Mat Aleph Professor

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1Aleph 10

Introdução .......................................................................................................................................... 2

 Aleph ..................................................................................................................................................... 5

Sebastião e Silva: Normas Gerais ............................................................................................. 7

Geoge Polya: A Arte de Resolver Problemas ........................................................................ 9

Miguel de Guzmán: Aventuras Matemáticas ....................................................................... 10

Módulo Inicial ................................................................................................................................... 11

O que é o Módulo Inicial? ............................................................................................................... 12

Sugestões de resolução das tarefas do Módulo Inicial ................................................................ 17

Propostas de resolução das tarefas do Módulo Inicial ................................................................. 17

Tema 1 – Geometria ........................................................................................................................ 19

Propostas de resolução das tarefas e exercícios .......................................................................... 20

Capítulo 1 – Resolução de problemas de Geometria ........................................................... 20

Capítulo 2 – Referenciais e lugares geométricos ................................................................ 21

Capítulo 3 – Vectores livres .................................................................................................. 26

Capítulo 4 – Equações da recta ............................................................................................ 28

Provas globais ................................................................................................................................. 31

Tema 2 – Funções ............................................................................................................................ 35

Propostas de resolução das tarefas e exercícios .......................................................................... 36

Capítulo 1 – Introdução: funções e gráficos ......................................................................... 36

Capítulo 2 – Estudo intuitivo de propriedades das funções e dos seus gráficos ............... 38

Capítulo 3 – A parábola ......................................................................................................... 50

Capítulo 4 – Funções polinomiais ........................................................................................ 50

Capítulo 5 – Polinómios interpoladores ............................................................................... 57

Provas globais ................................................................................................................................. 58

Tema 3 – Estatística ....................................................................................................................... 61

Propostas de resolução das tarefas e exercícios .......................................................................... 62Capítulo 1 – O que é a Estatística? ....................................................................................... 62

Capítulo 2 – Organização e interpretação de caracteres estatísticos ................................ 63

Capítulo 3 – Distribuições bidimensionais ........................................................................... 70

Provas globais ................................................................................................................................. 75

Índice

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Aleph 10 | Guia do Professor2

Introdução

Ao que vem o Projecto ALEPH 10?

Os presentes autores, ao embarcar no Projecto  ALEPH 10, não pretendem replicar o que já existe no mercado,mesmo com melhorias pontuais aqui e ali. Pretendem, isso sim, apresentar uma resposta diferente e completa aoque julgam ser as necessidades reais e actuais, de estudantes, professores e pais.Este projecto tem muitas componentes. A complexidade do trabalho na escola e as dificuldades que a disciplina deMatemática enfrenta em Portugal (e no resto do Mundo) obrigam a uma actuação ponderada e recorrendo ao quede melhor a experiência nossa e alheia aconselha. Os estudos educacionais são muito claros: não há nenhum fac-tor que, por si só, garanta o sucesso escolar.Entendemos que o manual escolar deve ser uma ferramenta de trabalho eficaz para o estudante , que o estudanteuse efectivamente (e sabemos que muitas vezes, infelizmente, serve só para decorar uma estante...) e que se torneassim no melhor aliado do trabalho do professor. Deve ainda ser um aliado dos pais, onde seja possível entender mi-nimamente o que o estudante está a fazer, para que os pais possam ajudar o seu educando de forma consequente.

Escrevemos um manual que o estudante leia efectivamente: num estilo rigoroso, mas informal, repleto de informação,mas de leitura leve, inteligível. Repetimos: um manual escolar que o estudante leia efectivamente, onde pratique as téc-nicas aprendidas e onde tente resolver problemas novos, que releia sem enfado quando não entende algo, que releia fa-cilmente quando está a rever o que já foi leccionado, preparando-se para uma actividade ou uma prova de avaliação.

O essencial

O manual contém apenas o que consideramos essencial para a aprendizagem do estudante e que está prescrito noprograma. Não contém floreados desnecessários, complementos que não estão no programa, casos e subcasos quesó tornam tudo mais confuso. O ALEPH 10 vai direito ao assunto, exemplifica, motiva, expõe e fornece tarefas e exer-cícios para ajudar os alunos a dominar as questões.

O ALEPH 10 deixa bem claro o que é opcional no programa, que assinala com (*). Não contém temas que devem sertratados noutros anos. Os radicais serão tratados apenas no 11.o ano, quando forem estudadas as funções com radi-cais; as funções injectivas serão estudadas apenas no 11.o ano, quando for estudada a inversão de funções; as fun-ções pares, ímpares e periódicas serão estudadas apenas no 12.o ano, quando essas propriedades tiverem impacto,nomeadamente no estudo das funções trigonométricas.Os temas assinalados com (*) devem ser leccionados apenas quando houver tempo para isso, mas devem ser sem-pre recomendados aos melhores estudantes devendo, neste caso, ser-lhes aconselhada a realização das respecti-vas tarefas e exercícios.O manual escolar contém apenas os exercícios necessários à prática e compreensão dos assuntos; não é por fazerexercícios em série que o aluno aprende melhor. Para testar a compreensão dos assuntos de cada tema, há pequenas

provas globais no fim de cada capítulo. Para o estudante poder ver se está realmente preparado para provas deavaliação com tempo limitado, existem propostas de vários tipos, com questões de escolha múltipla, com questõesde resposta aberta, sem e com utilização de calculadora. Sempre que o estudante tiver dúvidas, pode voltar ao ma-nual escolar: a sua concisão favorece as revisões.

Este guia não é um livro

Ao contrário do habitual, este Guia do Professor não termina de crescer quando for impresso. Este guia contém para já apenas o início do verdadeiro Guia do Professor: um dossiê que irá crescendo ao longo do tempo e de que estasfolhas são apenas o começo. Certamente que ter à mão de semear alguns textos fundamentais e ainda as resolu-ções de todos os exercícios do manual escolar dos estudantes é muito útil. Mas será ainda mais útil se o Guia puderir crescendo ao longo dos anos, com acrescentos que possam ser uma mais-valia para a prática escolar diária.Assim será. Os autores irão disponibilizando, até uma nova edição do manual escolar do estudante (o que, de acordocom a legislação actual, acontecerá daqui a seis anos), novos textos básicos, propostas de abordagens alternativas,novas propostas laboratoriais, novas provas de avaliação, notas de leitura, etc.

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3Introdução | Aleph 10

Tarefas Periódicas

Uma das adições que este guia terá será a das Tarefas Periódicas. Todas as semanas, a partir de 1 de Setembrode cada ano escolar, os autores irão colocando na página da Internet do Projecto Aleph 10 pelo menos uma nova ta-refa. Essa tarefa terá sempre duas componentes; a versão do estudante e a versão do professor. A primeira con-

terá o enunciado das tarefas, a indicação do tema/capítulo onde se inserem, quais os pré-requisitos e eventualmentealgumas notas que possam enquadrar o que é proposto. A versão do professor conterá a resolução da tarefa e notasdidácticas que possam ajudar o professor a integrar a tarefa nas suas aulas ou a mais facilmente tirar dúvidas aosestudantes.As tarefas a propor semanalmente (em algumas semanas poderá haver mais do que uma) incidirão sobre temas va-riados, próximos dos habitualmente leccionados na respectiva época do ano. Poderá ainda ser produzido algum ma-terial a pedido dos professores, para que se possa assim dirigir aos temas onde os professores acham que não existetanta diversidade de materiais.

O manual escolar do estudante

O manual escolar contém um certo número de secções que pretendem contribuir para um trabalho eficaz e motivador.– Recorda: pequenos apontamentos sobre o que é necessário mobilizar de anos anteriores; caso o estudante não

domine o que é referido, deve fazer uma revisão num manual escolar de anos anteriores;– Tarefas: estas propostas visam fomentar a capacidade de resolver problemas, como a comunicação matemática

e o desenvolvimento de actividades de investigação, espevitando a participação efectiva do estudante;– Definições e propriedades: o destaque dado às definições e às propriedades incluídas no texto pretende facilitar o

processo de localização dos dados básicos e de revisão em caso de dúvidas;– História(s): são introduzidas pequenas notas históricas motivadoras para que o aluno entenda melhor a origem

de alguns dos conceitos ou dos problemas;– Exercícios: tudo aquilo que deve ser praticado pelo aluno aparece logo a seguir à respectiva exposição;– Exercícios globais: no fim de cada capítulo aparecem alguns exercícios e problemas sobre todo o tema do capítulo. Para

que o salto dos exercícios que estão ao longo do manual (junto aos assuntos que são mobilizados por esses exercí-cios), para outros onde não será tão evidente quais os assuntos efectivamente mobilizados, não seja tão brusco e nãoleve ao desencorajamento dos alunos, os exercícios globais apresentam-se divididos por três graus de dificuldade:

• Pratica: exercícios mais imediatos;• Pensa e resolve: exercícios não tão imediatos, obrigando a alguma reflexão prévia;• Reflecte: verdadeiros problemas, obrigando a uma procura de um caminho de resolução onde a heurística de

Polya será muito útil.

– Jogos muito sérios: a jogar também se aprende e estes jogos põem à prova a capacidade de raciocínio dos estu-dantes, contribuindo também para mobilizar os conhecimentos adquiridos;

– Desafios: esta secção destina-se apenas aos alunos mais interessados, sendo de grau de dificuldade bastante ele-vado;

– Leituras: é importante que os estudantes leiam textos com matemática ou sobre a Matemática; os autores tiverama preocupação de escolher textos de índole variada que possam também servir de motivação para os alunos e pos-sam mostrar a ligação da Matemática à vida real;

– Prova global: não é a mesma coisa resolver problemas com tempo limitado sem sujeição a capítulos e resolverexercícios mais ou menos imediatos logo a seguir a uma explanação das ideias matemáticas que são usadas; é,assim, importante que o estudante teste os seus próprios conhecimentos em provas do tipo das que regularmenteencontrará no seu percurso escolar;

– Sugestões de resolução: é muito importante que o estudante se esforce por resolver ele próprio os exercícios e pro-blemas; sabemos que isso não é fácil e os estudantes tendem a desistir à primeira dificuldade; estas sugestõespretendem ser um incentivo a que ele não desista nem vá espreitar demasiado depressa a solução;

– Soluções: como o nome indica, nesta secção, aparecem as respostas a todos os exercícios; o estudante poderá assimverificar se a sua resposta está correcta (o que não quer dizer que a resolução esteja mas... já é alguma coisa).

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Aleph 10 | Guia do Professor4

E a Internet?

Este manual terá uma página em www.aleph10.asa.pt. Aí estarão disponíveis muitos recursos, de que destacamosaplicações interactivas em GeoGebra e uma tarefa semanal que será disponibilizada, simultaneamente, na versãodo estudante e na versão do professor. Mas na Internet encontramos presentemente muitos recursos importantes para

o trabalho do professor. Não iremos aqui fazer uma descrição exaustiva (nem tal seria possível), mas apenas fazerum apanhado das principais páginas que recomendamos:

• Associação de Professores de Matemática – http://www.apm.ptRecomendamos a secção “Recursos/Actividades e recursos” que contém inúmeros materiais para uso na sala de

aula. É ainda de salientar a secção “Recursos/Exposições” que descreve algumas exposições itinerantes que a APMcede às escolas, por um período de três semanas, mediante o pagamento de uma quantia simbólica. Na página estãoincluídos os arquivos da revista “Educação e Matemática”, embora apenas acessíveis a sócios.

• Sociedade Portuguesa de Matemática – http://www.spm.pt

A SPM edita várias publicações importantes para o ensino. Fundou um Clube de Matemática para promover o in-

tercâmbio entre Clubes de Matemática já existentes e divulgar e promover a criação de novos clubes de Matemá-tica, a todos os níveis de ensino. A SPM publica a revista “Gazeta de Matemática” que contém artigos com ideias

para a sala de aula, particularmente artigos que podem ser dados aos alunos mais interessados. O arquivo dos úl-timos anos da revista está disponível.

• Olimpíadas de Matemática – http://www.spm.pt/olimpiadas/

As Olimpíadas Portuguesas de Matemática (OPM), organizadas anualmente pela Sociedade Portuguesa de Mate-mática, são um concurso de problemas de Matemática, dirigido aos estudantes dos 2.o e 3.o Ciclos do Ensino Básicoe também aos que frequentam o Ensino Secundário, que visa incentivar e desenvolver o gosto pela Matemática.

• Canguru Matemático – http://www.mat.uc.pt/canguru/

A Associação Canguru sem Fronteiras é uma associação de carácter internacional que tem por objectivo promover a

divulgação da matemática elementar por todos os meios ao seu alcance e, em particular, pela organização de um con-curso que terá lugar no mesmo dia em todos os países participantes. Pretende-se, assim, estimular e motivar o maior

número possível de alunos para a matemática e é um complemento a outras actividades, tais como Olimpíadas.

• Portal MOCHO – http://www.mocho.pt/O Portal do ensino das ciências e da cultura científica MOCHO ordena, para mais fácil acesso, centenas de ligações

para páginas de Matemática portuguesas ou, na sua maioria, em língua portuguesa.

• Casa das Ciências – http://www.casadasciencias.org/Este Portal pretende recolher materiais para servir os professores de ciências dos Ensinos Básico e Secundáriofazendo primeiramente uma avaliação dos mesmos.

• Apoio ao Professor – http://area.dgidc.min-edu.pt/mat-no-sec/Esta página de apoio ao Professor de Matemática foi construída entre 1997 e 2003 e contém importantes recursos,nomeadamente 10 brochuras que cobrem todos os temas do programa de Matemática A do Ensino Secundário

• ALEA – http://www.alea.pt/Esta página, de excelente qualidade, fornece um apoio inestimável para o ensino das Probabilidades e Estatísticano Ensino Secundário. Recomendamos vivamente a secção “dossiês e recursos” com muitos textos de índole di-

dáctica. Os professores devem incentivar os seus alunos a participar no concurso de “desafios”.

• Ciência em Portugal. Personagens e Episódios – http://cvc.instituto-camoes.pt/ciencia/

Esta página contém biografias de muitos matemáticos portugueses.

Bom trabalho!

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5Aleph 10

Aleph

O que é o Aleph?

O Aleph (lê-se áléf ) é a primeira letra do alfabeto hebraico. A sua origem é, no entanto, maisantiga (3000 anos a. C.), sendo a mesma da do alfa grego. Como estes alfabetos não tinhamsímbolos para os números, as letras representavam também números; sendo a primeira letrado alfabeto, o aleph e o alfa representam o 1.

Cantor e o infinito

O matemático George Cantor (1845-1918) é conhecido por ter introduzido a moderna teoria deconjuntos. Mas Cantor, apesar de ter sido muito criticado durante a sua vida e mesmo depois demorrer, é hoje um dos matemáticos mais admirados pela sua capacidade de introduzir perspec-tivas verdadeiramente novas na Matemática.

Kronecker (o matemático do símbolo de Kronecker) considerou que Cantor era um “charlatão”,um “renegado” e um “corruptor da juventude”. Poincaré considerou os trabalhos de Cantor uma“grave doença infectando a Matemática” e, muito depois de Cantor morrer, o filósofo Wittengs-tein lamentou que a Matemática estivesse cheia das “palavras perniciosas da teoria de conjun-tos” que considerou “anedótica” e um “disparate completo”.A verdade é que Cantor foi o primeiro a “contar” conjuntos infinitos através do conceito de aplicação bijectiva. Doisconjuntos infinitos têm o mesmo cardinal se existir uma aplicação bijectiva entre eles. Através desta ideia, Cantorprovou que há tantos números naturais como números racionais e que há mais números irracionais do que racio-nais. Usou o processo que hoje se designa por “argumento diagonal de Cantor”.Cantor fez um estudo muito detalhado dos conjuntos infinitos. Chamou “aleph-zero” ao cardinal do conjunto dos nú-

meros naturais. Este é o número infinito mais pequeno (a que ele chamou número transfinito). Depois, obteve mui-tas propriedades desses seus números. Propriedades estranhas, sem dúvida, e aí se percebe a fúria de muitos dosseus contemporâneos. Mas Cantor também teve apoiantes e amigos, como Richard Dedekind.O número “aleph-um” é o menor número infinito superior a “aleph-zero”, “aleph-dois” é o menor número infinito su-perior a “aleph-um”, e assim sucessivamente. Existirão estes números, em particular “aleph-dez”?Cantor provou que existe sempre um número infinito superior a qualquer um dado. Não é muito difícil provar que oconjunto de todos os subconjuntos de um conjunto dado tem cardinal superior ao conjunto dado (isto é, que existeuma aplicação injectiva mas não sobrejectiva entre eles).Será “aleph-um” igual ao cardinal do subconjunto das partes do conjunto dos números naturais? Ou será igual aoconjunto dos números reais (cujo cardinal se chama a potência do contínuo)? Curiosamente, tal não pode ser pro-vado sem um axioma suplementar chamado a “hipótese do contínuo”!

Esta Matemática começa a complicar-se, mas é muito interessante. Para já, está claro que Aleph 10 existe. É o ma-nual que escrevemos! O Aleph 11 não tardará!

Jorge Luís Borges

O infinito sempre fascinou os escritores. O escritor, ensaísta e poeta argentino Jorge Luís Borges(1899-1986) escreveu muito à volta de temas matemáticos, nomeadamente o infinito. Um dos seuslivros de contos chama-se mesmo Aleph. Eis alguns excertos contidos nesse e noutros livros:

 A linha consta de um número infinito de pontos, o plano, de um número infinito de linhas; o volume,de um número infinito de planos, o hipervolume, de um número infinito de volumes...

Jorge Luís Borges, O Livro de Areiain http://macedge.multiply.com/journal/item/64

George Cantor

Jorge Luís Borges

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Aleph 10 | Guia do Professor6

Na parte inferior do degrau, à direita, vi uma pequena esfera furta-cores, de brilho quase intolerável. Primeiro, supus que fosse giratória; depois, compreendi que esse movimento era uma ilusão produzida pelos vertiginosos espectáculos que en-cerrava. O diâmetro do Aleph seria de dois ou três centímetros, mas o espaço cósmico estava ali, sem diminuição de ta-manho. Cada coisa (o cristal do espelho, digamos) era infinitas coisas, porque eu a via claramente de todos os pontos do

universo. Vi o populoso mar, vi a aurora e a tarde, vi as multidões da América, vi uma prateada teia de aranha no centrode uma negra pirâmide, vi um quebrado labirinto (era Londres), vi intermináveis olhos próximos perscrutando em mimcomo num espelho, vi todos os espelhos do planeta e nenhum me reflectiu, vi num pátio da Rua Soler os mesmos ladri-lhos que, há trinta anos, vi no saguão de uma casa de Fray Bentos, vi cachos de uva, neve, tabaco, listas de metal, vapor de água, vi convexos desertos equatoriais e cada um dos seus grãos de areia, vi em Inverness uma mulher que não es-quecerei, vi a violenta cabeleira, o altivo corpo, vi um cancro no peito, vi um círculo de terra seca numa vereda ondeantes existira uma árvore, vi numa quinta de Adrogué um exemplar da primeira versão inglesa de Plínio, a de PhilemonHolland, vi, ao mesmo tempo, cada letra de cada página (em pequeno, eu costumava maravilhar-me com o facto das le-tras de um livro fechado não se misturarem e se perderem no decorrer da noite), vi a noite e o dia contemporâneo, vi umpoente em Querétaro que parecia reflectir a cor de uma rosa em Bengala, vi o meu quarto sem ninguém, vi num gabi-nete de Alkmaar um globo terrestre entre dois espelhos que o multiplicam indefinidamente, vi cavalos de crinas rede-

moinhadas numa praia do mar Cáspio, na aurora, vi a delicada ossatura de uma mão, vi os sobreviventes de uma batalhaenviando bilhetes-postais, vi numa vitrina de Mirzapur um baralho espanhol, vi as sombras oblíquas de alguns fetos nochão de uma estufa, vi tigres, êmbolos, bisontes, marulhos e exércitos, vi todas as formigas que existem na terra, vi umastrolábio persa, vi numa gaveta da escrivaninha (e a letra fez-me tremer) cartas obscenas, claras, incríveis, que Bea-triz dirigira a Carlos Argentino, vi um adorado monumento na Chacarita, vi a relíquia cruel do que deliciosamente foraBeatriz Viterbo, vi a circulação do meu escuro sangue, vi a engrenagem do amor e a modificação da morte, vi o Aleph,de todos os pontos, vi no Aleph a terra, e na terra outra vez o Aleph e no Aleph a terra, vi o meu rosto e as minhas vís-ceras, vi o teu rosto e senti vertigem e chorei, porque os meus olhos tinham visto esse objecto secreto e conjectural cujonome os homens usurpam, mas que nenhum homem olhou: o inconcebível universo.Senti infinita veneração, infinita lástima.

Jorge Luís Borges, O Alephin http://www2.fcsh.unl.pt/borgesjorgeluis/textos_borgesjorgeluis/textos1.htm

Na realidade, o número de sorteios é infinito. Nenhuma decisão é final, todas se ramificam noutras. Os ignorantes supõemque infinitos sorteios requerem um tempo infinito; em verdade, basta que o tempo seja infinitamente subdivisível, comoo ensina a famosa parábola do Certame com a Tartaruga. Essa infinitude condiz admiravelmente com os sinuosos númerosdo Acaso e com o Arquétipo Celestial da Loteria, que os platônicos adoram...

Jorge Luís Borges, A loteria da Babilôniain http://www.releituras.com/jlborges_loteria.asp

Música rock

O nome aleph tem inspirado muitos outros autores. Por exemplo, há uma banda rock americana chamada aleph1 euma banda grega chamada aleph.

Certamente haverá mais.

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7Aleph 10

Sebastião e Silva: Normas Gerais

1 A modernização do ensino da Matemática terá de ser feita não só quanto a programas, mas também quanto a méto-dos de ensino. O professor deve abandonar, tanto quanto possível, o método expositivo tradicional, em que o papel

dos alunos é quase 100% passivo, e procurar, pelo contrário, seguir o método activo, estabelecendo diálogo com osalunos e estimulando a imaginação destes, de modo a conduzi-los, sempre que possível, à redescoberta.

2 A par da intuição e da imaginação criadora, há que desenvolver ao máximo no espírito dos alunos o poder de aná-lise e o sentido crítico. Isto consegue-se, principalmente, ao tratar da definição dos conceitos e da demonstraçãodos teoremas, em que a participação do aluno deve ser umas vezes parcial (em diálogo com o professor) e ou-tras vezes total (encarregando cada aluno de expor um assunto, após preparação prévia em trabalho de casa).

3 Muito raramente se deve definir um conceito sem ter partido de exemplos concretos e, tanto quanto possível, su-gestivos. Se a preparação psicológica tiver sido bem conduzida, será muitas vezes o aluno quem acabará por de-finir espontaneamente o conceito, com ou sem ajuda do professor. Em qualquer caso, este deverá encaminhar o

aluno para o rigor de linguagem que equivale a dizer de pensamento. Para isso, será de grande auxílio a introduçãoà lógica matemática, feita logo de início.

4 Quanto à demonstração dos teoremas, deve seguir-se com frequência uma norma semelhante à anterior. É alta-mente desejável que o aluno seja muitas vezes posto em condições de ver o teorema antes de o demonstrar e queessa visão o encaminhe a construir por si mesmo a demonstração, mais ou menos, impecável do ponto de vistalógico. Não esquecer que, na investigação matemática, a intuição precede normalmente a lógica.

5 A ordem lógica na apresentação dos assuntos não é muitas vezes a mais aconselhável do ponto de vista didác-tico. Normalmente, o aluno só pode tomar consciência da necessidade de certo grau de rigor, depois de ter com-preendido os assuntos em primeira aproximação ou de modo intuitivo, exactamente como sucede na investigação.

Assim, em vez da ordem lógica, haverá que seguir de preferência a dialéctica do intuitivo-racional e do concreto--abstracto, em que o grau de rigor lógico se irá elevando, progressivamente, com a adesão espontânea do aluno.

6 Para desenvolvimento do sentido crítico, é essencial encorajar o aluno à discussão livre e disciplinada, habi-tuando-o a expor com calma e sem timidez os seus pontos de vista e a examinar serenamente e com interesseas opiniões dos outros.

7 Ao seguir o método activo, o professor deve evitar que os alunos falem todos ao mesmo tempo. Quando um alunotiver algo a dizer, levantará o braço. Compete então ao professor escolher entre vários. Muitas vezes o professorchamará um aluno à secretária ou à pedra. O aluno deverá então movimentar-se rapidamente e com o mínimo ruído.Deste modo se estabelece o dinamismo disciplinado, que caracteriza a vida em corpo são, e que é indispensável ao

êxito do método activo. Não esquecer que o ruído é desfavorável à concentração intelectual e que tentar conciliaras duas coisas reverte geralmente em prejuízo do sistema nervoso, contribuindo para o desenvolvimento de um dosmaiores flagelos da nossa época. A melhor sala de aula será muitas vezes a que estiver mais afastada da via pública.

8 A Matemática não se reduz a ciência isolada platonicamente de tudo o resto. É também um instrumento ao ser-viço do homem nos mais variados ramos da ciência e da técnica. O professor deve sempre ter presente este factoe tentar estabelecer, sempre que possível, as conexões da Matemática com outros domínios do pensamento, aten-dendo a que muitos dos seus alunos irão ser físicos, químicos, biólogos, geólogos, engenheiros, economistas,agrónomos ou médicos.

9 Na aprendizagem da Matemática não basta ter intuição, compreender, definir e raciocinar. É também indispensáveladquirir certos automatismos psicológicos. Isto vale, especialmente, no que se refere a técnicas de cálculo. Taistécnicas são mais perfeitamente assimiladas quando o aluno conhece bem os fundamentos teóricos das mesmas.Mas esse conhecimento não basta: o professor deve insistir para que os alunos se treinem bastante em exercícios equi-librados, que requeiram a aplicação das referidas técnicas.

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10 0 treino recomendado na norma anterior não deve confundir-se de modo nenhum com a mecanização do alunona resolução de exercícios por meio de receitas, aplicadas sem qualquer conhecimento de causa. Essa prática,tal como se tem generalizado entre nós, só contribui para desvirtuar completamente a finalidade do ensino daMatemática, habituando o aluno a não pensar e destruindo nele toda a iniciativa e toda a espontaneidade para a

resolução de problemas essencialmente novos, como os que são postos a cada passo pela ciência, pela técnicae pela vida corrente.

11 Alunos e professor devem assumir nas aulas uma atitude descontraída, que afaste tanto quanto possível do es-pírito dos alunos a ideia da nota que irão ter no fim do período (lembrando que o seu interesse principal é apren-der) e modere no espírito do professor a ideia de que é  juiz (lembrando que a sua missão é, acima de tudo,ensinar). Assim, o que deve dominar nas aulas é o interesse pelos assuntos tratados. Estes não têm necessariamentede ser todos reduzidos à forma de exercícios escritos (o que é muitas vezes um modo de os tornar abomináveis).Especialmente no que se refere a demonstrações – um aspecto em que é preciso insistir muito –, o professor de-verá recorrer de preferência ao sistema de chamadas breves.

12 É dialogando com os alunos que o professor acaba muitas vezes por esclarecer, para si próprio, certos assuntosque pretende ensinar. Isto não vem senão corroborar um velho preceito: A melhor maneira de aprender é ensinar.Haja em vista os Diálogos de Platão. No Teeteto é definida explicitamente por Sócrates a missão do mestre: aju-dar a virem à luz as ideias na mente do discípulo. E quantas vezes, no mesmo instante, não se ilumina a mente doprofessor!

13 Nesta ordem de ideias, o professor deve combater no aluno, e em si próprio, o receio de errar, enquanto se tratade fazer um esforço sincero para aprender ou ensinar. Porque só errando se aprende verdadeiramente. Ai da-queles que não aprendem à custa da própria experiência e dos próprios erros, porque esses pouco ou nadaaprendem, na verdade.

14 0 método heurístico (ou de redescoberta) só a princípio poderá parecer mais moroso. A criança que aprende a

andar com aparelhos ou a pessoa que aprende a nadar com flutuadores só ilusoriamente aprende mais depressa:na realidade aprende mais devagar e pior.

15 São por vezes obstáculos à aplicação do método heurístico os dois casos extremos que podem surgir numaturma: alunos muito bons e alunos francamente maus, especialmente os repetentes. Os primeiros estão sempreprontos a responder, não deixando tempo aos restantes para pensar (vide norma 7). Os segundos criam uma atmos-fera de desinteresse, porventura mesmo de indisciplina, ou então já conhecem a receita, que aprenderam no anoanterior, acabando assim por viciar o processo heurístico. Cabe ao bom senso do professor encontrar uma so-lução de equilíbrio, tendo presente a norma 7.

16 Terminaremos estas considerações, traduzindo algumas das medidas preconizadas na América para a renova-

ção do ensino geral:(a) O ensino em todos os graus terá de se tornar mais flexível, mais adaptado, quer às solicitações dum mundo

em rápida evolução quer às aptidões dos indivíduos.(b) Necessitamos de métodos aperfeiçoados para descobrir talentos e levá-los a atingir a plena maturidade.(c) Não devemos encorajar, seja de que modo for, qualquer sistema de ensino que tenda a criar uma geração de

bárbaros, incapazes de apreender uma ideia que não lhes seja “programada” por outro cérebro.

Sebastião e Silva, Guia para a utilização do Compêndio de Matemática (1.o Vol.), Curso Complementar do Ensino Secundário, Gabinete de Estudos ePlaneamento do Ministério da Educação e Investigação Científica, Lisboa, 1975

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9Aleph 10

COMPREENSÃO DO PROBLEMA

Qual é a incógnita? Quais são os dados? Qual é a condicionante? É possível satisfazer a condicionante? A condicionante é suficiente para determinara incógnita? Ou é insuficiente? Ou redundante? Ou contraditória?Trace uma figura. Adopte uma notação adequada.Separe as diversas partes da condicionante. É possível anotá-las?

ESTABELECIMENTO DE UM PLANO

Já o viu antes? Ou já viu o mesmo problema apresentado sob uma forma ligeira-mente diferente?

Conhece um problema do mesmo tipo ou sobre o mesmo assunto? Conhece um pro-blema que lhe poderia ser útil?Considere a incógnita! E procure pensar num problema do mesmo tipo que tenha amesma incógnita ou outra semelhante.Eis um problema do mesmo tipo e já resolvido anteriormente. É possível utilizá-lo?  Épossível utilizar o seu resultado? É possível utilizar o seu método? Deve-se intro-duzir algum elemento auxiliar para tornar possível a sua utilização?É possível reformular o problema? É possível reformulá-lo ainda de outra maneira?Volte às definições.Se não puder resolver o problema proposto, procure antes resolver algum problemado mesmo tipo. É possível imaginar um problema parecido mais acessível? Um pro-blema mais genérico? Um problema mais específico? Um problema análogo? É pos-sível resolver uma parte do problema? Mantenha apenas uma parte da condicionante,deixe a outra de lado; até que ponto fica assim determinada a incógnita? Como podeela variar? É possível obter dos dados alguma coisa de útil? É possível pensar emoutros dados apropriados para determinar a incógnita? É possível variar a incógnitaou os dados, ou todos eles, se necessário, de tal maneira que fiquem mais próximosentre si?Utilizou todos os dados? Utilizou toda a condicionante? Levou em conta todas asnoções essenciais implicadas no problema?

