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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2

1

Páginas 3 - 9

Problema 1

a) Cinco unidades na horizontal para a direita e duas unidades na vertical para

cima.

b)

02

13

31

11

A

c)

27

38

56

36

B

d)

25

25

25

25

C

Problema 2

a) Quatro unidades horizontais para a esquerda e uma unidade vertical para cima.

b) Uma unidade horizontal para a direita e quatro unidades verticais para baixo.

c) Três unidades horizontais para a esquerda e três unidades verticais para baixo.

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

MATRIZES: DIFERENTES SIGNIFICADOS


2

d)

5,02

5,04

5,21

M

5,02

5,10

5,33

N

5,31

5,21

5,02

P

e)

14

14

14

Q

f)

41

41

41

R

g)

33

33

33

T

Problema 3

Os elementos da matriz seguinte correspondem ao total de pontos das equipes, de

cima para baixo, nesta ordem: Barro Vermelho, Carranca, Veneza, Colonial e Olaria

3

4

6

7

11.


3

Problema 4

a)

101812050

91514040

b)

50,700,9

00,600,5

90,080,0

10,120,1

c) Esta matriz corresponde ao produto entre as matrizes do item a e do item b.

00,34600,336

50,32700,316

d) (327,50 – 316,00) + (346,00 – 336,00) = R$ 21,50

Páginas 9 - 10

1.

a) A matriz procurada pode ser obtida do produto das matrizes que podem ser

formadas com os elementos numéricos das duas tabelas apresentadas no enunciado.

De qualquer forma, para obter os resultados procurados, será necessário multiplicar

os elementos de cada linha da tabela 2 pelos elementos de cada coluna da tabela 1, da

seguinte forma:

• Tipo 1: 12 . 0,12 + 1,50 . 0,1 + 28 . 0,16 + 1,20 . 0,5 = 6,67

• Tipo 2: 12 . 0,25 + 1,50 . 0,12 + 28 . 0,18 + 1,20 . 1,5 = 10,02

• Tipo 3: 12 . 0,18 + 1,50 . 0,1 + 28 . 0,2 + 1,20 = 9,11


4

• Tipo 4: 12 . 0,16 + 1,50 . 0,08 + 28 . 0,1 + 1,20 = 6,04

Assim, a matriz procurada é:

04,611,902,1067,6

b) Para calcular o montante de um valor sobre o qual se fez incidir um porcentual

de, por exemplo, 60%, podemos multiplicar o valor inicial pelo coeficiente 1,6. Esse

índice corresponde, de fato, à soma de 100% + 60%. Para obter o resultado

procurado, será necessário, de fato, multiplicar a matriz obtida no item a pela matriz

seguinte, formada pelos coeficientes de correção do valor inicial:

0,2

0,2

8,1

6,1

.)04,611,902,1067,6( = 1,6 . 6,67 + 1,8 . 10,02 + 2 . 9,11 + 2 . 6,04 = 59,008.

O resultado acima corresponde ao valor de venda de uma unidade de cada tipo.

Como são previstas 200 unidades de cada, devemos fazer: 200 . 59,008 = 11 801,60.

Assim, o valor total das vendas será igual a R$ 11 801,60.

Páginas 11 - 14

Problema 1

a) 30% para A1 e 70% para B3.

b) A rede A terá mais audiência, pois A2 terá 75%, ante 25% de B2. São, portanto,

50% mais.

c) A maior diferença está no par (A1, B2), com 20% para A1 e 80% para B2, isto é,

com 60% de diferença. A menor diferença está no par (A2, B3), com 45% para A2 e

55% para B3, isto é, com 10% de diferença.


5

Problema 2

a)

Os porcentuais em amarelo são dos modelos correspondentes, sendo o modelo médio

o que apresenta porcentual favorável à indústria A, na comparação com o da

indústria B.

b) A diferença de preferência é maior quando comparamos o modelo van da

indústria A, que tem 80% de preferência, com o modelo popular da indústria B, que

tem 20% de preferência. Portanto, uma diferença de 60 pontos porcentuais de

preferência favorável ao modelo van da indústria A.

