MATEMÁTICA CADERNO 7 CURSO E. FRENTE 1 ÁLGEBRA n Módulo 28 Dispositivo de Briot-Ruffini Teorema Do Resto

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1 MATEMÁTICA FRENTE ÁLGEBRA n Módulo 8 Dispositivo de Biot-Ruffini Teoema Do Resto ) x + x x x po x + Utilizando o dispositivo de Biot-Ruffini: coeficientes esto Q(x) = x x + x 7 e esto nulo ) Pelo dispositivo de Biot-Ruffini: 0 coeficientes esto Q(x) = x + x e esto igual a Pelo Teoema do esto: P( ) = ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + = + + = ) Utilizando o Teoema do esto: = p =.. + = + 8 =. + = 8 + = = 8 ) Pelo dispositivo pático de Biot-Ruffini: 5 coeficientes Q(x) = x + x + x CADERNO 7 CURSO E esto 5) Pelo Teoema do esto: = P() = = + + = 0 ) Pelo Teoema do esto: = 0 p(5) = k = k 5 = 5 00 k = 7 k = 8 8 7) I) f x fi f(x) = (x ). (x + ) + kx 9 kx 9 x + II) Se f(x) é divisível po x, então f() = 0, potanto: ( ). (. + ) + k 9 = k 9 = 0 k = k = 8) Pelo Teoema do esto, temos que o esto é igual a p(), então: a.. + = 7a + = 7a = 9 a = 9) I) Se P(x) é divísivel po x, então: P() = 0 fi 5 + a. b = 0 +. a b = 0 + 8a b = 0 8a b = II) P(x) dividido po x + dá esto 8, então: P( ) = 8 fi ( ) 5 + a. ( ) b. ( ) = 8 + a + b = 8 + 8a + b = 8a + b = 0 8a b = a = III) 8a + b = 0 b = 8 0) Sendo p(x) = x + ax + bx, pelo Teoema do esto, temos: p() = 8 + a + b = a + b = a = fi p() = + a + b = a + b = b = 9 ) I) Se p(x) é divisível po x, então p() = 0 II) p(x) x 0 q(x) fi p(x) = (x ). q(x) + 0 III) Chamando de o esto da divisão de q(x) po x, temos: = q() IV)Paa x =, temos: p() = ( ). q() + 0 fi. q() + 0 = 0 0 q() = q() = 5 fi = 5 ) I) Pelo Teoema do esto, p() = e p() = II) Nota que x 5x + = (x ). (x ). Potanto, temos: p(x) (x ).(x ) (x) = ax + b Q(x) fi p(x) = (x ). (x ). Q(x) + ax + b III) p() = a + b = a = fi fi (x) = x p() = a + b = b = fi

2 n Módulo 9 Equações Algébicas I ) a) Sendo x o númeo eal pocuado, temos: x + x = x x x x = 0 x. (x x ) = 0 ) I) x = 0 ou x x = 0 5 x = 0 ou x = ou x = Potanto, o meno númeo é b) Sendo e s as aízes da equação ax + bx + c = 0, temos: I) b + s = a c. s = a II) w = + s = + ( + =. s = s (. s) (. s) 5 k x 5x + Resto b c b c.. a a a = = a = c c a a b ac a = b ac a =. = a c c a k Se é aiz, devemos te k = 0 k = II) p(x) = x x + x + III) p(x) = 0 fi x x + x + = 0 b ac c (x + ). (x 5x + ) = 0 x = ou x = ou x = 5) Consideando que a P.A. cescente (a ; a; a + ) seja fomada pelas aízes de P(x) = x 8x + 8x + 8, temos: ( 8) I) a + a + a + = a = 8 a = 8 II) (a ). a. (a + ) = fi ( ).. ( + ) = 8 = = 00 fi = 0, pois a P.A. é cescente III) A maio aiz é a + = + 0 = Resposta: ) I) P(x) = x 5x 8x + 5 é divisível po x, então: / 0 Q (x) = x x 5 Resto Assim, P(x) = (x ). (x x 5) II) x x 5 é divisível po x +, então: Q (x) = x 5 Resto Assim, P(x) = (x ). (x + ). (x 5) e, potanto, k = 5 7) Consideando que a P.A. (a ; a; a + ) seja fomada pelas aízes de p(x) = x x + kx, temos: ( ) I) a + a + a + = a = a = II) a = é aiz de p(x), então: p() = 0 fi. + k. = k = 0 k = k = 0 ) I) Utilizando as Relações de Giad, temos: 5 + a + b = a + b =. a. b = a. b = II) (a + b) = a +. a. b + b fi fi = a +. + b a + b = + = 8) I) Denominando as aízes de,,, com. = e apli - cando as elações de Giad, obtemos:.. = fi. ( ) = = II) p = 0 fi = m. + 9 = 0 m + 9 = m + = 0 9m = m = 7 III) p(x) = x 7x + x + m. ) Sendo a e b as outas duas aízes, temos: ( ). a. b = a. b = a. b = 7 / 0 Q (x) = x x Resto fi

