 ? 1 ⇒ a ? 1 ou a ? 2 1 b) As multiplicações
42 2 1 0 x 5 x 21 0 x 5 2x
0 y 2y ; 0 1 2y 2y
21
23xx 13y 24z 51 ? (23)
1 4 y 13z 5b
32. ? (2) 1⇒ correspondem a refletir o ponto (x, y) em relação ao eixo Ox e, em
seguida, sua imagem em relação a Oy. Levam ao ponto desejado,
5x 17 y 1az 58 mas não na sequência solicitada.
⇒ 2x 1 3 y 2 4z 51 ? (25) 1 ⇒ c) Para refletir o ponto (x, y) em relação ao eixo Oy e, em seguida,
2y1 18z 52b 23 sua imagem em relação a Ox, de modo que tenhamos o ponto
(2x, 2y), devemos realizar, na sequência, as multiplicações:
5x 17 y 1 az 58 ? (2)
2x 13 y 2 4z 51
⇒ 2y1 18z 52b23 ? (21) ⇒ −1 0 2x 2x 2x
1 0 5 y y 2y .
2 y 1(2012a)z 511 x ; 1 0 5
1 y 0 21
2x 1 3 y 2 4z 51
⇒ 2 y 1 18z 52b23 d) As multiplicações
(2a12)z 5 14 22b 0 x 2x
2a1250 ⇒ 2a522 ⇒ a521 21 5 ; 0 1 2x 5 y
0 1 0 y 2x
14 22b 0 ⇒ 2b 14 ⇒ b 7 1 y y
11 1 correspondem a refletir o ponto (x, y) em relação ao eixo Oy e, em
33. D 5 2 2 4 5 0 porque a 1a e a 2a colunas são iguais. Logo,
seguida, sua imagem em relação à reta y 5 x (bissetriz dos qua-
113
o sistema é indeterminado. drantes ímpares). 0 x 2x
Outros contextos 21 21 y = 2y leva ao ponto de-
e) A multiplicação 0
1. a) C 5 3x 1 2y 5 (3 ? 4) 1 (2 ? 5) 5 12 1 10 5 22
b) A 5 3x 1 y 5 (3 ? 4) 1 (1 ? 5) 5 12 1 5 5 17 sejado por uma reflexão em relação à origem (0, 0) e a multiplica-
c) B 5 3x 1 4y 5 (3 ? 4) 1 (4 ? 5) 5 12 1 20 5 32
C 5 2x 1 7y 5 (2 ? 4) 1 (7 ? 5) 5 8 1 35 5 43 1 0 2x 2x
d) A: 17 . 12, B: 32 . 30 e C: 43 . 28, então a dieta que inclui o con- ção pela matriz identidade 0 1 2y = 2y leva ao
sumo de 4 unidades do produto P e 5 unidades do produto Q
atende os requisitos vitamínicos, porém o seu custo é maior que
o custo mínimo possível para a mesma dieta, no caso, 22 . 18. próprio ponto; não foi a sequência solicitada.
Pensando no Enem Resposta: alternativa c.
1. Considerando a matriz GUT do estudante e calculando G 3 U 3 T: Vestibulares de Norte a Sul 2 −1 −2
1. Montando as matrizes, temos A( 4 ×3) = 3 4 −1 e
4 5
6
3 1 2 3 5 6 7
B(3×4) 5 0 5 2 3 .
0 1 7 3
Problemas G U T GUT
Estudar Física 4 5 4 80 Como a matriz C é resultado do produto das matrizes A 3 B, temos
Planejar a viagem 2 3 3 18 6 25 212 23
Estudar Química 5 4 1 20 9 22 7 18
12 35 60 45
C(4×4) 5 15 42 71 54 → Elemento da 3a linha e
2a coluna.
Come•ar academia 3 1 26
Desse modo, o ranking de prioridades da maior para a menor é: Estu- Resposta: alternativa b.
dar Física, Estudar Química, Planejar a viagem e Começar academia.
Sendo assim: 2. A partir dos dados da tabela, e reduzindo os valores mil vezes, te-
O principal problema que o estudante deve resolver é “estudar mos o seguinte sistema
Química”. (Falso)
O problema de maior prioridade é começar “academia”. (Falso) 11,,25FF 1 1M 1 2S 5 265 (3 1,25) ⇒
Antes de “estudar Química” o estudante deve “planejar a viagem”. 1 0,8M 1 1,5S 5 206
(Falso)
O que menos deve preocupá-lo é “planejar a viagem”. (Falso) 0,8F 1 0,6M 1 1,2S 5 151 (3 1,875)
A prioridade é “estudar Física”. (Verdadeiro)
⇒ 2 11,,55FF 1 1M 1 2S 5 265 2
Resposta: alternativa e. 1 1M 1 1,875S 5 257,5 ⇒
1,5F 1 1,125M 1 2,25S 5 283,125
Manual do Professor - Capítulo 5 367
1,5F 1 1M 1 2S 5 265 6. O supermercado deveria dar 23 reais de troco, porém, como só dis-
⇒ 0,125S 5 7,5 ⇒ punha de notas de R$ 10,00, o valor múltiplo de 10 “mais próximo”
S5 7,5 5 60 a 23 reais seria R$ 30,00.
0,125 Para que o supermercado possa lhe dar o troco de R$ 30,00, o
cliente deverá dar além dos R$ 100,00 mais R$ 7,00 (2 moedas de
20,125M 2 0,250S 5 218,125 R$ 1,00 e 1 nota de R$ 5,00).
Logo, o cliente deu R$ 100,00 1 R$ 7,00 5 R$ 107,00.
Substituindo o valor de S na terceira equação, temos que: Resposta: alternativa b.
20,125M 2 0,250 ? (60) 5 218,125 ⇒ 20,125M 2 15 5 218,125 ⇒
⇒ 20,125M 5 23,125 ⇒ M5 23,125 5 25 7. Calculando os determinantes, temos
20,125
Assim, o saco de milho é vendido por R$ 25,00. • det(A) 5 (2 ? 3x) 2 [2x ? (2x)] 5 (6x) 2 (22x2) 5 2x2 1 6x
Resposta: alternativa a.
• det(B) 5 [1 ∙ (21)] 2 (1 ∙ 3) 5 (21) 2 (3) 5 24
{Como, det(A) 5 det(B) temos x 5 22
2x2 1 6x 5 24 ⇒ 2x2 1 6x 1 4 5 0 ⇒ x 5 21
3. Representando o produto, temos:
Resposta: alternativa c.
8 9 6 1 23 23/ 3
8 7
1 6 6 6 ? 1 5 1 21 7 8. De acordo com a tirinha do enunciado, temos que o quebra-cabe-
? 8 9 1 ? 5 ças possui 500 peças. A partir disso, podemos montar o sistema:
3 9 3 21 7
7 24 8 {x 1 y 5 45
Logo, o produto corresponde à média de cada aluno nas três ava- x ? y 5 500
liações. Desenvolvendo, temos
Exemplo: termo a11 5 23 ⇒ média do aluno Thiago nas três {(45 2 y) ? y 5 500 ⇒ y2 2 45 y 1 500 5 0 ⇒ y 5 25
3 y 5 20
avaliações
Resposta: alternativa c. Logo, se y 5 25, x 5 20 ou se y 5 20, x 5 25.
Considerando que lmíriaorsga→ridLas → M Resposta: alternativa d.
, podemos montar o sistema:
4.
rosas → R 9. Analisando as alternativas, temos
a) (Correta). Já que se pode ir até (D) e daí para a cidade (B).
14MM1122LL11R3R552042(3 4) ⇒ b) (Falsa). Pois (D) não faz conexão com nenhuma cidade que faça
2M 1 4L 1 R 5 32 (3 2) conexão com (B).
c) (Falsa). Pois não há conexão direta entre essas cidades.
⇒ 44MM 1 2L 1 3R 5 42 2 d) (Falsa). Não, apenas um caminho (A → D → B).
1 8L 1 4R 5 80 ⇒ e) (Falsa). Não, apenas um caminho (A → D → B → C).
4M 1 8L 1 2R 5 64 2 Resposta: alternativa a.
24M6L 1 2L 1 3R 5 42
2R 5 238
⇒ ⇒ 10. Temos,
2R 5 16 5
Se 2R 5 16 ⇒ R 5 16 5 8 10 25 21 25 2 ; 2C 5 14 0
2 A ? B 5 24 29 ; 2 ?A?B5 2 9 26 12
Se − 6L − R 5 − 38 ⇒ − 6L − 8 5 − 38 ⇒ − 6L 5 − 30 ⇒ 2
⇒ L5 −30 5 5
−6 Logo,
Se 4M 1 2L 1 3R 5 42 ⇒ 4M 1 2 ? (5) 1 3 ? (8) 5 42 ⇒
⇒ 4M 1 10 1 24 5 42 ⇒ 25
⇒ 4M 1 34 5 42 ⇒ 4M 5 8 ⇒ M 5 8 5 2 5 2
X2 14 0
4 29 5 26 12 ⇒
2
Logo, R 1 L 1 M 5 8 1 5 1 2 5 15 22
Um arranjo simples custará 15 reais.
5 25
Resposta: alternativa d. 22 2
⇒ a b 5 14 0
c d 2 29 26 12
2
1 0
0 1
5. Matriz identidade de ordem 2 ⇒ 5B a 2 5 5 14 ⇒ a 5 14 1 5 5 19
Como A 5 B, temos
b 2 (2 5 ) 5 0 ⇒ b 5 2 5
e2x2 0 22
1
0 5 1 c 2 (22) 5 26 ⇒ c 5 26 2 2 5 28
+ 0
0 |y x| d 2 (2 9 ) 5 12 ⇒ d 5 12 2 9 5 15
2 22
Então, e2x2 5 1 e x + y 5 1
Resolvendo a igualdade: e2x2 5 1 ⇒ e2x2 5 e0 ⇒ 2x 2 5 0 ⇒ 19 25
28 2
⇒ x2 5 0 ⇒ x 5 0 ∴X a b 5
5 c d 15
Como |x 1 y| 5 1 ⇒ |0 1 y| 5 1 ⇒ |y| 5 1 ⇒ y 5 1 ou y 5 21 (não 2
convém)
Assim, x 5 0 e y 5 1 ( ) ( )det(X) 5 19 ? 15 2 2 5 ? (28) 5 285 2 40 5 245
Resposta: alternativa a. 2 2 2 2 2
Resposta: alternativa d.
368 Manual do Professor
Unidade 3 p
11. a) a 5 2
Capítulo 6
, 5 p ⇒ , 5 5p cm
2p ? 10 2 p ? 2
1. a) ,3 5 r 3 5 10 3 17,32 cm b) a 5 p
a3 5 r 5 10 5 5 cm , 5 p ⇒ , 5 10p cm
2 2 2p ? 10 2 p
b) , 4 5 r 2 5 10 2 cm 14,14 cm c) a 5 p
3
a4 5 r2 5 10 2 cm 7,07 cm , 5 p ⇒ , 5 10p cm
2 2 2p ? 10 2 p ? 3
3
c) ,6 5 r 5 10 cm 12. a) r 5 24 cm b) r 5 24 cm c) r 5 24 cm
p , 5 3p
a6 5 r3 5 10 3 5 5 3 cm 8,66 cm a 5 2p
2 2 a 5 2 3 4
, 5 ra cm , 5 ra cm
2. ,6 5 r 5 5 , 5 ra cm
p 5 6,6 5 6 ? 5 5 30 cm , 5 12p cm , 5 18p cm
, 5 16p cm
3. ,3 5 5 ⇒ r 3 55⇒ r 5 53 Resolvido passo a passo
5 3
5 5. a) Área total da fachada (AT)
AT 5 (80) ? (40) 5 3 200 m2
d 5 2r 5 2 ? 5 3 5 10 3 Se os vitrais possuem área de 1 m2, então serão necessários
33
3 200 vitrais.
5,77 cm
Custo da mão de obra 5 (3 200) ? (10) 5 32 000
Custo total 5 112 000 5 112 000 1 32 000 5 144 000
Resposta: R$ 144 000,00
4. a4 5 r 2 562 53 2
2 2
13. A
,3 5 r 3 5 6 3 40 m 30 m
E
a4 32 5 6 B
5
,3 6 3 6
5. d 5 14 cm ⇒ r 5 7 cm 40 m
C 5 2pr 5 2p ? 7 5 14p; C 5 14p cm
C 36 m D
6. C 5 14p ⇒ 2pr 5 14p ⇒ r 5 7 cm
Utilizando o teorema de Pitágoras, temos:
7. d 5 60 cm ⇒ r 5 30 cm
n 5 500 BE2 5 402 1 302 5 1 600 1 900 5 2 500 ⇒ BE 5 50 m
C 5 2pr 5 2p ? 30 5 60p Área do ABE 5 2040 ? 30 5 600 m2
S 5 60p ? 500 5 30 000p cm 5 300p m
21
8. a) raio r → C 5 2pr Área do trapézio BCDE 5 (50 1 36) 40 20 5 1 720 m2
raio 2r → C1 5 2p ? 2r 5 4pr
Aumento: C1 2 C 5 4pr 2 2pr 5 2pr 21
Logo, o comprimento dobra quando o raio dobra. Área do terreno 5 600 1 1 720 5 2 320 m2
b) raio r → C 5 2pr
raio 3r → C1 5 2p ? 3r 5 6pr 14. 14 m
Logo, o comprimento triplica quando o raio triplica. 5m
9. 11 m piscina 8 m Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
ᐉϭ5 Ճ
20 m
Strapézio 5 (20 1 14)11 5 187 m2
2
Spiscina 5 5 ? 8 5 40 m2
2r 5 , 5 5 ⇒ r 5 5
2 Spedras 5 187 2 40 5 147 m2
C 5 2pr 5 2p ? 5 5 5p cm DbC
2 15.
