MAT 5A AULA a 10 = a 1 + (10 1) r. a 10 = a 10 = a n = a 1 (n 1) r. a n = 2 + (n 1) 2. a n = 2n 13.03

MAT 5A AULA 13 13.01 a10 = a1 + (10  1)  r a10 = 1 + 9  3 a10 = 28 13.02 an = a1 (n  1)  r an = 2 + (n  1)  2 an = 2n 13.03 a21 = a1 + (21  1)  r a21 = 5 + 20  2 a21 = 45 13.04 a1 = 19 r = 2 an = 273 273 = 19 + (n  1)  2 273 = 19  2 + 2n 2n = 256 n = 128

13.05 an = 4 + (n  1)  3 an = 3n + 1 13.06 780 = 5 + (n  1)  5 780 = 5n n = 156 13.07 a15 = a1 + 14r 3 300 = 500 + 14r 2 800 = 14r r = 200 a10 = 500 + 9  200 a10 = 500 + 1 800 a10 = 2 300 m 13.08 a1 = 56 an = 147 r = 7 147 = 56 + 7n  7 98 = 7n  n = 14

13.09 a1 = 100 r = 5 an = 1 985 1 985 = 100 + 5n  5 5n = 1 890 n = 378 13.10 (x  2r, x  r, x, x + r, x + 2r) a1 +a5 = x + 2r + x  2r = 2x = 2  a3 a1 + a5 = 2  a3 120 + 216 = 2  x x = 336 2 x = 168 a2 a1 = a3 a2 2a2 = a1 + a3 2a2 = 120 + 168 a2 = 288 2 a2 = 144

13.11 x  2  (1  3x) = 2x + 1  (x  2) x  2  1 + 3x = 2x + 1  x + 2 3x = 3 + 3 x = 6 3 x = 2 13.12 an = 136 a1 = 40 r 6 136 = 40 + 6n  6 6n = 102 n = 17 17  1 = 16 13.13 a10 = 1 000 + 100  9 a10 = 1 900

13.14 (70, 70 + r, 70 + 70 + 2r) 210 + 3r = 222 3r = 12 r = 4 70 + 2  4 = 78 13.15 15% de 140 = 21 3, ..., 138 138 = 3 + 3n  3 n = 46 3, 6, 9, 12, ..., 138 6, 12, ..., 138 138 = 6 + 6n  6 n = 23

13.16 k = 2 + (n  2)  7 k = 7n  5 k = 382 + (n  1)(12) k = 394  12n 7n  5 = 394  12n 19n = 399 n = 21 k = 7  21  5 k = 142 13.17

Os Números Retangulares: {2, 6, 12, 20, .... Rn-1, Rn} determinam uma P.A de 2ª ordem, ou seja, as diferenças entre os números consecutivos determinam uma P.A.

Essa P.A das diferenças é: {4, 6, 8, ..., dn-1} dn-1=100

4 + [(n – 1) – 1].2 = 100 (n – 2).2 = 96

n = 50

Sabendo que a diferença dn-1 é entre Rn e Rn-1, temos que o maior deles será o R50. ALTERNATIVA B

13.18

PA: {a, b, 5a, d} a3 = a1 + 2r

5a = a + 2r r = 2a

Assim, ficamos com P.A: {a, 3a, 5a, 7a}, ou seja, b = 3a e d = 7a.

d

7a

d

7

b



3a

 

b

3

ALTERNATIVA D 13.19 3x = 420  x = 140 (x  r, x, x + r) 140  (140  r)(140 + r) = 2 688 000 19 600  r2 _{= 19 200} r2 _{= 400} r = 20 prestações  R$ 120,00; R$ 140,00; R$ 160,00) 13.20 Divisíveis por 4: {1996, 2000, 2004, ... , 2308} 2308 = 1996 + (n4 – 1).4 n4 = 79 Divisíveis por 200: {2000, 2200} n200 = 2 Total = n4 – n200 Total = 79 – 2 Total = 77

MAT 5A AULA 14 14.01 (10; x; y; z; 40)

10

40

y

2

y

25







ALTERNATIVA C 14.02 a8 = ? a1 = 100 a15 = 700 a15 = a1 + 14r 700 = 100 + 14r r = 600 14 a8 = 100 + 7  600 14 a8 = 400 14.03 (x  r, x, x + r) 3x = 21  x = 7 14.04 3x = 180  x = 60

14.05 3x = 21  x = 7 (x  r)  (x  r) = 315 7(49  r2_{) = 315} 49  r2 _{= 75} r = 2 x + r = 9 14.06 81 _ _ _ _ _ 39 a7 = a1 + 6r 39 = 81 + 6r 42 = 6r r = 7 14.07 r = 2x + 3  (2x  1) = 4 x2 _{+ 4 = 2x  1 + 2  4} x2_{ 2x  3 = 0} x’ = 3

x’’ = 1 2x  1 + 2x + 3 + x2 _{+ 4 = 27 cm} 14.08 a2 = 250 a5 = 400 a5 = a2 + 3r = 400 250 + 3r = 400 3r = 150  r = 50 14.09 a21 + a20 = a41 a21 + a1 + 19r = a1 + 40r a21 = 21r a21 = 21  9 a21 = 189 14.10 (x  2r, x  r, x, x + r, x + 2r) 5x = 15  x = 3 (3  2r)(3  r)  3  (3 + r)  (3 + 2r) = 0 e r +  3  r = 0  r = 3 (3, 0, 3, 6, 9)

14.11 2 t t 2  _{= t + 6} t + t2 _{= 2t + 12} t2_{ t = 0} t = 4 t = 3x (4, 10, 16)  k 4k + 10k + 16k = 60 k = 2 (4k, 10k, 16k) = (8, 20, 32) 14.12 a13 = 50+ 12  300 a13 = 3 650 m Total = 6 000  3 650 = 2 350 14.13 1) x x 2 2 1 4 4 4 2    _{ }     2) an = x 2 4  + (n  1)  2 4 = x 2 2n 2 4     x 2n 4 4   3) 1 4  (x  2 + x + x + 2 + x + 4 + x + 6 + x + 8)

6x 18 3 4 2  _{ (x + 3)} 14.14 (x  20, x, x + 20) 3x = 180  x = 60 14.15 (5, 8, 11, 14, 17) 5 + 11 + 17 = 33 14.16 f(n + 1) = f(n) + 1 2 f(n + 1) f(n) = 1 2 Então:

(f(1), f(2), f(3), ..., f(n))  forma uma PA de razão 1₂

 f(n) = f(1) + (n + 1)  1 2 f(101) = 2 + 100  1 2 f(101) = 52 14.17 ? = a57 a57 = 3 + 56  3

a57 = 3 + 168 a57 = 171 14.18 an = 1 + (n  1)  2 bn = 10 + (n  1)  3 bn  na 10 + 3n  3  1 + 2n  2 n 1 + 13 n  12 14.19 (x  r, x, x + r) (x + r)2 _{= x}2 _{+ (x + r)}2 x2_{ 4xr = 0} x(x  4r) = 0 x = 4r (3r, 4r, 5r) SA = 3r 4r 2 · = 150 6r2 _{= 150} r2 _{= 25} r = 5 (15, 20, 25)

14.20 a9 = a1 + 8r  1 934 = a1 + 8r (1) a27 = a1 + 26r  1 988 = a1 + 26r 1 1 1 934 = -a -8r 1 988 = a + 26r   _   54 = 18r r = 3 1 934 = a1 + 8  3 a1 = 1 934  24 a1 = 1 910 01 de janeiro de 1 910.

