Mat 10º exercícios resolvidos CAP_sigma_10

ÍNDICE

INTRODUÇÃO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 APRESENTAÇÃO DO PROJECTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 ENQUADRAMENTO CURRICULAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 PLANIFICAÇÃO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO DAS ACTIVIDADES DO MANUAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Tema 0 – Módulo inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1. Actividades: resolução de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3. Radicais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço . . . . . . . . . . . . . . . 2. Geometria Analítica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Geometria Analítica: vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26 26 39 48

Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo . . . . . . . . . . . . . . . 1. Estudo intuitivo de funções e gráficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções . . . . 3. Funções polinomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54 54 58 69

Tema 3 – Estatística . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Estatística: generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Organização de dados e interpretação de caracteres estatísticos . . . . . . . . . . . 3. Referência a distribuições bidimensionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73 73 74 83

CONTEÚDOS DO CD INTERACTIVO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 BANCO DE IMAGENS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 TESTE DE DIAGNÓSTICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

INTRODUÇÃO

Caros colegas,

Com este trabalho desenvolvido no Caderno de Apoio ao Professor, onde fazemos algumas sugestões para a possível resolução das actividades do manual, não pretendemos, de forma alguma, substituir a criatividade dos colegas ou mesmo dizer como devem conduzir a sua exploração, pois esta, como se sabe, está condicionada aos conhecimentos adquiridos e manifestados pelos alunos de cada turma. Não se devem esgotar as explorações subjacentes a cada tarefa, existindo a necessidade de por vezes deixarmos que seja o raciocínio dos nossos alunos a criar as situações convenientes à sua exploração. Sendo assim, gostaríamos que encarassem este trabalho como um esboço para um possível desenvolvimento, apelando à vossa criatividade e espírito de iniciativa, para que se faça o ajustamento dessa actividade com os conhecimentos manifestados pelos alunos. Auxiliarmente, este Caderno de Apoio ao Professor contém ainda algumas rubricas que podem representar uma mais valia na preparação das aulas, tais como, objectivos e competências que o Programa enumera e que são passíveis de avaliação, sugestões metodológicas para exploração de cada um dos temas e previsão do número de aulas necessárias à abordagem de cada tema. Por fim, este caderno apresenta uma descrição dos conteúdos do CD Interactivo e um teste de diagnóstico para que, no início do ano lectivo, se possa efectuar um diagnóstico dos conhecimentos dos alunos.

Os Autores Carlos Andrade Paula Pinto Pereira Pedro Pimenta

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3

A P R E S E N TA Ç Ã O D O P R O J E C T O

Sigma 10 é um projecto que se quer inovador e que se diferencia dos restantes, quer nas abordagens temáticas, quer nos problemas que propõe. O seu desenvolvimento não pode ser desassociado do CD Interactivo que o acompanha e que tem como principal finalidade apoiar os temas e as actividades desenvolvidas ao longo do manual.

O Módulo inicial inclui actividades de desenvolvimento, generalidades, conceitos e exercícios para que se afiram os conhecimentos dos alunos adquiridos no 3.o Ciclo e para que se comece este novo ano com a abordagem a algumas actividades interessantes que motivem os alunos para o estudo da disciplina. Neste capítulo, são também desenvolvidos os radicais como subtema facultativo, que os autores consideram de imprescindível abordagem. A Geometria no plano e no espaço I está organizada em três subtemas. Todos eles são iniciados com uma Actividade de Introdução, incluindo também, para além da exposição e exemplificação dos conteúdos, actividades de exploração e desenvolvimento, exercícios e Problemas Globais. No final de cada subtema são propostas Actividades de Investigação. Realça-se a exploração das conexões da Geometria com as outras áreas da Matemática. As Funções estão também estruturadas em três subtemas e contêm igualmente todos os itens que contemplam o tema anterior, à excepção dos Problemas Globais para o subtema 1, dado tratar-se de generalidades e, na opinião dos autores, não ser ainda pertinente propor problemas de carácter global aos alunos, de forma a permitir o enriquecimento deste tipo de proposta de trabalho nos dois subtemas seguintes. Realça-se a exploração das conexões das Funções com a Geometria. A Estatística segue a mesma estrutura das unidades anteriores. Chama-se à atenção para o facto de no último subtema não existir Actividade de Introdução, uma vez que a temática desenvolvida é completamente nova para o aluno. Por este motivo, optou-se pelo desenvolvimento do subtema com o apoio de um exemplo que aborda a generalidade dos conceitos que irão ser trabalhados.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

5

ENQUADRAMENTO CURRICULAR

10.o

No Ensino Secundário são passíveis de avaliação os objectivos e competências que o Programa do ano enuncia e onde se destacam: • Analisar situações da vida real (simplificadas), identificando modelos matemáticos que permitam a sua interpretação e resolução. • Seleccionar estratégias de resolução de problemas. • Formular hipóteses e prever resultados. • Interpretar e criticar resultados no contexto do problema. • Resolver problemas em contextos de Matemática, de Física, de Economia e de Ciências Humanas. • Descobrir relações entre conceitos de Matemática. • Formular generalizações a partir de experiências. • Validar conjecturas; fazer raciocínios demonstrativos, usando métodos adequados (nestes, incluem-se o método de redução ao absurdo, o método de indução matemática e a utilização de contra-exemplos). • Comunicar conceitos, raciocínios e ideias com clareza e rigor lógico. • Interpretar e criticar textos de Matemática (apresentados em diversas formas ou com diferentes linguagens). • Exprimir o mesmo conceito de diversas formas ou em várias linguagens. • Usar correctamente o vocabulário específico da Matemática. • Usar e interpretar a simbologia da Matemática. • Apresentar os textos de forma clara e organizada. • Dominar o cálculo em IR . • Resolver algébrica, numérica e graficamente equações, inequações e sistemas. • Usar noções de lógica, indispensáveis à clarificação de conceitos. • Interpretar fenómenos e resolver problemas, recorrendo a funções e seus gráficos, por via intuitiva ou por via analítica e usando calculadora gráfica. • Conhecer os conceitos de continuidade e limites. • Aplicar conhecimentos de Análise Infinitesimal no estudo de funções reais de variável real.

A utilização da calculadora gráfica é objecto de avaliação nas seguintes competências: • Modelar, simular e resolver situações problemáticas. • Utilizar métodos gráficos para resolver equações e inequações que não podem ser resolvidas, ou cuja resolução é impraticável com métodos algébricos. • Elaborar e analisar conjecturas. 6

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Conteúdos

Módulo inicial

Neste módulo o professor deverá propor problemas ou actividades aos alunos que permitam consolidar e fazer uso dos conhecimentos essenciais adquiridos no 3.o Ciclo, de modo a detectar dificuldades em questões básicas e 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, 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. Uma compreensão mais profunda da Matemática só se verifica quando o aluno vê as conexões, quando se apercebe que se está a falar da mesma coisa, encarando-a de diferentes pontos de vista. Se os alunos estão a explorar, 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, calculando 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 Álgebra. Pretende-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 estabelecimento de conjecturas e à sua verificação.

Geometria no plano e no espaço I

O ensino da Geometria reveste-se da maior importância devendo desenvolver no aluno intuição geométrica e raciocínio espacial, assim como capacidades para explorar, conjecturar, raciocinar logicamente, usar e aplicar a Matemática, formular e resolver problemas abstractos ou numa perspectiva de modelação matemática. Deve ainda desenvolver no aluno capacidades de organização e de comunicação, quer oral quer escrita. É aconselhável que os alunos realizem pequenas investigações e façam depois relatórios utilizando linguagem matemática rigorosa (o que não significa que o aluno deva recorrer exclusiva ou prioritariamente à linguagem simbólica). Tanto em Geometria plana como em Geometria do espaço, a prática de manipulação e observação de figuras e modelos tem um papel central e decisivo no ensino das noções matemáticas que estão em jogo, com prejuízo absoluto do ponto de vista axiomático. O professor deve propor actividades de construção, de manipulação de modelos e ligadas a problemas históricos fazendo surgir a partir do problema e do caminho que se faz para a sua resolução uma grande parte dos resultados teóricos que pretende ensinar ou recordar. Devem dar-se a conhecer problemas históricos e propor ao aluno a resolução de pelo menos um. Será também conveniente dar a conhecer um pouco da História da Geometria à qual estão ligados os nomes dos maiores matemáticos de todos os tempos (Euclides, Arquimedes, Newton, Descartes, Euler, Hilbert, entre muitos outros). Os conhecimentos dos alunos sobre transformações geométricas devem ser tidos em consideração para serem utilizados e ampliados na resolução de problemas concretos. Mesmo quando o aluno resolve um problema por via analítica, o professor deve incentivá-lo a fazer uma figura geométrica de modo a tirar proveito da visualização do problema e desenvolver a sua capacidade de representação, ou seja, não se deve deixar que este se limite à resolução exclusiva de equações e à utilização de fórmulas. Para além disso, deve descrever sempre com algum detalhe o processo utilizado, justificando-o adequadamente.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

7

Devem apresentar-se aos alunos problemas que possam ser resolvidos por vários processos (perspectiva sintética, geometria analítica, transformações geométricas, utilização de software para geometria dinâmica, perspectiva vectorial). Devem explorar-se, sempre que possível, as conexões da Geometria com outras áreas da Matemática e o seu desenvolvimento deve prolongar-se noutros temas. Os conhecimentos sobre funções, indispensáveis para a compreensão do mundo em que vivemos, vão ser ampliados com base no estudo analítico, numérico e gráfico, devendo privilegiar o trabalho intuitivo com funções que relacionam variáveis da vida corrente, como da Geometria, da Física, da Economia ou de outras disciplinas. Em particular, faz-se o estudo detalhado de algumas funções polinomiais e da função módulo e resolvem-se analítica, gráfica e numericamente algumas equações e inequações. Este tema tem uma ênfase muito grande na ligação entre as fórmulas e as representações geométricas. Esta ligação é muito importante para todos os que utilizam matemática. A capacidade de as relacionar é uma capacidade fundamental para o mundo de hoje e do futuro e este tema deverá fornecer uma formação para a vida toda, tão básica como a tabuada. Os alunos devem reconhecer que o mesmo tipo de função pode constituir um modelo para diferentes tipos de situações problemáticas. Com vista a facilitar o uso de uma linguagem rigorosa (mas não formalista) o professor pode introduzir os conceitos de «condição» e «proposição» e referir sumariamente ao longo do tema as propriedades da conjunção, disjunção, negação e implicação. Todas as funções devem estar definidas apenas em intervalos (normalmente abertos); as funções definidas por dois ou mais ramos (cujo domínio é um intervalo ou união de intervalos) apenas devem Funções e gráficos. ser referidas no caso da função módulo ou a título de exemplo na introdução deste tema. Funções polinomiais. Ao usar a calculadora gráfica ou o computador, os alunos devem observar que podem ser apresentaFunção módulo das diferentes representações gráficas de um mesmo gráfico, variando as escalas; devem sempre traçar um número apreciável de funções tanto manualmente, em papel quadriculado ou papel milimétrico, como usando calculadora gráfica ou computador, escolhendo a melhor janela de visualização; devem ser incentivados a elaborar conjecturas, evitando conclusões apressadas, sendo sistematicamente treinados na análise crítica de todas as suas conclusões. Devem ainda estudar situações em que uma descrição qualitativa satisfatória do comportamento da função só é possível com um gráfico múltiplo (conjunto de gráficos em diferentes janelas de visualização). Um aluno deve ser confrontado com situações em que os erros de aproximação conduzam a resultados absurdos. Como forma de evitar muitas situações dessas, deve ser feita a recomendação genérica de, nos cálculos intermédios, se tomar um grau de aproximação substancialmente superior ao grau de aproximação que se pretende para o resultado. Pré-requisitos: Os alunos devem conhecer a função afim; devem reconhecer essa função através do gráfico, esboçá-lo e conhecer algumas das suas propriedades (monotonia e zeros de forma apenas intuitiva e usando os conhecimentos de equações). Devem saber resolver equações e inequações do 1.o grau e resolver equações do 2.o grau. Devem ainda conhecer os números reais e representar intervalos de números reais.

8

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Estatística

Algumas das noções que se tratam neste tema já foram abordadas no 3.o Ciclo e, por isso, é possível em qualquer altura reinvestir nestes conhecimentos e completá-los progressivamente. O aluno deverá ficar a saber organizar, representar e tratar dados recolhidos em bruto (ou tabelados) para daí tirar conclusões numa análise sempre crítica e consciente dos limites do processo de matematização da situação. É importante que o estudo da Estatística, contribua para melhorar a capacidade dos alunos para avaliar afirmações de carácter estatístico fornecendo-lhes ferramentas apropriadas para rejeitar certos anúncios publicitários, notícias, ou outras informações em que a interpretação de dados ou a realização da amostragem não tenha sido correcta. Este tema fornece uma excelente oportunidade para actividades interdisciplinares, individualmente ou em grupo, devendo o professor, ao definir o plano de trabalho com os alunos, incentivá-los a recorrer ao computador. No final, os alunos devem interpretar e comunicar os resultados à turma fazendo uma análise crítica e consciente de que diferentes modos de apresentar as conclusões podem alterar a mensagem. No estudo deste tema, o aluno deve recorrer à calculadora gráfica ou ao computador e às suas potencialidades para resolver muitos dos problemas. Pré-requisitos: Estatística do 3.o Ciclo do Ensino Básico.

Temas transversais A aprendizagem matemática dos alunos passa por fases intuitivas e informais, mas, desde muito cedo, mesmo estas não podem deixar de ser rigorosas ou desprovidas de demonstrações correctas, assim como não podem passar sem um mínimo de linguagem simbólica. Na aprendizagem da matemática elementar do Ensino Básico e Secundário são absolutamente necessárias as demonstrações matemáticas, mas estas não podem confundir-se com demonstrações formalizadas (no sentido de deduções formais em teorias formais). Chama-se a atenção para alguns assuntos que, não constituindo em si mesmos conteúdos do Programa, são alguma da essência de muitos passos da aprendizagem de diversos assuntos e constituem elementos que ajudam os alunos a compreender demonstrações e a racionalizar os desenvolvimentos das teorias. Como se pode ver pelo corpo do Programa, não se pretende que a matemática ou matemáticas sejam introduzidas axiomaticamente, mas sim que os alunos fiquem com a ideia de que as teorias matemáticas são estruturadas dedutivamente. Os conceitos fundamentais e as suas propriedades básicas devem ser motivados intuitivamente, embora os alunos devam trabalhá-los até chegarem a formulações matemáticas precisas, sem que, em algum momento, se confunda o grau de precisão de um conceito matemático com qualquer grau de «simbolização». Um conceito matemático pode estar completa e rigorosamente compreendido, expresso em língua natural, ou em linguagem matemática ordinária que é uma mistura de linguagem natural, simbologia lógica e matemática. A escrita simbólica das proposições matemáticas há-de aparecer, se possível naturalmente, para efeitos de precisão, condensação, economia e clareza de exposição. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

9

O trabalho com aspectos da História da Matemática é fundamental e deve ser realizado com os mais diversos pretextos. Ao longo do Programa dão-se algumas pistas para esse trabalho, que amplia a compreensão dos assuntos matemáticos com os dados da sua génese e evolução ao longo do tempo. Outro trabalho que assume um papel fundamental para o ensino e aprendizagem é todo aquele que esclareça conexões (aplicações, modelação) com outros ramos da ciência, presente sempre que possível nas actividades que se desenvolvem ao longo do manual e Actividades de Investigação. A utilização da tecnologia no ensino da Matemática obriga a que, à medida que for sendo necessário e se justifique, se vá esclarecendo o funcionamento das calculadoras e computadores e as características de cada aplicação informática útil à Matemática, ao mesmo tempo que se devem revelar e explicar as limitações da tecnologia disponível. Adaptado do Programa de Matemática A, DEB.

10

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

PLANIFICAÇÃO

Número de aulas Para cada tema indica-se uma previsão do número de aulas necessárias à sua abordagem. Tema 0 – Módulo inicial

Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I

Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo

Tema 3 – Estatística

9 aulas de 90 minutos 1 – Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço

6 aulas de 90 minutos

2 – Geometria Analítica

13 aulas de 90 minutos

3 – Geometria Analítica: vectores

8 aulas de 90 minutos

1 – Estudo intuitivo de funções e gráficos

5 aulas de 90 minutos

2 – Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções

14 aulas de 90 minutos

3 – Funções polinomiais

8 aulas de 90 minutos

1 – Estatística: generalidades

2 aulas de 90 minutos

2 – Organização de dados e interpretação 8 aulas de 90 minutos de caracteres estatísticos 3 – Referência a distribuições bidimensionais

5 aulas de 90 minutos

Não sendo mais do que uma previsão, esta indicação deve ser encarada com flexibilidade, sem prejuízo do peso relativo e da profundidade do tratamento desejado que o número de aulas previsto indicia. O professor deve ter como preocupação fundamental abordar e desenvolver, em cada ano, os variados tópicos do Programa, pois eles fornecem métodos matemáticos diversificados e desempenham funções diferentes, todas imprescindíveis, para, em conjunto, contribuírem para a formação integral do cidadão autónomo e livre. Nunca se deve valorizar um conteúdo de tal forma que se possa prejudicar irremediavelmente a formação em algum dos grandes temas ou no desenvolvimento de alguma das capacidades/aptidões reportadas na redacção das finalidades e dos objectivos gerais deste programa de ensino.

Temas O Programa de cada ano de escolaridade desenvolve-se por três grandes temas, a tratar pela ordem indicada no mesmo. Deve ser feita uma planificação adequada de modo que não seja prejudicado o tratamento de nenhum dos temas e sejam integrados os conteúdos do tema transversal que se mostrem aconselhados. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

11

Se o Projecto Educativo ou o Plano de Actividades da Escola o aconselhar, os professores poderão fazer planificações distintas da indicada, desde que seja elaborado um projecto específico justificativo e que essa alteração fique devidamente registada em acta.

Temas transversais Tudo o que os temas transversais propõem deve ser abordado sistematicamente ao longo do ciclo. Não existem indicações taxativas sobre a sua distribuição ao longo dos anos, mas o desenvolvimento dos temas e as indicações metodológicas vão sugerindo alguns momentos onde os diversos temas transversais podem ser explorados. A criação de um ambiente propício à resolução de problemas deve constituir um objectivo central nas práticas dos professores, já que a resolução de problemas é um método fundamental e é considerada no Programa não só como indicação metodológica, mas também como tema. A resolução de problemas está considerada no Programa como motivação, como sistema de recuperação e como forma privilegiada para suscitar a comunicação oral e escrita.

Ambientes e actividades diversificadas O professor deve prever, desde o início do ano, momentos para o desenvolvimento de trabalhos individuais, de grupo, de projecto e actividades investigativas. Deve ser dada particular atenção à realização de composições matemáticas de tamanho e natureza razoavelmente variados. A comunicação matemática (oral ou escrita) é um meio importante para que os alunos clarifiquem o seu pensamento, estabeleçam conexões, reflictam na sua aprendizagem, aumentem o apreço pela necessidade de precisão na linguagem, conheçam conceitos e terminologia, aprendam a ser críticos. Se os alunos forem solicitados a justificar muitas vezes as suas opções poderão melhorar a sua aprendizagem. Também a realização de actividades com recurso à tecnologia é motivo para discussões (e composições matemáticas) activas e ricas. Cada aluno deve receber do professor estímulo e oportunidades frequentes para falar, escrever, ler e ouvir nas aulas de matemática (e fora delas), pois assim está a organizar, consolidar e ampliar o seu conhecimento matemático. Reflexão e comunicação são processos que se devem entrelaçar durante toda a aprendizagem. O trabalho de grupo e em pares favorece a comunicação matemática, pois os alunos ganham em partilhar com os colegas e com o professor os seus métodos de resolução ou as justificações dos seus raciocínios.

12

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

P R O P O S TA S D E R E S O L U Ç Ã O D A S A C T I V I D A D E S D O M A N U A L

Tema 0 – Módulo inicial

1. Actividades: resolução de problemas Actividade 1 – Semelhanças em garrafas de água Trabalho de preparação da actividade: Deve propor-se aos alunos a recolha de garrafas de água, com 33 cl, 50 cl e 75 cl, da mesma marca, pedindo que grupos distintos possam recolher conjuntos de garrafas de marcas diferentes, para que haja o maior número de exemplares possível.

1. Para obterem os resultados pedidos, os alunos devem, com o material à disposição, obter medidas, experimentalmente, para o diâmetro e o perímetro da base das garrafas, para a altura, etc. 2. Esta questão não pode ser respondida com todo o rigor, uma vez que dependerá das garrafas em estudo, podendo ter a mesma forma, por exemplo, no corpo cilíndrico (ou aproximadamente cilíndrico) e não ter a mesma forma da tampa ou do gargalo. Estas são questões interessantes que podem ser debatidas. Uma forma de abordar a questão, será fazer uma análise prévia intuitiva, por observação da forma das diferentes garrafas, passando depois à comparação das razões entre diferentes medidas. 3. Nesta questão, para que o aluno possa modelar uma resposta, pretende-se que conjecture que se duas garrafas têm a mesma forma e se a razão de semelhança entre as suas medidas lineares é r , então, teoricamente, a razão entre a área das suas superfícies será r 2 e entre os seus volumes (ou capacidades) r 3 . Com o trabalho proposto nesta actividade, os alunos poderão recordar os conceitos de semelhança de figuras e de razão de semelhança, de proporcionalidade directa, de áreas, perímetros e volumes, entre outros. Por outro lado, é importante a realização deste tipo de actividade experimental com materiais manipuláveis e com o estudo da realidade, para que se ilustre o papel da Matemática num caso empírico, fazendo-se modelação matemática. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

13

Actividade 2 – Os frascos e a caixa 1. Com o auxílio de um programa de geometria dinâmica, Cinderella ou GSP, o aluno pode efectuar a construção da situação que lhe é colocada, chegando rapidamente à conclusão da sua impossibilidade. No entanto, pretende-se que a sua conjectura possa ser provada analiticamente, com recurso aos conhecimentos adquiridos no Ensino Básico. Assim, calculando a área da base do frasco (um círculo) e a área da base da caixa (um rectângulo), obtém-se:

A círculo = 25π cm2 ; Acaixa = 154 cm2 pelo que a área livre na base da caixa é de, aproximadamente, 75,46 cm2, que é insuficiente para a colocação de outro frasco idêntico. 2. Tendo agora uma caixa de base quadrangular com 196 cm2, isto é, 14 cm de lado, pode determinar-se o comprimento de uma das suas diagonais. Esta mede aproximadamente 19,8 cm (utilizando o teorema de Pitágoras, por exemplo). Se desprezarmos o espaço dos cantos da caixa não ocupados pelo frasco, vemos que precisávamos de uma caixa quadrangular cuja diagonal medisse pelo menos 20 cm, pois esta é a medida da soma dos diâmetros de dois frascos. Dado que o diâmetro da caixa ainda é menor que este valor, esta situação também não se torna possível. 3. Tendo em atenção a relação de medidas apresentadas na figura, sendo x o raio da base do novo frasco, e recorrendo ao teorema de Pitágoras, (x + 5)2 = = (6 – x )2 + (9 – x )2 , ao quadrado de um binómio, a operações com polinómios e à fórmula resolvente, o aluno pode determinar o valor x = 20 – 2 77 cm.

4. De igual modo, e numa situação idêntica à anterior mas um pouco mais estruturada, teríamos que, tendo em atenção a relação de medidas apresentadas na figura e recorrendo ao teorema de Pitágoras, (x + 5)2 = = (6 – x )2 + (7 – x )2 , ao quadrado de um binómio, a operações com polinómios e à fórmula resolvente, o aluno pode determinar o valor x = 18 – 266  cm.

14

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 3 – Circunferências e polígonos 1. O aluno deve começar por desenhar uma circunferência centrada num ponto que designa por O , com 3 cm de raio e marcar duas cordas perpendiculares entre si que passem pelo centro da circunferência, dividindo-a em quatro partes iguais. Para isso, por exemplo, deve começar por marcar um diâmetro qualquer e depois com o compasso marcar dois pontos da mediatriz desse segmento e traçar o diâmetro contido nessa mediatriz, portanto perpendicular ao primeiro. Aos pontos de intersecção da corda com a circunferência atribuirá as letras A , B , C e D e desenhará o quadrilátero [ABCD ] . 1.1 BAD é um ângulo recto porque está inscrito numa semicircunferência e, portanto, a sua amplitude é metade da de um arco de circunferência de 180o.

1.2 AÔD = 90o por construção. [AOD ] é um triângulo isósceles, uma vez que dois dos seus lados são raios da circunferência. 1.3 O polígono obtido é regular, uma vez que tem os lados e os ângulos todos iguais. Sendo que se dividiu a circunferência em quatro partes iguais, definindo assim quatro arcos iguais, as cordas correspondentes também são iguais. Como os ângulos internos do quadrilátero são todos rectos, [ABCD ] é um quadrado. 2. Colocando o bico do compasso em B , o aluno deve traçar uma circunferência de raio 3 cm, que passe no ponto O e traçar, da mesma forma, uma circunferência de raio 3 cm centrada no ponto D . Os pontos de intersecção da primeira circunferência com os das outras duas obtidas posteriormente, designam-se por E , F , G e H . Marca, de seguida, [EF ] , [FB ] , [BG ] , [GH ] , [HD ] e [DE ] . 2.1 D E = 3 cm , por construção. [EOD ] é um triângulo equilátero ( EO  = OD  = 3 cm por serem raios da circunferência centrada em O , portanto  EO  = OD  = D E = 3 cm). 2.2 Como [EOD ] é um triângulo equilátero é portanto equiângulo, 3DÔE = 180o donde DÔE = 60o .

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

15

2.3 O polígono [EFBGHD ] é um hexágono regular. Por 2.2, temos identicamente que DÔE = FÔB = BÔG = HÔD = 60o , pelo que o ângulo EÔF = 180o – 2 × 60o = 60o e analogamente GÔH = 60o . Desta forma, os lados do polígono são todos iguais por serem cordas da mesma circunferência que subtendem ângulos iguais. Além disso, [FEO ] = [GHO ] também são triângulos equiláteros (FE  = GH  = DE  = 3 cm pelo que acabámos de ver, e portanto, FE  = GH  =  FO = GH  = GO  = HO ) , sendo assim os seus ângulos de 60o . Portanto os ângulos do polígono têm todos 120o e o polígono é regular. 2.4 [EFGH ] é rectângulo não quadrado. Com efeito, o ângulo EÔG = 3 × 60o = 180o , pelo que [EG ] é um diâmetro da circunferência de centro em O e portanto, EHˆG está inscrito numa semicircunferência, tendo portanto amplitude de 90o. Analogamente verificaríamos que HGˆF = GFˆE = FEˆH = 90o , pelo que [EFGH ] é de facto rectângulo. 2 2 Como, pelo teorema de Pitágoras EH  = 62 – 32 = 27 > 9 = 32 = GH  , donde EH  > GH  , temos que [EFGH ] é um rectângulo não quadrado.

3. Desenhe-se um quadrilátero qualquer e, usando o compasso, marquem-se os pontos médios de cada lado e construa-se o polígono definido pelos pontos médios de lados consecutivos. 3.1 Nesta questão, o aluno deverá concluir, intuitivamente, que o polígono obtido é um paralelogramo. Desta intuição, pode perguntar-se de imediato à turma se será sempre assim, ou se há casos em que, mais especificamente, o polígono é um rectângulo ou um quadrado, por exemplo, lançando-se assim a investigação em causa. 3.2 Efectuando uma pequena investigação num ambiente de geometria dinâmica (com o Cinderella ou o GSP ), cujos resultados podem ser apresentados num pequeno relatório, os alunos ficarão mais convictos da sua conjectura, acreditando que, de facto, o quadrilátero que se obtém unindo os pontos médios consecutivos de um quadrilátero é um paralelogramo e intuindo em que casos o paralelogramo obtido é um quadrado ou um losango.

É importante, no entanto, fazê-los perceber que uma investigação abordando um número finito de exemplos não se trata de uma verdadeira demonstração da propriedade. Um trabalho interessante pode ser demonstrar, verdadeiramente, a propriedade. Apresenta-se a seguir um exemplo de demonstração: «O quadrilátero que se obtém unindo os pontos médios consecutivos de um quadrilátero é um paralelogramo.» 16

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Demonstração: Nesta demonstração, consideram-se as seguintes propriedades: • Num triângulo, o segmento de recta que une os pontos médios de dois lados é paralelo ao terceiro lado. Neste momento seria oportuno recordar o teorema de Tales para justificar esta propriedade. Usando as letras da figura, os triângulos [AMQ ] e [ABD ] têm o mesmo ângulo BÂD e os lados adjacentes a AM  AQ  1 ˆ Q = ABˆD , ângulos propriedade  =  =  , pelo que são semelhantes, donde, por exemplo, AM 2 AB  AD  correspondentes determinados pela recta AB nas rectas MQ e BD , o que prova que [MQ] é paralelo a [BD ] . • Duas rectas paralelas a uma terceira são paralelas entre si. Seja [ABCD ] um qualquer quadrilátero e M , N , P e Q , os pontos médios dos seus lados, [BD ] uma diagonal de [ABCD ] e [MNPQ ] o quadrilátero definido pela união dos pontos médios consecutivos. Assim, no triângulo [ABD ] , [MQ ] é o segmento definido pelos pontos médios dos lados [AB ] e [AD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] . No triângulo [BCD ] , [NP ] é o segmento definido pelos pontos médios dos lados [BC ] e [CD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] . Como [MQ ] e [NP ] são paralelos ao mesmo segmento, [BD ] , são paralelos entre si. Do mesmo modo, se demonstra que [MN ] é paralelo a [QP ] . Logo, como um quadrilátero com os lados paralelos dois a dois é um paralelogramo, [MNPQ ] é um paralelogramo, como queríamos demonstrar.

Actividade 4 – O côvado real Dos problemas geométricos do Antigo Egipto que chegaram até nós parece poder afirmar-se que os escribas sabiam determinar áreas de triângulos e de rectângulos, volumes de celeiros de forma paralelepipédica, área de círculos e volumes de troncos de pirâmides (pirâmides cortadas por planos paralelos à base). A unidade de comprimento mais usada no papiro de Rhind é o côvado real, que corresponde a aproximadamente 52,5 cm, subdividido em sete palmos ; cada palmo era subdividido em quatro dedos. O côvado real é um comprimento um pouco maior do que a distância do osso do cotovelo até à extremidade do dedo médio, tendo em conta a estatura média de um egípcio daquela época. O comprimento de 100 côvados reais era chamado khet. A unidade de área correspondente ao khet é o setat, que representa «1 khet quadrado». A unidade de volume mais usual era o hekat, que corresponde aproximadamente a 4,8 litros. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

17

Três faraós da IV dinastia – Khufu, Khafré e Menkauré – mandaram erigir os seus complexos funerários no planalto de Gizé. Ficaram conhecidos como pirâmides de Gizé. A maior das três, mandada construir por Khufu, teria inicialmente cerca de 146 metros de altura e uma base quadrada com cerca de 230 metros de lado. 1.1 Aproximadamente 19,19 setat. 1.2 Aproximadamente 50,210 setat. 1.3 Aproximadamente 536 347 222 hekat. 2. Aproximadamente 536 174 882 hekat.

 

146 3. tan –1  ≈ 52o 115 4. A grande pirâmide de Gizé contém aproximadamente 2,3 × 106 blocos, cada um pesando, em média, 20 toneladas. 4.1 4,6 × 107 toneladas, ou seja, 4,6 × 1010 kg. 4.2 233,2 hekat.

Actividade 5 – Fardos de feno 1. Forma cilíndrica e paralelepipédica. 2. Por exemplo, os fardos cilíndricos são mais adequados no manejo do próprio terreno de cultivo, sendo mais fáceis de mover, por rotação. Por outro lado, os fardos paralelepipédicos são mais adequados para o transporte e armazenamento, uma vez que se agrupam sem desperdício de espaço. 3. Vfardo cilíndrico = 0,1872π m3  0,588 m3 (valor aproximado às milésimas, com π  3,1416) Vfardo paralelepipédico = 0,752 m3 4. O agricultor poderá transportar, no máximo, 24 fardos paralelepipédicos ou 20 fardos cilíndricos. 5. Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos cilíndricos: aproximadamente 42,3%. Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos paralelepipédicos: aproximadamente 11,5%. 6. Aproximadamente 147 m3 de feno. 18

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 6 – Como dividir um jardim 1.

1 1 1 1 1 1 1.1  ; ;  ;  ;  ;  1 2 3 4 6 11 1 1 1 1 1 1 1.2  = 1;  = 0,5 ;  = 0,(3) ;  = 0,25 ;  = 0,1(6) ;  = 0,(09) 1 11 2 3 4 6 1 1 1 1 1 1 1.3 ,  e  representam dízimas finitas, enquanto ,  e  representam dízimas infinitas periódicas. 11 1 2 4 3 6 1 1 1 1.4  = 0,(3) tem período com um algarismo·  = 0,1(6) tem período com um algarismo·  = 0,(09) tem período 11 3 6 com dois algarismos.

a na 1.5 Sendo  uma das fracções indicadas acima, deverá ser considerada qualquer fracção do tipo  , n ∈IN . b nb 1 1 2.1  e  . 23 31 2.2 Espera-se que os alunos, ainda antes de usarem a máquina calculadora, respondam que nada se pode concluir em relação à periodicidade das dízimas obtidas usando a máquina, mesmo que algum grupo de algarismos se repita no visor. Com efeito, a máquina apresenta um número finito de algarismos significativos, não dando, portanto, nenhuma informação acerca da existência ou não de dízimas infinitas, periódicas ou não periódicas. Mas há certamente alunos que se deixarão iludir pelo que observam na máquina (por exemplo, 1 1  tem período com 22 algarismos e  tem período com 15 algarismos, pelo que nem sequer se observa o 23 31 período completo), e que, precipitadamente poderão responder que as dízimas são finitas, ou até infinitas não periódicas. Perante este tipo de repostas, é importante recordar também que uma fracção representa uma dízima finita ou uma dízima infinita periódica, sendo as dízimas infinitas não periódicas referentes aos números irracionais, não traduzíveis por fracções. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

19

1 1 2.3  = 0,(0434782608695652173913) ;  = 0,(032258064516129) . A realização das divisões 1: 23 e 1: 31 , 23 31 conduzirá à descoberta dos períodos das dízimas correspondentes às fracções em causa. É uma tarefa morosa que requer concentração, mas cujo resultado é interessante. É um óptimo desafio, sobretudo para os alunos que apostaram tratarem-se de dízimas infinitas não periódicas.

3. Pretende-se que o aluno perceba, investigando, que denominadores originam dízimas finitas. Embora o resultado da máquina calculadora não seja só por si conclusivo, pode sugerir, em cada caso, a existência de dízima finita ou infinita, o que deve ser depois confirmado pelo algoritmo da divisão. Realizando algumas experiências, espera-se que o aluno consiga concluir que, para as fracções de numerador unitário, os denominadores que procuramos são 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 32, 40, 50, 64, 80,100, 125, 128, … Nas sugestões recomenda-se que, dos exemplos encontrados, se excluam os que terminam em zero. É interessante desafiar a turma a justificar a razão pela qual não é pertinente estudar estes casos. De facto, todos os números da lista terminados em zero, resultam de se acrescentar um zero a um número já referido nessa mesma lista. Por exemplo, se o denominador 2 origina uma dízima finita, então também o produto de 2 por uma qualquer potência de 10 origina:

1 1 1  = 0,5 ;  = 0,05 ;  = 0,005 , etc. 2 20 200

O caso em que o denominador é 1 é trivial, equivalendo a fracção a um número inteiro. Reduzindo então a lista para 2, 4, 5, 8, 16, 25, 32, 64, 125, 128, … verifica-se que os denominadores obtidos ou são potências de 2 (2, 4, 8, 16, 32, 64, 128…) ou de 5 (5, 25, 125…) e verifica-se que as dízimas de um grupo correspondem aos denominadores do outro: 1 1 1 1 1 1  = 0,5 ;  = 0,2 ;  = 0,25 ;  = 0,04 ;  = 0,125 ;  = 0,08 , etc. 2 5 4 25 8 125 A razão de ser desta propriedade é a seguinte: 1 m Para a dízima ser finita é necessário que  = n , m, n 苸 IN ou seja, p × m = 10n = 2n × 5n o que obriga a p 10 que p e m só tenham 2 ou 5 como factores primos. Supondo que p não é divisível por 10, então só terá factores 2 ou só terá factores 5, o que obriga m a ter só factores respectivamente 5 ou 2, em mesmo número que p .

20

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 7 – Número de ouro 1. Construa-se um quadrado qualquer [ABDC ] . 2. Trace-se uma recta que passe pelos pontos médios M e N de [AB ] e [CD ] , respectivamente. 3. Com um compasso colocado no ponto M e passando pelo vértice D , • trace-se um arco de circunferência que intersecte A B , originando o ponto E . •

4. Trace-se uma recta paralela a AD passando pelo ponto E . A intersecção dessa recta com DC , origina o ponto F . 5. Construa-se o rectângulo [AEFD ] . 6. A razão existente entre a base e a altura do rectângulo deverá ser uma aproximação do número de ouro 1 + 5  ≈ 1,618 . De facto, considerando  AB = 1 , pelo teorema de Pitágoras, MD  =  2

5

 , e portanto 2

5 1 + 5 1  E =  +  =  A . 2 2 2 7. Construa-se um quadrado no comprimento do rectângulo [AEFD] , por exemplo, no lado [DF ] , e obtenha-se assim o rectângulo [AEGH ] . Medindo a base e a altura deste novo rectângulo e calculando a respectiva razão, obtém-se novamente uma aproximação da razão de ouro. 1 + 5 AE  +  FE 2 GF  +  FE  FE Com efeito,  =  = 1 +  = 1 +  =  . 2 1 + 5 AE  AE  AE  8. Continuando o processo iniciado na questão anterior, acrescente-se um quadrado no comprimento dos sucessivos rectângulos. Determinando para cada rectângulo da construção a razão entre base e altura, obtém-se sucessivamente a razão de ouro, uma vez que em cada passo se repete a construção de 7. Em qualquer rectângulo semelhante a estes, o rectângulo que se obterá acrescentando um quadrado com o lado comum com o lado maior, ou cortando um quadrado com o lado comum com o lado menor, é semelhante ao rectângulo inicial.

A sequência seguinte representa a celebre sequência de Fibonacci, em que os seus dois primeiros termos são iguais a 1 e qualquer dos seguintes é igual à soma dos dois anteriores: 1

1

2

3

5

8 ©2007

13

21

34

…

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

21

1 2 3 5 8 13 21 34 55 9.  = 1 ;  = 2 ;  = 1,5 ;  ≈ 1,667 ;  = 1,6 ;  = 1,625 ;  ≈ 1,6154 ;  ≈ 1,619 ;  ≈ 1,6176 ; 1 1 2 3 5 8 13 21 34 Comparando os resultados obtidos com a dízima de φ é natural conjecturar-se que as razões se aproximam cada vez mais do número de ouro. De facto, sendo F n a sucessão de Fibonacci, mostra-se, que 1 + 5 F +1 =  . lim n Fn 2

 

10. Devemos considerar nove termos. De facto, a primeira razão que é um valor aproximado de φ com um 55 erro menor que uma milésima é  ≈ 1,6176 ≈ 1,618… (φ = 1,61803) correspondente a 10 termos, 34 34 mas  = 1,61904… arredondado às milésimas é igual a 1,619 , que é valor aproximado de φ com um erro 21 menor que uma milésima e corresponde apenas a nove termos.

Actividade 8 – Equações do 2.o grau 1. Ao resolver a equação 2x 2 + 2x – 12 = 0 , que é uma equação do 2.o grau completa, na forma canónica, a 22–4 ×2 × (–12 ) –2 ±    . maioria dos alunos apressar-se-á a escrever, bem, 2x 2 + 2x – 12 = 0 ⇔ x =  2×2 No entanto, é interessante realçar-se que a equação pode ser simplificada antes de se aplicar a fórmula resolvente. Desta forma: –1 ±  12–4 ×1 × (–6)  2x 2 + 2x – 12 = 0 ⇔ x 2 + x – 6 = 0 ⇔ x =    ⇔ x = –3 ∨ x = 2 2×1 2. No caso das equações do 2.o grau do tipo x 2 – bx = c (b > 0 , c > 0):

x2 – bx = c ⇔ x2 –bx – c = 0 Aplicando a fórmula resolvente: 2 b ±  b + 4c –(–b) ± (–  b)2–4 × 1×  (– c) x 2 – bx – c = 0 ⇔ x =       =  2×1 2

b +  b 2+ 4c Assim, a fórmula implícita nos cálculos do escriba,   , é equivalente a uma das soluções resul2 tante da aplicação da fórmula resolvente usada actualmente. 22

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3. «A área de um quadrado menos o seu lado é 870. Qual o lado do quadrado?» Sendo x a medida do lado do quadrado, x 2 – x = 870 . Para resolver esta equação, o procedimento («método babilónico») dos babilónicos seria: • b = 1 ; c = 870 1 • Consideravam metade de b :  = 0,5 . 2 • Determinavam o seu quadrado: (0,5)2 = 0,25 . • Adicionavam o resultado obtido a c : 0,25 + 870 = 870,25 . • Calculavam a raiz quadrada desse resultado: 87 0, 25  = 29,5 . • Adicionavam a este resultado metade de b , obtendo a solução da equação: 29,5 + 0,5 = 30 . Concluíam então que x = 30 . De facto, 302 – 30 = 870 .

~ 2 co p~ 3 son yguales a 10. 4. ce m 5. Utilizando o procedimento de Pedro Nunes, resolvemos a equação 2x 2 – 8x + 6 = 0 :

c b • Escrever a equação na forma x 2 +  = – x : 2x 2 – 8x + 6 = 0 ⇔ x 2 + 3 = 4x . a a 2

• Elevar ao quadrado o coeficiente de x : 4 = 16 . • Multiplicar por quatro o termo independente: 3 × 4 = 12 . • Subtrair o produto obtido ao quadrado calculado: 16 – 12 = 4 . • Calcular a raiz quadrada dessa diferença: 4 = 2 . • Somar ou subtrair a raiz ao coeficiente de x : 4 – 2 = 2 ; 2 + 4 = 6 . 2 6 • Dividir o resultado por 2:  = 1 ;  = 3 . 2 2 Em conclusão, o conjunto solução da equação é {1, 3} .

6. Em geral, o procedimento de Pedro Nunes conduz à fórmula resolvente que utilizamos actualmente. Vejamos: Dada uma qualquer equação da forma ax 2 + bx + c = 0 (a  0): c b • Escrevê-la na forma x 2 +  =  x . a a ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

23

  

b 2 b 2 • Elevar ao quadrado o coeficiente de x : –  =  . a a 4c • Multiplicar por quatro o termo independente:  . a



b 2 4c • Subtrair o produto obtido ao quadrado calculado:  –  . a a • Calcular a raiz quadrada dessa diferença:

c  . ab  –4 a 2

b • Somar ou subtrair a raiz ao coeficiente de x : –  ± a

  

ab–4ac . 2

b b 2 4c –  ±  –  a a a • Dividir o resultado por 2:    . 2 Portanto, o procedimento de Pedro Nunes, pode resumir-se em três passos:

   

b b 2 4c –  ±  –  a a a b c ax 2 + bx + c = 0 ⇔x 2 +  = – x ⇔     a a 2 Simplificando, obtemos:

    

 



b b 2 4 ac b b 2 4c b b2 – 4ac –  ±  –  –   ±  –   –  ±  2 a a a a a a a a2 x=     ⇔ x =  ⇔ x =   ⇔ 2 2 2

 b 2 b–4ac – ±   2 – 4ac a a –b ± b  ,    ⇔x=  ⇔x=   2 2a 2

pelo que, efectivamente, o procedimento de Pedro Nunes é equivalente à fórmula resolvente actual.

24

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3. Radicais Actividade 9 – Radicais Após a decomposição dos números 81, 24 e 375 em factores primos, o aluno deve escrever os radicais na forma 34 – 5 23  × 3 – 103×  53 . 3

3

3

33 ×  3 – 5 23 ×  3 – 10 3 ×  53 = Posteriormente, e com a aplicação das propriedades, teremos  3

3

3

3

3

3

= 33 – 103 – 503 . Desta forma, a expressão pode ser simplificada, resultando em –573 . 3

3

3

3

Por outro lado, considerando a expressão 33 – 2 × 5 3 – 10 × 53 e passando os factores para dentro do 3

3

3

34 –  23 ×3 ×53 – 3× 03 , que é igual a 81 radical teríamos  53×1  – 524  – 1037 5 . 3

3

3

3

3

3

Actividade 10 – Racionalização 1.1 A variável x pode assumir qualquer valor real positivo: x ∈ ]0, +[ . 1.2 Sendo x = 2 ,

1.3

1 = 2 .   2 2

1 = x   x x

1.4 A variável x pode assumir qualquer valor real positivo: x ∈ ]0, +[ .

x em que a variável x pode tomar qualx =  1 : 1 = 1 ×      5 5 5 5 4 4 4 x x  x × x quer valor real excepto o zero. x

2. No caso de termos a fracção

5

5

3.1 e 3.2 A multiplicação do numerador e do denominador por –3 + xy  só resultaria na racionalização da 12x –3 + xy a2  =   fracção para o caso específico em que xy =  , a ∈ IN , a  3 , pois  3 3 – xy   – 3 + xy    12x –12x  3 + 12x  xy  , teríamos =  . Em geral, para se racionalizar o denominador da fracção  –3 + 2 3  xy –xy 3 – xy  3 –  xy que é  3 +  xy . que multiplicar o denominador e o numerador pela expressão conjugada de 

a2 Para xy = 3n como 3n =  é equivalente a a2 = 3n + 1 , a racionalização é possível quando n é ímpar. 3 ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

25

3.3 Outra forma de racionalizar a fracção é multiplicar o denominador e o numerador por –3 – xy . 12x – 3 –  xy  12x –3 – xy  . Racionalizando a fracção recorrendo à expressão conju3.4   =    –3 + xy  3 –  xy – 3 –  xy  12x –3 – xy 12x  3 + xy 12x 3 + xy  .  e, de facto,   =  gada do denominador, obtém-se        –3 + xy 3 – xy 3 – xy

x – y 4. Para racionalizarmos a fracção  podemos multiplicar o denominador por x – y ou por x + y 2

x – y 

y , obtendo-se, em ambos os casos,  –x +  . x–y 5.1 No caso da variável x assumir valores inferiores a 1, a raiz x– 1 ficaria com o radicando negativo e, como sabemos, quando o índice do radical é par, o seu radicando só pode assumir valores maiores ou iguais a zero.

x   , multiplicamos o numerador e o denomina5.2 Para racionalizar o denominador da fracção  1 x+1 – x– dor pelo conjugado deste último, que é x+1 + x– 1 .

x x+1 + x– 1 x x+1 + x– 1 x x+1 + x– 1                    =          =  2 x + 1 – x–1x+1 + x– 1 (x + 1) – (x –1)

Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I

1. Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço Actividade de Introdução – Pavimentações O estudo matemático das pavimentações é um dos tópicos da Matemática Moderna. 1. As únicas soluções inteiras são:

p = 6 e n = 3 (triângulos); p = 4 e n = 4 (quadrados); p = 3 e n = 6 (hexágonos) 2. Não faz sentido estudar a tabela para n = 1 e n = 2 , pois sendo n o número de lados de um polígono regular, sabemos não ser possível ter um polígono regular com um ou dois lados. 26

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3. Os triângulos utilizados em pavimentações regulares têm de ser equiláteros, únicos triângulos que são polígonos regulares. 4. Os triângulos, quadrados e hexágonos são os únicos polígonos regulares capazes de pavimentar um plano. 3 × 180o 540o 6 × 180o n = 5 :  =  = 108o ; n = 8 :  = 135o 5 5 8 Com estes valores, facilmente se verifica que não é possível efectuar pavimentações com pentágonos e octógonos, sem que existam buracos ou sobreposições, uma vez que nenhum múltiplo inteiro de 108o ou 135o é igual a 360o. 5. Ppav. triângulos = 13 cm ; Ppav. hexágonos = 18 cm ; Ppav. quadrados = 12 cm Se cada polígono medisse 2 cm de lado, os valores dos perímetros seriam o dobro dos calculados anteriormente. 21 3 3 27 6. Apav. triângulos =   11,691 cm2 ; Apav. hexágonos =   18,187 cm2 ; Apav. quadrados = 9 cm2 4 2 1 7. r =  ou r = 16 . 16 8. Apav. triângulos = 108 3  187,061 cm2 ; Apav. hexágonos = 168 3  290,98 cm2 ; Apav. quadrados = 144 cm2 9. Aproximadamente 115 triângulos, aproximadamente 19 hexágonos e 50 quadrados. 10. Adimitindo a utilização de dois ou mais polígonos regulares teremos outras possibilidades de construir pavimentações. Seria de todo o interesse a construção de outros exemplos por parte dos alunos a partir deste tópico. Relativamente à pergunta específica podemos combinar hexágonos e triângulos uma vez que um hexágono se decompõe em seis triângulos equiláteros, (se o hexágono for regular) e também quadrados com os outros dois polígonos. Repare-se que podemos decompor 360o = 90o + 90o + 3 × 60o juntando dois quadrados e três triângulos por exemplo, ou dois quadrados, um hexágono e um triângulo (estes últimos não ficariam com tantas simetrias). Na figura seguinte apresenta-se uma pavimentação constituída por quadrados e octógonos regulares.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

27

Actividade 1 – Quadriláteros resultantes de cortes no cubo 1. Os quadriláteros obtidos na sequência dos planos de corte descritos são: trapézio, trapézio isósceles e losango, respectivamente. 2.1 Nesta questão pretende-se que, com a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, o aluno interiorize as propriedades inerentes à sua construção. 2.2

2.3 P = 6 + 62 cm ; A = 92 cm2 2.4 O corte intersecta as seis faces do cubo contendo duas diagonais faciais. 3.1 O polígono obtido é um paralelogramo.

3.2 Obter-se-ia um quadrado. 3.3.1 Todos os quadriláteros obtidos por corte num cubo têm que ter pelo menos dois lados paralelos, pois têm de intersectar pelo menos um par de faces paralelas. 3.3.2 Os quadriláteros só com um par de lados paralelos são os trapézios. 3.3.3 Os quadriláteros obtidos por corte de um cubo em dois pares de lados paralelos são o paralelogramo, o quadrado, o rectângulo e o losango.

Actividade 2 – Cortes num tetraedro 1.1 No mínimo três faces são cortadas por um plano de corte num tetraedro e no máximo quatro, dado que o tetraedro tem quatro faces. 1.2 Quadriláteros e triângulos. 2.1 II – (C) ; III – (A) 28

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

2.2 e 2.4 1 E , então, Se ET = 4,5 cm =  A 2 1 9 9 N M  =   × 9  2 =   2 e, igualmente, M Q  = 2 . 2 2 2 Então: 9 9 81 A[MNPQ ] = 2 × 2 =  cm2 2 2 2 9 9 P[MNPQ ] = 2   2 +   2 = 182 cm 2 2





1 1 E , então, M N  =  × 92 = 2 Se ET = 1 cm =  A 9 9 8 8 e M Q  =  EG  =  92 = 82 cm 9 9 Então:

A[MNPQ ] = 2 × 82 = 16 cm2 P [MNPQ ] = 22 + 82  = 182 cm 8 1 N M  =  × 92 = 82 e M Q  =  × 92 = 2 9 9 Então:

A[MNPQ ] = 82 × 2 = 16 cm2 P[MNPQ ] = 22 + 82 = 182 cm 2.3 Através de uma planificação do tetraedro regular torna-se evidente que o perímetro de todos os rectângulos é P = 2 × aresta do tetraedro e P = 22 × aresta do cubo .

Actividade 3 – Cortes num octaedro 1.1 Pelo plano de corte que contém os pontos A , B e C obtém-se um quadrado. 1.2 Fazendo sucessivos planos de corte paralelos a este plano, obtêm-se quadrados. 1.3 P [ABCD ] = 40 cm e P [GJIH ] = 20 cm. 1.4 O perímetro de [ABCD ] é o dobro do perímetro de [GJIH ] . 1.5 Na divisão do octaedro por um plano de corte que contenha os pontos A , B e C resultam duas pirâmides iguais de base quadrangular. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

29

2.1 A O  =  52+52 = 50  = 52 2 – (5 2 )2 = 5 2 E =  O 10   

2.2 Consideremos M o ponto médio de [AB ] .

EM  =  52+  (5  = 53 cm 2)2 = 75 10 × 5 3 A[ABE ] =  = 253 cm2 2

A lateral pirâmide = 4 × 253 = 1003 cm2 2.3 Aoctaedro = 2 × Alateral pirâmide = 2003 cm2 500 2.4 V [ABCDE] = 2 cm3 3 1000 2.5 Voctaedro = 2 cm3 3



V[GJIHE ] 1 3 3. Recorrendo à razão existente entre as arestas, áreas e volumes podemos concluir que a razão   =  . 2 V[ABCDE] 125 2 Por esse motivo, V [ GJIHE ] =  . Desta forma, temos que o volume do maior sólido originado é 6 6252 18752 =  .  2 6

Actividade 4 – Dual do octaedro 1.1 BT = 43 2 83 1.2 BJ =  BT , isto é , BJ =  . 3 3 16 1.3  cm 3 8 2 cm 1.4 a =  3 3 2 2. Aresta do octaedro =  aresta do cubo . 2 30

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3.1 BO  = 42 cm 256 3.2 Acubo =  cm2 3 8 × 43 3.3 Aface =  = 16 3 cm2 ; Aoctaedro = 128 3 cm2 2 3 3 4. Aoctaedro =  Acubo 2 5122 1024 2 5. O volume do cubo é  cm3 e o volume do octaedro  cm3. 27 3 9 6. Voctaedro = Vcubo 2 9 7.1 O volume do cubo é a 3 e o volume do octaedro de a 3 . 2 9 7.2 Voctaedro = Vcubo 2 8. A relação entre o volume do cubo e do octaedro mantém-se para qualquer valor atribuído à sua aresta.

Actividade 5 – Stella octangula 1. O volume do cubo é de 1000 cm3. 1000 2. V [BGCA] =  cm3 3 1 3. O volume do tetraedro é  do volume do cubo. 3 1 1 4. Temos que F N = B A , por isso o seu volume será  do volume do tetraedro maior. Como vimos anteriormente, 2 8 1000 1000 125 o volume do tetraedro maior é de V [BGCA] =  cm 3 , portanto o volume de V [FGHN] =  cm3 =  cm 3 . 3 24 3 1 A razão de semelhança é  . 2 1 5. A intersecção dos dois tetraedros encaixados é o octaedro dual do cubo [AJCODBLG] . O Voctaedro = V [BGCA] = 2 500 1 =  Vcubo , sendo assim, Voctaedro =  cm3 . 3 6 6. O volume da stella octangula é: 1 Vstella = Voctaedro + 8V[FGHN ] =  × 8V [FGHN ] + 8V [FGHN ] = 12V [FGHN ] = 500 cm3 2 1 7. Vstella = Vcubo 2 ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

31

Actividade 6 – Superfícies e sólidos de revolução 1. C e B . 2.1 Um cilindro. 2.2 O volume do cilindro é de (4 + 45 )π .

Actividades de Investigação – Sólidos arquimedianos Com esta proposta para trabalho de investigação, pretende-se que os alunos aprofundem os seus conhecimentos sobre os sólidos geométricos, concretamente sobre os sólidos platónicos, os sólidos arquimedianos (obtidos por truncatura dos platónicos) e os sólidos de Catalan (duais dos arquimedianos).

Sólidos arquimedianos Os sólidos de Arquimedes ou poliedros semi-regulares, são poliedros convexos cujas faces são polígonos regulares de mais de um tipo. Todos os seus vértices são congruentes, isto é, existe o mesmo arranjo de polígonos em torno de cada vértice. Além disso, todo o vértice pode ser transformado em outro vértice por uma simetria do poliedro. Existem 13 sólidos arquimedianos, dois quais 11 são obtidos por truncatura dos sólidos platónicos – truncar significa cortar e retirar uma parte de um sólido (sendo essa parte ainda um sólido). A truncatura dos sólidos platónicos consiste num corte dos vértices, obtendo-se novas faces que são ainda polígonos regulares – e dois são obtidos por snubificação de sólidos platónicos – a snubificação de um poliedro é uma operação sobre um poliedro que permite obter outro poliedro. A operação consiste em afastar todas as faces do poliedro, rodá-las um certo ângulo (normalmente 45o) e preencher os espaços vazios resultantes com polígonos triângulos, rectângulos, pentágonos, etc.). O caso especial de uma snubificação sem rotação chama-se uma expansão do sólido. Cubo snub Número de faces: 38 (6 quadrados, 32 triângulos) Número de vértices: 24 Número de arestas: 60 Dual: icositetraedro pentagonal (sólido de Catalan)

Cubo truncado Número de faces: 14 (6 octógonos, 8 triângulos) Número de vértices: 24 Número de arestas: 36 Dual: octaedro triakis (sólido de Catalan)

32

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Cuboctaedro Número de faces: 14 (6 quadrados, 8 triângulos) Número de vértices: 12 Número de arestas: 24 Dual: dodecaedro rômbico (sólido de Catalan)

Cuboctaedro truncado Outros nomes: cuboctaedro rombitruncado, grande rombicuboctaedro Número de faces: 26 (6 octógonos, 8 hexágonos, 12 quadrados) Número de vértices: 48 Número de arestas: 72 Dual: dodecaedro disdiakis (sólido de Catalan)

Dodecaedro truncado Número de faces: 32 (12 decágonos, 20 triângulos) Número de vértices: 60 Número de arestas: 90 Dual: icosaedro triakis (sólido de Catalan)

Icosaedro truncado Número de faces: 32 (12 pentágonos, 20 hexágonos) Número de vértices: 60 Número de arestas: 90 Dual: dodecaedro pentakis (sólido de Catalan)

Icosidodecaedro Número de faces: 32 (12 pentágonos, 20 triângulos) Número de vértices: 30 Número de arestas: 60 Dual: triacontaedro rômbico (sólido de Catalan)

Icosidodecaedro snub Outro nome: dodecaedro snub Número de faces: 92 (12 pentágonos, 80 triângulos) Número de vértices: 60 Número de arestas: 150 Dual: hexecontaedro pentagonal (sólido de Catalan) ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

33

Icosidodecaedro truncado Outros nomes: icosidodecaedro rombitruncado, grande rombicosidodecaedro Número de faces: 62 (12 decágonos, 20 hexágonos, 30 quadrados) Número de vértices: 120 Número de arestas: 180 Dual: triacontaedro disdiakis (sólido de Catalan) Octaedro truncado Número de faces: 14 (6 quadrados, 8 hexágonos) Número de vértices: 24 Número de arestas: 36 Dual: hexaedro tetrakis (sólido de Catalan) Rombicosidodecaedro Outro nome: pequeno rombicosidodecaedro Número de faces: 62 (12 pentágonos, 30 quadrados, 20 triângulos) Número de vértices: 60 Número de arestas: 120 Dual: hexecontaedro deltoidal (sólido de Catalan) Rombicuboctaedro Outro nome: pequeno rombicuboctaedro Número de faces: 26 (8 triângulos, 18 quadrados) Número de vértices: 24 Número de arestas: 48 Dual: icositetraedro deltoidal (sólido de Catalan) Tetraedro truncado Número de faces: 8 (4 triângulos, 4 hexágonos) Número de vértices: 12 Número de arestas: 18 Dual: tetraedro triakis (sólido de Catalan) Esses sólidos foram estudados por Arquimedes (287–252 a.C.), no entanto, os escritos originais deste autor estão perdidos. O quinto livro da Colecção Matemática, do matemático grego Pappus de Alexandria (cerca de 290–350), faz referência aos estudos de Arquimedes sobre esses sólidos. Os sólidos arquimedianos foram gradualmente sendo redescobertos durante o Renascimento, por vários artistas. Em 1619, na obra Harmonices Mundi, Johannes Kepler (1571–1630) apresentou um estudo sistematizado sobre essa categoria de sólidos. 34

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Sólidos de Catalan O nome «sólidos de Catalan» deve-se ao matemático belga Eugène Charles Catalan, que apresentou a lista dos duais dos poliedros arquimedianos num texto publicado em 1865. Dodecaedro disdiakis Outro nome: octaedro hexakis Número de faces: 48 (48 triângulos escalenos) Número de vértices: 26 Número de arestas: 72 Dual: cuboctaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Dodecaedro pentakis Número de faces: 60 (60 triângulos isósceles) Número de vértices: 32 Número de arestas: 90 Dual: icosaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Dodecaedro rômbico Número de faces: 12 (12 losangos) Número de vértices: 14 Número de arestas: 24 Dual: cuboctaedro (sólido de Arquimedes)

Hexaedro tetrakis Outro nome: tetrahexaedro Número de faces: 24 (24 triângulos isósceles) Número de vértices: 14 Número de arestas: 36 Dual: octaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Hexecontaedro deltoidal Outros nomes: hexecontaedro trapezoidal Número de faces: 60 (60 quadriláteros) Número de vértices: 62 Número de arestas: 120 Dual: rombicosidodecaedro (sólido de Arquimedes) ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

35

Hexecontaedro pentagonal Número de faces: 60 (60 pentágonos irregulares) Número de vértices: 92 Número de arestas: 150 Dual: icosidodecaedro snub (sólido de Arquimedes)

Icosaedro triakis Número de faces: 60 (60 triângulos isósceles) Número de vértices: 32 Número de arestas: 90 Dual: dodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Icositetraedro deltoidal Outro nome: icositetraedro trapezoidal Número de faces: 24 (24 quadriláteros) Número de vértices: 26 Número de arestas: 48 Dual: rombicuboctaedro (sólido de Arquimedes)

Icositetraedro pentagonal Número de faces: 24 (24 pentágonos irregulares) Número de vértices: 38 Número de arestas: 60 Dual: cuboctaedro snub (sólido de Arquimedes)

Octaedro triakis Número de faces: 24 (24 triângulos isósceles) Número de vértices: 14 Número de arestas: 36 Dual: cubo truncado (sólido de Arquimedes)

Tetraedro triakis Número de faces: 12 (12 triângulos isósceles) Número de vértices: 8 Número de arestas: 18 Dual: tetraedro truncado (sólido de Arquimedes)

36

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Triacontaedro disdiakis Número de faces: 120 (120 triângulos escalenos) Número de vértices: 62 Número de arestas: 180 Dual: icosidodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Triacontaedro rômbico Número de faces: 30 (30 losangos) Número de vértices: 32 Número de arestas: 60 Dual: icosidodecaedro (sólido de Arquimedes)

Na questão 3. propõe-se ao aluno que investigue as relações métricas entre as arestas de um sólido de Arquimedes e do seu correspondente sólido platónico. Por exemplo, o icosaedro truncado resulta de truncar o icosaedro platónico, que deixa de ter faces triangulares, passando a ter 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais. Em todos os 12 vértices do icosaedro concorrem cinco faces triangulares. A truncatura 1 deve ser feita a  da aresta a contar do vértice que se está a truncar. Os pentágonos são a 3 secção plana resultante de cada truncatura enquanto que os hexágonos ficam no plano das faces triangulares do icosaedro e resultam dos três cortes a que cada triângulo é sujeito.

1 Assim, sendo os hexágonos e os pentágonos regulares, as arestas do icosaedro truncado, são  das arestas do 3 icosaedro. Estas sugestões podem ser complementadas como todos os conteúdos referentes aos sólidos geométricos constantes na secção referente ao tema 1 do CD Interactivo.

Actividades de Investigação – Stomachion Pensa-se que o stomachion é o puzzle mais antigo do mundo. A sua invenção é atribuída a Arquimedes de Siracusa (287–212 a.C.). É um puzzle geométrico muitas vezes referido por Loculus de Archimedes (a caixa de Arquimedes). Não se conhece o significado preciso da palavra stomachion, que tem a mesma raiz que a palavra grega para estômago. A informação sobre este quebra-cabeças chegou-nos através de dois manuscritos muito incompletos (copiados ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

37

de manuscritos anteriores que se perderam), mas que permitem construí-lo e observar algumas das suas características. Parece que Arquimedes fez um estudo bastante completo do quebra-cabeças, mas esse estudo não perdurou aos muitos séculos de guerras, pilhagens e destruições. Pode ser sugerido aos alunos que acedam ao stomachion dinâmico incluído no CD Interactivo, na secção referente ao tema da Geometria, e desafiá-los a encontrar algumas das milhares de soluções deste puzzle (entende-se por solução qualquer justaposição das peças que forme um quadrado), como a que se segue:

2. O cálculo da área total do puzzle construído na folha quadriculada poderá ser feito considerando-o construído sobre um quadrado de 12 unidades de lado, pelo que tem 144 unidades quadradas de área. Numerando cada uma das peças do stomachion, como se sugere na imagem abaixo, podem calcular-se as áreas das peças, aplicando o teorema de Pick: a área de uma figura poligonal cujos vértices são os de uma quadrícula regular (de lado unitário) é igual ao número de vértices da quadrícula que se encontram no interior da figura mais metade do número de vértices que se encontram sobre a linha limite da figura a que se retira uma unidade. Obtém-se então: 16 A1 = 5 +  – 1 = 12 2

18 A8 = 13 +  – 1 = 21 2

12 A2 = 7 +  – 1 = 12 2

10 A9 = 2 +  – 1 = 6 2

10 A3 = 2 +  – 1 = 6 2

8 A10 = 3 +  – 1 = 6 2

12 A4 = 7 +  – 1 = 12 2

12 A11 = 4 +  – 1 = 9 2

14 A5 = 18 +  – 1 = 24 2

6 A12 = 4 +  – 1 = 6 2

6 A6 = 1 +  – 1 = 3 2

8 A13 =  – 1 = 3 2

8 A7 = 9 +  – 1 = 12 2

12 A14 = 7 +  – 1 = 12 2

De facto, verifica-se que, como não poderia deixar de ser, a soma das áreas das peças é 144. Pode sugerir-se aos alunos que confirmem os resultados obtidos por aplicação do teorema de Pick, calculando as áreas tradicionalmente, tomando para unidade a medida do lado de cada quadrícula e decompondo cada polígono adequadamente, sempre que seja útil. 38

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Com base na área das peças, pode obter-se a razão entre a área de cada peça e a área total do puzzle, isto é, cada fracção de área total do puzzle que cada peça ocupa. Assim: 1 • Peças de área 3:  48 1 • Peças de área 6:  24 1 • Peças de área 12:  12 7 • Peça de área 21:  48 1 • Peças de área 24:  16 Tem ainda interesse sugerir aos alunos que verifiquem que a soma das fracções de áreas correspondentes a cada peça é, obviamente, 1. Por outro lado, é também muito pertinente questionar os alunos se as razões se manteriam independentemente do tamanho do puzzle, isto é, se as razões obtidas só são válidas para um puzzle de 12 × 12 . De facto, ao variarmos o tamanho do puzzle devemo-lo fazer proporcionalmente, pelo que as peças obtidas são sempre semelhantes e, consequentemente, as razões são mantidas.

2. Geometria Analítica Actividade de Introdução – Os referenciais e a Geografia Esta actividade mostra uma das aplicações dos referenciais e permite aos alunos efectuar a localização de pontos num mapa utilizando um referencial. Se não fossem considerados como eixos referenciais o meridiano de Greenwich ou o equador, as coordenadas indicadas poderiam ter outros valores. Por esse mesmo motivo, é importante conhecer o referencial considerado para que se consigam marcar as coordenadas.

Actividade 7 – Simetrias no plano Esta actividade antecede a exploração das simetrias relativamente a um dos eixos coordenados e com ela pretende-se que, apenas com os conhecimentos adquiridos e uma definição de simetria axial, o aluno descubra por si próprio os conceitos de simetria que posteriormente serão generalizados no desenvolvimento do tema. Nas justificações solicitadas o aluno deve adequar a definição de simetria a cada uma das situações. Por exemplo, na alínea 1.2 e no que respeita ao ponto A o aluno deve dizer: • AA’ é concorrente com o eixo Ox . • AA’ ⊥ Ox • A e A’ são equidistantes de Ox . ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

39

1.

2.

No final o aluno deve tentar estabelecer uma relação entre os pontos, os seus simétricos e as respectivas coordenadas.

Actividade 8 – Referenciais e pontos simétricos 1.1 Determina-se a mediatriz do segmento [AC ] , para marcar o eixo Oy , dado que se pretende que A e C sejam simétricos relativamente a este eixo. De seguida, marca-se o eixo Ox , bastando para isso que este seja perpendicular a Oy , por exemplo:

1.2

1.3

1.4 Para se colocar o triângulo num referencial de forma a que os vértices J e L sejam simétricos relativamente à bissectriz dos quadrantes ímpares, deve considerar-se um referencial em que J (O, a) e L(a, O) , por exemplo. O outro vértice terá as coordenadas impostas pela geometria do triângulo, a bissectriz dos quadrantes ímpares será a mediatriz do segmento [LJ ] , permitindo assim recordar a noção de mediatriz leccionada no 8.o ano e posteriormente formalizada na página 106 do manual. 2.1 G e K .

2.2 G e C .

2.3 F e N .

2.4 I e M .

2.5 P e N .

2.6 K . Relativamente ao eixo Ox . Que o ponto K é o simétrico de C relativamente à origem do referencial e portanto a composição das duas simetrias relativamente aos eixos, pelo menos neste caso, resulta na simetria relativamente à origem. 40

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 9 – Pátio dos Quintalinhos 1.1 –8  x  8 ∧ –6  y  6 1.2

1.3 x < – 8 ∨ x > 8 ∨ y < –6 ∨ y > 6 2.1 (x  –8 ∨ x  8 ∨ y  –6 ∨ y  6) ∧ (–14  x  14 ∧ –14  y  14) 2.2 (x > –8 ∧ x < 8 ∧ y > –6 ∧ y < 6) ∨ (x < –14 ∨ x > 14 ∨ y > 14 ∨ y < –14)

3.1 Acorredor = 32 dm2 3.2 Aprédio = 560 dm2 3.3 Apátio = 192 dm2 1 4.1 r =  6 35 4.2 r =  12

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

41

Actividade 10 – Distância entre dois pontos no plano 1.1.1 d (A, B ) = 9

1.1.2 d (B, C ) = 5

1.2 Triângulo rectângulo em B porque o referencial é ortonormado. 1.3 d (A, C ) = 10 6 2.1 A(x1, y1) ; B (x2, y2) ; C (x2, y1) 2.2 d (A, C ) = |x2 – x1| ; d (C, B ) = |y2 – y1| 2.3 d (A, B ) =  (x2  – x1 )2 + (y 2  – y1 )2

Actividade 11 – A iluminação de um consultório 1.

2.1 O comprimento de fio necessário, sabendo que se quer gastar a menor quantidade de fio possível, é de

,2 5  3,64 m . (3,5 )2+1 = 13 2.2 4,5 m 3.1 Construir geometricamente a mediatriz de [L 1L 2] . O terceiro ponto de luz pode ficar situado em qualquer ponto da mediatriz. 3.2 Situa-se no ponto médio de [L 1L 2] , ponto (6,5; 5) . 4. Deve pintar-se todo o escritório, uma vez que os raios de alcance dos dois pontos de luz cobrem, conjuntamente, toda a superfície. 5. Não há necessidade de se instalar um terceiro ponto de luz, a não ser que se queira, eventualmente, aumentar a intensidade da luminosidade, já que os dois pontos existentes iluminam todo o escritório. 6. Para que fique à mesma distância dos pontos A , B e C do escritório, o novo ponto de luz deve situar-se no circuncentro do triângulo [ABC ] , intersecção das mediatrizes dos segmentos [AB ] , [BC ] e [AC ] . Para isso, basta com o auxílio de um compasso, determinar dois pontos equidistantes de A e B definindo a mediatriz de [AB ] e de forma análoga, a mediatriz de [AC ] . A intersecção das duas mediatrizes é o ponto pretendido. 42

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 12 – A circunferência dos nove pontos 1. Num programa de geometria dinâmica, pode começar-se por construir a circunferência dos nove pontos, que contém os pontos médios dos lados, os pontos de intersecção das alturas com os lados do triângulo e os pontos médios dos segmentos que unem os vértices do triângulo ao ortocentro.

Por exemplo, no caso de se utilizar o Cinderella, pode ser útil recorrer ao menu «Ajuda/Ajuda sobre Modo», sempre que haja dúvida na utilização de uma ferramenta. Alternativamente, no caso da impossibilidade de recorrer ao computador, pode fazer-se a construção com régua e compasso. 2. Movendo o triângulo construído, pode analisar-se, em cada caso, a tese dos seguintes teoremas. Teorema 1: O raio da circunferência dos nove pontos tem um comprimento igual a metade do comprimento do raio da circunferência circunscrita ao triângulo. É útil, neste caso, construir a circunferência circunscrita ao triângulo e obter os comprimentos dos raios referidos. Teorema 2: O centro da circunferência dos nove pontos está sobre a recta de Euler, a meia distância entre o ortocentro e o circuncentro. Neste caso, a melhor forma de analisar a tese deste teorema, é marcar a recta de Euler (que contém o baricentro, o ortocentro e o circuncentro do triângulo). 3. O baricentro está entre o ortocentro e o circuncentro, na recta de Euler, excepto no caso de termos um triângulo equilátero, no qual os três centros coincidem.

Actividade 13 – Desenhar uma elipse Esta actividade consiste na construção de uma elipse pelo «método do jardineiro». Construindo uma elipse desta forma, os alunos deverão concluir que a distância de cada ponto P da curva a cada um dos pontos fixos A e B (focos da elipse) vai variando, mas o comprimento do fio é sempre o mesmo, ou seja, a soma das distâncias focais é constante. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

43

Actividade 14 – Elipse: envolvente de uma família de rectas No interior de um círculo de papel fixa-se um ponto A distinto do centro C do círculo. Para cada ponto B que se escolhe na respectiva circunferência pode dobrar-se o círculo de modo a fazer coincidir A com B ; o vinco da dobra marca no círculo parte de uma recta. 1. A recta marcada pela dobra é a mediatriz de [AB ] . Com efeito, após ter-se vincado o papel, dobrá-lo e desdobrá-lo por esse vinco corresponde a movimentos de rotação no espaço em torno da recta correspondente ao vinco, mantendo-se portanto as distâncias entre os pontos em cada semiplano que «roda»; como os pontos A e B podem ser levados a coincidir num desses movimentos, concluímos que estão sempre ambos à mesma distância de qualquer ponto da recta determinada pelo vinco (eixo de rotação), a qual é assim, de facto, a mediatriz de [AB ] , quando voltamos a desfazer a dobra. Escolhendo outro qualquer ponto B da circunferência e repetindo a operação, obtém-se um novo vinco no papel. Repetindo esta operação indefinidamente, escolhendo novos pontos na circunferência, e continuando com o ponto A fixo, demonstra-se que as dobras obtidas definem uma família de rectas cuja envolvente é uma elipse – dada uma família de rectas, a sua envolvente é a linha que em cada um dos seus pontos «contacta» com uma das rectas da família dada, isto é, cada ponto da envolvente é um ponto de tangência de uma e uma só recta da família. Sugere-se ao aluno que demonstre a propriedade em causa, propondo-lhe que, alínea a alínea, vá completando os passos da referida demonstração. 2. e 3. A imagem abaixo é uma ilustração do círculo de papel depois de desfeita a dobra. C é o centro da circunferência. Seja r o raio do círculo e v a recta que contém o vinco marcado pela dobra no círculo (v é a mediatriz de [AB ] ). Trace-se o segmento [CB ] e marque-se o ponto de intersecção de [CB ] com v : o ponto T .

• [ATB ] é um triângulo isósceles, pois A T = TB , uma vez que T pertence a v , mediatriz de [AB ] . • Independentemente do ponto B escolhido na circunferência: A T + TC = TB + TC = r • Assim, sendo A T + TC = r , tem-se que a soma das distâncias de T a A e de T a C é constante, pelo que T é um ponto de uma elipse com focos em A e C , sendo r o comprimento do eixo maior. Para concluir a nossa demonstração, falta só mostrar que a recta v é tangente à elipse (para que se verifique que a elipse é de facto a envolvente da família de rectas em causa). Considerando um ponto T ’ contido em v , distinto de T : 44

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

•A T’ + T’C = BT’ + T’C > r , pois, considerando-se o triângulo [BT ’C ] tem-se, pela desigualdade triangular, que BT’ + T’C > BC = r . • Os pontos T ’ do plano que satisfazem a condição A T’ + T’C > r dizem-se «exteriores» à elipse pois pertencem a elipses com os mesmos focos e cujos eixos maiores medem A T’ + T’C > r . Generalizamos assim a noção de ponto exterior a uma circunferência como sendo um ponto cuja distância ao centro é superior a r . • Concluímos, assim, que todos os pontos de v são exteriores à elipse, excepto T , que é um ponto da elipse. Prova-se que estas propriedades geométricas caracterizam v como tangente à elipse em T . Reciprocamente, por qualquer ponto da elipse podemos fazer passar uma recta obtida com um vinco como acima. Se T for um ponto da elipse, prolongando o segmento [CT ] até à circunferência, obtemos um ponto B a partir do qual podemos obter o vinco fazendo coincidir o ponto B com A . A recta v contendo o vinco é a mediatriz de [BA] e é tangente à elipse em T , como se prova facilmente com argumentos análogos aos anteriores (considerando a recta determinada pelo ponto T e pelo ponto médio P do segmento [AB] , os triângulos [APT ] e [BPT ] são geometricamente iguais por terem os lados dois a dois iguais – A T e  TB são iguais porque somando-os com  CT se obtém r em ambos os casos; portanto APˆT = BPˆT o que prova que são ambos rectos, sendo assim PT , de facto, a mediatriz de [AB ]) . A realização desta actividade pode ser complementada com a construção de uma animação que ilustre a propriedade demonstrada, ou, alternativamente, consultando-se a animação e o exemplo interactivo constantes no CD Interactivo.

Actividade 15 – A caixa 1. e 2. O comprimento da palhinha dentro da caixa é aproximadamente 4,78 cm, que se calcula utilizando o teorema de Pitágoras para determinar  TP , e posteriormente para calcular o tamanho da palhinha (VT ). Utilizando as coordenadas dos pontos V e T poder-se-ia determinar o tamanho da palhinha através do cálculo da distância entre estes dois pontos.

Actividade 16 – Algumas simetrias no espaço 1. A( 0, –1, 0) ; B (0, 0, 0) ; C (–1, 0, 0) ; D (–1, –1, 0) ; E ( 0, –1, 1) ; F ( 0, 0, 1) ; G (–1, 0, 1) ; H (–1, –1, 1) 2.1 I (–1, 1, –1) 2.2 H C = CI =  2 , sendo esta a distância dos pontos H e I ao eixo de coordenadas Ox , e portanto H e I são simétricos aos eixos das abcissas (Ox é perpendicular a [HI ] passando pelo ponto médio C ).

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

45

3.

3.1 e 3.2 J (1, –1, –1) . H A  = JA  =  2 , os pontos H e J são simétricos relativamente ao eixo de coordenadas Oy .

3.3 e 3.4 K (1, 1, 1) . H F = KF =  2 , os pontos H e K são simétricos relativamente ao eixo de coordenadas Oz .

3.5 e 3.6 L (1, 1, –1) . H B = LB = 3 , os pontos H e L são simétricos relativamente à origem do referencial.

Actividade 17 – Plano mediador 1. É o ponto médio de [AB ] uma vez que é um ponto do segmento [AB ] equidistante de A e B (pois pertence a α). 2 + (y – 2) 2 + (z – 2) 2 ; B 2 + (y – 1) 2 + (z – 2)2 2. A P =  (x– 1) (x–3)  P =  

3. A P = BP ⇔ 4x – 2y – 5 = 0 46

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 18 – A rotação de um semicírculo Ao fazermos rodar a palhinha, obtém-se uma esfera. A distância de A a O é o raio do círculo, sendo portanto a distância de B a O inferior ao raio do círculo. Generalizando as observações, podemos afirmar que qualquer ponto do espaço atingido por um ponto do semicírculo no movimento de rotação está a uma distância de O inferior ou igual a r , uma vez que O se mantém fixo e, no movimento de rotação, a distância entre os pontos não se altera.

Actividade 19 – Intersecção de uma esfera centrada na origem com planos paralelos aos planos coordenados Esta actividade pode ser apoiada pelo respectivo ficheiro contido no CD Interactivo. 1. Ao intersectarmos a esfera pelo plano xOy , caracterizado pela condição z = 0 , obtemos um círculo de centro em (0, 0, 0) e raio r situado no pano xOy . Considerando que a esfera é intersectada por um plano paralelo ao plano coordenado xOy , cuja condição é z = c , podemos dizer que a intersecção obtida é: • Para c = r , o ponto de coordenados (0, 0, r ) . • Para c = –r , o ponto de coordenada (0, 0, –r ) . 2 – c 2 e centro (0, 0, c) do plano z = c (x2 + y 2 < r 2 – c 2 ∧ z = c ) . • Para –r < c < 0 , o círculo de raio r 2 – c 2 e centro (0, 0, c) do plano z = c (x2 + y2 < r 2 – c 2 ∧ z = c) . • Para 0 < c < r , o círculo de raio r

2.1 No caso de a = 0 , o que resulta da intersecção da esfera com o plano de corte definido por esta condição, é um círculo de centro (0, 0, 0) e raio r , situado no plano yOz e analogamente para b = 0 (desta vez situado no plano xOz ). 2.2 Quando a = r (a = –r ) obtém-se um ponto de coordenadas (r, 0, 0) (respectivamente (–r, 0, 0)) , acontecendo o mesmo, mutatis mutantis, relativamente a todos os planos coordenados. Também podemos generalizar o estudo feito para planos de corte paralelos ao plano xOy a planos paralelos aos restantes planos coordenados, atendendo às simetrias da esfera, figura que não se altera se permutarmos arbitrariamente as coordenadas dos respectivos pontos. 2.3 Se a > r ou a < –r não existe intersecção do plano de corte com a esfera, uma vez que um ponto de coordenada x com módulo superior a r não pode estar a uma distância de (0, 0, 0) inferior ou igual a r .

Actividades de Investigação – A Lemniscata de Bernoulli Com esta actividade de investigação pretende-se que o aluno conheça a Lemniscata de Bernoulli, que é afinal um símbolo que utilizarão com frequência no 11.o e 12.o anos, sobretudo aquando do cálculo de limites de sucessões ou de funções reais de variável real. É também interessante que perceba que a caracterização analítica de curvas não se limita à circunferência e à elipse, por exemplo. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

47

Dada a equação (x 2 + y 2) = a 2(x 2 –y 2) , que caracteriza uma Lemniscata de Bernoulli, o aluno deverá investigar a influência do parâmetro a . Depois de chegar a uma conjectura, mediante algumas experiências, uma forma interessante de abordar a questão será utilizar um programa de representação de conjuntos definidos por condições para se obter a curva definida pela equação, fazendo variar a . Por exemplo, no programa Nucalc é possível fazer variar um determinado parâmetro numa condição analítica e observar os gráficos correspondentes a essa variação.

É importante, no entanto, que os alunos façam uma investigação analítica prévia, concluindo que a Lemniscata é centrada na origem, é simétrica em relação aos eixos e intersecta o eixo das abcissas nos pontos (–a, 0) e (a, 0) .

3. Geometria Analítica: vectores Actividade de Introdução – O xadrez Através dos movimentos das peças de um jogo de xadrez, pretende-se que o aluno recorde conceitos triviais como direcção, sentido, vector, igualdade de vectores ou norma. Saliente-se que o conceito de vector livre é já um conceito familiar dos alunos, que o deverão ter abordado aquando do estudo das translações, no 3.o Ciclo. Assim, de uma forma completamente intuitiva e sem qualquer preocupação de rigor nas notações ou nas definições, são abordados alguns dos conteúdos a formalizar ao logo do tema. Será interessante acompanhar a realização da actividade com um tabuleiro de xadrez real, possibilitando a visualização dos conceitos e proporcionando aos alunos uma actividade prática agradável. 48

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 20 – Vectores num octaedro

→ → → → 1. A + AC = C , A + CF = E , D + CB = E e E + FC = A . → → 2.1 F + OA = O e A + OF = O . → 2.2 Não é possível determinar-se C + OD recorrendo aos vértices da figura, por se tratar de um ponto exterior ao octaedro. → → → 3. D – C = CD , E – F = FE e C – B = BC . Assim, como na resposta o aluno, em cada caso, não pode usar respectivamente as letras D e C , E e F , B e C , deve indicar segmentos orientados que representem os → → → vectores CD , FE e BC (e sem usar as respectivas letras), ou seja, [B, E ] , [C, A] e [E, D ] .

Actividade 21 – Propriedades de polígonos Tendo em conta a sugestão dada, que conduz o aluno a considerar os vectores definidos por cada par de pontos da figura (partindo do pressuposto que dois pontos definem um segmento de recta e que este define dois vectores simétricos) podemos considerar os vectores definidos pelos lados dos quadriláteros. Aceitamos também como válidas as propriedades da adição de vectores e do produto de um número real por um vector. Assim, por exemplo: → → → MN = MB + BN 1 → 1 → =  AB +  BC 2 2 1 → → =  AB + BC  2 1 → =  AC 2

→ → → QP = QD + DP 1 → 1 → =  AD +  DC 2 2 → → 1 =  AD + DC  2 1 → =  AC 2

Concluímos então que os segmentos orientados [M, N ] e [Q, P ] representam o mesmo vector, logo são paralelos e com o mesmo comprimento. O mesmo se poderia concluir para os segmentos orientados [M , Q ] e [N, P ] . Um quadrilátero com os lados paralelos dois a dois é um paralelogramo. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

49

Actividade 22 – Definição vectorial de baricentro

A forma mais imediata de traçar as medianas é marcar os pontos médios de cada um dos lados do triângulo e traçar os segmentos definidos pelos pontos médios e pelos vértices opostos. Em seguida, o aluno deve marcar o baricentro do triângulo, designando-o por G . → → → Com base nos conhecimentos sobre adição de vectores, obtém GA + GB + GC , verificando que geometricamente se reduz a um ponto, isto é, representa o vector nulo. Para realizar esta tarefa, o aluno pode, por exemplo, começar por marcar um ponto qualquer na área de desenho e → aplicar o vector GA nesse ponto. Para isso, poderá marcar uma recta paralela a GA que intersecte esse ponto, e marcar sobre essa recta um segmento geometricamente igual a [GA] , digamos [WX ] . Depois disto, de forma análoga, poderá desenhar um segmento geometricamente igual a [GB ] , com origem na extremidade de [WX ] , digamos [XY ] . Por fim, poderá marcar um segmento geometricamente igual a [GC ] , com extremidade em Y , digamos [YZ ] , e verificar que a soma dos vectores definidos por estes três segmentos se reduz a um ponto (pelo método do triângulo). Depois, deve alterar o triângulo original para ilustrar que a propriedade é válida qualquer que seja o triângulo considerado. É importante relembrar os alunos, que esta actividade não é uma demonstração da propriedade em causa, mas sim uma ilustração da veracidade dessa propriedade num ambiente de geometria dinâmica.

Actividade 23 – Aplicações das operações com vectores →

→

1. Sendo u (u1, u 2) e v (v1, v2) colineares, ∃ k ∈ IR , (u1, u 2) = k (v1, v2) . Assim, como v1, v2 ≠ 0 , u1 = kv1 ∧ u 2 = u1 u2 u1 u2 = kv2 ⇔  = k ∧  = k , donde se conclui que  =  , ou, equivalentemente, u1v2 = u2v1 . v1 v2 v1 v2 → → 2. Tendo como ponto de partida as sugestões dadas, de AB (x2 – x1, y2 – y1) , AM (xm – x1, ym – x1) e de → → AB = 2AM , resulta: ⎧ x2 – x1 = 2(xm – x1) . (x2 – x1, y2 – y1) = 2(xm – x1, ym – y1) ⇔ ⎨ y2 – y1 = 2(ym – y1)

⎩

Resolvendo a primeira equação em ordem a xm e a segunda em ordem a ym obtém-se, precisamente, x1 + x2 y1 + y2 xm =   e ym =  . 2 2 50

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 24 – Norma de um vector dadas as suas coordenadas Com a execução desta actividade, pretende-se que o aluno descubra autonomamente a expressão que permite calcular a norma de um vector em função das suas coordenadas. → → 1.1 Seja OA o representante de u (3, 5) com origem em O (0, 0) . Pretende-se → que o aluno desenhe outros dois representantes de u , sendo claro que → qualquer um deles pode ser referido por vector u . Por exemplo:

→

1.2 Para um qualquer representante do vector u tem-se, por aplicação do teorema de Pitágoras, sendo c o comprimento do segmento: c 2 = 32 + 52 ⇒ c = 9+25  = 34  2. A norma do vector é o comprimento de um seu qualquer representante: →2

→

v  = a 2 + b 2 ; logo: v  = a2+b 2

→

→

→

→

3. a  = (– 12+ (–4) 4) 2+12 = 17  ; b  =  2 = 17  ; c  = 17  ; d  = 17  4. [FB ] é uma diagonal facial do cubo; por aplicação do teorema de Pitágoras: FB = 18  = 32 . Sendo [F, B ] um representante do vector, dado que [OD ] também é uma diagonal facial do cubo e, portanto, [F, B] e [O, D ] são equipolentes, → OD  = FB = 32 . → B , sendo [OB ] uma diagonal espacial do cubo, assim: OB  = O → 2 + 32 = 3 × 32 = 3 3 OB  =  32+3    →

5. w (a, b, c) → Sendo w representado por uma diagonal espacial do paralelepípedo, a sua norma é igual ao comprimento dessa diagonal. Pelo teorema de →2 → Pitágoras,  w  = a 2 + b 2 + c 2 , pelo que  w  =  a 2 + b 2 + c2 . ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

51

Actividade 25 – Equação vectorial da recta 1.2 e 1.3 Pelo ponto A passa uma infinidade de rectas. Para definir uma recta é necessário indicar, pelo menos, dois dos seus pontos. 1.4 A conclusão a tirar é que a recta desenhada é a mesma que a definida pelos pontos A e B , pelo que, para se definir uma recta, pode indicar-se somente um dos seus pontos, se se indicar também um vector que defina a direcção dessa recta (adiante designado por vector director). → → 1.5 Não. AC não tem a mesma direcção que u . 1.6 São rectas estritamente paralelas, pois ambas têm a mesma direc→ ção que u e não coincidem. →

1.7 A + u = B → A + 2u = D

 

1 → → → 1.8 E = A + 3u ; F = A + –  u ; G = A + (–2)u 2 →

1.9 Não. Se existisse um número real k , tal que A + ku = H , H pertenceria à recta que passa em A e tem a → direcção do vector u , o que não é o caso. →

1.10 Sim. Para qualquer ponto da recta que passa em A e tem a direcção de u , → digamos P , existe um número real k , tal que P = A + ku .

→ → 2.2 Recta que passa por E e tem a direcção de DG : BE . → 2.3 Recta que passa por C e tem a direcção de EO : CD . →

2.1 Recta que passa por A e tem a direcção de OG : AD .

2.4 Recta que passa G e tem a direcção de DB : GE .

Actividade 26 – Equações vectoriais de semi-rectas e de segmentos de recta → 1. Sendo P e Q dois pontos da recta, PQ é um vector director da recta, pelo que, uma equação vectorial da → → recta PQ é ( x , y ) = P + kPQ ( k ∈ IR) , ou seja, concretizando as coordenadas de P e de PQ , (x, y) = (–2, 1) + k (4, 1) (k ∈ IR). É muito importante que o aluno perceba que uma recta pode ser descrita por uma infinidade de equações vectoriais. Por exemplo, para este caso, outra resposta correcta, entre outras, → seria (x, y ) = Q + kQP (k ∈IR), isto é, (x, y ) = (2, 2) + k (–4, –1) (k ∈IR). → 3. Se, por exemplo, na equação (x, y ) = P + kPQ se tiver k ∈IR0+ , está a definir-se uma semi-recta, contida na → recta PQ , com origem em P , uma vez que neste caso P + kPQ é extremidade de um segmento orientado → com origem em P e direcção e sentido de PQ . 52

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

4. Limitando o intervalo de variação de k , na equação vectorial de uma recta, define-se um segmento de recta contido nessa recta. O segmento de recta é tanto maior quanto maior for a amplitude do intervalo. Se o inter→ valo for [0, 1] obtém-se o segmento PQ .

 

3 5. (x, y) = (–6, 0) + k 6,  , k ∈[0, 1] 2

Actividade 27 – Domínios planos 1.1

1.2 y > 2x + 2 e y < 2x + 2 , respectivamente. 2.

3. Os lados do quadrilátero na imagem estão contidos nas rectas cujas equações 5 5 reduzidas são: y = –x + 5 , y = x + 5 , y = –2x – 4 e y = 2x – 4 . 2 2 O aluno pode chegar rapidamente a esta conclusão considerando as ordenadas na origem de cada uma das rectas (–4 e 5), concluindo daí que as equações das rectas serão do tipo y = ax + 5 ou y = ax – 4 . Para determinar o parâmetro a (declive da recta), pode considerar dois dos seus pontos. Por exemplo, para a recta que contém os pontos (0, 5) e (2, 0) , um seu vector 5 director é (2, –5) , pelo que a = –  . 2 ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

53

O primeiro conjunto pode ser definido pela seguinte condição: 5 5 y  –x + 5 ∧ y  x + 5 , y  – 2x – 4 e y  2x – 4 2 2 O conjunto dos pontos sombreados na imagem é o conjunto dos pontos do círculo que estão acima das duas rectas dadas. O círculo dado é centrado na origem do referencial e tem raio 3. Logo, pode definir-se analiticamente por x 2 + y 2  9 . As rectas contêm a origem pelo que representam funções lineares. Assim, definimo-las analiticamente por y = ax . Especificamente, escolhidos dois quaisquer pontos de cada uma dessas rectas, para se obter as coordenadas de vectores directores, cuja razão define o declive, obtemos as equações y = x e y = –x . Assim, o domínio plano em causa pode definir-se analiticamente como:

x 2 + y 2  9 ∧ y  x ∧ y  –x Seria interessante questionar os alunos sobre que domínio plano se obteria se a condição analítica fosse:

x 2 + y 2 < 9 ∧ y > x ∧ y > –x ou x 2 + y 2  9 ∧ y  x ∧ y  –x

Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo

1. Estudo intuitivo de funções e gráficos Actividade de Introdução – Quem é obeso? O objectivo desta actividade é que o aluno comece a lidar com o tema das funções, mobilizando conhecimentos adquiridos nesta área, nomeadamente, manipulando expressões algébricas e construindo tabelas e gráficos. De seguida, apresenta-se uma possível resolução da mesma. 1. A resposta a esta questão depende naturalmente do aluno. A ideia é que se familiarize com a fórmula do IMC, realizando alguns cálculos.

P P 2. Supondo que o aluno tem 1,68 m, deve escrever as condições  < 25 e  > 18,5 , ou equivalentemente, 1,682 1,682 calcular os limites do intervalo de pesos, concluindo que este deve estar entre 52,21 kg e 70,56 kg. P 3. P = 1,682 IMC ou IMC =  . 1,682 4. P = 22A2 54

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

5.

A (m)

1,60

1,62

1,64

1,66

1,68

1,70

1,72

1,74

1,76

1,78

1,80

P (kg)

56,32

57,74

59,17

60,62

62,09

63,58

65,08

66,61

68,15

69,70

71,28

Nota: os valores de P apresentados estão aproximados às centésimas.

6.

O aluno deve referir que não se trata de uma relação de proporcionalidade directa, pois o gráfico não representa uma recta, embora seja difícil de verificar neste caso. Por outro lado, a equação que relaciona as grandezas não é da forma y = kx , os quocientes obtidos nas colunas da tabela não são iguais e os quocientes entre os valores da linha A não são sempre iguais aos valores dos quocientes entre os correspondentes valores da linha P .



P 7. A expressão que neste caso representa A em função de P é: A =  . 28 A tabela a apresentar pode ser: P (kg) A (m)

50

52

54

56

58

60

62

64

66

68

70

1,34

1,36

1,39

1,41

1,44

1,46

1,49

1,51

1,54

1,56

1,58

Nota: valores aproximados às centésimas

E o respectivo gráfico:

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

55

8. O aluno deve evidenciar que, para um pessoa adulta, faz mais sentido estabelecer o peso em função da altura, na medida em que um adulto tem, em princípio, a sua altura estabilizada. Assim, variando o valor do IMC pode determinar-se o intervalo de pesos que, para determinada pessoa, é mais saudável. Da outra forma, poder-se-ia estabelecer um intervalo para alturas, o que não faz muito sentido, pois uma pessoa não pode controlar a sua altura.

Actividade 1 – O depósito cilíndrico Por exemplo: O gráfico C não se adequa à situação descrita pois, à medida que o tempo passa, a altura do combustível no depósito nunca diminui. O gráfico D também não é o correcto, pois, neste gráfico, a taxa de variação, em cada instante, é constante. Ora, dada a forma do depósito, há instantes em que a taxa de variação da altura do combustível é maior do que noutros, pelo que a taxa de variação não é constante. O gráfico A também não traduz a situação descrita, porque, dada a forma do depósito, é nos primeiros e nos últimos instantes que a taxa de variação da altura do combustível é maior, ao contrário do que o gráfico A nos mostra. Portanto, o gráfico correcto é o gráfico B.

Actividade 2 – Traçar gráficos com a calculadora Ao resolver esta actividade o aluno deve ter presente que a calculadora é um instrumento de trabalho com limitações, pois os gráficos por ela traçados são obtidos pelo cálculo de um número finito de pontos, podendo, por conseguinte, não evidenciar propriedades das funções de forma adequada. Por outro lado, a escolha da janela de visualização também pode ser determinante para a observação dessas propriedades. As funções seleccionadas para esta actividade permitem a visualização, na janela standard das calculadoras gráficas habitualmente utilizadas no Ensino Secundário, de parte do gráfico dessas funções em que as suas propriedades surgem bem resumidas.

f (x) = x + 1 • D = IR ; D ’ = IR • Zeros: x = –1 • Sinal: f (x ) > 0 ⇔ x > –1 ; f (x) < 0 ⇔ x < –1 • Não tem extremos. • f é estritamente crescente em IR . • f é contínua. • f é injectiva e sobrejectiva. • f não é par nem ímpar. • x → + ⇒ f (x ) → + e x → – ⇒ f (x ) → – 56

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

g(x) = x 2 – 9 • D = IR ; D ’ = [–9, +[ • Zeros: x = –3 ∨ x = 3 • Sinal: g (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–, –3[ ∪ ]3, +[ ; g (x) < 0 ⇔ x ∈ ]–3, 3[ • g tem mínimo absoluto –9 em x = 0 . • g é estritamente crescente em [0, +[ e estritamente decrescente em ]–, 0] . • g é contínua. • g é não injectiva e não sobrejectiva. • g é par. • x → + ⇒ g(x ) → + e x → – ⇒ g(x ) → +

h(x ) = x 3 – 4x 2 + x + 6 • D = IR ; D ’ = IR • Zeros: x = –1 ∨ x = 2 ∨ x = 3 • Sinal: h (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–1, 2[ ∪ ]3, +[ ; h (x ) < 0 ⇔ x ∈ ]–, –1[ ∪ ]2, 3[ • h tem máximo relativo 6,06 (2 c.d.) em x = 0,13 (2 c.d.) e mínimo relativo –0,88 (2 c.d.) em x = 2,54 (2 c.d.). • h é estritamente crescente em ]–; 0,13] e [2,54; +[ e estritamente decrescente em [0,13; 2,54] (aproximações com 2 c.d.). • h é contínua. • h é não injectiva e sobrejectiva. • h não é par nem ímpar. • x → + ⇒ h (x ) → + e x → – ⇒ h (x ) → –

x+3 i (x) =  x+2 • D = IR\{–2} ; D ’ = IR\{1} • Zeros: x = –3 • Sinal: i (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–, –3[ ∪ ]–2, +[ ; i (x) < 0 ⇔ x ∈ ]–3, –2[ • i não tem extremos. • i é estritamente decrescente em ]–, –2[ e em ]–2, +[ . • i é contínua. • i é injectiva e não sobrejectiva. • i não é par nem ímpar. • x → + ⇒ i (x ) →1 ; x → – ⇒ i (x) → 1 • x → –2+ ⇒ i (x) →+  ; x → –2– ⇒ i (x) → –  ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

57

j (x) = x+1 • D = [–1, +[ ; D ’ = [0, +[ • Zeros: x = –1 • Sinal: j (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–1, +[ • j tem mínimo absoluto 0 em x = –1 . • j é estritamente crescente em [–1, +[ . • j é contínua. • j é injectiva e não sobrejectiva. • j não é par nem ímpar. • x → + ⇒ j (x ) → +

Actividades de Investigação – Será que hoje vou à escola? Sabendo que a temperatura do ar é 10 oC e que o vento sopra a 10 km/h, tem-se que V (10,10) = 32,78 + + 0,56(0,4257 + 0,256210 )(1,8 × 10 – 59)  4,4 oC , por isso esta manhã não irei à escola. Com efeito, para que V seja superior a 7 oC é necessário que a temperatura ao abrigo do vento seja superior a cerca de 12 oC, tal é a importância do vento na definição do desconforto térmico. O índice de desconforto térmico para uma temperatura de –5 oC e vento com velocidade 20 km/h será aproximadamente –27,1 oC (1 c.d.). Subindo a temperatura para 0 oC e a velocidade do vento para 25 km/h, o índice de desconforto térmico seria aproximadamente –23,6 oC (1 c.d.). Por fim, pretende-se que o aluno com o auxílio da máquina calculadora introduza a função (com t = 8) e encontre o ponto de intersecção com a equação y = 7, do qual deve resultar o valor aproximado de 5,6 km/h. No caso da velocidade do vento ser superior a este valor, e dado que a temperatura prevista seria 8 oC, não se registariam as condições necessárias para ir à escola.

2. Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções Actividade de Introdução – Margem de lucro 1. Duzentos leitores, o que corresponde à situação de lucro unitário nulo. 2. Lucro unitário igual a #0 e #20; a primeira corresponde a não ter lucro em cada aparelho vendido, a segunda corresponde a não vender nenhum aparelho. 3. D = ]0, 20[ (#) 58

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

4. É de supor que com um lucro unitário superior a #20 o dono da loja não consiga vender nenhum aparelho, por isso, o gráfico deve ser continuado a partir do ponto de coordenadas (20, 0) com uma semi-recta horizontal de ordenada nula e origem nesse ponto. 5. Lucro unitário ($) Número de leitores de MP3 vendidos Lucro total das vendas ($)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0 360 640 840 960 1000 960 840 640 360

20 0 0

6. #10 7. A equação reduzida da recta que contém o gráfico dado na actividade é y = –10x + 200 . Assim, para cada valor de x , f (x ) = x (200 – 10x ) = 200x – 10x 2 . Na calculadora o aluno deve verificar que para x = 10 , a função f tem um máximo absoluto.

Modelação matemática com regressão Nesta parte da actividade, o aluno deve percorrer todos os passos apresentados e concluir, nomeadamente, que: o modelo encontrado pela calculadora se ajusta graficamente aos pontos que representam a relação Lucro unitário ($) versus Lucro total das vendas ($) e que o modelo encontrado por este processo coincide com aquele a que se chegou na primeira parte da actividade.

Actividade 3 – Continuação do estudo da função afim No relatório a escrever nesta actividade pretende-se que o aluno generalize, a partir de exemplos concretos, as propriedades das funções que correspondem a cada situação apresentada. 1. Na situação m = 0 , tem-se f (x ) = b , cujo gráfico é uma recta horizontal de ordenada b . Assim: • D = IR ; D ’ = {b} • Zeros: não tem se b ≠ 0 ; x ∈ IR se b = 0 . • Sinal: f (x ) > 0 ∀ x ∈ IR , se b > 0 ; f (x ) < 0 ∀ x ∈ IR , se b < 0 . • Extremos e extremantes: b é simultaneamente máximo e mínimo, qualquer x ∈ IR é maximizante e minimizante. • f é simultaneamente crescente e decrescente (em sentido lato) ∀ x ∈ IR . • f é contínua. • f é não injectiva e não sobrejectiva. • f é par. • Limites no infinito: x → + ⇒ y → b e x → – ⇒ y → b . ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

59

2. Na situação m ≠ 0 e b = 0 , tem-se f (x ) = mx , cujo gráfico é uma recta oblíqua que contém a origem. Assim: • D = IR ; D ’ = IR • Zeros: x = 0 • Sinal: f (x) > 0 ⇔ x > 0 e f (x) < 0 ⇔ x < 0 , se m > 0 ; f (x) > 0 ⇔ x < 0 e f (x) < 0 ⇔ x > 0 , se m < 0 ; • f não tem extremos. • f é estritamente crescente se m > 0 e estritamente decrescente se m < 0 . • f é contínua. • f é injectiva e sobrejectiva. • f é ímpar. • Limites no infinito: x → + ⇒ y → + e x → – ⇒ y → – (se m > 0 ) . x → + ⇒ y → – e x → – ⇒ y → + (se m < 0 ) .

Actividade 4 – Qual é o melhor escalão? Nesta actividade pretende-se que o aluno escreva as expressões analíticas das funções que relacionam o preço a pagar pelo gás em função do consumo anual, para cada escalão. E que, a partir das representações gráficas destas funções, estabeleça conclusões acerca dos intervalos de consumo em que cada escalão é mais favorável. Sendo: • Escalão base: P 1(x ) = 18,6 + 0,6904x • Escalão médio: P 2(x ) = 29,76 + 0,6331x • Escalão aquecimento central: P3(x ) = 94,08 + 0,4518x (x é o consumo anual de gás, em m3), sinteticamente, temos: Determinando as intersecções dos gráficos das três funções (gráfica ou analiticamente) e comparando-as, o aluno deve chegar à conclusão que o intervalo de consumo anual mais favorável a cada escalão é: • Escalão base: [0; 194,76[ • Escalão médio: ]194,76; 354,77[ • Escalão aquecimento central: ]354,77; +[ Os extremos dos intervalos estão arredondados às centésimas. Nos valores de transição entre dois escalões é indiferente a escolha entre os mesmos.

Actividade 5 – Traçar uma parábola Pretende-se que o aluno, manipulando um software de geometria dinâmica construa uma parábola, compreendendo e interpretando o que está a fazer, nomeadamente respondendo às questões colocadas. Deverá indicar que: • Os pontos de intersecção da circunferência com a recta paralela à directriz pertencem à parábola, pois a circunferência está centrada no foco, F , e tem raio igual à distância dessa recta à directriz, o que garante que as distâncias dos pontos de intersecção à directriz e ao foco sejam iguais, sendo portanto pontos da parábola. • A recta e é o eixo de simetria da parábola e o ponto V é o vértice. O CD Interactivo inclui uma animação desta actividade. 60

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 6 – Estudo da família de funções y = a (x + h)2 + k O objectivo desta actividade é que o aluno descreva o efeito dos diversos parâmetros das funções da família y = a (x + h)2 + k , nas suas propriedades gráficas e não só. No fundo, trata-se de conjugar as conclusões que no manual são apresentadas para as famílias y = ax 2, y = ax 2 + k e y = a (x + h )2 . Após esta análise deve aplicar as conclusões aos casos apresentados. O gráfico de f (x ) = –3x 2 obtém-se do gráfico de y = x 2 invertendo a concavidade, reflectindo-o relativamente ao eixo Ox , e dilatando-o na vertical por um factor de 3. O gráfico de f (x ) = (x + 4)2 obtém-se do gráfico de y = x 2 por uma translação deste, segundo o vector de coordenadas (–4, 0) . O gráfico de f (x ) = 2(x – 5)2 + 0,7 obtém-se do gráfico de y = x 2 por uma translação deste, segundo o vector de coordenadas (5, 0) , seguida de uma dilatação vertical de factor 2, seguida de nova translação, agora segundo o vector de coordenadas (0; 0,7) .

Actividade 7 – Dimensões de um pomar de maçãs 1. N (t ) = 5300 – 50(t – 74) ⇔ N (t ) = 9000 – 50t H (t ) = N (t ) × t = 9000t – 50t 2 Estas expressões são válidas para t 74 . 2. Basta determinar as coordenadas do vértice da parábola (90, 405 000), (na verdade basta a abcissa do vértice), pois como a concavidade da parábola que representa H (t ) está voltada para baixo, o seu vértice é o ponto do gráfico onde H é máxima. Assim, o número de árvores que devem ser plantadas por hectare é 90, de maneira a maximizar a produção.

Actividade 8 – Arco de água 1. A representação gráfica do conjunto de pontos tabelados é:

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

61

2.1 A consideração de três pontos do gráfico de f (x ) = ax 2 + bx + c , conduz ao seguinte sistema de equações: ⎧ c = 7,5 ⎪ ⎨ 4a + 2b + c = 9,1 ⎪ ⎩ 25a + 5b + c = 10 Este sistema, depois de resolvido, determina que a = – 0,1 , b = 1 e c = 7,5 . Fica, assim, determinada a expressão analítica f (x ) = –0,1x 2 + x + 7,5 . 2.2 Como f (4) = f (6) , sabe-se que o vértice tem coordenadas (5, 10) . Assim, a expressão analítica que define esta parábola é f (x ) = a (x – 5)2 + 10 . Para determinar a , basta considerar as coordenadas de outro ponto da parábola, por exemplo, (0; 7,5) . Deste modo, determina-se que a = –0,1 , ficando a expressão analítica f (x ) = –0,1(x – 5)2 + 10 , idêntica à obtida em 2.1. 2.3 Recorrendo às funcionalidades de regressão da calculadora gráfica, obtém-se, tal como em 2.1, a = – 0,1 , b = 1 e c = 7,5 . 3. A ponta da bica encontra-se a 7,5 metros (corresponde a f (0)). 4. Calculando f (13) = 3,6 , ficamos a saber que a estátua, sendo colocada aí, interromperá o arco de água, pois tem 4 m de altura, não sendo portanto possível colocá-la a 13 m do início do repuxo. Para determinar o intervalo pedido é necessário resolver a inequação f (x ) < 4 . Resolvendo-a gráfica ou analiticamente, conclui-se que a estátua pode ficar de 0 m a aproximadamente 12,75 m de distância em relação ao início do repuxo. 5. Determinando os zeros da função f obtém-se a resposta a esta questão. Assim, como f (x ) = 0 ⇔ x = – 5 ∨ x = 15, o alcance do repuxo é 15 m (começa em x = 0 e termina em x = 15 ). 6. Considerando novamente os zeros da função f , ficamos a conhecer o ponto onde deveria ser colocada a bica para que o repuxo, começando no solo, passasse pela mesma trajectória: (– 5, 0) .

Actividade 9 – Enchendo um octaedro 1. A altura máxima do líquido é igual à diagonal de um quadrado de lado 8, logo h ∈[0, 82 ] (cm). 2. • O perímetro da secção do octaedro pela superfície do líquido, P (h) , em função de h , pode ser representado pelo primeiro gráfico, pois P aumenta proporcionalmente à altura h , isto é, de forma linear, de 0 até um valor máximo (32 cm), diminuindo a partir daí também de forma linear. • A área da secção do líquido, A(h) , em função de h , pode ser representada pelo gráfico (D), pois A aumenta de forma quadrática em relação à altura h , de 0 até um valor máximo (64 cm2), aumentando mais lentamente no início do que no valor máximo. A partir daí diminui, também de forma quadrática. 62

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

• O volume do líquido, V (h) , em função de h , pode ser representado pelo gráfico (F ), pois V aumenta sempre com h , inicialmente de forma mais atenuada, acelerando até atingir metade do seu valor máximo, altura a partir da qual começa novamente a abrandar o ritmo de variação.

3. Para encontrar expressões analíticas que definam as funções P , A e V , recorre-se em primeiro lugar à semelhança de sólidos (neste caso pirâmides) para escrever o lado L do quadrado da secção de líquido em função da altura h , obtendo-se: ⎧ se 0  h  42 2h , L(h) = ⎪⎨ ⎪ 16 – 2h , se 42 < h  82 ⎩ De seguida, obtém-se: ⎧ 42h , P (h) = ⎪⎨ ⎪ 64 – 42h , ⎩

se 0  h  42

⎧ 2 ⎪ 2h , A(h) = ⎨ ⎪ (16 – 2h)2 , ⎩

se 0  h  42

⎧2h3 , ⎪3 V (h) = ⎨ 3 5122 2(82 – h) ⎪ – , ⎩ 3 3

se 42 < h  82

se 42 < h  82 se 0  h  42 se 42 < h  82

4.1 Supondo que T é o ponto médio de [FC ] e como os triângulos [BTS] e [BHJ ] são semelhantes, tem-se 4 2

   .   =  , isto é, y =  8

4 2 –y x

8 2 – 2x 2

82x – 2x 2  , x ∈ ]0, 8[ 4.2 A(x) =  2 4.3 D = ]0, 8[ 4.4 Como o gráfico de A é uma parábola de concavidade voltada para baixo, o seu vértice corresponde a um máximo da função. O vértice tem coordenadas (4, 82) , pelo que a função é crescente em ]0, 4] e decrescente em [4, 8[ , tendo um máximo absoluto, 82 , em x = 4 . O rectângulo de área máxima tem base de extremos iguais aos pontos médios dos segmentos [SO ] e [OT ] e altura metade de OB  .

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

63

Actividade 10 – Qual é o preço da água? 1. Na localidade A, o preço PA , em $, a pagar pela água em função do consumo x , em m3, tem de ser definido por dois ramos da seguinte forma: ⎧ 2,5 + x ,

se 0  x  10 , isto é, PA (x ) = ⎪ 2,5 + 10 + 2(x – 10) , se x > 10

PA(x ) = ⎪⎨ ⎩

⎧ 2,5 + x , se 0  x  10 ⎪ ⎨ ⎪ 2x – 7,5 , se x > 10 ⎩

2.

3. Não se pode afirmar, em geral, que numa das localidades a água seja mais barata que na outra, pois depende do consumo efectuado. Assim, temos de comparar as funções Preço versus Consumo nas duas localidades. Na localidade B, a função Preço versus Consumo é dada pela expressão PB(x) = 3 + 1,25x . A comparação entre as funções pode ser feita graficamente. Representemos, portando, os gráficos das duas funções no mesmo referencial.

Verifica-se que, até ao ponto de intersecção dos dois gráficos, a água é mais barata na localidade A. A partir daí, é na localidade B. Basta agora determinar esse ponto de intersecção. Analiticamente, tem-se

⎧ ⎪y ⎨ ⎪y ⎩

⎧

= 3 + 1,25x ⎪ x = 14 ⇔⎨ . = 2x – 7,5 ⎪ y = 20,5 ⎩

Assim, até 14 m3 a água é mais barata na localidade A; a partir desse consumo é mais barata na localidade B. 64

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

4. Para este consumidor a função «preço» versus «consumo» será:

PA2(x) =

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

5 + x , se 0  x  20 2x – 15 , se x > 20

.

Comparando agora os gráficos de PA e PA2 , verifica-se que a sua intersecção se dá para x = 12,5 m3, valor de consumo que permite compensar o acréscimo da taxa fixa de mais um contador. Também se pode observar que a partir de x = 20 m3, os gráficos são paralelos. Como o preço por m3, que corresponde ao declive das rectas, é idêntico nos dois casos, os gráficos são efectivamente paralelos, pelo que o gráfico de PA2 ficará sempre abaixo do de PA , a partir de x = 20 m3 . Assim, para um consumo superior a 12,5 m3 a existência de dois contadores é vantajosa.

Actividade 11 – Condições com módulo O objectivo desta actividade é que o aluno estude o conjunto solução de condições com módulo cujo estudo não foi apresentado no desenvolvimento do tema. Assim, tem-se sinteticamente: 1. a = 0 ⏐x⏐= 0 ⇔ x = 0 ⏐x⏐> 0 ⇔ x ≠ 0 ⏐x⏐< 0 condição impossível. ⏐x⏐ 0 ⇔ x = 0 ⏐x⏐ 0 condição universal. 2. a < 0 ⏐x⏐= a condição impossível. ⏐x⏐> a condição universal. ⏐x⏐< a condição impossível. ⏐x⏐ a condição impossível. ⏐x⏐ a condição universal. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

65

Actividade 12 – Funções com módulo O objectivo desta actividade é o estudo gráfico das funções da família f (x ) = a + b⏐x + c⏐. Partindo do gráfico de y =⏐x⏐ , o aluno deve concluir o seguinte: • O gráfico de y = a +⏐x⏐ obtém-se do primeiro por translação segundo o vector de coordenadas (0, a) . • O gráfico de y = b⏐x⏐ obtém-se como dilatação vertical de factor ⏐b⏐ do primeiro, se ⏐b⏐> 1, acompanhada de reflexão no eixo Ox se b < –1 . Ou contracção vertical de factor ⏐b⏐ se ⏐b⏐< 1 , acompanhada de reflexão no eixo Ox se –1 < b < 0 • O gráfico de y =⏐x + d⏐ obtém-se do primeiro por translação segundo o vector de coordenadas (– d, 0) . Assim, basta agora concretizar para os casos particulares apresentados: • O gráfico de y =⏐x – 1⏐ obtém-se do de y =⏐x⏐ por translação segundo o vector de coordenadas (1, 0). • O gráfico de y = 3⏐x⏐– 1 obtém-se do de y =⏐x⏐ através de uma dilatação vertical de factor 3, seguida de uma translação segundo o vector de coordenadas (0, –1) . • O gráfico de y = –2⏐x⏐+ 2 obtém-se do de y =⏐x⏐ através de uma dilatação vertical de factor 2, com reflexão no eixo das abcissas, seguida de uma translação segundo o vector de coordenadas (0, 2) . • O gráfico de y =⏐x + 1⏐+ 3 obtém-se do de y =⏐x⏐ por translação segundo o vector de coordenadas (–1, 3) .

Actividade 13 – Transformações de gráficos





3 1. Df = [–3, 4] , Dg = [–3, 4] , Dh = [–5, 2] , Di = [–3, 4] , Dj = –, 2 , Dk = [–3, 4] , Dl = [–3, 4] 2 2.

66

©2007

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

f (x)

4

0

–3

0

2

0

0

1

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

g (x)

7

3

0

3

5

3

3

4

x

–5

–4

–3

–2

–1

0

1

2

h (x)

4

0

–3

0

2

0

0

1

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

i (x)

2

0

3 – 2

0

1

0

0

1  2

x

–1

0

1

2

j (x)

0

0

0

1

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

k(x)

–4

0

3

0

–2

0

0

–1

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

l (x)

4

0

3

0

2

0

0

1





3 3. D’f = [–3, 4] , D’g = [0, 7] , D’h = [–3, 4] , D’i = –, 2 , D’j = [–3, 4] , D’k = [–4, 3] , D’l = [0, 4] 2 4.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

67

5. Gráfico de g : translação do gráfico de f segundo o vector (0, 3) . Gráfico de h : translação do gráfico de f segundo o vector (–2, 0) . 1 Gráfico de i : contracção vertical de factor  do gráfico de f . 2 1 Gráfico de j : contracção horizontal de factor  do gráfico de f . 2 Gráfico de k : simétrico ao gráfico de f relativamente ao eixo Ox . Gráfico de l : coincidente com gráfico de f nos pontos de ordenada positiva e simétrico a este relativamente ao eixo Ox nos pontos de ordenada negativa.

 

1 6. Dp = [–3, 4] , D’p = –2,  3

Dq = [–2, 5] , D’q = [–11, 10] x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

p (x)

1  3

–1

–2

–1

1 –  3

–1

–1

2 – 3

x

–2

–1

0

1

2

3

4

5

q (x) –11

1

10

1

–5

1

1

–2

1 Gráfico de p : contracção vertical de factor  do gráfico de f , seguida de translação segundo o vector (0, –1) . 3 Gráfico de q : dilatação vertical de factor 3, com simetria em relação ao eixo Ox , do gráfico de f , seguida de uma translação segundo o vector (1, 0) , seguida de translação segundo o vector (0, 1) . 68

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3. Funções polinomiais Actividade de Introdução – Verticalidade em estátua 1. Tendo em conta que a altura da estátua é 4 m, o raio da esfera pode variar entre 0 m e 2 m, sem atingir esses valores para que a estátua seja sempre constituída pelas duas partes: prisma e esfera. Assim, DV = ]0, 2[ . 4 2. V (0, 2) = 1 × 1 × (4 – 2 × 0,2) + π 0,23 3,63 m3 3 Identicamente determina-se: V (0,5) 3,52 m3 ; V (1) 6,19 m3 ; V (1,5) 15,14 m3. 3. Aqui, depois de esboçar as estátuas, o aluno deve transmitir a sua opinião, tentando integrar as ideias do autor da estátua. 4 4. A expressão analítica da função é V (r ) = 4 – 2r + π r 3 . 3 5. Apresenta-se o esboço do gráfico da função V (r ) :

6. O mínimo desta função é atingido para r  0, 399 m (obtido na calculadora gráfica). Assim, a esfera terá cerca de 0,40 m de raio e o prisma cerca de 3,20 m de altura. 7. A resolução da equação implícita no enunciado desta questão deve ser feita com recurso à calculadora gráfica e confirmada analiticamente. Assim, V (r ) = 6,19 m3 , acontece para r = 1,00 , o que se confirma analiticamente. Desta forma, a altura do prisma é 3,00 m. 4 8. Para que os volumes do prisma e da esfera sejam iguais, tem que se ter 4 – 2r =  π r 3 . Recorrendo nova3 mente à calculadora, obtém-se r  0, 825 m (que se deve confirmar analiticamente). O esboço a apresentar pelo aluno deverá reproduzir os gráficos das funções correspondentes aos volumes do prisma e da esfera, com a informação necessária à resposta bem evidenciada (neste caso, os pontos de intersecção). 9. V (0) = 4 m e V (2)  33,51 m . À situação V (0) = 4 m corresponde uma estátua constituída apenas por um prisma. À outra situação corresponde uma estátua constituída apenas por uma esfera. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

69

Actividade 14 – Ilha de perfil 1. Como os zeros da função a (x ) são x = 0 e x = 7 (obtidos através da calculadora e confirmados por substituição na expressão analítica) e a função é positiva entre esses valores de x , conclui-se que, no corte considerado, a largura da ilha é 7 km, sendo máxima, pois de acordo com o enunciado, trata-se da parte mais larga da ilha. 2. Para determinar o comprimento total do teleférico, nas condições enunciadas é necessário obter as coordenadas das três estações de teleférico, que coincidem com os pontos do gráfico onde a função tem extremos. Assim, os máximos ocorrem em A(1,239; 141,511) e C (5,715; 173,928) e o mínimo em B (3,296; 81,440) (valores aproximados, x em km e y em m). B + BC  2057,9 + 2420,8  4479 m . O comprimento pretendido é A 3. Como o mínimo é aproximadamente 81,44 m (ordenada do ponto B da alínea anterior), basta adicionar-lhe 2 m. Por conseguinte, as águas pluviais atingiram uma altitude aproximada de 83,44 m. 4. A resolução da equação a (x ) = 81,44 permite conhecer as coordenadas do ponto da vertente esquerda da ilha onde será aberto o túnel. Recorrendo à calculadora, obtém-se x  0,373 ∨ x  3,296 ∨ x  6,70 . Assim, o comprimento do túnel é aproximadamente 3,296 – 0,373  2, 92 km . 5. O projecto apresentado pelo aluno deve contemplar diversas situações. Serão aqui apresentadas duas; uma em que se utiliza tubagem apenas à superfície e outra com túnel. Apresentam-se apenas cálculos, omitindo-se os esquemas que o aluno deve apresentar. Em ambas as situações será utilizada a seguinte simplificação: os percursos de tubagem, como por exemplo entre a nascente e o cume, são considerados rectilíneos. Comecemos pela determinação das coordenadas da localização da nascente. Para isso, temos que resolver a equação a (x ) = 100 . Recorrendo à calculadora gráfica, obtêm-se as soluções aproximadas (cuja confirmação deve ser feita analiticamente) x  0,500 ∨ x  2,460 ∨ x  4,095 ∨ x  6,611 . Assim, a localização da nascente tem coordenadas aproximadas (6611, 100) (em metros). Situação 1 – Tubagem à superfície Neste caso, com a simplificação considerada, basta determinar a soma das distâncias entre a nascente (N ) e o cume direito (C ), e entre esse cume e a base do vale (B ), isto é:

NC  + BC  899,04 + 2420,77  3320 m = 3,320 km . Como neste caso é necessário utilizar uma bomba para fazer elevar a água desde os 100 m até aos 174 m (altitude do cume), o orçamento para esta obra será aproximadamente 74 : 10 × 40 000 + 3,320 × 10 000 = = ?329 200 . 70

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Situação 2 – Com túnel horizontal e tubagem à superfície O comprimento do túnel que atravessa a montanha na horizontal é aproximadamente 6,611 – 4,095 = 2,516 km (diferença de dois dos zeros da equação a (x) = 100). Desde a saída do túnel até à base do vale o comprimento é igual à distância entre os pontos de coordenadas (4095, 100) e (3296; 81,440) , isto é, 799,22 m. Como não é necessário elevar a água, o orçamento será: 0,799 22 × 10 000 + 2,516 × 100 000 = ?259 592,2 . A situação 2 é mais económica que a situação 1. O aluno deverá ainda apresentar outras soluções intermédias: por exemplo, construir o túnel mais acima, de maneira a tentar encontrar um equilíbrio entre a minimização do custo de elevação de água e a minimização do comprimento em túnel.

Actividade 15 – Lince ibérico 1. Apresenta-se o gráfico da função L(t ) considerando os pontos de coordenadas tabeladas:

2. Considerando os anos 1991, 1995 e 2002, o polinómio interpolador a obter é de 2.o grau. Introduzindo na calculadora os pontos (0, 1000) , (4, 1300) e (11, 300) , obtém-se através de regressão quadrática: P (t ) = –19,805t 2 + 154,221t + 1000 . Com base neste polinómio, o número estimado de linces, P (t ) , aproximado às unidades, para cada ano, apresenta-se na seguinte tabela (também se apresenta a diferença entre a estimativa e o valor real):

t P (t ) Diferença

0 1000 0

1 1134 –66

4 1300 0

7 1109 309

9 784 184

11 300 0

12 –1 –226

13 –342 –477

Para os anos 1991, 1995 e 2002, há coincidência nos valores, pois o polinómio interpolador é definido de modo a ter exactamente esses valores para esses anos. No que diz respeito aos outros anos, há uma discrepância muito grande, nomeadamente em dois dos anos as estimativas são negativas, o que não faz sentido para a situação. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

71

3. Para os anos 1991, 1995, 2000 e 2003, o polinómio interpolador C , de 3.o grau é: C (t ) = 2,147t 3 – 51,800t 2 + 247,847t + 1000 . Os valores estimados e a diferença em relação aos reais são: Ano C (t ) Diferença

0 1000 0

1 1198 –2

4 1300 0

7 933 133

9 600 0

11 316 16

12 225 0

13 185 50

As diferenças são bastante menores para este polinómio interpolador do que para o anterior. 4. O polinómio interpolador obtido com os pontos relativos aos anos 1991, 1995, 1998, 2002 e 2004 é: Q (t ) = –0,273t 4 + 9,694t 3 – 115,734t 2 + 400,328t + 1000 . Os valores estimados e a diferença em relação aos reais são: Ano Q (t ) Diferença

0 1000 0

1 1294 94

4 1300 0

7 800 0

9 502 –98

11 300 0

12 221 –4

13 135 0

Observação: os valores da tabela foram obtidos com base no polinómio Q (t ) com mais casas decimais nos seus coeficientes do que acima é apresentado em Q (t ) .

As diferenças são também bastante menores do que no primeiro caso. 5. Apresentam-se aqui os três modelos determinados representados graficamente em conjunto com os pontos dados na tabela inicial.

Da leitura do gráfico, confirma-se a desadequação do polinómio P , já apontada em 2. Este modelo é o mais desadequado, pois apresenta estimativas muito más, nomeadamente, negativas no intervalo de anos considerado. O modelo dado pelo polinómio Q também apresenta o problema de fazer estimativas negativas, embora apenas para o futuro (em relação a 2004), nomeadamente a partir de 2005. Mas, como é obvio, isto não poderá vir a acontecer. Assim, o modelo C será o mais adequado, mas também deve ser utilizado com muita cautela, pois prevê um crescimento do número de linces sensivelmente a partir de 2005, o que pode ser demasiado optimista. 6. A partir das respostas anteriores o aluno deve elaborar um relatório. 72

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividades de Investigação – A subida do rio pelo salmão Se o salmão nada com uma velocidade v em relação à corrente e a velocidade desta é 4 km/h, então a 200 200 200 sua velocidade em relação ao solo é v – 4 , logo, v – 4 =  ⇔ t =  . Sendo assim E (v, t ) = 0,02v 3 ×  + t v–4 v–4 v4 + v 3 =  se a velocidade for superior a 4 km/h. v–4 O domínio da função E (v ) é ]4, +[ e quando x → 4 por valores à direita de 4 a função E (v ) → + . O aluno deve observar que neste caso particular, sendo a velocidade da corrente 4 km/h, para que o salmão se aproxime da nascente tem de nadar a uma velocidade superior a esta. O mínimo de energia, aproximadamente, 606,8 J é dispendido pelo salmão quando este se desloca a uma velocidade aproximada de 5,3 km/h. O mínimo da função é obtido em v  5,3 km/h , sendo assim, a velocidade a que o salmão tem de nadar para gastar menos energia é 5,3 km/h ou seja 32,5% superior à da corrente. Com base neste primeiro estudo o aluno é levado a repeti-lo para os valores colocados na ultima alínea, onde pode avaliar a energia dispendida pelo salmão que tem de deslocar-se a cerca de 10,25 km/h para chegar à nascente do rio Yukon, dispendendo o mínimo de energia. Esse mínimo, de aproximadamente 22 283 J , é cerca de 37 vezes maior que a energia mínima necessária no caso anterior, o que talvez explique a provável morte do salmão no final da viagem.

Tema 3 – Estatística

1. Estatística: generalidades Actividade de Introdução – Estudos estatísticos Na situação A pretende-se que, fazendo uma análise da sua descrição, se avalie a importância da forma como os dados estatísticos são recolhidos e como isso pode criar diferenças significativas em termos da sua análise. Na existência de um erro nos dados publicados, esse erro só poderia ser oriundo da opinião do jornal, pois com este processo de recolha de dados a grande maioria das pessoas que envia o cupão sabe, ou pensa que sabe, o que é o sistema métrico. Caso tenha desconhecimento do seu significado, não responde a esta questão. Relativamente à situação B, é feita uma análise do gráfico para exemplificação e seria importante averiguar que a pormenorização de um gráfico permite uma interpretação cuidada segundo várias vertentes.

Actividade 1 – Partir ou não partir ovos A situação mais correcta é a situação B. O texto refere que se retira um número suficiente de ovos obtendo-se uma estimativa do parâmetro que se pretende avaliar. Por esse motivo, não existe necessidade de se aumentar a amostra. A situação A tem no entanto a vantagem de aumentar a precisão da estimativa, não sendo, no entanto, justificável pois perder-se-ia na sua totalidade uma produção diária de ovos, aumentando os custos envolvidos. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

73

Actividade 2 – Um artigo para o jornal Será importante fazer uma correspondência entre os itens que queremos estudar e se a sua análise deve recair numa população ou numa amostra, analisando em pormenor cada uma das situações propostas. Hoje em dia, segundo várias opiniões de analistas estatísticos, cada vez mais as amostras assumem primordial importância tendo uma grande vantagem sobre as análises feitas a populações.

Actividades de Investigação – A sondagem de 1936 do Literary Digest (Tannenbaum, 1998) Landon (1 293 669) / Roosevelt (972 887) As mais recentes sondagens de opinião apresentam como vitória segura a do jovem candidato Alfred Landon que ao longo dos últimos dias tem vido a fazer uma campanha brilhante, surpreendendo tudo e todos. Segundo as últimas sondagens, hoje divulgadas, e recorde-se (…). Alguns dias depois desta notícia realizaram-se as eleições e o candidato Franklin Roosevelt obteve uma estrondosa vitória. Este caso verídico aconteceu nos Estado Unidos da América em 1936. A sondagem foi publicada no Literary Digest, uma publicação periódica considerada da maior credibilidade e que apresentava habitualmente resultados de sondagens e inquéritos sobre eleições. Como se poderá explicar o erro da sondagem anunciada com tanta convicção pelo Literary Digest? A sondagem realizada tinha sido feita a partir de um questionário enviado a uma amostra de 10 milhões de eleitores. Esta amostra tinha sido obtida a partir de listas telefónicas e de listas de proprietários de automóveis. Por este motivo, foram seleccionados eleitores de um nível social bastante acima da média, em vez de se ter tido em conta todos os níveis sociais da população. O grupo seleccionado, apesar de muito grande, não era representativo de toda a população. A realização de previsões a partir de amostra é uma parte importante da Estatística. Para diminuir a possibilidade de erro é necessário ter bastante cuidado na selecção das amostras. A amostra deve ser suficientemente grande e representativa de toda a população em estudo.

2. Organização de dados e interpretação de caracteres estatísticos Actividade de Introdução Nesta actividade pretende-se criar uma situação que permita aos alunos recordar e aplicar os conhecimentos adquiridos sobre esta matéria em anos anteriores. 1. Nas representações gráficas foi utilizado o pictograma, o sectograma ou gráfico circular e o gráfico de barras. 2. Qualitativo. 74

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

3. A modalidade de opinião mais escolhida é o «Não Satisfaz» e menos escolhida o «Muito Bom». 4. Não podemos concluir que a estreia foi um sucesso, pois 35 indivíduos emitem a opinião «Não Satisfaz» ou «Satisfaz Pouco», enquanto 29 dos inquiridos acha o filme «Bom» ou «Muito Bom». Para que se afirme que a estreia foi um sucesso, este último valor deveria, no mínimo ser superior.

Actividade 3 – Sementeira de cenouras No caso da sementeira B, temos: 1 0 2 5 5 6 8 2 0 1 2 2 4 4 5 6 7 8 3 0 1 2 3 No caso da sementeira C, temos: 1 0 5 5 6 7 8 9 9 2 0 1 1 1 2 2 2 3 4 5 5 3 4 No relatório elaborado pelos alunos devem ser focados os seguintes aspectos: – Nenhuma das sementeiras apresenta uma distribuição simétrica na sua distribuição de comprimentos, no entanto a sementeira A é a que se aproxima mais desta situação variando simplesmente num valor. – A que apresenta maior dispersão é a sementeira A e a que tem menor dispersão de dados é a sementeira C. – Todas elas apresentam uma maior concentração de dados entre os 20 cm e 29 cm, realçando a sementeira C.

Actividade 4 – A caixa de sólidos 1. N.o de faces

F. absoluta acumulada

F. relativa

F. relativa acumulada

4

4

0,08

0,08

5

10

0,12

0,2

6

20

0,2

0,4

7

26

0,12

0,52

8

38

0,24

0,76

9

46

0,16

0,92

10

50

0,08

1

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

75

2. Os poliedros com oito faces são 24%. 3. 30 dos poliedros têm pelo menos sete faces. 4. 80% dos poliedros têm mais do que cinco faces. 5.

6. A frequência de poliedros com um número de faces inferior a 4 é zero. 7. A frequência de poliedros com um número de faces não superior a 9 é 0,92.

Actividade 5 – Volume de um sólido irregular 1. Os valores dos volumes dos sólidos irregulares variam entre os 3,35 cm3 e os 3,60 cm3. 2. A amplitude da distribuição é de 3,60 – 3,35 = 0,25 cm3 . 3. e 4.

76

©2007

Classes

Centro de classe

F. absoluta

F. absoluta acumulada

F. relativa

F. relativa acumulada

[3,35; 3,40[

3,375

7

7

0,23

0,23

[3,40; 3,45[

3,425

3

10

0,10

0,33

[3,45; 3,50[

3,475

10

20

0,33

0,66

[3,50; 3,55[

3,525

5

25

0,17

0,83

[3,55; 3,60[

3,575

4

29

0,13

0,96

[3,60; 3,65[

3,625

1

30

0,03

1

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

5.

6. A1 = 0,05 × 0,23 = 0,0115 ; A2 = 0,05 × 0,10 = 0,005 ; A3 = 0,05 × 0,33 = 0,0165 ; A4 = 0,05 × 0,17 = 0,0085 ; A5 = 0,05 × 0,13 = 0,0065 ; A6 = 0,05 × 0,03 = 0,0015 A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 = 0,0495  0,05

7.

Arectângulo  = 0,05 . Concluímos que as áreas dos rectângulos são proporcionais às frequências relativas  F relativa

8.

⎧ 0, ⎪ ⎪ 140x – 469 , ⎪ ⎪ 60x – 197 , ⎪ ⎪ ⎪ 200x – 680 , F (x ) = ⎨ ⎪ 100x – 330 , ⎪ ⎪ 80x – 259 , ⎪ ⎪ 20x – 43 , ⎪ ⎪ ⎩ 30,

se

x < 3,35

se

3,35  x < 3,40

se

3,40  x < 3,45

se

3,45  x < 3,50

se

3,50  x < 3,55

se

3,55  x < 3,60

se

3,60  x < 3,65

se

x  3,65

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

77

Actividade 6 – Linha de Sintra N.o de viajantes sem bilhete 0

1.

F. absoluta

F. relativa

F. relativa acumulada

2

0,08

0,08

1

3

0,125

0,205

2

4

0,17

0,375

3

5

0,21

0,585

4

3

0,125

0,71

5

3

0,125

0,835

6

1

0,042

0,877

7

2

0,08

0,957

8

0

0

0,957

9

0

0

0,957

10

0

0

0,957

11

1

0,043

1

2. Gráfico de barras:

Polígono de frequências:

3. A média é 3,5 e a moda 3. 4. O valor da mediana é 3; o 1.o quartil é 2 e o 3.o quartil é 5. 5. Diagrama de extremos e quartis:

6. O diagrama de extremos e quartis mostra que esta distribuição é assimétrica à direita. 78

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 7 – Empréstimos para habitação 1. e 2. Classes

F. absoluta

F. absoluta acumulada

F. relativa

F. relativa acumulada

[0; 5[

20

20

0,42

0,42

[5; 10[

16

36

0,33

0,75

[10; 15[

4

40

0,083

0,833

[15; 20[

4

44

0,083

0,916

[20; 25[

2

46

0,042

0,958

[25; 30[

1

47

0,021

0,979

[30; 35[

1

48

0,021

1

3.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

79

4.

5. A função cumulativa da frequência absoluta define-se analiticamente da seguinte forma:

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ F (x ) = ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

0,

se x < 0

4x ,

se 0  x < 5

16 x + 4 , se 5  x < 10 5 4 x + 28 , se 10  x < 15 5 4 x + 28 , se 15  x < 20 5 2 x + 36 , se 20  x < 25 5 1 x + 41 , se 25  x < 30 5 1 x + 41 , se 30  x < 35 5 48, se x  35

6. x  8,063 ; Me = 6 ; Q1 = 2 ; Q3 = 10,5 7. Diagrama de extremos e quartis:

8. O diagrama de extremos e quartis mostra que esta distribuição é assimétrica à direita.

Actividade 8 – Diagramas e histogramas Ao histograma 1 corresponde o diagrama 4; ao histograma 2 corresponde o diagrama 3; ao histograma 3 corresponde o diagrama 2; ao histograma 4 corresponde o diagrama 1. 80

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Actividade 9 – Hemodiálise 1.1 Variável quantitativa contínua; a população em estudo são os doentes sujeitos a hemodiálise. 1.2 Tempo (meses)

F. absoluta

F. absoluta acumulada

F. relativa

F. relativa acumulada

[0; 15[

9

9

0,09

0,09

[15; 30[

35

44

0,33

0,42

[30; 45[

20

64

0,19

0,61

[45; 60[

20

84

0,19

0,8

[60; 75[

7

91

0,07

0,87

[75; 90[

4

95

0,04

0,91

[90; 105[

5

100

0,05

0,96

[105; 120[

1

101

0,01

0,97

[120; 135[

1

102

0,01

0,98

[135; 150[

2

104

0,02

1

1.3 x = 42,98 ; classe modal: ]15,30] ; M e  37,5 ; Q 1  22,5 ; Q 3  52,5 1.4 Desvio médio = 4,26 ; S  28,68 e V  822,54 . 2.1 Cerca de 8,65% dos doentes. 2.2 Cerca de 42,3% dos doentes. 2.3 Cerca de 68% dos doentes, considerando a distribuição normal que os alunos estudarão no 12.o ano, ou cerca de 79%, considerando as classes do intervalo ]x – S ; x + S [ .

3.

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

81

Actividade 10 – Medidas de peixes 1.1 A amplitude total da amostra é 41,4 – 12,6 = 28,8 cm . 1.2 1 2 3 4

2,6 0,1 0,0 0,2

3,3 0,4 1,6 1,4

3,6 3,8 2,2

6,2 4,3 3,1

7,2 4,6 3,3

8,0 4,7 3,5

8,3 7,3 3,7

8,6 9,7 4,7

9,1 9,9 6,8

9,1

9,4

9,4

9,7

7,4

7,7

7,8

8,2

1.3 e 1.4

1.5 x  27,4 cm e S  8,79 cm. 1.6 Q1 = 19,25 ; Me = 28,5 ; Q3 = 35,75 . A amplitude interquartis é 16,5. 1.7

82

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

8,2

9,2

9,6

Actividades de Investigação – Fabrico de aros de aço Pretende-se que seja usado o CD Interactivo e a sugestão de construção de gráficos no Excel para exploração desta actividade. Através da análise dos histogramas será possível responder às questões colocadas e determinar com algum rigor os desvios existentes. Com a listagem de valores introduzidos no Excel, pode explorar-se esta ficha solicitando outras medidas de localização e dispersão de forma a que estas auxiliam as conclusões retiradas desta actividade.

3. Referência a distribuições bidimensionais Actividade 11 – Relação entre duas variáveis Esta actividade proporciona uma análise de situações onde pode ou não existir uma relação entre os atributos quantitativos, por isso, deve ser feita em conjunto com toda a turma de forma a confrontarem-se opiniões. Correlação forte: 2, 5 Correlação fraca: 1, 3, 4

Actividade 12 – Relação de causa-efeito 1. Pretende-se que o aluno introduza os valores na calculadora e visualize o diagrama de dispersão. A sua representação é facultativa 2. Pela forma como se distribuem os pontos pelo gráfico o aluno é levado a dizer que existe uma correlação positiva relativamente forte. 3. O centro de gravidade é (x– , –y )  (16,56; 4,97) . 4. Sendo a  0,197 e b  1,7 a recta de regressão pode ser representada por y = 0,197x + 1,7 . 5. Na realidade não tem sentido dizer que o consumo de frutos aumenta com o número de incêndios e, apesar destas duas variáveis aparentemente parecerem correlacionadas, tal deve-se à existência de uma terceira variável que é a temperatura, cuja subida proporciona um aumento destas duas variáveis. 6. A ideia expressa na alínea anterior irá permitir ao aluno verificar a veracidade desta afirmação sendo o problema que acabou de estudar um bom exemplo dessa situação. ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

83

Actividades de Investigação – Adopção internacional de crianças O diagrama dos pontos correspondentes ao número de vistos passados em 1990 – variável explicativa (x ) e ao número de vistos passados em 1992 – variável resposta (y ), para as diferentes regiões consideradas, tem o seguinte aspecto:

Neste diagrama podemos ver alguns pontos que considerámos como outliers, uma vez que os seus valores saem fora do contexto dos restantes. Aparentemente, os outros pontos parecem seguir um padrão linear. Retirando alguns desse pontos o diagrama passa a ter o seguinte aspecto:

Para se verificar um bom ajustamento, o aluno deve ir eliminando alguns dos outliers, observando as diferenças entre os valores ajustados (resíduos) obtidos para a variável resposta. Com a determinação dos coeficientes de correlação, o aluno deve conjecturar e concluir sobre a influência dos outliers numa distribuição estatística e encontrar a situação ideal para obter um ajustamento com a menor eliminação possível destes.

84

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

CONTEÚDOS DO CD INTERACTIVO

TEMA 0 – Módulo inicial • Actividades do Sigma 10 •

Actividade 3 – Circunferências e polígonos Pontos médios consecutivos de um quadrilátero: Exemplo 1 Exemplo 2

• Geometria dinâmica •

3.o Ciclo (revisão) – Ficheiros Cinderella

TEMA 1 – Geometria no plano e no espaço I 1. Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço • Actividades do Sigma 10 •

Actividade 2 – Cortes num tetraedro

•

Actividade 6 – Superfícies e sólidos de revolução

•

Actividade de investigação – Stomachion

• Sólidos geométricos interactivos •

Sólidos platónicos – poliedros regulares convexos

•

Sólidos arquimedianos

•

Sólidos de Catalan

• Geometria dinâmica •

Cortes num cubo Secção produzida: triângulo Secção produzida: pentágono Secção produzida: hexágono

•

Poliedros duais

• Actividades complementares: •

Cortes num cubo – secções

•

Exemplo 1

•

Exemplo 2

•

Enchendo um cubo

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

85

2. Geometria Analítica • Actividades do Sigma 10 •

Actividade 12 – Circunferência dos nove pontos

•

Actividade 13 – Desenhar uma elipse

•

Actividade 14 – Elipse: envolvente de uma família de rectas Exemplo Animação

•

Actividade 18 – A rotação de um semicírculo

•

Actividade 19 – Intersecção de uma esfera centrada na origem com planos paralelos aos planos coordenados

• Geometria dinâmica •

Conteúdos resumidos com exemplos dinâmicos

•

Coordenadas num referencial 3D 3. Geometria Analítica: vectores

• Actividades do Sigma 10 •

Actividade 22 – Definição vectorial de baricentro

• Geometria dinâmica •

Vectores simétricos

•

Soma de vectores – regra do triângulo

•

Diferença de vectores

•

Soma de vectores – propriedade associativa

•

Soma de vectores – propriedade comutativa

•

Soma de três vectores

•

Componentes de um vector num referencial ortogonal

•

Baricentro e vectores

• Actividades complementares •

86

©2007

Rectas no plano

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

TEMA 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo 1. Estudo intuitivo de funções e gráficos • Actividades do Sigma 10 •

Actividade 1 – O depósito cilíndrico 2. Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções

• Actividades do Sigma 10 •

Actividade 5 – Traçar uma parábola

•

Actividade 9 – Enchendo um octaedro

• Funções interactivas •

Função quadrática

•

Transformações simples de funções

• Actividades complementares •

Secção de uma pirâmide

•

Dobrar uma folha de papel

•

Um quadrado dentro de um quadrado 3. Funções polinomiais

• Actividades do Sigma 10 •

Actividade de introdução – Verticalidade em estátua

• Funções interactivas •

Função cúbica

TEMA 3 – Estatística • Exploração do tema com o Excel •

Estatística no Excel

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

87

BANCO DE IMAGENS

O banco de imagens é uma base de recursos iconográficos que fazem parte do manual e que servirão, por exemplo, para o professor construir transparências, para usar em fichas de trabalho, etc. Estão disponíveis na Área Exclusiva do Professor, através do endereço www.projectos.TE.pt. Geometria no plano e no espaço I Secções. Cortes num cubo

Áreas e volumes de poliedros regulares

Referencial cartesiano no espaço

88

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Geometria no plano e no espaço I Planos coordenados

Planos de simetria

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

89

Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo Generalidades. Gráfico da temperatura

Transformações

90

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

Estatística Histogramas e polígonos

Função cumulativa

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

91

TESTE DE DIAGNÓSTICO

A prova é constituída por quatro grupos. Nas respostas a todas as questões, deves apresentar o raciocínio efectuado, os cálculos e as justificações necessárias. A cotação de cada uma das questões encontra-se referenciada no lado esquerdo.

GRUPO I 1. A Berta e a Matilde pintaram dois azulejos com formas diferentes. O da Berta é um azulejo quadrangular enquanto que o da Matilde tem a forma de um triângulo.

92

[6]

1.1 Escreve a expressão da área do azulejo da Berta.

[8]

1.2 Escreve a expressão simplificada da área do azulejo da Matilde.

[10]

1.3 Determina o valor de x sabendo que a soma da área dos dois azulejos é 53,5 cm2.

[11]

x 2苶+苶1)苶 traduz a medida da hipotenusa do azulejo da Matilde. 1.4 Mostra que a expressão 兹2( 苶苶

[7]

(x + 2)2 1.5 A Berta resolveu fazer também um azulejo com a forma de um triângulo cuja área era de ᎏᎏ . Qual a 2 expressão que define a base do triângulo, sabendo que a altura é dada por x + 2 ?

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

2. O Pedro tem no seu jardim um tanque quadrado com peixes. Para aumentar o número de peixes, decide duplicar a capacidade do tanque, aumentando a sua área para o dobro e mantendo as seguintes condições: – A forma final do tanque também devia ser quadrada. – As quatro árvores deviam conservar-se na sua posição inicial. Indica uma posição possível para o tanque, para que se possa fazer a obra. [12]

冥

冤

5 3. Considera o intervalo de números reais A = –⬁, ᎏᎏ . 2 [8]

3.1 Escreve sob a forma de intervalo A ∩ {x ∈ IR : –4 < x < 4} .

[8]

3(n – 1) 3.2 Determina os valores de n ∈ IN para os quais ᎏᎏ pertence a A . 2 4. Num laboratório registou-se a evolução do tamanho de duas espécies de flores oriundas da Amazónia. Este registo foi efectuado diariamente ao longo das duas primeiras semanas (14 dias). O seu tamanho pode ser traduzido pelas expressões analíticas y = 0,5x + 2 e y = x + 1 , em que x representa o tempo em dias.

[10]

4.1 Determina ao fim de quantos dias as duas espécies tinham atingido o mesmo tamanho. Quanto media cada uma delas ao fim desses dias?

[10]

4.2 Determina o valor de cada uma das expressões para x = 14 . O que significa este resultado no contexto do problema?

GRUPO II 5. Num canil foram pesados 20 cães e obtiveram-se os seguintes resultados, em kg: 6,2 4,1 [8]

7,1 5,1

5,0 3,6

7,7 6,0

3,8 4,4

5,6 4,8

7,0 6,5

5,7 7,8

4,3 7,0

6,3 5,7

5.1 Elabora uma tabela de frequências absolutas e relativas (%) usando classes de igual amplitude, sendo a primeira dessas classes [3,5; 4,5[ . ©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

93

[10]

5.2 Representa através de um histograma os resultados do peso e desenha o respectivo polígono de frequências.

[5]

5.3 Indica a classe modal.

[10]

5.4 Calcula o peso médio dos cães do canil.

[9]

5.5 Com o auxílio da tabela de frequências determina: 5.5.1 A percentagem de cães que pesam menos de 6,5 kg. 5.5.2 A percentagem de cães com peso superior a 6,5 kg. 5.5.3 A percentagem de cães na classe modal.

GRUPO III 6. O gráfico seguinte representa a evolução da temperatura de um doente durante 10 dias.

[5]

6.1 Em que dias a temperatura subiu? E desceu?

[5]

6.2 Em que dias teve o doente uma temperatura constante?

[5]

6.3 Em que dias foi atingida a temperatura máxima? E a mínima?

[5]

6.4 O doente teve que tomar medicamentos sempre que a temperatura foi superior a 38 oC. Em que dias tomou ele esses medicamentos?

94

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

GRUPO IV 7. Observa a seguinte pirâmide de base quadrangular e cujos lados são compostos por triângulos equiláteros.

Calcula: [6]

7.1 A altura de uma face lateral (apótema da pirâmide).

[6]

7.2 A altura da pirâmide.

[10]

7.3 A área total da pirâmide.

[10]

7.4 O volume.

[16]

8. Uma pirâmide de 12 cm de altura tem por base um hexágono regular de 4 cm de lado. Um plano α paralelo à 3 cm2 de área. Qual a distância do plano α ao base intersecta a pirâmide originando um hexágono de 6兹苶 vértice da pirâmide?

©2007

SIGMA 10 – MATEMÁTICA A – 10. o ANO

95

Sigma 10 – Matemática A – 10.o Ano – Caderno de Apoio ao Professor – 978-972-47-3339-3