10. I II III a
a3 5 r 5 6
C 5 2pr 5 2p ? 6 5 12p; C 5 12p cm
a3 Ax yB
Manual do Professor - Capítulo 6 369
• Cálculo da área da região I: SI 5 ax 28. • Laterais: 4S 5 24 (27 1 19)30 5 2 760 m2
2 21
• Cálculo da área da região II: SII 5 ab • Fundo: S 5 192 5 361 cm2
• Área total: 2 760 1 361 5 3 121 cm2 5 0,3121 m2
• Cálculo da área da região III: SIII 5 ya
2
• Soma das áreas 5 SI 1 SII 1 SIII 5 xa 1 ab 1 ay 5 29. A 5 6 ? ,2 3 56? 100 3 5 150 3 cm2
22 4 4
5 a x 1 b 1 y 5 a x 1 b 1 b 1 y 5 30. r 5 20 cm → , 5 20 3 cm
2 2 2 2 2 2
5 a (x 1 b 1 b 1 y) S 5 (20 3 )2 100
2 4
3 5 400 ? 3 3 5 300 3 cm2
Fazendo x 1 b 1 y 5 B, temos: 41
a (B 1 b) 5 (B 1 b)a 31. P 5 2pr 5 20p cm
2 2 A 5 pr2 5 100p cm2
16. , 5 6 cm 32. a) A 5 pr 2 5 18p cm2
S 5 62 3 5 9 3 cm2 2
4
Stotal 5 36 3 cm2 b) A 5 p ? 62 5 9p cm2
2?2
17. A 5 4 ? 5 ? sen 60 5 10 ? 3 5 5 3 cm2 c) A 5 2p ? 62 5 12p cm2
22 3?2
18. A 5 4 ? 4 ? sen 60 5 8 3 5 4 3 cm2 33. • Cálculo da hipotenusa do triângulo:
22 x2 5 62 1 82 5 36 1 64 5 100 ⇒ x 5 10 m
• Cálculo da área do semicírculo de raio 5:
19. A 5 2 ? 10 ? 16 ? sen 30 5 160 ? 1 5 80 cm2 S 5 p ? 52 5 25p m2
22 22
82 ? sen 60 5 96 3 cm2 • Cálculo da área do triângulo:
2
20. A 5 6 ? S 5 8 ? 6 3 5 24 m2
2
21. AT 5 6 ? 102 5 600 cm2
22. A 5 2 ? 5 ? 3 1 2 ? 4 ? 5 1 2 ? 4 ? 3 5 94 cm2 1
• Área do terreno 5 25p 124 5 25p 1 48 m2
2 2
23. • S 5 2?2 5 2 cm2 34.
2
Scolorida 5 4 ? 2 5 8 cm2 Apótema 5 2 3 cm
S 5 S 2 Scol. 5 42 2 8 5 16 2 8 5 8 cm2
24. p 5 17 1 15 18 5 40 520 m
22
S 5 20(20 2 17)(20 2 15)(20 2 8) 5 22 ? 3 ? 5 5 60 m2 Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
25. 1 m2 → 4 pessoas A 5 p ? (2 3 )2 5 12p cm2
4 000 m2 → 16 000 pessoas
35.
26. 1 cm → 200 km
0,2 cm → 40 km
60°ll ll
40 km 60°
60° ll
S 5 2 ? 402 3 5 800 3 km2 r 5 , 5 8
4 A 5 p ? 82 5 64p cm2
27. a) 112 2 82 5 121 2 64 5 57 ( ) 36. 2 2 5 p(32 2 12) 5 8p cm2
A área aumentará em 57 cm2. S 5 p r 1 2 r 2
b) (1,2,)2 5 1,44,2
A área aumentará em 44%. 37. S 5 r, 5 4 ? 10 5 20 cm2
22
370 Manual do Professor
38. • a razão entre as áreas é:
5
k 2 5 Amenor 5 1 ⇒ k 5 1 5 2
Amaior 2 22
5
2 Logo:
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editorax 5 2 ⇒ x 5 30 2
60 2
( )A 5 p ? 5 2 2 252 5 25p cm2 y 5 2 ⇒ y 5 20 2
40 2
Resposta: alternativa c.
39. • Lado do quadrado: 8 cm → r 5 4 cm 46. A 5 p(1,1r)2 5 pr ? 1,21
• Área colorida 5 área do quadrado ABCD 2 área de um círculo 21%
de 4 cm de raio 5 82 2 p ? 42 5 64 2 16p 5 16(4 2 p) cm2 P 5 2p(1,1r) 5 2pr ? 1,1
10%
40. a) Por falta: 31 ■; por excesso: 61 ■. Resposta: alternativa b.
média 5 311 61 5 46 ■
2 47. Se a escala é 1 : 50, então k 5 50 e k2 5 2 500. Se a área na planta é
Considerando que ■ tem 0,5 cm de lado: 12 ? 14 5 168 cm2, a área real é
S 46 ? 0,52 5 11,5 cm2 168 ? 2 500 5 420 000 cm2 5 42 m2.
Resposta: alternativa d.
b) Por falta: 34 ■; por excesso: 62 ■.
34 1 62 48. O tempo gasto para limpar o terreno é proporcional à área dele.
Assim, se o raio dobra (k 5 2), a área quadruplica (k2 5 4). Então, ele
média 5 2 5 48 ■ gastará 4 vezes mais tempo: 3 ? 4 5 12 h.
Considerando que ■ tem 0,5 cm de lado: Resposta: alternativa e.
S 48 ? 0,52 5 12 cm2
41. • S e as áreas têm razão de semelhança k2 5 4, os perímetros têm 49. a) A razão de semelhança linear é
razão de semelhança k 5 2. Assim:
k 5 1 250 000 5 250 000.
x 1 2x 5 48 ⇒ x 5 16 cm e 2x 5 32 cm 5
a) Então, um dos quadrados tem lado 16 5 4 cm e o outro tem
Portanto, 1 cm na foto equivale a
4 250 000 cm 5 2 500 m 5 2,5 km.
lado 32 5 8 cm.
A
4 b) k2 5 250 0002 5 9 ⇒ A 5 562 500 000 000 cm2 5
b) As áreas são, respectivamente, 42 5 16 cm2 e 82 5 64 cm2.
5 56 250 000 m2 5 56,25 km2
42. Se o raio da pizza média é 80% do raio da pizza grande, então a
razão entre os raios da pizza média e da grande é 0,8. Assim: Para refletir
k 5 0,8 ⇒ k2 5 0,64 Página 120
Logo, a razão entre as áreas das pizzas média e grande é: Basta ligar cada vértice da figura ao centro da circunferência:
k2 5 0,64 5 64%
Resposta: alternativa b.
43. A razão entre os lados é:
k 5 AD 5 x
AB 8
A razão entre as áreas é:
k 2 5 A2 5 1 ⇒ k 5 1 5 2 72Њ
A1 2 22
Logo:
x 5 2 ⇒ x 5 4 2 A circunferência é divida igualmente em arcos de 90 e 72, respectivamente.
82
Resposta: alternativa a.
44. Se o raio aumentou 1%, então o fator de aumento é 1,01 (k 5 1,01). Página 131
Portanto, a área aumentará k2 5 1,012 5 1,0201.
A 5 10 ,a 5 5,a
2
Logo:
x 5 1,0201 ⇒ x 5 3,14 ? 1 ? 1,0201 3,20 Capítulo 7
p ? 12
Resposta: alternativa d.
45. O triângulo menor é semelhante ao maior, pois o corte foi parale- 5. a) p(ABCD) // p(EFGH); p(ADGH) // p(BCFE); p(ABEH) // p(CDGF).
lo ao lado do triângulo maior. Assim: b) Algumas soluções possíveis: p(ABCD) e p(ADGH); p(CDGF) e
• a razão entre os catetos é: p(ACFH); p(CBEF) e p(ABEH).
c) Sim; FG.
k 5 x 5 y d) ADGH e ABCD.
60 40
Manual do Professor - Capítulo 7 371
Resolvido passo a passo H g) 4
5. a) Cálculo de LB (diagonal do prisma retangular) h) 2
i) 4
K j) 2
k) 3
L l) 2
G m) BE2 5 EG2 1 BG2 5 52 1 22 ⇒ BE 5 29
4E Exercício adicional
1 a parte: existência do plano a
Banco de imagens/Arquivo da editora B Sejam r e s as retas dadas. Sendo paralelas distintas, são coplanares por
definição; portanto, existe um plano a que as contém.
F 5 2 a parte: unicidade do plano a
2 Se existisse qualquer outro plano b ? a que contivesse as retas r e s, e
tomando-se um ponto A em r, com a passando por A e por s, teríamos
A b também passando por A e por s e, portanto, o plano b coincidiria com
a, conforme o teorema 2. Então, o plano a é único.
Para refletir
P‡gina 162
No item b a distância entre F e H é a diagonal de um quadrado de lado 3.
Logo, mede 3 2 .
No item c a distância entre E e B é a hipotenusa do triângulo EBG, cujos
catetos medem 3 2 e 3. Logo, mede 3 3 .
• Cálculo de FB Capítulo 8
O triângulo FAB é retângulo, pois FÂB é reto, então, pelo Teore-
ma de Pitágoras: 3. V 2 A 1 F 5 2 ⇒ 5 2 10 1 F 5 2 ⇒ F 5 2 1 5 ⇒ F 5 7
FB2 5 22 1 52 5 4 1 25 ⇒ FB2 5 29 ⇒ FB 5 29 cm
4. F 5 V ⇒ F 2 20 1 F 5 2 ⇒ 2F 5 22 ⇒ F 5 11
O triângulo LFB também é retângulo, pois LFB é reto, então, pelo
Teorema de Pitágoras: 5. 1 face hexagonal: 6 arestas
FB2 5 LF 2 1 FB2 5 42 1 29 2 ⇒ LB2 5 16 1 29 ⇒
⇒ LB2 5 45 ⇒ LB 5 45 ⇒ LB 5 3 5 cm 6 faces triangulares: 6 ? 3 5 18 arestas
• Cálculo de GE A 5 6 1 18 5 24 5 12
Veja que GE 5 LB ⇒ GE 5 3 5 cm. 2 2
• Cálculo de GK V 2 12 1 7 5 2 ⇒ V 5 2 1 5 5 7; V 5 7
Observe que GK 5 FB ⇒ GK 5 29 cm.
Logo, LB 5 GE 5 3 5 cm. 6. V 5 20
A 5 20 ? 5 5 50
2
20 2 50 1 F 5 2 ⇒ F 5 2 1 30 5 32; F 5 32
13. a) algumas soluções: AE , DH , BF , CG 7. 3 faces triangulares: 3 ? 3 5 9 arestas
b) p(ADHE) 1 face quadrangular: 1 ? 4 5 4 arestas
c) Sim. A figura é um paralelepípedo, então AFGD é um retângulo. 1 face pentagonal: 1 ? 5 5 5 arestas
Logo, AFG é reto e, portanto, AF ⊥ FG. 2 faces hexagonais: 2 ? 6 5 12 arestas
F 57
14. a) p(ABFE) ⊥ p(ABCD); p(ABFE) ⊥ p(EFGH); p(ABFE) ⊥ p(ADHE); A 5 9 1 4 1 5 1 12 5 15
p(ABFE) ⊥ p(BCGF). 2
V 2 15 1 7 5 2 ⇒ V 5 2 1 8 5 10; V 5 10
b) p(ADHE) e p(CDHG)
c) Sim. AE é perpendicular ao p(EFGH). 8. 12 – faces pentagonais
Como AE p(ACGE), então p(ACGE) é perpendicular ao p(EFGH).
d) Os três são perpendiculares ao p(EFGH). 20 – faces hexagonais
18. a) 3 Como a bola tem 12 faces pentagonais, temos: 12 ? 5 5 60 arestas
b) HF 2 5 42 1 32 ⇒ HF 5 5
c) CE2 5 32 1 22 ⇒ CE 5 13 A bola também tem 20 faces hexagonais; assim, temos: 20 ? 6 5 120.
d) DH2 5 42 1 22 ⇒ DH 5 20 5 2 5
e) 4 Como cada aresta foi contada duas vezes, o número total de
f) 13
arestas é:
372 Manual do Professor
A 5 60 1 120 5 90
2
Assim, para determinar o comprimento total de linha, temos:
20 ? 90 5 1 800 cm 5 18 m
10. d 5 102 1 62 1 82 5 100 1 36 1 64 5 200 5 10 2 cm
11. d 5 a 3 5 10 3 ∙ 3 5 30 cm 22. d 5 a 3 ⇒ 10 3 5 a 3 ⇒ a 5 10
12. O cubo tem 12 arestas. Logo, cada uma mede 48 5 4 cm. Logo:
12 AT 5 6a2 5 6 ? 102 5 6 ? 100 5 600 m2
d 5 a 3 5 4 3 cm 3 (0,4 )2 3
23. AT 5 6 (18 ? 0,4 ) 1 6 ? 42 5 43,2 1 0,24 35
13. d 5 a2 1 b2 1 c2 5 20 2 ⇒ a2 1 b2 1 c2 5 800 ( )5 0,24 180 1 3 cm2
a 5 5k ⇒ a2 5 25k2
b 5 4k ⇒ b2 5 16k2 24. AT 5 6 ? 202 1 3(5 ? 20) 2 1 ? 52 3 5 25 3 5
c 5 3k ⇒ c2 5 9k2 42 2 400 1 300 2 2
25k2 1 16k2 1 9k2 5800 ⇒ 50k2 5800 ⇒ k2 5 16 ⇒ k 5 4 2
a 5 20 cm, b 5 16 cm, c 5 12 cm
25 3 5 5 400 2 25 3 cm2
5 2 700 2 2
2
14. A 5 6<2 5 6 ? 62 5 6 ? 36 5 216 cm2 25. A, 5 6(30 ? 10) 5 1 800 cm2
15. A 5 2 ? (4 ? 5 ? 5 ? 8 1 4 ? 8) 5 2 ? 92 5 184 cm2 Ab 5 6 ? 102 3 5 150 3 cm2
4
16. AT 5 2(ab 1 ac 1 bc)
Nesse caso, a 5 32 cm, b 5 17 cm e c 5 10 cm. AT 5 1 800 1 2 ? 150 3 5 1 800 1 300 3 5
Assim: 5 1 800 1 300 ? 1,7 5 2 310 cm2
AT 5 2(32 ? 17 1 32 ? 10 1 17 ? 10) 5 2(544 1 320 1 170) 5 2(1 034) 5
5 2 068 cm2 Com 41 000 cm2 podem ser feitas 41 000 17 caixas.
Logo, AT 5 2 068 cm2. 2 310
A aba da tampa é formada por quatro regiões retangulares: duas
cujas medidas são 2 cm por 17 cm e duas cujas medidas são 2 cm 26. AT 5 A, 1 2Ab 5 3(8 ? 15) 1 2 ? 82 3 5 360 1 32 35
por 32 cm. 4
5 360 1 32 ? 1,7 5 414,4 cm2
Resolvido passo a passo
5. a) Vamos calcular a área total de material utilizado para cons-
truir um reservatório.
aϭ2m
sem material
Assim:
A 5 2 ? 2 ? 17 1 2 ? 2 ? 32 5 68 1 128 5 196 cm2
quantidade total 5 2 068 cm2 1 196 cm2 5 2 264 cm2 de papelão
Portanto, são gastos 2 264 cm2 de papelão para fazer essa caixa de
sapatos.