3 fi p(x) = x. (x x ) IV) p(x) = 0 fi x. (x x ) = 0 x = 0 ou x x = 0 x = ou x = ou x = + Resposta: a) m = 7 b) V = {( ), ( + ), /} n Módulo 0 Equações Algébicas II ) Na equação x x x + 5x = 0, aplicando o dispositivo de Biot-Ruffini, temos: ) Sendo, e as aízes de p(x) = x 5x 5x +, temos: = + = + + = 5 fi. = 8. ( 7) = 5 = + = = = 8 = 7 = 0) Consideando que a P.G. ; ;. q seja fomada pelas q aízes de p(x) = x a x + ax, temos:... q = q. +.. q +.. q = a q q + +. q = a q fi Potanto, é aiz tipla Outa maneia de esolve é utiliza o teoema das aízes múl - tiplas, aplicando as deivadas sucessivas da função polino - mial, assim: I) F(x) = x x x + 5x F() = = 0 fi é aiz de F(x) II) F (x) = x x x + 5 F () = = 0 fi é aiz de F (x) III) F (x) = x x F () =.. = 0 fi é aiz de F (x) IV) F (x) = x F () =. = 8 fi não é aiz de F (x) é aiz de F(x); F (x) e de F (x), potanto, é aiz tipla de F(x). ) Na equação x 7x + 8x 0x + 8 = 0, aplicando o disposi - tivo de Biot-Ruffini, temos: = + + q = a q + + q = a q fi a = a a a = ) I) x. x + 9. x 7 = 0 ( x ). ( x ) + 9. x 7 = 0 Fazendo y = x, temos: y y + 9y 7 = 0 II) Denominando de x, x, x as aízes da equação e con - sideando y = x ; y = x ; y = x ; aplicando-se a última Relação de Giad, obtêm-se: y. y. y = 7 fi x. x. x = x + x + x = Potanto, é aiz tipla (multiplicidade ). Outa maneia de esolve é utiliza o teoema das aízes múltiplas, aplicando as deivadas sucessivas da função polinomial, assim: I) F(x) = x 7x + 8x 0x + 8 F() = = 0 fi é aiz de F(x) II) F (x) = x x + x 0 F () = = 0 fi é aiz de F (x) III) F (x) = x x + F () =.. + = 0 fi é aiz de F (x) IV) F (x) = x F () =. = fi não é aiz de F (x) é aiz de F(x); F (x) e F (x), potanto, é aiz de mul tipli - cidade.

