1. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1
MATRIZES: DIFERENTES SIGNIFICADOS
Páginas 3 - 9
Problema 1
a) Cinco unidades na horizontal para a direita e duas unidades na vertical para
cima.
1 1
1 3
b) A 
3 1
 
2 0
6 3
6 5
c) B 
8 3
 
7 2
5 2
5 2
d) C 
5 2
 
5 2
Problema 2
a) Quatro unidades horizontais para a esquerda e uma unidade vertical para cima.
b) Uma unidade horizontal para a direita e quatro unidades verticais para baixo.
c) Três unidades horizontais para a esquerda e três unidades verticais para baixo.
1

2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
1 2,5  3 3,5   2  0,5
d) M  4
 0,5 
 N 0
 1,5 
 P 1
  2,5 

2
  0,5 
  2
 0,5  1
  3,5 

 4 1
e) Q   4
 1

 4
 1

1  4
f) R  1
  4

1
  4

 3  3
g) T   3
  3

 3
  3

Problema 3
Os elementos da matriz seguinte correspondem ao total de pontos das equipes, de
cima para baixo, nesta ordem: Barro Vermelho, Carranca, Veneza, Colonial e Olaria
11
7  .
 
6 
 
4 
3 
 
2

3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 4
a)
 40 140 15 9 

 50 120 18 10 

 
b)
 1,20 1,10 
 
 0,80 0,90 
 5,00 6,00 
 
 9,00 7,50 
 
c) Esta matriz corresponde ao produto entre as matrizes do item a e do item b.
 316,00 327,50 

 336,00 346,00 

 
d) (327,50 – 316,00) + (346,00 – 336,00) = R$ 21,50
Páginas 9 - 10
1.
a) A matriz procurada pode ser obtida do produto das matrizes que podem ser
formadas com os elementos numéricos das duas tabelas apresentadas no enunciado.
De qualquer forma, para obter os resultados procurados, será necessário multiplicar
os elementos de cada linha da tabela 2 pelos elementos de cada coluna da tabela 1, da
seguinte forma:
• Tipo 1: 12 . 0,12 + 1,50 . 0,1 + 28 . 0,16 + 1,20 . 0,5 = 6,67
• Tipo 2: 12 . 0,25 + 1,50 . 0,12 + 28 . 0,18 + 1,20 . 1,5 = 10,02
• Tipo 3: 12 . 0,18 + 1,50 . 0,1 + 28 . 0,2 + 1,20 = 9,11
3

4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
• Tipo 4: 12 . 0,16 + 1,50 . 0,08 + 28 . 0,1 + 1,20 = 6,04
Assim, a matriz procurada é:
6,67 10,02 9,11 6,04
b) Para calcular o montante de um valor sobre o qual se fez incidir um porcentual
de, por exemplo, 60%, podemos multiplicar o valor inicial pelo coeficiente 1,6. Esse
índice corresponde, de fato, à soma de 100% + 60%. Para obter o resultado
procurado, será necessário, de fato, multiplicar a matriz obtida no item a pela matriz
seguinte, formada pelos coeficientes de correção do valor inicial:
1,6 
 
1,8 
(6,67 10,02 9,11 6,04) .   = 1,6 . 6,67 + 1,8 . 10,02 + 2 . 9,11 + 2 . 6,04 = 59,008.
2,0
 
 2,0
 
O resultado acima corresponde ao valor de venda de uma unidade de cada tipo.
Como são previstas 200 unidades de cada, devemos fazer: 200 . 59,008 = 11 801,60.
Assim, o valor total das vendas será igual a R$ 11 801,60.
Páginas 11 - 14
Problema 1
a) 30% para A1 e 70% para B3.
b) A rede A terá mais audiência, pois A2 terá 75%, ante 25% de B2. São, portanto,
50% mais.
c) A maior diferença está no par (A1, B2), com 20% para A1 e 80% para B2, isto é,
com 60% de diferença. A menor diferença está no par (A2, B3), com 45% para A2 e
55% para B3, isto é, com 10% de diferença.
4