17. AT 5 6a2 5 96 ⇒ a2 5 16 ⇒ a 5 4 m 4m
18. A 5 3( 4 ? 9) 5 3 ? 36 5 108 cm2 1o) Cubo maior de aresta 4 m
,2 3 42 3 54 3 cm2 A T1 5 6 ? (4)2 5 96 m2
Ab 5 4 5 2o) Cubo menor de aresta 2 m
4 A T2 5 6 ? (2)2 5 24 m2
3o) Área de base do cubo menor que é acoplado e não leva
( )AT 5 A, 1 2Ab 5 108 1 8 3 5 4 27 1 2 3 cm2 material.
19. B 5 (2)2 5 4 ⇒ retirar o resultado das duas áreas totais Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
10 cm 4o) A T 5 96 1 24 2 2 ? (4) 5 112 m2
Portanto: Custo total 5 112 3 95 5 10 640
A 5 5(5 ? 10) 5 5 ? 50 5 250 cm2
Resposta: O fazendeiro gastou R$ 10 640,00.
5 cm De acordo com o enunciado, a torneira preenche 4a3, ou
seja, 4(2)3 5 32 m3 em 8 min.
20. Área lateral: 2(3 ? 2,7 1 4 ? 2,7) 5 2(8,1 1 10,8) 5 37,8 Como 1 m3 é igual a 1 000 L e 1 min é igual a 60 s, então a
vazão será dada por:
Descontando a janela e as duas portas, temos:
Vazão 5 32 ? 1 000 5 32 000 66,67
37,8 2 (2 1 2 ? 1,6) 5 37,8 2 5,2 5 32,6 m2
8 · 60 480
21. AT 5 A, 1 2Ab 5 4(0,90 ? 1,80) 1 2(0,90 ? 0,90) 5 Vazão 66,67 L/s
5 6,48 1 1,62 5 8,1 m2 27. V 5 (5 3 )3 5 125 ? 3 3 5 375 3 cm3
Para fabricar 100 caixas são gastos:
100 ? 8,1 5 810 m2 Manual do Professor - Capítulo 8 373
28. V 5 a3 5 1 000 ⇒ a 5 10 dm 40.
8 cm
29. V 5 4 ? 7 ? 5 5 140 cm3
8 cm
30. V 5 1,20 0,90 1 5 1,08 m3 5 1 080 dm3 5 1 080 L
82 3 ? 8 5 768 3 cm3
31. Volume da caixa: V 5 (20)3 5 8 000 cm3 V 5 Abh 5 6 ? 4
Volume do dado: V 5 23 5 8 cm3
Portanto, podem ser colocados na caixa 8 000 5 1 000 dados. AT 5 2Ab 1 A 1 3 82 3 1 6 ? 82 5 192 3 1 384 5
8 52?6?
32. V 5 63 1 83 1 103 ⇒ 216 1 512 1 1 000 5 1 728 cm3 4
33. Vamos imaginar o sólido sem o corte: 2
V 5 8 ? 10 ? 3 5 240 cm3
Determinamos o volume do pedaço que falta: 1
V 5 1,5 ? 6 ? 10 5 90 cm3
Portanto, o volume do sólido da figura é: ( )5 192 2 1 3 cm2
240 2 90 5 150 cm3
41. Volume de 1 cubo: V 5 a3 5 13 5 1 m3
34. V 5 12 ? 7 ? 2,70 5 226,8 m3 5 226 800 dm3 5 226 800 L VTotal 5 11 ? 1 5 11 m3
35. 42. a) Igual.
Volume total dos 6 prismas triangulares: 6 ? Ab ? h 5 6 3 h
V 5 Abh 5 42 3 ? 10 3 5 120 cm3 Volume total do prisma hexagonal: Ab ? h 5 6 3 h
4 b) Maior.
Área total dos 6 prismas triangulares:
10√3 cm A T 5 6[A, 1 2Ab] 5 36< 1 2 3
Área total do prisma hexagonal: AT 5 [A, 1 2Ab] 5 12< 1 12 3
4 cm Área total dos 6 prismas triangulares . área total do prisma
hexagonal
43.
36. V 5 Abh 5 (8 1 12) 5 ? 15 5 1 500 cm3
2 30
1
37. • Volume da peça sem descontar o “furo”: 44. Vamos dividir a figura em dois sólidos, um paralelepípedo e um
prisma triangular.
202 3 ? 25 5 15 000 3 cm3 • Paralelepípedo
V 5 Abh 5 6 ? 4 10 m
• Volume do “furo”: 1m
V 5 Abh 5 6 ? 82 3 ? 25 5 2 400 3 cm3
4
Volume da peça:
V 5 15 000 3 2 2 400 3 5 12 600 3 cm3
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora 38. 5m
A, 5 3 ? 3a2 5 9a2 5 36 ⇒ a2 5 4 ⇒ a 5 2 cm
V 5 Ab ? h 5 1 ? 10 ? 5 5 50 m3
1 Descontando 0,4 m, então o volume é:
V 5 0,6 ? 10 ? 5 5 30m3
V 5 a2 3 ? 3a 5 4 3 ? 6 5 6 3 cm3 • Prisma triangular
44
3a 1
a
10 m
39. 0,9 m
h
10 cm 5m
Perímetro da base 5 40 cm V 5 Ab ? h 5 10 ? 5 ? 0,9 5 22,5 m3
2
Cada lado do quadrado mede 10 cm.
V 5 Abh 5 102h 5 700 ⇒ h 5 700 5 7 cm Assim, o volume total é:
100 V 5 30 1 22,5 5 52,5 m3
AT 5 A 1 2Ab 5 4 ? 70 1 2 ? 102 5 280 1 200 5 480 cm2 Resposta: alternativa a.
374 Manual do Professor
45. 49. Tetraedro: 6 arestas e 4 faces
10 cm
6a 5 72 ⇒ a 5 12 cm
AT 5 4 A 5 1 122 3 5 144 3 cm2
4?
4
1
Ճ 50. • Base da pirâmide:
Ճ2 1 cm 1 cm
4 cm
a) a1 5 ,3 5 43 52 3 cm 2 cm .
2 2
b) a2 5 h2 1 a22 5 102 1 12 5 112 ⇒ a 5 112 5 4 7 cm • Diagonal do cubo:
c) a2 1 , 2 5 ,21 ⇒ ,21 5 112 1 4 5 116 ⇒ d 5 , 3 5 2 3 cm
2 • Aresta lateral da pirâmide:
⇒ ,1 5 116 5 2 29 cm , 1 5 d ⇒ , 1 5 2 3 cm
• Face lateral da pirâmide:
42 3 5 24 3 cm2
d) Ab 5 6 ? 4
a 2√3 cm
2
1 cm
e) A, 5 6 ? 4 ?4 7 5 48 7 cm2 2 cm
2
( )a2 1 12 5 2 3 2 ⇒ a2 5 4 ? 3 2 1 5 11 ⇒ a 5 11 cm
1
( )f) AT 5 Ab 1 A, 5 24 3 1 48 7 5 24 3 1 2 7 cm2
46. • Área do sólido formado:
15 cm
1
AT 5 4 A 1 5A 54? 2? 11 1 5 ? 22 5 4 11 1 20 5
2
a
1
8 cm ( )5 4 5 1 11 cm2
8 cm
1 ,3 1 1 3 5 1 cm
8 cm 51. a) a1 5 3 ? 2 5 3 ? 3? 2
2
16 cm 1
a2 5 152 1 82 5 225 1 64 5 289 ⇒ a 5 17 cm a5 ,3 2 3? 3
2 5 2 5 3 cm
AT 5 Ab 1 4 A 5 162 1 2 ? 16 ? 17 5 256 1 544 5 800 cm2 h2 1 a12 5 a2 ⇒ h2 1 12 5 32 ⇒ h2 5 9 2 1 5 8 ⇒
2
4 ⇒ h 5 2 2 cm
1
(2 )2 3
3
47. Base quadrada: , 5 4 cm b) AT 5 4 Ab 5 4 ? 4 5 4 ? 3 3 5 12 3 cm2
42 3 3
AT 5 Ab 1 4 A 5 16 1 4 ? 4 5 16 1 16 3 5
52. V 5 Abh 5 152 ? 9 5 675 cm3
( )5 16 1 1 3 cm2 33
1
48. • Base da pirâmide: 53. O volume do tetraedro é dado por V 5 a3 2 .
12
a 4 cm 83
1 2 Logo:
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora a1 5 54 3 cm 103 2 5 1 000 2 5 250 2 cm3
V5
82 3 12 12 3
8 cm Ab 5 4 5 16 3 cm2
54. • Face lateral da pirâmide:
• Pirâmide:
12 6 a 6 a2 1 9 5 36 ⇒ a2 5 27 ⇒
3 Ճ 3 ⇒ a 5 27 5 3 3 mm
• Altura da pirâmide:
h 3√3 h2 1 9 5 27 ⇒ h2 5 18 ⇒
Ճ3 ⇒ h 5 18 5 3 2 mm
( )a2 5 a12 1 h2 5 4 3 2 1 122 5 48 1 144 5 192 ⇒ • Volume da pirâmide:
⇒ a 5 192 5 8 3 cm Vp 5 Abh 5 62 ? 3 2 5 36 2 mm3
3 3
AT 5 Ab 1 6A 5 16 3 16? 8?8 3 5 16 3 1 192 35
2 • Volume da pedra:
5 208 3 cm2 V 5 2Vp 5 2 ? 36 2 100,8 mm3
Manual do Professor - Capítulo 8 375
55. V 5 62 ? 4 5 48 m3 ( )V 5 10 10 3 040 cm3
3 3 144 1 144 ⋅64 164 5 3 (144 1 96 1 64) 5 3
56. V 5 2302 ? 137 ⇒ V 2 415 766,7 m3 64. AB 5 92 5 81 m2
3 Ab 5 72 5 49 m2
O volume dessa pirâmide é de aproximadamente 2 400 000 m3.
h1 5 72 m
4
( )V 5 72 81 1 81 ? 49 1 49 ⇒ V 5 24( 130 1 63) ⇒
57. V 5 A bh 5 102 ? 12 5 400 cm3 3
33
⇒ V 5 4 632 m3
1
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora Pensando no Enem
58.
h 5 12 cm 1. A fórmula A 5 p(p2a)(p2b)(p2c) é válida apenas para triân-
20 cm Ab gulos. Medindo uma das diagonais do terreno, pode-se dividi-lo
em dois triângulos, e, ao somar suas áreas, chegar à área do qua-
8 cm drilátero.
Ab Resposta: alternativa d.
Ab 5 64 cm2 2. Os possíveis polígonos são:
h52 0 cm
h 5 12 cm
64 20 2 64 400 64 ? 144
Ab 12 Ab 144 ⇒ Ab 5 400
5 ⇒ 5 5 23,04 cm2
triângulo quadrilátero pentágono
O heptágono não pode ser formado. hexágono
59. Ab 5 100 cm2 Resposta: alternativa e.
Ab 5 25 cm2
h 5 h 2 5
3. A estrutura possui 32 faces. Então:
100 5 h 2 ⇒ 100 5 h ⇒ 2 5 h ⇒ A5 5 ? 12 1 6? 20 5 90 arestas
25 h – 5 25 h 2 5 h – 5 2 2
⇒ 2h 2 10 5 h ⇒ h 5 10 cm V 2 A 1 F 5 2 ⇒ V 2 90 1 32 5 2 ⇒ V 5 60 vértices
Para cada “aresta” da bola são necessários 20 cm, ou seja,
60. h 5 4 cm 90 ? 20 5 1 800 cm 5 18 m de linha.
Ab 5 4 Cada “vértice” da molécula é um átomo de carbono, ou seja,
9 Ab 60 átomos.
Ab 5 h2 ⇒ h2 5 16 5 4 ? 9 5 36 ⇒ h 5 6 cm Resposta: alternativa d.
16 4
4 16 4
9 9
Ab 1
Vestibulares de Norte a Sul
62 3 1. De acordo com o enunciado temos que para uma altura de cota
4 igual à 71,3 m, a área alagada é de 430 km2. Como medida inicial,
Ab 5 6 ? 5 54 3 cm2 transformaremos a unidade km2 em m2: 1 km2 5 106 m2. Sendo
assim, temos:
61. h 5 30 cm
h 5 10 cm
302 6
102
54 3 5 ⇒ Ab 5 54 3 ? 100 5 6 3 cm2 Altura da cota Área alagada
Ab 900 71,3 m 430 ? 106 m2
71,0
9 A
1
62. AB 5 402 5 1 600 cm2 A 5 71 ? 4,3 ? 108 m2 4 ? 108 m2
Ab 5 302 5 900 cm2 71,3
Resposta: alternativa e.
h1 5 15 cm
2. Um tetraedro regular é uma pirâmide de base triangular, ou seja,
( )15 suas quatro faces são triângulos equiláteros.
A área de um triângulo equilátero é calculada pela fórmula:
V 5 1 600 1 A 5 L2 3 .
3 1 600 ∙ 900 1 900 5 5 (2 500 1 1 200) 5 4
Logo, a área total do tetraedro regular é calculada por: AT 5 L2 3 .
5 5 ? 3 700 5 18 500 cm3
AT 5 (1)2 3 5 3 dm2
63. 8 cm
10 cm Resposta: alternativa c.
12 cm
AB 5122 5144 cm2
Ab 582 564 cm2
h1 510 cm
376 Manual do Professor
3. Tomando por base as fórmulas que calculam a área de um qua- 384p 5 pR2 ⇒ R 5 384 20 cm
drado e de uma área circular, temos: Logo, o diâmetro é de aproximadamente 40 cm.
AQ 5 L2 AC 5 pR2 Resposta: alternativa b.
área do quadrado área circular
Sendo assim, a área total verde das hortas do pátio da creche é 8. x x√2 x
calculada pela subtração da área do quadrado pela área circular:
x x√2 x√2 x
área verde 5 AQ 2 AC ⇒ área verde 5 (20)2 2 p(10)2 ⇒
⇒ área verde 5 400 2 3 ? 100 5 400 2 300 5 100; x√2 x√2 34 cm
área verde 5 100 m2
x x√2 x√2 x
Resposta: alternativa e.