EXECUÇÃO DO PLANOAo executar o seu plano de resolução, verifique cada passo. É possível verificar cla-ramente que o passo está correcto? É possível demonstrar que ele está correcto?

RETROSPECTIVA

É possível verificar o resultado? É possível verificar o argumento?É possível chegar ao resultado por um caminho diferente? É possível perceber istonum relance?É possível utilizar o resultado, ou o método, em algum outro problema?

George Polya: A Arte de Resolver Problemas

Como resolver um problema

Primeiro:É preciso compreender o

problema.

Segundo:Encontre a conexão

entre os dados e aincógnita.

É possível que sejaobrigado a considerar

problemas auxiliares senão puder encontrar

uma conexão imediata.É preciso chegar afinal

a um plano para aresolução.

Terceiro:Execute o seu plano.

Quarto:Examine a solução

obtida.

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Aleph 10 | Guia do Professor10

A. Antes de fazer, tenta entender.

B. À procura de estratégias.

B.1 Procura semelhanças com outros jogos e problemas.B.2 Começar pelo fácil, torna fácil o difícil.B.3 Experimenta e procura regularidades, temas.B.4 Faz um esquema e, se vier a calhar…, pinta-o às cores.

B.5 Modifica o problema, muda qualquer coisa no enunciado, para ver se assim te ocorre um caminho possível.B.6 Escolhe uma boa notação.B.7 Explora a simetria… se puderes.B.8 Suponhamos que não… aonde é que isso nos leva?B.9 Suponhamos o problema resolvido.B.10 Pensa em técnicas gerais: indução, descida, processo diagonal, princípio do pombal…

C. Explora a tua estratégia.

C.1 Explora as melhores ideias que te tenham ocorrido na fase B. Uma a uma. Não as mistures ao princípio.C.2 Não desistas facilmente. Mas também não teimes de mais com uma só ideia. Se as coisas se complicarem

de mais, haverá provavelmente outro caminho.C.3 Resultou? De certeza? Olha para a tua solução com mais cuidado.

D. Extrai o sumo do jogo e da tua experiência.

D.1 Examina a fundo o caminho que seguiste. Como chegaste à solução? Ou: porque é que não chegaste à solução?D.2 Tenta perceber não só que a coisa de facto funciona, mas também porque tem de funcionar assim.D.3 Agora vê se consegues fazê-lo de maneira mais simples.

D.4 Vê até onde pode ir o método que seguiste, para ver se o podes utilizar noutras circunstâncias.D.5 Reflecte um pouco sobre o teu próprio processo de pensamento e tira consequências para o futuro.

Miguel de Guzmán: Aventuras Matemáticas

Para resolver problemas

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Resolução de problemas

MÓDULO INICIAL

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Aleph 10 | Guia do Professor12

O que é o Módulo Inicial?

O Módulo Inicial apareceu pela primeira vez nos programas, em Portugal, na Revisão Curricular no Ensino Secundário

que começou a ser preparada no fim dos anos 90. No documento Revisão Curricular no Ensino Secundário–Cursos Gerais

e Cursos Tecnológicos – 1, editado em Abril de 2000 pelo, então, “Departamento do Ensino Secundário” do Ministérioda Educação, podia ler-se, nas páginas 31 e 32:

Em todos os programas em que tal se justifique, haverá um Módulo Inicial no qual se incluem conceitos prévios

considerados verdadeiramente essenciais e estruturantes das disciplinas em causa, e que deverão ser essencial-

mente trabalhados com os alunos nas primeiras duas ou três semanas de aulas do 10.o ano e sempre que se venha

a revelar necessário. Trata-se de uma fase muito importante para que, sempre numa perspectiva de acompanha-

mento e recuperação dos alunos, os professores possam proceder a uma avaliação diagnóstica destinada a deli-

near as estratégias de superação das dificuldades que eventualmente se venham a detectar. É uma fase em que os

alunos têm de tomar consciência clara das suas aprendizagens. Superar dificuldades exige estudo e esforço e os

 jovens devem entender bem o seu papel neste processo. A participação e a colaboração dos pais e encarrega-

dos de educação pode ser determinante. Também eles têm as suas responsabilidades e têm de perceber o que

 poderá estar em causa se não as assumirem plenamente.

Poderemos dizer que a primeira fase do 10.o ano deverá exigir uma cooperação estreita entre os professores, os

alunos, os pais, os directores de turma, os SPO e outros intervenientes, tendo em vista ajudar e apoiar os alunos

a ultrapassar as suas eventuais dificuldades. É um caminho que deveremos prosseguir, tendo em vista a integra-

ção plena dos jovens nos seus percursos educativos e formativos. Tal integração poderá passar, tal como hoje,

pela mudança de curso, o que, a acontecer, é desejável que se concretize em tempo útil, com o expresso e infor-

mado consentimento dos pais e encarregados de educação.

O que está a negro no texto já estava destacado no texto original. Isto significa que o Módulo Inicial desempenha

essencialmente uma tarefa de “acompanhamento e recuperação” e, portanto, de “avaliação diagnóstica”. Há alunos

que revelarão tantas lacunas que será preciso mobilizar todos os actores da escola para encontrar uma via onde pos-

sam ter sucesso. Outros estarão mais à vontade e este Módulo Inicial servirá como introdução ao método de traba-

lho do Ensino Secundário e para refrescar a memória quanto a um certo número de conceitos e métodos mais ou

menos esquecidos.

Nos programas de Matemática A de 2003, este Módulo Inicial é concretizado do seguinte modo:

O professor deverá propor neste módulo problemas ou actividades aos estudantes que permitam consolidar e fazer 

uso de conhecimentos essenciais adquiridos no 3 .o Ciclo de modo tanto a detectar dificuldades em questões básicas

como a estabelecer uma boa articulação entre este ciclo e o Ensino Secundário. Poderá partir de uma determinada

situação, de um determinado tema, procurando evidenciar todas as conexões com outros temas e tomando como

meta o desenvolvimento das competências matemáticas transversais, isto é, daquelas que atravessam todos os

temas e devem constituir os grandes objectivos de um currículo de Matemática.

Ou seja, neste ponto, os programas em vigor escolheram trabalhar no Módulo Inicial “problemas ou actividades” com

o objectivo de “consolidar e fazer uso” dos conhecimentos matemáticos que os alunos deveriam trazer do 3.o Ciclo.

Todas as lacunas detectadas deverão ser tratadas localmente se forem relativamente poucas ou aconselhando pla-

nos de revisões básicas aos alunos que revelarem mais lacunas (a desenvolver na escola se houver uma sala de

estudo ou em casa).

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13Aleph 10

Não sendo possível rever todos os conhecimentos de Números, Funções, Geometria e Estatística que os alunos de-veriam trazer, muito menos ensinar todos esses conhecimentos a quem não os traz consolidados, trabalham-seproblemas ou actividades que, de forma integrada, recoloquem em cima da mesa os conhecimentos do 3.o Ciclo quevão ser necessários no Ensino Secundário. O Programa de Matemática A, em vigor, determina essa abordagem global:

Uma compreensão mais profunda da Matemática só se verifica quando o estudante vê as conexões, quando seapercebe que se está a falar da mesma coisa encarando-a de diferentes pontos de vista. Se os estudantes estão aexplorar, por exemplo, um problema de geometria poderão estar a desenvolver a sua capacidade de visualizar, de

 fazer conjecturas e de as justificar, mas também poderão estar a trabalhar simultaneamente com números, cal-culando ou relacionando áreas e volumes, a trabalhar com proporções na semelhança de figuras ou a trabalhar com expressões algébricas.Os problemas a tratar neste módulo devem integrar-se essencialmente nos temas Números, Geometria e Álgebradeixando para outra altura os problemas que se integrem no tema Funções ou Probabilidades e Estatística. Pre-tende-se que os problemas a propor ponham em evidência o desenvolvimento de capacidades de experimentação,o raciocínio matemático (com destaque para o raciocínio geométrico) e a análise crítica, conduzindo ao estabele-

cimento de conjecturas e à sua verificação.

O Programa propõe uma lista de problemas a tratar, mas avisa logo que podem ser considerados outros:

“Problemas a propor: Matemática A• Unindo os pontos médios de um quadrilátero encontramos sempre um paralelogramo?• Porque é que há só cinco sólidos platónicos?• Estudo da possível semelhança entre garrafas de água de uma dada marca de 33 cl, 50 cl, 75 cl e 1,5 l?• Como resolveu o matemático Pedro Nunes equações do primeiro e do segundo graus? Podemos identificar, nos

seus escritos, o uso da fórmula resolvente ou pelo menos de alguns casos particulares? Que casos Pedro Nunesnão considerou ou considerou impossíveis?

• Que números racionais são representáveis por dízimas finitas? Qual a dimensão do período de uma dízima infi-nita periódica?

Alguns destes problemas poderão ser substituídos, com vantagem, por actividades ou problemas ligados ao mundoreal, propostos e planificados por um grupo de professores do Conselho de Turma, de modo a integrar na sua re-solução conhecimentos de várias disciplinas.”

Nós dizemos o mesmo sobre os problemas propostos no manual: eis a nossa proposta de problemas, outros pode-rão ser considerados. Na Internet, há muitos recursos sobre os problemas propostos nos programas que podem serconsiderados em alternativa ou complemento ao que é proposto no nosso manual escolar.Aconselhamos:

Problema das garrafas de água (não) semelhantes

Texto de Maria José Costa publicado na revista Informat :http://area.dgidc.min-edu.pt/mat-no-sec/zip/informat_08.zip

Proposta de Rosa Ferreira:http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/planos/planos10_06_07/modulo_inicial/plano01/tarefa03.pdf

Cinco sólidos platónicos

Proposta de Rosa Ferreira:

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/planos/planos10_06_07/modulo_inicial/plano01/tarefa02.pdf

Proposta de António Marques do Amaral:http://www.prof2000.pt/users/amma/ce/matB/mod_i/FT_Solidos_Platonicos.htm

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Aleph 10 | Guia do Professor14

Diferentes planificações do Módulo Inicial

Planificação 1 (Rosa Ferreira - Escola Secundária com 3.o Ciclo D. Dinis):http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano01_00/plano01_00.htm

Planificação 2 (Rosa Ferreira - Escola Secundária com 3.o Ciclo D. Dinis):http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano02_00/plano02_00.htm

As nossas propostas

Propomos, no manual, um conjunto de tarefas que tentam incorporar todas as recomendações anteriormente refe-ridas. Vamos agora listar recursos suplementares que poderão ajudar os professores a concretizar essas propos-tas ou outras equivalentes na sala de aula.

GeoplanoA tarefa proposta pode facilmente ser substituída por outras, recorrendo a geoplanos imaginados, construídos ouvirtuais na Internet. Eis alguns exemplos de recursos que se encontram na internet e que podem ser úteis para tra-balhar a tarefa proposta ou outra semelhante.

Geoplano virtual:http://web.educom.pt/~pr1305/mat_geoplano.htm

Aplicação: Software geoplano computacional:http://www.inf.ufsc.br/~edla/projeto/geoplano/software.htm

Geoplano:http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/handle/mec/8489

Geoplanos virtuais:http://www.escolovar.org/mat_geoplano_aplicacoes.htm

Nestas páginas também se encontram actividades elementares com o geoplano, aconselháveis para os alunos quenunca trabalharam com o geoplano.http://www.dme.ufcg.edu.br/Lapem/Documentos/Módulo%205%20-%20Geoplano.pdf

http://ndsim.esec.pt/pagina/fcmat/documentos/Tarefas_geoplanos.pdfhttp://www.pg.utfpr.edu.br/sinect/anais/artigos/10%20Ensinodematematica/Ensinodematematica_artigo20.pdf

Segmentos notáveis num triânguloEste é um tema clássico e muitas outras tarefas poderiam ter sido propostas. Nesta área também se encontram inú-meros recursos na Internet.

Pontos clássicos:http://erdos.ime.usp.br/index.php/Pontos_Clássicos

Pontos notáveis no triângulo:http://www.prof2000.pt/users/secjeste/modtri01/Pg000500.htm

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15Aleph 10

Oito exercícios propostos por Puig Adam com pontos notáveis:

http://geometrias.blogspot.com/2005/01/pontos-e-rectas-notngulo.html

Enciclopédia de pontos notáveis do triângulo (há mais de 400 recenseados):

http://faculty.evansville.edu/ck6/tcenters/

Pontos notáveis interactivos:

http://clientes.netvisao.pt/arselio/Cindy0/triangulos.htm

Apresentação em pdf dos pontos notáveis:

http://www.cecb.edu.br/ubec/publicacao/download.wsp?tmp.arquivo=2596

Poliedros convexos com polígonos regularesMais uma vez este é um tema riquíssimo onde se poderão encontrar muitas possíveis explorações e tarefas alter-

nativas. Recomenda-se, especialmente, a página do Projecto ATRACTOR.

Os cinco poliedros regulares:

http://www.atractor.pt/simetria/matematica/docs/regulares.html

Mas, muitos outros recursos podem ser mobilizados. O seguinte software também:

http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/handle/mec/12574

E filmes? Também há muitos no YouTube. Por exemplo:

Poliedros de Platão

http://www.youtube.com/watch?v=wU_bf2PMjbM

http://www.youtube.com/watch?v=pgrlfEUelbY

http://www.youtube.com/watch?v=5QgIJOy7T7Y

Também é interessante considerar poliedros não convexos. Alguns exemplos podem ser vistos em artigos publica-

dos na Revista Educação e Matemática, como este:

Poliedros regulares (EM 97, 2008):

http://www.apm.pt/files/_29-32_hq_482c13d3653bf.pdf

O Projecto ATRACTOR continua a ser uma referência obrigatória para o estudo dos poliedros em geral:

http://www.atractor.pt/mat/Polied/fr-polied.htm

Os sólidos arquimedianos são referidos com frequência. Na página seguinte está uma tarefa com uma proposta de

exploração dos sólidos platónicos e arquimedianos em simultâneo com o software PolyPro:

http://mat.absolutamente.net/recursos/fichas/10geo/poli.pdf

O software PolyPro, especialmente recomendado para o estudo de poliedros, pode ser obtido aqui:

http://www.peda.com/download/

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Aleph 10 | Guia do Professor16

Aqui pode ver um filme explicando como usar o PolyPro para estudar poliedros:http://www.youtube.com/watch?v=BrmW4wW0moQ

Sobre sólidos arquimedianos pode ainda ver:

http://www.eb2-miranda-douro.rcts.pt/mat/historia.htmhttp://www.apm.pt/apm/amm/paginas/231_249.pdf

E, claro, pode sempre consultar a página da APM onde se conta como foi o projecto “Poliedro na Escola” do AnoMundial da Matemática.

Dízimas finitas e infinitasEis algumas sugestões de recursos na Internet para trabalhar o tema:http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm99/icm27/dizimas.htm

http://pascal.iseg.utl.pt/~jldias/am1/AMI-pdf/AMAT1-REAIS.pdfhttp://www.passei.com.br/tc2000/matematica1/m4_46_vb.pdf

Algumas fichas de trabalho propostas por professores neste tema:http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano02_00/problema_3.pdfhttp://profs.ccems.pt/RosaFerreira/planos/planos10_06_07/modulo_inicial/plano02/tarefa05_01.pdfhttp://www.amma.com.pt/cm/af29/trabalhos/s10/Ft10_a2.pdfhttp://www.prof2000.pt/users/amma/recursos_materiais/rec/10_ano/f_trab/04_05/ft10_02_04-05.htm

As tarefas propostas, mas não resolvidasSendo este Módulo Inicial essencialmente de “acompanhamento e recuperação”, com características de “avaliaçãodiagnóstica”, não pareceu aos autores do manual adequado colocar sugestões ou soluções das tarefas do MóduloInicial no manual ao alcance dos alunos. Os professores devem ter a possibilidade de, em cada momento, ir fazendoo seu diagnóstico informal sobre o que poderão aconselhar a cada aluno. Assim, as possíveis sugestões e soluçõessão colocadas aqui no Guia do Professor, para que o docente as possa administrar da maneira que achar mais con-veniente em função dos alunos que tem.

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17Módulo Inicial — Resolução de problemas | Aleph 10

Sugestões de resolução das tarefas doMódulo Inicial

Tarefa 2 (A escadaria do João) (Pág. 21)

Começa com um degrau, tens uma maneira de o subir,e com dois já tens duas maneiras de o fazer, faz paramais casos… e tenta ver se existe alguma regularidadeentre os números que vais obtendo...

Tarefa 3 (As etiquetas correctas) (Pág. 21)Escolhe uma das caixas e pensa no que acontece, istoé, se a solução é única... não esquecer que as etiquetasestão trocadas... ler com cuidado o enunciado é sempreimportante...

Tarefa 4 (A posição do ortocentro) (Pág. 22)Recorda a classificação de triângulos quanto aos ângu-los… isso vai ajudar-te... não é nada difícil...

Tarefa 5 (A posição do circuncentro) (Pág. 23)Observa com cuidado o que vai acontecendo... uma su-gestão: não te esqueças a que é igual a amplitude deum ângulo inscrito numa circunferência...

Tarefa 6 (A posição do baricentro) (Pág. 23)

Utiliza as potencialidades de medida do programa e de-termina o quociente entre a distância a um lado e a res-pectiva mediana...

Tarefa 7 (A recta de Euler) (Pág. 24)Usa as potencialidades de medida do programa. Esta-belece as relações que te interessam.

Tarefa 9 (O raio de circunferência inscrita) (Pág. 25)Pensa quais os números inteiros que, somados com 15,

podem ser as medidas de um triângulo de 36 cm de pe-rímetro. Não te esqueças que é um triângulo rectân-gulo... depois é o mesmo que na tarefa 8. Vais ver quefunciona bem...

Tarefa 10 (A posição do incentro) (Pág. 26)Uma boa ideia é verificar em que triângulos o incentropertence à recta de Euler...

Tarefa 12 (O paralelogramo) (Pág. 28)Primeiro revê os casos de semelhança de triângulos...depois desenha as diagonais e prova que os triângulosde cada um dos lados são semelhantes... o resto é ela-borar apenas um texto claro.

Tarefa 13 (O quadrado e o losango) (Pág. 29)

Talvez seja bom saberes a definição de quadrado e delosango e tudo fica mais fácil… depois é só compará--los…

Tarefa 16 (Repartição de maçãs) (Pág. 33)Eu sei bem disso, ele é equações atrás de equações...Mas será que é mesmo? Pensa no problema resolvido.E começa do fim para o princípio... e não é que é maisfácil...

Propostas de resolução das tarefas doMódulo Inicial

Tarefa 2 (A escadaria do João) (Pág. 21)Acaba por ser a sucessão de Fibonnaci: 1, 2, 3, 5, 8... ouseja, cada termo a partir do 3.o é a soma dos dois ante-riores.Existem 89 maneiras diferentes de subir as escadas.

Tarefa 3 (As etiquetas correctas) (Pág. 21)Retiro uma peça de fruta da caixa que diz “maçãs e la-ranjas”. Como as etiquetas estão trocadas, se for umamaçã, essa caixa é só de maçãs, logo a etiqueta é“maçãs”. Então, como as etiquetas estão trocadas, acaixa com a etiqueta “laranjas” terá de conter maçãs elaranjas e a caixa com a etiqueta “maçãs” terá, portanto,de conter só laranjas. Se se retirar uma laranja da caixacom etiqueta “maçãs e laranjas”, o raciocínio é idên-tico.

Se se retirasse de uma das outras caixas, por exemplo,uma maçã, nada me garantia que lá não pudessem estartambém laranjas. Assim, a única hipótese é começarpela caixa com a etiqueta “maçãs e laranjas”.

Tarefa 4 (A posição de ortocentro) (Pág. 22)Num triângulo rectângulo, coincide com o vértice do ân-gulo recto, num triângulo obtusângulo, é exterior e, numtriângulo acutângulo, é interior.

Tarefa 5 (A posição do circuncentro) (Pág. 23)Num triângulo rectângulo, está sobre a hipotenusa, numtriângulo obtusângulo, é exterior e, num triângulo acu-tângulo, é interior.

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Aleph 10 | Guia do Professor18

Tarefa 6 (A posição do baricentro) (Pág. 23)

da mediana.

Tarefa 9 (O raio da circunferência inscrita) (Pág. 25)

Se os catetos do triângulo rectângulo são números in-teiros, as únicas soluções são:7, 14, 158, 13, 159, 12, 1510, 11, 15Destes, só o triângulo 9, 12, 15 satisfaz o Teorema de Pi-tágoras.

A área do triângulo é, então, = 54.

Como a circunferência é tangente aos lados do triân-

gulo, o raio é a altura de cada um dos triângulos, pois éperpendicular a cada um dos lados no ponto de tan-gência, como se verifica na figura:

A área do triângulo é igual à soma das áreas dos trêstriângulos em que está dividido. Assim:

+ + = 54 ⇔ r = 3

O raio da circunferência é, então, 3.

Tarefa 10 (A posição do incentro) (Pág. 26)

Em geral, o incentro não pertence à recta de Euler, ape-nas nos triângulos isósceles.

Tarefa 12 (O paralelogramo) (Pág. 28)Os triângulos [ ABD] e [ AEF ] são semelhantes, pois têm

um ângulo comum, a saber, o ângulo BAD, e = = 2,

pois E e F são os pontos médios dos lados [ AD] e [ AB].Em triângulos semelhantes, a lados proporcionais cor-respondem ângulos iguais. Assim, o ângulo AEF é igualao ângulo ABD. As rectas EF e BD, cortadas pela recta

 AB, têm os ângulos correspondentes iguais, pelo quesão paralelas. Considerando os triângulos BCD e GCH,do mesmo modo se prova que são semelhantes e con-

clui-se que as rectas GH e BD são paralelas. Se EF éparalela a BD e GH é paralela a BD, então EF é paralelaa GH .

Fazendo um estudo análogo em relação à diagonal AC,prova-se, do mesmo modo, que EG é paralela a FH .Assim, o quadrilátero é um paralelogramo, pois tem oslados opostos paralelos.

Tarefa 13 (O quadrado e o losango) (Pág. 29)

Um quadrado é um quadrilátero com os lados todosiguais e os ângulos todos rectos. Um losango é um qua-

drilátero com os lados todos iguais e os ângulos opos-tos iguais.Assim, um quadrado é um losango, pois o quadrado temos lados todos iguais e os ângulos opostos iguais (porserem todos rectos) pelo que satisfaz todas as condi-ções para ser losango.Mas nem todo o losango é um quadrado, pois o losangotem os lados todos iguais, mas o facto de os ângulosopostos serem iguais não obriga a que sejam todos rec-tos, pelo que não satisfaz obrigatoriamente todas as

condições para ser um quadrado.

Tarefa 16 (Repartição de maçãs) (Pág. 33)

Supondo o problema resolvido, raciocina do fim para oprincípio, como fica evidente na tabela:

Os três irmãos têm, respectivamente 7, 10 e 16 anos.

23

Irmão mais novo

8

4

2

4

Irmão do meio

8

4

8

7

Irmão mais velho

8

16

16

13

G B C 

A D F 

H E 

— AB— AE 

— AD— AF 

9r 2

12r 2

15r 2

15

12

9

9 × 122

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Geometria

TEMA 1

Capítulo 1 – Resolução de problemas de Geometria

Capítulo 2 – Referenciais e lugares geométricos

Capítulo 3 – Vectores livres

Capítulo 4 – Equações da recta

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Aleph 10 | Guia do Professor20

Propostas de resolução das tarefas eexercícios

Capítulo 1 – Resolução de problemas de Geometria

Tarefa 6 (Área de uma figura muito irregular) (Pág. 56)

Para estimarmos a área da Antárctida, podemos usar umsoftware de Geometria Dinâmica que nos permite me dircomprimentos de segmentos de recta ou uma régua gra-duada que nos permita medir o comprimento dos ladosdos rectângulos construídos sobre o mapa. Repare-seque as partes da Antárctida não contidas em nenhum dosquadrados compensam as partes dos quadrados que nãocontêm nenhuma parte do mapa.

Medindo com software adequado, constatamos que o ladodo comprimento do rectângulo maior é, aproximadamente,1809 e a sua largura é 1025, o que permite estimar quea área será 1809 × 1025 = 1 854 225 unidades de área.Quanto ao rectângulo mais pequeno, a sua área será,aproximadamente, 385 × 1236 = 475 860. Assim, umaestimativa para a área da Antárctida será:1 854 225 + 475 860 = 2 330 085 unidades de área.“Este exercício foi colocado no estudo de PISA de 2000 e, segundoo relatório publicado, “foi o item em que foi mais baixo o nível de su-cesso dos estudantes portugueses relativamente ao dos seus cole-gas da área da OCDE. Requeria a estimativa de uma área tendo emconsideração a escala em que o mapa estava desenhado. Quase trêsquartos dos alunos não apresentaram qualquer tipo de resolução”.

Tarefa 7 (Polígonos inscritos) (Pág. 56)Uma actividade aberta como esta, que admite várias so-luções, permite que os alunos confrontem soluções eestabeleçam relações. Não se pretende obter uma cons- trução óptima, mas sim explorar características de cadafigura para a inscrever no quadrado. Não é fácil obterum triângulo equilátero sem recorrer às relações entre

os ângulos. Esta actividade pode ser aproveitada paraintroduzir ou consolidar questões de trigonometria dotriângulo rectângulo.

Retirado de: Brochura de Geometria, 10.o ano, p. 71, ME

Tarefa 8 (Construindo blocos) (Pág. 57)1. 12 cubos. 2. 27 cubos.3. 26 cubos. 4. 96 cubos.

Tarefa 9 (Os agricultores e a água da chuva) (Pág. 58)Dependendo da posição escolhida para os pontos A, Be C consideremos diferentes soluções, mas a resoluçãoserá idêntica. Suponhamos que os pontos A, B e C sesituam tal como mostra a figura seguinte:

Os três furos do cubo definem um plano. Inclinando

convenientemente o cubo, consegue-se guardar o má-ximo de água se a camada superior de água coincidircom a secção definida pelos três furos.

A secção definida pelos três furos divide o cubo em doissólidos, sendo o menor um tronco de pirâmide.As bases desse tronco de pirâmide são triângulos se-

melhantes (porque têm dois ângulos iguais) e a razão

que transforma o maior no menor é porque o ponto

B é o ponto médio da aresta que o contém.

Como a razão de semelhança é , a razão entre os volu-

mes das pirâmides [FACV ] e [EBDV ] é .

V [FACV ] = × ( ) × 12 = 36 dm3

V [EBDV ] = × 36 = 4,5 dm3

V tronco de pirâmide = 36 – 4,5 = 31,5 dm3

V cubo = 63 = 216 dm3

Volume máximo de água que se pode guardar == 216 – 31,5 = 184,5 dm3

O Sr. Pedro conseguiria guardar 184,5 litros de água.Adaptado de: http://matematicanacidadela.blogspot.com/2008/11/

para-que-servem-os-cortes-no-cubo.html

Tarefa 10 (Cortes num tetraedro) (Pág. 58)1. Se o aluno já fez a exploração dos cortes no cubo,

poderá concluir e demonstrar que os cortes no te-

traedro só podem ser triângulos ou quadriláteros. Seo tetraedro tem quatro faces, um plano intersecta nomáximo quatro faces, logo o corte pode ter no má-ximo quatro lados.

A

18

13

6 × 32

18

12

12

A

F  E 

Quilómetros 0 200 400 600 800 1000

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21Tema 1 — Geometria | Aleph 10

Obtemos quadriláteros quando o plano intersecta asquatro faces, e estes só são rectângulos quando oplano é paralelo a duas das arestas. Se virmos o te-traedro dentro do cubo, estes são os planos parale-

los a duas faces opostas do cubo.

2. Para provar que estes rectângulos têm todos o mesmoperímetro, o mais fácil é recorrer a uma planificação.

3. Estes rectângulos vão de um caso limite a outro e,como não há descontinuidades, um deles é quadrado.

Mas este quadrado também pode ser visto quando faze-mos o corte no cubo com o tetraedro por um plano quepassa nos pontos médios de quatro arestas do tetraedro.

Retirado de: Brochura de Geometria, 10.o ano, pp. 89 e 90, ME

Desafio D.1 (Pág. 59)Vamos mostrar que as áreas das estrelas são iguais,mostrando que as áreas não ocupadas dos hexágonossão iguais. Repare-se que o hexágono da figura 1 nãotem preenchida a área correspondente a 12 triângulosequiláteros de lado 1.A área de cada um destes triângulos é que, a multi-

plicar por 12, é igual a 3√∫3, sendo esta a área não ocu-pada pela estrela da figura 1.Quanto à figura 2, a área não ocupada é constituída por

12 triângulos rectângulos de catetos 1 e , o que permite

afirmar que a área de cada um destes triângulos é .

Como também são 12, a área não ocupada pela estrelada figura 2 é, como não podia deixar de ser, 3√∫3, o queprova que as áreas das estrelas são iguais.

Desafio D.2 (Pág. 59)Consideremos um círculo com diâmetro d . A sua área é

 Ac = π( )2. Se ao diâmetro tirarmos e calcularmos

a área de um quadrado de lado d  – , vamos obter Aq = (d – )

2.

Igualando estas duas áreas e resolvendo a equação obtidaem ordem a π,determinamos o tão procurado valor de π:

 Ac = Aq ⇔ π = (d – )2

⇔ π = d 2 – + ⇔

⇔ π = 4 – +

Aplicando a heurística de Polya a este exemplo pode-mos fazer várias concretizações da variável d (o diâme-tro) para tentarmos “perceber” o que está a acontecer

com o valor procurado para π.Fazendo d = 1, obtemos π = ≈ 3,16; considerando

d = 2, obtemos π = ≈ 3,57; e, por fim, considerando,

d = 7, obtemos π = ≈ 3,87.

Mostrámos que o problema 50 do Papiro de Rhind nãotorna racional, como era de esperar, o π, pois, comoacabámos de ver, para diferentes diâmetros vamosobter diferentes valores de π, o que é um absurdo.

Capítulo 2 – Referenciais e lugares geométricos

Exercício 2 (Pág. 66)

São pontos simétricos relativamente à recta de equação y = x .

Exercício 3 (Pág. 66)b. O ponto A pertence ao 4.o quadrante; o ponto B per-

tence ao 1.o quadrante; o ponto C pertence ao 3.o qua-drante e o ponto D pertence ao 1.o quadrante.

