2Ano EM Vol2 Matematica

SAVE OFFLINE

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1 MATRIZES: DIFERENTES SIGNIFICADOS

Páginas 3 - 9

Problema 1 a) Cinco unidades na horizontal para a direita e duas unidades na vertical para cima.

b)

1 1 A 3  2

1 3  1  0

c)

6 6 B 8  7

3 5  3  2

d)

5 5 C 5  5

2 2 2  2

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. 1

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

d)

1 M  4 2

2,5 0,5   0,5 

e)

 4 Q   4  4

1 1 1

f)

1 R  1 1

g)

 3 T   3  3

 3 N   0  2

3,5  1,5  0,5

 2 P   1  1

 0,5  2,5   3,5 

 4  4  4

 3  3  3

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 11 7  .   6    4  3 

2

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

Problema 4 a)  40 140 15 9     50 120 18 10  b)

 1,20   0,80  5,00   9,00 

1,10   0,90  6,00   7,50 

c) Esta matriz corresponde ao produto entre as matrizes do item a e do item b.  316,00 327,50     336,00 346,00  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 3

GABARITO

•

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

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

Assim, a matriz procurada é:

6,67 b)

10,02 9,11 6,04

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: 1,6    1,8  (6,67 10,02 9,11 6,04) .   = 1,6 . 6,67 + 1,8 . 10,02 + 2 . 9,11 + 2 . 6,04 = 59,008. 2,0    2,0   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.

4

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

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 5

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

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)

320  2i  j  1 000  320  2 300  j  1 000  320  600  j  1 000 

320  600  600  j  600  1 000  600   280   j  400   400  j  280 Como j > 0, são 279 pixels na 300ª linha, com a tonalidade 3.

Página 17

Resposta pessoal.

Páginas 21- 22

1. Problema 1

0  0 0 

1  1 1 0 0  0

Problema 2

0  0 0 

1  0 1 0 0 

1

Problema 3

1  0 1 

1  0 0 0 1  0

6

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Problema 4

Problema 5

0 1 0   1 1 1  0 1 0  

Problema 6

1  1 1  1 1 

1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1  0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0  0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 

7

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2 MATRIZ DE CODIFICAÇÃO: DESENHANDO COM MATRIZES

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.

1  1 0  0 0  1  0 0  0 0  0 0  0 

1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1

1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0

0  0 0  0 1  0  0 0  0 0  0 0  1 

8

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

Problema 3

1 0  1  0 0  1 1 

0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0  0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0  1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1

Problema 4 Resposta pessoal.

9

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3 SISTEMAS LINEARES EM SITUAÇÕES-PROBLEMA

Páginas 28 - 33

Problema 1 a) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos: Locadora

A : custo  1,2.x  80  1,2 .140  80  R$ 248,00

Locadora B : custo  1,0.x  120  1,0 .140  120  R$ 260,00 b) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos:

Locadora

A : custo  1,2.x  80  1,2 . 300  80  R$ 440,00

Locadora B : custo  1,0.x  120  1,0 .300  120  R$ 420,00 c)

1,2.x  80  1,0.x  120  0,2 x  40  x  200 km

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:

 x  y  590  x  590  y   x  z  1300  x  1300  z  590  y  1300  z   y  z  710  y  z  1 250 

 y  z  710   y  z  1 250 Adicionando uma equação à outra temos:

2 z  1960  z  980,

y  270 e x  320 . 10

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

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: ( I ) 3a  4b  c  8  ( II ) 4a  5b  2c  20 ( III ) a  2b  3c  6 

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:

2.( I ) 6a  8b  2c  16 ( II ) 4a  5b  2c  20 

10a  13b  36

e

3.( I ) 9a  12b  3c  24  ( III ) a  2b  3c  6

10a  10b  30

10a  13b  36  10a  36  13b  36  13b  30  10b   10a  10b  30  10a  30  10b 3b  6  b  2, a  1 e c  3 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. ( I ) 4 x  2 y  2 z  46 ( II ) 5 x  3 y  z  57   ( III ) 4 x  3 y  3 z  53 ( IV ) 3 x  3 y  7 z  53 11

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

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

(V ) 4 x  2 y  114  10 x  6 y  46 ( I ) 4 x  2 y  2(57  5 x  3 y )  46     (VI ) 4 x  3 y  171  15 x  9 y  53 ( III ) 4 x  3 y  3(57  5 x  3 y )  53 (V )  6 x  4 y  68 (V ) 3x  2 y  34    (VI )  11x  6 y  118 (VI ) 11x  6 y  118 Na equação (V), y 

34  3x ; substituindo na equação (VI), temos: 2

 34  3x  11x  6.   118  11x  3(34  3x)  118  2 x  16  x  8  2  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  x  y  z  12  3x  y  24 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 12

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

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  x  y  z  12 pelas duas equações descritas no item anterior, isto é,  3x  y  24 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) x  N}. 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: Vitória

Empate

Derrota

Total de jogos

Total de pontos

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.

x  y  z  2  x  2  y  z (I )   x  2 y  20 z  4 ( II ) Substituindo (I) em (II), tem-se que 2  y  z  2 y  20 z  4  substituindo

esse

resultado

em

(I),

y  2  19 z e, tem-se:

x  2  (2  19 z )  z  x  2  2  19 z  z  x  18 z . 13

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

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

2  0,105 , ou seja, que a 19

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. 0,25 x  0,50 y  0,75 z  120

a) x  y  z  230, se x  60 e y  90, temos : 60  90  z  230  z  80 e 0,75.80  60 pontos

2. Sejam: x: pontuação no período da manhã y: pontuação no período da tarde z: pontuação no período da noite ( I ) 2 x  4 y  z  11  ( II ) 4 x  3 y  2 z  27 ( III ) 3 x  2 y  2 z  10 

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: 2.( I ) 4 x  8 y  2 z  22 ( II ) 4 x  3 y  2 z  27  8 x  11y  49

e

2.( I ) 4 x  8 y  2 z  22 ( III ) 3x  2 y  2 z  10  7 x  6 y  32 14

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

49  11y  x y x 8  11  49    49  11 y 32  6 y 8     32 6 y 8 7 7 x  6 y  32  x   7 29 y  87  y  3, x  2 e z  5

 343  77 y  256  48 y 

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.

15

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4 RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES: ESCALONAMENTO X CRAMER

Páginas 40 - 45

Problema 1 a)

2 1 2 1   3  14

2 1 19

4 1   1  2 L1  L2 e 3L1  L3   0  0 63

2 5 0

2 3 13

4 9   13z  39  z  3, 39 

1 0   0

2 5  20

2 3 25

4 9   4 L2  L3  75

y  0 e x  2

Portanto, S = {(–2, 0, 3)}. b)

2 1  3  4   5 3

3 1  10

1 0   0

3 4 5

2 1 7

4 1  0 3L1  L2 e 5L1  L3   0  0 1

4 1  6  7 L2  L3   0  0 19

2 1 0

3 4  23

2 2 7

3 8 5

4 12  L2  2  19

4   z  1   6   23z  23   y  2  x  3 23 

16

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Portanto, S = {(–3, 2, –1)}. c)

2 x  y  2  y  2x  2 2z      4x  z  6 2 y  z  2 2  z  2x  2  2  y  3 x  2 z  1  2 

x  1 z  6  4x 4 x  z  6 1  3x      11x  11   y  0  1  3x  6  4 x  2  3 x  2 z  1  z  2 z  2  Portanto, S = {(1, 0, 2)}. d)