4. De acordo com o enunciado, sabe-se que existem 32 faces, sendo x x√2 x
12 pentagonais e 20 hexagonais. Para calcular o número de ares-
tas da bola temos que multiplicar o número de faces pentagonais a) x 1 x 2 1 x 5 34 ⇒ x(2 1 2 ) 5 34 ⇒
por 5, e as hexagonais por 6. Feito isso, dividimos o resultado por
2, já que uma aresta sempre é compartilhada por duas faces. ⇒ x 5 34 2) ? (2 2 2) ⇒ x 5 34(2 2 2 ) ⇒
Aplicando essas instruções, temos: (2 2 2)
A 5 12 ? 5 1 20 ? 6 5 60 1 120 5 90; 90 arestas (2 1 4 2 2
22
⇒ x 5 17(2 2 2 ) ⇒ x 5 10,2 cm
Agora, basta aplicarmos, o que já foi verificado, no teorema de
Descartes-Euler: b) A 5 x x 5 x2 5 (10,2)2 ⇒ A 5 52,02 cm2
A 1 2 5 V 1 F ⇒ 90 1 2 5 V 1 32 ⇒ V 5 60; 60 vértices 2 2 2
Resposta: alternativa d. c) Aoctógono 5 Aquadrado 2 4Atriângulo ⇒ Aoctógono 5 342 2 4 ? 52,02 ⇒
⇒ Aoctógono 5 947,92 cm2
9. Afirmativas:
(I) Verdadeiro
5. Volume 5 Área da base 3 altura Área do triângulo equilátero 5 ,2 3 5 (2)2 3 5 3
44
Área da base (Ab)
Ab 5 6,2 3 5 6 ,2 3 5 3,2 3 (II) Falso
4 4 2
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
Logo, o volume será: Valor encontrado através do teorema de Pitágoras
V 5 3,2 3 ? h 5 3,2h 3 perímetro 5 3 1 4 1 5 5 12
22 área 5 3? 4
2 5 6 cm2
Resposta: alternativa c. (III) Verdadeiro
6. Como regra geral, o volume de um prisma é calculado pelo produ- D
2 22
to: área da base 3 altura do prisma.
A partir da informação, calculemos a área da base que possui for-
ma hexagonal: 3
2
Área da base 5 2 ? (área do triângulo equilátero) 1 (área do
retângulo)
a2 3
4
Área da base 5 2 ? 1 a?b ( )( )[ 2 3 2 D2
2 4
225 D 1 ⇒ 25 13 ⇒
2 4
(20)2 3 400 3
1 20 ? b 5 2 ? 4 1 20b ⇒ 8 5 D2 1 3 ⇒ D 5 5
Área da base 5 2 ? 4
Área da base 5 2 ? (100 ? 1,73) 1 20b 5 346 1 20b Logo, a área do losango 5 diagonal maior ?diagonal menor 5
2
Como o volume da maleta térmica é de 40 litros 5 40 000 cm3, 5 5 ? 3 5 15
temos a seguinte igualdade 2 2
área da base da maleta volume da maleta térmica (IV) Falso
40 ? (346 1 20b) 5 40 000
altura da maleta térmica Área do trapézio 5 (B 1 b) ? h 5 Bh 1 bh
2 2
346 1 20b 5 1 000 ⇒ 20b 5 654 ⇒ b 5 32,7 cm
Resposta: alternativa c. Então, quando aumentamos a altura em 10%, temos
7. Calculando a área da pizza circular de 8 fatias, temos A 5 p ? (16)2 5 área do trapézio 5 (B 1 b) ? 1,1h 5
5 256p cm2 2
A partir disso, cada fatia terá uma área de 32p cm2.
Para que a nova pizza de 12 fatias atenda aos desejos do dono, ela 5 1,0Bh 1 0,1Bh 1 1,0bh 1 0,1bh 5
deverá ter uma área de (12 ? 32p) cm2 5 384p cm2. 2
A fim de encontrar o valor do diâmetro da nova pizza, inicialmente
encontramos o valor do raio e, depois, multiplicamos por 2. ( ) ( )5 1 ? Bh 1 bh 1 0,1 ? Bh 1 bh 2
2
Logo, o aumento na área também será de 10%, e não de 5%.
Resposta: alternativa d.
Manual do Professor - Capítulo 8 377
10. As retas r e s não estão no mesmo plano. Portanto, não podem ser b) 7! 5 7 ? 6 ? 5 ? 4! 5 210
paralelas. 4! 4!
Resposta: alternativa a.
c) 3!5! 5 3!5 ? 4! 5 1 5 1
Para refletir 4!6! 4!6 ? 5 ? 4 ? 3! 6∙4 24
P‡gina 196
n(n 2 1) (n 2 2)! 5 n2 2n
2 d) (n 2 2)!
1
Banco de imagens/ 5 1(n 1 1)! 5 1
Arquivo da editora e) (n 1 2) (n 1 1)! n12
h h4
1
Ճ Ճ3
4 11
(n 1 3) (n 1 2)! (n 2 1) (n 2 2) !
8 f) (n 2 2)! ? (n 1 2)! 5 (n 1 3)(n 2 1) 5
A aresta da base maior mede 8 m. Logo, o apótema da base mede 4 m. A 11
aresta da base menor mede 2 m. Logo, o apótema da base menor mede 1 m.
Aplicando o teorema de Pitágoras, encontramos h 5 7 m. A diferença 5 n2 1 2n 2 3
entre os apótemas das duas bases é 4 2 1 5 3 m. O apótema do tronco
mede 4 m ( já calculado). n(n21) (n22)!
11. a) (n22)! 5 56 ⇔ n 5 8
Unidade 4
b) (n 1 2)(n 1 1)n! 1 (n 1 1)n! 5 15n! ⇒ u2 1 3n 1 2 1 n 1 1 5 15 ⇒
Capítulo 9 ⇒ u2 1 4n 2 12 5 0 ⇒ n 5 2
1. A B C 12. P3 5 3! 5 3 ? 2 ? 1 5 6
ALI, AIL, LAI, LIA, IAL, ILA
2 vias 3 vias
13. Podemos escrever 4 ? 4 ? 4 ? 4 5 256 números de 4 algarismos.
Logo, há 2 ? 3 5 6 maneiras para irmos de A a C passando por B. P4 5 4! 5 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 24 números de 4 algarismos distintos.
2. 5 ? 3 ? 2 ? 2 5 60 maneiras diferentes. 14. P5 5 5! 5 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 120 maneiras
3. Em cada lançamento, podemos ter cara ou coroa. Utilizando A para 15. Se duas pessoas estão sempre juntas, podemos considerá-las
cara e B para coroa, temos 2 ? 2 ? 2 5 8 possibilidades de resultado: como uma única pessoa.
P4 5 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 24
A A A2A2A Essas duas pessoas podem sentar-se de duas maneiras. Logo, te-
A B A2A2B mos 2 ?24 5 48 maneiras.
B A A2B2A 16. P4 5 4! 5 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 24 anagramas
B A2B2B
17. Os números devem ter o algarismo 6 na unidade de milhar por-
A B2A2A que eles estão entre 5 000 e 10 000. Logo, fixando o 6, temos
A 3 algarismos para as outras três ordens:
P3 5 3! 5 3 ? 2 ? 1 5 6 números com algarismos distintos
B B2A2B (6 124 , 6 142, 6 214 , 6 241, 6 412, 6 421)
B
A B2B2A
B
B B2B2B
4. Há 5 ? 4 ? 3 5 60 maneiras.
5. Algarismos das dezenas: 2, 4, 6 ou 8 18. a) P6 5 720
Algarismos das unidades: 0, 3, 6 ou 9 b) TEO 3 ? 2 ? 1 5 P3 5 6
Logo, podemos formar 4 ? 4 5 16 números. c) P4 5 24
d) P4 ? P3 5 144
6. a) 6 ? 6 5 36 números e) AEIO 2 ? 1 5 P2 5 2
b) O algarismo das unidades pode ser 2, 4 ou 6. Logo, temos 2 ? 1 AEIO 5 P2 5 2
6 ? 3 5 18 números pares. Logo, 4 anagramas.
c) O algarismo das unidades pode ser 1, 3 ou 5. Logo, temos
6 ? 3 5 18 números ímpares. 19. a) A G I M O
d) 6 ? 5 5 30 números
e) Só podem ser utilizados os algarismos 2, 4 e 6. Logo, temos b) A G I O M
3 ? 3 5 9 números.
c) A 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 P4 5 24
7. 27 5 128 maneiras GAIMO 5 25o anagrama
8. 26 2 1 5 63 maneiras d) última: OMIGA
9. 5 ? 5 ? … ? 5 ? 5 5 590 penúltima: OMIAG
90 vezes e) A 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 P4 5 24 anagramas
G 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? 5 P4 5 24 anagramas
10. a) 6! 5 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 720 I A 3 ? 2 ? 1 5 P3 5 6 anagramas
I G A M O 5 1 anagrama
Logo, 55o anagrama é IGAMO.
378 Manual do Professor
20. a) MISSISSIPPI tem 4“I”, 4 “S”, 2 “P” e 1 “M”: 27. a) Ax 2 1, 2 5 30 ⇒ (x 2 1)! 5 30 ⇒ (x 2 1)! 5 30 ⇒
2 1 2 2)! (x 2 3)!
P141 , 4, 2 5 11! 5 11 ? 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 5 34 650 (x
4!4!2! 4 ? 3 ? 2 ?1?2 ?1
(x 2 1)(x 2 2) (x 2 3)! 5 30 ⇒ x 2 2 3x 1 2 5 30 ⇒
⇒ (x 2 3)!
b) ARARAQUARA : tem 5 “A” e 3 “R”:
⇒ x 2 2 3x 2 28 5 0 ⇒ (x 2 7)(x 1 4) 5 0 ⇒
P150, 3 5 10! 5 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 5 5 040
5!3! 3? 2 ?1 ⇒ x 5 7 ou x 5 24 (não convém, pois x 2 3 0 ⇒ x 3)
Portanto, x 5 7.
c) ABÓBORA: tem 2 “A”, 2 “B” e 2 “O”: b) Ax , 3 5 x3 2 40 ⇒ (x x! 5 x3 2 40 ⇒
2 3)!
P72, 2, 2 5 7! 5 7?6?5? 4 ?3 5 630
2!2!2! 2 ?1? 2 ?1 ( )⇒ x (x 2 1)(x 2 2) 5 x 3 2 40 ⇒ x x 2 2 3x 1 2 5 x 3 2 40 ⇒
Obs.: não considerando o acento na letra Ó. ⇒ x 3 2 3x 2 1 2x 2 x 3 1 40 5 0 ⇒ 3x 2 2 2x 2 40 5 0
5 4 2 4(3)(240) 5 484
d) BISCOITO: tem 2 “I” e 2 “O”:
x 5 2 22 ⇒ x 5 2 10 (não convém) ou x 5 4
2 63
P82, 2 5 8! 5 8?7?6?5? 4 ?3 5 10 080
2!2! 2 ?1
e) ARARAQUARA : fixando A no início e no final da palavra, 28. 1 a maneira: usando a fórmula
A30, 4 5 30! 5 30 ? 29 ? 28 ? 27 5 657 720
26!
temos 8 letras, sendo 3 “A” e 3“R”:
1 a maneira: sem usar a fórmula
8! 8?7? 6 ?5?4
P83, 3 5 3!3! 5 3? 2 ?1 5 1 120 30 ? 29 ? 28 ? 27 5 657 720
21. a) P 2,2 5 4! 5 4 ?3?2 56 29. a) A5, 4 5 5! 5 5 ? 4 ? 3 ? 2 5 120
4 2! 2! 2?2 1!
P94, 3, 2 5 9! b) 5 ou 7
4! ?3! ?2!
22. 5 1 260 maneiras. 4!
1!
Queremos, então, 2A4, 3 5 2? 5 2 ? 4 ? 3 ? 2 5 48.
23. Devemos ter 7 questões certas e 3 erradas.
P170, 3 5 10! 5 120 modos. 30. A12, 2 5 12! 5 12 ? 11 5 132
7! ?3! 10!
24. P42, 2 5 4! 5 6 ordens. 31. a) A9, 3 5 9! 5 9 ? 8 ? 7 5 504
2! ?2! 6!
25. a) A4, 2 5 4! 5 4 ? 3 5 12 b) 7
2!
A8, 3 5 8! 5 8 ? 7 ? 6 5 336
5!
6!
b) A6, 3 5 3! 5 6 ? 5 ? 4 5 120 c) 3 8
8! A7, 5 5 7! 5 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 5 2 520
6! 2!
c) A8, 2 5 5 8 ? 7 5 56
d) A4, 4 5 4! 5 4 ?3?2? 1 5 24 d) Podemos considerar 5 e 6 um único dígito, uma vez que estão
0! 1 juntos. Temos, então:
6 A7 , 5 5 6? 7! 5 6 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 5 15 120
2!
5!
e) A5, 1 5 4! 55
f) A7, 0 5 7! 51 32. A6, 4 5 6! 5 6 ? 5 ? 4 ? 3 5 360
7! 2!
g) A8, 5 5 8! 5 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 5 6 720 33. A6, 4 5 6! 5 360
3! 2!
h) An, 0 5 n! 51
n!
34. a) P5 5 5! 5 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 120
26. a) Ax, 2 5 x! 5 x (x 2 1) (x 2 2)! 5 x2 2 x b) A5, 4 5 5! 5 5 ? 4 ? 3 ? 2 5 120
(x 2 2)! (x 2 2)! 1!
(x 2 3)! (x 2 3)! (x 2 3)(x 2 4) (x 2 5)! c) O
(x 2 3 2 2)! (x 2 5)! (x 2 5)!
b) Ax 2 3, 2 5 5 5 5 A4, 3 5 4! 5 4 ? 3 ? 2 5 24
1!
5 (x 2 3)(x 2 4) 5 x 2 2 7x 1 12 d) F I
c) A2x 1 1, 3 5 (2x 1 1)! 5 (2x 1 1)! 5 A3, 2 5 3! 5 3?2 5 6
(2x 1 1 2 3)! (2x 2 2)! 1!
5 (2x 1 1)2x (2x 2 1) (2x 2 2)! 5 2x (2x 1 1)(2x 2 1) 5 e) O I pode ocupar qualquer um dos 4 lugares. Então:
(2x 2 2)!
4!
5 2x (4x 2 2 1) 5 8x 3 2 2x 4 A4, 3 5 4? 1! 5 4 ? 4 ? 3 ? 2 5 96
Manual do Professor - Capítulo 9 379
35. a) A6, 4 5 6! 5 6 ? 5 ? 4 ? 3 5 360 42. C 10, 8 5 10! 5 10 ? 9 5 45
2! 8!2! 2?1
b) 6
5! 12
2!
A5, 3 5 5 5 ? 4 ? 3 5 60 43. C6, 3 ? C 4, 2 5 6! ? 4! 5 6 ? 5?4 ? 4 ?3 5 120
3!3! 2!2! 3 ? 2 ?1 2 ?1
c) 2, 4 ou 6 11 1
3A5, 3 5 3? 5! 5 3 ? 60 5 180 34
2!