-4

-4 -3 -2 -1 O  1 2 3 4

4

3

2

1

5-1

-2

-3

 y

 x -5

5

6

7

6 7

 y =  x 

C (2, 7)

 D (7, 2)

 A (2, –3)

 B (–3, 2)

15 3763969

28981

25681

89d 

481d 2

d 2

419

d 2

42d 9

181

19

1

9

d 2

19

√∫3

4

√∫32

√∫34

Centro daface do cubo

Largura

a

a Comprimento

c + ᐉ = aresta

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Aleph 10 | Guia do Professor22

Tarefa 3 (Semiplanos, faixas e cantos) (Pág. 70)

1. y ≥ 3

2. y < 3

3. i) y = –2 não é um semiplano, mas sim uma recta ho-

rizontal.

ii)

iii)

iv)

4. y ≥ 2 e y ≤ 6 ⇔ 2 ≤ y ≤ 6

 y ≥ –3 e y ≤ 5 ⇔ –3 ≤ y ≤ 5

 x ≥ –6 e y ≤ –1 ⇔ –6 ≤ y ≤ –1

5. x ≥ 3 e y ≥ 2

 x ≤ 3 e y ≥ 2 x ≤ 3 e y ≤ 2

 x ≤ 3 ou y ≤ 2

Exercício 4 (Pág. 71)

 y ≥ 2

 y ≤ 2

 y < 2

Exercício 5 (Pág. 71)

a. x < 2

b. x ≥ –4

c. y > π

d. x ≤ –π

Exercício 6 (Pág. 71)

 y ≥ –2 e y ≤ 6 ⇔ –2 ≤ y ≤ 6

 y ≤ –2 ou y ≥ 6

 y ≥ –4 e x ≥ –7

 y ≤ –4 e x ≥ –7

Exercício 7 (Pág. 71)a. x > 2 e x < 3 ⇔ 2 < x < 3

Exercício 8 (Pág. 78)

Num referencial (O, x , y, z) a figura definida pela condi-

ção 1 < x ≤ 3 é a porção do plano contida entre os pla-

nos de abcissa 1, não incluindo o plano, e o plano de

abcissa 3, este sim, incluído.

Exercício 9 (Pág. 78)

0 ≤ x ≤ –2 e 0 ≤ y ≤ 2 e 0 ≤ z ≤ 2

Exercício 10 (Pág. 78)

 A(2, –2, 0); B(2, 2, 0); D(–2, –2, 0); E (2, –2, 4); F (2, 2, 4);

G(–2, 2, 4); H (–2, –2, 4)

Tarefa 6 (Depósito de propano) (Pág. 79)

Sejam:

A – a localização de uma urbanização;

B – a localização da outra urbanização;D – a localização do depósito;

F – a localização da fábrica.

Dados do problema:

dist(D, F ) ≥ 600

dist(D, A) = dist(D, B)

(Esta informação garante-nos que o depósito tem que

ficar sobre a mediatriz do segmento de recta de extre-mos A e B).

Dist( A, B) = 500

Dist(A, F ) = 700dist(B, F ) = 900

 y

 x 

D 12

D 11

D 21

D 22

F 2

F 1

-4-8 4 8

-4

4

 y

 x O 

-2

-4-8 4 8

-4

4

 y

 x O 

-2

-4-8 4 8

-4

4

 y

 x O 

-2

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23Tema 1 — Geometria | Aleph 10

Atendendo às restrições do problema, temos quatropossíveis soluções, duas por cada possível localizaçãoda fábrica, que designamos por F 1 e F 2. As quatro lo-calizações possíveis são os pontos D11 e D12, tendo

como referência a localização F 1 da fábrica e os pontosD21 e D22, para a localização F 2 da fábrica.

Exercício 11 (Pág. 81)Uma equação da circunferência de centro O(2, –3) eraio 7 é, por exemplo, ( x  – 2)2 + [ y – (–3)]2 = 72 ⇔

⇔ ( x – 2)2 + ( y + 3)2 = 49

Exercício 12 (Pág. 81)O ponto de coordenadas (2, 3) pertence à circunferên-cia de centro (1, –1) e raio 2 se, quando substituirmos as

suas coordenadas na equação da referida circunferên-cia, obtivermos uma igualdade numérica verdadeira.Uma equação da circunferência é, por exemplo,( x – 1)2 + ( y + 1)2 = 4.Averiguemos se o ponto (2, 3) lhe pertence. Façamos asubstituição (2 – 1)2 + (3 + 1)2 = 4 ⇔ 12 × 42 = 4 ⇔ 17 = 4.Como obtivemos uma igualdade numérica falsa, pode-mos afirmar que o ponto (2, 3) não pertence à circun-ferência de centro (1, –1) e raio 2.

Exercício 13 (Pág. 81)

Uma equação da esfera aberta de centro (1, 2, 3) e raio 2é, por exemplo, ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 3)2 < 22.

Exercício 14 (Pág. 81)O ponto de coordenadas (2, 3, –1) pertence à superfícieesférica de centro (0, 1, –1) e raio 1 se, quando substi-tuirmos as suas coordenadas na equação da referidasuperfície esférica, obtivermos uma igualdade numé-rica verdadeira.Uma equação da superfície esférica é, por exemplo,( x – 0)2 + ( y – 1)2 + ( z + 1)2 = 4. Averiguemos se o ponto

(2, 3, –1) lhe pertence. Façamos a substituição:22 + (3 – 1)2 + (–1 + 1)2 = 4 ⇔ 4 + 4 + 0 = 4 ⇔ 8 = 4.Como obtivemos uma igualdade numérica falsa, pode-mos afirmar que o ponto (2, 3, –1) não pertence à su-perfície esférica de centro (0, 1, –1) e raio 2.

Exercício 15 (Pág. 82)O plano mediador do segmento de recta de extremos(1, 2, 3) e (1, –2, 3) é o conjunto dos pontos que estão àmesma distância dos extremos do segmento, isto é,√∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫–∫∫3∫)∫2 = √∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫+∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫–∫∫3∫)∫2

⇔ ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 3)2 = ( x – 1)2 + ( y + 2)2 + ( z – 3)2

⇔ –4 y + 4 y = 0 ⇔ y = 0O plano mediador procurado é o plano coordenado y = 0.

Exercício 16 (Pág. 82)

O plano mediador do segmento de recta de extremos

(1, 2, 2) e (1, 2, 1) é o conjunto dos pontos que estão à

mesma distância dos extremos do segmento, isto é,

√∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫–∫∫2∫)∫2 = √∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫–∫∫1∫)∫2

⇔ ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 2)2 = ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 1)2

⇔ –4 z + 4 = –2 z + 1 ⇔ –2 z = –3 ⇔ z =

O plano mediador procurado é o plano de equação z = .

Exercício 17 (Pág. 82)

O ponto de coordenadas (1, 2, –4) pertence ao plano me-

diador do segmento de recta de extremidades (1, 2, –4)

e (1, 2, 3), se quando substituirmos as suas coordenadas

na equação do plano mediador, obtivermos uma igual-dade numérica verdadeira.

A equação do plano mediador é:

( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 4)2 = ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 3)2

⇔ 8 z + 16 = –6 z + 9 ⇔ z = –

Um ponto pertence a este plano se tiver cota igual a – .

Dado que esta exigência não é satisfeita pelo ponto

(1, 2, –4), podemos afirmar que ele não pertence ao

plano mediador do segmento de recta de extremidades

(1, 2, –4) e (1, 2, 3).

Exercício 18 (Pág. 85)

Sendo k > 1, a transformação associada é:

 X = x , Y = k y

sendo que, neste caso, para cada abcissa as ordenadas

são ampliadas na mesma proporção (pois são multipli-

cadas por um número maior do que 1).

Neste caso, obtemos um alongamento da circunferência

em relação ao eixo dos xx . Assim, o eixo menor, neste

caso, coincide com o diâmetro da circunferência e oeixo maior é maior do que o diâmetro da circunferên-

cia (é igual ao diâmetro multiplicado por k).

A equação da circunferência é x 2 + y2 = r 2.

Fazendo a substituição, temos:

 X 2 + = r 2 ⇔ + = 1, que é uma equação do

mesmo tipo.

Exercício 19 (Pág. 85)

O raio da circunferência terá de ser igual ao semieixo

menor da elipse e a transformação associada: X = k x e

Y = y.

Y 2

k2 X 2

r 2Y 2

(kr )2

12

12

32

32

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Aleph 10 | Guia do Professor24

Exercício 22 (Pág. 85)Determinar a intersecção da elipse 2 x 2 + y2 = 3 com oeixo dos xx corresponde a resolver a equação 2 x 2 = 3 ⇔

 x = ±√∫. A intersecção com o eixo dos  yy faz-se da

mesma forma, resolvendo a equação y2 = 3 ⇔ y = ± √∫3,pelo que os pontos de intersecção com os eixos coor-

denados são: (√∫, 0); (–√∫, 0); (0, √∫3) e (0, –√∫3).

Representada esta elipse, basta notar que, trocando o x com o  y na equação da elipse, obtemos a equação daoutra elipse, o que significa que as elipses são simétri-cas em relação à bissectriz dos quadrantes ímpares.

Como são simétricas em relação à bissectriz dos qua-drantes ímpares, dois dos seus pontos comuns perten-cem a essa bissectriz. Fazendo x = y numa das equações,obtemos 2 x 2 + x 2 = 3 ⇔ x = ±1, donde dois dos pontossão (1, 1) e (–1, –1).Como são simétricas em relação ao eixo dos  xx e aoeixo dos yy (pois trocando x por – x e y por – y obtemosas mesmas equações) os outros pontos são os simé-tricos dos anteriores em relação aos eixos coordena-dos: (–1, 1) e (1, –1).

Exercícios globais (Págs. 86-88)1. a.

b.

c.

2. Uma equação da esfera aberta de centro (–1, 0, –2) é,

por exemplo, ( x + 1)2 + ( y – 0)2 + ( z + 2)2 < 32, ou seja,

( x + 1)2 + y2 + ( z + 2)2 < 9.

3. O ponto de coordenadas (2, –1, –1) pertence à super-

fície esférica de centro (0, 1, –1) e raio 1 se, quandosubstituirmos as suas coordenadas na equação da

referida superfície esférica, obtivermos uma igual-

dade numérica verdadeira.

Uma equação da superfície esférica é, por exemplo,

( x + 0)2 + ( y – 1)2 + ( z + 1)2 = 1. Para averiguar se o

ponto (2, –1, –1) lhe pertence, façamos a substituição:

22 + (–1 – 1)2 + (–1 + 1)2 = 1 ⇔ 4 + 4 + 0 = 1 ⇔ 8 = 1.

Como obtivemos uma igualdade numérica falsa, po-

demos afirmar que o ponto (2, –1, –1) não pertence à

superfície esférica de centro (0, 1, –1) e raio 1.

4. √∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫–∫∫2∫)∫2 = √∫(∫ x ∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫2∫)∫2∫∫+∫∫(∫ z∫∫+∫∫3∫)∫2

⇔ ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 2)2 = ( x – 1)2 + ( y – 2)2 + ( z + 3)2

⇔ ( z – 2)2 = ( z + 3)2⇔  z2 – 4 z + 4 =  z2 + 6 z + 9

⇔ 10 z = – 5 ⇔ z = –

5. a. A origem pertence ao conjunto de pontos defini-

dos pela condição  x 2 +  y2 + 4 x – 2 y = 0 porque,

quando substituímos x e y por zero, vamos obter

uma igualdade numérica verdadeira.

b. x 2 + y2 + 4 x – 2 y = 0

⇔ ( x 2 + 2 × 2 x + 22) – 22 + ( y2 – 2 × y + 12) – 12 = 0

⇔ ( x + 2)2 – 4 + ( y – 1)2 – 1 = 0

⇔ ( x + 2)2 + ( y – 1)2 = (√∫5)2

Circunferência de centro (–2, 1) e raio √∫5.

6. Seja M o ponto médio do segmento de extremos (1, 2)

e (5, 4).

M =(

,)

=(

,)

= (3, 3)

Seja d a distância do ponto (3, –4) ao ponto M (3, 3).

Então, d = √∫(∫3∫∫–∫∫3∫)∫2∫∫+∫∫[∫3∫∫–∫∫(∫–∫4∫)∫]2 = √∫7∫2 = 7.

1 + 52 2 + 42 62 62

12

-4

-4 -3 -2 -1 O  1 2 3 4

4

3

2

1

5-1

-2

-3

 y

 x -5

J (–2, 1) I (2, 1)

A(–2, –3) H (2, –3)

A(–2, –3)E (1, –3)

F (1, 0)G (–2, 0)

1 2 3 4

-4

-4 -3 -2 -1 O 

4

3

2

1

5

-1-2

-3

 y

 x -5

-4

-4 -3 -2 -1 O  1 2 3 4

4

3

2

1

5-1

-2

-3

 y

 x -5

D (π, 4)B (–√∫2, 4)

C (–3√∫3, 4)

A(–2, –3)

3

3

 y

 x 

23

23

32

32

3

2

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25Tema 1 — Geometria | Aleph 10

7. Comecemos por determinar o centro e o raio da cir-cunferência: x 2 + y2 – 2 x – 6 y + 5 = 0⇔ ( x 2 – 2 × x + 12) – 1 + ( y2 – 2 × 3 y + 32) – 9 + 5 = 0

⇔ ( x – 1)2

+ ( y – 3)2

= (√∫5)2

Façamos um esquema para percebermos o que nosestá a ser pedido e, ao mesmo tempo, ver se conse-guimos aplicar algumas propriedades ou teoremasnossos conhecidos:

Na figura vemos um triângulo rectângulo com catetosd 1 e d 2, sendo a hipotenusa o raio da circunferência.A distância procurada é o dobro de d 2. Determinemosd 1 usando a fórmula da distância de dois pontos:

d 1 = √∫(∫2∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫2∫∫–∫∫3∫)∫2 = √∫2Pelo Teorema de Pitágoras, determinemos d 2:d 21 + d 22 = (√∫5)2 ⇔ d 22 = 5 – 2 ⇔ d 22 = 3 ⇔ d 2 = √∫3

O comprimento da corda [ AB] é 2√∫3.

8. A expressão que permite definir uma coroa circularde centro (c 1, c 2) e raio interior 4 dm e raio exterior6 dm é 42 ≤ ( x – c 1)2 + ( y – c 2)2 ≤ 62.

9. No espaço define um “tubo” cilíndrico sem princípionem fim. Mais rigorosamente, define uma superfíciecilíndrica ilimitada em que o eixo de revolução é oeixo O z.

10. a. Seja 2a a aresta do cubo. Então, as coordenadasdos vértices do octaedro são:

N (

, , 0)

; I (

, , a)

; K (

a, ,)

;

M (0, , ); J ( , 0, ); L( , a, )

b.

A equação do plano mediador da aresta KL do oc-taedro é x = y. Facilmente se constata que os vér-tices D, B, F e H do cubo pertencem ao referidoplano, pois estes vértices têm todos a abcissaigual à ordenada.

c. A equação da superfície esférica que contémtodos os vértices do octaedro tem centro no ponto

(, ,

)e raio . Assim, a equação é:

( x – )2

+ ( y – )2

+ ( z – )2

= ( )2

11. ( x – 1)2 + ( y – 1)2 = 2

12. A escolha de um referencial adequado em muito fa-cilitará a obtenção das equações.Aparece aqui a equação de uma recta, aparentemente

antes de tempo. Contudo, o raciocínio é simples enão requer o recurso ao conhecimento da equaçãogeral de uma recta.

(Ver Brochura de Geometria, 10.o ano, p. 105, ME)

13. A escolha de um referencial adequado em muito fa-cilitará a obtenção das equações.Aparece aqui a equação de uma recta, aparente-mente antes de tempo. Contudo, o raciocínio é sim-ples e não requer o recurso ao conhecimento daequação geral de uma recta.

(Ver Brochura de Geometria, 10.o ano, p. 105, ME)

14. A resposta depende do referencial escolhido. Umaescolha cuidadosa facilitará os cálculos. Convémassim colocar a origem em C ou R . Se a origem forcolocada em C, então a parte sombreada será defi-nida por x 2 + y2 ≤ 16 e ( x – 6)2 + y2 ≥ 25.

Jogos muito sérios (Pág. 89)Se designarmos os três espaços de cima por A, B e C 

e os três espaços de baixo por D, E e F , então as res-trições do problema são:

 A + B + D + E = A + C + D + F  A + B + D + E = B + C + E + F 

= x 2 – a x +  y2 – 2a y + a2

a2

4⇔ ( x 2 – 2a x + a2 + y2 – a y + =

a2

4

⇔ – 2a x – a y = –a x – 2a y⇔ a x – 2a x = a y – 2a y ⇔ x (a – 2a) = y(a – 2a)⇔ x = y

a2

a2

a2

a2 a2 a2 a2

a2

 z –( )a2

 y –( )a2

 x –( )a2

( x – a)2 +

( y – a)2 +

=

=

22+

 z –( )a2

22+

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ z –

( )

a

2 y –

( )

a

2

 x –( )a2

⇔ ( x – a)2 +

( y – a)2 +=

=22

+

 z –( )a2

22+

a2

a2

a2

a2

a2

a2

a2 a2 a2 a2 a2 a2

 y

 x 1 2

2

3 5

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor26

Temos seis incógnitas e duas equações, mas não de-vemos estar à espera de uma solução única.Simplificando as equações, obtemos:

B + E = C + F 

 A + D = C + F Escolhendo 3 pares de números com a mesma somaresolvemos o problema. Assim, se escolhermos 1, 6com 2, 5 e com 3, 4, obtemos sempre uma soma de 7donde podemos deduzir, por exemplo, a solução A = 1,B = 2, C = 3, D = 6, E = 5, F = 4.Neste caso, a soma “mágica” que se obtém em cadacírculo é 14.É interessante tentar obter mais soluções e até todas assoluções possíveis, fazendo variar os números de quese parte...

O mesmo tipo de círculos mágicos mas com 4 círculostem por solução:

Desafio D.1 (Pág. 89)Para provar que se A, B e P pertencem a uma circun-ferência de centro O, tal que a medida do ângulo AOBseja a, então o ângulo APB mede metade de a. Come-cemos com um caso simples. Se o ponto P estiver noprolongamento de um dos lados do ângulo, como na fi-gura, é fácil provar que a medida do ângulo OPB é me-tade da medida do ângulo AOB pois o triângulo [OPB] éisósceles.

O caso geral pode ser reduzido a este dividindo o ân-gulo em causa por um segmento que passe pelo centrodo círculo. Dado um segmento AB e um ângulo a, paraconstruir o lugar geométrico dos pontos P tais que amedida do ângulo APB é igual a a, teremos de esperarencontrar um arco de circunferência pela propriedadeda sugestão. Teremos então de construir um ângulo de

medida igual ao dobro do pretendido (o ângulo AOB) para

que o ângulo pretendido apareça sobre a circunferência

(o ângulo APB). Para isso, começamos por traçar um

ângulo de medida igual a 90 – a sobre o segmento AB.

Isso é fácil de fazer traçando uma perpendicular a um

dos lados do ângulo. Em seguida, traçamos uma me-

diatriz do segmento  AB e no ponto de intersecção

temos um ângulo de medida igual a a; com outro ângulo

simétrico do outro lado teremos o ângulo AOB de me-dida igual a 2a e, assim, O é o centro do círculo pre-

tendido.

Desafio D.2 (Pág. 89)

a. Como—

OE =—

BC = 2 e—

OA =—

CD = 3 vem C (6, 5), E (2, 0)

e A(0, 3).

b. Na recta OD as ordenadas são um terço das abcis-

sas. Na recta QA as ordenadas são iguais ao simé-

trico de metade das abcissas adicionadas de três

unidades. Assim R , que é o ponto de intersecção dasduas rectas, deve satisfazer estas duas condições si-

multaneamente. Resolvendo o sistema:

Obtém-se R ( , ).

Capítulo 3 – Vectores livres

Exercício 1 (Pág. 97)

Exercício 2 (Pág. 97)

a.→OP =

→RQ;

→PQ =

→OR ;

→QR =

→PO;

→OS =

→TQ;

→PT =

→SR .

 y

 z

-2 y- y

 x 

 z

 y + z

3 z

 z + x 

-  z

 y -  z

185

65

 y = x 

3

 y = – + 3 x 

2

      

B a

A

O  a

A

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27Tema 1 — Geometria | Aleph 10

b. As coordenadas de O e P são O (0, 0, 0) e P (10, 0, 0).Assim:→OP = P – O = (10, 0, 0) – (0, 0, 0) = (10, 0, 0), logo||

→OP || = √∫1∫0∫2∫∫+∫∫0∫2∫∫+∫∫0∫2 = 10.

→OP = O – P = (0, 0, 0) – (10, 0, 0) = (–10, 0, 0), logo||

→PO|| = √∫(∫–∫1∫0∫)∫2∫∫+∫∫0∫2∫∫+∫∫0∫2 = 10.

As coordenadas de P e R são P (10, 0, 0) e R (0, 10, 0).Assim:→PR = R – P = (0, 10, 0) – (10, 0, 0) = (–10, 10, 0), logo||

→PR || = √∫(∫–∫1∫0∫)∫2∫∫+∫∫1∫0∫2∫∫+∫∫0∫2 = √∫2∫0∫0 = 10√∫2.

Como as diagonais do octaedro regular são todasiguais, temos que ||

→TS || = ||

→PR || = 10√∫2 e finalmente

||→TT || = || ᠬ0|| = 0.

Exercício 3 (Pág. 100)

a. → AR + →RB = → AB

b.→

 AD +→DC =

→ AC 

c.→

 AP +→PR =

→ AR 

d.→

 AP +→PB =

→ AB

e.→

 AD +→DH =

→ AH 

f.→

 AD +→DH +

→HG =

→ AG

g.→

 AD +→DC +

→CA =

→ AA

Exercício 4 (Pág. 100)

a.

PQ +

QR =

PR b.

→PS +

→SQ =

→PQ

c.→PQ +

→RS =

→OR +

→RS =

→OS 

d.→PQ +

→PO =

→PQ +

→QR =

→PR 

e.→PT +

→PS =

→PT +

→TR =

→PR 

Exercício 5 (Pág. 101)No cubo, os vectores

→DE e

→CH são colineares, assim

como os vectores→

 AB e→FG.

Quanto ao octaedro, podemos considerar o seguinte par

de vectores colineares

SQ,

OT , assim como

PQ e

OR .

Exercício 6 (Pág. 101)a.

→PQ –

→RQ =

→PQ +

→QR =

→PR 

b.→PO –

→QR =

→PO +

→RQ =

→PO +

→OP =

→PP = ᠬ0

c.→PR –

→RT =

→PT +

→TR =

→PR 

d.→PT –

→ST =

→PT +

→TS =

→PS 

Exercício 7 (Pág. 104)a.

→FA = A – F = (2, 0, 0) – (0, 0, 0) = (2, 0, 0)

b.→FB = B – F = (2, 2, 0) – (0, 0, 0) = (2, 2, 0)

c. →FC = C – F = (2, 2, 2) – (0, 0, 0) = (2, 2, 2)d.

→ AB = B – A = (2, 2, 0) – (2, 0, 0) = (0, 2, 0)

e.→DC = C – D = (2, 2, 2) – (2, 0, 2) = (0, 2, 0)

Exercício 8 (Pág. 104)a. ᠬa = (2, 2); ᠬb = (1, –3); ᠬc = (2, 2)b. ᠬa + ᠬb = (2, 2) + (1, –3) = (3, –1)c. ᠬa – ᠬc = (2, 2) – (2, 2) = (0, 0)

d. Calculemos o produto cruzado das coordenadas dosvectores ᠬa e ᠬb: 2 × (–3) = –6 ≠ 2 × 1 = 2, logo os vec-tores não são colineares.

e. Os vectores ᠬa e ᠬc são colineares pois têm as mesmascoordenadas.

Exercícios globais (Págs. 105 e 106)1. a. Por exemplo,

→ AD +

→DH .

b. Por exemplo,→

 AB +→BF .

2. a. Por exemplo,→

 AB +→BC.

b. Por exemplo,→

 AF +→

FB.c. Por exemplo,

→ AF +

→FR .

3. a. Verificar se existe um número real k não nulo talque:

Os vectores são colineares.

b. Verificar se existe um número real k não nulo talque:

Como o sistema é impossível, os vectores não sãocolineares.

c. Verificar se existe um número real k não nulo tal

que:

Como o sistema é impossível, os vectores não sãocolineares.

4. Como ||ᠬu|| = √∫2∫2∫∫+∫∫(∫–∫3∫)∫2 = √∫1∫3 e, dado que, é um

vector de norma 1, então ᠬv = = ou

seja, ᠬv = ( , – ).10√∫1∫3

15√∫1∫3

5 × ᠬu||ᠬu||

5 × (2, –3)√∫1∫3

ᠬu||ᠬu||

(5, 3√∫2) = k(3, 5√∫2) ⇔ (5, 3√∫2) = (3k, 5k√∫2)

5 = 3k

3√∫2 = 5k√∫2

k = 53

k = 35

      

     ⇔⇔

(5, –5√∫5) = k(2, 2√∫2) ⇔ (5, –5√∫5) = (2k, 2k√∫2)

5 = 2k

–5√∫5 = 2k√∫2

k = 52

k = –5√∫5

2√∫2

      

     ⇔⇔

(5, 5√∫2) = k(2, 2√∫2) ⇔ (5, 5√∫2) = (2k, 2k√∫2)

5 = 2k

5√∫2 = 2k√∫2

k = 52

k = 52

      

     ⇔⇔

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Aleph 10 | Guia do Professor28

5. a. Por exemplo,→PE +

→EQ e

→PB +

→BQ.

b. Por exemplo,→PD +

→DC +

→CQ e

→PA +

→ AB +

→BG +

→GH +

→HQ.

c. Até ao ponto C .

d. Até ao ponto Q.

6. Designemos os pontos por A(–1, 7); B(0, 1) e C (1, –5).Determinemos a equação reduzida da recta que con-tém os pontos A e B.Um vector director da recta é:→

 AB = B – A = (0, 1) – (–1, 7) = (1, –6), pelo que o decliveda recta é m = –6.Como o ponto B pertence ao eixo dos yy, a ordenadana origem é 1.Assim, a equação reduzida da recta que contém os

pontos A e B é y = –6 x + 1. Verifiquemos se o pontoC (1, –5) pertence à recta: –5 = –6 × 1 + 1, ou seja,–5 = –5, donde o ponto pertence à recta. Podemosconcluir que os pontos A, B e C são colineares.

7.

A área do triângulo [DEF ] é da área do triângulo[ ABC ]. Logo, a área é igual a 4.Como os pontos X , Y , Z são pontos médios do triân-

gulo equilátero [BDE ] formam um triângulo [ XYZ ]igualmente equilátero, em que a sua área é da dotriângulo [BDE ], logo igual a 1.

18. Ponto médio do segmento [ AB], coordenadas dovector

→ AB e norma do vector

→ AB.

Desafios D.1 (Pág. 107)

Temos que:→GA +

→GB +

→GC = ᠬ0 ⇔

→GC +

→GB = –

→GA (1).

Da figura resulta que:→GM =

→GC +

→CM e

→GM =

→GB +

→BM .

Adicionando vem: 2 ×→GM =

→GC +

→GB +

→CM +

→BM 

Por (1) e atendendo a que o ponto M é o ponto médio dolado [BC ], temos: 2 ×

→GM = –

→GA + ᠬ0 ⇔

→GM =

→GA.

Então ||→GM || = ||

→GA||.

Isto mostra que o baricentro divide uma mediana em doissegmentos que estão na razão de 1 para 2.

Desafios D.2 (Pág. 107)Tem-se

→ AB = (b1 – a1, b2 – a2) e

→BC = (c 1 – b1, c 2 – b2).

Como os vectores são colineares temos que existek ∈ R\{0} tal que:→

 AB = k ×→BC ⇔ (b1 – a1, b2 – a2) = k(c 1 – b1, c 2 – b2)

Assim, k = e k = .

Daqui resulta que, =

⇔ (b1 – a1)(c 2 – b2) = (c 1 – b1)(b2 – a2) ⇔ = .

Capítulo 4 – Equações da recta

Exercício 1 (Pág. 113)Designemos os pontos por A(–1, 2) e B(0, 3).

Um vector director da recta é, por exemplo,→ AB = B – A = (0, 3) – (–1, 2) = (1, 1).Pelo que uma equação da recta é, por exemplo,( x , y) = (–1, 2) + k(1, 1), k ∈ R.

Exercício 2 (Pág. 113)a. Sendo A(1, 0) e B(2, 2), um vector director da recta é,

por exemplo,→

 AB = B – A = (2, 2) – (1, 0) = (1, 2).Então, uma equação da recta é, por exemplo,( x , y) = (1, 0) + k(1, 2), k ∈ R.

b. Como é paralela à recta AC, um vector director da

recta é, por exemplo,→ AC = C – A = (–1, 2) – (1, 0) = (–2, 2).Assim, uma equação da recta que contém o ponto Bé ( x , y) = (2, 2) + k(–2, 2), k ∈ R.

Exercício 3 (Pág. 113)Na equação da recta ( x ,  y) = (1, 2) + k(–1, 3), k ∈ R,quando k = 0 obtemos o ponto A(1, 2) e quando k = –1obtemos o ponto B(2, –1).→

 AB = B – A = (2, –1) – (1, 2) = (1, –3)Este vector (1, –3) é colinear com o vector (–1, 3) seexistir um número real t  diferente de zero tal que(1, –3) = t (–1, 3). Basta tomar t = –1 para que a igualdadese verifique. Logo, os vectores são colineares.

c 1 – b1b1 – a1

c 2 – b2b2 – a2

b1 – a1c 1 – b1

b2 – a2c 2 – b2

b1 – a1c 1 – b1

b2 – a2c 2 – b2

12

12

B A

14

14

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29Tema 1 — Geometria | Aleph 10

Exercício 4 (Pág. 113)A equação vectorial será, por exemplo,( x , y) = (–1, 2) + k(–3, 2), k ∈ R.

Exercício 5 (Pág. 116)Designemos os pontos por A(1, 2) e por B(3, –4). Umvector director da recta é, por exemplo,→

 AB = B – A = (3, –4) – (1, 2) = (2, –6), pelo que o decliveda recta é m = ⇔ m = –3.

Assim, uma equação reduzida será da forma y = –3 x + b.Para determinarmos b, consideremos um dos pontosda recta, por exemplo, o ponto A. Substituindo na equa-ção, temos –1 = –3 × 2 + b ⇔ b = 5.Então a equação reduzida da recta é y = –3 x + 5.

Exercício 6 (Pág. 116)Se a recta tem a direcção do vector ᠬu(0, 2) então é umarecta vertical do tipo x = constante. Como passa no ponto(1, 2) tem por equação reduzida x = 1.

Exercício 7 (Pág. 116)A bissectriz dos quadrantes ímpares tem equação y = x ,pelo que o declive é 1. A bissectriz dos quadrantespares tem equação y = – x , donde o declive é –1. A equa-ção do eixo dos xx é y = 0, donde o declive é 0.

Exercício 8 (Pág. 116)a. Se a equação é y = 3, o seu declive é 0.b. Se a equação é y = 3 –2 x ⇔ y = –2 x + 3, o seu declive

é –2.c. A equação na forma reduzida é:

2 x + 3 y = 7 ⇔ 3 y = –2 x + 7 ⇔ y = – x +

O seu declive é – .