5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 2
a)
Os porcentuais em amarelo são dos modelos correspondentes, sendo o modelo médio
o que apresenta porcentual favorável à indústria A, na comparação com o da
indústria B.
b) A diferença de preferência é maior quando comparamos o modelo van da
indústria A, que tem 80% de preferência, com o modelo popular da indústria B, que
tem 20% de preferência. Portanto, uma diferença de 60 pontos porcentuais de
preferência favorável ao modelo van da indústria A.
Páginas 16 - 17
Problema 1
De a1000,1 até a1000,768, teremos pixels de tonalidade 1;
De a1000,769 até a1000,1536, teremos pixels de tonalidade 2;
De a1000,1537 até a1000,2304, teremos pixels de tonalidade 3.
a) tonalidade 2
b) tonalidade 1
c) tonalidade 3
5

6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 2
a) b40, 100 = 2 . 40 – 100 = –20. Como –20  200, tonalidade 1.
b) b1 000, 1 000 = 2 . 1 000 – 1 000 = 1 000. Como 320 < b1 000, 1 000  1 000, tonalidade 3.
c) Trata-se de b1 200, 1 200 = 2 . 1 200 – 1 200 = 1 200. Assim, bij > 1 000, tonalidade 4.
d) 320  2i  j  1 000  320  2 300  j  1 000  320  600  j  1 000 
320  600  600  j  600  1 000  600   280   j  400   400  j  280
Como j > 0, são 279 pixels na 300ª linha, com a tonalidade 3.
Página 17
Resposta pessoal.
Páginas 21- 22
1.
Problema 1 Problema 2 Problema 3
0 0 1 0 1 1 1 0 1
     
0 1 1 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 1
     
6

7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 4 Problema 5
0 1 0
 
1 1 1 
0 1 0
 
Problema 6
1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1
 
1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0
1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0
 
1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0
1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0
 
7

8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
MATRIZ DE CODIFICAÇÃO: DESENHANDO COM MATRIZES
Páginas 25 - 27
Problema 1
Uma estrela de 6 pontas.
Problema 2
A seguinte matriz 13x13, em que todos os elementos são iguais a 1 ou a 0.
1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
 
1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0
 
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1
 
1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0
 
0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0
 
0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0
 
0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0
 
0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1
 
8

9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 3
1 0 1 0 0 1 1
0 1 1 0 1 1 0
 
1 1 1 1 0 0 0
 
0 0 1 1 1 0 1
0 1 0 1 1 0 0
 
1 1 0 0 0 1 0
1 0 0 1 0 0 1
 
Problema 4
Resposta pessoal.
9

10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
SISTEMAS LINEARES EM SITUAÇÕES-PROBLEMA
Páginas 28 - 33
Problema 1
a) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos:
Locadora A : custo  1,2.x  80  1,2 .140  80  R$ 248,00
Locadora B : custo  1,0.x  120  1,0 .140  120  R$ 260,00
b) Seja x a quantidade de quilômetros rodados, temos:
Locadora A : custo  1,2.x  80  1,2 . 300  80  R$ 440,00
Locadora B : custo  1,0.x  120  1,0 .300  120  R$ 420,00
c) 1,2.x  80  1,0.x  120  0,2 x  40  x  200 km
Portanto, a partir de 200 km de percurso, torna-se mais econômico alugar o
automóvel na locadora B.
Problema 2
Sejam x o forno de micro-ondas, y o aspirador de pó e z a geladeira, temos:
 x  y  590  x  590  y

 x  z  1300  x  1300  z  590  y  1300  z   y  z  710
 y  z  1 250

 y  z  710

 y  z  1 250
Adicionando uma equação à outra temos:
2 z  1960  z  980, y  270 e x  320 .
10

11. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Portanto, o forno de micro-ondas custa R$ 320,00, o aspirador de pó R$ 270,00 e a
geladeira R$ 980,00.
Problema 3
O seguinte sistema de equações traduz as condições do problema:
( I ) 3a  4b  c  8

( II ) 4a  5b  2c  20
( III ) a  2b  3c  6

Multiplicando a equação (I) por 2 e somando com a equação (II), e multiplicando a
equação (I) por 3 e somando com a equação (III), temos:
2.( I ) 6a  8b  2c  16 e 3.( I ) 9a  12b  3c  24
( II ) 4a  5b  2c  20  ( III ) a  2b  3c  6 
10a  13b  36 10a  10b  30
10a  13b  36  10a  36  13b
  36  13b  30  10b 
10a  10b  30  10a  30  10b
3b  6  b  2, a  1 e c  3
Portanto, os valores unitários dos produtos são: R$ 1 000,00; R$ 2 000,00; e
R$ 3 000,00.
Problema 4
O sistema possível para a resolução do problema é formado por quatro equações e
três incógnitas, isto é, não se trata de um sistema “quadrado”. Nesse caso, pode-se
desprezar inicialmente uma das equações, resolver o sistema formado por três delas
e, ao final, testar se os resultados obtidos verificam a equação não utilizada na
resolução.
( I ) 4 x  2 y  2 z  46
( II ) 5 x  3 y  z  57


