Página cem

Parte 8

b) Como os algarismos não podem se repetir, temos de considerar que, para o primeiro algarismo, há 3 possibilidades (os algarismos 7 e 8 não servem, pois o número formado seria maior que 700); para o segundo, 4 possibilidades (deve ser distinto do primeiro, mas os algarismos 7 e 8 agora servem); e, para o terceiro, 3 possibilidades (o terceiro algarismo deve ser diferente dos outros dois). Logo, há 36 números de três algarismos distintos, pois:

3 ⋅ 4 ⋅ 3 = 36

6. A numeração do bilhete será então:

Esquema: da esquerda para a direita, traço horizontal com a palavra letra acima. À direita, traço horizontal com a palavra letra acima. À direita, traço horizontal com a palavra número acima. À direita, traço horizontal com a palavra número acima.

Para a primeira letra temos 5 possibilidades (A, B, C, D e E); para a segunda, também temos as mesmas 5 possibilidades. Para os números temos 10 algarismos para cada um. Logo, há .2500 possibilidades de numeração dos bilhetes, pois:

5 ⋅ 5 ⋅ 10 ⋅ 10 = .2500

7. Como as letras devem ser diferentes, para a primeira, temos 26 escolhas possíveis; para a segunda, 25; para a terceira, 24; e, para a quarta, 23. Aplicando o princípio multiplicativo, temos:

26 ⋅ 25 ⋅ 24 ⋅ 23 = .358800

Portanto, podem ser formadas .358800 palavras.

8. A senha deverá ter 6 dígitos, mas, como ela sempre começa com 9, vamos descartar esse dígito. Os outros 5 deverão ser 4 números e uma vogal, já que ela sempre termina com uma vogal. Como podem ser repetidos, então temos 10 possibilidades para cada número e 5 possibilidades para a vogal. Logo, há .50000 possibilidades de senha, pois.

1 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 5 = .50000

Atividades

▶ Página 219

1. Para encontrar o número de anagramas da palavra LIVRO, podemos utilizar o princípio fundamental da contagem: 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120

Portanto, são 120 anagramas.

2. Se I é sempre a primeira letra e O a última, devemos verificar as possibilidades de escolha para as letras centrais. São 3 possibilidades para a segunda letra, 2 para a terceira e 1 para a quarta. Assim, temos: 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6

Portanto, são 6 anagramas.

3. Para determinar todas as possibilidades de saladas com 3 tipos de frutas que podem ser escolhidas entre 5 tipos de frutas, podemos fazer: 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60. Como cada combinação pode aparecer 6 vezes repetidas, pois a ordem das frutas não importa, devemos eliminar as repetições, dividindo 60 por 6, assim 60 : 6 = 10.

Logo, podemos obter 10 tipos de salada.

4. Para encontrar todas as possibilidades de comissões com 3 pessoas escolhidas em um conjunto de 10 pessoas, podemos fazer: 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 720. Como cada combinação pode aparecer 6 vezes repetidas, pois a ordem das pessoas não importa, devemos eliminar as repetições, assim 720 : 6 = 120.

Logo, podemos obter 120 comissões.

5. Se todas as letras na palavra ABACATE fossem distintas, teríamos .5040 anagramas, pois: 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = .5040. Como a letra A se repete 3 vezes na palavra, devemos verificar o número de possibilidades repetidas: 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6. Então, devemos dividir o total de possibilidades pelo número de repetições, .5040 : 6 = 840.

Logo, 840 anagramas.

6. Resposta pessoal. Exemplo de problema: Quantos são os anagramas da palavra MARTELO?

Resolução: 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = .5040

Portanto, há .5040 anagramas.

TRABALHO EM EQUIPE

▶ Página 220

Resoluções e comentários em Orientações.

Estatística e Probabilidade

▶ Páginas 221, 222 e 223

1. a) Como são 7 participantes, podemos usar o princípio fundamental da contagem e fazer:

7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = .5040

Logo, são .5040 possíveis combinações.

b) A probabilidade de Fernando ser o primeiro colocado pode ser calculada dividindo 1 por 7, já que Fernando é 1 dos 7 participantes. Assim:

\frac{1}{7} ≃ 0,142 9

Multiplicando o valor obtido por 100, temos:

0,1429 ⋅ 100 = 14,29.

Logo, a probabilidade de Fernando ser o primeiro colocado é, aproximadamente, 14,29%.

2. a) Nosso alfabeto tem 26 letras, então: 26 ⋅ 26 = 676.

Temos 10 algarismos, que são: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Então: 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = .10000

Multiplicando os valores obtidos, temos:

676 ⋅ .10000 = ..6760000

Portanto, o total de senhas que podem ser criadas nessas condições é ..6760000 senhas.

b) A letra A é uma das 26 letras do nosso alfabeto, então podemos fazer:

\frac{1}{26} ≃ 0,038 5

, ou seja, 0,0385 ⋅ 100 = 3,85

Logo, a probabilidade de a senha de Ana ter a letra A na última posição é de, aproximadamente, 3,85%.

c) Com letras distintas, para calcular a quantidade de senhas com duas letras, podemos fazer:

26 ⋅ 25 = 650

Com algarismos distintos, para calcular a quantidade de senhas com 10 algarismos, podemos fazer:

10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = .5040

Assim, pelo princípio multiplicativo, temos:

650 ⋅ .5040 = ..3276000

Logo, poderiam ser criadas ..3276000 senhas. A probabilidade de a senha de Ana ter a letra A na última posição é a mesma, aproximadamente, 3,85%.

3. a) Como são 6 opções de sabor e o sorvete vai ser montado apenas com duas bolas de 2 sabores diferentes, temos: 6 ⋅ 5 = 30

Logo, é possível montar um sorvete com duas bolas de 2 sabores diferentes de 30 maneiras.

Página cento e um

b) As possibilidades de sorvete com duas bolas de 2 sabores diferentes, das quais apenas 1 é de chocolate, são 10, pois podem ser:

• 5 possibilidades com a bola de cima sendo de chocolate, daí a debaixo será de morango, flocos, abacaxi, creme ou limão;

• 5 possibilidades com a bola debaixo sendo de chocolate, daí a de cima será de morango, flocos, abacaxi, creme ou limão.

Assim, para calcular a probabilidade de um cliente pedir um sorvete com duas bolas de 2 sabores diferentes, das quais apenas 1 é de chocolate, podemos fazer:

\frac{10}{30} ≃ 0,3333 \dots

, ou seja: 0,3333 ⋅ 100 = 33,33

Logo, a probabilidade é, aproximadamente, 33,33%.

c) Resposta pessoal. Espera-se que os estudantes cheguem à conclusão de que sorvetes de alguns sabores são mais consumidos do que outros e, portanto, a probabilidade de escolha desses sabores é maior. Nessas situações, em que a escolha não é aleatória, a probabilidade não representa fielmente a realidade.

4. a) Como são 7 cores, podemos usar o princípio fundamental da contagem e fazer:

7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = .5040

Logo, Everton pode pintar sua casa de .5040 maneiras diferentes.

\frac{1}{7} ≃ 0,142 9

, ou seja, 0,1429 ⋅ 100 = 14,29

Logo, a probabilidade de ele pintar a cozinha de laranja é de aproximadamente 14,29%.

c) Como são 8 cores, podemos usar o princípio fundamental da contagem e fazer:

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = .40320

Logo, ele poderia pintar sua casa de .40320 maneiras diferentes.

Atividades de revisão

▶ Página 224

1. a) O tucano não sabia que cada bolinha preta que visualizou escondia um caractere da senha de Bugio.

b) 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = .100000

É possível formar .100000 senhas.

2. 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = .604800

Podem ser fabricados .604800 cadeados.

3. 26 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = .260000

É possível formar duzentas e sessenta. senhas.

4. 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 336. Logo, 336 : 6 = 56.

Portanto, podemos escolher as pessoas de 56 modos diferentes.

5. 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120

As letras repetidas são A: 3 ⋅ 2 = 6 e R: 2 ⋅ 1 = 2, ou seja, 6 ⋅ 2 = 12. Logo: 120 : 12 = 10

Portanto, são 10 anagramas da palavra ARARA.

PARA FINALIZAR

▶ Páginas 225 e 226

Resoluções e comentários em Orientações.

Unidade 4

Capítulo 9

Atividades

▶ Página 231

1. a) A situação deste item pode ser representada pela equação z + y = 3.

b) A situação deste item pode ser representada pela equação 3x ‒ 2y = 14.

2. Analisando as alternativas, temos:

a) Não é uma equação do 1º grau com duas incógnitas, pois não pode ser reduzida a uma sentença do tipo ax + by = c, sendo a, b e c números reais, em que a e b são não nulos.

b) Não é uma equação do 1º grau com duas incógnitas, pois a incógnita y está elevada ao cubo.

c) É uma equação do 1º grau com duas incógnitas.

d) Não é uma equação do 1º grau com duas incógnitas, pois ela tem três incógnitas (x, y, z).

e) Não é uma equação do 1º grau com duas incógnitas, pois ela tem apenas uma incógnita (x).

f) Não é uma equação do 1º grau com duas incógnitas, pois tem apenas uma incógnita e está sendo elevada ao quadrado (x2).

alternativa cê

3. a) x + 4y = 15

4 + 4 · ( ‒ 1) = 15

4 ‒ 4 = 15

0 = 15 (sentença falsa)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) não é solução da equação dada.

b) x ‒ 4y = 0

4 ‒ 4 · ( ‒ 1) = 0

4 + 4 = 0

8 = 0 (sentença falsa)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) não é solução da equação dada.

c) 4x ‒ 4y = 12

4 · 4 ‒ 4 · ( ‒ 1) = 12

16 + 4 = 12

20 = 12 (sentença falsa)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) não é solução da equação dada.

d) 4x + y = 15

4 · 4 + ( ‒ 1) = 15

16 ‒ 1 = 15

15 = 15 (sentença verdadeira)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) é solução da equação dada.

e) 3x + 2y = ‒ 10

3 · 4 + 2 · ( ‒ 1) = ‒ 10

12 ‒ 2 = ‒ 10

10 = ‒ 10 (sentença falsa)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) não é solução da equação dada.

Página cento e dois

2 x + \frac{y}{2} = 7, 5

2 \cdot 4 + \frac{(‒ 1)}{2} = 7, 5

8 ‒ \frac{1}{2} = 7, 5

\frac{16}{2} ‒ \frac{1}{2} = 7, 5

\frac{15}{2} = 7, 5

7,5 = 7,5 (sentença verdadeira)

Logo, o par ordenado (4, ‒ 1) é solução da equação dada.

4. a) Atribuindo o valor 0 para x, temos:

2 x ‒ y = \frac{1}{2}

2 \cdot 0 ‒ y = \frac{1}{2}

‒ y = \frac{1}{2}

y = ‒ \frac{1}{2}

Portanto, uma solução para a equação é

(0, ‒ \frac{1}{2})

Atribuindo o valor 1 para x, temos:

2 x ‒ y = \frac{1}{2}

2 \cdot 1 ‒ y = \frac{1}{2}

2 ‒ y = \frac{1}{2}

\frac{4}{2} ‒ y = \frac{1}{2}

\frac{4}{2} ‒ \frac{1}{2} = y

y = \frac{3}{2}

Portanto, uma solução para a equação é

(1, \frac{3}{2})

b) Exemplo de resposta: ‒x + y = 15

Plano cartesiano na malha quadriculada: no eixo x, números: menos 1, 1, 3, 4 e 7. No eixo y, números: menos três, menos 1, três e cinco. Há os pontos, A de abcissa 3 e ordenada menos 1; B de abscissa 0 e ordenada 5; C de abscissa 4 e ordenada menos 3; D de abscissa 7 e ordenada menos 1; E de abscissa 1 e ordenada 3.

Os pontos indicados não pertencem à mesma reta.

6. Para que o ponto dado represente uma das soluções de uma equação do 1º grau com duas incógnitas, precisamos encontrar uma sentença verdadeira utilizando as coordenadas do ponto. Podemos verificar que:

2 \cdot \frac{3}{2} + 2 \cdot \frac{9}{2}

= 12

3 + 9 = 12

12 = 12 (sentença verdadeira)

Assim, substituindo a abscissa do ponto por x e a ordenada por y, temos:

2x + 2y = 12

Portanto, uma equação do 1º grau com duas incógnitas que tem como solução o par ordenado

(\frac{3}{2}, \frac{9}{2})

2 x + 2 y = 12

7. Como o resultado final de desafio é 15, vamos testar valores menores que 15 nas proposições propostas por Enrico. Quando testamos com o número 9, chegamos aos seguintes resultados:

9 ⋅ 5 = 45

45 + 5 = 50

50 : 2 = 25

\sqrt{25} = 5

5 + 10 = 15

Assim, o número esperado é o 9.

8. Exemplo de explicação: Substituindo as incógnitas pelas coordenadas de alguns pontos de cada representação gráfica e verificando se as igualdades obtidas são verdadeiras, temos:

Par ordenado	Equação 2x − y = 4
(2, −1)	2 ⋅ (2) − (−1) = 4 4 + 1 = 4 5 = 4 (sentença falsa)

A representação gráfica desse item não corresponde às soluções da equação 2x ‒ y = 4.

Par ordenado	Equação 2x − y = 4
(1, −1)	2 ⋅ (1) − (−1) = 4 2 + 1 = 4 3 = 4 (sentença falsa)

Pares ordenados	Equação 2x − y = 4
(0, −4)	2 ⋅ (0) − (−4) = 4 +4 = 4 4 = 4 (sentença verdadeira)
(1, −2)	2 ⋅ (1) − (−2) = 4 2 + 2 = 4 4 = 4 (sentença verdadeira)
(2, 0)	2 ⋅ (2) − (0) = 4 4 − 0 = 4 4 = 4 (sentença verdadeira)
(3, 2)	2 ⋅ (3) − (2) = 4 6 − 2 = 4 4 = 4 (sentença verdadeira)

A representação gráfica desse item corresponde às soluções da equação 2x ‒ y = 4.

alternativa cê

9. a) Substituindo x por 3 na equação, temos:

3x ‒ 4y = 7

3 ⋅ 3 ‒ 4y = 7

9 ‒ 4y = 7

‒ 4y = 7 ‒ 9

‒ 4y = ‒ 2

y = \frac{2}{4}

y = \frac{1}{2}

Logo, a ordenada desse par ordenado é

\frac{1}{2}

Página cento e três

b) Substituindo y por ‒ 5 na equação, temos:

2x ‒ y = 5

2x ‒ (–5) = 5

2x + 5 = 5

2x = 5 ‒ 5

2x = 0

x = 0

Logo, a abscissa desse par ordenado é 0.

10. Para a equação (um), temos:

x	x + y = 5	Par ordenado
0	0 + y = 5 y = 5	(0, 5)
1	1 + y = 5 y = 5 − 1 y = 4	(1, 4)
2	2 + y =5 y = 5 − 2 y = 3	(2, 3)

Para a equação (dois), temos:

x	y = 3x − 3	Par ordenado
0	y = 3 ⋅ 0 − 3 = 0 − 3 = −3	(0, −3)
1	y = 3 ⋅ 1 − 3 = 3 − 3 = 0	(1, 0)
2	y = 3 ⋅ 2 − 3 = 6 − 3 = 3	(2, 3)

Como as duas retas passaram pelo ponto correspondente ao par ordenado (2, 3), concluímos que ele é a solução das duas equações.

1. O modo de resolução discutido neste momento é o de tentativa e erro, com ênfase na verificação da solução. Ou seja, depois de encontrar a solução, os estudantes são incentivados a retomar o problema original e verificar se a resposta obtida faz sentido para aquela situação. Resolver um sistema por tentativa e erro é uma estratégia pouco econômica, mas pode constituir uma experiência significativa para os estudantes, pois eles poderão valorizar os métodos da substituição e da adição, que serão estudados mais adiante.

b) Daqui a 12 anos, a idade de Fábio será x + 12, e a de Lucas, y + 12. Daqui a 12 anos, Fábio terá o dobro da idade de Lucas, ou seja:

Podemos resolver o sistema pelo método da substituição, já que na equação x = 3y, x já está isolado. Substituindo x por 3y na equação x + 12 = 2 · ( y + 12 ), temos:

4. Exemplo de resposta: A importância está em conferir se a solução obtida satisfaz as condições do problema.

Após resolver um sistema de duas equações do 1º grau com duas incógnitas que traduz um problema, é importante que os estudantes verifiquem se a solução encontrada satisfaz as condições do problema que deu origem ao sistema. Sempre que possível, incentive-os a fazer isso.

Essa discussão traz à tona a importância de verificar se a solução obtida após resolver um sistema de duas equações do 1º grau com duas incógnitas é ou não correta e, também, o fato de que há outras maneiras de aplicar o método da substituição para resolver um sistema. Deixe os estudantes à vontade para pensar sobre esses dois aspectos e, depois, incentive-os a compartilhar com os colegas as conclusões a que chegaram.

5. Indicando por x o número de homens e por y o número de mulheres, podemos montar o seguinte sistema:

6. Indicando por x o número de partidas que a equipe Azul ganhou e por y o número de partidas que a equipe Azul perdeu, podemos montar o seguinte sistema:

Multiplicamos a equação x + y = 14 por (‒ 1) e aplicamos o método da adição.

7. Indicando por x a quantidade de questões que Ana acertou e por y a quantidade de questões que Ana errou, podemos escrever o seguinte sistema:

Multiplicando a 1ª equação por 3, podemos resolver o sistema pelo método da adição:

8. Exemplo de resposta: Na aula de judô que Beatriz faz, existem 10 alunos, entre meninos e meninas. A diferença entre o número de meninos e o de meninas é 2.

9. Indicando por x a medida da largura do retângulo e por y a medida do comprimento, temos 2x + 2y = 32. A medida da largura é 4 menor que a medida do comprimento, então, x = y ‒ 4. Temos, então, o seguinte sistema:

Agora que sabemos que o retângulo tem largura medindo 6 e comprimento medindo 10 , podemos calcular a medida de sua área.

1. a) Atribuindo valores a uma das incógnitas e calculando os valores correspondentes da outra, determinamos as coordenadas de dois pontos de cada reta.

x	y	(x, y)
0	2	(0, 2)
1	1	(1, 1)

x	y	(x, y)
0	−4	(0, −4)
1	−2	(1, −2)

Localizamos no plano cartesiano os dois pontos de cada reta e traçamos as retas correspondentes.

Plano cartesiano em malha quadriculada: Eixo x: menos 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Eixo y: menos 4, menos 3, menos dois, menos um, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7. Reta vermelha com pontos de abscissa zero e ordenada menos quatro, abscissa um e ordenada menos dois e abscissa dois e ordenada zero. Acima da reta vermelha tem a indicação dois x menos y igual a quatro. Reta azul com pontos de abscissa um e ordenada um, abscissa zero e ordenada dois e abscissa dois e ordenada zero. Abaixo da reta azul a indicação x mais y igual a dois.

b) Atribuindo valores a uma das incógnitas e calculando os valores correspondentes da outra, determinamos as coordenadas de dois pontos de cada reta.

• x ‒ y = 2

x	y	(x, y)
0	−2	(0, −2)
2	0	(2, 0)

x	y	(x, y)
0	1	(0, 1)
1	2	(1, 2)

Localizamos no plano cartesiano os dois pontos de cada reta e traçamos as retas correspondentes.

Plano cartesiano em malha quadriculada: Eixo x: menos 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Eixo y: menos dois, menos um, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7. Reta vermelha com pontos de abscissa zero e ordenada menos dois e abscissa dois e ordenada zero. Acima da reta vermelha tem a indicação x menos y igual a dois. Reta azul com pontos de abscissa um e ordenada dois e abscissa zero e ordenada um. Abaixo da reta azul a indicação x menos y igual a menos um.

c) Atribuindo valores a uma das incógnitas e calculando os valores correspondentes da outra, determinamos as coordenadas de dois pontos de cada reta.

Página cento e sete

• x ‒ 2y = 3

x	y	(x, y)
1	−1	(1, −1)
3	0	(3, 0)

x	y	(x, y)
0	6	(0, 6)
3	0	(3, 0)

Localizamos no plano cartesiano os dois pontos de cada reta e traçamos as retas correspondentes.

Plano cartesiano em malha quadriculada: Eixo x: menos 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Eixo y: menos dois, menos um, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8. Reta vermelha com pontos de abscissa três e ordenada zero e abscissa um e ordenada menos um. Acima da reta vermelha tem a indicação x menos dois y igual a três. Reta azul com pontos de abscissa três e ordenada zero, abscissa zero e ordenada seis. Abaixo da reta azul a indicação dois x mais y igual a seis.

d) Atribuindo valores a uma das incógnitas e calculando os valores correspondentes da outra, determinamos as coordenadas de dois pontos de cada reta.

• x ‒ y = 0

x	y	(x, y)
0	0	(0, 0)
1	1	(1, 1)

• ‒ x + y = ‒ 3

Localizamos no plano cartesiano os dois pontos de cada reta e traçamos as retas correspondentes.

Plano cartesiano em malha quadriculada: Eixo x: menos 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Eixo y: menos cinco, menos quatro, menos três, menos dois, menos um, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8. Reta vermelha com pontos de abscissa zero e ordenada menos três e abscissa um e ordenada menos dois. Acima da reta vermelha tem a indicação menos x mais y igual a menos três. Reta azul com pontos de abscissa zero e ordenada zero e abscissa um e ordenada um. Abaixo da reta azul a indicação x menos y igual a zero.

2. Analisando o gráfico, percebemos que se trata de um sistema possível e determinado, em que o par ordenado (3, 1) é o ponto de intersecção que satisfaz as duas equações.

alternativa bê

3. Analisando o gráfico percebemos que se trata de um sistema possível e determinado, em que o par ordenado (0, 0) é o ponto de intersecção que satisfaz as duas equações. Portanto, (0, 0) é solução do sistema.

Analisando a alternativa a, temos:

\{\begin{cases} x ‒ y = 0 \\ 2 x = y \end{cases}

Substituindo o ponto (0, 0) nas equações, temos:

• x ‒ y = 0

0 ‒ 0 = 0

0 = 0 (verdadeiro)

• 2x = y

2 · 0 = 0

0 = 0 (verdadeiro)

Portanto, o ponto (0, 0) é solução do sistema dado.

alternativa a

4. a) Representando graficamente as soluções da equação 3x ‒ y = ‒ 1, temos:

Plano cartesiano em malha quadriculada: Eixo x: 0, 1, 2, 3 e 4. Eixo y: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8. Reta vermelha com pontos de abscissa 0 e ordenada 1, abscissa um e ordenada quatro e abscissa dois e ordenada sete. Acima da reta vermelha tem a indicação três x menos y igual a menos um.

b) Exemplo de resposta: Qualquer reta que passe pelo ponto correspondente ao par ordenado (2, 7) representa as soluções da segunda equação. Por exemplo, a reta que representa as soluções da equação x + y = 9.

c) Resposta pessoal. Incentive os estudantes a elaborar justificativas para suas escolhas em cada um dos casos em discussão.

5. Nesta atividade, as alternativas corretas são:

a) Um sistema de duas equações do 1º grau com duas incógnitas que tem apenas uma solução é representado graficamente por retas concorrentes.

c) Um sistema de duas equações do 1º grau com duas incógnitas que tem infinitas soluções é representado graficamente por duas retas coincidentes.

A alternativa b é falsa, pois um sistema de duas equações do 1º grau com duas incógnitas que não tem solução é representado graficamente por duas retas paralelas e distintas.

alternativas a e cê

Página cento e oito

INFORMÁTICA E A MATEMÁTICA

▶ Página 244

Resoluções e comentários em Orientações.

Atividades

▶ Página 245

1. a) x² = 81

Após testar alguns valores, concluímos que x₁ = 9 e x₂ = ‒ 9 são as raízes da equação.

b) x² = 144

Após testar alguns valores, concluímos que x₁ = 12 e x₂ = ‒ 12 são as raízes da equação.

c) 2x² = 32

\frac{1}{2}

· 2x2 =

\frac{1}{2}

· 32

x2 = 16

Após testar alguns valores, concluímos que x₁ = 4 e x₂ = ‒ 4 são as raízes da equação.

d) 2x² = 128

\frac{1}{2}

· 2x2 =

\frac{1}{2}

· 128

x2 = 64

Após testar alguns valores, concluímos que x₁ = 8 e x₂ = ‒ 8 são as raízes da equação.

• Espera-se que os estudantes respondam que as raízes dessas equações sugerem que em uma equação do 2º grau com uma incógnita que é reduzida a x2 = b, em que b é número positivo, há sempre duas raízes reais opostas.

2. a) Espera-se que os estudantes respondam que não, pois a raiz negativa ( ‒ 20) não pode representar medidas, já que medidas de comprimento são sempre positivas.

b) Como a área mede .6400 centímetros quadrados, para encontrarmos o valor da medida de comprimento do lado devemos calcular:

\sqrt{6 400} = 80

Desse modo, o comprimento do lado mede 80 centímetros.