4 ) Na altenativa C temos: P(x) = x (x ), que equivale a P(x) = (x 0). (x ). Neste caso 0 é aiz de multiplicidade e é aiz simples. ) Se a é uma aiz tipla da equação x + mx + nx 8 = 0, de - vemos te: (x a) = x + mx + mx 8 x x a + xa a = x + mx + nx 8 a = m a = n a = 8 Outa maneia de esolve: I) Paa descobi a aiz eal de multiplicidade, obteemos sucessivas deivadas: F(x) = x + mx + nx 8 F (x) = x + mx + n F (x) = x + m II) m = n = a = x + mx + nx 8 = 0 x + mx + n = 0 x + m = 0 x + nx = 8 x + n = 0 m = x x = 8 n = x m = x III) m n = = 8 fi m n = = 8 x x. x + nx 8 = 0 x x. x + n = 0 m = x x + x. x = 8 n = x m = x x = n = x m = x x = n = m = ) Paa que x = 0 seja uma aiz de multiplicidade, é necessáio que a, b e g satisfaçam o sistema: a b g 0 a b g 0 b g 0 a + b + g = 0 a + b + g = b + g = a b g + = 0 a b g = b + g = a + b + g = 0 a = 0 a = 0 Paa g = m, m Œ, temos: b = m e b m fi m m m Resposta: a = 0; b = m; g = m, com m Œ e m 7) I) Na equação x + x x + x + = 0, os coeficientes são númeos inteios, as aízes acionais da equação são do p tipo, p e q inteios e pimos ente si; p é diviso de e q q é diviso de. Potanto, e são candidatos à aízes. Como não veifica a equação, temos como aiz. II) 0 0 fi x + x x + x + = 0 (x ). (x + x + ) = 0 III) Em x + x + = 0 estão as aízes não inteias. Temos: x x + = 0 x = ou x = + 5 IV) Se m é a maio aiz não inteia, então m =, fi assim: 5) a) O polinômio P(x) = x + x + mx + n é divisível po x, então: P() = 0 fi + + m + n = 0 n = m b) m m m + 0 Q (x) = x + x + m + Resto fi P(x) = (x ). (x + x + m + ) Paa que P(x) admita aiz dupla difeente de, é necessáio que x + x + m + = 0 tenha aiz dupla, assim, devemos te: = 0 fi. (m + ) = 0 m 8 = 0 m = c) Paa que P(x) admita tês aízes eais distintas é necessáio que o fato x + x + m + = 0 tenha > 0 e não admita como aiz, assim, devemos te:. (m + ) > m + 0 m 8 > m + 0 m < m 5 Respostas: a) n = m b) m = c) m 5 e m < fi + 5 m + = + m + 5 = ( + 5) + = = =. ( + 5). ( + 5) = = =. ( + 5) + 5. ( 5) = ( 5).. ( 5). [ ( + 5)] = = ( 5). ( + 5). (9 5). = = = = 8) I) x x = 0 (x ) x = 0 x = ou x = x = i ou x = x = ± i ou x = ± II) e são númeos eais acionais

5 9) I) Se i é uma aiz, então i também é aiz. II) Na equação x + 5x + x + 0 = 0, as aízes são i, i e a, assim, pela pimeia Relação de Giad, temos: i + ( i) + a = 5 a = 5 0) I) Se i é aiz da equação, então + i também é aiz. II) Na equação x x + x + x = 0, as aízes são i, + i, a e b, assim, pela pimeia Relação de Giad, temos: i + + i + a + b = a + b = ) I) Do enunciado, é possível conclui que se tata de um poli - nô mio do. gau, cujas aízes são:, i, i. II) Denominando de P(x) este polinômio, pode-se escevê-lo na foma fatoada: P(x) = a. (x ). (x + i). (x i) III) P(0) = fi a. (0 ). (0 + i). (0 i) = a = a = fi P(x) = (x ). (x + i). (x i) IV) P( ) = ( ). ( + i). ( i) = ( ). (i ). [ (i + )] = =. (i ). (i + ) =. ( ) = ) I) Caso P(x) tenha aízes acionais e levando-se em conta que o coeficiente do temo de maio gau é, são possíveis aízes de p(x):,,,, 5, 5, 0, 0. II) Veificando as possíveis aízes obtêm-se P() = 0, potanto, é aiz. III) Denominando as aízes não eais de e e aplicando a última Relação de Giad, obtêm-se:.. = 0. = 5 FRENTE ÁLGEBRA n Módulo 8 Pogessões Geométicas ) Po exemplo, q = e a = (a n ) = ( ; ; ; 8;...) estitamente decescente. ) Na pogessão geomética dada tem-se a = e q = e, utilizando o temo geal a n = a. q n, esulta a = a. q 0 =. 0 = = = Resposta: ) Em 90, a pintua valia 00 dólaes. Em 9, a pintua valia (. 00) dólaes. Em 9, a pintua valia (. 00) dólaes. Em 00, a pintua valia ( 0. 00) dólaes = 000 dólaes. ) I) hoas = 80 min = 9. 0 min II) Após hoas, o númeo de bactéias da espécie que divide-se em duas a cada 0 minutos, é o 9 ọ temo da P.G. (,,, ), assim, a 9 = a. q 8 =. 8 = 8 III) hoas = 80 min =. 0 min IV) Após hoas, o númeo de bactéias da espécie que divide-se em duas a cada 0 minutos, é o ọ temo da P.G. (,,, ), assim, b = b. q 5 =. 5 = 5 a 8 9 V) A elação pedida é = = = 8 b 5 7) Na P.G.(; a; ), tem-se a = e q = a. Se a 9 = 5, então: a 9 = a. q 8 fi 5 =. a 8 8 = a 8 8 a = ± 8 = ± 8) A cada ano que passa, o valo do cao passa a se 70% do valo do ano anteio (00% 0% =70%). Se v é o valo do ọ ano, no oitavo ano, o ca o estaá valendo a 8 = a. q 7 = v. (0,7) 7 = (0,7) 7. v 9) Sendo a =, q =, a n = 79 e a n = a. a n, esulta 9 ) Consideando a P.G. (0 000; 000; ), a azão é a 000 q = = =, e o teceio temo é a a = a. q = 000., = 00 ) A sequência em questão é uma pogessão geomética de ọ temo a = e azão q =. Como a n = a. q n, o ọ temo é a = a. q 0 =. 0 = 0. 0 = 0. 0 = 0857 e < 0857 < =. n. = n 8 = n n = 8 n = 9 9 n Módulo 9 Popiedades da Pogessão Geomética e Poduto dos Temos ) Se ( ; ; x) é uma P.G., então: () =. x =. x x = =. = 5