9! 9 ? 8 ?7
d) 1, 3 ou 5 44. a) C9, 3 5 3!6! 5 3?2 5 84
3A5, 3 5 3? 5! 5 180 11
2!
22
b) C5, 3 ? C 4, 2 5 5! ? 4! 5 5? 4 ? 4 ?3 5 10 ? 6 5 60
3!2! 2!2! 2?1 2 ?1
30!
36. A30, 4 5 26! 5 30 ? 29 ? 28 ? 27 5 657 720 11
2
5! c) C 4, 3 ? C5, 2 5 4! ? 5! 5 4 ? 5? 4 5 4 ? 10 5 40
2! 3!1! 2!3! 1 2
37. A5, 3 5 5 60
1
7
Resolvido passo a passo 45. C30, 5 5 30! 5 30 ? 29 ? 28 ? 27 ? 26 5 142 506
5!25! 5 ? 4 ? 3 ? 2 ?1
5. a) C20, 2 5 20! 5 20 ? 19 5 190 apertos de mão
18!2! 2! 11 11
46. Heptágono tem 7 vértices; para fazer um triângulo precisamos de
6! 6?5 3 vértices, assim:
4!2! 2?1
38. a) C6, 4 5 5 5 15 C7, 3 5 7! 5 7 ? 6? 5 ? 4! 5 35
3!4! 3 ? 2 ? 4!
5! 5?4
b) C5, 3 5 3!2! 5 2?1 5 10
c) C 4, 1 5 4! 5 4 54 47. C52,4 5 52! 5 13 17 25 5 270 725
3!1! 1 4!48!
52 ? 51 ? 50 ? 49
5! 5
4!1! 1 4 ? 3 ? 2 ?1
1 11
d) C5, 4 5 5 55
e) C 5 5 7! 5 7?6 5 21 48. a) C5, 1 ? C6, 1 5 5 ? 6 5 30 formas
7 5!2! 2?1
b) C5, 2 ? C6, 2 5 5! ? 6! 5 10 ? 15 5 150 formas
2! ?3! 2! ? 4!
7 7! 7
f) 6 5 6!1! 5 1 5 7 3
45 45! 45 c) C11, 4 5 11! 5 11 ? 10 ? 9 ? 8 5 330 formas
44 44!1! 1 4! ? 7! 4 ? 3 ? 2 ?1
g) 5 5 5 45
5 25
10 7
h) 30 5 30! 5 5 5 ? 29 ? 7 ? 27 5 27 405 49. a) C14, 3 ? C10, 2 5 14! ? 10! 5 14 ? 13 ? 12 ? 10 ?9 5
26 26!4! 30 ? 29 ? 28 ? 27 3! ? 11! 2! ?8! 3?2 2
4 ? 3 ? 2 ?1 5 16 380 modos
1 11 4
39. a) 5 1 x! 5 x 1 14 ⇒ 5 1 x (x 2 1) 5 x 1 14 ⇒ b) C24, 5 5 24! ? 24 ?23 ?22 ?21 ? 20 5 42 504 modos
5! ? 19! 8?4 ?3?2
2!(x 2 2)! 2
c) C14, 1 ? C10, 1 5 14 ? 10 5 140 modos
⇒ 10 1 x 2 2 x 5 2x 1 28 ⇒ x 2 2 3x 2 18 5 0 ⇒
⇒ (x 2 6)(x 1 3) 5 0 ⇒ x 5 6 ou x 5 23 (não convém) 50. a) A E 5 8! 5 8 ? 7 ? 6 5 56 comissões
Logo, x 5 6. 3! ?5! 3?2
C8, 3
b) (x 1 3)! 5 15 ⇒ (x 1 3)! 5 15 ⇒ b) C8, 5 5 C8, 3 5 56 comissões
2!(x 1 3 2 2)! 2!(x 1 1)! 2
⇒ (x 1 3) (x 1 2) 5 15 ⇒ (x 1 3) (x 1 2) 5 30 ⇒ c) A 5 2 ? C8, 4 5 2 ? 8?7 ? 6 ?5 5 140 comissões
2 ou 4 ?3?2
E C8, 4
⇒ x 2 1 5x 1 6 2 30 5 0 ⇒ x 2 1 5x 2 24 5 0 ⇒
⇒ (x 1 8)(x 2 3) 5 0 ⇒ x 5 3 ou x 5 28 (não convém) 51. a) H H H M 5 C5, 3 ? C6, 1 5 5! ? 6! 5 10 ? 6 5 60 maneiras
3! ?2! 1! ?5!
Portanto, x 5 3. C5, 3 C6, 1
10 6 b) Podemos ter exatamente 3 homens e 1 mulher ou exatamente
20! 20 ? 19 ? 18 4 homens.
3!17!
40. C20, 3 5 5 3 ? 2 ?1 5 1 140 C5, 3 ? C6, 1 1C5, 4 5 60 1 5! 5 60 1 5 5 65 maneiras
4! ? 1!
11
c) Podemos ter exatamente 1 homem e 3 mulheres ou nenhum
32 homem e 4 mulheres.
41. C 10, 6 5 10! 5 10 ? 9 ? 8 ? 7 5 210 C5, 1 ? C6, 3 1C6, 4 5 5! ? 6! 1 6! 5 115 maneiras
6!4! 4 ? 3 ? 2 ?1 1! ? 4! 3! ?3! 4! ?2!
1 11
380 Manual do Professor
52. C10,3 2 C6,3 2 C4,3 5 10! 2 6! 2 4! 5 96 modos 63.
3! ? 7! 3! ?3! 3! ? 1!
letras algarismos
Como as letras são A e B para ocuparem três espaços,
53. Como os lados dos quadriláteros devem coincidir com as linhas da temos 2 ? 2 ? 2 5 8.
figura apresentada no exercício, então, podemos dizer que esses Os algarismos são pares (0, 2, 4, 6, 8) e sem repetição;
quadriláteros são todos retângulos. Vale lembrar também que logo, é o caso de A5, 4 .
todo quadrado é um retângulo. Total de placas 5 8 · A5, 4 5 8? 5! 5 8 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 5 960
1!
Para encontrar todos os retângulos existentes na figura, devemos
escolher entre seis pontos uma linha na horizontal (formada por 8! 8?7
2!6! 2
dois pontos alinhados horizontalmente) e entre quatro pontos 64. C8, 2 5 5 5 28 duplas
uma linha na vertical (formada por dois pontos alinhados verti-
calmente), portanto: 6! 4! 65. De todas as comissões possíveis, devemos subtrair aquelas em
2!4! 2!2! que não haja mulheres:
Número de quadriláteros 5 C6, 2 ? C4, 2 5 ? 5 15 ? 6 5 90.
54. C8, 3 5 8! 5 8?7? 6 5 56 triângulos C 20, 4 2 C 14, 4 5 20! 2 14! 5
3!5! 3? 2 ?1 4!16! 4!10!
53 7
55. A10, 3 5 10 ? 9 ? 8 5 720 maneiras 5 20 ? 19 ? 18 ? 17 2 14 ? 13 ? 12 ? 11 5 4 845 2 1001 5 3844
4 ? 3? 2 ?1 4 ? 3? 2 ?1
56. A5, 2 5 5! 5 5 ? 4 5 20 maneiras 6 6! 6?5
3! 2 2!4! 2
66. a) 5 5 5 15
57. A10, 3 5 10 ? 9 ? 8 5 720 maneiras
58. MATEMÁTICA → 2 “M”, 3 “A”, 2 “T” b) 7 5 7! 5 7? 6 ?5 5 35
3 3!4! 3? 2
P120, 3, 2 5 10! 5 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 5 151 200 c) 6 5 6! 51
2!3!2! 2?2 0 0!6!
Obs.: não considerando o acento na letra Á. 20 20! 20 ? 19
18 18!2! 2
d) 5 5 5 190
59. C6, 4 5 6! 5 6?5 5 15 quadriláteros
4!2! 2?1
n! n(n 2 1) 67. m 5 m ⇒ m 5 9 8 5 17
2!(n 2 2 9 8
60. Cn, 2 5 36 ⇒ 2)! 5 36 ⇒ 5 36 ⇒
⇒ n(n 2 1) 5 72 ⇒ n2 2 n 2 72 5 0 ⇒ m 5 17 ⇒ 17! 51
17 17 17!0!
⇒ (n 8)(n 2 9) 5 0 ⇒ n 5 28 (não convém) ou n 5 9
Portanto, estavam reunidos 9 amigos. 68. 2x 5 x 1 ⇒ x 5 1 ou 2x x 1 5 20 ⇒
61. a) P6 5 6! 5 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 5 720 anagramas ⇒ 3x 5 19 ⇒ x 5 19 (não convém)
3
b) L Portanto, x 5 1.
P5 5 5! 5 120 anagramas
c) L O 12!
P4 5 4! 5 24 anagramas
69. 4!8! 5 12! ? 5!7! 5 5 ? 4! 7! 5 5
d) O total de maneiras para escolher as vogais que iniciam e ter- 12! 4!8! 12! 4!8 ? 7! 8
5!7!
minam a palavra é A3, 2. Determinadas essas vogais, há 4 letras 70. a) 25 5 32
a serem permutadas, ou seja, P4 anagramas.
A3, 2 ? P4 5 3! ? 4! 5 6 ? 24 5 144 anagramas b) 26 2 6 5 64 2 1 5 63
1! 0
e) Há 3 consoantes que podem iniciar a palavra e 3 vogais que 2 32 3
podem terminá-la. As 4 letras restantes se permutam.
3 ? 3P4 5 9 ? 4! 5 9 ? 24 5 216 anagramas c) 10 5 10! 5 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 5 252
5 5!5! 5? 4 ?3?2
34
f) L O G d) 9 9 5 9! 9! 5 9 9 ? 8 ?7 5 93
1 3 8!1! 3!6! 3?2
Podemos considerar LOG como uma única letra. Logo, trata-se
de P4 5 4! 5 24 anagramas. 71. A 6a linha do triângulo de Pascal é expressa por:
g) Há P3 maneiras de L, O, G estarem juntas. 5 5 5 5 5 5 5 1 5 10 10 5 1
Temos, então: 0 1 2 3 4 5
P3 ? P4 5 3!4! 5 6 ? 24 5 144 anagramas
A 7a linha do triângulo de Pascal é expressa por:
62. 6 6 6 6 6 6 6 5 1 6 15 20 15 6 1
0 1 2 3 4 5 6
↑ ↑↑↑ A 8a linha do triângulo de Pascal é expressa por:
5 pos. 5 pos. 4 pos. 3 pos.
5 A5, 3 5 5? 5! 5 5 ? 5 ? 4 ? 3 5 300 7 7 7 7 7 7 7 7 5 1 7 21 35 35 21 7 1
2! 0 1 2 3 4 5 6 7
Manual do Professor - Capítulo 9 381
n n ⇒ n! 5 08 1 81 1 ... 1 88 5 28 5 256 modos de fazer a escolha.
72. • 5 2
p + 1 p (p 1 1)!(n 2 p 2 1)!
5 2? n! ⇒ 1 5 77. 5 x5 1 5 x 4 ?2 1 5 x3 ? 22 1 5 x 2 ? 23 1 5 x ?24 1
0 1 2 3 4
p!(n 2 p)! (p 1 1)p!(n 2 p 2 1)!
5 2 ⇒ 1 5 2 ⇒ ↓↓ ↓ ↓ ↓
p11 n2p 15 10 10 5
p!(n 2 p)(n 2 p 2 1)!
1 5 25 5 x5 1 10x 4 1 40x 3 1 80x 2 1 80x 1 32
5
⇒ n 2 p 5 2p 1 2 I
↓
1
n n ⇒ n! 5 4 4 4 a3 4 a2 32 4 33 4 34
• = 3 0 1 2 3 4
p 12 p (p 1 2)!(n 2 p 2 2)! b) a 2 ? 3 1 ? 2 a ? 1 5
= 3? n! ⇒ 1 5 ↓↓ ↓ ↓↓
14 6 41
2 p)!p! (p 1 2)(p 1 1)p!(n 2 p 2 2)!
(n 5 a4 2 12a3 1 54a2 2 108a 1 81
= 3 ⇒ 78. a) 15 1 1 5 16 termos
(n 2 p)(n 2 p 2 1)(n 2 p 2 2)!p!
⇒ (p 1 2)(p 1 1) 5 (n 2 p)(n 2 p 2 1) II b) 15 x15 ? 10 5 x15
0
3
Substituindo I em II , temos: c) 15 x15 2 2 ? 12 5 105x13
2
(p 1 2)(p 1 1) 5 (2p 1 2)(2p 1 2 2 1) ⇒ Para refletir
3
⇒ 3(p2 1 3p 1 2) 5 (2p 1 2)(2p 1 1) ⇒ Página 216
⇒ 3p2 1 9p 1 6 5 4p2 1 2p 1 4p 1 2 ⇒ 1
⇒ 2p2 1 3p 1 4 5 0 ⇒ p2 2 3p 2 4 5 0 Cn, n 5 n! 5 1 5 1 51
n! 0! 0! 1
∆ 5 9 2 4(1)(24) 5 25 1
Página 225
p 5 3 5 ⇒ p 5 4 ou p 5 2 1 (não convém) n 5 n! 5 1
2 0 0! ? n!
Como n 2 p 5 2p 1 2, então: n 5 1! n! 5 n (n21)! 5 n
n 2 4 5 2(4) 1 2 ⇒ n 2 4 5 10 ⇒ n 5 14 1 ? (n2 1)! 1! ? (n21)!