O lado é composto de 4 quadros quadrados. Assim:

80 : 4 = 20

Desse modo, a medida do comprimento do lado de cada ladrilho é 20 centímetros.

3. Vamos indicar por ℓ a medida do comprimento do lado do terreno. Assim:

ℓ ⋅ ℓ = 169

ℓ² = 169

ℓ =

\sqrt{169}

ℓ = 13 ou ℓ = ‒ 13

‒ 13 e 13 são raízes da equação, porém, somente 13 representa uma medida.

Logo, o comprimento e a largura desse terreno medem 13 métros.

4. Exemplo de resposta: O quintal da casa de Lúcia tem formato quadrado e sua área mede 144 métros quadrados. Qual é a medida do comprimento do lado desse quintal?

Após terminarem, proponha que os estudantes troquem de problema com um colega e resolvam o problema criado por ele.

5. A área do tapete mede 640 centímetros quadrados e foram utilizados 10 retalhos de formato quadrado e com as mesmas medidas cada um. Assim, a medida da área de cada retalho é 64 centímetros quadrados, pois:

640 : 10 = 64, ou seja, 64 centímetros quadrados.

Indicando por ℓ a medida do comprimento do lado de cada retalho, temos:

ℓ² = 64, ou seja, ℓ = 8 ou ℓ = ‒ 8.

‒ 8 e 8 são raízes da equação, porém, somente 8 representa uma medida.

Logo, o comprimento do lado de cada retalho mede 8 centímetros.

6. Júlio construiu um canteiro de formato retangular de área medindo 32 métros quadrados. A medida do comprimento desse canteiro é o dobro da medida de sua largura. Quais são as medidas do comprimento e da largura desse canteiro?

Resposta: Vamos indicar por x a medida, em metro, da largura desse canteiro. Logo, a medida do comprimento desse canteiro é 2x. Então:

x · 2x = 32

2x² = 32

x ² = \frac{32}{2}

x² = 16

x = \sqrt{16}

x = 4

x = ‒ 4

‒4 e 4 são raízes da equação, porém, somente 4 representa uma medida

Então, o canteiro mede 8 métros de comprimento por 4 métros de largura.

COMPREENDER UM TEXTO

▶ Páginas 246 e 247

Resoluções e comentários em Orientações.

Estatística e Probabilidade

▶ Páginas 248 a 251

1. a)

Frequência das danças
Tipo de dança	Frequência
Tango	4
Samba	8
Zouk	6

Dados obtidos por Larissa em outubro de 2022.

Frequência dos períodos
Período	Frequência
Manhã	4
Tarde	7
Noite	7

b) O tipo de dança preferido pelos estudantes é o que aparece com maior frequência. Portanto, samba.

c) Os períodos preferidos foram tarde e noite. Esses dois períodos tiveram a maior frequência, nesse caso, 7.

d) Duas modas para o período: tarde e noite. Moda para o tipo de dança: samba.

2. a) Vamos determinar as quantidades de salgados vendidos por dia (o mês de junho tem 30 dias):

• empada:

\frac{150}{30} = 5

• quibe:

\frac{180}{30} = 6

• croquete:

\frac{250}{30} ≃ 8

• coxinha:

\frac{320}{30} ≃ 11

Adicionando as quantidades de salgados vendidos por dia, temos:

5 + 6 + 8 + 11 = 30

Portanto, Paulo conseguiu atingir a meta em junho, pois a média de vendas diárias foi de 30 salgados.

Página cento e nove

b) No mês de junho foram vendidos 900 salgados. Se em julho Paulo vendeu 10% a menos, temos:

900 ‒ 900 \cdot \frac{10}{100} = 810

Calculamos agora a média diária de vendas do mês de julho:

\frac{810}{31} ≃ 26

Portanto, a média aproximada foi de 26 salgados vendidos por dia.

3. a) Para encontrar a mediana, podemos organizar as medidas de massas (em quilograma) em ordem crescente. Assim, temos:

65; 67; 69; 72; 72; 73; 73; 74; 74; 75; 75; 76; 76; 77; 78; 80; 82; 84; 85; 85; 86; 90,5

Calculando a média dos números centrais, temos:

\frac{75 + 76}{2} = \frac{151}{2} = 75, 5

Portanto, a mediana das medidas de massas desses jogadores é 75,5 quilogramas.

b) Adicionando as medidas de massas (em quilograma), temos:

65 + 67 + 69 + 72 + 72 + 73 + 73 + 74 + 74 + 75 + 75 + 76 + 76 + 77 + 78 + 80 + 82 + 84 + 85 + 85 + 86 + 90,5 = .1688,5

Dividindo o resultado obtido por 22, temos:

\frac{1 688,5}{22} = 76,7 5

Logo, a medida de massa média dos jogadores é 76,75 quilogramas.

c) A moda são os valores que mais se repetem. Logo:

72 quilogramas, 73 quilogramas, 74 quilogramas, 75 quilogramas, 76 quilogramas e 85 quilogramas.

d) Para calcular a amplitude, devemos subtrair a menor medida de massa da maior medida de massa. Assim:

90,5 ‒ 65 = 25,5

Logo, 25,5 quilogramas é a amplitude desses dados.

e) Espera-se que os estudantes concluam que a moda é menos representativa nessa situação porque não existe apenas uma, mas várias, indicando que os dados variam bastante. Tanto a média como a mediana representam melhor a situação.

4. a) Colocando em ordem crescente as idades conhecidas, temos:

15, 27, 32, 40, 43, 45, 52, 78, 89

Como há ainda uma idade x desconhecida, há um total de 10 dados e, portanto, a mediana será a média aritmética dos dois números da posição central.

Se fizermos

\frac{40 + 43}{2}

\frac{43 + 45}{2}

não obteremos a mediana igual a 42. Isso significa que x estará também na posição central.

Logo, faremos:

\frac{43 + x}{2} = 42

43 + x = 84

x = 84 ‒ 43

x = 41

Logo, a idade da última pessoa entrevistada é 41 anos.

b) Calculando a média, temos:

\frac{15 + 27 + 32 + 40 + 41 + 43 + 45 + 52 + 78 + 89}{10}

\frac{462}{10} = 46, 2

Logo, a média das idades dos entrevistados é 46,2 anos.

5. a) O total de estudantes está abaixo da média na rede privada.

b) • rede pública:

\frac{2 399 766}{52 178} ≃ 45,99

, ou seja, 45,99 estudantes, em média.

• rede privada:

\frac{1 017 444}{18 716} ≃ 54,36

, ou seja, 54,36 estudantes, em média.

Gráfico de barras: NÚMERO MÉDIO APROXIMADO DE ESTUDANTES POR ESCOLA. No eixo horizontal, Número médio aproximado de estudantes: 0, 10, 20, 30, 40, 50 e 60. No eixo vertical, Tipo de rede de ensino: Privada e Pública. Dados: Privada: 54.
Pública: 46.

Dados obtidos em: BRASIL. Instituto Nacional de Estudos e Pesquisas Educacionais Anísio Teixeira (Inépi). Censo da educação básica 2020: resumo técnico. Brasília: Inépi, 2021.

Atividades de revisão

▶ Página 252

1. Vamos indicar Samantha por x e Aldo por y. Assim, temos:

\{\begin{cases} x + y = 500 \\ y = \frac{1}{4} x \end{cases}

Substituindo

y = \frac{1}{4} x

na primeira equação, temos:

x + y = 500

x + \frac{1}{4} x = 500

\frac{4}{4} x + \frac{1}{4} x = 500

\frac{5}{4} x = 500

5x = 500 ⋅ 4

5x = .2000

x = \frac{2 000}{5}

x = 400

Substituindo x = 400 na primeira equação, temos:

x + y = 500

400 + y = 500

y = 500 ‒ 400

y = 100

Assim, Samantha ganhou R$ 400,00quatrocentos reais, e Aldo, R$ 100,00cem reais.

2. Atribuindo x e y para os candidatos, chegamos ao seguinte sistema de equações:

\{\begin{cases} x + y = 1 230 ‒ 83 \\ y = x + 145 \end{cases}

Substituindo y = x + 145 na primeira equação, temos:

x + x + 145 = .1230 ‒ 83

2x + 145 = .1147

2x = .1147 ‒ 145

2x = .1002

x = \frac{1 002}{2}

x = 501