Páginas 16 - 17

Problema 1

De a1000,1 até a1000,768, teremos pixels de tonalidade 1;

De a1000,769 até a1000,1536, teremos pixels de tonalidade 2;

De a1000,1537 até a1000,2304, teremos pixels de tonalidade 3.

a) tonalidade 2

b) tonalidade 1

c) tonalidade 3


6

Problema 2

a) b40, 100 = 2 . 40 – 100 = –20. Como –20 200, tonalidade 1.

b) b1 000, 1 000 = 2 . 1 000 – 1 000 = 1 000. Como 320 < b1 000, 1 000 1 000, tonalidade 3.

c) Trata-se de b1 200, 1 200 = 2 . 1 200 – 1 200 = 1 200. Assim, bij > 1 000, tonalidade 4.

d) 00016003200001300232000012320 jjji

2804004002806000001600600600320 jjj

Como j > 0, são 279 pixels na 300ª linha, com a tonalidade 3.

Página 17

Resposta pessoal.

Páginas 21- 22

1.

Problema 1 Problema 2 Problema 3

000

110

100

000

100

110

101

000

101


7

Problema 4 Problema 5

010

111

010

Problema 6

0100001010111

0100001010101

0100111010111

0100001010001

1110111010111


8

Páginas 25 - 27

Problema 1

Uma estrela de 6 pontas.

Problema 2

A seguinte matriz 13x13, em que todos os elementos são iguais a 1 ou a 0.

1000000010000

0100000001000

0010000000100

0001101000000

0001100000000

0000010011000

0001001100000

0000001100001

1000010010000

0100010001000

0010000000100

0000000000011

0000000100011


MATRIZ DE CODIFICAÇÃO: DESENHANDO COM MATRIZES


9

Problema 3

1001001

0100011

0011010

1011100

0001111

0110110

1100101

Problema 4

Resposta pessoal.


10

Páginas 28 - 33

Problema 1

a) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos:

00,248$80140.2,180.2,1: RxcustoALocadora

00,260$120140.0,1120.0,1: RxcustoBLocadora

b) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos:

00,440$80300.2,180.2,1: RxcustoALocadora

00,420$120300.0,1120.0,1: RxcustoBLocadora

c) kmxxxx 200402,0120.0,180.2,1

Portanto, a partir de 200 km de percurso, torna-se mais econômico alugar o

automóvel na locadora B.

Problema 2

Sejam x o forno de micro-ondas, y o aspirador de pó e z a geladeira, temos:

2501

710300159030013001

590590

zy

zyzyzxzx

yxyx

2501

710

zy

zy

Adicionando uma equação à outra temos:

320270,98096012 xeyzz .


SISTEMAS LINEARES EM SITUAÇÕES-PROBLEMA


11

Portanto, o forno de micro-ondas custa R$ 320,00, o aspirador de pó R$ 270,00 e a

geladeira R$ 980,00.

Problema 3

O seguinte sistema de equações traduz as condições do problema:

632)(

20254)(

843)(

cbaIII

cbaII

cbaI

Multiplicando a equação (I) por 2 e somando com a equação (II), e multiplicando a

equação (I) por 3 e somando com a equação (III), temos:

632)(20254)(

243129).(316286).(2

cbaIIIcbaII

cbaIecbaI

301010361310 baba

31,263

10301336103010301010

133610361310

ceabb

bbbaba

baba

Portanto, os valores unitários dos produtos são: R$ 1 000,00; R$ 2 000,00; e

R$ 3 000,00.

Problema 4

O sistema possível para a resolução do problema é formado por quatro equações e

três incógnitas, isto é, não se trata de um sistema “quadrado”. Nesse caso, pode-se

desprezar inicialmente uma das equações, resolver o sistema formado por três delas

e, ao final, testar se os resultados obtidos verificam a equação não utilizada na

resolução.