Portanto, n 5 14 e p 5 4.
n 5 n
n 0 5 1
73. a) C4, 0 1 C4, 1 1 C4, 2 1 C4, 3 1 C4, 4 5 4 1 4 1 4 1
0 1 2
1 4 1 4 5 16 Capítulo 10
3 4
1. Neste caso, o espaço amostral é 5 {1, 2, 3} .
b) C8, 1 1 C8, 2 1 ... 1 C8, 7 1 C8, 8 5 8 1 8 1 ... 1 8 1 A: ocorrência do número 2 5 {2}
0 1 7 B: ocorrência de número ímpar 5 {1, 3}
1 8 5 127
8
74. Há 6 maneiras de abrir uma das janelas, 6 maneiras { } 2. Espaço amostral 5 (C1, C2 ) , (C1, C2 ) , (C 1, C2 ) , (C 1, C2 ) , em
1 2
que C1 e C2 são as caras e C1 e C2 são as coroas.
de abrir duas das janelas e assim por diante até 6 manei- Podemos representar o experimento da seguinte forma:
6
C2
ras de abrir as seis janelas. Logo: C1
6 1 6 1 ... 1 6 5 26 2 6 5 64 2 1 5 63 maneiras C 2
1 2 6 0
75. Há 10 maneiras de fazer triângulos, 10 maneiras de fa- C2
3 4
C1
zer quadriláteros, e assim por diante, até 10 maneiras de fa- C 2
10
zer decágonos. 2ª moeda
Logo: 1ª moeda
10 1 10 1 ... 1 10 5 210 2 10 2 10 2 10 5 { }A: exatamente uma cara 5 (C1, C2 ) , (C1, C2 )
3 4 10 0 1 2
{ }B: coroa em ambas 5 (C1, C2 )
5 1 024 2 1 2 10 2 45 5 968 polígonos
76. Há 8 maneiras de não escolher cobertura alguma, 8 { }C : pelo menos uma cara 5 (C1, C2 ) , (C1, C2 ) , (C1, C2 )
0 1
maneiras de escolher uma só cobertura, 8 maneiras de esco- 3. 5 {1, 2, 3, 4, 5, 6}
2
lher duas das coberturas, e assim por diante, até 8 maneiras a) A: número par 5 {2, 4, 6}
8
p ( A) 5 n ( A) 5 3 5 1 5 50%
de escolher as 8 coberturas juntas. Assim: n() 6 2
382 Manual do Professor
b) B: número primo 5 {2, 3, 5} b) B 5 {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 1), (3, 3), (3, 5),
(4, 2), (4, 4), (4, 6), (5, 1), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 4), (6, 6)}
p (B) 5 n(B) 5 3 5 1 5 50%
n() 6 2 n(B) 5 18
p(B) 5 18 5 1 5 50%
c) C : número 3 5 {3} 36 2
p (C) 5 n (C ) 5 1 16,7% c) C 5 {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4),
n() 6 (4, 1), (4, 3), (5, 2), (5, 6), (6, 1), (6, 5)}
d) D: número menor do que 3 5 {1, 2} n(C) 5 15
p(C) 5 15 5 5 41,7%
p (D) 5 n(D) 5 2 5 1 33,3% 36 12
n() 6 3
d) D 5 {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3),
e) E: número menor do que 1 5 { } (2, 4), (2, 5), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (5, 1),
(5, 2), (6, 1)}
p (E ) 5 n(E) 5 0 5 0%
n() 6 n(D) 5 21
p(D) 5 21 5 7 58,3%
f) F : número menor do que 7 5 {1, 2, 3, 4, 5, 6} 36 12
p (F ) 5 n (F ) 5 6 5 100% e) E 5 {(2, 2), (4, 4), (6, 6), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 6), (6, 2), (6, 4)}
n() 6
n(E) 5 9
4. 5 {B1, B2 , B3, B4 , B5 , B6 , V1, V2 , V3 , V4 } ⇒ n ( ) 5 10 p(E) 5 9 5 1 5 25%
36 4
a) A: uma bola vermelha 5 {V1 , V2 , V3 , V4 }
f) F 5 {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}
p ( A) 5 4 5 40%
n(F) 5 6
10 p(F) 5 6 5 1 16,7%
36 6
b) B: uma bola branca 5 { }B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6
g) G 5 {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 4), (5, 1),
p (B ) 5 6 5 60% (5, 5), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 6)}
10 n(G) 5 14
p(G) 5 14 5 7 38,9%
5. 5 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13} ⇒ n ( ) 5 13 36 18
a) A 5 {2, 4, 6, 8, 10, 12} 7. 5 {2c, 2o, 2e, 2p, ..., Ac, Ao, Ae, Ap} ⇒ n ( ) 5 52
p(A) 5 6 46,2% a) A 5 {2c, 3c, 4c, ..., Ac}
13 n(A) 5 13
p(A) 5 13 5 25%
b) B 5 {3, 6, 9, 12} 52
p(B) 5 4 30,8% b) B 5 {Ac, Ao, Ae, Ap}
13
n(B) 5 4
c) C 5 {2, 3, 5, 7, 11, 13} p(B) 5 4 7,7%
p(C) 5 6 46,2% 52
13
c) C 5 {Ac}
d) D 5 {9, 10, 11, 12, 13} n(C) 5 1
p(C) 5 1 1,9%
p(D) 5 5 38,5% 52
13
d) D 5 {2o, 3o, ..., Ao, 2c, 3c, ..., Ac}
e) E 5 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Para cada naipe há 13 cartas, então n(D) 5 26.
p(D) 5 26 5 1 5 50%
p(E) 5 9 69,2% 52 2
13
e) E 5 {3o, 3c}
f) F 5 {6, 7, 8, 9} n(E) 5 2
p(E) 5 2 5 1 3,8%
p(F) 5 4 30,8% 52 26
13
Manual do Professor - Capítulo 10 383
g) G 5 {4, 8, 12}
p(G) 5 3 23,1%
13
6. 5 {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4),
(2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3),
(4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2),
(6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
n() 5 36
a) A 5 {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}
n(A) 5 6
p(A) 5 6 5 1 16,7%
36 6
8. Espaço amostral: b) B: somente carro
C2 C2 n(B) 5 7
C1 C1
p(B) 5 n(B) 5 7 5 8,75%
C2 C2 n() 80
{ } 5 (C1, C2 ) , (C1, C2 ) , (C1, C2 ) , (C1, C2 ) c) C : carro e ônibus, mas não moto
a) A 5 {(C1, C2)} n(C) 5 7
n(A) 5 1
p(A) 5 1 5 25% p(C) 5 n(C) 5 7 5 8,75%
4 n() 80
{ }( ) ( )b) B 5 C1, C 2 , C 1, C2 d) D: nenhum veículo
n(B) 5 2 n(D) 5 19
p(B) 5 2 5 1 5 50%
p(D) 5 n(D) 5 19 5 23,75%
42 n() 80
c) C 5{(C 1, C 2)} e) E: apenas um dos veículos
n(E) 5 17 1 7 1 3 5 27
n(C) 5 1
p(C)5 1 525% apenas apenas
ônibus apenas moto
4
carro
{ }( ) ( )d) D5 C 1, C2 , C1, C 2
p(E) 5 n(E) 5 27 5 33,75%
n(D)52 n() 80
p(D)5 2 5 1 550%
42 11. Sendo o espaço amostral do experimento e A o evento: “sair o
9. Complementando o diagrama de Venn para o caso, temos: anagrama AMOR”, temos que:
• n() 5 P4 5 4! 5 24
• n(A) 5 1
Assim, a probabilidade “procurada” é dada por: p(A) 5 1
24
Informática Inglês
12. a) O número de formas “procurado” é dado por:
C52, 2 5 52! 5 1 326
2! ? 50!
60 10 18 b) O número de maneiras “procurado” é dado por:
C13, 2 5 13! 5 78
2! ? 11!
12 c) Sendo o espaço amostral do experimento e A o evento: “saí-
rem duas cartas de espadas”, temos que:
a) Frequentam somente o curso de informática 5 60 • n() 5 C52, 2 5 1 326
Probabilidade de cursar somente o curso de informática 5 • n(A) 5 C13, 2 5 78
Assim, a probabilidade “procurada” é dada por:
5 60 5 3 5 60%
100 5 p(A) 5 78 5 1
1 326 17
b) Não frequentam nenhum curso 5 12
Probabilidade de não frequentar nenhum curso 5 Resolvido passo a passo
5. a) Dados da máquina I
5 12 5 3 5 12% • Porcentagem de parafusos não defeituosos:
100 25 100% 2 2,5% 5 97,5%
• 54% da produção de 10 000 000, representa 5 400 000 pa-
10. Temos o seguinte diagrama de Venn:
rafusos produzidos.
Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora Ônibus Carro • Total de parafusos bons: 97,5% de 5 400 000 5 5 265 000
• Receita 5 5 265 000 ? (0,10) 5 526 500
7 19
17 7 Dados da máquina II
• Porcentagem de parafusos não defeituosos:
5 100% 2 3,8% 5 96,2%
13 9 • 46% da produção de 10 000 000, representa 4 600 000 pa-
3 rafusos produzidos.
• Total de parafusos bons: 96,2% de 4 600 000 5 4 425 200
Moto • Receita 5 4 425 200 ? (0,05) 5 221 260
n( ) 5 80 Receita total das máquinas:
RT 5 526 500 1 221 260 5 747 760
a) A: somente ônibus A receita mensal é de R$ 747 760,00
n(A) 5 17
p(A) 5 n(A) 5 17 5 21,25%
n() 80
384 Manual do Professor
13. a) Evento A: número par 15. Evento A: soma 85{(2, 6), (6, 2), (3, 5), (5, 3), (4, 4)} ⇒
A 5 {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} ⇒ n(A)55
p(A) 5 n(A) 5 8 Evento B: números iguais5{(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6,6)} ⇒
n() 17
b) Evento B: número primo ⇒ n(B)56
Evento AB: {(4, 4)} ⇒ n(AB)51
B 5 {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17} Logo:
p(B) 5 n(B) 5 7 n(AB) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(AB) 5 5 1 6 2 1 5 10
n() 17
Assim:
c) Evento C: par ou primo p(AB) 5 n(A B) 5 10 5 5 27,78%
36 18
C 5 {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17} n(Ω)
p(C) 5 n(C) 5 14 16. Evento A: ser homem ⇒ n(A) 5 16
n() 17
d) Evento D: par e primo Evento B: ter cabelo castanho ⇒ n(B) 5 16 1 20 5 18
22
D 5 {2}
Evento (AB): homeme cabelo castanho ⇒ n(AB) 5 8
n(D) 1
p(D) 5 n() 5 17 n(A B) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(A B) 5 16 1 18 2 8 5 26
Logo:
e) Evento E: nem par nem primo p(AB) 5 26 5 13 72,2%
1 2 p(par ou primo) 5 1 2 14 5 3 36 18
17 17 17. Quando o dado é viciado, os eventos elementares não são equi-
prováveis. Porém, sabemos que p() 5 1
f) Evento F: par mas não primo Assim, sendo A o evento: “sair o número 6”, temos que:
p(par não primo) 5 p(par) 2 p(par e primo) 5 p(A) 1 p(A) 5 1
582 157 3 3
17 17 17 11 11
Então, como p(A) 5 , concluímos que: 1 p(A) 5 1 ⇒
g) Evento G: primo mas não par ⇒ 1 2 3 5 8
11 11
p(primo não par) 5 p(primo) 2 p(primo e par) 5
Portanto, a probabilidade “procurada” é igual a 8 .
572 1 56 11
17 17 17
14. a) Evento A: copas ⇒ n(A) 5 13 18. Quando a moeda é viciada, os eventos elementares não são equi-
p(A) 5 13 5 1 5 25% prováveis. Porém, sabemos que p() 5 1.
52 4
Assim, sendo C o evento “sair cara”, temos que:
b) Evento B: dama ⇒ n(B) 5 4 P(C ) 1 p(C ) 5 1
p(B) 5 4 5 1 7,7% Então, como p(C ) 5 3 ? p(C ), concluímos que:
52 13
p(C) 1 3p(C) 5 1 ⇒ 4 p(C) 5 1 ⇒ p(C) 5 1
4
c) Evento C: copas ou dama
Portanto, a probabilidade “procurada” é dada por:
O evento copas e dama tem 1 elemento.
1 3
Então, p(copas e dama) 5 1 . Logo : p(C ) 5 3 ? 4 5 4
52
p(copas ou dama) 5 p(copas) 1 p(dama) 2 p(copas e dama) 5
5 13 1 4 2 1 5 16 5 4 30,8% 19. De acordo com o enunciado temos que:
52 52 52 52 13
p( 1) 1 2p( 1) 1 3p( 1) 1 4p( 1) 1 5p( 1) 1 6p( 1) 5 1 ⇒
d) Evento D: copas e dama ⇒ 21p(1) 5 1 ⇒ p(1) 5 1
21
p(copas e dama) 5 1
a) p(3) 5 3 ? p(1) 5 3 ? 1 5 1
52 21 7
e) E: não copas b) p(2) 1 p( 4 ) 5 2 ? p( 1) 1 4 ? p( 1) 5 2 ? 1 14? 1 5 6
21 21 21
Se p(E) 5 13 , então:
52 c) p(2) 1 p( 4 ) 1 p(6) 5 2 ? p( 1) 1 4 ? p( 1) 1 6 ? p( 1) 5
5 2 ? 1 1 4 ? 1 1 6 ? 1 5 12
)(p E 5 1 2 p(E) 5 1 2 13 5 39 5 75% 21 21 21 21
52 52
f) F : não dama 20. Espaço amostral: grupos de duas peças tomadas de um grupo de
quarenta
Se p(F) 5 4 , então:
52 n() 5 C 40, 2 5 40! 5 39 ∙ 40 5 780
2!38! 2
( )p F 5 1 2 p(F) 5 1 2 4 5 48 92,3%
52 52 a) As peças perfeitas são 37. Logo, se o evento A for escolher duas
peças perfeitas, temos:
g) G: nem copas nem dama:
p(A B) 5 p(A B) 5 1 2 p(A B) 5 1 2 4 5
13
5 9 69,2%
13
Manual do Professor - Capítulo 10 385
n(A) 5 C37, 2 5 37! 5 36 ∙ 37 5 666 c) A probabilidade de não sair nenhuma bala de limão (a 1a não é
2!35! 2 limão e a 2a não é limão) é dada por: 10 ? 9 5 3
15 14 7
Logo: 24. O espaço amostral é o conjunto de pares (moeda, dado).
Então, n() 5 12.
p(A) 5 n(A) 5 666 85,4% Evento A: n(A) 5 6
n(Ω) 780 Evento B: n(B) 5 2
n(A B) 5 1
b) Evento B: duas peças defeituosas de um grupo de três
n(B) 5 C3, 2 5 3! 5 3
2!1!