MAT 5A AULA 15 15.01 S1 = 2  12 S1 = 2 15.02 S10  S9 2  102  2  92 2  (100  81) 2  19 = 38 15.03 a30 = 13 + 29  3 = 13 + 87 = 100 S30 =





13 100 30 2  S30 = 113  15 S30 = 1 695 15.04 a1 = 1 a1 200 = 1 + 1 199  2  a1 200 = 1 + 2 398 a1 200 = 2 399 Sn =





1 2 399 1 200 2 

Sn = 2 400  600 Sn = 1 440 000 15.05 an = a1 + (n 1)  3 = 94 1 (a 94)n 2  = 1 515 (97  3n + 94)n = 3 030 3n2 _{+ 191n  3 030 = 0}  = 121 n = 191 11 6    n’ = 30 e n’’ = 30 a1 = 94  3n + 3 a1 = 97  3n a1 = 97  3  30 a1 = 7 15.06 (11, 13, 15, ...,) an = 11 + (n  1)  2 = 9 + 2r Sn =





11 9 2n n 2    200 20n + 2n2 _{= 400} (2) n2 _{+ 10n  200 = 0}

n' = 10 n’’ = 20 15.07 x + 7  2x + 1 = 12 x = 4 e x = 4 a8 = 9 + 7  12 a8 = 9 + 84 a8 = 75 S8 = (9 + 75)  4 S8 = 264 15.08 (1, 2, 3, ...) an = 1 + (n  1)  1 = n Sn = (1 n)n₂ = 325 n2 _{+ n  650 = 0}  = 2 601 n = 1 51 2   n’ = 25 e n’’ = 26

15.09 a1 = r a1 + 2r + a1 + 7r = 18 11r = 18  r = 18 11 a10 = 18 11 + 9  18 11 = 180 11 S10 = 18 180 11 11  _       5 S10 = 18  5  S10 = 90 15.10 a21 = 6 000 6 000 = a1 + 20  100 a1 = 4 000 Sn =





4 000+6 000 21 2 Sn =5 000  21 Sn = 105 000 m 15.11 S8  S7 3  82 _{+ 2  (3  7}2_{ 2)} 3  64 + 2  3  49  2

3  15 = 45 15.12

x

2x 1;x

7;16

4



_

_

_











Para descobrir o valor de x, aplicamos a relação do termo médio, ou seja:

x

2x 1 16

4

x

7

2

x

2x 14

2x 15

4

x

4

 



 











Substituindo, temos a seguinte P.A:



7;11;15



Para calcular a soma dos vinte primeiros termos, é necessário se conhecer o vigésimo termo, então: 20 1 20 20

a

a

19r

a

7 19 4

a

83





 





Calculando a soma, temos:









1 20 20 20 20

a

a

.20

S

2

7 83 .20

S

2

S

900











ALTERNATIVA B 15.13 (51, 61, ..., 341) 341 = 51 + (n + 1)  10 300 = 10n n = 30 S30 = (51 341) 30 ₂ ·  392  15 = 5 880

15.14 S10  S9 8  102_{ 1  8  9}2 _{+ 1} 8  (100  81) 8  19 = 152 15.15 S1 = 93  4 = 89 S2 = 186  16 = 170 S3 = 279  36 = 243 a3 = S3  S2  a3 = 243  179 = 73 73 = 89 + 2r 2r =  16 r = 8 15.16 (8; 12; ....; an) an = a1 + (n – 1)rA an = 8 + (n – 1).4 an = 4n + 4

S

_A

=

(a

1

+

a

n

)n

2

S

_A

=

(8

+

4n

+

4)n

2

S

_A

=

4n

2

+

_12n

2

S

_A

=

2n

2

+

6n

(17; 19; ... ; bn) bn = b1 + (n – 1)rB bn = 17 + (n – 1).2 bn = 2n + 15 1 n B B 2 B 2 B

(b

b )n

S

2

(17

2n 15)n

S

2

2n

32n

S

2

S

n

16n



















A B 2 2 2

S

S

2n

6n

n

16n

n

0

n

10n

0

n

10















_{ }





ALTERNATIVA B 15.17



a1 a100



100 2  = 100  a1 + a100 = 2



a101 a200



100 2  = 200  a101 + a200 = 4 ( 1) 1 1 2a 99r 2 2a 299r 4      _     · 200r = 2  r = 1 100 = 10 2 a2 a1 = r = 102 15.18 a1 = 1

a2 = a1 + 1 a3 = a2 + 2 = a1 + 1 + 2 a4 = a3 + 3 = a1 + 1 + 2 + 3 a5 = a4 + 4 = a1 + 1 + 2 + 3 + 4 ... a100 = a1 1 2 3 ... 99   



1 99 99



2  = 4 950 a100 = a1 + 4 950  a100 = 4 951 15.19 a) a2 = a1 + r a4 = a1 + 3r a6 = a1 + 5r ... an = a1 + (n  1)  r Spar = a2 + a4 + a6 + ... + an Spar = a1 + r + a1 + 3r + ... + a1 + (n  1)  r Spar =



1 1 1







n_RAIZES SOMA ÍMPAR

2 a a ... a r 1 3 5 ... (n 1)·      Spar = n 2  a1 + r  (1 n 1) n 2 2   _·

Spar = n 2  a1 + 2 n 4  r  Spar =





n 2a1 rn 4  b) a1 =  224 r = 220  (224) = 4 an = 224 + (n  1)  4 an = 4n  228 Sn =





224 4n 228 n 2    Sn = 2n2  226n  > 0 2n2 226n > 0 Sendo assim: 2n  (n  113) > 0 n > 113 no mínimo 114 termos 15.20 15.20 Total de Tijolos 1 + 2 + 3 + ... + 100 = 5050 tijolos

Como cada tijolo da linha superior é a média aritmética entre os dois que o sustentam, e, esses dois são termos consecutivos de uma P.A, esse tijolo da linha superior entra como termo médio dos dois termos em P.A da linha inferior.

Assim, os 5050 tijolos estão em P.A na qual o 1º termos é 10 e o último termo é 490. Ou seja:



10

490 5050



S

2





S = 1 262 500 MAT 5B AULA 13 13.01

A pontuação mais regular é determinada pelo MENOR desvio padrão.