6 = = = 9 ) Se x, x +, x estão em P.G., nesta odem, então (x + ) = x (x ) x + x + = x x x + = x 8x = x =. 8 ) Se (log a; log b; log c) é uma P.A., então: log a + log c log b =. log b = log a + log c log b = log(a. c) b = a. c fi (a; b; c) é uma P.G. ) Se ( + x; + x; + x) é uma P.G., então: ( + x) = ( + x). ( + x) 9 + x + x = + x + x + x x = Assim, paa x =, tem-se a P.G. (; ; 9), cuja azão é 9 q = = = 5) I) Se ; a; 7 é uma P.G,. com a > 0, tem-se: a = a. q 7 =. q q = 8 fi q = 9, pois a > 0 II) Se (x; y; z) é um P.A. com x + y + z = 5 e azão = q = 9, tem-se: x + y + z = 5 y + y + y + = 5 x = y 9 x = y 9 z = y + 9 z = y + 9 y = 5 y = 5 x = y 9 x = z = y + 9 z = a = 7) I) fi a n = a. q n = n = q = II) P n = (a. a n ) n = 9 fi n = 9 n n = 9 n n = 9 n n 5 = 0 fi fi n =, pois n > 0 n Módulo 0 Soma dos Temos da Pogessão Geomética e Séies Geométicas a. (q n ) ) Na P.G. (; ; ; 8; ; ), sendo S n =, tem-se: q a. ( 0. (q 0 ) ) S 0 = = = 0 = ( ) 5 = 5 q ) I) P.G.(; ; 9; ) q = n. ( 7 ) 8 II) S 7 = = = 09 ) A quantidade de áea desmatada a cada ano, em km, são os temos da pogessão geomética (; ; ; ; ). A áea total desmatada nos n anos em que ocoeam desmatamentos, em km, é a soma dos n pimeios temos dessa pogessão. Desta foma: a. [ n [q n ] ] S n = = = 8 q n = 7 n = 8 = 7 n = 7 Resposta: n = 7 n ) Na P.G.(; ; 8; ), temos a = e q =. Então, a = a. q 0 =. 0 O poduto dos pimeios temos da P.G. é P = (a. a ) = (.. 0 ) =. 0 = ) O númeo de gotas que vazaam a cada hoa são os temos da pogessão geomética (; ; ; 8; ) Duante as hoas do dia vazaam S =. ( ) gotas, coespondente a =. 0 e todos os temos são positivos. Resposta: P =. 0