Logo: Então: n(A B) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(A B) 5 6 1 2 2 1 5 7
p(B) 5 3 0,4% Assim:
780
n(A B)
c) Evento C: pelo menos uma peça defeituosa p(AB) 5 5 7 58,3%
O evento C é complementar do evento A. n() 12
Logo:
25. Evento A: 4 no primeiro dado ⇒ p(A) 5 1
p(C) 5 1 2 p(A) 5 1 2 666 5 114 14,6% 6
780 780 Evento B: a soma dosresultados é 9 ⇒ p(B) 5 4 5 1
36 9
1
21. O espaço amostral tem C52, 2 elementos. Evento (A>B): 4 no primeiro dado e soma9 ⇒ p(A>B) 5 36
52! 51?52 Logo:
2!50! 2
n() 5 5 5 1 326 p(A > B) 1
p(A/ B) 5 p(B) 5 36 5 1
4 4
a) Evento A: escolher duas cartas de ouros
36
13! 12? 13
n(A) 5 C 13, 2 5 2!11! 5 2 5 78
Logo: 26. Escolhemos ao acaso uma pessoa do grupo, temos que:
n(A) 78 1 80
n() 1 326 17
p(A) 5 5 5 5,9% a) p(A/H) 5 p(AH) 5 350 5 8
p(H) 190 19
b) Os pares de cartas (copas, ouros) são em número de 350
13∙ 13 5 169. Logo, o evento B: uma de copas e outra de 90
ouros é tal que n(B) 5 169. b) p(P/M) 5 p(P M) 5 350 5 9
p(M) 160 16
p(B) 5 n(B) 5 169 5 13 12,7%
n() 1 326 102 350
c) Evento C: pelo menos uma carta é de ouros 50
Das 52 cartas, 13 são de ouros e 39 não. Portanto, 39 é o nú- c) p(D/H) 5 p(D H) 5 350 5 5
2 p(H) 190 19
mero combinações de 2 cartas, das quais nenhuma é de ouros. 350
Assim: 40
d) p(A/M) 5 p(A M) 5 350 5 1
39
2 p(M) 160 4
p(C) 5 1 2 52 5 1 2 741 5 585 5 195 44,1% 350
1 326 1 326 442
110
2
e) p(A/ M ) 5 p(A M) 5 350 5 11
p(M) 190 19
22. Na opção 1 temos uma probabilidade de 2 5 25% de achar uma
8 350
bomba. 140
Na opção 2 temos uma probabilidade de 1 5 12,5% de achar f) p( D/H) 5 p(D H) 5 350 5 14
8 p(H) 190 19
uma bomba.
350
Na opção 3 temos 7 bombas restantes (10 2 2 2 1 5 7) espalhadas 90
em 46 quadradinhos (64 2 9 2 9 5 46), de modo que a probabili-
dade de achar uma bomba é 7 15,2%. g) p(P/H ) 5 p(P H) 5 350 5 9
p(H) 160 16
46
Assim, na próxima jogada é preferível escolher algum dos 8 qua- 350
dradinhos que cercam o número 1 já revelado.
27. 5 {(C, C, C ) , (C, C, C ) , (C, C, C ) , (C, C, C ) , (C, C, C ) ,
Resposta: Opção 2. (C, C, C ) , (C, C, C ) , (C, C, C )}
n() 5 8
23. a) A probabilidade de saírem duas balas de hortelã (a 1a de hortelã a) A: três caras ⇒ p(A) 5 1
e a 2a de hortelã) é dada por: 6 ? 5 5 1 8
15 14 7
1
b) A probabilidade de saírem duas balas de morango (a 1a de mo- b) B: três caras, primeira cara ⇒ p(B) 5 4
rango e a 2a de morango) é dada por: 4 ? 3 5 2 c) C : exatamente 2 caras: p(C) 5 3
15 14 35 8
386 Manual do Professor
d) D: 2 caras, primeira foi coroa: p(D) 5 1 34. Evento A : sair número ímpar no 1o dado
4
p(A) 5 3
e) E: cara no segundo lançamento, nos lançamentos houve duas 6
1 Evento B : soma dos resultados 75{(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3),
3
coroas e uma cara ⇒ p(E) 5 (5, 2), (6, 1)}
f) F: cara no segundo lançamento, com três caras obtidas ⇒ p(B) 5 6 5 1
36 6
⇒ p(F) 5 1 a) p(A) 5 1
2
g) G: cara no segundo lançamento, pelo menos uma cara foi obti- b) p(B) 5 1
6
da ⇒ p(G) 5 4
7 c) AB 5 {(1, 6), (3, 4), (5, 2)}. Então:
28. 5 {(M, M, M) , (M, M, F) , (M, F, M) , (M, F, F) , (F, M, M) , p(AB) 5 3 5 1
(F, M, F) , (F, F, M) , (F, F, F)}
36 12
n() 5 8
1
d) p(B /A) 5 p(B A) 5 12 51
1 6
3 p(A)
8
Evento A: o casal tem 2 meninas ⇒ p(A) 5 2
Evento B: primeira criança é menina ⇒ p(B) 5 4 e) Sim, pois p(B /A) 5 p(B) ou p(AB) 5 p(A)? p(B).
8
A B: o casal tem duas crianças, sendo a primeira uma menina ⇒ 35. a) Evento A: carta vermelha ⇒ p(A) 5 26 5 1
52 2
⇒ p(AB) 5 1
Evento B: sair cara ⇒ p(B) 5 1
4 2
Logo: Evento AB: carta vermelha e cara ⇒ p(AB) 5 1
1 4
p(AB) 5 p(A B) 5 4 51 O evento lançar uma moeda e retirar uma carta de um baralho
4 2 produz pares (moeda, carta).
p(B)
8
29. a) Evento A: primeira carta seja copas ⇒ p(A) 5 13 5 1 Sendo C: cara; C: coroa; V: vermelha e V: preta, podemos ter
52 4
(C, V), (C, V), (C, V), (C, V). Logo:
b) Evento B: segunda carta seja paus, dado que a primeira seja
p(C, V) 5 1 5 25%
copas ⇒ p(B) 5 1 4
4
b) p(AB) 5 p(A) 1 p(B) 2 p(AB) 5 1 1 1 2 1 5 3 5 75%
2 2 4 4
c) Evento C: a primeira carta seja copas e a segunda seja paus ⇒
⇒ p(C) 5 1 ? 1 5 1 c) O espaço amostral tem 104 pares (moeda, carta).
4 4 16 O evento C, carta de figura (dama, valete, rei) e coroa, tem:
30. Sejam os eventos: 3 ? 4 ? 1 5 12 elementos
• A: sair parafuso bom na 1a retirada. coroa
naipes
• B: sair parafuso defeituoso na 2a retirada. figura
Temos que: Logo:
p(A B) 5 90 ? 10 5 1 p(C) 5 12 11,5%
100 99 11 104
d) Evento A: carta de figura ⇒ n(A) 5 3 ? 4 5 12 ⇒ p(A) 5 12
Assim, a probabilidade “procurada” é igual a 1 .
11 52
31. Evento A: ter deficiência de certa vitamina Evento B: coroa ⇒ n(B) 5 1 ⇒ p(B) 5 1
Evento B: pessoas do grupo A que têm certa doença 2
p(AB) 5 30%? 10% 5 3% p(A B) 5 p(A) 1 p(B) 2 p(A B) 5 12 1 1 2 12 5
52 2 104
5 64 5 16 61,5%
104 26
32. p(A) 5 0,2, p(B) 5 0,4, A e B são independentes 36. Pelo enunciado, temos que:
• se não chover, a chance de pescar algum peixe é de 80%; logo,
a) p(AB) 5 p(A)? p(B) 5 0,2?0,4 5 0,08 se não chover, a chance de não pescar nenhum peixe é de 20%.
• se chover, a chance de pescar algum peixe é de 30%; logo, se
b) p(A B) 5 p(A) 1 p(B) 2 p(A B) 5 0,2 1 0,4 2 0,08 5 0,52 chover, a chance de não pescar nenhum peixe é de 70%.
• a chance de chover num determinado dia é de 40%; logo, a
33. A e B são independentes, p(A) 5 0,5, p(A B) 5 0,3 chance de não chover nesse dia é de 60%.
p(A B) 5 p(A) ? p(B) ⇒ 0,3 5 0,5p(B) ⇒ p(B) 5 0,6 Assim:
Manual do Professor - Capítulo 10 387
a) a probabilidade de o pescador não pescar nenhum peixe é 2 8 256
5 390 625
dada por: 42. a) P 5 (0,4)8 5 5 0,07%
p 5 60 ? 20 1 40 ? 70 5 40% 8 (0, 4 )6 (0, 6)2 8! 2 6 32
100 100 100 100 6 6!2! 5 5
b) 5 5
b) a probabilidade de ter chovido, sabendo que o pescador não
pescou nenhum peixe, é dada por: 8 ∙ 7 64 9 16 128
5 2 ? 15 625 ? 25 5 390 625 4,13%
40 ? 70 28
p 5 100 100 5 100 5 7 5 70% 43. Os eventos são independentes, logo a probabilidade de a 4a crian-
60 ? 20 1 40 ? 70 40 10 ça ser menino é 50%.
100 100 100 100 100
37. Sendo y o número de pessoas dos dois antígenos, temos: 44. Pelos dados do problema, temos:
A B Homem C c
2527 – y Mulher Cc cc
y 2234 – y cc
c
c Cc
2 527 2 y 1 y 1 2 234 2 y 1 1 846 5 6 000 ⇒ y 5 607 1
Logo: A probabilidade de nascer filho de olhos escuros é 2 (2 em 4) e a
probabilidade de nascer homem é 1 .
607
p 5 6 000 10,11% 2
Logo, a probabilidade total é:
1 ? 1 5 1 5 25%
2 2 4
38. A probabilidade, nesse caso, é: 45. Pelos dados do problema, temos:
n 1 k 1 n2k 5 n 1 n M
k 2 2 k 2 F
a) n 5 5, k 5 5 w W w
Ww ww
( ) 5 1 5 1 ww
5 2 32
p(A) 5 5
b) n 5 5, k 5 2 w Ww
( )p(B) 5 5 1 5 5! ? 1 5 5?4 ? 1 5 5 Para ser branca, a cria deve ser ww. Logo:
2 2 2!3! 32 2 32 16 p(branca) 5 2 5 1 5 50%
5
42
c) n 5 5, k 5 1
( ) 5 1 5 5! ? 1 5 5 ? 1 5 5 46. Sendo m: gene recessivo e M: gene dominante, temos:
1 2 1!4! 32 1 32 32
p(C) 5 5
d) p(D) 5 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 5 1 (os eventos são independentes) M M m
2 2 2 2 2 32 H mM mm
mM mm
n 1 k 1 n 2 k m
k 2 2
39. Usando a fórmula , em que n é o número de m
filhos e k é o número de meninos, temos:
a) 6 1 3 1 3 5 6! ? 1 ? 1 5 4?5?6 ? 1 5 20 5 5 Logo, a chance de o descendente ter polidactilia é 2 5 1 5 50%
3 2 2 3!3! 8 8 3?2 64 64 16 4 2
6 1 4 1 2 6! 1 1 6?5 1 15 Pensando no Enem
4 2 2 4!2! 16 4 2 64 64
b) 5 ? ? 5 ? 5
40. 6 1 4 1 2 5 6! ? 1 ? 1 5 6?5 ? 1 5 15 1. Com apenas uma funcionalidade (só celular (C), só mensagem (M),
4 2 2 4!2! 16 4 2 64 64 só conexão à internet (I)), teremos 3 pacotes diferentes: C, M ou I.
Com apenas duas funcionalidades, teremos 3 pacotes diferentes:
41. 5 1 2 5 3 5 10 ? 1 ? 125 5 625 16% CM, CI ou MI .
2 6 6 62 ? 63 3 888 Com as três funcionalidades, teremos 1 pacote apenas: CMI .
Ao todo há 3 1 3 1 1 5 7 pacotes diferentes, sem considerar ou-
tras características como velocidade de dados e etc.
388 Manual do Professor
Explicando as alternativas erradas: Outros contextos
a) É provável que quem escolher esta alternativa considere ape- 1. As possibilidades que existem para o caso de Roberto ter tirado
nas as 3 possibilidades C, M ou I, sem combiná-las. um Ás são:
c) É provável que quem optar por esta alternativa considere as se- (Ae, Ac), (Ae, Jo), (Ae, Rp), (Ac, Jo) e (Ac, Rp)
guintes 15 possibilidades: C, M ou I; CM, MC, CI, IC ou MI, IM; CMI
ou CIM ou MCI, MIC ou ICM, IMC, sem perceber que, por exem- A possibilidade de se tirar um Ás e depois o outro é: (Ae, Ac) ou
plo, MC e CM são o mesmo pacote de mensagem e celular (não (Ac, Ae). Ambas são equivalentes.
importando a ordem).
Logo, a probabilidade de que Roberto tenha também outro Ás
d) É provável que quem optar por esta alternativa considere as é: 1
seguintes 10 possibilidades: C, M ou I; CM, MC, CI, IC ou MI, IM;
CMI, sem perceber que, por exemplo, MC e CM são o mesmo 5
pacote de mensagem e celular (não importando a ordem), mas
não utilizando o mesmo raciocínio para a terna CMI. 2. A probabilidade de se retirar um quatro de paus no primeiro bara-
lho é de 1 . Considerando que esta carta seja inserida no segun-
e) É provável que quem optar por esta alternativa considere as 52
seguintes 5 possibilidades: C, M ou I como uma única opção do baralho, temos que a probabilidade de se retirar novamente
(apenas um uso); com apenas duas funcionalidades: CM, CI ou um quatro de paus é de 2 . Logo, a probabilidade de se retirar
MI e com as três funcionalidades: CMI. 53
um quatro de paus no primeiro baralho, acrescentar esta carta ao
Resposta: alternativa b. segundo baralho, e retirar novamente um quatro de paus é de
1?2 5 2 5 1 .
2. Sendo x o número de amigos dos três, E, o número de amigos ex- 52 53 2 756 1378
clusivos de Elisa, M, o número de amigos exclusivos de Martha e J,
o número de amigos exclusivos de João, temos: Vestibulares de Norte a Sul
500 5 E 1 (45 2 x) 1 (50 2 x) 1 x ⇒ 405 5 E 2 x
480 5 M 1 (30 2 x) 1 (50 2 x) 1 x ⇒ 400 5 M 2 x 1. A fim de encontrar o número de possibilidades que um cliente
550 5 J 1 (30 2 x) 1 (45 2 x) 1 x ⇒ 475 5 J 2 x
pode ter, faremos três combinações e multiplicaremos seus resul-
tados:
C8, 2 ? C 10, 1 ? C5, 1 5 8! ? 10 ? 5 5 8?7 ? 10 ? 5 5 28 ? 50 5
6!2! 2
Elisa João 5 1 400 possibilidades
500 amigos 550 amigos
EJ Resposta: alternativa e.
45 Ϫ x
2. Inicialmente, temos que encontrar a quantidade de divisores na-
x turais de 200:
50 Ϫ x 30 Ϫ x 200 decomposto em fatores primos 5 23 ? 52
M Regra geral:
número de divisores naturais 5
Martha 5 (expoente de um fator primo 11) ? (expoente de outro fator pri-
480 amigos mo 11)
número de divisores 5 (3 1 1) ? (2 1 1) 5 12
Como E 5 432, temos x 5 27, M 5 400 1 27 5 427 e Assim, a probabilidade de uma chave qualquer abrir o cofre é:
J 5 475 1 27 5 502.
P 5 chaves que abrem o cofre 5 12
O total de amigos na festa é 500 1 550 1 480 5 1 530. total de chaves 1 000
Portanto, a probabilidade de encontrarmos um amigo dos três
Resposta: alternativa b.