53733)(

53334)(

5735)(

46224)(

zyxIV

zyxIII

zyxII

zyxI


12

Na equação (II), z = 57 – 5x – 3y; substituindo nas equações (I) e (III), temos:

118611)(

3423)(

118611)(

6846)(

5391517134)(

4661011424)(

53)3557(334)(

46)3557(224)(

yxVI

yxV

yxVI

yxV

yxyxVI

yxyxV

yxyxIII

yxyxI

Na equação (V), 2

334 xy

; substituindo na equação (VI), temos:

8162118)334(311118

2

334.611

xxxxx

x

Portanto, a medalha de ouro vale 8 pontos. Voltando com esse valor em (V), obtemos

que y = 5, ou seja, obtemos que a medalha de prata vale 5 pontos. Voltando com

esses valores em (II), obtemos que z = 2, ou seja, que a medalha de bronze vale

2 pontos.

Substituindo os valores obtidos para x, y e z, na equação (IV), nota-se que ela é

verificada, pois 3 . 8 + 3 . 5 + 7 . 2 = 24 + 15 + 14 = 53.

Problema 5

a) 4 . 3 + 4 . 1 + 4 . 0 = 16 pontos.

b) Caso vença as 12 partidas, uma equipe conseguirá, no máximo, 3 . 12 = 36

pontos.

c) Denominando o número de vitórias por x, o número de empates por y e o de

derrotas por z, pode-se escrever: x + y + z = 12 e 3 . x + 1 . y + 0 . z = 24, ou

243

12

yx

zyx

Tem-se, portanto, um sistema de duas equações e três incógnitas, que é

indeterminado, isto é, tem mais de uma solução.

Uma possível resposta para o problema pode ser obtida fazendo, por exemplo, x = 7,

isto é, supondo que a equipe vença 7 dos 12 jogos. Nesse caso, será preciso que


13

y = 3, a fim de que a equipe consiga atingir, exatamente, 24 pontos. Portanto, uma

resposta possível é: 7 vitórias, 3 empates e 2 derrotas.

d) Pretende-se, neste caso, determinar as soluções naturais do sistema formado

pelas duas equações descritas no item anterior, isto é,

243

12

yx

zyx

Fazendo y = 24 – 3x na segunda equação e substituindo em y na primeira equação,

temos:

x + 24 – 3x + z = 12 z = 2x – 12

Assim, pode-se escrever a resposta geral do sistema em função de x, isto é, em

função do número de vitórias: S = {(x, 24 – 3x, 2x – 12) xN}.

Como interessam apenas os casos em que 0 ≤ x ≤ 12, y ≥ 0 e z ≥ 0, pode-se atribuir a

x apenas os valores 6, 7, e 8. Isso feito, serão obtidas as seguintes possibilidades

expressas na tabela:

VViittóórriiaa EEmmppaattee DDeerrrroottaa TToottaall ddee jjooggooss TToottaall ddee ppoonnttooss

8 0 4 12 24

7 3 2 12 24

6 6 0 12 24

Problema 6

Temos aqui um problema que não apresenta uma única solução e que pode ser

resolvido por meio de um sistema indeterminado de equações lineares.

É apresentada a solução geral do problema, considerando:

x: massa de farinha de trigo, em kg.

y: massa de fubá, em kg.

z: massa de chocolate em pó, em kg.

)(4202

)(22

IIzyx

Izyxzyx

Substituindo (I) em (II), tem-se que zyzyzy 19242022 e,

substituindo esse resultado em (I), tem-se:

zxzzxzzx 181922)192(2 .


14

Portanto, a solução geral do sistema é: {(18z, 2 – 19z, z) zN}.

Vale observar que não é possível ter valores negativos para nenhuma das

quantidades. Assim, é necessário que sejam obedecidas as seguintes condições:

18z > 0, 2 – 19z > 0 e z > 0, de forma que 0 < z < 105,019

2 , ou seja, que a

quantidade de chocolate em pó seja positiva e inferior a 105 gramas.

No caso de z = 100 g, ou 0,1 kg, o kit comprado por Helena teve a seguinte

constituição:

x: massa de farinha de trigo, 1,8 kg.

y: massa de fubá, 0,1 kg.

z: massa de chocolate em pó, 0,1 kg.