Exercício 9 (Pág. 116)Se a recta tem declive 3, é da forma y = 3 x + b. Como

contém o ponto (–1, 5), substituindo na equação, temos5 = 3 × (–1) + b ⇔ b = 8. A equação reduzida da recta é y = 3 x + 8. Se a ordenada é 3, para sabermos a abcissabasta substituir na equação da recta:

3 = 3 × x + 8 ⇔ x = –

Assim, a abcissa do ponto de ordenada 3 é – .

Exercícios globais (Págs. 118 e 119)1. O vector director da recta é (1, 3). Então, o declive da

recta é m = ⇔ m = 3. Assim, y = 3 x + b.

Atendendo a que passa no ponto (–2, 1), temos:1 = 3 × (–2) + b ⇔ b = 7A equação reduzida da recta é y = 3 x + 7.

2. Determinar a intersecção das rectas corresponde a

resolver o sistema com as duas equações y = 3 x – 2

e y = 2 x – 3. O conjunto-solução é (–1, –5).

3. a. As coordenadas dos vértices do cubo são: A(3, 0, 0); B(3, 3, 0); C (0, 3, 0); D(0, 0, 0); E (3, 0, 3);

F (3, 3, 3); G(0, 3, 3) e H (0, 0, 3).

Como os vértices do octaedro estão no centro das

faces do cubo, são pontos médios das diagonais.

Logo,

I ( , , 3); J ( , 0, ); K (3, , )L( , 3, ); M (0, , ); N ( , , 0)

b. Por exemplo, a recta ( x , y, z) = I + k →IJ , k ∈ R

⇔ ( x , y, z) = ( , , 3) + k(0, – , – ) k ∈ R.

c. Por exemplo, a recta ( x , y, z) = N + t ×→KN , t ∈ R

⇔ ( x , y, z) = ( , , 0) + t (– , 0, – ) t ∈ R.

4. A recta 2 x – 3 y + 2 = 0 admite como equação redu-

zida y =  x + . Como rectas paralelas têm o mesmo

declive, a recta pedida tem declive . Logo, a sua

equação reduzida é da forma y =  x + b. Como contém

o ponto (1, 4), temos 4 = × 1 + b ⇔ b = , pelo que

a equação é y =  x + .

5. A equação da bissectriz dos quadrantes pares é y = – x .

Logo, o declive da recta é –1. A equação reduzida é

da forma  y = – x + b. Como contém o ponto (3, 4)

temos, 4 = –3 + b ou seja, b = 7. Portanto, a recta pe-

dida é y = – x + 7.

6. Um vector director do eixo dos  yy é (0, 1, 0). Logo,

basta ver que o vector director da recta dada (0, 3, 0)

é colinear com (0, 1, 0). De facto, existe um k real não

nulo tal que (0, 3, 0) = k(0, 1, 0) que é k = 3, o que

prova que as rectas são paralelas.

7. a. Um vector director da recta r é (1, 3) e da recta s é

(3, 2). Verifiquemos se eles são colineares, ou seja,

se existe um k real não nulo tal que (1, 3) = k(3, 2)⇔ k = e k = . Isto significa que os vectores não

são colineares, pelo que as rectas não são paralelas.

13

32

23

103

23

103

23

2

3

23

23

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

32

3

1

53

53

23

23

73

–62

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Aleph 10 | Guia do Professor30

b. Eis um processo de resolução. Se o ponto é comum

às duas rectas, então terão de existir k e λ tais que

(–2, 1) + k(1, –3) = (1, –1) + λ (3, 2) ⇔

(–2, + k, 1 – 3k) = (–1 + 2λ ),

o que leva à resolução do sistema:

Assim para aqueles valores de k e λ , obtemos o

ponto comum. Substituindo na equação das rectas

obtemos a intersecção: (– , – ).

8. Estamos perante um triângulo rectângulo em O, cuja

base mede 5 e a altura é [ AO]. Como a área é 10,

temos que: 10 = ⇔—

OA = 4. As coordenadas

do ponto A são (0, 4). Um outro ponto da recta tem

coordenadas (5, 0) que designamos por B. Um vector

director da recta é→

 AB = B – A = (5, 0) – (0, 4) = (5, –4).

Temos, então, declive m = – . Atendendo a que o

ponto A tem coordenadas (0, 4), a ordenada na origem

é 4. Assim, a equação reduzida da recta é y = – x + 4.

9. A equação da bissectriz dos quadrantes ímpares é

 y = x . Como o ponto P lhe pertence, resulta que:

4r – 6 = r – 12 ⇔ 4r – r = 6 – 12 ⇔ 3r = –6 ⇔ r = –2.

O valor pedido é –2.

10. Representemos os pontos A, B e C num referencial.

O ponto D obtém-se adicionando ao ponto C o vec-

tor→

 AB.

→ AB = B – A = (–2, 1) – (2, –5) = (–4, 6)

D = C +→

 AB ⇔ D = (3, –1) + (–4, 6) ⇔ D = (–1, 5)

Assim, o ponto pedido é D = (–1, 5).

11. Consideremos o triângulo rectângulo com catetos54 e 870.

Como tg(a) = , temos que o declive é .

Na indicação do enunciado temos que a 6% corres-ponde ao triângulo rectângulo:

Como tg(b) = , temos que o declive é .

Como > , podemos confirmar que o declive

do primeiro troço é menor.

12. Ao desenhar rectas do lado esquerdo, que se apro-ximam do eixo dos yy, obtemos rectas que têm de-clives negativos cada vez com maior valor absoluto.

Por exemplo, começando com a recta  y = – x , paranos aproximarmos do eixo dos yy temos de atribuirvalores cada vez menores ao declive.Se o fizer do lado direito obtemos rectas que têmdeclives positivos cada vez com maior valor abso-luto. Por exemplo, se começarmos com a recta y = x ,para nos aproximarmos do eixo dos  yy temos deatribuir valores cada vez maiores ao declive.Assim, o eixo dos yy tem declive menos infinito à es-querda e mais infinito à direita pelo que só parece seraceitável concluir não haver declive do eixo dos yy.

Desafio D.1 (Pág. 120)Se A = (a, 0) e B = (0, b) então um vector director darecta é

→ AB = B – A = (0, b) – (a, 0) = (–a, b) e o declive

da recta é m = – .

A equação reduzida da recta tem a forma  y = m x + k,em que m designa o declive e k a ordenada na origem.Assim, a recta tem como equação reduzida y = –  x + b.

A esta equação pode ser dada a forma pedida:

 y = –  x + b ⇔ a y = –b x + ab ⇔ b x + a y = ab ⇔

⇔ + = 1 ⇔ + = 1b x ab

a yab

 x 

a y

b

54

870

a

-4

-3 -2 2-1

-2

-3

 y

 x 3

1

2

3

-5 A

ba

ba

ba

54870

6100

6100

6100

6

100

b

–2 + k = 1 + 3λ 

1 – 3k = –1 + 2λ 

k = 1211

λ = 7

11

      

     ⇔

54870

54870

45

45

5 ×—

OA2

1011

2511

Page 33: Mat Aleph Professor

7/27/2019 Mat Aleph Professor

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31Tema 1 — Geometria | Aleph 10

Desafio D.2 (Pág. 120)a. Podemos dizer que é sempre um número não nega-

tivo e menor ou igual à soma das normas dos doisvectores.

b. Por exemplo:

Os vectores ᠬu e ᠬv tem a mesma direcção e o mesmosentido e, neste caso, a norma de ᠬu + ᠬv é igual à somadas normas dos vectores ᠬu e ᠬv.

c. Por exemplo:

Os vectores ᠬu e ᠬv tem a mesma direcção e sentidosopostos. Neste caso, a norma de ᠬu + ᠬv é menor do quea soma das normas dos vectores ᠬu e ᠬv .

d. Não é possível, pois em qualquer triângulo qualquerlado é menor que a soma dos outros dois.

Prova globaisProva global N.o 1 (Págs. 124 e 125)1. Dos dados da figura e do enunciado retiramos que o

perímetro da figura é dado por:P = a + b + (a – 3) + 4 + 3 + (b – 4) ⇔ P = 2a + 2b. Seo perímetro é 100, então 2a + 2b = 100 ⇔ a + b = 50⇔ b = 50 – a.A área A da figura é dada por:

 A = a × b – 3 × 4 ⇔ A = ab – 12.Como b = 50 – a, então a área em função de a é dada

por: A(a) = a(50 – a) – 12 ⇔ A(a) = 50a – a2 – 12⇔ A(a) = –a2 + 50a – 12, com a > 3.

2.

Considerando o referencial centrado no centro dacircunferência de raio 3, obtemos:Equação da circunferência de centro (0, 0) e raio 3: x 2 + y2 = 32.

Equação da circunferência de centro (3, 2) e raio 2:( x – 3)2 + ( y – 2)2 = 22.A área sombreada, no referencial escolhido, é, então,dada por: x 2 + y2 ≤ 9 e ( x – 3)2 + ( y – 2)2 ≤ 4.

3. Seja a a abcissa do ponto de intersecção da recta y = m x + 2 com o eixo das abcissas.

A área do triângulo é, então, = a. Como se quer

que o triângulo tenha área 16, então a = 16. Determi-

nemos agora m: m = = = .

4. Dado que→

 AL =→EH , se a

→EH adicionarmos o vector

→HJ 

vamos obter o vector→EJ .

5. 1.o Processo:

Consideremos os vectores→

 AB e→BC .

→ AB = B – A = (0, 1) – (1, 2) = (–1, –1)→BC = C – B = (–1, 0) – (0, 1) = (–1, –1). Como obtivemos→

 AB e→BC que são o mesmo vector, então podemos

afirmar que os três pontos são colineares.

2.o

Processo:Vamos determinar a recta definida, por exemplo,pelos pontos A e B e averiguemos se o ponto C lhepertence; se lhe pertencer é porque os três pontossão colineares.Seja y = m x + b.Determinemos m: m = = = 1.

Então, a recta definida pelos pontos A e B é da forma y = x + b.Determinemos b:

Consideremos, por exemplo, o ponto B(0, 1); temosque, substituindo na equação y = x + b as suas coor-denadas, vamos obter uma igualdade numérica ver-dadeira, o que nos permitirá obter b.Assim, 1 = 0 + b ⇔ b = 1 e a equação procurada é y = x + 1.Averiguemos se C (–1, 0) pertence a esta recta:0 = –1 + 1 ⇔ 0 = 0. Como obtivemos uma igualdadenumérica verdadeira podemos afirmar que o pontoC pertence à recta. Logo A, B e C são três pontos co-lineares.

6. Temos AT = 2 × 5 + 2 × (5 × 3) + 2 × (2 × 3)⇔ AT = 10 + 2 × 15 + 2 × 6 ⇔ AT = 10 + 30 + 12⇔ AT = 52 cm2.

u

 v

u

 v

u + v

u  v

u v

u + v

2 – 11 – 0

11

2 – 016 – 0

216

18

2 × a2

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor32

Prova global N.o 2 (Págs. 126 e 127)1. O volume do cilindro é igual ao produto da área da

base pela sua altura. A altura é 30, pois é o diâmetroda bola. Quanto à área da base pode ser calculada

usando, também, o facto de a bola ter o raio igual a15 cm; significa isto que o raio da circunferência dabase do cilindro também é 15 e, então, a área da basedo cilindro é π × 152 cm2.Assim, o volume do cilindro é 6750 π cm3.

2. a.C (0, 0, 0)D(4, 0, 0)

 A(4, 4, 0)

B(0, 4, 0)I (2, 2, 4)

b. Temos V p = × Ab × h = × 42 × 4 = × 43

V c = 43

Assim, o volume do cubo não ocupado pela pirâmide

é 43 – × 43 = cm3.

3.→

 AD = –3→

 AB –→

 AC 

4. Vamos determinar a ordenada na origem da recta deequação 2 x + 3 y + 6 = 0, por dois processos diferentes:

1.o Processo:

Substituindo o x por zero na equação da recta e de-terminando a ordenada correspondente (que é a or-denada na origem): 2 × 0 + 3 y + 6 = 0 ⇔ 3 y = –6 ⇔

⇔ y = –2.

2.o Processo:

Escrevendo a equação reduzida da recta:

2 x + 3 y + 6 = 0 ⇔ 3 y = –2 x – 6 ⇔ y =  x – 2.

A ordenada na origem da recta 2 x + 3 y + 6 = 0 é,então, o termo independente do lado direito da equa-

ção, ou seja, –2.Assim, a equação da recta pedida é y = 2 x – 2.

5. a. Duas arestas paralelas não contidas na mesmaface são, por exemplo, [ AO] e [DG].

i) Equação vectorial da recta que contém a aresta[ AO]: ( x , y, z) = (0, 0, 0) + k(1, 0, 0), k ∈ R

ii) Equações cartesianas da recta que contém[DG]: y = 2 e z = 5.

b. São faces perpendiculares, por exemplo, as facesdefinidas pelos pontos [OABC ] e [OCDE ]i) A equação do plano que contém a face [OABC ]

é z = 0.

ii) A equação do plano que contém a face [OCDE ]é x = 0.

6. Para determinar a área do chão do chuveiro temosque calcular a área do quadrado “todo” e subtrair aárea do orifício, que é um círculo.Área do quadrado (Q): Q = 1 × 1 = 12 = 1 m2.Área do orifício (O): Para calcularmos a área do ori-fício temos que reduzir centímetros a metros. Assim,10 cm são 0,1 m. O raio do orifício é 0,05 m e, então,O = π × (0,05)2 = 0,0025 π m2.

A área do chão do chuveiro é (1 – 0,0025 π) m2.

Prova global N.o 3 (Págs. 128 e 129)1. Sendo a área do quadrado [ ABCD] igual a 16 cm2,

o seu lado tem de comprimento 4 cm.Designemos por a a medida dos segmentos [ AF ] e [FB].Como o triângulo [ ABF ] é rectângulo em F , usando oTeorema de Pitágoras temos:

a2 + a2 = 42 ⇔ 2a2 = 16 ⇔ a = √∫8

Assim, o lado do quadrado [EFGH ] é 2√∫8, sendo a

área do quadrado 2√∫8 × 2√∫8 = 32 cm2.A área não sombreada é, então, igual a32 cm2 – 16 cm2 = 16 cm2.

2. Se o centro é o ponto (2, 0) e o raio é 1, uma equa-ção da circunferência é:( x – 2)2 + ( y – 0)2 = 12 ⇔ x 2 – 4 x + 4 + y2 = 1⇔ x 2 + y2 – 4 x + 3 = 0Obtemos, assim, a equação pedida.Para verificar se o ponto (2, –1) pertence à circunfe-rência temos de verificar se satisfaz a equação.Assim, substituindo, temos:

22 + (–1)2 – 4 × 2 + 3 = 0ou seja, 0 = 0, o que significa que o ponto pertenceà circunferência.

3. O plano mediador é o lugar geométrico dos pontosque estão a igual distância de (1, 2, –1) e (2, –1, 1).Suponhamos que os pontos nessas condições têmcoordenadas ( x , y, z); uma equação do plano media-dor será então:

( x – 1)2

+ ( y – 2)2

+ ( z + 1)2

= ( x – 2)2

+ ( y + 1)2

+ ( z – 1)2

⇔ x 2 – 2 x + 1 + y2 – 4 y + 4 + z2 + 2 z + 1 = x 2 – 4 x + 4 + y2 + 2 y + 1 + z2 – 2 z + 1

⇔ 2 x – 6 y + 4 z = 0 ⇔ x – 3 y + 2 z = 0

23

12

13

1283

13

13

13

A

G  F 

 z

 y

 x 

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33Tema 1 — Geometria | Aleph 10

4.

a) A(0, 0, 1); B(1, 1, 1); C (0, 1, 0); D(1, 0, 0)

b) Se a aresta do cubo é 1, então V cubo = 1.

As arestas do tetraedro são as diagonais das

faces do cubo. Assim: a2 = 12 + 12 ⇔ a = √∫2.

Isto dá-nos o valor da aresta do tetraedro em fun-

ção da aresta do cubo. Substituindo na fórmula

que nos dá o volume do tetraedro, temos:

V tetraedro = (√∫2)3 × √∫2 = = , como queríamos

demonstrar.

5. Os triângulos [BCD], [DEF ], [ ABH ] e [HFG] são iguais

por terem os lados iguais cada um a cada um. Além

disso, são triângulos rectângulos isósceles, pelo que

os seus ângulos agudos medem 45o. Assim sendo, o

polígono [BDFH ] tem os ângulos todos rectos e, comotem os lados todos iguais é um quadrado.

Podemos então afirmar que→BD =

→HF .

Logo, temos que→GH +

→BD =

→GH +

→HF =

→GF .

6. Coloquemos um referencial sobre a figura e deter-

minemos a equação da recta que contém um dos

lados do telhado (por exemplo, o lado esquerdo).

A recta que passa por OP terá então declive e, como

passa pela origem, terá por equação y =  x . O que

pretendemos saber é a ordenada do ponto da recta de

abcissa correspondente ao centro da cabana. Aten-

dendo à simetria da cabana, essa abcissa é 5. Assim,

a altura dada será y = × 5 = .

Resolução alternativa:

Recorrendo à trigonometria do 9.o ano, sabemos que,

sendo a a medida de um ângulo agudo do triângulo,

se tem tg(a) = .

A altura (h) da cabana divide a largura em duas par-

tes iguais, ou seja, cada uma tem 5 m. O bordo do

telhado é a hipotenusa de um triângulo rectângulo

em que um dos catetos é a altura e o outro é 5 m.

Como o declive é o mesmo, este triângulo é seme-

lhante ao anterior.

Como são semelhantes, temos que:

= ⇔ 4h = 15 ⇔ h = 3,75 m

A altura do telhado é, então, de 3,75 metros.

Prova global N.o 4 (Págs. 130 e 131)

1. a. Como→EH =

→BC , temos que

→ AB +

→EH =

→ AB +

→BC =

→ AC .

b. Como –→CG =

→GC =

→EA, temos que

→DE –

→CG =

→DE +

→EA =

→DA.

c. Os pontos H e  A pertencem ao plano mediador

pois são equidistantes de D e E (a distância a cada

um deles é igual a uma das arestas do cubo).O ponto G também é equidistante de D e E, pois a

distância é igual a uma diagonal facial do cubo.

Como três pontos não colineares definem um

plano, o plano mediador é [HAG].

2. O raio da superfície esférica é a distância do centro

a um dos pontos.

Assim, r = √∫(∫–∫1∫∫+∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫2∫∫–∫∫1∫)∫2∫∫+∫∫(∫1∫∫–∫∫1∫)∫2 = 1

A equação da superfície esférica é então:

( x + 1)2 + ( y – 2)2 + ( z – 1)2 = 1

⇔ x 2 + 2 x + 1 + y2 – 4 y + 4 + z2 – 2 z + 1 = 1

⇔ x 2 + y2 + z2 + 2 x – 4 y – 2 z + 5 = 0

35

3h

5

a

a

4

3

3

4

34

154

34

34

 y

 x O 

112

412

13

 y

 x 

 z

A

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Aleph 10 | Guia do Professor34

3. O círculo amarelo tem centro no ponto (–2, –3) e raio 3.A sua equação é: ( x + 2)2 + ( y + 3)2 ≤ 9O círculo a verde tem centro no ponto (1, –3) e raio 3.A sua equação é: ( x – 1)2 + ( y + 3)2 ≤ 9

A região a amarelo é a intersecção do círculo ama-relo com a parte exterior do círculo verde. Assim,a resposta à questão é:

( x + 2)2 + ( y + 3)2 ≤ 9 e ( x – 1)2 + ( y + 3)2 > 9

4. a. Substituindo as coordenadas do ponto A na equaçãoda esfera obtemos: (2 – 1)2 + (1 – 2)2 + (1 – 1)2 = 2valor que é menor do que 3, donde o ponto é umponto do interior da esfera.Substituindo as coordenadas do ponto B na equação

da esfera, obtemos (0 – 1)2 + (0 – 2)2 + (0 – 1)2 = 6,valor que é maior do que 3, donde o ponto é exte-rior à esfera.

b. Visto que estes pontos “estão sobre a esfera”,pertencem à superfície esférica. Para os deter-minar vamos substituir, na equação da superfícieesférica, x por 1 e y por 1:(1 – 1)2 + (1 – 2)2 + ( z – 1)2 = 3⇔ 1 + ( z – 1)2 = 3 ⇔ ( z – 1)2 = 2Assim, ( z – 1)2 = 2 ⇔ z2 – 2 z + 1 = 2⇔ z2 – 2 z – 1 = 0 ⇔ z = 1 ±√∫2

Os pontos são, então, (1, 1, 1 – √∫2) e (1, 1, 1 + √∫2).c. Os pontos de cota 1 constituem o conjunto dos

pontos que se obtém substituindo na equação daesfera z por 1.

( x – 1)2 + ( y – 2)2 + (1 – 1)2 ≤ 3⇔ ( x – 1)2 + ( y – 2)2 ≤ 3Ou seja, são os pontos de um círculo de centro noponto (1, 2, 1) e raio √∫3, assente no plano z = 1.

5. a. Representemos graficamente a situação:

A mediatriz do lado vertical tem por equação y = .

A mediatriz do lado horizontal tem por equação x = 2.b. O ponto de encontro das mediatrizes determina-

das é: (2, ).

c. Os vértices têm coordenadas (0, 0), (0, 3) e (4, 0).

Calculemos as distâncias ao ponto (2, ).

O que prova que o ponto de intersecção é equi-distante dos vértices do triângulo.

6. Como os ladrilhos são todos iguais, a solução mínimaé obtida cobrindo completamente a mesa sem folgasnem sobreposições. Dois ladrilhos justapostos for-mam um rectângulo:

Em cada um dos rectângulos laterais cabem, se-gundo a largura, três peças destas, pois 45 : 15 = 3,e 2 peças segundo a altura, dado que 40 : 20 = 2.Assim, em cada rectângulo lateral temos 2 × 3 = 6peças destas, o que corresponde a 12 ladrilhos.Nos dois rectângulos laterais temos então 24 ladrilhos.No rectângulo grande cabem, segundo a largura, 18peças destas correspondentes a 270 : 15 = 18 e,

segundo a altura, quatro peças correspondentes a(120 - 40) : 20 = 4.Logo, no rectângulo grande temos 4 × 18 = 72 peçasque correspondem a 144 ladrilhos triangulares.O número de ladrilhos necessários para cobrir amesa é 24 + 144 = 168 ladrilhos.

20 cm

15 cm

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫0 –

( )32

52(0 – 2)2 + =

2

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫3 –( )32

52

(0 – 2)2 + =2

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫0 –( )32

52

(4 – 2)2 + =2

32

32

32

O  3 x 

 y

4

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Funções

TEMA 2

Capítulo 1 – Introdução: funções e gráficos

Capítulo 2 – Estudo intuitivo de propriedades das funções e dos seus gráficos

Capítulo 3 – A parábola

Capítulo 4 – Funções polinomiais

Capítulo 5 – Polinómios interpoladores

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Aleph 10 | Guia do Professor36

Propostas de resolução das tarefas eexercícios

Capítulo 1 – Introdução: funções e gráficos

Tarefa 1 (A chama da vela de aniversário) (Pág. 9)É uma actividade experimental, simples e motivadora.

O material necessário para a realização desta experiên-cia (velas de aniversário das mais pequenas, cronóme-tros ou relógios com contagem de segundos) é de fácilacesso. As velas pequenas de aniversário ardem de

forma bastante regular, cerca de 2 mm em cada 20 se-gundos. A discussão da situação com toda a turma per-mite abordar o conceito de função, de domínio, de

contradomínio, diversas formas de definir uma função(tabela, gráfico, expressão analítica) e é ainda uma opor-

tunidade para apresentar a função como modelo de umasituação concreta descrevendo-a e fazendo previsões.

(Adaptado de: Brochura de Funções, 10.o ano, pp. 64 e 65, ME)

Exercício 1 (Pág. 11)a. f (1) = 156. Com um grama de manteiga a sanduíche

tem 156 calorias.b. f (0) = 150; f (15) = 240; f (20,5) = 273c. Não existe –1 grama de manteiga para barrar.

d. D f = [0, 25]

Exercício 2 (Pág. 11)a. É função, a cada dia 1 de Janeiro corresponde um e

um só custo do selo.b. É função, para uma base b dada, para cada valor da

altura vamos obter valores diferentes da área.c. É função, desde que salta o pára-quedista em cada

momento está a uma distância diferente do solo.d. Não é função, pois o amor da Humanidade pelos cro-

codilos não é quantificável.e. É função, para cada dia do ano a sua duração é sem-

pre de 24 horas, o que corresponde a uma funçãoconstante.

f. É função, em cada dia do ano só existe uma tempe-ratura máxima.

g. Não é função, a cada dia do ano, numa dada cidade,podem corresponder diferentes valores do preço dopão.

Exercício 3 (Pág. 11)a. f (0) = 23b. f (1,5) = 23; f (2) = 24; f (23) = 69c. f (7) < f (1), pois f (1) = 23 e f (7) = 3 × 7 = 21

Exercício 4 (Pág. 15)Os gráficos seguintes representam uma função pois, acada objecto corresponde uma e uma só imagem outodas as rectas paralelas ao eixo dos yy só intersectam

o gráfico num único ponto.

Todos os outros gráficos não representam funções, ouseja,

pois a cada objecto nem sempre corresponde uma euma só imagem, ou seja, existe pelo menos uma rectaparalela ao eixo dos yy que intersecta o gráfico em maisdo que um ponto.

Exercício 5 (Pág. 15)Os gráficos A, B, E e F podem representar viagens.Os gráficos A e E representam viagens em que não éevidente o regresso, e os gráficos B e F representamviagens que, ao fim de um certo tempo, indicam um re-gresso. Os gráficos C e D não representam viagens. No

gráfico C é indicado que durante um certo intervalo detempo se está simultaneamente em locais diferentes oque é impossível. No gráfico D verifica-se que no tempo0 se está em dois locais diferentes, o que é impossível.

Exercício 6 (Pág. 16)À situação 1 corresponde o gráfico B1, ao eixo dos  xx corresponde o tempo e ao eixo dos yy a temperatura.À situação 2 corresponde o gráfico B4, ao eixo dos  xx corresponde o tempo e ao eixo dos yy a altura.À situação 3 corresponde o gráfico B

3, ao eixo dos xx 

corresponde as horas e ao eixo dos yy a temperatura.À situação 4 corresponde o gráfico B2, ao eixo dos xx cor- responde a temperatura e ao eixo dos yy a temperatura.

 y .24193548= x  4.5=

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37Tema 2 — Funções | Aleph 10

Alguns pontos de referência:

Exercício 7 (Pág. 17)a. Como nada é indicado no 1.o, 3.o e 4.o gráficos, a uni-

dade no eixo dos yy é de um grau. No 2.o local a uni-dade é 0,1 graus e, neste, a variação é entre –0,6 e

0,6 apresentando uma variação de 1,2.b. A zona mais fria é a que corresponde ao 4.o gráfico

pois, apesar da variação de temperatura ser igual àdo 1.o gráfico, atinge temperaturas negativas durante

o dia. A zona mais quente corresponde ao 3.o gráfico,em que a temperatura é sempre positiva.

c. O 3.o gráfico não se refere à variação da temperatura

T durante um dia, pois, a partir de certa hora do dia,

a temperatura parece estar sempre a aumentar.

Exercícios globais (Págs. 18 e 19)1. f (0) = 02 = 0;  f (1) = 12 = 1;  f (–1) = (–1)2 = 1;

 f (23) = 232 = 529

2. g(√∫2) = = ; g(3) = = ; g(–33) não existe,

pois a função só está definida no intervalo [–5, 4].

3. a. 1350 metros.

b. 600 metros.

4. Sendo o triângulo equilátero de lado c , a altura tra-çada por um dos vértices divide o lado oposto em

dois segmentos iguais ( ).

Usando o Teorema de Pitágoras, determinemos a alturaem função do lado (c ).

h2 = c 2 – ⇔ h2 = ⇔ h =

Então, A(c ) = .

5. Se T 2 é proporcional a d 3, temos que = k, onde ké a constante de proporcionalidade.

Assim, = k ⇔ T 2 = kd 3 ⇔ T = √∫k∫d ∫3 .

6. a. –3 oCb. 1,5 minutos.c. A água está a aproximadamente 10 oC no minuto 1 e

atinge os –3 oC aos 10 minutos. Assim, 10 – 1 = 9 mi-

nutos.

7. a. 1 –  x 2 = (1 –  x )(1 +  x ) donde as funções têm amesma expressão designatória e o domínio decada uma delas é o conjunto dos números reais.

b. Ambas têm domínio R e as expressões analíticassão equivalentes em R, pois

= = x 2 – 3

8. a. A expressão tem domínio R\{–√∫3, √∫3} e

 x 2 + 3 tem domínio R. Como as funções reais nãotêm o mesmo domínio não representam a mesmafunção.

b. Embora o domínio das duas funções seja R, a fun-ção √∫(∫ x ∫2) só tem imagens não negativas enquantoque as imagens da função x são todo o conjunto R.Como as funções não têm o mesmo contradomínionão representam a mesma função.

D.1 (Pág. 20)

Entre dois números racionais há sempre um número ir-racional, e entre dois números irracionais há sempreum número racional.

 x 

 y

 x 4 – 9 x 2 – 3

 x 4 – 9 x 2 + 3

( x 2 – 3)( x 2 + 3) x 2 + 3

T 2

d 3

T 2

d 3

√∫3c 2

4

c 2

43c 2

4√∫3c 2

c 2

c 2

19

132

12

1

(√∫2)2

 B1 90

70

55

10 20

 B2

5 8

120

100

 B3

15 27 39

1413

 B4

0 4 10

275

140

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Aleph 10 | Guia do Professor38

D.2 (Pág. 20)Seja a variável independente o tempo (em minutos) em

que a origem corresponde às 12 h.

Seja a variável dependente a distância em quilómetros.

Fernando:Parte da origem (0, 0). Como demora 15 minutos a per-

correr cada quilómetro, chega ao castelo 75 minutos

depois, a que corresponde o ponto (75, 5).

A equação reduzida da recta que descreve o percurso

do Fernando é y =  x .

Irmã do Fernando:Parte do ponto (0, 5). Como demora 20 minutos a per-

correr cada quilómetro, chega a casa 100 minutos de-

pois, a que corresponde o ponto (100, 0).

A equação reduzida da recta que define o seu percursoé y = – x + 5.

Recorrendo às potencialidades da calculadora obtemos:

A representação gráfica cuja intersecção é:

a. Encontram-se aproximadamente às 12h42min.b. O Fernando está a uma distância de aproximada-

mente 2857 metros de casa. Assim, a distância do

Fernando ao castelo é de 2125 metros.

c. Um horário possível para visitas ao castelo é: das 9h

às 12h e das 13h30min. às 16h30min.Naturalmente que os alunos podem resolver esta

questão sem a utilização da calculadora resolvendo

um sistema.