é de 27 5 3 .
1530 170
Explicando as alternativas erradas: 3. Temos que cada cor possui 256 possibilidades de tom, ou seja, 28.
b) 427 é a probabilidade de encontrarmos um amigo que seja Como há três cores primárias diferentes, pelo P. F. C., temos que há
28 ? 28 ? 28 5 224 possibilidades de cor no modelo RGB.
1530
exclusivo de Martha. Resposta: alternativa e.
c) 502 é a probabilidade de encontrarmos um amigo que seja 4. Quando o enunciado fala pelo menos oito dos lançamentos é por-
1530
que pode ser oito ou nove ou dez dos lançamentos. Sendo assim,
exclusivo de João. temos:
d) 50 5 5 é a probabilidade de encontrarmos um amigo ( ) ( )8 dos lançamentos: 10! 1 10 5 45 ? 1 10 2
1530 153 8!2! 2
que seja comum a Elisa e Martha.
1 10 5 10 ? 1 10
2 2
e) 30 5 5 é a probabilidade de encontrarmos um amigo ( ) ( )9 dos lançamentos: 10!
1530 51 9! 1!
que seja comum a Martha e João.
1 10 5 1 ? 1 10
2 2
( ) ( )10 dos lançamentos: 10!
10!
Resposta: alternativa a. Logo, a probabilidade desejada é:
Manual do Professor - Capítulo 10 389
1 10 1 10 ? 1 10 1 1 ? 10 10. A partir das informações enunciadas, temos que a probabilidade
2 2 de o primeiro ser de uma cor, por exemplo, preta, e o segundo de
( ) ( ) ( ) ( )45? 1 5 56 ? 1 5 7 uma cor diferente é: 2 ? 6 5 12 .
2 1 024 128 8 7 56
No entanto, há quatro possibilidades de cor para ser escolhida pri-
Resposta: alternativa 04. meiro; logo P 5 4 ? 12 5 6 .
56 7
5. Segundo o enunciado, temos 7 sintomas, dos quais 3 estão pre- Resposta: alternativa a.
sentes em todos os pacientes e esses 3 sintomas não são comuns Caiu no Enem
a dois pacientes. Sendo assim, a probabilidade desejada é que, 1. Considere essa representação como sendo a vista lateral de uma
das torres Puerta de Europa.
entre os 7 sintomas, 3 sejam “escolhidos”. Desses escolhidos, não A
pode haver semelhança, ou seja, C7,3 5 7! 5 35 .
3! 4!
Logo, há 35 possibilidades de escolher 3 sintomas entre os 7 exis- Banco de imagens/Arquivo da editora
tentes e eles não se repetirem.
І 30 , 35 , 40
Resposta: alternativa a.
6. Ao afirmar que o espaço amostral se restringe ao sexo feminino, o CB
espaço amostral passa de 200 para 100, das quais 60 preferem o
prato doce. Do triângulo ABC, obtemos:
Assim,
P 5 60 5 0,6 5 60% tan B AC 5 BC ⇔ tan 158 5 BC
100 AB 114
⇔ BC . 114 ? 0,26
Resposta: alternativa c. ⇔ BC . 29,64 m
7. De acordo com o enunciado, temos 10 posições de pacientes para Portanto, como a base é um quadrado, segue-se que sua área é
receber o órgão transplantado: aproximadamente igual a BC2 5 (29,64)2 878,53 m2.
(Idade 68, x 5 7) 2 pacientes
(Idade 68, x 5 6) 1 paciente Resposta: alternativa e.
(Idade 62, x 5 5) 4 pacientes
(Idade 57, x 5 5) 2 pacientes 2. Tomemos Z como o tempo que a luz vermelha fica acesa. Dessa
(Idade 57, x 5 1) 1 paciente forma, temos que o tempo de duração de cada ciclo é definido
por: Y 5 X 1 5 1 Z.
A quantidade de ordenação distinta é: 2! ? 1! ? 4! ? 2! ? 1! 5
5 2 ? 1 ? 24 ? 2 ? 1 5 2 ? 1 ? 24 ? 2 ? 1 5 96 possibilidades. Como X 5 2Z ⇔ Z 5 3X , temos:
Resposta: alternativa c. 32
8. A resolução desse problema é composta por duas etapas: Y 5 5 1 X 1 Z ⇔ Y 5 5 1 X 1 3X
1a etapa 5 probabilidade de retirar um lápis não apontado do por- 2
ta-lápis B, sabendo que o retirado de A também não tinha ponta:
⇔ 5X 2 2Y 1 10 5 0
P1 5 7 ? 6 5 42 5 0,42 Resposta: alternativa b.
10 10 100
2a etapa 5 probabilidade de retirar um lápis não apontado do
porta-lápis B, sabendo que o retirado de A era apontado:
P2 5 3 ? 5 5 15 5 0,15 3. Sendo de 20% a redução nas medidas dos lados, tem-se que a re-
10 10 100 dução na área é dada por 1 2 0,82 5 1 2 0,64 5 0,36 5 36%.
Sendo assim, a probabilidade de que o lápis retirado de B não te- Resposta: alternativa c.
nha ponta é a soma das duas probabilidades:
P 5 P1 1 P2 5 0,42 1 0,15 5 0,57 4. Aplicando o teorema de Pitágoras, concluímos facilmente que a
Resposta: alternativa b. diagonal de uma célula solar mede 10 cm. Em consequência, as
100 células produzem 100 ? 10 ? 24 5 24 000 Wh. Assim, estão sen-
9. As escolhas podem ser feitas de 24 maneiras. do produzidos, diariamente, 24 000 2 20 160 5 3 840 Wh além do
4 ⋅ 3 ⋅ 2 5 24
3 840 5 16 cé-
presidente secretário relator consumo. Portanto, o proprietário deverá retirar
240
Porém, a escolha pode ser feita entre os três partidos, aleatoria-
mente, ou seja, 3! possibilidades. lulas; a divisão por 240 ocorre em razão desse valor ser a quanti-
Logo, a quantidade de maneiras diferentes de escolha para os três
cargos, entre os três partidos, é: dade de Wh produzida por uma célula solar.
24 ? 3! 5 144 maneiras distintas Resposta: alternativa a.
Resposta: alternativa e.
5. Considere a figura, em que os círculos têm raio igual a 3 m e as
mudas correspondem aos pontos vermelhos.
390 Manual do Professor
11,5 m 8. Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos outros dois
lados do triângulo. Tem-se que
{a, b} {{1, 10}, {2, 9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}. Mas, pela condição de
existência de um triângulo, só pode ser {a, b} {{3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}
e, portanto, a resposta é 3.
Resposta: alternativa a.
9. Considere a figura, em que O é o centro do triângulo equilátero
ABC de lado 60 cm, M é o ponto médio do lado BC e D é a interse-
ção da reta OC com o círculo de raio 30 cm e centro em C.
14 m A Ilustrações técnicas desta página: Banco de imagens/Arquivo da editora
Portanto, segue que o resultado pedido é 9. O
Resposta: alternativa c.
BM C
6. Como o simétrico de um ponto P do plano, em relação ao ponto O,
é o ponto P tal que PO 5 PO e P pertence à reta PO, segue-se D
que a alternativa correta é a alternativa e. Outra forma de solucio- E
nar essa questão seria através de simetria dos três vértices do
triângulo mais escuro em relação ao ponto de origem O:
O DICA: Todo círculo circunscrito a um triângulo equilátero terá o raio equiva-
lente a 2 da altura desse mesmo triângulo. Com essa informação, esse
Figura original
3
Se observarmos a alternativa e, ela terá uma figura bem próxima tipo de questão torna-se simples.
dessa projeção acima, demonstrando ser a alternativa correta.
Desse modo, como OC é o raio do círculo circunscrito ao triângulo
Resposta: alternativa e. ABC, segue-se que:
7. É fácil ver que os triângulos AEC e BED são semelhantes. Logo, OC 5 60 3 . 34 cm
3
AF 5 AC ⇔ AF 54
BF BD BF 6 Portanto,
R 5 OC 1 CD 1 DE 5 34 1 30 1 10 5 74 cm
⇔ AF 1 BF 5 2 1 3
AF 2 Resposta: alternativa c.
⇔ AF 5 2 10. De acordo com o enunciado, tem-se que o somatório das medidas
AF 1 BF 5 da bagagem deve ser de, no máximo, 115 cm. Extraindo os dados,
temos:
Além disso, como os triângulos AEF e ABD também são semelhan- Comprimento 5 x
tes, temos: Largura 5 90 2 48 5 42
Altura 5 24
AF 5 EF ⇔ AF 5 EF Assim, x 1 42 1 24 < 115 ⇒ x < 115 2 66
AB BD AF 1 BF 6 x < 49
Com isso, temos que o valor máximo permitido é de 49 cm.
⇔ EF 5 2 Resposta: alternativa e.
65
11. Tendo como parâmetro:
⇔ EF 5 2,4 m h 5 2 m
b 5 B 2 0,5h 5 6 2 0,5x2 5 6 2 1 5 5 m
Resposta: alternativa c. B 5 6 m
C 5 20 m
2m3 5 1 ton
Para a realização do cálculo do volume do silo, calculemos inicial-
mente a área das laterais trapezoidais e multipliquemos pelo
comprimento dele:
Manual do Professor - Caiu no Enem 391
Área lateral 5 [(B 1 b) ? h]/2 5 [(6 1 5) ? 2]/2 5 22/2 5 11 m2 culas é multiplicado por 2, e pelos 10 números. Assim, o espaço
Volume do silo 5 11 ? 20 5 220 m3 amostral para escolha dos dígitos é de 62. Dado isso, pelo Princí-
Como pio Fundamental da Contagem, segue-se que existem 626 senhas
2 m3 → 1 ton possíveis de seis dígitos.
220 m3 → x ton
x 5 220/2 5 110 ton Analogamente, no sistema antigo existiam 106 senhas possíveis
de seis dígitos.
Resposta: alternativa a.
Desse modo, a razão de aumento da possibilidade de senhas pos-
síveis é 626 .
106
12. Como os lançamentos que a videolocadora recebeu são 16, consi- Resposta: alternativa a.
dere 16 posições consecutivas de uma fila, a qual representa os
filmes dispostos de forma a serem assistidos, em que as posições 16. Dadas as informações do enunciado, há 3 escolhas para a cor da
de ordem ímpar serão ocupadas pelos 8 filmes de ação, as 5 pri- pedra que ficará no vértice A. Além disso, podem ocorrer dois ca-
meiras posições de ordem par serão ocupadas pelos filmes de co- sos em relação às pedras que ficarão nos vértices B e D:
média, e as 3 últimas posições de ordem par serão ocupadas pelos • as cores das pedras em B e D são iguais;
filmes de drama. Assim, os filmes de ação podem ser dispostos de • as cores das pedras em B e D são distintas;
P8 5 8! modos, os de comédia de P5 5 5! maneiras e os de drama
de P3 5 3! possibilidades. Além do mais, essa forma de organiza- Portanto, as configurações possíveis são: (A, B, C, D) 5 (3, 1, 2, 1) e
ção contempla a estratégia do cliente. Tendo posse de todos esses (A, B, C, D) 5 (3, 2, 1, 1), o que corresponde a 3 ? 1 ? 2 ? 1 1 3 ? 2 ? 1 ? 1
dados, pelo Princípio Multiplicativo, segue-se que o resultado é joias distintas.
8! 3 5! 3 3!.
Resposta: alternativa b.
Resposta: alternativa b.
13. Tomando como parâmetro que duas cartelas de um mesmo joga- 17. De acordo com o gráfico temos que nos três meses considerados,
dor não possuem 6 dezenas iguais, segue-se que Arthur, Bruno, o número de compradores do produto A foi 10 1 30 1 60 5 100,
Caio, Douglas e Eduardo possuem, respectivamente, as seguintes e o número de compradores do produto B, 20 1 20 1 80 5 120.
possibilidades de serem premiados: Logo, como no mês de fevereiro 30 pessoas compraram o produto
A, e 20 pessoas compraram o produto B, segue-se que a probabili-
250; dade pedida é igual a 30 ? 20 5 1
100 120 20
7 + 4 = 291; Resposta: alternativa a.
41 · 6
8 + 10 = 346; 18. A sensibilidade é dada pela razão entre (resultado positivo com
12 · 6 doença presente)/(doença presente); dado isso, temos que a sen-
sibilidade é de 95 ? 100% 5 95%.
9 = 336; 95 1 5
4 · 6 Resposta: alternativa e.
10 = 420. 19. Sejam U, I e E, respectivamente, o conjunto universo, o conjunto
2 · 6 dos alunos que falam inglês e o conjunto dos alunos que falam
espanhol.
Toda cartela de 6 dezenas terá uma única chance de ser sorteada, Queremos calcular a probabilidade de que um aluno escolhido ao
já que para isso ocorrer é necessário que os seis números da car- acaso, que não fale inglês, fale espanhol. Essa probabilidade pode
tela coincidam com os sorteados. Portanto, como o número de ser representada por P(E/I ).
eventos possíveis para o resultado do sorteio é o mesmo para to- Sabendo que n(U) 5 1 200, n(l) 5 600, n(E) 5 500 e n(I E) 5 300,
dos, podemos concluir que Caio e Eduardo são os que têm as temos:
maiores probabilidades de serem premiados. n(I E) 5 n(U) 2 n(I E) 5 1 200 2 300 5 900
Além disso, pelo Princípio da Inclusão-Exclusão, obtemos
Resposta: alternativa a. n(I E) 5 n(l) 1 n(E) 2 n(I E) ⇔ 900 5 600 1 500 2 n(I E) ⇔
⇔ n(I E) 5 200
14. Tomando como parâmetro as informações contidas no enunciado,
temos que a probabilidade de acertar é de 0,8, já que a probabilida- Portanto,
de de errar é de 0,2, em razão da soma dos dois ser sempre igual a 1.
P(E/I) 5 n(E > I)
Dado o enunciado, para que o teste termine na quinta pergunta, n(I)
o candidato deverá errar exatamente uma pergunta entre as qua-
tro primeiras e errar a quinta. Por conseguinte, o resultado é calcu- 5 n(E 2 I)
lado por n(E 2 I) 1 n(I E)
4 ? (0,8)3 ? 0,2 ? 0,2 5 4 ? 0,512 ? 0,04 5 0,08192 5 300
1 300 1 300
.
51
Resposta: alternativa b. 2
15. O espaço amostral para escolha dos dígitos da senha é represen- Resposta: alternativa a.
tado pelas letras (26), que por diferirem as maiúsculas das minús-
392 Manual do Professor
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