Páginas 33 - 34

1. 12075,050,025,0 zyx

a)

pontosezztemosyexse

zyx

6080.75,0802309060:,9060

,230

2. Sejam:

x: pontuação no período da manhã

y: pontuação no período da tarde

z: pontuação no período da noite

10223)(

27234)(

1142)(

zyxIII

zyxII

zyxI

Multiplicando a equação (I) por 2 e somando o resultado à equação (II) e

multiplicando a equação (I) por 2 e somando o resultado à equação (III), temos:

10223)(27234)(

22284).(222284).(2

zyxIIIzyxII

zyxIezyxI

326749118 yxyx


15

52,38729

48256773437

632

8

1149

7

6323267

8

114949118

zexyy

yyyy

yxyx

yxyx

Portanto, a pontuação no período da manhã é igual a 2, no período da tarde é igual 3

e no período da noite é igual a 5.


16

Páginas 40 - 45

Problema 1

a)

20,33913

391300

9350

4221

4

7525200

9350

4221

32

6319143

1112

4221

323121

xeyzz

LLLLeLL

Portanto, S = {(–2, 0, 3)}.

b)

3

2

1

2323

232300

6410

4321

7

19570

6410

4321

2

19570

12820

4321

53

11035

0143

4321

32

23121

x

y

z

zLL

LLLeLL


RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES: ESCALONAMENTO X CRAMER


17

Portanto, S = {(–3, 2, –1)}.

c)

2

0

1

11112

3146

2

31

46

123

64

642

222

2

2

22

123

22

22

z

y

x

xx

xxz

xz

zx

zx

zxz

xzy

xy

zx

zy

yx

Portanto, S = {(1, 0, 2)}.

d)

4

25

4

203188

54

31825

4

1632532

4

16

164

0000

1640

2531

1640

1640

2531

2

1640

21280

2531

23

3422

4313

2531

32

23121

zx

zzx

zz

xzz

xzyxez

y

zyLL

LLLeLL

Portanto,

Rzzzz

S ,,4

16,

4

25.


18

Problema 2

a)

22

22)22(

2022

122

342

1221

m

mxmxm

mm

mmLL

m

mm

Se 2m – 2 ≠ 0, ou seja, m ≠ 1, o sistema é possível e determinado.

Se 2m – 2 = 0, ou seja, m = 1, o sistema é impossível.

b)

mzzm

m

m

LLmLeLm

LLeLLmoum

36

00)36(

03600

039150

0111

015150

039150

0111

53

0330

0350

0111

23

0112

023

0111

0112

023

0111

3232

3121

Se – 6 – 3m ≠ 0, ou seja, m ≠ –2, o sistema é possível e determinado, com z = 0,

y = 0 e x = 0.

Se – 6 – 3m = 0, ou seja, m = –2, o sistema é possível e indeterminado.


19

Problema 3

4

2222)4(

22400

2320

211

2

62340

2320

211

62340

2320

211

3

311

0213

211

0213

311

211

32

3121

k

mzmzk

mk

mk

k

LL

k

mk

k

ou

k

mk

k

LLeLL

m

k

oum

k

Se 2m – 2 = 0 e k – 4 = 0, ou seja, m = 1 e k = 4, o sistema é possível e

indeterminado.

0000

3720

2411

:,41

22400

2320

211

temoskemse

mk

mk

k

;1,5,1:,1

;0,2

3,

2

1:,0

,,2

73,

2

1,

2

1

2

8734

42

7324224

2

73372

ésoluçãopossívelumazse

ésoluçãopossívelumazse

Rzzzz

SntoPorta

zx

zzx

zz

xzyxzyx

ez

yzy

se z = –1, uma possível solução é: 1,2,0 .


20

Problema 4

2)(

0)(

12)(

cbmaIII

cbaII

cbaI

Somando a equação (I) à equação (II) e somando a equação (I) à equação (III),

temos:

2)(0)(

12)(12)(

cbmaIIIcbaII

cbaIecbaI

33)1(12 camca

33)1(

12

cam

ca Resolvendo o sistema de duas equações por substituição,

temos: c = 1 – 2a.

5

00)5(

053633)21(3)1(

maam

amaaamaaam

Se m – 5 = 0, ou seja, m = 5, o sistema é possível e indeterminado.

134211)21(2,,21,12 abaababaentãoacmascba Portanto, RaaaaS ,21,13, .

O enunciado pede duas soluções possíveis.