Capítulo 2 – Estudo intuitivo de propriedades das fun-ções e dos seus gráficos

Tarefa 1 (Observar gráficos) (Pág. 27)

Para o 1.o gráfico temos:

D f = R CD f = ]–∞, 3[

Zeros: {–4, –1, 1, 4}

Quadro de variação de sinal:

Para o 2.o gráfico temos:

Dg = R CDg = ]–2, 2[Zeros: O conjunto dos números inteiros relativos, ZQuadro de variação de sinal: para cada k inteiro positivo,

Para o 3.o gráfico temos:Dh = R CDh = ]–∞, 3[Zeros: {–1,9}Quadro de variação de sinal:

Tarefa 2 (Observar mais gráficos) (Pág. 28)No 1.o gráfico temos:Domínio: R Contradomínio: ]–∞, 1[ ∪ {2}Zeros: {–0,75}Crescente: ]–∞, 0[Decrescente: ]2, +∞[Constante: [0, 2]

No 2.o gráfico temos:Domínio: R Contradomínio: [–3, +∞[Zeros: {–4, –2, –1, 1, 2, 4}

Crescente: em ]–3, – [; em ]0, [ e em ]3, +∞[

Decrescente: em ]–∞, –3[; em ]– , 0[ e em ] , 3[No 3.o gráfico temos:Domínio: R\{1} Contradomínio: R\{0}Zeros: não tem

Decrescente: em ]–∞, 1[ e em ]1, +∞[

Nota: Não se deve escrever que é decrescente no conjunto]–∞, 1[ ∪ ]1, +∞[ porque a função não decresce efectivamentenesse conjunto, decresce apenas em cada intervalo ]–∞, 1[ e]1, +∞[ em separado.

Tarefa 3 (Analisar o gráfico) (Pág. 28)D f = [0, 24] CD f = [–4, 6]Zeros {8, 22}

 x

 f ( x)

0

–1 –

8

0 +

22

0 –

24

–2

 x

 f ( x)

0

–1

6

–4

9

1

11

1

15

6

24

–2   ➔ ➔ ➔➔ ➔  

32

32

32

32

 x

h( x) –∞ – –1,90 + 31 +∞–

 x

g( x)

–k – 1

0 –

–k

0

k

0 +

k + 1

0

 x

 f ( x)

–∞

–4

0 +

–1

0 –

1

0 +

4

0

+∞

120

115

Page 41: Mat Aleph Professor

7/27/2019 Mat Aleph Professor

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39Tema 2 — Funções | Aleph 10

Tarefa 4 (Interpretar gráficos) (Pág. 29)

1. 10 metros e 19 metros.

2. 20 anos.

3.

Tarefa 5 (Monotonia, extremos, limites e continuidade

de funções) (Pág. 32)

1.

2.

3.

4.

Nota: na função i (x) é igualmente aceitável considerar que a funçãoé decrescente em ]–2, –1[, em ]–1, 1[, em ]1, 2[ e em ]3, +∞[ vistoque não estamnos a considerar monotonia em pontos. A mo-notonia num ponto pode definir-se mas é muito mais complexa.A este propósito pode ser consultada a obra Princípios de Aná-lise Matemática (Ed. McGraw-Hill, 1994), de um dos presentesautores, pp. 267-268.

Tarefa 6 (Zeros e limites de funções) (Pág. 35)

1. f ( x ) = 0 ⇔ 2 x + 3 = 0 ⇔ x = –

g( x ) = 0 ⇔ –3 x + 7 = 0 ⇔ x =

h( x ) = 0 ⇔ 3 = 0 impossível, logo não tem zeros.r ( x ) = 0 ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = 0

2. ;

;

;

;

Exercício 1 (Pág. 41)As expressões que definem as funções representadassão: x 2; x 2 + 4; x 2 – 1; ( x – 7)2

Exercício 2 (Pág. 41)

Os vértices das parábolas são: (0, 2); (–2, 0); (0, 3); (3, 0)

Exercício 3 (Pág. 43)As expressões que definem as funções representadas

são: 2 x 2; x 2;  x 2

Exercício 4 (Pág. 43)

Os vértices são: (0, 0); (0, 0); (0, –3); (3, 0)

 y = 2 x 2 – 3 y

 x -2-4-6-8

2

4 6 8

4

6

8

-2

-4

-6

2

 y = 2( x – 3)2

 y = 2 x 2

 y = –2 x 2

12

 y = ( x + 2)2

 y

 x -2-4-6-8

2

4 6 8

4

6

8

-2

-4

2

 y = ( x – 3)2

 y = x 2 – 3

 y = x 2 + 2

lim r ( x ) = +∞ x → +∞

lim r ( x ) = –∞ x → –∞

lim h( x ) = 3 x → +∞

lim h( x ) = 3 x → –∞

lim g( x ) = –∞ x → +∞

lim g( x ) = +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

73

32

Decrescente:]–∞, 0[ e ]0, +∞[

Crescente:

e ]1, +∞[

Decrescente:

12] [– , 1

12] [+∞, –

Crescente:]–∞, –2[ e ]2, 3[

Decrescente:]–2, –1[; [–1, 1]; ]1, 2] e]3, +∞[

Crescente:]–∞, –2[

Decrescente:

Crescente:]–∞, –2[ e ]0, 1[

Decrescente:]–2, 0[

Constante:

]1, +∞[

Crescente:]–2, 0[ e ]2, +∞[

Decrescente:]–∞, –2[ e ]0, 2[

12] [–2, 1

2] [– , +∞

Crescente:]–∞, 1[

Decrescente:]1, 5[

Crescente:]–∞; 1,25[

Decrescente:]1,25; +∞[

Crescente:]0, 1]

Decrescente:]–∞, 0[

e

Descontínua em  x  = –0,5 Contínua em RDescontínua em  x  = –2 e

 x  = 2

Descontínua em  x  = 1 Contínua no seu domínio Contínua no seu domínio

Contínua no seu domínio Descontínua em  x = 1Descontínua em  x = –1;

 x  = 1;  x = 2;  x = 3

lim a( x ) = –∞ x → –∞

lim a( x ) = –∞ x → +∞

lim b( x ) = –∞ x → –∞

lim b( x ) = 2 x → +∞

lim c ( x ) = +∞ x → –∞

lim c ( x ) = +∞ x → +∞

lim d ( x ) = –∞ x → –∞

lim e( x ) = 0 x → –∞

lim e( x ) = 0 x → +∞

lim  f ( x ) = +∞ x → –∞

lim g( x ) = 0 x → –∞

lim g( x ) = 0 x → +∞

lim h( x ) = +∞ x → –∞

lim h( x ) = +∞ x → +∞

lim i ( x ) = –∞ x → –∞

lim i ( x ) = –∞ x → +∞

Máximo relativo:1 em  x  = –2Máximo absoluto: não temMínimo relativo:–1 em  x  = –0,5Mínimo absoluto: não tem

Máximo relativo:2 em  x  = –2Máximo absoluto:2 em  x  = –2Mínimo relativo:0,5 em  x  = 0Mínimo absoluto: não tem

Máximo relativo:2 em  x  = 0Máximo absoluto: não temMínimo relativo: não temMínimo absoluto: não tem

Máximo relativo: não temMáximo absoluto: não temMínimo relativo:2,5 em  x  = 5Mínimo absoluto: não tem

Máximo relativo: não temMáximo absoluto: não temMínimo relativo: não temMínimo absoluto: não tem

Máximo relativo: 1,5 e 3em  x  = 1 e  x = 3respectivamenteMáximo absoluto: não temMínimo relativo:0,5 em  x  = 0Mínimo absoluto:0,5 em  x  = 0

Máximo relativo: não temMáximo absoluto: não temMínimo relativo: não temMínimo absoluto: não tem

Máximo relativo: não temMáximo absoluto: não temMínimo relativo: 0,2 e0,5 em  x  = –0,5 e  x  = 1respectivamenteMínimo absoluto:0,2 em  x  = –0,5

Máximo relativo:1 em  x  = –2Máximo absoluto: não temMínimo relativo:1,3 em  x  = 1Mínimo absoluto: não tem

lim  f ( x ) = 20 x → +∞

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Aleph 10 | Guia do Professor40

Tarefa 8 (Área mínima) (Pág. 45)

Designemos por x o perímetro do círculo. Então, o pe-

rímetro do quadrado será 36 – x .

Atendendo a que o perímetro do círculo é x vamos deter-

minar o seu raio: 2πr = x ⇔ r =

Assim, a área do círculo será A = ( )2π.

Atendendo a que o perímetro do quadrado é 36 –  x , o

lado do quadrado é l = ⇔ l = 9 – .

Pelo que a área do quadrado é A = (9 – )2.

A soma das áreas é dada pela função:

 A( x ) = ( )2π + (9 – )

2

Estamos perante uma função quadrática em que o coe-

ficiente de x 2 é positivo, pelo que o mínimo corresponde

às coordenadas do vértice. Com uma calculadora gráfica

podemos obter uma representação gráfica da função.

Assim, um valor aproximado de  x é 15,8 cm ou seja, o

perímetro do círculo é aproximadamente 15,8 cm e

36 – 15,8 = 20,2 cm será o perímetro do quadrado.Assim, o fio deve ser cortado em duas partes uma de

15,8 cm e outra de 20,2 cm.

Exercício 5 (Pág. 46)

A função representada a vermelho tem dois zeros: – e –

Então a parábola é da forma a( x + )( x + ).

Como o ponto (–3, –1) pertence à parábola temos:

( x +

) ( x +

), ou seja,  x 2 +  x + 3.

As expressões que definem as funções representadas

a preto e a azul são x 2 e 2 x 2 + 1, respectivamente.

Exercício 6 (Pág. 46)

a. b.

c. d.

Os processos usados para determinar o vértice são:

1.o processo:

Fazendo y = constante (a constante é escolhida de modo

a facilitar os cálculos).

2.o processo:

Usando a fórmula (– , – ).

3.o processo:

Escrever a equação na forma: a( x – h)2 + k

a. 1.o processo:

2 x 2 + 2 = 10 ⇔ x = –4 ou x = 4

O ponto médio entre os zeros dá a abcissa do vértice:

= 0

O valor da parábola em 0 dá a ordenada do vértice:

 y = 2 × 0 + 2 ⇔ y = 2

Vértice (0, 2)

2.o processo:

Δ = –16V = (– , – ) = (0, 2)

3.o processo:

2 x 2 + 2 = 2( x – 0)2 + 2

Vértice (0, 2)

b. 1.o processo:

 x 2 + 8 x + 8 = 8 ⇔ x = 0 ou x = –8

O ponto médio entre os zeros dá a abcissa do vértice:

= –4

O valor da parábola em –4 dá a ordenada do vértice:

(–4)2 + 8(–4) + 8 = –8

Vértice (–4, –8)

0 – 82

 y = – x 2 + 6 x – 9

 x -2-4-6-8 4 6 82

 y

2

-2

-4

-6

-8 y = –3 x 2 – 3

 x -2-4-6-8 4 6 82

 y

2

-2

-4

-6

-8

-10

-12

 y = 2 x 2 + 8 x + 8y

2

4

6

-2

-4

-6

 x -2-4-6-8 4 6 82

-8

 y = 2 x 2 + 2 y

 x -2-4-6-8

2

4 6 8

4

6

8

-22

83

49

02 × 2

–164 × 2

–4 + 42

b2a

Δ4a

49

32

92

32

92

92

32

 x 

4 x 

 x 

4

 x 

436 – x 

4

 x 

 x 2π

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41Tema 2 — Funções | Aleph 10

2.o processo:Δ = 32

V = (– , – ) = (–4, –8)

3.o processo: x 2 + 8 x + 8 = x 2 + 8 x + 16 – 16 + 8 = ( x + 4)2 – 8Vértice (–4, –8)

c. 1.o processo:–3 x 2 – 3 = –6 ⇔ x = –1 ou x = 1O ponto médio entre os zeros dá a abcissa do vértice:

= 0

O valor da parábola em 0 dá a ordenada do vértice:–3 × 02 – 3 = –3Vértice (0, –3)

2.o processo:Δ = –36

V = (– , – ) = (0, –3)

3.o processo:–3 x 2 – 3 = –3( x – 0)2 – 3Vértice: (0, –3)

d. 1.o processo:– x 2 + 6 x – 9 = –9 ⇔ x = 0 ou x = 6

O ponto médio entre os zeros dá a abcissa do vértice:= 3

O valor da parábola em 3 dá a ordenada do vértice:–32 + 6 × 3 – 9 = 0Vértice (3, 0)

2.o processo:Δ = 0

V = (– , – ) = (3, 0)

3.o processo:

– x 2 + 6 x – 9 = –( x 2 – 6 x + 9) = –( x – 3)2

Vértice: (3, 0)

Exercício 7 (Pág. 47)Os zeros da função representada a vermelho são: –1,5e –4,5.A função representada a preto tem um único zero: 0A função representada a azul não tem zeros.

Exercício 8 (Pág. 47)a. Não tem zeros.

b. 2 x 2 + 8 x + 8 = 0 ⇔ x = –4 –2√∫2 ou x = –4 + 2√∫2Os zeros são –4 – 2√∫2 e –4 + 2√∫2.

c. Não tem zeros.d. – x 2 + 6 x – 9 = 0 ⇔ x = 3

Tarefa 9 (Estudo da função quadrática) (Pág. 49)

Como a < 0 a concavidade está voltada para baixo. Sea função tiver dois zeros é positiva no intervalo entreeles e negativa fora do intervalo entre os zeros.

Consideremos, por exemplo, – x 2 + x + 6 > 0.

O conjunto solução da inequação escolhida é ]–2, 3[.

Se a função tem um zero duplo ela nunca é positiva,sendo negativa excepto no zero.Por exemplo, – x 2 – 6 x – 9 < 0.

O conjunto solução da inequação escolhida é R\{–3}.

Se a função não tem zeros ela é negativa em todo o seudomínio.Por exemplo, – x 2 – x – 1 > 0.

A inequação é impossível.

Exercício 9 (Pág. 49)a. Como não tem zeros reais e o coeficiente de x 2 é po-

sitivo, a função é sempre positiva.b. A função tem os zeros –2 – √∫3 e –2 + √∫3 e o coefi-

ciente de x 2 é negativo. Então a função é positiva nointervalo entre as raízes: ]–2 – √∫3, –2 + √∫3[.

c. Como tem os zeros 2 e –6 e o coeficiente de  x 2 é ne-gativo, será positiva no intervalo entre as raízes ]–6, 2[.

Exercício 10 (Pág. 49)a. ]–2, 3[b. R\{3}c. Impossível

-1-2-3-4

1

2 3 4

2

-1

-2

1

-3

 y

 x 

-1-2-3-4

1

2 3 4

2

-1

-2

1

-3

 y

 x 

 y

 x -2-4-6-8

2

4 6 8

4

6

8

-2

-4

2

82

324 × 1

04(–1)

62(–1)

0 + 62

–364(–3)

02(–3)

–1 + 12

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Aleph 10 | Guia do Professor42

Exercício 11 (Pág. 50)a. Como o coeficiente de x 2 é positivo temos:

b. Como o coeficiente de x 2 é negativo temos:

c. Como o coeficiente de x 2 é negativo temos:

Tarefa 10 (Transformações da função módulo) (Pág. 51)1.

2.

3.Consideremos p um número real. Se p > 0 (o produto dedois números positivos é positivo) todas as imagenssão não negativas. Assim, a concavidade mantém-se.Se p < 0 (o produto de um número negativo por um nú-mero positivo é um número negativo) todas as imagenssão não negativas e a concavidade fica voltada para osentido negativo do eixo dos yy.

O efeito de |p| ser menor ou maior que 1:|p| < 1 |p| > 1

Se |p| < 1 o gráfico de p × f ( x ) fica, para cada valor de x , maisafastado do eixo dos yy, pelo facto de cada imagem ser mul-tiplicada pelo valor absoluto de um número menor que 1.Se |p| > 1 o gráfico de p × f ( x ) fica, para cada valor de x , maispróximo do eixo dos yy, pelo facto de cada imagem ser mul-tiplicada pelo valor absoluto de um número maior que 1.

Tarefa 11 (Propriedade da função módulo) (Pág. 52)

Se | x + y| = x + y então x + y = | x | + | y| e, pelo menos x ou yterá de ser positivo (ou nulo).Se x for positivo, x + y = x + | y| e, então, y = | y|, ou seja, y étambém positivo ou nulo.Se | x + y| = – x – y então – x – y = | x | + | y| e, pelo menos, x ou y terá de ser negativo.Se x for negativo, – x – y = – x + | y| e, então, – y = | y|, ouseja y é também negativo ou nulo.

Conclusão: tem-se | x + y| = | x | + | y| quando x e y foremambos do mesmo sinal ou ambos nulos.

Tarefa 12 (Estudo de funções com módulo) (Pág. 52)Para a função g temos:D f = R CD f = [–1, +∞[Quadro de variação:

Quadro de sinais:

Limites: ;

Dh = RCDh = ]–∞, 1]

Quadro de variação:

Quadro de sinais:

Limites: ;lim h( x ) = –∞ x → –∞

lim h( x ) = –∞ x → +∞

 x

h( x)

–∞

0 +

0

+∞

43

23

 x

h( x)

–∞ –1

1

+∞➔  

   ➔

lim  f ( x ) = +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

 x

 f ( x)

–∞

+ 0 – 0+∞

+

52

72

 x

 f ( x)

–∞ 3

–1

+∞➔  

   ➔

 y

 x -1-2-31

2 3

2

-11

-2

4-4

3

-3

 y

 x -1-2-31

2 3

2

-11

-2

4-4

3

-3

 f ( x ) = 2| x |

 y

 x -1-2-3

1

2 3

2

-11

-2

4-4

3

-3

 f ( x ) = –2| x |

 y

 x -1-2-3

1

2 3

2

-11

-2

4-4

3

-3

Se adicionarmos um número real h à variável independente e umnúmero real k à variável dependente.

 f ( x ) = | x – h| + k, translação associada ao vector (h, k).

 f ( x ) = | x + 2| + 4

 y

 x -5-10-15

5

10 15

10

-5

5

Do eixo dos xx por adição de umnúmero real à variável indepen-dente.

 f ( x ) = | x – h|, translação associadaao vector (h, 0).

Do eixo dos yy por adição de umnúmero real à variável depen-dente.

 f ( x ) = | x | + k, translação associadaao vector (0, k).

 f ( x ) = | x – 3| y

 x -5-10-15

5

10 15

10

-5

5

 f ( x ) = | x | – 2 y

 x -5-10-15

5

10 15

10

-5

5

lim  f ( x ) = lim  f ( x ) = –∞ x → +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = lim  f ( x ) = –∞ x → +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = lim  f ( x ) = +∞ x → +∞ x → –∞

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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43Tema 2 — Funções | Aleph 10

Tarefa 13 (Resolução algébrica de equações e inequa-

ções) (Pág. 54)

1. Inequação impossível, pois | x – 2| + 5 ≥ 5.

2. Equação impossível, pois | x – 2| + 5 ≥ 5.

3. R\{2}, pois | x – 2| ≥ 0.

Tarefa 14 (Resolução de equações e de inequações)

(Pág. 54)

1. Algebricamente: Se x ≥ 2 então x – 2 + 5 > 12, ou seja,

 x > 9. Se x < 2 então – x + 2 + 5 > 12, ou seja, x < –5.

Logo, o conjunto solução será ]–∞, –5[ ∪ ]9, +∞[.

2. Algebricamente: Se  x ≥ 2 então  x – 2 + 5 < 12, ou

seja, x < 9. Se x < 2 então – x + 2 + 5 < 12, ou seja,

 x > –5. Logo, o conjunto solução será ]–5, 9[.

3. Algebricamente: Se x ≥ 2 então x – 2 + 5 = 8, ou seja,

 x = 5. Se x < 2 então – x + 2 + 5 = 8, ou seja,  x = –1.

Logo, o conjunto solução será {–1, 5}.

Tarefa 15 (Resolução numérica de equações e de ine-quações) (Pág. 54)

1.

Conjunto solução: ]–10,5; 35,5[

2.

Equação impossível.

3.

Conjunto solução: {–0,81; 0,98}

4.

Conjunto solução: ]–0,32; –0,28[

Tarefa 16 (Representação gráfica de funções) (Pág. 57)

 g( x + 3) y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

 g( x – 3)

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

 g( x ) + 2 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

 g( x ) – 2

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

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Aleph 10 | Guia do Professor44

Tarefa 17 (Transformações de funções quadráticas)

(Pág. 58)

1. h( x )2. h( x )

3. –h( x )

4. h( x – 2)

Exercícios globais (Págs. 59-68)

1. a. Como 300: 88 é cerca de 3,4 basta juntarmos 3

gráficos iguais ao dado e mais um pedaço de um

quarto para termos o gráfico das distâncias do pla-

neta Mercúrio ao Sol durante 300 dias.

b. O gráfico será em tudo idêntico ao do planeta Mer-

cúrio do enunciado mas, desta vez, no eixo dos yyes-

tará entre 200 e 250 e no eixo dos xx entre 0 e 700.

2. a. D f = R CD f = RZeros: {0, 2}Crescente: ]0, 1[Decrescente: em ]–∞, 0[ e em ]1, +∞[

Não tem intervalos em que é constante.b. Dg = R CDg = [1, +∞[Zeros: não temCrescente: ]1, +∞[Não tem intervalos em que seja decrescente.Constante: ]–∞, 1[

c. Dh = R CDh = [0, +∞[Zeros: {0}Crescente: em ]0, [ e em ] , +∞[

Decrescente: em ]–∞, 0[ e em

],

[Não tem intervalos em que seja constante.

d. Di = ]–∞, [ ∪ ] , +∞[CDi = R

Zeros: {– , }

Crescente: ] , +∞[

Decrescente: ]–∞, [Não tem intervalos em que seja constante.

3. O ponto de intersecção das rectas é o ponto (–1, 5).A intersecção das rectas é a intersecção dos gráfi-cos das funções afins que representam as rectas.

4. O volume pode ser expresso em função do tempo

pela expressão V (t ) = .

V (0) = 2; V (25) =

5.

-1-2-3-4

1

2 3 4

2

3

4

-1

-2

1

-3

5 y = 2 x 2 – 3 y

 x  -1-2-3-4

1

2 3 4

2

3

4

-1

-2

1

-3

5

 y = 4( x – 3)2

 y

 x 

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

2

3

4

-1

-2

1

5 y = x 2 + 1  y

 x -1-2-3-4

1

2

3

4

-1

-2

1

5

-5-6-7

 y = ( x + 5)2

18

105 + 3t 

12

12

98

98

12

12

7

8

13

8

78

138

0 x 

 y

200

250

700

250 x 

 y

50 75

50

100

100 125 150 175 200 225 250 275

14

14

 –g( x )

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

-1-2

-3

1 5-5

-4

 g(– x )

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

2

3

4

-1-2

1 5-5

5

 g(2 x ) y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

 g(0,1 x )

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

2 g( x ) y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

0,3 g( x )

 y

 x -1-2-3-4

1

2 3 4

23

4

-1-2

1 5-5

5

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45Tema 2 — Funções | Aleph 10

6. a. ( x + 4)2 – 3 (a azul)( x – 3)2 + 3 (a vermelha)

b. ( x + 2)2 (a azul)–( x – 1)( x – 3) = – x 2 + 4 x – 3 (a vermelha)

7. a. Se não contratar mais nenhum trabalhador produz100 radiadores por dia, um valor constante aolongo do tempo. Se contratar 15 trabalhadorespassa logo a produzir 107 radiadores por dia, con-tratando 30 trabalhadores produz 114 radiadorespor dia. Contratando menos de 15 trabalhadoresnão aumenta a sua produção. Ou seja, a represen-tação gráfica dá saltos de 7 em 7, cada vez que acontratação atinge um múltiplo de 15 trabalhadores.

Designemos por x o número de contratações. Assim,o domínio é o intervalo [200, +∞[. A função não écontínua.

b. Com os trabalhadores que tem produz 100 radiado-res por dia. Então tem de contratar mais trabalhado-res para produzir os 420 radiadores que faltam. Paraproduzir 7 radiadores necessita de 15 trabalhadores.Assim, 420 : 7 = 60 conjuntos de 15 trabalhadores.Logo, necessita de 15 × 60 = 900 trabalhadores.

8. a. [–2, 2] × [–2, 2]:

b. [–5, 5] × [–5, 5]:

c. [–10, 10] × [–100, 100]:

d. [–5, 20] × [–5, 20]:

Na alínea d) pois é mais notória a localização do vér-tice da parábola relativamente aos eixos coordenados.

9. a. f ( x ) = 0 ⇔ –2 x + 3 = 0 ⇔ x =

b.

c.

d. ;

10. a. Na calculadora, Y1 = ao primeiro membro da ine-

quação e Y2 = ao segundo membro.

Determinar os pontos de intersecção:

Conjunto solução: ]–∞, –7[ ∪ ]97, +∞[

b. Na calculadora Y1 = ao primeiro membro da ine-

quação e Y2 = ao segundo membro.

Determinar os pontos de intersecção:

Os extremos do conjunto solução são valoresaproximados com uma casa decimal: ]11,9; 22,1[

11. a. Como a < 0,

b. Como a > 0,

12. Dg = R| x – 2| ≥ 0 ⇔ – | x – 2| ≤ 0 ⇔ 3 – | x – 2| ≤ 3

⇔ 3 – | x – 2| –1 ≤ 2

CDg = ]–∞, 2]

lim  f ( x ) = lim  f ( x ) = +∞ x → +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = lim  f ( x ) = –∞ x → +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = –∞ x → +∞

32

 x

 f ( x)

–∞

+ 0

+∞

32

 x

 f ( x)

–∞

0

+∞

➔   ➔  

32

100

125

200 225 250 275 x 

 y

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor46

Para x < 2 a função é representada por uma recta

com declive positivo logo é crescente.Para x ≥ 2 a função é representada por uma recta

com declive negativo logo é decrescente.

Determinar os zeros.

Resolver a inequação: 2 – | x – 2| > 0

;

Dh = R

| x – 2| ≥ 0 ⇔ –2 | x – 2| ≤ 0 ⇔ –2 | x – 2| + 1 ≤ 1

CDh = ]–∞, 1]

Para x < 2 a função é representada por uma recta

com declive positivo logo é crescente.

Para x ≥ 2 a função é representada por uma recta

com declive negativo logo é decrescente.

Determinar os zeros.

Resolver a inequação: –2 | x – 2| + 1 > 0

;

13. Por exemplo:

14. Por exemplo:

15. Os valores de b resultam da resolução do sistema:

Isto equivale a determinar para que valores de b a

equação x 2 + (3 x + b)2 = 4 tem solução em x . O dis-

criminante desta equação em x terá de ser maior ouigual a zero, o que conduz à resolução da inequação

em b:

(6b)2 – 4 × 10 × (b2 – 4) ≥ 0 ⇔ b2 – 40 ≤ 0

⇔ b ≥ –2 × √∫10 e b ≤ –2 × √∫10

Então, b ∈ [–2√∫1∫0, 2√∫1∫0].

16. O vértice está na parte positiva do eixo dos yye a con-

cavidade está voltada para baixo. Assim, a abcissa

do vértice é um ponto máximo.Tem máximo igual a 3 no ponto de abcissa 2,5. É cres-

cente no intervalo ]–∞; 2,5[.

 x 2 + y2 = 4

 y = 3 x + b

    

lim h( x ) = –∞ x → –∞

lim h( x ) = –∞ x → +∞

 x

h( x)

–∞

– 0 + 0

+∞

32

52

 x

h( x)

–∞ 2

1

+∞➔  

   ➔

3 – | x – 2| – 1 =x  se x < 2

– x + 4 se x ≥ 2

    

–2 | x – 2| + 1 =4 x – 3 se x < 2

–2 x + 5 se x ≥ 2

    

 x

g( x)

–∞ 2

2

+∞➔  

   ➔

 x

g( x)

–∞

0

0 +

4

0

+∞

lim g( x ) = –∞ x → –∞ lim g( x ) = –∞ x → +∞

3 – | x – 2| – 1 =x  se x < 2

– x + a se x ≥ 2

    

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47Tema 2 — Funções | Aleph 10

17. a. O volume de água no depósito é de 4π m3.

O ponto de intersecção de f (t ) com a recta y = 4π

dá o tempo que demora a esvaziar o depósito.

O depósito demora 1189 segundos a esvaziar.

b. Basta procurar a intersecção de  f com a recta

 y = 2. O resultado é, aproximadamente, 1264 se-

gundos.

18. Trata-se de resolver a equação:

 f (m2) – 2 f (m) + f (2m) =

⇔ 2m2 – 1 – 2(2m – 1) + 4m – 1 =

⇔ m = 0 ou m =

Os valores de m são 0 e .

19. Sendo A e B pontos da função quadrática, temos:

r = f (2), ou seja, r = –2

s = f (–1), ou seja, s = 4

A recta passa nos pontos A(2, –2) e B(–1, 4).

O declive da recta é m = ⇔ m = –2.

A equação reduzida da recta é da forma

 y = m x + b. Como m = –2, temos y = –2 x + b.

A recta contém o ponto (2, –2). Assim, –2 = –4 + b,

ou seja, b = 2. Uma equação da recta é y = –2 x + 2

e o valor de b é 2.

20. A função é da forma f ( x ) = m x + b. Como f (–1) = 3 e

 f (1) = 1, temos que:

Assim, f ( x ) = – x + 2 e f (3) = –1.

21. a. Se o vértice é (2, –1), a função é da forma:

 f ( x ) = a( x – 2)2

– 1. Como contém o ponto (0, 3),temos que f (0) = 3, pelo que resulta a = 1. Assim,

temos f ( x ) = x 2 – 4 x + 3.

b. Os zeros são 1 e 3.

22.

A função é crescente, o que significa que, quanto

maior é o carvão consumido, maior é a velocidadeda locomotiva. O gráfico sugere que a representa-ção analítica é uma parte de uma parábola.

23. Um gráfico termopluviométrico é um gráfico querepresenta a distribuição das temperaturas e dasprecipitações médias num determinado período detempo – geralmente um ano – para uma determi-nada estação meteorológica. Aí podemos ler dadosque nos permitem concluir quais as temperaturasmínimas e máximas mensais, qual a amplitude tér-

mica anual, qual a precipitação total anual, quais osmeses secos. E com estes dados consegue-seidentificar qual o tipo de clima do local onde foramfeitas as medidas da temperatura e da precipitação.

24. Basta ler as coordenadas no gráfico e escrever equa-ções das funções.a. 2,5 segundos. c. 90 metros.b. 35 segundos. d. 200 metros.

25. Atendendo a que:

2 x + b = 20 ⇔ b = 20 – 2 x 2a + 2 x = 50 ⇔ a = 25 – x V ( x ) = x (20 – 2 x )(25 – x ) ⇔ V ( x ) = 2 x 3 – 70 x 2 + 500 x Domínio da função: x > 0; a > 0; b > 0Assim terá de se verificar, simultaneamente: x > 025 – x > 0 ⇔ x < 2520 – 2 x > 0 ⇔ x < 10DV = ]0, 10[

V ( x ) = 2 x 3 – 70 x 2 + 500 x 

65

60

55

5045

40

35

30

25

20

15

10

5

00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 m 

3 = – m + b

1 = m + b

     ⇔

3 = – 1 + b + b

m = 1 – b

     ⇔

b = 2

m = –1

    

4 + 2–1 –2

14

14

m2

m2

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Aleph 10 | Guia do Professor48

26. a. Seja 2 x a base do triângulo.