Assim, Marco teve a pontuação mais regular pois possui o MENOR desvio padrão. ALTERNATIVA B

13.02

I – VERDADEIRO

Como todos os preços são iguais, o desvio padrão é zero; II – FALSO

A moda é o valor com maior frequência. A moda é R$ 71,00; III – VERDADEIRO

São Paulo: Média = 74,93

Mato Grosso do Sul: Média = 68,57 Minas Gerais: Média = 70,36

Goiás: Média = 71,07

Mato Grosso: Média = 70,14 Rio de Janeiro: Média = 75,00 IV – VERDADEIRO

Mato Grosso: Mediana = 70,00 (7º e 8º valores em ordem crescente iguais a 70,00) Minas Gerais: Mediana = 70,00 (7º e 8º valores em ordem crescente iguais a 70,00) V – VERDADEIRO

São Paulo: Variação (Maior Valor – Menor Valor) = R$ 3,00 Mato Grosso do Sul: Variação = R$ 2,00

Minas Gerais: Variação = R$ 1,00 Goiás: Variação = R$ 1,00

Mato Grosso: Variação = R$ 1,00 Rio de Janeiro: Variação = R$ 0,00 ALTERNATIVA D 13.03 Ma = 2 104 5 104 9 10 +6 10 +5 10 +3 104 4 4 4 300000 210 210    · · · _{ 1 428,60} Me = 1 500 Mo = 1 500 13.04

Amplitude é a diferença entre o maior e o menor valores, então: a) A = 5  1 = 4 b) A = 7  4 = 3 c) A = 8  5 = 3 d) A = 9  6 = 3 d) A = 4  1= 3 ALTERNATIVA A 13.05

A maior dispersão é aquela que apresenta maior amplitude. a) Amplitude = 0

b) Amplitude = 7 – 3 = 4 c) Amplitude = 8 – 2 = 6 d) Amplitude = 9 – 1 = 8 e) Amplitude = 10 – 0 = 10

ALETRNATIVA E 13.06 Ma = 20 4 = 5 Dp = 22 ( 2)2 ( 2)2 22 4 4 4 4       · = 2 Dp  = A 4 4  4 = 1 13.07 1. VERDADEIRA

Quanto maior o desvio padrão, mais heterogênea é a amostra dos dados; 2. VERDADEIRA

A diferença na variação resultou nos diferentes desvios padrões; 3. FALSO

Como o desvio padrão é o menor, as notas foram menos dispersas; ALTERNATIVA B

13.08

Sendo Salário Médio igual a

s

, temos:

s

=

500

×

40

+

2 500

×

8

+

5 000

×

2

40

+

8

+

2

s

=

50 000

50

s

=

R$1 000,00

o o

(24 salário) (25 salário)

Med

2

(500) (500)

Med

2

Med

R$500,00











Homogeneidade só é possível quando o desvio padrão é zero e o desvio padrão é zero apenas quando todos os elementos são iguais.

ALTERNATIVA A 13.09 I) Ma = 42 7 = 6 II) V = 32 2 + 0 + 3 + 1 + 1 + 22 2 2 2 2 2 28 7 7   = 4 III) Dp = 4 = 2 13.10 I) (1; 4; 6; 9) Me = 4 6 2  _{= 5} II) Ma = 20 4 = 5 Mp = 4 6 18 2 30 6 6     = 5 III) Dp = 1 1 16 16 8,5 4    _{  2,9} IV) (V) 13.11 Ma = 150 5 = 30

Me = 29 V = 22 42 32 12 22 34 5 5     _{ = 6,8} 13.12 1)(V) Me = 980 7 = 140 2) (F) 3) (V) Dp = 152 102 102 152 252 102 52 7       Dp = 1 400 200 7  Dp = 10 2 = 10  1,41 = 14,1 13.13 Ma = 140 4 = 35 Dp = 4 1 4 1 10 2,5 4 4    _{ }  1,58 13.14 d) Ma = 40 000 = x 20 = 800 000 800 000  10% = 720 000  20 = 36 000

13.15

Cálculo da Média Aritmética:

o

38 37 35

41 39 38

x

6

x

38 C















Cálculo da Variância: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(38 38)

(38 37)

(38 35)

(38

41)

(38 39)

(38 38)

v

6

0 1 9 9 1 0

v

6

v

3,33...

























    





Cálculo do Desvio Padrão:

2

v

v

v

3,33...

3

v

3

9

30

v

9

5,48

v

3

v

1,83















Afastamentos: 1 desvio : [36,17o_C,39,83o_C] 4 em 6 = 66,67% 2 desvios: [34,34o_C,41,66o_C] 6 em 6 = 100% 3 desvios : 100% ALTERNATIVA D 13.16

01)  Verdadeiro 9 24 = 0,375  37,5% 02)  Verdadeiro M = 3 6 = 0,5 04)  Verdadeiro Ma = 12 6 = 2 Dp = 1 4 1 4 0 0 10 5 6 6 3      _{ } 08)  Falso (1, 2, 2, 3, 6, 10) Me = 2 3 2  _{= 2,5} 16)  Falso.

Dos 6 países sul-americanos participantes do evento, CONSTANTES DA TABELA, 3 não

ganharam medalha de ouro, logo 50%. Mas, foram 11 os países que participaram do evento, logo a

porcentagem relativa ao item 16 é: 3

11 = 0,272727...  27% 32)  Falso

O número de medalhas de bronze conquistadas pelo Brasil, nesse evento, foi 3 que representa exatamente 50% das 6 conquistadas em 2000.

13.17 a) Ma = 20 4 20 · _{= 4} V =



4 4 16 1 9 4



34 20 5       V = 6,8

Dp = 6,8 = 2,6 d) DPB = 9 = 3

13.18

* Cálculos antes do acréscimo de n objetos de massa 4kg





2





2





2

2 3 3 4 1 6

x

x

4kg

6

2 4 3

3

4

4

1 4 6

v

6

v

1kg

    



 





 



 







* Cálculos após o acréscimo de n objetos de massa 4kg



 

2

 



2





2

x

4kg

2 4 3

3 n

4

4

1 4

6

1

v

6 n

2

6

1

6 n

2

6

1

6 n

4

6 n

24

n

18















 

















 



ALTERNATIVA A 13.19

Exercício Resolvido no material

13.20

MAT 5B AULA 14

14.01

a) (F) - Cristina tem o IMC de 15 e o normal é entre 18,5 e 24,9.

b) (F) - Maria tem o IMC de 20 então está dentro da normalidade 18,5 e 24,9.

c) (V) – João tem o IMC de 35 e está na faixa de obesidade e risco elevado de doença.

d) (F) – Antônio está com sobrepeso, mas o risco de desenvolver doença é elevado e não muito elevado.

e) (F) – Sergio está com IMC de 45, ou seja, obesidade grave e muitíssimo elevado o risco de desenvolver doença.

14.02

Pelas medalhas de ouro (9 medalhas) iria para a 13ª colocação. Com as medalhas de prata (6 medalhas), assumiria a 12ª colocação e as medalhas de bronze (13 medalhas) não alterariam essa classificação.

14.03

Na escala onde o mês de DEZ tem 375 milhões de anos. 504 anos torna-se insignificante.

6

Anos Hora 375 10 31 24

504 x

· ·  0,001 hora  pouco antes da meia noite do dia 31/dez.

14.04

a) VERDADEIRO

b) FALSO – seriam Sudeste e Nordeste. c) FALSO – seria a Norte e não a Sudeste.

d) FALSO – Não é excelente, afinal, quase 50% (47,8%) não possui nem coleta. e) FALSO – A soma das duas é inferior ao percentual da região Sudeste.

ALTERNATIVA A 14.05 Ma = 28 750 9  2 638,8 2 638,8  110,5% = 2 915,9 Km2 14.06 56% de 14 900 = 8 344 14.07 I - VERDADEIRO





1 2 n 1 2 n 1 2 n

x

x

... x

M

n

x

k

x

k ... x

k

M´

n

x

x

... x

nk

M´

n

M´ M k



 



 

  







 





 

II – FALSO









2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

(x

k M k)

(x

k M k)

... (x

k M k)

Dp´

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

n

Dp´ Dp







 





  



  

 

  









 







III – VERDADEIRO 1 2 n 1 2 n 1 2 n

x

x

...

x

M

n

kx

kx

... kx

M´

n

k(x

x

...

x )

M´

n

M´ k M



 





 





 



 

IV – VERDADEIRO









 

2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 2 2 2 2 2 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

(kx

Mk)

(kx

Mk)

... (kx

Mk)

Dp´

n

[k(x

M)]

[k(x

M)]

... [k(x

M)]

Dp´

n

k (x

M)

k (x

M)

... k (x

M)

Dp´

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

k

n

Dp´

k

Dp

Dp´







 











 











 











 







_

_

_

_{ }

_























k Dp



V – VERDADEIRO













2 _{2 2} 1 2 n 2 _{2 2 2} 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

(M M)

Dp´

n 1

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

Dp

n 1







 











 

















 









ALTERNATIVA E 14.08 Ma = 42 6 = 7 14.09 A = Largura  Altura Preço/Área = Preço  A 23”  A = 50  30 = 1 500 P/A = 750 1 500 = 0,5 32”  A = 70  40 = 2 800 P/A = 1 400 2 800 = 0,5 40”  A = 90  50 = 4 500 P/A = 2 250 4 500 = 0,5 14.10 x 600 = 8,5  x = 5 100

5 100 + 10y 600 + y = 9 5 100 + 10y = 9y + 5 400 y = 300 14.11 x 11 = 45 x = 495  8 = 487 487  10 = 48,7 14.12 Média salário 1 500  1 500  20 = 30 000 2 500  2 500  18 = 45 000 3 500  3 500  9 = 31 500 4 500  4 500  3 = 13 500 30 000 + 45 000 + 31 500 + 13 500 = 120 000 120 000  50 = R$ 2 400,00 14.13 k 100 = 9,83  k = 983 983 x y 98   _{= 8,5} 983  x  y = 833 x + y = 150 2 3x  2y = 125

5x = 425 x = 85 y = 65 14.14 11  x 40  360 x = 3 960 40  x = 99 o 14.15 14.15) I - VERDADEIRO





1 2 n 1 2 n 1 2 n

x

x

... x

M

n

x

k

x

k ... x

k

M´

n

x

x

... x

nk

M´

n

M´ M k



 



 

  







 





 

II – FALSO









2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

(x

k M k)

(x

k M k)

... (x

k M k)

Dp´

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

n

Dp´ Dp







 





  



  

 

  









 







III – VERDADEIRO

1 2 n 1 2 n 1 2 n

x

x

... x

M

n

kx

kx

... kx

M´

n

k(x

x

... x )

M´

n

M´ k M



 





 





 



 

IV – VERDADEIRO









 

2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 2 2 1 2 n 2 2 2 2 2 2 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n 2 2 2

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

(kx

Mk)

(kx

Mk)

... (kx

Mk)

Dp´

n

[k(x

M)]

[k(x

M)]

... [k(x

M)]

Dp´

n

k (x

M)

k (x

M)

... k (x

M)

Dp´

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

k

n

Dp´

k

Dp

Dp´







 











 











 











 







_

_

_

_{ }

_























k Dp



V – VERDADEIRO













2 _{2 2} 1 2 n 2 _{2 2 2} 1 2 n 2 _{2 2} 1 2 n

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp

n

x

M

(x

M)

... (x

M)

(M M)

Dp´

n 1

x

M

(x

M)

... (x

M)

Dp´

Dp

n 1







 











 

















 









ALTERNATIVA E

14.16 1) (V) Ma = 5 3 + 6 6 + 7 13 + 8 5 + 9 2 + 10 30 · · · _{= 210} 30 = 7 2) (V) V = 2 3 + 1 6 + 0 1 + 1 5 + 2 2 + 32 2 2 2 2 3 30 · · · · = 40 30 = 1,33 3) (V) Dp = V 14.17

Exercício resolvido no material

14.18

Na primeira metade do tanque, o volume altera pouco a cada alteração da altura, ou seja, o volume cresce mais lentamente. Na segunda metade, com a mesma alteração de altura da primeira, o volume altera bastante, ou seja, o volume cresce rapidamente.

ALTERNATIVA E

14.19

Exercício resolvido no material

14.20

MAT 5B AULA 15 15.01

Fundo Casa Palmeira Total

Azul 2 2 4

Cinza 3 1 +3

7

15.02

A e E  Com a mesma cor B e D  com a mesma cor

2  todas as barras claras/escuras A B C D E

2  2  2  1  1 = 8 8  2 = 6

15.03

* Usando a engrenagem quebrada EC EP

1 · 2 = 2

* Usando as demais engrenagens (boas) EC EP 2 · 6 = 12 12 + 2 = 14 15.04 I  V 3  2 = 6

15.05 __ __ __ 5_ 4  3  2  1  = 24 15.06 A B C 3  2 ou 2  2  6 + 4 = 10 15.07 2  4  5  3 = 120 15.08 __ __ __ 4,6,8 6  5  4  3 = 360 15.09 3, 5 ou 7 __ __ 3  4  3 = 36 15.10

Em cada ano temos 6 opções = 2 Que já participam = 4

2 018 2 022 2 026 4  4  4 = 64

15.11 75 __ __ __ _I_(1, 3, 9) 7  6  5  3 = 630 630  10 = 6 300  6 300 3 600 = 1,75 0,75  60 = 45 1h 45 min 15.12 __ __ __ __ 4  6  5  4 = 480 E __ __ __ __ 3  3  2  1 = 18 480  18 = 8 640 15.13 1ª 2ª 3ª 4ª 3  3  2  2 = 36

15.14 NR: nº que repete NA: nº ausente 3 casos. * NR = 1 NA = 8 (tira 1 e 10)  1  8 = 8 * NR = 10 NA = 8 (tira 1 e 10)  1  8 = 8 * NR  1 e NR  10 NR há 8 opções NA há 7 opções  8  7 = 56 (exceto 1, 10 e NR)

Somando os três casos temos: 8 + 8 + 56 = 72

15.15

Total de senhas sem as restrições: 10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 106

Dentre as senhas que não são permitidas, para os dois algarismos centrais há 12 opções e, para os demais 4 algarismos há 10 opções cada, assim: 10 . 10 . 12 . 10 . 10 = 12 . 104 Subtraindo: 106 _{– 12.10}4

ALTERNATIVA A

15.16

P I 3  3 = 9

P __ I 3  4  3 = 36 P __ __ I_ 3  4  3  3 = 108 P __ __ __ I 3  4  3  2  3 = 216 P __ __ __ __ I 3  4  3  2  1  3 = 216 9 + 36 + 108 + 216 + 216 = 585 15.17 L = 36 + 48 = 84 15.18 TOTAL __ __ __ __ 5  5  5  5 = 625

13 _ _ _ 13 _ _ _ 13      1 3 _ _ 3  5  5 = 75  1 (1313) _{= 74} 625  74 = 551 15.19

Exercício resolvido no material

15.20

Exercício resolvido no material

MAT 5C AULA 13 13.01

6x = y + 2z  6x  y  2y = 0 12x = 6z  12x  6z = 0  z = 2x 6x = 2y + z  6x  2y  z = 0 6x  y  4x = 0 2x = y S = {(x, 2x, 2x),  x, x  IR} 13.02 x y 40 25x 200y 1 700     _{ }   25x 25y 1 000 25x 200y 1 700        175y = 700 y = 4 z = 36 13.03 d = 5b

c = a + 10 a = nº par b = ? 1d + 5c + 10d + 50a = 400 5b + 5a + 50 + 10b + 50a = 400 15b + 55a = 350 3b + 11a = 70 a = nº par = 2 3b = 70  22 b = 48 3  b = 16 13.04 I (F) II (V) III (V) IV (V) (m  2)(m + 2)x = m  2 m = 2  0x = 4 m = 2  0x = 0 m ≠ ± 3  1 sol 13.05 2 5 6 m  = 0

2m =  30  m = 15 13.06 3 1 4 m ≠ 0 3m ≠ 4  m ≠ 4 3 13.07 1 1 2 a  = 0 a = 2 e b = 4 13.08 1 2 1 5 2 3 1 7 4 7 1 17   1 2 1 5 0 1 3 3 0 1 3 3    _{  }     _{  }    y  3z = 3 y = 3  3z 13.09 1 1 1 m 2 3 5 4 1  = 0

2 + 15  4m + 10  12  m = 0 5m = 15  m = 3 1 1 1 10 3 2 3 15 5 4 1 n             ( 1) 1 1 1 10 0 1 6 15 0 1 6 50 n       _{ }     _{  }    · -35 + n = 0  n = 35 m + n = 3 + 35 = 38 13.10 3 2 5 4 m 2 10 9 8   ≠ 0 24m + 40  180 + 50m  54 + 64 ≠ 0 26m ≠ 130 m ≠ 75 13.11 1 1 1 2 1 3 m 2 0    = 0

3m  4  m  6 = 0 2m = 10  m = 5 1 1 1 1 2 1 3 2 5 2 0 n     1 1 1 1 0 3 5 0 0 3 5 n 5     n – 5 ≠ 0  n ≠ 5 m  n ≠ 25 13.12 1 2 1 m 3 2 5 4 5  = 0 15 + 8 + 10m  15  20 + 4m = 0  14m = 42  m = 3 1 2 1 5 3 3 2 4 5 4 5 n   1 2 1 5 0 3 5 11 0 6 10 n 25     _{ }     _{ }    n  25 = 2  (11)  n = 3 m  n = 3  3 = 9 13.13 1 1 2 3 1 3 m 2 1  = 0

1  3m + 2  2m  6 = 0 5m = 10  m = 2 1 1 2 5 3 1 3 2 2 2 1 n   1 1 2 5 0 4 3 13 0 5 3 n 10      n  10  13  n  3 m + n  1 13.14 m 1 1 2 3 5 3 2 2  = 0 6m + 15  4 + 9  10m  4 = 0 4m = 16  m = 4 4 1 1 3 2 3 5 n 3 2 2 5   4 1 1 3 22 8 0 n 15 11 4 0 11   n + 15 = 22  n = 7 m + n = 11 13.15 x 4z 7 x 3(1 z) 8      _{   }   ( 1) x 4z 7 x 3z 5       _{  }  · z = 2 e z = 2

y = 3 e x = 1 x + y + z = 1 + 3 2 = 2 13.16 x + y + z + t = 4 x + y  z  t = 4 + 2y = 0  y = 0 x z t 4 x z t 6         _ 2x + 2y = 10  x + z = 5 x  z  t = 4 x  z + t = 6

c) possível e indeterminado, sendo x + z = 5.

13.17 1 2 3 2 3 4 5 8 5  = 15 + 40  48 +  32  20 = 0 1 2 3 3 2 5 4 5 5 8 5 10            



1 2 3 3 0 1 10 1 0 7 0 2 20 5     _{ }    _{  }  _{ }    13.18





2 1 4 1 1 a 1 0 2 5     = 0

I) (V) Se D = 0  = 0 ou a = 0  = 0  2 1 0 4 1 1 1 2 2 1 0 7            SI II) (V)  = 1 2  2 1 2 4 1 1 1 2 2 5 ₍₁₎ 2 1 7 2                    · 5 4 2 2  _     z = 3  z = 6 III) (F) 10  10a + 2 + 4 8 + 8a  2  5 D =   22 =   (1  2) Se D  0   0 SPD Ou  1 2 13.19

Exercício resolvido no material

13.20

Exercício resolvido no material

MAT 5C AULA 14 14.01

2x y z 8,80 x 2y 2z 10,10           3x + 3y + 3z = 18,90 x + y + z = 6,30 6A 6B 3C 153 6A 2B 4C 126         _{  }  4B + C =  27 C = 4B  27 > 0 B > 27 4  6 4A 4B 2C 102 3A 3 2C 63             A  3B =  39 A = 39  3B > 0 B < 13 14.02 a) (F)

A + B = 52 B + C = 27 A = 52  27  A = 25 b) (F) B + C = 27 BC = 27 C = 9 B = 18 c) (V) Como A = 25 B > 25  B + C = 27 C < 2 14.03 ( 2) 2A 2B C 51 3A B 2C 63        _{  }  · 4A  3C = 75 4A +3C = 75 C = 75 4A 3  _{ 25  4A} 3 > 0 A < 18,75 14.04 x + 3y = 8  x = 1

10y =  30 y = 3

14.05

Escalonando o sistema, temos:

x

2y

7

2x

y

4

3x

2y

15

x

2y

7

0x

5y

10

0x

4y

6









_{ }





_

_











_

_





_

_



Com as 2ª e 3ª equações, percebemos que: y = 2 E y = 1,5

O que faz o sistema ser IMPOSSÍVEL, ou seja, S.I ALTERNATIVA E

14.06

Escalonando o sistema, temos:

3x

2y

2

6x

4y

4

9x

6y

6

3x

2y

2

0x

0y

0

0x

0y

0









_

_





_

_











_

_





_

_



Sobrando apenas a 1ª equação, temos a relação

y

2 3x

2





definindo as INFINITAS soluções do sistema. Ou seja, o sistema é S.P.I.

Solução:

x,

2 3x

2















Para x = 0, tem-se y = 1. O par (0, 1) é uma das soluções do sistema. ALTERNATIVA C

14.07 2X Y 3Z 3 (2) 4X 2Y 6Z 7           · 4X  3Y  6Z = 6 4X + 2Y  6Z = 7 (IMPOSSÍEL) 14.08 x 3y 3z 6 ( 3) 3x 9y 11z 20        _{  }  · 2z = 2  z = 1 14.09 x y z 7 x y z 3            2y + 2z = 4 y + z = 2 x + y + z = 7 x + 2 = 7  x = 5 14.10 2 n 3m 9 2m 3n 3 3      _{  }   3m n 7 ( 3) 2m 3n 0       _{ }  · 9m 3n 21 2m 3n 0          7m = 21  m = 3 n = 2

14.11 1 1 a 1 1 a 2 3 7 0 1 7 2a 4 1 7 0 5 7 4a    _{  }    _{ }  _{  }    (5) 5(7  2a) = 7  4a 35 + 10a = 7  4a 14a = 28  a = 2 14.12

Escalonando o sistema, temos:

2x

y

3z

5

6x

3y

az

b

2x

y

3z

5

0x

0y

(9 a)z

15 b

 







_

_

_



 







_

_

_

_

_



Com a 2ª equação, temos a seguinte relação para z:

z

15 b

9 a







Assim, para ser impossível, é necessário que:

15 b

0

9 a

0

b

15

a

9

 



  







 



ALTERNATIVA C 14.13 6x 2y 4 ( 2) 3x 5y 6         · 8y = 8  y = 1 6x = 2 x = 1 3 kx + 2y = 5

k 1 3 + 2 = 5 k + 6 = 15 k = 9 14.14 2x 3y 7 3x 3y 12          5x = 5 x = 1 y = 3 a  6 = 2  a = 4 14.15 2x + 2y = 2  x + y = 1 a) tem solução 3z  35 + 67  4z = 20  z = 12 b) tem solução 3z  35 + z = 25  4z – 60  z = 15 c) tem solução 3z  35 + z = 17  4z = 52  z= 13 d) tem solução 67  4z + z = 25  3z = 42  z= 14 e) F 67  4z + z = 20  3z = 47  z= 47 3 14.16

Escalonando o sistema, temos:

x

2y

z

3

2x

y

3z

5

x

2y

z

3

0x

3y

z

1



 





_{ }

_





 





_

_{ }



Com a 2ª equação, temos a relação z = 1 – 3y. Substituindo essa relação na 1ª equação, temos:





x

2y

1 3y

3

x

4 5y



 



 

O sistema é S.P.I e a solução é: {4 – 5y, y, 1 – 3y}

Podemos então montar a seguinte tabela de valores para as possíveis soluções:

x y z 4 0 1 9 -1 4 14 -2 7 (...) ALTERNATIVA D 14.17 I) 4x + 6y + 10z = 6 II) 4x + 6y + kz = 6  z = 0 x em função de y III) 4x + ay + bz = 6  SPI 14.18 x y z 32 x y z 32 ( 1) 5x 10y 25z 495 x 2y 5z 99                     · x y z 32 x=3z-35 y=67-4z * y 4z 67       _{  }  Mas x, y, z  , então

3z 35 0 35 67 z 3 4 67 4z 0         _

Então, z pode ser 12, 13, 14, 15 ou 16 Testando cada i em * y = 67  4z 14.19 a) A + 2B + 3C = 10 000 2A + 5B + 3C = 23 500  (2) A 2B 3C 10000 B 2C 3500       _{ }  A + B + C = 6 500 b) B = min 1 000 B + 2C = 3 500 1 000 + 2C = 3 500 2C = 2 500 C = 1 250 14.20

Considerando os dados do enunciado montamos o seguinte sistema:

x

2y

3z

23

x

y

4z

25









   



Escalonando o sistema temos:

x

2y

3z

23

x

y

4z

25

x

2y

3z

23

0x

y

z

2









   













_{   }



Da 2ª equação temos a relação y = z – 2. Substituindo essa relação na a equação, temos: x + 2(z – 2) + 3z = 23

x = 27 – 5z

O sistema é S.P.I com a seguinte solução: {27 – 5z; z – 2; z}

a) x = 27 – 5z E y = z – 2

b) Montando uma tabela com os possíveis valores, temos:

x y z 12 1 3 7 2 4 2 3 5 MAT 5C AULA 15 15.01 A: 8x + 7y = 7,4x + 7,4y B: 7x + 5y = 5,8x + 5,8y 0,6x 0, 4y 0 1,2x 0,8y 0     _{ }   x = 23y 15.02 z = 2x 3x + y = 2y y = w 3x + w = 2w  w = 3x (x, y, z e w) = x, 3x, 2x e 3x 15.03

2x y 5z 0 (2) 3x 2y 3z 0           · 2x y 5z 3 7x 7z 0         2x + y + 5z = 0  2x + y  5x = 0  y = 3x 7x + 7z = 0  x = z S = {x, 3x, x) 15.04 1 3 2 3 1 5 4 1 2   = 2 + 60  6  8  5  18 = 60  39 = 21 15.05 4 3 2 3 2 1 2 1 4  = 32 + 6  6 + 8  4  36 = 0 = 2 0 14 1 0 7 2 1 4     _{ }        = x = 7z 14z + y + 4z = 0  y = 10z (x + y = 3z) 15.06 D  0 k 1 1 4k  0

4k2 _{ 1  0} k  ±1 2 15.07 D  0 1 1 0 1 0 1 1 0 m = 0 1  m = 0 m = 1 15.08 1 1 1 k 3 4 1 k 3 = 0 9 + 4 + x2 _{ 3  4k  3k = 0} k2_{ 7k + 10 = 0} S = {7} 15.09 I) (V) 3 4 1 2 1 4 4 5 2    = 6  64  10 + 4 + 60 + 16 = 0

II) Como a alternativa III apresenta solução diferente de 0 para x, y e z, então é F. III) (V)

3 4 1 2 1 4 ( 4) 4 5 2 ( 2)     _  _    _  _   · · = 3 4 1 10 15 0 2 3 0      2x = 3y  x = 3y 2  15.10 1 2 3 3 1 4 5 5 m  = 0 m  40 + 45  15 + 20  6m = 0 5m + 10 = 0 m = 2 15.11 1 2 1 1 1 1 1 1    = 1 + 2 +  +  + 1 + 2 = 0 2 = 4  = 2 15.12 x y z t 0 x y z t 0             2x + 2t = 0  x = t {x + y  z  t = 0  x + y = z + t 3ª equação na 1ª 2z + 2t = o z = t

z = x 1ª equação X + y + x  x = 0  y = x S = {x, x, x, x) 15.13

x

y

z

0

L1

x

y

z

0

L2

x

3y

3z

0

L3

L1 L2

2x

0

x

0

L1 L3

4y

4z

0

y

z

S.P.I

S : (0; z;z)

   



    



    







  







   



ALTERNATIVA D 15.14 2 2

1

5

x

x

2

1

y

y

x

5y

x

2x

y

y

(1

)x

5y

0

S.P.I

D

0

2x

(1

)y

0

1

5

D

0

2

(1

)

(1

) 10

0

1

10

0

11



  

 



  



_

  

 



  

 



 





_{  }



  







 



_{   }



 





  

   



   



  

ALTERNATIVA E

15.15 2 2

S.P.I

D

0

3

7m

6

D

0

3m

4

0

m 1

2

m

9m

28m(m 1) 18m(m 1) 24

0

m

10m 24

0

m

12

ou

m

2

 













 

 











 

ALTERNATIVA E 15.16









3x

2y

z

0

4x

y

2z

0

3x

2y

z

0

0x

5y 10z

0

y

2z

3x

2.

2z

z

0

x

z

S : z; 2z;z



 





_{ }

_





 





_

_

_{   }







   



ALTERNATIVA D 15.17 3x 2y 0 ( 2) (3) 2x 3y 0       _{ }  · · 6x 6y 0 6x 5y 0          x = 0 e y = 0

15.18 y = 2 3y  y = +2x 4x - 2 3z + 2z = 0 (3) 12x  2z + 6z = 0 12x + 4z = 0 z = 3x S = {x, 2x, 3x) 15.19 1 1 1 2 1 3 3 m 2      = 2  9  2m  3 + 3m  4 m = 14 D = 0  m = 4  SPI D  0  m   4  SPD 15.20 D  0 3 m 1 m 1 1 6 m 2  = 6  6m +m2_{ 6 + 3m  2m}2_{ 0} m2_{ 3m  0} {m  IR/m  0 e m  3

MAT 5D AULA 13 13.01 C = 8 6 2 ·  11 S = 24  11 = 264 S = R$ 264,00 13.02 C = 24  8 C = 192 reais  R$ 192,00 13.03 6x = 60 x = 10o 13.04  + 70 = 180  = 110o 13.05 3x + 7 = x + 13 2x = 6  x = 3 13.06 3x  5 = x + 11

2x = 16  x = 8

13.07

10 + 10 + 5 + 5 + 4 + 4 = 38

13.08

13.09 I) (V) R2 _=132 _{= 169 cm}2 II) (V) d2 _{= 169  25 = 144} d = 12 cm III) (F) 10 12 2 · = 61 cm2 13.10

* Ângulo α é ângulo inscrito do arco ̂ , então, ̂

; * Ângulo β é ângulo inscrito do arco ̂ , então, ̂

;

* Ângulo é ângulo externo do triângulo e é distante de α e β, então, = α + β Ficamos com: = α + β ̂ ̂ ALTERNATIVA A 13.11 x = 65o _{+ 25}o

x = 90o

13.12

1º ) Traçar o segmento AF;

2º) Como EF é perpendicular à BC e passa pelo seu ponto médio, temos que EF é diâmetro da circunferência;

3º) Ao ligar as extremidades E e F do diâmetro no ponto A, formamos o triângulo retângulo EFA retângulo em A;

4º) Perceber que o triângulo EFA possui um ângulo reto em A e o ângulo AÊF. Assim como o triângulo EUM possui ângulo reto em M e o ângulo UÊM que é o mesmo que o ângulo AÊF; 5º) Se dois triângulos possuem dois ângulos iguais, o terceiro também o será, ou seja, o triângulo EUM é semelhante ao triângulo EFA.

ALTERNATIVA E 13.13 3 4 5 2   = 6 cm 13.14 180o_{ + 50}o _{= 180}o

 = 50o 13.15  = x 180o_{ 2x = x + 90}o 90o _{= 3x} x = 30o 13.16 Si = 540o 13.17

S = 1 2  a  a  sen30 o S = 1 4  a 2 13.18 sen 30o = h 1 2  2  h = 2 ODC  S = 6 1 2 · = 3 S = 3  3  ₌ 9 3   o 2 o 360 2 30 x 

x = 4 30 360 30

· _ 

13.19

Exercício resolvido no material

13.20

Exercício resolvido no material

MAT 5D AULA 14

14.01

Área = (Área retângulo) + 2 . (Área setor 90º) Área = (4 . 3) + 2.

1

₄

2

4

  

Área = (12 + 8



) m2 Área = (12 + 8 . 3,14) Área = 37,12 m2 ALTERNATIVA C 14.02

o

x

tg30

2

3

x

3

2

1

1

x

3 0,58

2

x

1,15 km











Área do João

P

100

Área Total

1,15 2

2

P

100

3 2

1,15

P

100

6

P

19,17%



















ALTERNATIVA E 14.03

A área da foto 1 é um círculo de raio 1 km, ou seja:

2 1 2 1

A

1

A

km

  

 

O aumento da área é equivalente a um quadrado de lado 2 km menos um semicírculo de raio 1km, ou seja: 2 2 2

1

Aumento

2

1

2

Aumento

4

km

2



   









_



_





4

2

P

100

3

4

2

P

100

3

P

83,33%



















ALTERNATIVA E 14.04 ( V )

3

h

2

6 3

h

2

h

3 3cm







( V )

d

2

d

10 2cm





( V )

 

2 2 2

3

A

4

2 3

3

A

4

A

3 3cm







( V )

Cálculo do lado do quadrado

2 2

A

50

5 2cm







d

2

d

5 2

2

d

10cm









14.05 h = 6 3 2  h = 3 3 14.06 S = L 32 4 = 16 3  L 2 _{= 64  L = 8} h = 8 3 2  4 3 R = 2 3  4 3 = 8 3 3 14.07 h = 5 = L 3 2 L = 10 3 = 10 3 3  6 = 60 3 3  L = 20 3 14.08 d = 2R L 2 = 2R R = L 2 2 2 R 1 2 2 4L 2 2 4  _{  } 

14.09 d2 = 32 + 2 d 2       3d2 = 36 d2 = 12 d = 2 2 tg 30o ₌ h 3  3 h 3  3 h = 1 S = 2 3 1 2 ·  S = 3 14.10 3L = R2 3L =  L 32 9 9 _L  R = 2 L 3 3 · 2  R = L 3 3 R = 9 3 3  R = 3 3  14.11 S = 6  S S = 6  R 32 4

S = 3R 32 2 14.12 Ahex = 12ª Atri = 6ª hex tri A 12A A  6A = 2 Ahex = 2  Atri Ahex = 2  2  4 14.13

S6 = 18  S 180 = 18  S S = 10 14.14 S6 = 3 6  L 32 4 = 3 L2 _{= 2} 3  L = 2 3 SPAB = 2 1 2AB  h = 2 1 2 2 3  h = 2 h = 2 3 14.15

3  SABC 3  1 2  2  2  sen 120 o 6  3 2  3 3 14.16 o

h

3

tg60

x

h

3

3x

h

x

3 3

h 3

x

9









Sabendo que

h

3

2



, temos:

x

6



Tem-se também que

b

x

2

 

, ou seja,

b

3

Se chamarmos

h

y

3



, teremos,

3

y

6



.

Considerando a área sombreada como um paralelogramo de base b e altura y, ficamos com:

2 2

s

b.y

3

s

3

6

2

3

s

36

2

3

s

9

4

2

s

S

9



 



 

 

ALTERNATIVA D 14.17 2  L 32 4 = 3 2 14.18 C = 2R = 4 R = 2 S = 6  2 32 4 S = 6 3 14.19

Exercício resolvido no material

14.20

MAT 5D AULA 15

15.01

Seja b, a base e h a altura, temos: Perímetro = 60 2b + 2h = 60 b + h = 30 Sendo b = 2h, temos: 2h + h = 30 h = 10 Logo, b = 20. Área = b . h Área = 20 . 10 Área = 200 ALTERNATIVA A 15.02

Sendo a o lado do triângulo equilátero e b o lado do hexágono, temos que os perímetros dos dois polígonos são iguais. Então:

3a = 6b a = 2b Logo:

 

2 triângulo 2 hexágono 2 triângulo 2 hexágono 2 triângulo 2 hexágono triângulo hexágono

a

3

Área

₄

Área

b

3

6

4

Área

_a

Área

6b

Área

2b

Área

6b

Área

2

Área

3











ALTERNATIVA C 15.03

A Área que o cão pode circular é a soma entre a Área 1 (retângulo de dimensões 20m x 9m) e duas vezes a Área 2 (semicírculo de raio 9m). Assim:





2

2

Área

Área1 2Área2

1

Área

20 9

2

9

2

Área

180

81 m







     



 

ALTERNATIVA D 15.04

Se considerarmos que o quadrado ABCD possui lado igual a “x”, o triângulo ADE terá base igual a “x” e altura também igual a x. Assim:

AED 2 ABCD AED ABCD

x x

Área

₂

Área

x

Área

1

Área

2







ALTERNATIVA B 15.05

Ligando as extremidades do arco CB no centro O da circunferência, forma-se um triângulo equilátero BCO de lado

3cm

e o setor circular COB de 60º e raio

3cm

.

A área sombreada é:

   

Sombreada Setor Triângulo

2 2

Sombreada

2 Sombreada

Área

Área

Área

3

3

1

Área

3

6

4

3 3

Área

cm

2

4







   





_







_





_





ALTERNATIVA A 15.06

Considerando que o ângulo interno do hexágono regular é 120º, os triângulos terão ângulos internos iguais a 60º. Podemos concluir então que a figura possui: 6 triângulos equiláteros de lado 2, 1 hexágono regular de lado 2 e 1 região circular cujo raio é o apótema do hexágono regular.

Cálculo do raio do círculo: 6

2 3

r

a

r

3

2





 

A região sombreada é a soma das áreas dos 6 triângulos com a área do hexágono subtraída a área do círculo, então:

 





sombreada triângulo hexágono círculo

2 2 ₂

sombreada

sombreada

sombreada

Área

6 Área

Área

Área

2

3

2

3

Área

6

6

3

4

4

Área

12 3

3

Área

3 4 3

 





 

 

  



 



 

ALTERNATIVA B 15.07

Como a circunferência intercepta os lados do triângulo em seus pontos médios, o raio da circunferência é de 3 cm.

Como o triângulo é equilátero, o ângulo do vértice que coincide com o centro da circunferência é de 60º formando então um setor circular de 60º e raio 3 cm.

A área destacada corresponde à área do triângulo subtraída da área do seto. Então:

destacada triângulo setor

2 2 destacada destacada 2 destacada

Área

Área

Área

6

3

1

Área

3

4

6

3

Área

9 3

2

Área

9

3

cm

6







   



 









_



_





ALTERNATIVA E 15.08

Como os catetos medem 3 e 4, temos que a hipotenusa mede 5 (Teorema de Pitágoras). Aplica-se então a relação métrica

(Cateto1).(Cateto2) = (Altura).(Hipotenusa) 3. 4 = h. 5

h = 2,4

Perceber que a altura h é o raio do setor de 90º centrado em A, assim, a área destacada fica como:

 

as sin alada triângulo setor

2 as sin alada

as sin alada

as sin alada

Área

Área

Área

3 4

1

Área

2,4

2

4

1

Área

6

3 5,76

4

Área

1,68









   

   



ALTERNATIVA E 15.09 Na figura temos:

2 quadrados de lados: “A” (maior) e “a” (menor) 2 Circunferências de raios: “R” (menor) e “r” (maior)

 r equivale a metade da diagonal do quadrado maior, ou seja,

r

A 2

A

r 2

2

 R equivale a metade do lado do quadrado maior, ou seja,

R

A

A

2R

2







 Igualando as duas relações, concluímos que

2R

r 2

R

r 2

2



 

.

 R equivale a metade da diagonal do quadrado menor, ou seja,

a 2

R

a

R 2

a

r

2



 

 

 A área hachurada é a quarta parte área resultante de retirar do círculo menor a área do quadrado menor. Assim:









hachurada Círculo Menor Quadrado Menor

2 2 hachurada 2 2 hachurada 2 hachurada

1

Área

Área

Área

4

1

Área

R

a

4

1

r 2

Área

r

4

2

1

Área

r

8

4













_

_













_



_





_

_















_



_





ALTERNATIVA B 15.10

Vamos chamar de “t” o lado do triângulo, “q” o lado o quadrado e “c” o raio do círculo. Assim:

3t



4q

 

2 c

A partir disso podemos concluir que:

2 c

t

3

c

q

2



 





_

 



`

No cálculo das áreas vamos encontrar:

2 2 2 2 _{2 2} 2

2 c

3

c

3

3

At

At

4

9

c

c

Aq

Aq

2

4

Ac

c



_

_

_



_

_

_







_

_

_











_





_

_





_



_





_{ }







Para concluirmos quem possui o maior/menor valor de área, vamos aproximar

 

3

e

3



1,7

. Então: 2 2 2

At

1,7c

Aq

2,25c

Ac

3c













_



Ac > Aq > At ALTERNATIVA B 15.11

Vamos considerar que o círculo de diâmetros AB e CD possui centro no ponto O. O raio desse círculo é de 1 dm, e temos que OA = OB = OC = OD = 1 dm.

O triângulo OAC será retângulo isósceles, ou seja, o ângulo OÂC mede 45º e o segmento AC mede

2dm

.

A intersecção das áreas dos círculos é calculada somando metade do círculo de raio 1 dm com dois segmentos circulares de 45º com centro em A no círculo de raio

2dm

.

Calculando a área de um dos segmentos circulares:

 

segmento setor triângulo ACO

2 segmento

segmento

Área

Área

Área

1

1 1

Área

2

8

2

1

Área

4

2







   





 

Sendo assim, a área pedida fica:





2 segmento 2

1

Área

1

2 Área

2

1

Área

2

2

4

2

Área

1 dm

     









 

_



_





  

ALTERNATIVA D 15.12