Para a = 0, temos S = 1,1,0

Para a = 1, temos S = 3,4,1

Problema 5

Sejam:

B: preço das bandeirinhas

C: preço dos chapéus

F: preço das fantasias

Temos:


21

292)9,0(.2)8,0(.2)(

604)9,0(.44)(

62444)(

FCBIII

FCBII

FCBI

Subtraindo a equação (II) da equação (I), temos:

524,026,34 CCCC

Substituindo o valor de C nas equações (I) e (III), temos:

2026,1)(

2122)(

2026,1)(

4244)(

29296,1)(

624204)(

FBV

FBIV

FBV

FBIV

FBIII

FBI

Subtraindo a equação (V) da equação (IV), temos:

85,214,016,12 FeBBBB

Portanto, para Ana, o preço das bandeirinhas foi R$ 2,50; dos chapéus, R$ 5,00, e

das fantasias, R$ 8,00.

Outra resolução possível, diferente da apresentada, baseia-se no fato de que Ana e

Beto compraram quantidades iguais, mas Beto gastou R$ 2,00 a menos do que Ana.

Assim, é possível concluir que esses R$ 2,00 correspondem a 10% do preço de

4 montões de chapéus. Então, se 10% correspondem a R$ 2,00, 100% correspondem a

R$ 20,00. Logo, Ana gastou R$ 20,00 na compra de 4 montões de chapéus, o que

significa ter pago R$ 5,00 por montão.

Problema 6

a) Sejam:

x: alvo 1

y: alvo 2

z: alvo 3

Temos,

)(4022

)(4023

Ernestozyx

Adamastorzyx


22

Se cada bola certeira nos alvos 1, 2 e 3 tiver valido, respectivamente, 4, 16 e 3 pontos, então:

404263243.216.24

404733212316.24.3; logo, não é possível que os alvos tenham esses

valores.

b)

4022

4023

zyx

zyx, subtraindo a segunda equação da primeira, temos:

xzzx 202

2

540

2

3240

2

3404023

xy

xxy

xzyzyx

Portanto,

Rxxx

xS ,2,2

540,

Ou seja, o total de pontos de cada bola certeira nos alvos 2 e 3, em função de x, é

respectivamente: xe

x2

2

540

Páginas 46 - 47

1.

a)

30

3000

110230

0371

2

120460

110230

0371

73

1137

1123

0371

323121

z

LLLLeLL


23

Portanto, o sistema é impossível.

b)

1593

1062

yx

yx, dividindo a primeira equação por 2 e a segunda por –3, temos:

53

53

yx

yx

Trata-se de um sistema com duas variáveis e apenas uma equação, ou seja, um

sistema indeterminado, com x = 5 + 3y.

Portanto, RyyyS ,,35 .

2. Sejam:

a: preço da abobrinha

b: preço da batata

c: preço da cenoura

Temos:

10,23333)(

90,1222)(

45,145,03)(

)(00,18)20,0(3)50,0(3)1(3

)(50,11)20,0(2)50,0(2

)(45,145,03

acbIII

acbII

acbI

Rosaacb

Juvenalacb

Arnaldoacb

Multiplicando a equação (I) por 6 e a equação (II) por 3, temos:

10,23333)(

70,38636)(

70,866318)(

acbIII

acbII

acbI

Subtraindo a equação (II) da equação (I) e subtraindo a equação (III) da equação (II),

temos:

10,23333)(70,38636)(

70,38636)(70,866318)(

acbIIIacbII

acbIIeacbI

60,15334812 abb


24

50,220,1,00,460,1533

4812

ceabab

b

Portanto, seu Manuel cobra R$ 4,00 pelas batatas, R$ 1,20 pelas abobrinhas e

R$ 2,50 pelas cenouras.

Páginas 53 - 54

Problema 1

28|824|2

1

162

144

100

.2

1uABAH

Problema 2

25,212

43|43|.

2

1|4328335681492822|.

2

1

82

21

37

43

117

82

.2

1uACOISA

Desafio!

Página 55

25,422

85|85|.

2

1|6567351136|.

2

1

76

15

11

61

76

.2

1uADECO


25

2362

72|72|.

2

1|83249124278|.

2

1

12

41

36

49

12

.2

1uALINA

Portanto, o quadrilátero DECO tem a maior área.

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