A área do triângulo é T ( x ) = 10 x . A área do qua-

drado é T ( x ) = 4 x 2. Para as duas áreas serem

iguais tem-se 10 x = 4 x 2 ⇔ x = .

b. No gráfico está representado T ( x ) e a “bold” Q( x ).

A partir de x = , a área do quadrado assume va-

lores maiores que a área do triângulo. Assim a

função afim assume valores superiores à função

quadrática no intervalo ]0, [.

27. a. f (0) = 20. A temperatura é de 20 oC.

b. 2 horas.

c. 5 horas.

d. Calcular as coordenadas do vértice:

2t 2 – 14t + 20 = 20 ⇔ t = 0 ou t = 7

Abcissa do vértice:

=

Ordenada: f ( ) = –4,5

A temperatura mínima atingida pelo gelo foi de

–4,5 oC.

e. 3,5 horas.

28. Por exemplo:

Têm o mesmo declive pois trata-se sempre da mesma

função.

29. Temos V (r ) = πr 3. É uma função definida apenas

por números positivos e é sempre crescente. Po-

demos traçar uma tabela de valores e observar o

aumento rápido do volume quando o raio aumenta:

O gráfico representa uma função cúbica e mostra que

o volume cresce sem limites quando o raio aumenta.

30. a. f (t ) = t + 32, com t em graus na escala Celsius.b.

c. O declive, , representa o tipo de aumento dos

graus Fahrenheit em função do aumento dos

graus Celsius: por cada 5 graus Celsius de au-

mento, há 9 graus Fahrenheit de aumento.

31. Sendo –2 e 3 os zeros da função quadrática, ela é

da forma f ( x ) = a( x + 2)( x – 3). Como contém o ponto

(0, 12), temos que a(0 + 2)(0 – 3) = 12, pelo que re-

sulta a = –2.

A função é f ( x ) = –2 x 2

+ 2 x + 12.

32. a) Como o coeficiente de x 2 é negativo, a parábola

está voltada para o sentido negativo do eixo dos yy.

Assim o vértice da parábola será o ponto máximo.

Fazendo – x 2 + 30 x – 5 = –5 obtém-se x = 0 ou x = 30.

Como são valores com a mesma imagem, a ab-

cissa do vértice é a média entre os dois valores,

ou seja, 15. O valor máximo será então L(15) = 220.

O lucro máximo é de 220 milhares de euros.

b) Determinar o mínimo é encontrar as soluções da

inequação – x 2 + 30 x – 5 ≥ 195 ⇔ x ∈ [10, 20].

A quantidade de vendas varia entre 10 e 20, com

estes valores incluídos.

95

 y

 x -20-40-60-80

20

40 60 80

40

60

80

-20

-40

20

95

 x

0

1

2

34

5

6

7

8

9

 y

0

4,1888

33,5103

113,0972268,0823

523,5983

904,7779

1436,7538

2144,6588

3053,6255

10

8

6

4

2

0

-2

-4

21

43

72

0 + 72

72

52

52

52

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49Tema 2 — Funções | Aleph 10

33. Como o coeficiente de x 2 é positivo, a parábola estávoltada para o sentido positivo do eixo dos  yy.Assim, o vértice será um ponto mínimo. Então, afunção só assumirá o valor 4 uma vez, ou seja, a

equação 3 x 2

+ 6 x – m = 4 só tem uma solução. Paraisso, o discriminante tem de ser zero, pelo que seobtém m = –7.

34. Se x é o número de dias e y a temperatura, sendo oszeros da função 12 e 24, a função quadrática é daforma y = a( x – 12)( x – 24) para um certo valor de a.Como o ponto (0, –24) pertence ao gráfico, substi-tuindo na equação, temos –24 = a(0 – 12)(0 – 24),

pelo que a = – . A função quadrática tem a forma

 f ( x ) = – ( x – 12)( x – 24). Para determinar a tempe-ratura no 30.o dia substituímos x por 30. Ao 30.o dia,a temperatura é de –9 oC.

35. Um dos zeros da função quadrática é 12. O outro é ozero da função f ( x ). Assim, 368 x – 184 = 0 ⇔ x = .

Se representarmos o vértice da parábola por (h, k), ovalor de k será 1058. A abcissa do vértice é o ponto

médio entre os zeros, . A função qua-

drática será então da forma g( x ) = a x –2

+ 1058.

Como o ponto , 0 pertence à função quadrática,

temos que a x +2

+ 1058 = 0 ⇔ a = –32.

g( x ) = –32 x –2

+ 1058

g( x ) = –32 x 2 + 400 x – 192

36. Uma recta que passa na origem é da forma y = k x .As rectas que só têm um ponto comum com a fun-ção são aquelas para as quais a equação x 2 – 4 x + 4 = k x tem uma única solução. Basta ve-rificar para que valores de k o discriminante é zero.Assim, temos k = 0 ou k = –8.As rectas são y = 0 e y = –8 x .

37. a. h(2) = 60b. 40t – 5t 2 = 75 ⇔ t = 3 ou t = 5. O instante é ao fim

de 3 segundos.c. Como na função a < 0, o ponto máximo será o

vértice da parábola. A abcissa do vértice será oponto médio dos valores para os quais a função

atinge os 75 metros. A abcissa será então igual a

4. A ordenada que corresponde à altura máxima

é h(4) = 80. A pedra atinge uma altura máxima de

80 metros.

38. a. O valor de a.

b. o valor de h.

c. o valor de h.

d. o valor de a e de k.

e. o valor de k.

Desafio D.1 (Pág. 69)

Se x > 0 e y > 0 a expressão é equivalente a x + y = 4.

Se x > 0 e y < 0 a expressão é equivalente a x – y = 4.

Se x < 0 e y > 0 a expressão é equivalente a - x + y = 4.Se x < 0 e y < 0 a expressão é equivalente a - x – y = 4.

Representando as quatro rectas obtemos a seguinte re-

presentação gráfica:

Como cada recta apenas pode ser considerada no qua-

drante definido pelas coordenadas antes enunciadas, em

cada quadrante apenas um lado do quadrado central pode

ser considerado. Assim, a condição | x | + | y| = 4 é represen-

tada por um quadrado.

Desafio D.2 (Pág. 69)

a.

c.

d.h( x ) =

x – f ( x ) se x ≥ 0 x – f ( x + 1) se x < 0

 y

 x -2-4-6

2

4 6

6

8

-2

2

4

 y

 x -2-4-6

2

4 6

4

-4

2-2

 y

 x -2-4-6-8

2

4 6 8

4

6

8

-2

-4

2 10 12 14-10-12-14

-6

-8

254

254

12

254

2

25

4

12

=+ 12

12

1

2

112

( )( )

( )( )

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Aleph 10 | Guia do Professor50

Capítulo 3 – A parábola

Tarefa 1 (Lançamento de uma bola) (Pág. 77)1. Assumindo que a gravidade é de 10 m/s2, para se de-

terminar o tempo que a bola demora a atingir o solotemos de resolver a equação:h(t ) = 0 ⇔ – 5t 2 + 48t + 32 = 0 ⇔

⇔ t = ou t =

A bola atinge o solo para o valor de t = , ouseja, t ഠ 10,2 segundos.

2. Para se determinar a altura máxima atingida pela bolavamos calcular as coordenadas do vértice da parábola.À semi-soma das abcissas dos zeros corresponde a

abcissa do vértice 4,8. Assim, h(4,8) = 147,2 e o vérticeda parábola tem coordenadas (4,8; 147,2). A altura má-xima atingida pela bola é, então, 147,2 metros aproxi-madamente.

3. Considera a janela de visualização abaixo:

Obtemos o gráfico:

Este gráfico é uma parábola.

4. O eixo de simetria passa pelo vértice e tem por equa-ção x = 4,8. A bola está a subir durante os primeiros4,8 segundos e depois começa a descer durante 5,4 se-gundos, isto é, entre os 4,8 segundos em que atingea altura máxima e os 10,2 segundos quando toca nosolo. O eixo de simetria separa o intervalo de tempoem que a bola está a subir e o intervalo de tempo emque está a descer.

Tarefa 4 (Equação da parábola) (Pág. 78)1. e 2.

3. d (P , F ) = √∫ x ∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫p∫)∫2

4. A distância de um ponto ( x , y) da parábola à directrizé a medida do segmento perpendicular que une o

ponto à directriz.A distância de um ponto ao eixo dos  xx é dada pelaordenada, isto é, y. A distância do eixo dos xx a umarecta horizontal é dada pela ordenada em valor abso-luto dessa recta, logo é p.Assim, a distância à directriz de um ponto da pará-bola é dada por y + p.

5. Como a distância de um ponto da parábola ao foco eà directriz são iguais temos que:

√∫ x ∫2∫∫+∫∫(∫ y∫∫–∫∫p∫)∫2 = y + p ⇔ – 4p y = – x 2 ⇔ y =  x 2

Capítulo 4 – Funções polinomiais

Tarefa 3 (Estudo gráfico de uma função polinomial)(Pág. 88)As representações seguintes ajudam às respostas.

1. CD f = R

2. É crescente.

3. Não.

4. ;

Exercício 1 (Pág. 89)a. A( x ) + B( x ) = –3 x 3 – 2 x 2 + 7 x – 3b. A( x ) – B( x ) = 3 x 3 – 2 x 2 + 3 x – 1

Exercício 2 (Pág. 90)a. ( x 2 + x – 15)( x + 1) = x 3 + 2 x 2 – 14 x – 15

b. (3 x 3 + 11 x 2 + x – 15)( x – 1) = 3 x 4 + 8 x 3 – 10 x 2 – 16 x + 15c. ( x 3 + x 2 + x – 5)2 = x 6 + 2 x 5 + 3 x 4 – 8 x 3 – 9 x 2 – 10 x + 25d. ( x – 1)2 = x 2 – 2 x + 1

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

1

4p

 x 

 y

Foco(0, p )

Directriz

–p 

 y = –p 

24 + 4√∫4∫65

24 – 4√∫4∫65

24 + 4√∫4∫65

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51Tema 2 — Funções | Aleph 10

Exercício 3 (Pág. 90)P ( x ) × Q( x ) tem grau 7.

Exercício 4 (Pág. 94)

a. x + 9 = 1 × ( x + 6) + 3b. x + 6 = 1 × ( x + 9) – 3c. 2 x + 3 = 1 × 2 x + 3d. x 2 + 2 x + 5 = 1 × ( x 2 + 2 x + 2) + 3e. x 3 – x 2 + 2 x + 5 = ( x – 3) ( x 2 + 2 x + 2) + 6 x + 11

Exercício 5 (Pág. 94)O grau do quociente é 3 e o grau máximo do resto é 1.

Exercício 6 (Pág. 94)O resto da divisão, usando o algoritmo, é (a + 10) x + (b – 2).

Para o polinómio ser nulo terá de ser a + 10 = 0 e b – 2 = 0.Assim, a = –10 e b = 2.

Exercício 7 (Pág. 98)a. Quociente: 1

Resto: 3

b. Quociente: 1Resto: –3

c. Quociente: x + 4Resto: 11

d. Quociente: x 4 + x 3 + x 2 + x + 3Resto: 8

e. Quociente: x 2 – 3 x + 8Resto: –11

Exercício 8 (Pág. 98)a. Os divisores do termo independente são:

{–4, –2, –1, 1, 2, 4}. Estes são os candidatos a seremvalores possíveis para a.

Aplicando a regra de Ruffini e a fórmula resolventedas equações de 2.o grau, obtemos:

( x + 1), ( x – ), ( x – )

b. Os divisores do termo independente são

{–9, –3, –1, 1, 3, 9}. Estes são os candidatos a serem

valores possíveis para a.

Aplicando a regra de Ruffini e a fórmula resolvente

para a equação do segundo grau, obtemos x + 3; x – √∫3; x + √∫3.

c. Os divisores do termo independente são:

{-6, -3, –2, –1, 1, 2, 3, 6}. Estes são os candidatos a

serem valores possíveis para a.

Aplicando a regra de Ruffini, nenhum deles é divisor,

nenhum conduz a resto 0, logo, não existem facto-

res do tipo x – a.

Exercício 9 (Pág. 98)

Algoritmo normal da divisão:

Regra de Ruffini:

A regra funciona pois corresponde a operar só com os

coeficientes.

Exercício 10 (Pág. 99)a. Aplicando o teorema do resto, temos:

k × 33 – 9 × 32 + 22 × 3 – 39 = 0 ⇔ k = 2

b. 33 + 5 × 32 – 20 × 3 + k = 0 ⇔ k = –12

c. (–2)3 + k(–2)2 – 6 × (–2) + 6 = 0 ⇔ k = –

Exercício 11 (Pág. 99)

Aplicando o teorema do resto, temos que:

a. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para

 x = 3 é 42.

b. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para x = 7 é 152.

c. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para

 x  = –1 é –13.

52

4 –5 –4 0 2

8 6 4 8

4 3 2 4 10

2

4 x 4 – 5 x 3 – 4 x 2 + 0 x + 2

– 4 x 4 + 8 x 3

+3 x 3 – 4 x 2

–3 x 3 + 6 x 2

2 x 2 + 0 x 

–2 x 2 + 4 x 

+4 x + 2

–4 x + 8+10

 x – 2

4 x 3 + 3 x 2 + 2 x + 4

–1 + √∫3∫34

–1 – √∫3∫34

1 0 0 0 2 5

1 1 1 1 3

1 1 1 1 3 8

1

1 9

–6

1 3

–6

1 6

–6

1 –3

–9

1 2 3

2 8

1 4 11

2

1 –1 2 5

–2 6 –16

1 –3 8 –11

–2

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Aleph 10 | Guia do Professor52

Exercício 12 (Pág. 102)a. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no in-

tervalo [–4, 4]. Pelo Critério de Divisibilidade, os di-visores do termo independente são os candidatos a

zeros deste polinómio: –2, –1, 1, 2.Por aplicação do Teorema do Resto, temos P (–2) = 0

e P (1) = 0.Aplicando a Regra de Ruffini, temos:

Assim temos a seguinte decomposição em factores2 x 3 + 3 x 2 – 3 x – 2 = ( x + 2)( x – 1)(2 x + 1)

b. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no in-tervalo [–6, 6]. Pelo Critério de Divisibilidade, os di-

visores do termo independente são os candidatos azeros deste polinómio: –5, –1, 1, 5.

Pelo Teorema do Resto, temos P (–1) = 0.Utilizando a regra de Ruffini:

Assim, x 3 – 3 x 2 – 3 x – 5 = ( x + 1)( x 2 + 2 x – 5).Recorrendo à fórmula resolvente, podemos encontrar

as raízes do trinómio.

 x 2 + 2 x – 5 = 0 ⇔ x = –1±√∫6A decomposição em factores é:

 x 3 – 3 x 2 – 3 x -5 = ( x + 1)( x + 1 + √∫6)( x + 1 – √∫6)

c. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no in-tervalo [–3, 3]. Pelo Critério de Divisibilidade, os di-

visores do termo independente são os candidatos azeros deste polinómio: –2, –1, 1, 2.

Pelo Teorema do Resto, temos P (1) = 0; P (2) = 0;P (–1) = 0.

Utilizando a regra de Ruffini:

Assim, a decomposição é:

 x 5 + 2 x 4 – x + 2 = ( x – 2)( x – 1)( x + 1)( x 2 + 1)

Exercício 13 (Pág. 102)a.

Zeros: {–2, 1, – }Quadro de sinal:

Na janela:

Máximo: Mínimo:

Quadro de variação:

Máximo relativo em x = –1,37 cujo valor é 2,6.Máximo absoluto: não tem.Mínimo relativo em x = 0,37 cujo valor é –2,6.Limites nos ramos infinitos:

;

b.

Zeros: {–1 – √∫6, –1, –1 + √∫6}

Quadro de sinal:

Na janela:

Máximo: Mínimo:

 x

 f ( x)

–∞

––1-√∫6

0 +

–1

0 ––1+√∫6

0

+∞

+

 x

 f ( x)

–∞ –1,37

2,6

0,37

–2,6

+∞➔  

   ➔ ➔

 x

 f ( x)

–∞

–2

0 +

0 –

1

0

+∞

+

12

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

12

1 –2 0 0 –1 2

1 –1 –1 –1 2

1 –1 –1 –1 –2 0

1

2 2 2 2

1 1 1 1 0

2

–1 –1 0 –1

1 0 1 0

1 –3 –3 –5

–1 –2 5

1 2 –5 0

–1

2 3 –3 –2

–4 +2 +2

2 –1 –1 0

–2

2 1

2 1 0

1

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53Tema 2 — Funções | Aleph 10

Quadro de variação:

Máximo relativo em x = –2,41 cujo valor é 5,66.

Máximo absoluto: não tem.Mínimo relativo em x = 0,41 cujo valor é –5,66.

Mínimo absoluto: não tem.

Limites nos ramos infinitos:

;

c.

Zeros: {–1, 1, 2}Quadro de sinal:

Na janela:

Máximo: Mínimo:

Quadro de variação:

Máximo relativo em x = –0,46 cujo valor é 2,35.

Máximo absoluto: não tem.Mínimo relativo em x = 1,64 cujo valor é –2,24.

Mínimo absoluto: não tem.

Limites nos ramos infinitos:

;

Exercícios globais (Págs. 103-106)

1. Utilizando a Regra de Ruffini para x = –2, temos:

Q( x ) = x 3 – 2 x 2 + 3 x – 6

R ( x ) = 14

2. Usando a Regra de Ruffini, temos:Quociente: 4 x 2 + 4 x + 3Resto: 16

3. Pelo Teorema do Resto, temos que:2 × (–3)3 – 5 × (–3) + m = 5 ⇔ m = 44

4. c é o produto das raízes e b é o simétrico da somadas raízes. Assim, b = 8 e c = 7, logo V = (–4, –9).

5. Usando o Teorema do Resto, temos:

donde a = 7 e b = 15.

6. Seja x um dos lados do rectângulo e y o outro.O perímetro do rectângulo é 2 x + 2 y = 36.Logo, y = 18 – x .A área do rectângulo é x × y.A área pode ser escrita em função de x :

 A( x ) = x (18 – x ) ⇔ A( x ) = 18 x – x 2

A função é representada por uma parábola em que

a < 0; tem um máximo no seu vértice cuja abcissa é 9.Assim, um dos lados é 9 metros e o outro dado por y = 18 – x é também 9 metros, donde o rectângulo demaior área é um quadrado de lado 9 metros.

7. Usando o Teorema do Resto, temos:

Assim, a = –3, b = 0 e c = 4.

8. Usando duas vezes a regra de Ruffini e visto que a raizé dupla, ou seja, de cada vez que se usar a regra, o restoterá de ser zero. Obtemos, assim, o seguinte sistema:

Assim, a = –3 e b = 2.

9. a.

Zeros: {1, , 2}

 x

 f ( x)

–∞ –0,46

2,35

1,64

–2,24

+∞➔  

   ➔ ➔

 x

 f ( x)

–∞

–1

0 +

1

0 –

2

0

+∞

+

 x

 f ( x)

–∞ –2,41

5,66

0,41

–5,66

+∞➔  

   ➔ ➔

32

a + b = –1

2a + b = –4

    

Q(–1) = 0

Q(2) = 0

Q(0) = 4

a – b + c = –1

4a + 2b + c = –8

c = 4

    

    ⇔

P (5) = 0

P (2) = 9

 

   –25a + b = –160

–4a + b = –13

 

   ⇔

4 –8 –9 7

12 12 94 4 3 16

3

1 0 –1 0 2

–2 +4 –6 12

1 –2 +3 –6 14

–2

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

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Aleph 10 | Guia do Professor54

Quadro de sinal:

Na janela:

Máximo: Mínimo:

Quadro de variação:

Máximo relativo em x = 1,21 cujo valor é 0,96.Máximo absoluto: não tem.Mínimo relativo em x = 1,79 cujo valor é –0,1.Mínimo absoluto: não tem.Limites nos ramos infinitos:

;

Algebricamente, pelo Teorema de Cauchy, os zerosreais estão no intervalo [–7, 7]. Pelo Critério de Di-

visibilidade, os divisores do termo independentesão os candidatos a zeros deste polinómio:–6, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 6.Por aplicação do Teorema do Resto, temos P (2) = 0e P (1) = 0.Aplicando a Regra de Ruffini, temos:

Assim, 2 x 3 – 9 x 2 + 13 x – 6 = ( x – 2)( x – 1)(2 x – 3).Não detectamos nenhuma contradição com os re-sultados obtidos com a calculadora. Assim, os re-sultados da calculadora merecem mais confiança.

b.

Determinação dos zeros na janela indicada:

Quadro de sinal:

Determinação dos extremos na mesma janela:Máximo: Mínimo:

Quadro de variação:

Máximo relativo em x = –0,79 cujo valor é 6,16.Máximo absoluto: não tem.Mínimo relativo em x = 0,84 cujo valor é –5,39.Mínimo absoluto: não tem.Limites nos ramos infinitos:

;

Algebricamente, pelo Teorema de Cauchy, os zerosreais estão no intervalo [–12, 12]. Pelo Critério deDivisibilidade, os divisores do termo independentesão os candidatos a zeros deste polinómio: –1, 1.Nenhum destes valores é um zero do polinómio,por aplicação da Regra de Ruffini. Não detectamosnenhuma contradição com os resultados obtidoscom a calculadora. Assim, os resultados da calcu-ladora merecem mais confiança.

c.

Determinação de um dos zeros na janela indicada:

Zeros: { , 3}Quadro de sinal:

Determinação dos extremos:Máximos: não tem.

 x

 f ( x)–∞ –0,79

6,160,84–5,39

+∞➔  

  ➔ ➔

 x

 f ( x)

–∞

–1,34

0 +

0,09

0 –

1,4

0

+∞

+

 x

 f ( x)

–∞ 1,21

0,96

1,79

–0,1

+∞➔  

  ➔ ➔

 x

 f ( x)

–∞

+ 0 –

1

0

+∞

+

2

3

23

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

 x

 f ( x)

–∞

1

0 + 0 –

2

0

+∞

+

32

2 –9 +13 –6

4 –10 +6

2 –5 3 0

2

2 –3

2 –3 0

1

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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55Tema 2 — Funções | Aleph 10

Mínimos (com a calculadora na mesma janela):

Quadro de variação:

Mínimo relativo que também é mínimo absoluto em0,85 cujo valor é -0,14.

Limites nos ramos infinitos:;

Algebricamente, Pelo Teorema de Cauchy, os zeros

reais estão no intervalo [–3, 3]. Pelo Critério de Di-visibilidade, os divisores do termo independente

são os candidatos a zeros deste polinómio:–3, –1, 1, 3.

Por aplicação do Teorema do Resto, temos P (1) = 0.Aplicando a Regra de Ruffini, temos:

Podemos assim factorizar:3 x 4 – 5 x 3 + 5 x 2 – 5 x + 2 = ( x – 1)(3 x 3 – 2 x 2 + 3 x – 2) =

= ( x – 1)( x 2(3 x – 2) + (3 x – 2)) = ( x – 1)(3 x – 2) ( x 2 + 1).Não detectamos nenhuma contradição com os re-

sultados obtidos com a calculadora. Assim, os re-sultados da calculadora merecem mais confiança.

10. a. Adicionando 1 a ambos os membros da equação,esta assume a forma x 3 + 1 = (c + 1) x + c + 1. Como

ambos os membros são divisíveis por x + 1, então x = –1 é uma solução da equação.

Substituindo em ambos os membros  x por –1,

obtemos 0 = 0, o que prova que –1 é solução daequação.

b. x 3 + 1 = (c + 1) x + c + 1 ⇔ x 3 + 1 = c  x + x + c + 1

⇔ x 3 + 1 = c ( x + 1) + ( x + 1) ⇔ x 3 + 1 = (c + 1) ( x + 1)

⇔ ( x 2 – x + 1)( x + 1) = (c + 1) ( x + 1)Como –1 é solução da equação, as restantes são

as soluções da equação:

 x 2 – x + 1 = c + 1 ⇔ x 2 – x – c = 0 ⇔ x = .

11. Substituindo em p( x ) x por x – 2, temos: y = ( x – 2)2( x – 3)(( x – 2)2 – 4)

⇔ y = ( x – 2)2( x – 3)( x – 4) x 2 é um zero duplo da função, por isso a representa-

ção é a da alínea a).

12. O polinómio P ( x ) é pelo menos do 3.o grau, visto quea sua decomposição em factores tem de conter( x + 3)( x – 1)( x + 5).

13. Se o eixo dos yy é um eixo de simetria e a distânciaentre os zeros é 4, então os zeros são –2 e 2. A fun-ção é da forma f ( x ) = a( x – 2)( x + 2).Como o valor mínimo é –5, ele está sobre o eixo desimetria pelo que a abcissa do vértice é 0. Temos

então que f (0) = –5 donde a = .

A função é  x 2 – 5.

14. A base é um quadrado de lado 20 – 2 x . O volume édado por V ( x ) = x (20 – 2 x )2.

Sabendo que x > 0 e que 20 – 2 x > 0, então20 – 2 x > 0 ⇔ x < 10.Usando a calculadora gráfica numa janela adequadatemos a seguinte representação gráfica:

Usando as potencialidades da calculadora obtemoso máximo que é:

Logo, o lado do quadrado a cortar será aproximada-mente igual a 3,3 cm.

15. a. Resolvendo a equação f ( x ) = g( x ) temos: x 3 – x 2 – 2 x = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 ou x = 2

Assim, f (0) = 1; f (–1) = ; f (2) = 2

Logo, as coordenadas dos pontos A, B e C são:

 A(0, 1); B(–1, ); C (2, 2)

b. A recta que contém os pontos  A e C  tem por

equação reduzida y =  x + 1. O ponto B pertence

a essa recta. Logo, os pontos são colineares.

16. Seja a uma das dimensões da folha. Assim teremos:

 x 

h  a –h 

12

12

1

2

54

54

1±√∫1∫∫+∫∫4∫c 2

3 –5 5 –5 2

3 –2 3 –2

3 –2 3 –2 0

1

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = –∞ x → –∞

 x

 f ( x)

–∞ 0,85

–0,14

+∞➔  

   ➔

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor56

Pelo Teorema de Pitágoras, vem:

 x 2 + h2 = (a – h)2 ⇔ h =

A área do triângulo é:

 A( x ) = × x × ⇔ A( x ) =

Para encontrar uma solução vamos substituir o apela medida do lado que dobra. Para uma folha dedimensões 14,5 cm por 21 cm tem-se:

 A( x ) =

Utilizando a calculadora, numa janela adequada, ob-temos:

Calculemos o máximo:

O problema é o mesmo partindo de uma folha rec-tangular com outras dimensões.Assim, para uma folha de dimensões 14,5 por 21 cm,o valor da área do triângulo é de 20,23 cm2 e a baseé de 8,37 cm.

17. x 4 – 4 x 3 + 3 x 2 = x 2( x 2 – 4 x + 3) = x 2( x – 1)( x – 3)Representando graficamente obtém-se:

18. a. Em cada caso, o gráfico da função g( x ) está a “bold”.[–10, 10] × [–1000, 1000]:

[–10, 10] × [–10, 10]:

[1, 5] × [–2, 2]:

b.

 x ∈ ]2, 3[ ∪ ]3, 4[c. Para x ≠ 3, temos que:

( x – 3)2 > ( x – 3)4 ⇔ 1 > ( x – 3)2 ⇔ x 2 – 6 x + 8 < 0

Assim, x ∈ ]2, 4[.

Para  x = 3 a desigualdade não se verifica pelo

que x ∈ ]2, 3[ ∪ ]3, 4[.

19. a. Se tem vértice em (3, –1) é da forma:

 f ( x ) = a( x – 3)2 – 1

Como contém o ponto (1, 3), temos que  f (1) = 3,

donde 4a – 1 = 3 ⇔ a = 1.Assim, f ( x ) = x 2 – 6 x + 8.

b. Como os zeros são (–1, 0) e (2, 0) a função é da

forma f ( x ) = a( x + 1)( x – 2).

Como contém o ponto (0, 6), temos que f (0) = 6.

Então, –2a = 6 ⇔ a = –3

Logo, f ( x ) = –3 x 2 + 3 x + 6.

20. a. d (2) = 26

A altura do edifício é de 14 metros.

b. d (t ) = 2,75 ⇔ 5t 2 + 3t – 2,75 = 0 ⇔ t = –1, 1 ou t = 0,5

Demorou 0,5 segundos, pois o tempo negativo

não tem significado no contexto do problema.

21. ( x – ) ( x – ) = x 2 –  x + =

=  x 2 –  x + =

Um polinómio de coeficientes inteiros é, por exem-

plo, 12 x 2 – 7 x + 1.

Desafio D.1 (Pág. 107)

Seja P ( x ) = an x n + an – 1 x 

n – 1 + a1 x + a0 um polinómio de

coeficientes inteiros divisível por x – a.

Pelo Teorema do Resto, temos que:

P (a) = 0 ou seja,

anan + an – 1an – 1 + … + a1a + a0 = 0.

Passando a0 para o segundo membro e colocando a em

evidência no 1.o membro temos:

a(anan – 1 + an – 1an – 2 + … + a1) = – a0

Como anan – 1 + an – 1an – 2 + … + a1 é um número inteiro

isto prova que o termo independente a0 é um múltiplo

inteiro de a.

1212

712

112

12 x 2 – 7 x + 112

14

13

712

112

a2 – x 2

2a

 x (210,25 – x 2)58

1

2

a2 – x 2

2a

 x (a2 – x 2)

4a

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57Tema 2 — Funções | Aleph 10

Desafio D.2 (Pág. 107)– x 5 + 3 x 4 + 4 x 3 – 12 x 2 > 0 ⇔ x 2(– x 3 + 3 x 2 + 4 x – 12) > 0⇔ x 2( x 2(– x + 3) –4(– x + 3)) > 0⇔ x 2( x 2 – 4)(– x + 3) > 0Como x = 0 não é solução da inequação e  x 2 > 0 para x ≠ 0, apenas temos de determinar onde ( x 2 – 4)(– x + 3) épositivo, ou seja, determinar onde os dois polinómiostêm o mesmo sinal.Assim, x 2 – 4 é positivo para x < –2 e para x > 2 e ne-gativo em –2 < x < 2;– x + 3 é positivo para x < 3 e negativo para x > 3.O sinal dos dois polinómios é o mesmo em:]–∞, –2[ ∪ ]2, 3[

Capítulo 5 – Polinómios interpoladores

Nota: O uso da calculadora pode dar um “forte” apoio à validação dos re- sultados, quanto às regressões pedidas em alguns dos problemas.

Tarefa 1 (Estimativa) (Pág. 113)Para uma maior facilidade de cálculo vamos represen-tar o ano de 1990-1991 por 0 e o ano de 1992-1993 por2. E vamos representar o número de alunos aos milha-res, ou seja, respectivamente 14,5 e 17,3.Assim, temos de realizar a interpolação para 1991-1992,ou seja, para 1.Os dados conhecidos são os pontos (0; 14,5) e (2; 17,3).