1 3   2

1 0   0

3

5

1

3 4

2

3

5

4

6

4

6

2  1  4  3L1  L2 e 2 L1  L3   0  0  3

2 1  1  L2  L3   0  0 1 

3

5

4

6

0

0

3

5

8

12

4

6

2 2  L2  2  1 

2 1   4 y  6 z  1  0 

y

6z  1 18 z  3  6z  1  e x  2  3 y  5 z  x  2  3  5z    5z  x  2  4 4  4 

x

8  18 z  3  20 z 4

 x

5  2z 4

 5  2 z 6 z  1   Portanto, S   , , z  , z  R . 4   4 

17

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Problema 2 a) m 2 

m  1 2 L1  L2 3m 

2 4

(2m  2) x   m  2  x 

 m    2m  2

m 1    m  2

2 0

m2 2m  2

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) 1 3  2

1 2 1

1 0  0

1 5 3

1 3 m 3

1 0  0

1 15 0

1 9  3m  6  3m

1 m 1

0  0  0

1 ou 3 2

0 0 3L2 0 

1 2 1

1 m 1

1 e  5L3  0 0

0  0  3L1  L2 e 2 L1  L3  0 1 15  15

1 9  3m  15

0 0  L2  L3  0

0 0 0   (6  3m) z  0  z   6  3m 0

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.

18

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Problema 3 1  1  3

1

k

2

1 1

3 2

m 0

1 0  0

1 2 4

k k 3  3k  2

1 0   0

1

k

2 0

k 3 k 4

   

2 2m 6

ou

   

1 3   1

ou

1

k

1 1

2 3

1 0   0

1 2 4

2 0  3L1  L2 e L1  L3  m

k k 3  3k  2

 2  m   (k  4) z  2m  2  2m  2

2  2  m 2 L2  L3  6 

2

z

2m  2 k 4

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

1 0   0

1

k

2

k 3

0

k 4

2 y  7z  3 

2  2  m 2m  2 

y

3  7z 2

1 se m  1 e k  4, temos :  0  0

2

4 7

0

0

1

e

 3  7z  x  y  4z  2  x  2  y  4z  x  2     4z   2  4  3  7 z  8z z 1 x  x 2 2   z  1 3  7 z  Porta nto, S   , , z  , z  R 2    2 se z  0,

uma

possível

se z  1,

uma

possível

 1 3  solução é :  , , 0 ;  2 2  solução é : 1, 5, 1;

se z = –1, uma possível solução é: 0,  2,  1.

19

2 3 0

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Problema 4 ( I ) a  b  2c  1  ( II ) a  b  c  0 ( III ) ma  b  c  2 

Somando a equação (I) à equação (II) e somando a equação (I) à equação (III), temos: ( I ) a  b  2c  1

e

( II ) a  b  c  0 

( I ) a  b  2c  1 ( III ) ma  b  c  2 

2a  c  1

(m  1)a  3c  3

2 a  c  1  (m  1)a  3c  3

Resolvendo o sistema de duas equações por substituição,

temos: c = 1 – 2a. (m  1)a  3(1  2a )  3  ma  a  3  6a  3  ma  5a  0  0 (m  5)a  0  a  m5 Se m – 5 = 0, ou seja, m = 5, o sistema é possível e indeterminado.

a  b  2c  1, mas c  1  2a, então, a  b  2(1  2a)  1  b  1  a  2  4a  b  3a  1 Portanto, S  a, 3a  1, 1  2a  , a  R . O enunciado pede duas soluções possíveis. Para a = 0, temos S = 0,  1,1 Para a =  1, temos S =



 1,  4, 3 

Problema 5 Sejam: B: preço das bandeirinhas C: preço dos chapéus F: preço das fantasias Temos: 20

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

( I ) 4 B  4C  4 F  62  ( II ) 4 B  4C . (0,9)  4 F  60 ( III ) 2 B . (0,8)  2C . (0,9)  2 F  29 

Subtraindo a equação (II) da equação (I), temos: 4C  3,6C  2  0,4C  2  C  5 Substituindo o valor de C nas equações (I) e (III), temos: ( I ) 4 B  20  4 F  62 ( IV ) 4 B  4 F  42 ( IV ) 2 B  2 F  21      ( III ) 1,6 B  9  2 F  29 (V ) 1,6 B  2 F  20 (V ) 1,6 B  2 F  20 Subtraindo a equação (V) da equação (IV), temos: 2 B  1,6 B  1  0,4 B  1  B  2,5 e F  8 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,