7 5) = 0 litos, ou seja, 0 litos. a. (q n ) S n = q a = q = S n = 80. ( n ) fi 80 =. 50 = = 980 Resposta: a) x = 08 b) x + x + + x 8 = 980 9) I) = = 9 n = 50 n = 5 n = 8 n = 8 a a ) I). q = 0 = 0 a a. q 5 = 0 = 0 a q 0 = = q = 8 q = a q 8 q 5 0 II) a. q = 0 fi a. ( ) = 0 a = 0 0. [( ) 8 ] 550 III) S 8 = = = 850 II) Paa pode faze o empilhamento indefinidamente, h. Potanto, o meno valo é. 0) Os tiângulos equiláteos constuídos de acodo com o enunciado teão as medidas dos lados constituindo uma pogessão geomética de pimeio temo cm e azão, isto é: (,,, ). 7) Sendo a =, a n = e S n = 58, tem-se: a a q n I) S n =. (q n ) a = = q q a q n. q a a n. q a = = fi q q q fi 58 = 58q 58 = q q 8q = 5 q = II) a n = a. q n fi =. n = n fi = n = n n = III) Paa q = e n =, tem-se q > n A soma S dos peímetos da infinidade de tiân gulos cons - tuídos, em centímetos, é dada po: 8) Paa x 0 = e x n = a. x n, tem-se: x = a. x 0 = a. = a x = a. x = a. a = a x = a. x = a. a = a Assim, a sequência (x ; x ; x ; ) = (a; a ; a ; ) é uma P.G. de pimeio temo x = a e azão q = a a) Quando a =, tem-se a P.G. (; ; ; ), assim, x = x. q 0 = a. a 0 = a = = 08 b) Quando a =, tem-se a P.G. (; ; ; ), assim,. ( 8 ). (5 ) x + x + + x 8 = S 8 = = = S = ) A soma das áeas dos infinitos cículos é S = π. + π. S =. ( ) =. = = + π. +..., que é a soma dos 7

8 infinitos temos da P.G. em que a = 9π e q =. a Logo, S = 9π 9π π = = = = π q a a ) I) S =, em que a = e q = fi q a fi S = = a 5 II) log S = fi log = = a = 5 a a 5 5 a 5 ) I) S =, em que S = e q 5 8 a = 8 fi = q 8 8 = 5 5q 5q = 8 q = q = 5 II) O quinto temo dessa pogessão é a 5 = a. q = 8. = 8. = 5 FRENTE GEOMETRIA MÉTRICA n Módulo 8 Cones ) Sejam R e g, espectivamente, as medidas do aio da base e da geatiz do cone equiláteo. g I) g = R R = II) A áea total A T do cone é: A T = π. R g g + π. R. g = π. + π.. g = ) Sejam R, g e h, espectivamente, as medidas do aio da base, da geatiz e da altua do cone equiláteo. ) πg = πg πg + = g I) g = R R = R g II) h= h= III) O volume V do cone é: V =. π. R. h =. π. g g =. π. g π g. = g. = x x x x ) x = 0 = 0 7 x = 0 x =. 0 x = 0 5) x x x x x 9... = 7 x x x x = 9 7 x x = x x + = 0 x = ou x = O conjunto solução da equação é. x ; acodo com o enunciado, tem-se: b a a = b = e. π. a. b = π a b = Assim: a a. = a. = 8 a = e b = = D e Po outo lado, de acodo com o Teoema de Pitágoas, tem-se: g = b a + g = + g = 0 g = 0 8