A equação da recta que contém estes dois pontos é ob-tida por resolução do sistema:

Daqui resulta a recta de regressão linear: y = 2,8 x + 14,5.Como queremos saber o valor para 1, temos: y = 2,8 × 1 + 14,5, pelo que y = 15,9.O número de alunos inscritos em 1991-1992 é estimadoem 15 900 alunos.

Tarefa 2 (Polinómio interpolador do 2.o grau) (Pág. 113)Considerando a mesma estratégia do exercício anterior,temos os pontos (0; 14,5); (2; 17,3) e (3; 19,1).A equação de uma função quadrática que contém estestrês pontos é obtida por resolução do sistema:

Daqui resulta que a regressão quadrática é dada por:

 y =  x 2 +  x + 14,5. Para x = 1 obtemos y = 15,7(6).

O número de alunos inscritos em 1991-1992 é estimadoem 15 767 alunos.

Tarefa 3 (Polinómio interpolador passando por 3 pontos)Pág. (114)Dados os três pontos trata-se de encontrar o polinómioP ( x ) = a x 2 + b x + c , ou seja,

o que dá origem ao sistema:

O polinómio é, então, P ( x ) = –  x 2 +  x + 1.

Tarefa 4 (Fórmula da interpolação) (Pág. 114)Estudemos agora o caso geral da interpolação a partirde três pontos.

O polinómio do segundo grau pretendido, parábola, terápor equação geral

 x = a x 2 + b x + c, com a ≠ 0Contudo, já vimos no caso da interpolação linear que oresultado final foi

 f ( x ) = y1 + ( y2 – y1)

Para além das constantes, aparece o factor x – x 1. Nocaso deverá aparecer uma estrutura semelhante, comodiz o enunciado, mas desta vez com dois factores( x – x 1)( x – x 2), pelo que podemos, desde já, começar aprocurar algo parecido com isso e que simplificará bas-

tante os cálculos. Neste caso, podemos arriscar que aestrutura será semelhante a:

 y = a( x – x 1)( x – x 2) + b( x – x 1) + c Como a parábola pretendida passa pelos três pontosdados, temos:

Este é um sistema linear nas incógnitas a, b e c quevamos agora determinar. O valor de c está determinado.

Podemos tirar o valor de b da segunda equação obtendo

b = ( y2 – y1)( x 2 – x 1)

    

 y1 = c  y2 = b( x 2 – x 1) + c  y3 = a( x 3 – x 1)( x 3 – x 2) + b( x 3 – x 1) + c 

 x – x 1 x 2 – x 1

 x  f ( x)

 x 1 y1

 x 2 y2

 x 3 y3

13

73

    

3 = a + b + c 

5 = 16a + 4b + c 

1 = 49a + 7b + c 

a = –

b =

a = 1

      

13

73

P (1) = 3P (4) = 5

P (7) = 1

    

215 1715

14,5 = c 

17,3 = 4a + 2b + c 

19,1 = 9a + 3b + c 

    

c = 14,5

b =

a =

      

⇔1715215

14,5 = b

17,3 = 2m + b

    

b = 14,5

m = 2,8

    ⇔

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Aleph 10 | Guia do Professor58

Substituindo na terceira equação obtemos o valor de a:

 y3 = a ( x 3 – x 1)( x 3 – x 2) ( x 3 – x 1) + y1

⇔ y3 – y1 = a ( x 3 – x 1)( x 3 – x 2) ( x 3 – x 1)

⇔ = a( x 3 – x 2) +

⇔ a( x 3 – x 2) = –

⇔ a = –

Substituindo na expressão inicial, obtemos

 y =( – )( x – x 1)( x – x 2) +

+ ( x – x 1) + y1

Ou seja,

 y = ( y3 – y1) –

– ( y2 – y1) +

+ ( y2 – y1) + y1

Esta fórmula é chamada fórmula da interpolação qua-

drática para f conhecidos os pontos ( x 1,  y1), ( x 2,  y2) e( x 3, y3) do gráfico de f .

Tarefa 5 (Interpolação linear e estimativas) (Pág. 114)

1. Temos f (2) = 4 e f (3) = 8.

Considerando na fórmula da interpolação linear x 1 = 2,

 y1 = 4, x 2 = 3 e y2 = 8, temos f ( x ) = 4 x – 4.

Logo, f (2,3) = 5,2.

2. Considerando  x 1 = 2, y1 = 4, x 2 = 2,5, y2 = 4√∫2, x 3 = 3

e y3 = 8, temos: y = (8 – 4) –

– (4√∫2 – 4) +

+ (4√∫2 – 4) + 4

Fazendo x = 2,3, obtemos y ≈ 5,076.

3. Como 3,1 < π < 3,2, vamos usar, para a interpolação

linear, os valores x 1 = 3,1; y1 = 8,74; x 2 = 3,2 e y2 = 9,19.

Temos f ( x ) = –5,21 + 4,5 x . Logo, f (π) = 8,93.

Para a interpolação quadrática consideremos, por

exemplo, os valores  x 1 = 3,1;  y1 = 8,74;  x 2 = 3,15;

 y2 = 8,88; x 3 = 3,2 e y3 = 9,19.

Então

 y = (9,19 – 8,74) –

– (8,88 – 8,74) +

+ (8,88 – 8,74) + 8,74

Fazendo x = π obtemos y = 8,81.

Provas globais

Prova global N.o 1 (Pág. 116)1. Opção (C).

2. a. A função que modela a situação é uma funçãoafim, logo f ( x ) = m x + b. A variável independente éa profundidade ( p) e a variável dependente é atemperatura ( f ( p)).Ao gráfico da função pertence o ponto (0, 10), peloque b = 10. Assim,  f (p) = p x + 10.Para uma profundidade de 32 metros, a tempera-tura é de 11 oC. Assim, o ponto (32, 11) pertenceao gráfico da função f , ou seja, 11 = m × 32 + 10⇔ m = .

A função pedida é f (p) = p + 10.

b. Se a água chega à superfície a 80 oC, f (p) = 80.

80 = p + 10 ⇔ p = 2240

A profundidade é de 2240 metros.

3. Intersecção com o eixo dos yy é o valor da função

em x = 0. Obtém-se o ponto (0, ).

Intersecção com o eixo dos xx é o valor para o qual

a função assume o valor 0. Assim, = 0

⇔ x = e obtemos o ponto ( , 0).

4. a. f (3) = 32 – 5 × 3 + 6 = 0

b. f ( x ) = – ⇔ x =

c. Os zeros da função são as raízes da equação x 2 – 5 x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 3.

d. Como o coeficiente de x 2 é positivo, temos:e .

5. Aplicando duas vezes a regra de Ruffini, temos:2 –4 1 –2

4 0 2

2 0 1 0

2

4 8

2 4 9

2

lim  f ( x ) = +∞ x → –∞

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

14

52

72

72

7 – 2 x 3

73

132

132

132

( x – 3,1)(3,15 – 3,1)

( x – 3,1)( x – 3,15)(3,15 – 3,1)(3,2 – 3,15)

( x – 3,1)( x – 3,15)(3,2 – 3,1)(3,2 – 3,15)

( x – 2)( x – 2,5)(2,5 – 2)(3 – 2,5)

( y3 – y1)( x 3 – x 1)

( x – 2)(2,5 – 2)

( x – 2)( x – 2,5)(3 – 2)(3 – 2,5)

( x – x 1)( x 2 – x 1)

( x – x 1)( x – x 2)( x 2 – x 1)( x 3 – x 2)

( x – x 1)( x – x 2)( x 3 – x 1)( x 3 – x 2)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)

( y3 – y1)( x 3 – x 1)( x 3 – x 2)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)( x 3 – x 2)

( y3 – y1)( x 3 – x 1)( x 3 – x 2)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)( x 3 – x 2)

( y3 – y1)( x 3 – x 1)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)

( y2 – y1)

( x 2 – x 1)

( y2 – y1)( x 2 – x 1)

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59Tema 2 — Funções | Aleph 10

Analisando os restos, concluímos que o polinómioP(  x ) apenas admite 2 como um zero simples.Como o polinómio 2 x 2 + 1 não admite zeros reais, umavez que a equação 2 x 2 + 1 = 0 é impossível, o polinó-

mio decomposto num produto de factores de menorgrau possível terá a forma P ( x ) = ( x – 2)(2 x 2 + 1).

6. Calculemos os zeros da função g( x ):g( x ) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 9,4Como a distância entre a posição inicial e final é de9,4 cm, um dos zeros da função f é 3 e o outro é 0.Com os zeros de  f podemos calcular a abcissa do

vértice, x = .

Como a ordenada é 4,5, a função f é da forma

 f ( x ) = a( x – 1,5)2

+ 4,5.Como o gráfico de f contém o ponto (0, 0), temos0 = a(0 – 1,5)2 + 4,5 ⇔ a = –2A expressão analítica da função f é:

 f ( x ) = –2( x – 1,5)2 + 4,5

Prova global N.o 2 (Pág. 118)1. a. D = [–3, –1] ∪ [0, 4]; CD = [–1, 2]

b. Os zeros da função são {–1, 2}.c. [0, 4]d. Não existe, pois a função é crescente em todo o

seu domínio.

2. Se a 700 metros estão 7 oC, temos de saber a 1300 me-tros quanto diminuiu. Como a cada 180 metros desce

1 oC, temos que ≈ 7,2 oC. Então, aos 2000 metros

estará uma temperatura de 7 oC – 7,2 oC = –0,2 oC.Atendendo a que a função é uma função afim e quecontém, por exemplo, os pontos (700, 7) e (880, 6),a sua representação gráfica é:

Determinemos a expressão analítica usando os pon-tos anteriores:

A expressão analítica é f ( x ) = – x + .

3. Pelo Teorema do Resto, temos Q(2) = 0.Assim, 4 × 23 + (2 – k)2 – 48 = 0 ⇔ k = –2 ou k = 6Os valores de k são –2 e 6.

4. Pela definição de quociente e de resto, temos:P ( x ) = ( x 2 + 2 x + 3)(3 x – 2) + 5 x + 2⇔ P ( x ) = 3 x 3 + 4 x 2 + 10 x – 4

5. Se tem vértice no ponto (1, 2), a função é da forma y = a( x – 1)2 + 2.Como o gráfico contém o ponto (0, 1), temos0 = a(0 – 1)2 + 2 ⇔ a = –1Assim, a expressão da função é y = –( x – 1)2 + 2.A solução é única, pois uma função quadrática temapenas três graus de liberdade e esses foram preen-

chidos pelos dados do vértice (2 restrições) e da in-tersecção com o eixo dos yy (1 restrição).

6. Determinemos os valores de x para os quais a fun-ção assume o valor 1,4:–0,1( x – 4,5)2 + 3 = 1,4 ⇔ x = 0,5 ou x = 8,5Atendendo a que o Marco recebe a bola na parte des-cendente, o valor que importa para o problema é 8,5.A distância entre o André e o Marco é de 8,5 metros.

Prova global N.o

3 (Pág. 120)1. a.

b. (–9, –3); (2, 2); (7, 7)

2. De P (1) = 0 concluímos que a + b + c = –1.Como P (– x ) + P ( x ) = 0, temos– x 3 + a x 2 – b x + c + x 3 + a x 2 + b x + c = 0⇔ 2a x 2 + 2c = 0Para este polinómio ser o polinómio nulo resulta oseguinte sistema:

Assim, temos que de a + b + c = –1 resulta b = –1.Portanto, P ( x ) = x 3 – x . Logo, P (2) = 6.

2a = 0

2c = 0

    

a = 0

c = 0

    ⇔

 x 

 y10

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-10

2 4 6 8 10-2-4-6-8-10

 f ( x ) = g(– x ) – 3

1180

989

m = –

b =

1180

98

9

7 = m × 700 + b

7 = m × 880 + b

    

   

 ⇔

5 00 1000 1500 2000

15

10

5

oC

m

1300180

0 + 32

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Aleph 10 | Guia do Professor60

3. Os pontos (2, 0) e (6, 0) são os zeros da função qua-drática. Esta pode, então, ser escrita como y = a( x – 2)( x – 6). Como contém o ponto (0, –3),temos –3 = a(0 – 2)(0 – 6) ⇔ a = – .

A expressão que define a função quadrática é: y = – x 2 + 2 x – 3

4. a. O consumo de água é nulo às 7h e às 23h.b. Crescente: [7, 13] e [16, 18]

Decrescente: [13, 16] e [18, 24]c. Às 13 horas, o consumo foi de 1,5 m3.

5. Se P ( x ) dividido por Q( x ) dá resto 44, pelo Teoremado Resto, temos que P (2) = 44, isto é:2 × 2n + 10 – 30 = 44 ⇔ 2n + 1 = 64 ⇔ n = 5

6. a. Com os valores da tabela podemos escrever:30 = b69a e 314 = b160a

Dividindo a segunda expressão pela primeira, temos:

( )a

= ⇔ 2,32a = 10,47

Usando a calculadora gráfica podemos determi-nar um valor aproximado de a. Para tal, podemostraçar uma tabela de valores da função y = 2,32a eprocurar um valor de a que permita obter para  yum valor próximo de 10,47. Obtemos o valor apro-ximado de a = 2,79.

Para calcular um valor aproximado de b basta subs- tituir numa das expressões que já conhecemos:

30 = b692,79 ⇔ b = ⇔ b ≈ 0,00022

A função é y = 0,00022 × x 2,79.b. Usando a função anterior, obtemos y = 0,00022 × 1302,79 ⇔ y ≈ 174O boi pesa aproximadamente 174 kg.

c. O comprimento do peito aumentou 81 cm (160 – 69).O peso aumentou 28 kg (314 – 30).A percentagem de aumento do peso em relação

ao comprimento é × 100 = 312%.

Prova global N.o 4 (Pág. 122)1. a. D f = ]–1, 3[

b. CD f = [1, 4[c.

2. L( x ) = x a( x ) – O( x )⇔ L( x ) = x (–0,008 x + 1300) – (0,0024 x 2 + 106)⇔ L( x ) = –0,0104 x 2 + 1300 x – 106

Como a < 0 a função tem um máximo no vértice.– 0,0104 x 2 + 1300 x – 106 = –106 ⇔ x = 0 ou x = 125 000

A abcissa do vértice é = 62 500.

A empresa deve produzir 62 500 unidades.

3. Pela definição de divisão, temosP ( x ) = ( x 2 – 3 x + 1)( x + 1) + 2 x + 1, ou seja,P ( x ) = x 3 – 2 x 2 + 2.O resto da divisão é igual ao valor do polinómio noponto –1, P (–1) = –1.

4. P ( x ) + Q( x ) = (a2 – 3a + 2) x 3 + (a – 2) x 2 – 4a x + 4Para este polinómio ser do 2.o grau em  x , o coefi-ciente de x 3 terá de ser igual a zero.Então, a2 – 3a + 2 = 0 ⇔ a = 1 ou a = 2.Simultaneamente, o coeficiente de x 2 terá de ser di-

ferente de zero, a ≠ 2.Para que o polinómio seja do 2.o grau a = 1.

5. a.

Os zeros são –2 e 2.b.

Tem um máximo relativo em x = 0 cujo valor é –4.Não é máximo absoluto, pois e

.

c. Vamos calcular os zeros da função: x 4 – 3 x 2 – 4 = 0 ⇔ ( x 2)2 – 3 x 2 – 4 = 0⇔ x 2 = – 1  x 2 = 4 ⇔ x = –2 ou x = 2Utilizando a Regra de Ruffini, podemos escrever afunção polinomial como o produto: x 4 – 3 x 2 – 4 = ( x 2 – 4)( x 2 + 1)Como x 2 + 1 é sempre positivo, o sinal da função

vai depender do sinal de x 2 – 4. Como o sinal de x 2 – 4 é negativo no intervalo ]–2, 2[ a função énegativa nesse intervalo.

6. a. Designemos o ano de 1995 como sendo o ano 0.Assim, o valor de b será 78.O modelo linear é y = a x + 78.Como no ano de 2005 a esperança média de vida é de80,3 anos, temos que (10; 80,3) é um ponto que satis-faz ao modelo, pelo que 80,3 = a × 10 + 78 ⇔ a = 0,23.O modelo linear é y = 0,23 x + 78.

b. Para a esperança média de vida ser de 81,5 anostemos de determinar o valor de x no modelo:81,5 = 0,23 x + 78 ⇔ x ≈ 15,2215,22 anos corresponde a 15 anos e 3 meses.Após 15 anos e 3 meses, ou seja, em Março de 2010.

lim  f ( x ) = +∞ x → +∞

lim  f ( x ) = +∞ x → –∞

0 + 12 5002

 x 

 y(–2, 7) (2, 7)

(–1, 3) (1, 3)

(0, 5)g( x )

284

91

30692,79

16069

31430

14

14

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Estatística

TEMA 3

Capítulo 1 – O que é a Estatística

Capítulo 2 – Organização e interpretação de caracteres estatísticos

Capítulo 3 – Distribuições bidimensionais

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Aleph 10 | Guia do Professor62

Propostas de resolução das tarefas eexercícios

Capítulo 1 – O que é a Estatística?

Tarefa 1 (Resultados duvidosos) (Pág. 128)Pode pensar-se que o erro do médico suíço Lombardfoi ter considerado uma amostra muito pequena por in-cluir apenas no seu estudo os óbitos ocorridos na ci-dade suíça de Genebra. Mas, na realidade, o erro está nofacto de apenas ter registado as profissões na hora damorte. Os estudantes, a morrer como estudantes mor-rem sempre cedo… Os outros todos já foram tambémestudantes (ou quase todos) mas ficam registados naúltima profissão não é? Não aparecendo como estu-

dantes, os dados recolhidos ficam inutilizados.

Tarefa 2 (Regras a que deve obedecer uma sondagem)(Pág. 132)d. Universo constituído pela população recenseada re-

sidente em Portugal continental.e. Amostra constituída por 1006 entrevistas efectivas:

52,5% dos entrevistados do sexo feminino; 47,5% dosexo masculino; 30,9% dos entrevistados com ida-des entre os 18 e os 34 anos; 35,8% entre os 35 e 54anos e 33,3% dos indivíduos com mais de 55 anos.

Por regiões, 18,7% dos entrevistados residem noNorte Litoral, 12,7% no Grande Porto, 15,6% no Cen-tro Litoral; 28,6% na Grande Lisboa e 8,8% no Sul.

f. Não contemplada na ficha técnica.g. Não contemplada na ficha técnica.

Quando se fala numa “distribuição proporcional de re-gistos de não respondentes, sem opinião e abstenção,passando a usar-se a expressão ‘Projecção‘” e “O errode amostragem, para um intervalo de confiança de 95%é de mais ou menos 3,1%”.

Tarefa 3 (Diferença entre sondagem e resultado eleitoral)(Pág. 133)Três possíveis causas de desajustamento entre as son-dagens com vista a determinar o sentido de voto naseleições e a votação propriamente dita são:i) elevado número de abstenção;ii) má selecção da amostra;iii) falsas declarações prestadas pelos entrevistados.Mas há mais:iv) acontecimento brutal que revolte os eleitores con-

tra determinada pessoa ou partido;v) fraude eleitoral;vi) erro na redistribuição estatística dos eleitores que

se recusaram a responder à sondagem.

Tarefa 4 (População e amostra) (Pág. 135)1. População 6. População2. População 7. Amostra3. Amostra 8. Amostra

4. Amostra 9. População5. Amostra 10. População

Tarefa 5 (Sondagem da SIC sobre a pena de morte)(Pág. 135)A sondagem levada a cabo pela SIC tem como referên-cia uma amostra enviesada, pois quem respondeu forampessoas que estavam a assistir ao programa, não foramseleccionadas para serem representativas da populaçãoportuguesa e a sua opinião pode ter sido condicionadapelo próprio programa (por exemplo, imagens chocan-

tes ou testemunhos dilacerantes ao vivo). Na sondagemapresentada pelo Expresso, possivelmente, foram tidosem conta os necessários procedimentos para uma cor-recta selecção da amostra, o que levou a resultados di-ferentes dos apresentados pela sondagem da SIC.

Tarefa 6 (Elvis Presley está vivo?) (Pág. 136)Como fontes de enviesamento da amostra temos, porum lado, o facto de nem todos os elementos da popula-ção dos Estados Unidos terem a mesma probabilidadede serem seleccionados, pois só os ouvintes das esta-

ções de rádio em causa, é que se iam pronunciar sobrea questão da morte do Elvis; por outro lado, temos ofacto de os elementos da amostra não serem seleccio-nados, mas sim serem eles os interessados ou não emresponder, com a agravante de a chamada telefónica serpaga. E quem está disposto a pagar é quem quer agitaras águas à volta de Elvis.

Tarefa 7 (Amostra aleatória) (Pág. 137)Só a amostra da terceira situação é aleatória, pois, naprimeira situação, a amostra seria válida apenas para

tirar conclusões sobre as preferências musicais dosalunos do Ensino Secundário que também frequentamo Conservatório. É natural que um aluno que frequentaum Conservatório tenha uma apetência musical dife-rente de outro que não o frequente e, portanto, conclu-sões que se tirem de tal amostra não podem ser válidaspara a população dos alunos do Ensino Secundário. Nasegunda situação, a amostra não é representativa dapopulação, pois é possível que as pessoas à saída dosupermercado se lembrem melhor dos produtos que ouacabaram de comprar ou que aí encontraram, sendoassim as suas respostas enviesadas. Na terceira situa-ção, a amostra já é representativa da população. É umexemplo de amostragem sistemática.

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63Tema 3 — Estatística | Aleph 10

Tarefa 8 (Estatística Descritiva e Indutiva) (Pág. 139)1. Temos aqui um exemplo de Estatística Indutiva. De

uma amostra de 10 televisores infere-se para a po-pulação do lote de 100. Acredita-se, com base na

Teoria da Estatística Indutiva/Inferência Estatística,que, se 10 televisores aleatoriamente seleccionadosestiverem todos bons, então o mesmo deve aconte-cer aos restantes.

2. Temos novamente um exemplo de Estatística Indu-tiva. Sendo a amostra representativa da populaçãode todos os eleitores portugueses, então é de espe-rar que o que se passa na amostra também se passena população e, portanto, que mais de 50% dos por-tugueses votem nesse candidato.

3. Aqui temos apenas um problema de Estatística Des-critiva, visto que a informação foi feita com base nosdados relativos ao salário de todos os empregadosda empresa.

4. Como apenas se estudou o salário de uma amostrade trabalhadores da empresa, estamos perante umproblema de Estatística Indutiva.

Capítulo 2 – Organização e interpretação de caracteresestatísticos

Exercício 1 (Pág. 143)a. Variável do tipo quantitativo e contínua.b. Variável do tipo qualitativo.c. Variável do tipo quantitativo e contínua.d. Variável do tipo qualitativo.e. Variável do tipo qualitativo.f. Variável do tipo quantitativo e discreta.

g. Variável do tipo quantitativo e contínua.h. Variável do tipo qualitativo.i. Variável do tipo quantitativo e discreta.j. Variável do tipo quantitativo e discreta.k. Variável do tipo qualitativo.l. Variável do tipo quantitativo e discreta.

Exercício 2 (Pág. 146)Tendo em conta que num jogo de basquetebol existemquatro períodos de 10 minutos, ou seja, a duração do

 jogo é de 40 minutos e não há aqui ninguém que jogue

os 40 minutos, é natural considerar-se as classes[0, 10[, [10, 20[, [20, 30[ e [30, 40[. No caso de haverprolongamentos já teremos de considerar as classes:[0, 10[, [10, 20[, [20, 30[, [30, 40[ e [40,50[.

Exercício 3 (Pág. 147)

Tabela de frequências absolutas:

Histograma onde se pode ver a frequência absoluta de

cada classe:

Exercício 4 (Pág. 147)

As situações das alíneas b. e c. são propositadamente

ambíguas, pois não se sabe qual a dimensão da amos-tra, nem o que se pretende com os dados a analisar. Por

exemplo, no caso do exemplo b. não é indiferente se as

pontuações se referem a uma turma ou à escola toda.

No primeiro caso, pode não ter qualquer interesse con-

siderar classes com aquela amplitude, pois correr-se-

-ia o risco de a maior parte das classes consideradas

ter frequência nula. Por outro lado, pareceria muito mais

interessante considerar classes de amplitude 5, já que

nos transmite informação de uma forma mais suges-

tiva. No caso da alínea c. será que tem interesse saberquantos professores estão perto da reforma, para fazer

uma programação atempada das necessidades? Se sim,

talvez se justifique considerar classes com aquela am-

plitude. São estas condicionantes que devem ser ob-

 jecto de discussão.

Retirado de: Brochura de Estatística, 10.o ano, pp. 41 e 42, ME

Exercício 5 (Pág. 147)

a. Nenhum aluno teve nota inferior a 4.

b. Dado que a altura da barra correspondente à classe

[8, 12[ é o dobro da altura da barra da classe [4, 8[, é

de esperar que 20% dos alunos tenham tido nota

entre 8 e 12.

Classe

[0, 10[

[10, 20[

[20, 30[

[30, 40[

Frequência absoluta

3

1

1

4

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Aleph 10 | Guia do Professor64

c. Usando um raciocínio idêntico ao usado para respon-

der à alínea b. podemos afirmar que 70% dos alunos

tiveram nota superior a 12 ou, então, considerando

que 10% + 20% = 30% dos alunos tiveram nota entre

4 e 12, então os restantes, 100% – 30% = 70% tiveram

nota superior a 12.

Exercício 6 (Pág. 148)

As classes não têm todas a mesma amplitude. No que

diz respeito às notas negativas, as classes têm uma

amplitude de 5 pontos, enquanto nas notas positivas a

amplitude é de 10 pontos, e este facto pode ser obser-

vado no histograma.

Neste histograma dá ideia de haver um domínio claro

de notas positivas ou perto disso. Estaríamos à espera

que, como o histograma é um diagrama de áreas,

mesmo que as classes não tivessem todas a mesma

amplitude, o aspecto visual do histograma seria muito

fiável, pois a área do rectângulo correspondente deve-

ria ser proporcional à frequência absoluta da classe.

Mas isso não acontece neste caso porque as frequên-

cias absolutas das classes contíguas ]85, 90] e ]90, 95]

têm vectores muito díspares, 339 e 1694, respectiva-

mente. Se tivermos apenas a classe ]85, 95] a sua fre-

quência absoluta será 2033, que não provoca um

contraste tão chocante com a classe seguinte, ]95, 105],de frequência 1277. Vejamos como ficaria o histograma

com as classes todas da mesma amplitude.

Um aspecto muito diferente! A distribuição dos dados

pelos diferentes intervalos é muito equilibrada e até pa-

rece normal.

Exercício 7 (Pág. 153)Consideremos a seguinte tabela onde estão consideradasas classes e as respectivas frequências absolutas dasidades das atletas das equipas do Olivais e do Ribera:

Função cumulativa Função cumulativapara o Ribera para o Olivais

Por comparação dos dois gráficos vemos que a equipado Pallacanestro Ribera apresenta um gráfico enviesadopara a direita, ou seja, tem jogadoras mais velhas, rela-tivamente às jogadoras do Olivais Coimbra.

Exercício 8 (Pág. 155)

Olhando para o diagrama obtido, somos levados a afirmarque a Turma B tem melhores resultados que a Turma A.

Exercício 9 (Pág. 157)Se a distribuição dos dados é simétrica significa que50% dos dados estão de cada lado da média, estando50% acima da média e os restantes 50% estarão abaixo

da média; no que diz respeito à mediana e atendendo àdefinição de mediana, os dados estão, tal como em re-lação à média, 50% acima e 50% abaixo. Em conclusão,a média e a mediana têm que coincidir, quando a dis-tribuição dos dados é simétrica.

Exercício 10 (Pág. 157)a.

A média é 11 237,5 e a mediana é 7700. Então, a dis-tribuição não é simétrica.

Turma A6 5

9 9 7 69 8 6 3 3 08 7 6 4 1 1

5 2

Turma B

00 0 1 4 5 7 7 9 91 1 1 2 2 7 82 4 8

456789

Classe[18, 22[

[22, 26[

[26, 30[

[30, 34[

Idades do Olivais2

4

2

1

Idades do Ribera0

3

5

2

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65Tema 3 — Estatística | Aleph 10

b.

A nova média é 30 925 enquanto que a mediana semantém igual a 7700.

c.

A nova média é 11 271,25 enquanto que a mediana semantém igual a 7700.

d.

Observando a tabela e comparando os dados, vemosque a média é muito sensível a alterações nos dadosenquanto que a mediana não é tão sensível. No exem-plo apresentado nem sequer muda com as alteraçõesapresentadas (pois as alterações aconteceram sem-pre do mesmo lado relativamente à mediana).

e. Os alunos podem ter confundido a mediana com oterceiro quartil.

Exercício 11 (Pág. 158)

a.

Turma 1 Turma 2

Com uma casa decimal, a média, nas duas turmas, é

de 11,2.b. Se olharmos só para os resultados obtidos na alínea

anterior, somos levados a afirmar que as turmas ti-veram um comportamento igual porque a média é amesma nas duas turmas. Mas observa-se clara-mente nos dados que o comportamento não foi bemo mesmo. Enquanto na turma 1 há dois alunos muito

bons (com notas entre 16 e 18) e dois alunos muitomaus (com notas entre 4 e 6), na turma 2 não existenenhum aluno desses tipos, ordem todos mais pró-ximos da média.

Exercício 12 (Pág. 161)

Comparando este diagrama com o da equipa do Olivais,(pág. 161 do manual), vemos que está mais simétrico doque o da equipa dos Olivais, ou seja, tem uma distri-buição de idades mais equilibrada. Mas a amplitude deidades é menor! Ou seja, enquanto que a distribuição deidades da equipa do Ribera vai de 22 a 30 anos, naequipa do Olivais ela vai de 18 a 30 anos, mais 4 anosde amplitude. Isto é, a equipa do Olivais tem jogadorasmais jovens e de um espectro de idades maior. Tendomais jogadoras jovens, tem mais futuro!

Exercício 13 (Pág. 162)Os diagramas de extremos e quartis respeitantes aospontos marcados nos jogos dos play-offs e nos jogosdas competições europeias são, respectivamente:

Comparando os dois diagramas, vemos que nas com-

petições europeias houve uma distribuição mais con-centrada dos pontos marcados (amplitude interquartilmenor). Contudo, como a mediana nas competições eu-ropeias foi maior, os pontos aí marcados são um poucomelhores na parte central da distribuição do que nosplay-offs, ou seja, o comportamento da equipa do Oli-vais nas competições europeias foi bastante razoável(no que diz respeito a pontos marcados).A mediana não é muito diferente, mas nos jogos dosplay-offs, há um grande enviesamento para a esquerda(ou seja, mais jogos com poucos pontos marcados).