3x  2 y  z  40 ( Adamastor )   x  2 y  2 z  40 ( Ernesto) 21

GABARITO

Matemática – 2a série – Volume 2

Caderno do Aluno

Se cada bola certeira nos alvos 1, 2 e 3 tiver valido, respectivamente, 4, 16 e 3 pontos, então: 3.4  2.16  3  12  32  3  47  40  4  2.16  2.3  4  32  6  42  40

; logo, não é possível que os alvos tenham esses

valores. b)

3x  2 y  z  40   x  2 y  2 z  40

, subtraindo a segunda equação da primeira, temos:

2x  z  0  z  2x 3x  2 y  z  40  Portanto,

y

40  z  3x 2



y

40  2 x  3x 2



y

40  5 x 2

 40  5 x   S   x, , 2 x  , x  R 2   

Ou seja, o total de pontos de cada bola certeira nos alvos 2 e 3, em função de x, é respectivamente: 40  5 x 2

e 2x

Páginas 46 - 47

1. a) 1 3   7

7 2

3 1

3

1

1 0   0

7 23

3  10

0

0

0 1  3L1  L2 e 7 L1  L3  1 0   1  3 

1   0  0

7 23

3  10

46

 20

0   1 2 L2  L3 1 

 0 z  3

22

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

Portanto, o sistema é impossível. b)

2 x  6 y  10 , dividindo a primeira equação por 2 e a segunda por –3, temos:   3x  9 y  15 x  3 y  5  x  3 y  5 Trata-se de um sistema com duas variáveis e apenas uma equação, ou seja, um sistema indeterminado, com x = 5 + 3y. Portanto, S  5  3 y, y  ,

y  R.

2. Sejam: a: preço da abobrinha b: preço da batata c: preço da cenoura Temos:

3b  0,5c  a  14,45 ( Arnaldo) ( I ) 3b  0,5c  a  14,45    ( II ) 2b  c  2a  12,90 2(b  0,50)  c  2(a  0,20)  11,50 ( Juvenal ) 3(b  1)  3(c  0,50)  3(a  0,20)  18,00 ( Rosa ) ( III ) 3b  3c  3a  23,10  

Multiplicando a equação (I) por 6 e a equação (II) por 3, temos: ( I ) 18b  3c  6a  86,70  ( II ) 6b  3c  6a  38,70 ( III ) 3b  3c  3a  23,10 

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

( I ) 18b  3c  6a  86,70 ( II ) 6b  3c  6a  38,70 

12b  48

e

( II ) 6b  3c  6a  38,70 ( III ) 3b  3c  3a  23,10 

3b  3a  15,60 23

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 2

12b  48  b  4,00, a  1,20 e c  2,50  3b  3a  15,60 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

ABAH

0 0 1 1 1  . 4 4 1  | 24  8 |  8 u 2 2 2 2 6 1

Problema 2 2 8 7 11 1 3 4 ACOISA  . 2 7 3 1 2

1 1 43  . | 22  28  9  14  8  56  33  28  3  4 |  . | 43 |   21,5 u 2 2 2 2

2 8

Desafio! Página 55

1 ADECO  . 2

6 1

7 6

1 1 85 1 1  . | 36  1  1  35  7  6  5  6 |  . | 85 |   42,5 u 2 2 2 2  5 1 6 7 24

GABARITO

1 ALINA  . 2

Caderno do Aluno

2 9 6 1 2

Matemática – 2a série – Volume 2

1 4

1 1 72  3  . | 8  27  24  1  9  24  3  8 |  . | 72 |   36 u 2 2 2 2 4 1

Portanto, o quadrilátero DECO tem a maior área.

25