9 ) Sejam R e h, espectivamente, as medidas do aio da base e da altua, em centímetos, do cone. I) πr = 8π R = II) h = R =. = III) O volume V do cone, em centímetos cúbicos, é: V = π. R. h = π.. = π 5) Considee a figua a segui, cujas medidas lineaes estão em centímetos: 9) Sejam V e V, espectivamente, os volumes dos cones de mesma base e altuas iguais a 8 cm e cm. Se A B é a áea das bases dos cones, então: V V. A B. 8 8 = = =. A B. 0) Sejam e h, espectivamente, as medidas do aio da base e da altua, em centímetos, do cone. I) sen 0 = = = h h II) cos 0 = = h = 9 III) O volume V do cone, em centímetos cúbicos, é: V = π.. h = π. (). 9 = 8π ). π. 0 I). π. = = 0 II) h + = 0 fi h + 0 = 0 h = 00 fi h = 0 π h ) Sendo V =, após as alteações de paa e de h paa h, tem-se: π h. h π.. h V = = = = π. π = h π V. =. h = V = 7) I) A B =. π π. R =. π R = fi R = II) Como o cone é equiláteo, temos g = R = 8 III) A L = π. R. g = π.. 8 =. π ) 8π q = adianos = ) I) Uma hoa tem 0 min. Em hoas, há. 0 min = 0 min. Se é ministado,5 m de medica mento po minuto, o volume de medicamento ministado é de,5 m. 0 = 0 m. II) O ecipiente é constituído de um cilindo cicula eto com 9 cm de altua e um cone, também cicula eto, e de cm de altua. Sendo o aio da base de ambos de cm, o volume do ecipiente é igual a: V = π π.. cm = 0π cm = = 0. cm = 80 cm = 80 m III) Descontada a quantidade ministada, estaam (80 0)m = 0 m de medica mento. Sendo V L o volume do líquido, em centímetos cúbicos, temos: I) No tonco de cone: V L = 8 (π. + π. + π.. π. ) = II) No cilindo: V L = π.. h = π h 0π Assim, π h = h = ; potanto: d = = 0π 9

10 ) Sejam, em centímetos, R =, =, g e h, espectivamente, os aios das bases maio e meno, a geatiz e a altua do tonco de cone. Se a áea lateal é igual à soma das áea das bases, então: πg(r + ) = πr + π fi g( + ) = + 9g = 5 g = 5 a) 5) O volume do suco seá igual à metade do volume do copo, então: v suco V copo = x 8 = x 8 x = 5 x = 5 fi x = g = h + (R ) fi 5 = h + fi h = b) O volume V do tonco de cone, em centímetos cúbicos, é dado po: V =. (πr + π + πr. π ) = =. (π. + π. + π.. π. ) = =. (π + 9π + 8π) =. π = 8π Resposta: a) cm b) 8π cm ) a) A áea da supefície lateal extena da jaa, em centímetos quadados, co esponde à áea da supefície lateal de um cilindo eto cujo aio R, da base, mede 9 cm e cuja altua, H, mede cm e, potanto: A = πrh = π. 9. = π b) Despezando a espessua da paede da jaa, o volume máximo de suco que a jaa pode conte, em centímetos cúbicos, coesponde ao volume do cilindo eto, cujo aio R da base mede 9 cm e cuja altua H mede cm, menos o volume de um tonco de cone de base maio com aio R T = cm, base meno com aio T = cm e altua H = cm, potanto: V suco = V cilindo V tonco = π H = π. R. H (R T + T + RT. T ) = π = π. 9. ( + +. ) = 97π 5π = 70 π Respostas: a) π cm b) 70π cm ) 7) O volume V, em centímetos cúbicos, de água usada paa banhos, é:. π π. 0 ( + +. ) = =. ( ) = 9880 Assim, a quantidade de água usada em banhos é de 9,88 li tos e, como o goteja mento na toneia despediça, litos 9,88 de água po dia, conclui-se que, em = dias, toda essa água seá despediçada. Resposta: dias Sejam V T e V B, espectivamente, o volume total e o volume da bebida que deixou de se consumida. V B h = = = V T h 8 0