Exercício 14 (Pág. 162)Os diagramas de extremos e quartis correspondentesaos três tipos de cachorros, carne de vaca, carne deporco e carne de aves são, respectivamente:

Pela análise dos diagramas podemos inferir que o ca-

chorro de carne de vaca e o cachorro de carne de porcotêm sensivelmente as mesmas calorias, enquanto queo cachorro de carne de aves tem claramente muitomenos calorias.

MédiaMediana

Dados

11 237,57700

Dados com ovalor 335 000

30 9257700

Dados com ovalor 600

11 271,257700

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Aleph 10 | Guia do Professor66

Exercício 15 (Pág. 165)

a.

A média é 2,833 e o desvio-padrão é 1,495.

b.

A média é 2,833 e o desvio-padrão é 1,495.

Observação:Nestas duas distribuições, a média e o desvio-pa-

drão mantêm-se. Os dados da segunda distribuição

são obtidos da primeira multiplicando cada um deles

por 10. Vejamos o que está a acontecer, começando

por calcular a média da segunda distribuição:

– x =

Colocando o 10 em evidência, vamos obter:– x =

Logo,– x =

que é a expressão que nos dá a média para a pri-

meira distribuição, justificando, deste modo, que

ambas as distribuições tenham a mesma média.

Quando um raciocínio semelhante justificamos que o

desvio-padrão é igual, nas duas distribuições.

Exercício 16 (Pág. 165)

a.

A média é 15,809 e o desvio-padrão é 6,044.

b.

A média é 15,809 e o desvio-padrão é 6,044.

Exercícios globais (Págs. 166-171)

1. a.

Na Lista 1 temos o número de países visitado, na

Lista 2 a frequência absoluta e na Lista 3 a fre-

quência absoluta acumulada.

b.

Cada aluno visitou, em média, 4 países.

c.

A mediana é 4 e a moda também é.

d. Por exemplo, escolher um aluno à sorte a partir doseu número de aluno, escolher todos os alunos

que tenham nascido no dia n (sorteando, em se-

guida, se forem mais de 50, ou escolhendo tam-

bém do dia n + 1 se forem menos de 50); escolher

um aluno à sorte em cada uma das turmas da es-

cola até chegar a 50.

2. a.

O número médio de turistas estrangeiros que vi-

sitaram Portugal, entre 1995 e 2000, foi de 10,733

milhões.

b. Se no ano 2000 visitaram Portugal 12,1 milhões de

turistas estrangeiros e, destes, 7,6% são espanhóis,

então = 0,9196 milhões, ou seja, 919 600

de espanhóis visitaram Portugal no ano 2000.

7,6 × 12,1100

0 × 3 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 + 5 × × 7 + 6 × 3 + 7 × 2 + 8 × 3

3 + 18 + 45 + 43 + 20 + 7 + 3 + 2 + 3

10(0 × 30 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 + 5 × 7 + 6 × 3 + 7 × 2 + 8 × 3)

10(3 + 18 + 45 + 43 + 20 + 7 + 3 + 2 + 3)

0 × 30 + 1 × 180 + 2 × 450 + 3 × 430 + 4 × 200 + 5 × 70 + 6 × 30 + 7 × 20 + 8 × 30

30 + 180 + 450 + 430 + 200 + 70 + 30 + 20 + 30

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67Tema 3 — Estatística | Aleph 10

3. a.

b.

c.

A média é 13,5454 e o desvio-padrão é 6,031.

4. a. Os diagramas de extremos e quartis correspon-

dentes aos três tipos de cereais, colocados nas

prateleiras 1, 2 e 3 são, respectivamente:

b. Podemos observar que os cereais colocados nas

prateleiras 1 e 2 apresentam um enviesamento

para a direita, apresentando todos uma grande

concentração de calorias em torno da mediana(junto ao solo e a seguir, são os cereais que estão

mais ao alcance das crianças, as mais gulosas...).

Os cereais colocados na prateleira 3 são os que

apresentam uma distribuição mais equilibrada

(destinadas aos adultos, mais conscientes da ne-

cessidade de uma dieta equilibrada... nem nas pra-

teleiras do supermercado as coisas são deixadas

ao acaso!!!).

5. a. A mediana é 4.

b. Amplitude interquartil: 10 – 2 = 8.

c. Amplitude: 12 – 0 = 12.

6. a.

Estamos perante uma distribuição com média 5,26,

bimodal (pois apresenta dois valores com maior

frequência, o 4,6 e o 5,1), a mediana é 5,15 e o des-

vio-padrão é 1,055.

b. O diagrama de extremos e quartis desta distribui-

ção é:

c. Portugal, com 5,3% do PIB da despesa pública emeducação posiciona-se acima da mediana e abaixo

do terceiro quartil, mas, claramente, mais próximo

da mediana.

7. a.

Estamos perante uma distribuição com médiaigual a 21,99.

A moda é igual a 7,1.

A mediana é igual a 20,55 e o desvio-padrão é

igual a 14,646.

b. O diagrama de extremos e quartis desta distribui-

ção é:

c. Portugal com 14,7% do PIB per capita a preços

correntes na União Europeia, em 2006, posicio-

nava-se entre o primeiro quartil e a mediana.

8. A posição aproximada da média é a correspondente

à linha vertical grossa.

9. O ecrã onde está representado o histograma e o diagra-

made extremos e quartis da mesma distribuição é o b.

Classe

[0; 4,5[

[4,5; 9[

[9; 13,5[

[13,5; 18[[18; 22,5[

[22,5; 27]

Frequência

4

5

13

810

4

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Aleph 10 | Guia do Professor68

10.

Usando a marca das classes para calcular a média

vamos obter:

A média com os dados agrupados em classes é 5,39,

enquanto que a média real é 5,26.

A mediana dos dados agrupados em classes é 5,5,

enquanto a mediana real é 5,15.

A discrepância deve-se ao facto de usarmos a mar-

ca da classe o que introduz enviesamentos, neste

caso, relativamente pequenos.

11. a. Atleta A

Atleta B

Ambos os atletas têm a mesma média e a mesma

mediana, que são, respectivamente, 470 e 469. No

entanto, o atleta A tem um desvio-padrão menor,

o que faz com que seja mais regular que o atleta B.

b. O técnico de estatística terá aconselhado o se-

leccionador a optar pelo atleta A, pois é mais re-

gular que o atleta B.

12. a. Como os dados estão apresentados em percen-tagem, somando as percentagens dadas vamosobter 88,4%, ficando a faltar 11,6% para se obteros 100%, o que nos permite afirmar que respon-deram “Nunca” 11,6% dos inquiridos.

b. O número total de inquiridos foi:

= 1250 pessoas.

c.

A moda da distribuição é os habitantes lerem o jornal todos os dias, uma vez que é a respostaque tem maior frequência absoluta.

d. Não se pode calcular a média nem o desvio-pa-drão da distribuição, pois as classes são de natu-reza qualitativa.

13. Consideremos o seguinte conjunto de dados:2, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 15

Facilmente se verifica que a média é 5 e o terceiro

quartil é 4,5.

14. a.

6

5

4

3

2

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dados012345

Frequência010245

6 47 28 09 110 0

Classe

[3, 4[

[4, 5[

[5, 6[

[6, 7[[7, 8[

[8, 9]

Frequência

2

8

12

41

1

6

5

4

32

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dados0123

45

Frequência0123

50

6 07 08 2

Resposta %

Todos os dias 37,3

1 vez por semana 29

1 vez por mês 10,4

Raramente 11,3

Nunca 11,6

Não responde 0,4

145 × 10011,6

Page 71: Mat Aleph Professor

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69Tema 3 — Estatística | Aleph 10

b.

No primeiro conjunto de dados observados a

média é igual a 3,84 e a mediana é 4.

No segundo conjunto de dados observados a

média e a mediana assumem o mesmo valor e

são iguais a 5.

No terceiro conjunto de dados observados, a

média é igual a 6,68 e a mediana é 7,5.

Conclui-se que no primeiro conjunto de dados a

média não é um elemento do conjunto observado

enquanto que a mediana é.

No segundo caso, são ambos elementos do con-

 junto de dados observados.

No terceiro conjunto de dados nem a média nema mediana fazem parte do conjunto de dados ob-

servados.

15. 1, 2, 3, 4, 5 2, 3, 4, 5, 6

Média = 3 Média = 43, 5, 7, 9, 11

Média = 7O último conjunto obtém-se adicionando os doiselementos que estão nas posições corresponden-tes nos dois primeiros conjuntos. Assim, é de es-perar que a média seja a soma das médias dos doisprimeiros conjuntos.

16. a. Se a média de 20 dos 21 alunos da turma é 145 cme se o aluno que faltou no dia da medição mede 150,podemos obter a média da turma considerando:– x = = = 145,24, ou seja, a

média da turma subiu cerca de 24 centésimas.b. Para determinarmos a altura do outro aluno que

faltou vamos resolver a seguinte equação em

ordem a x : = 146, onde se obtém

para x o valor de 166, ou seja, a altura do alunoque faltou deve ser de 166 cm para que a médiada altura da turma passe de 145 cm para 146 cm.

17. a.

– x  – x  A

– x R 

Não se pode determinar a média – x  fazendo asmédias de – x  A com – x R , porque os dois conjuntosde dados não têm o mesmo número de dados: há10 notas negativas e 25 notas positivas.

6

5

4

3

2

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dados0123

45

Frequência0200

016 27 38 59 3

20 × 145 + x 21

305021

20 × 145 + 15021

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7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor70

Desafio D.1 (Pág. 172)Se quisermos que a média coincida com o valor mínimoda distribuição de dados temos que ter os dados todosiguais, o mesmo se pode afirmar para o caso do máximo.

Fazemos coincidir a média com a mediana conside-rando, por exemplo, o seguinte conjunto de dados:

1, 2, 3, 4, 5

Fazemos coincidir a média com o Q1 considerando, porexemplo, o seguinte conjunto de dados:

1, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6

Média e Q1 é igual a 5.Fazemos coincidir a média com o Q3 considerando, por

exemplo, o seguinte conjunto de dados:

5, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 11

Média e Q3 é igual a 6.

Desafio D.2 (Pág. 172)Podemos traduzir algebricamente o desvio-padrão dosdados x 1, x 2, …, x n pela fórmula:

Se os dados são transformados em a x 1 + b, a x 2 + b, …,

a x n + b, então a média será

= =

= a + b = a– x + b

O novo desvio-padrão será dado por

Em conclusão, se os dados x 1, x 2, …, x n são transforma-

dos em a x 1 + b, a x 2 + b, …, a x n + b, então a média sofreráo mesmo tipo de transformação e o desvio-padrão serámultiplicado por |a|.

Capítulo 3 – Distribuições bidimensionais

Exercício 1 (Pág. 179)

Representando os dados graficamente, através da nu -

vem de pontos, vemos claramente que o nível da pro-teína aumenta com o tempo de gestação. Podemos

traçar uma recta no gráfico, de modo que os pontos se

encontrem próximos da recta e bem distribuídos para

um lado e outro dela. Diz-se, então, que as variáveis

estão positivamente correlacionadas. É, pois, de espe-

rar que se consiga saber, através do tempo de gestação,

qual é o nível provável de proteína no sangue.

Exercício 2 (Pág. 180)

a. Desde 1992 até 2007, o número de pessoas apoia-

das pelo Banco Alimentar aumentou. Esse aumento

contra Fome foi de 60 445 – 15 000 = 45 445.

A percentagem de aumento de pessoas apoiadas

pelo Banco Alimentar Contra a Fome foi:

= 302,966, ou seja, houve um aumento

de aproximadamente 303%.

b. O número de toneladas de produtos que entraram foi

de 9441 – 202 = 9239. A percentagem de aumento foi= 4573,762, ou seja, houve um aumento

de aproximadamente 4574% de toneladas de produ-

tos que entraram no Banco Alimentar Contra a Fome.

c. Atendendo às duas respostas anteriores é de espe-

rar que, em média, em 2007 tenha sido distribuída

uma maior quantidade de produtos alimentares por

pessoa do que em 1992, pois se houve, por um lado,

um aumento de 303% de pessoas apoiadas, por outro

lado houve um aumento de 4574% de toneladas de

produtos que entraram no Banco Alimentar Contra a

Fome.

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫

(a x 1 + b – (a– x + b))2 + (a x 2 + b – (a– x + b))2 + … + (a x n + b – (a– x + b))2

n

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫(a x 1 + a– x )2 + (a x 2 + a– x )2 + … + (a x n – a– x )2

n

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫a2( x 1 – – x )2 + a2( x 2 – – x )2 + … + a2( x n – – x )2

n

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫( x 1 – – x )2 + ( x 2 – – x )2 + … + ( x n – – x )2

n

=

=

= |a|

( x 1 + x 2 + … + x n)n

a x 1 + b + a x 2 + b + … + a x n + bn

a( x 1 + x 2 + … + x n) + nbn

( x 1 – – x )2 + ( x 2 – – x )2 + … + ( x n – – x )2

n

√∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫

9239 × 100202

45 445 × 10015 000

0 10 20 30 40

Tempo de gestação (semanas)

    N    í   v   e    l    d   e   p   r   o   t   e    í   n   a

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

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71Tema 3 — Estatística | Aleph 10

d. Em média cada pessoa recebeu, em 1992,

= 0,013466, ou seja, cada pessoa recebeu

cerca de 13,5 kg, enquanto que, em 2007, cada pessoa

recebeu = 0,1561915, ou seja, em média no ano

de 2007, cada pessoa recebeu aproximadamente156 kg.Estes dados confirmam a resposta dada na alíneaanterior.

e. O diagrama de dispersão que relaciona o número deinstituições apoiadas e o número de pessoas apoia-das é:

Gráfico obtido na calculadora

Pode observar-se que, à medida que o número deinstituições aumentou, também aumentou o númerode pessoas apoiadas.

f. O gráfico que relaciona a evolução da entrada de pro-dutos alimentares, em toneladas, desde 1992:

Gráfico obtido com a calculadora

O gráfico anterior mostra que o número de toneladasde produtos alimentares angariadas pelo Banco Ali-mentar Contra a Fome tende a aumentar. Embora

essa tendência seja crescente, houve dois anos que

contrariaram essa tendência; foram os anos de 2001

e 2004, em que o número de toneladas decresceu,

relativamente aos anos anteriores.

Exercício 3 (Pág. 181)

Para melhor compreendermos estes dados podemos

fazer uma representação gráfica adequada, obtendo

uma nuvem de pontos, em que representamos nas or-

denadas a variável de interesse (distância atingida no

salto em comprimento) e na abcissa a variável explica-

tiva (peso do estudante).

Observamos que não há uma relação clara entre estas

duas características. A nuvem de pontos encontra-se

bastante dispersa. Diz-se então que as duas caracterís-

ticas estão fracamente correlacionadas. Não é de espe-

rar que o facto de sabermos o peso do aluno nos indique

de algum modo a distância que ele vai saltar. Pode ser

pesado e saltar bastante, como pode saltar pouco.

Exercício 4 (Pág. 181)

Representando os dados graficamente, obtém-se:

Observamos que, quando a profundidade aumenta, a

humidade diminui. Diz-se, neste caso, que as duas va-

riáveis estão negativamente correlacionadas, pois va-

riam em sentidos opostos.

0 500 1000 1500

Profundidade

    H   u   m    i    d   a    d   e

140

120

100

80

60

40

20

0

40 50 60 70

Peso (kg)

    S   a    l   t   o    (   c   m    )

240

220

200

180

160

140

120

9441

60 445

20215 000

1990 1992 1994 1996 1998

Ano

    T   o   n   e    l   a    d   a   s

10 000900080007000600050004000300020001000

02000 2002 2004 2006 2008

0 50 100 150 200

Número de instituições

    N    ú   m   e   r   o    d   e   p   e   s   s   o   a   s   a   p   o    i   a    d   a   s

70 000

60 000

50 000

40 000

30 000

20 000

10 000

0250 300

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Aleph 10 | Guia do Professor72

Exercícios globais (Págs. 182-187)

1. Com correlação positiva temos os gráficos (A), (C) e (E);

com correlação negativa temos os gráficos (B) e o (H).

Sem correlação temos os gráficos (D), (F), (G) e (I).

2. a.

A recta de regressão que ajusta estes dados é:

 y = 22 704,18 x – 40 432 690,99

b. A população masculina portuguesa, em 2010, será

de aproximadamente  y(2010) = 5 202 718, con-

forme pode ser observado no ecrã:

3. a.

A recta de regressão que se ajusta a estes dados

é y = 21 117,47 x – 36 908 038,41

b. A população feminina portuguesa em 2010 será

de aproximadamente  y(2010) = 5 538 077, con-

forme pode ser observado no ecrã:

4.

Pela análise do gráfico de dispersão, vemos que

existe uma correlação negativa, com um coeficiente

de correlação igual a –0,99. Temos, pois, uma forte

correlação negativa.

5. Façamos os vários diagramas de dispersão e anali-

semos os resultados:

Analisando este diagrama de dispersão, podemos

dizer que não há qualquer tipo de correlação entre

as variáveis calorias e gordura.

Analisando este diagrama de dispersão, podemos

dizer que não há nenhum tipo de correlação entre as

variáveis calorias e fibras.

Analisando este diagrama de dispersão, podemos

dizer que há uma correlação positiva entre as variá-

veis calorias e açúcar.

6. O centro de gravidade da distribuição de dados do

problema anterior, considerando as calorias e o açú-

car, é o ponto médio de cada conjunto de dados:

O centro de gravidade é o ponto (7; 112,4). O centro

de gravidade pode ser observado nas figuras abaixo,

sendo o ponto de intersecção das rectas horizontal

e vertical. A partir daí podemos fazer uma estima-

tiva para a recta de regressão sem ter de a calcular,

bastando fazer uma estimativa para o declive. Os

pontos (8, 120) e (10, 130) parecem ser pontos na di-

recção da recta de regressão. Uma estimativa do de-

clive pode ser então 5, mas, como é só um valor

aproximado, outras estimativas são admissíveis.

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73Tema 3 — Estatística | Aleph 10

A calculadora indica-nos que a recta de regressão é

a recta de equação  y = 5,808 x + 71,746. O declive é

5,808 e, como tal, a nossa estimativa não é nada má.

7. Por uma análise do tipo de dados em questão é de

esperar que entre todas as colunas haja uma corre-

lação positiva, numas mais forte do que noutras. Este

facto pode ser comprovado pela sequência de dia-

gramas de dispersão apresentados.

8.

O centro de gravidade desta distribuição é o ponto

(4,5 ; 4) e a recta de regressão terá um declive ne-

gativo.

Vejamos o diagrama de dispersão com a recta de re-

gressão:

Daqui podemos confirmar o que acabamos de intuir,

ou seja, o declive é, aproximadamente, igual a –1,53.

9. a.

A recta de regressão que se ajusta a estes dados

é y = 0,0331 x + 6,749.

b. O declive 0,0331 representa o aumento de longe-

vidade por cada aumento de 1 dia na gestação. A

ordenada na origem representa a longevidade mí-

nima para uma gestação mínima.

c. Representação gráfica dos resíduos:

d. O elefante é claramente um outlier .

e. O resíduo correspondente ao elefante é 11,896,

conforme pode ser observado no ecrã seguinte.

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Aleph 10 | Guia do Professor74

f. O animal com maior resíduo em valor absoluto é oelefante, conforme pode ser observado no ecrã:

O período de gestação do elefante é de uma enor-midade de 645 dias, quase dois anos, no que se dis-tingue de todos os outros considerados. Tambémvive 40 anos, o que é muito superior a todos os ou-tros. Não admira que tenha um período de gestaçãotão grande. Uma singularidade no reino animal!

g. Retirando a girafa, vamos obter o seguinte diagramade dispersão e a recta de regressão nele sobreposta:

A recta de regressão que se ajusta a estes dados,sem a girafa, é y = 0,0365 x + 6,393.Comparando as duas rectas de regressão no mesmográfico podemos ver que são muito semelhantes:

h. Retirando o elefante, vamos obter o seguinte diagramade dispersão e a recta de regressão nele sobreposta:

A recta de regressão que se ajusta a estes dados,sem o elefante, é y = 0,024 x + 8,097.Comparando as duas rectas de regressão no mesmográfico podemos ver que são muito diferentes.

Concluímos, destas duas alíneas, que a presençade um outlier provoca grandes alterações na rectade regressão.

10. Consideremos a tabela e o respectivo diagrama dedispersão:

Pela análise do diagrama de dispersão vemos queexiste uma correlação positiva, o que elimina todosos valores negativos apresentados.Uma análise mais cuidada permite-nos afirmar quea correlação é forte, logo só podemos pensar nosvalores 0,77 e 0,99, mas este último não é possível,pois os pontos teriam que estar, praticamente, todos

alinhados sobre uma recta. Assim, o valor que me-lhor serve para coeficiente de correlação é o 0,77.Confirmemos:

Temos, então, que o coeficiente de correlação é

r = 0,7689 ou seja, aproximadamente 0,77.

Desafio D.1 (Pág. 188)

O diagrama de dispersão correspondente aos dados é:

Regressão linear Regressão quadrática

Por observação, vemos que a regressão quadráticaajusta muito melhor à nuvem de pontos obtida.

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75Tema 3 — Estatística | Aleph 10

Averiguemos o que se passa com os resíduos:

Na Lista 5 temos os resíduos correspondentes à re-gressão linear e na Lista 6 os resíduos corresponden-tes à regressão quadrática. É visível que os valores daLista 6 são muito inferiores aos da Lista 5, o que estáde acordo com o facto de a regressão quadrática seajustar melhor a este conjunto de dados.

Provas globais

Prova global N.o 1 (Pág. 192)

1. a.

b. Vamos ordenar as diferenças por ordem crescentee posteriormente calcular a mediana:

Como temos 7 dados a mediana estará na posição:

= = 4. Assim, a mediana é zero.

c. Dado que a mediana é zero, isto significa que deum lado e de outro há igual quantidade de valores,de um dos lados negativos, do outro positivos;assim, ambas as estações tiveram o mesmo nú-mero de dias com mais audiências de uma em re-lação à outra.

2. Para resolver esta questão vamos recorrer à calcu-ladora gráfica. Começamos por introduzir todos osdados na Lista 1; de seguida, vamos elaborar um his-tograma que nos vai permitir contar o número deefectivos de cada valor que a variável assume; esteé um processo rápido e que evita erros de contagemquando os dados são apresentados em bruto.

Vai ser preciso ajustar a janela de visualização paraver bem o histograma.

Vamos agora trabalhar o gráfico obtido para que estenos apresente os dados de que necessitamos. Veja-mos na sequência de ecrãs apresentados de seguidao que devemos fazer:

Com a tecla que nos permite percorrer o gráfico, po-demos observar os valores que a variável assume. Noúltimo ecrã apresentado vemos que, para um mínimoigual a três e inferior a quatro, temos cinco efectivos,o que, na prática e no presente contexto, significa queexistem cinco agregados familiares com três pessoas.Continuando a percorrer o gráfico, vamos obter osrestantes valores que a variável assume, permitindoresponder aos itens colocados nesta questão.a.

Vemos, na Lista 2, os valores que a variável assume,e na Lista 3, a respectiva frequência absoluta.A tabela completa é a que se apresenta a seguir,onde na Lista 4 vemos a frequência relativa, obtidadividindo a Lista 3 por 40 (o número total de agre-gados familiares estudados).

3.a Feira

4.a Feira

5.a Feira

6.a Feira

Sábado

Domingo2.a Feira

RTP 1

27,8

25,3

24,7

25,3

23,2

22,625,7

SIC

24,1

24,7

25,9

25,3

26,7

30,124,6

Diferença

3,7

0,6

–1,2

0

–3,5

–7,51,1

7 + 12

82

Posição

Diferença

1 2 3 4 5 6 7

–7,5 –3,5 –1,2 0 0,6 1,1 3,7

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Aleph 10 | Guia do Professor76

b. Vamos usar a calculadora para obter a média e amediana. Obtemos os seguintes ecrãs:

Estamos, agora, em condições de dizer que a médiaé 4,85 e a mediana 5. Quanto à moda, também é 5.

3. A amplitude interquartil, dado que é de quatro uni-dades nos dois diagramas apresentados.

4. Comecemos por introduzir os dados nas Listas 1 e 2

da calculadora gráfica. De seguida vamos obter anuvem de pontos correspondente aos dados intro-duzidos, daí resultando o que pode ser observadonas imagens seguintes:

Usando, novamente, a calculadora, vamos adicionara regressão linear a este gráfico.

A recta de regressão é, então, y = 21,0457 x – 41 229,6286. Agora, é só calcular:

Se a tendência se mantiver, em 2002 haverá cercade 904 mortes enquanto que, em 2005, o número demortes será de 968.

Prova global N.o 2 (Pág. 194)1. a. Trata-se de uma sondagem, pois não estava en-

volvida a totalidade dos agregados domésticosportugueses.

b. i) Os agregados portugueses que apresentam ní-veis de posse de computador acima da médiasão apenas os que se situam em Lisboa e Valedo Tejo (44,7%).

ii) Os agregados portugueses que apresentam níveisde ligação à Internet acima da média são os quese situam em Lisboa e Vale do Tejo com 26,9%e na Região Autónoma dos Açores com 22,3%.

2. a.

b. Calculemos a média:– x = (0 × 3 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 +

+ 5 × 7 + 6 × 3 + 7 × 0 + 8 × 1) : 140A moda é 2 e a mediana é 3 (calculada com a cal-culadora gráfica, conforme pode ser observado nafigura abaixo, onde se pode também confirmar ovalor obtido para a média).

3. O estudante A faz chamadas, em regra, mais longasque o estudante B, pois 75% das chamadas do estu-dante A duram mais de 2 minutos (120 s). Quanto aoestudante B, as chamadas por ele realizadas são, emregra, de duração inferior a 2 minutos; com efeito,75% das chamadas são mais curtas do que 2 minu-tos; logo, quando comparadas com as chamadasefectuadas pelo estudante A, mais de 75% são maiscurtas. Por outro lado, o estudante faz chamadas comuma duração parecida, pois a amplitude interquartil

é de 110 – 50 = 60 s, enquanto o estudante A faz cha-madas com uma duração muito variada, pois, nestecaso, a amplitude interquartil é de 350 – 120 = 230 s.

 xi 

0

12

3

4

5

 f i 3

1845

43

20

7

6 3

7 0

8 1

 f r 

0,211

0,1290,322

0,307

0,143

0,050

0,021

0

0,007

Page 79: Mat Aleph Professor

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77Tema 3 — Estatística | Aleph 10

4. As duas variáveis estão muito relacionadas uma com

a outra, pois à medida que uma aumenta, a outra, ge-

ralmente, também aumenta da mesma maneira.

Prova global N.o 3 (Pág. 196)

1. A média e a mediana do número de alunos que con-

seguiu entrar nas escolas de Medicina do país entre

1990 e 2000

(400 445 470 465 485 475 475 475 561 566 735),

não incluindo a Medicina Dentária, foi de 505 (arre-

dondamento de 504,72) e 475, respectivamente, con-

forme pode ser observado nos resultados obtidos

com a calculadora.

Os valores apresentados por estas medidas não po-

derão ser considerados semelhantes, porque apre-

sentam uma diferença de 30, muito superior à varia-

 ção entre alguns anos consecutivos. Tal, deve-se ao

facto de a distribuição não ser simétrica, mas tam-

bém ao facto de haver um valor muito discrepante em

relação aos outros, 735, e outros dois francamente

maiores que os restantes (561 e 566). A mediana não

é nada afectada por este facto e, assim, fornece uma

melhor ideia geral da distribuição dos dados.

2. a. Usando uma calculadora gráfica, vamos obter:

Para a média obtemos o valor de 450 euros e para

a mediana o valor de 300 euros A moda é 300.

b. O valor encontrado para a média não caracteriza

de maneira nenhuma os vencimentos dos funcio-

nários da empresa, pois 7 dos 8 funcionários au-

ferem de um vencimento inferior à média. Com

efeito, o salário de 1500 euros, apesar de respei-

tar apenas a um funcionário, influencia enorme-

mente o cálculo da média.

3. O Sérgio terá uma nota compreendida entre os 55%

e os 70%. Tal pode ser observado no gráfico abaixo,

onde a linha horizontal verde marca 50% (a mediana)

e a linha horizontal vermelha marca 25% (1.o Quartil),

da distribuição das notas.

4. Comecemos por calcular a soma dos pontos obtidos

na corrida dos 100 m e do lançamento do peso.

Com uma calculadora gráfica, vamos construir a

nuvem de pontos correspondente à soma obtida e ao

total final de pontos, para encontrar a recta de re-

gressão assim como o coeficiente de correlação.

O coeficiente de correlação entre a soma dos pontos

dessas duas provas e o resultado final é de 0,62.

Se usarmos a recta de regressão para prever o re-

sultado final do atleta finlandês, este é de aproxima-

damente 8239 pontos.

1. Erki Nool EST

2. Roman Sebrle CZE

3. Chris Huffins USA

4. Dean Macey GBR

5. Tom Pappas USA

6. Tomas Dvorak CZE

7. Frank Busemann GER

8. Attila Zsivoczky HUN

9. Stefan Schmid GER

10. Henrik Dag ard SWE

100 m

933

878

980

903

901

881

881

838

874

897

Peso

796

803

806

766

782

846

760

787

731

788

Soma(100 m +

peso)

1729

1681

1786

1669

1683

1727

1641

1625

1605

1605

Totalfinal

8641

8606

8595

8567

8425

8385

8351

8277

8206

8178

35

1

0,8

0,6

0,4

0,2

045 55 65 75 85 95

Page 80: Mat Aleph Professor

7/27/2019 Mat Aleph Professor

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Aleph 10 | Guia do Professor78

Prova global N.o 4 (Pág. 198)1. a. Usando uma calculadora gráfica, colocamos os dados

na Lista 1 e calculamos as medidas estatísticas:

Podemos observar que a média é – x = 10 010,67 ea mediana med = 8312,5.

b. É a mediana, porque a média está muito influen-ciada pelo número de lojas existentes em Lisboa,Porto e Setúbal, valores que se afastam muito darealidade nacional.

c. Em alguns distritos isto verifica-se, mas não emtodos, como é o caso de Aveiro, Santarém, Coim-bra, Évora e Portalegre.

2. a. Utilizando, uma vez mais, a calculadora, temos:

A média é – x = 105,65 km/h, a mediana é igual a100 km/h e a moda é igual a 90 km/h.

b. A alteração introduzida só vai afectar a média,o que nos permite afirmar que a média é facilmentealterada com a substituição de um valor por outrodiferente. Vejamos:

A média passou de 105,65 km/h para 110,87 km/h,

c. A diferença prende-se com o facto de o Leonardo,após ter agrupado os dados em classes, usar amarca da classe para calcular a média, introdu-zindo, deste modo, um enviesamento nos cálcu-

los que efectuou, o que por si só é suficiente paraconduzir a valores discrepantes dos valores reaiscalculados pela Catarina.

4. a. Usando a seguinte janela de visualização:

obtemos a nuvem de pontos:

b. Podemos observar que, à medida que a idade au-menta, também aumenta a altura das crianças.

c. A altura prevista pela recta de regressão, parauma criança de 118 meses, é de 143,7 cm, confor -me pode ser observado abaixo: