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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
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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.
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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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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.
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
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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
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7
Problema 4 Problema 5
010
111
010
Problema 6
0100001010111
0100001010101
0100111010111
0100001010001
1110111010111
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
MATRIZ DE CODIFICAÇÃO: DESENHANDO COM MATRIZES
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9
Problema 3
1001001
0100011
0011010
1011100
0001111
0110110
1100101
Problema 4
Resposta pessoal.
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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$120300.0,1120.0,1: RxcustoBLocadora
c) kmxxxx 200402,0120.0,180.2,1
Portanto, a partir de 200 km de percurso, torna-se mais econômico alugar o
automóvel na locadora B.
Problema 2
Sejam x o forno de micro-ondas, y o aspirador de pó e z a geladeira, temos:
2501
710300159030013001
590590
zy
zyzyzxzx
yxyx
2501
710
zy
zy
Adicionando uma equação à outra temos:
320270,98096012 xeyzz .
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
SISTEMAS LINEARES EM SITUAÇÕES-PROBLEMA
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
11
Portanto, o forno de micro-ondas custa R$ 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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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 .
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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.
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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
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES: ESCALONAMENTO X CRAMER
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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.
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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.
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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 .
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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:
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
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
Page 25
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
25
2362
72|72|.
2
1|83249124278|.
2
1
12
41
36
49
12
.2
1uALINA
Portanto, o quadrilátero DECO tem a maior área.