11 8) 0) Considee a figua a segui, cujas medidas estão em cen - tímetos. Sejam V E, V S e V C, espec tiva mente, os volumes da espuma, da pate consistente de sovete e do copo. Da semelhança dos sólidos VAB e VCD, confome a figua, obtém-se: V S = V S =. V 5 C V C 0 Como V E = V C V S = V C. V C =. V C = 0,88. V C, tem-se: 5 5 V E = 8,8%. V C 50%. V C. I) Os tiângulos VAB e VCD são semelhantes, então: VA AB = fi = = VC CD 8 II) O volume, em centímetos cúbicos, do cone peenchido com sovete de chocolate é:. π.. H =... = 8 9) III) Como lito = 000 cm, o númeo de sovetes que podem se embalados com lito de sovete de chocolate é 000 0,8 8 IV)O volume, em centímetos cúbicos, do tonco de cone peenchidos com sovete de baunilha é: h. π (R + + R) =.. ( + +. ) = Sejam V C, V T e V CP, espectivamente, os volumes do cone C, do tonco de cone de altua h e do cone de altua H h. Admitindo que o tonco de cone de altua h possui bases paalelas e obsevando que V C = V CP + V T V T = V C V CP, temos: V C V T V C = V C = (V C V CP ) = V CP V) Como = 000 cm, o númeo de sovetes que podem se embalados com litos de sovete de baunilha é 000 7,5 Assim, utilizando os dois saboes de sovete, o númeo máximo de sovetes de choconilha que é possível embala é 7. H H h = H = h = H = H H h

12 n Módulo 9 Esfea e suas pates ) Considee a figua a segui, cujas medidas estão em cen tí - metos: ) I) O volume V T do tanque cilíndico, em cm, é: V T =. π. =. π II) O volume V E da esfea, em cm, é: V E =. π. =. π V π III) E = = V E =. V T V T π + = = 5 ) Sejam R = o aio da esfea e da base do cilindo e h = = a altua do cilindo, ambos em centímetos. I) O volume V de cada peso, em cm, equivale à soma dos volumes da esfea e do cilindo, assim: V = πr + πr h =. π + π. π 5π. = + 8π = 5) Seja o aio de uma esfea de volume V. Se R é o aio da esfea de volume V = 7,8%. V, então: ) V V =,78 = R 7,8%. V R = V R, = R Assim, o aio da esfea aumenta 0%. R =,. R = 0%. II) O volume de aço necessáio paa a podução de 000 peças é: 5π 000. cm = 0. 5π cm = π m = = 0. 5π m = 0,05π m ) 5 cm R = 0cm O 0cm B cm A 0cm Se a laanja, consideanda esféica de aio R, é fomada po gomos exatamente iguais, então a áea A da supefície total de cada gomo equivale à soma das áeas de dois semicículos de aio R com a áea do fuso esféico coespondente a da áea da supefície esféica, assim: A =.. π. R +.. π. R = π. R +. π. R =. π. R cm No tiângulo etângulo AOB, da figua, temos: ( cm) + (5 cm) = (0 cm) fi = 5 cm Assim, o volume V do cilindo, em cen tímetos cúbi cos, é: V = π = 500π

13 7) n Módulo 0 Poliedos ) A + 0 = A = 0 A capacidade V, em m, do tanque é igual à capacidade de um cilindo de compimento m e aio da base m, acescida da capacidade de uma esfea de aio m. Dessa foma, adotando π =, temos: V = π.. +. π. = 8 + = 80 ) O cubo possui exatamente faces e 8 vétices. Assim sendo, o novo poliedo possui exatamente 8 faces ti - an gulaes (uma paa cada vétice do cubo) e faces qua da - das (uma paa cada face do cubo).. ) I) F = e A = = 8 II) V + F = A + fi V + = 8 + V = 8 8) ) O hexaedo egula é o cubo (fomado po quadados, aestas e 8 vétices). 5) I) F = = II) A = = 5 III) V + F = A + fi V + = 5 + V = 5 ) Sendo F o númeo de faces, A o númeo de aestas e V o nú - me o de vétices desse poliedo, tem-se: I) F = 0 a) Sejam A R e A S as áeas, em cm, da lateal do eci piente e da supefície de cada bola, espectivamente. Assim: I) A R =. (5. 0) = 00 II) A S =. π. =.. = 8 b) Sejam V R, V E e V L os volumes, em cm, do ecipien te, de cada esfea e do líquido, espectivamente. Assim: I) V R = (5. 5). 0 = 9000 II) V E =. π. =.. 8 = III) V L = V R 90. V E = = 0 Respostas: a) 00 cm e 8 cm b) 9000 cm, cm e 0 cm II) A = 0. A = 90 III) V A + F = (elação de Eule) Assim: V = V = 7) O poliedo com faces é o dodecaedo. 8) I) F = = II) A = = 5 III) V + F = A + fi V + 7 = 5 + V = 0 Resposta: 0