( III ) 4 x  3 y  3 z  53
( IV ) 3 x  3 y  7 z  53

11

12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Na equação (II), z = 57 – 5x – 3y; substituindo nas equações (I) e (III), temos:
( I ) 4 x  2 y  2(57  5 x  3 y )  46 (V ) 4 x  2 y  114  10 x  6 y  46
   
( III ) 4 x  3 y  3(57  5 x  3 y )  53 (VI ) 4 x  3 y  171  15 x  9 y  53
(V )  6 x  4 y  68 (V ) 3x  2 y  34
  
(VI )  11x  6 y  118 (VI ) 11x  6 y  118
34  3x
Na equação (V), y  ; substituindo na equação (VI), temos:
2
 34  3x 
11x  6.   118  11x  3(34  3x)  118  2 x  16  x  8
 2 
Portanto, a medalha de ouro vale 8 pontos. Voltando com esse valor em (V), obtemos
que y = 5, ou seja, obtemos que a medalha de prata vale 5 pontos. Voltando com
esses valores em (II), obtemos que z = 2, ou seja, que a medalha de bronze vale
2 pontos.
Substituindo os valores obtidos para x, y e z, na equação (IV), nota-se que ela é
verificada, pois 3 . 8 + 3 . 5 + 7 . 2 = 24 + 15 + 14 = 53.
Problema 5
a) 4 . 3 + 4 . 1 + 4 . 0 = 16 pontos.
b) Caso vença as 12 partidas, uma equipe conseguirá, no máximo, 3 . 12 = 36
pontos.
c) Denominando o número de vitórias por x, o número de empates por y e o de
derrotas por z, pode-se escrever: x + y + z = 12 e 3 . x + 1 . y + 0 . z = 24, ou
 x  y  z  12

3x  y  24
Tem-se, portanto, um sistema de duas equações e três incógnitas, que é
indeterminado, isto é, tem mais de uma solução.
Uma possível resposta para o problema pode ser obtida fazendo, por exemplo, x = 7,
isto é, supondo que a equipe vença 7 dos 12 jogos. Nesse caso, será preciso que
12

13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
y = 3, a fim de que a equipe consiga atingir, exatamente, 24 pontos. Portanto, uma
resposta possível é: 7 vitórias, 3 empates e 2 derrotas.
d) Pretende-se, neste caso, determinar as soluções naturais do sistema formado
 x  y  z  12
pelas duas equações descritas no item anterior, isto é, 
3x  y  24
Fazendo y = 24 – 3x na segunda equação e substituindo em y na primeira equação,
temos:
x + 24 – 3x + z = 12  z = 2x – 12
Assim, pode-se escrever a resposta geral do sistema em função de x, isto é, em
função do número de vitórias: S = {(x, 24 – 3x, 2x – 12) x  N}.
Como interessam apenas os casos em que 0 ≤ x ≤ 12, y ≥ 0 e z ≥ 0, pode-se atribuir a
x apenas os valores 6, 7, e 8. Isso feito, serão obtidas as seguintes possibilidades
expressas na tabela:
Vitória Empate Derrota Total de jogos Total de pontos
8 0 4 12 24
7 3 2 12 24
6 6 0 12 24
Problema 6
Temos aqui um problema que não apresenta uma única solução e que pode ser
resolvido por meio de um sistema indeterminado de equações lineares.
É apresentada a solução geral do problema, considerando:
x: massa de farinha de trigo, em kg.
y: massa de fubá, em kg.
z: massa de chocolate em pó, em kg.
x  y  z  2  x  2  y  z (I )

 x  2 y  20 z  4 ( II )
Substituindo (I) em (II), tem-se que 2  y  z  2 y  20 z  4  y  2  19 z e,
substituindo esse resultado em (I), tem-se:
x  2  (2  19 z )  z  x  2  2  19 z  z  x  18 z .
13

14. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Portanto, a solução geral do sistema é: {(18z, 2 – 19z, z) z  N}.
Vale observar que não é possível ter valores negativos para nenhuma das
quantidades. Assim, é necessário que sejam obedecidas as seguintes condições:
2
18z > 0, 2 – 19z > 0 e z > 0, de forma que 0 < z <  0,105 , ou seja, que a
19
quantidade de chocolate em pó seja positiva e inferior a 105 gramas.
No caso de z = 100 g, ou 0,1 kg, o kit comprado por Helena teve a seguinte
constituição:
x: massa de farinha de trigo, 1,8 kg.
y: massa de fubá, 0,1 kg.
z: massa de chocolate em pó, 0,1 kg.
Páginas 33 - 34
1. 0,25 x  0,50 y  0,75 z  120
a)
x  y  z  230,
se x  60 e y  90, temos : 60  90  z  230  z  80 e 0,75.80  60 pontos
2. Sejam:
x: pontuação no período da manhã
y: pontuação no período da tarde
z: pontuação no período da noite
( I ) 2 x  4 y  z  11

( II ) 4 x  3 y  2 z  27
( III ) 3 x  2 y  2 z  10

Multiplicando a equação (I) por 2 e somando o resultado à equação (II) e
multiplicando a equação (I) por 2 e somando o resultado à equação (III), temos:
2.( I ) 4 x  8 y  2 z  22 e 2.( I ) 4 x  8 y  2 z  22
( II ) 4 x  3 y  2 z  27  ( III ) 3x  2 y  2 z  10 
8 x  11y  49 7 x  6 y  32
14

15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
 49  11y
8 x  11y  49  x 
 8 49  11 y 32  6 y
    343  77 y  256  48 y 
7 x  6 y  32  x  32  6 y 8 7

 7
29 y  87  y  3, x  2 e z  5
Portanto, a pontuação no período da manhã é igual a 2, no período da tarde é igual 3
e no período da noite é igual a 5.
15

16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES:
ESCALONAMENTO X CRAMER
Páginas 40 - 45
Problema 1
a)
1 2 2 4 1 2 2 4
2 1 1  2 L  L e 3L  L   0
1 1 5 3 9   4 L2  L3 
 2 1 3  
 3  14
 19 
63 0
  20 25 
75
1 2 2 4
0 5 3 9   13z  39  z  3, y  0 e x  2
 

0 0 13 39 

Portanto, S = {(–2, 0, 3)}.
b)
1 2 3 4 1 2 3 4
 3  4 1  3L  L e 5 L  L   0
0 1 2 8 12  L2  2 
 2 1 3  
5
 3  10 1
 0
 7 5 19
1 2 3 4 1 2 3 4   z  1
0 1 4 6 7L  L   0 1 4   23z  23   y  2
6 
 2 3  
0 7 5 19   23 23  x  3
  0 0  
16

17. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Portanto, S = {(–3, 2, –1)}.
c)
2 x  y  2  y  2x  2
  2z
2 y  z  2   2  z  2x  2   4x  z  6
 3 x  2 z  1  y 2
  2
z  6  4x x  1
4 x  z  6  1  3x 
   1  3x  6  4 x   11x  11   y  0
 3 x  2 z  1 z  2 2 z  2
 
Portanto, S = {(1, 0, 2)}.
d)
1 3 5 2  1 3 5 2
3 1 3  3L  L e 2 L  L   0
4  1 8 12 2  L2  2 
 2 1 3  
 2
 2 4  3
 0
 4 6 1
1 3 5 2 1 3 5 2
0 4 6  L L  0
1 2 4 6 1   4 y  6 z  1 
 3  
0
 4 6 1
 0
 0 0 0
6z  1  6z  1  18 z  3
y e x  2  3 y  5 z  x  2  3   5z  x  2   5z 
4  4  4
8  18 z  3  20 z 5  2z
x  x
4 4
 5  2 z 6 z  1  
Portanto, S   , , z  , z  R .
 4 4  
17

18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 2
a)
m 2 m  1  m 2 m 1 
2 2 L1  L2   
 4 3m    2m  2 0  m  2

m2
(2m  2) x   m  2  x 
2m  2
Se 2m – 2 ≠ 0, ou seja, m ≠ 1, o sistema é possível e determinado.
Se 2m – 2 = 0, ou seja, m = 1, o sistema é impossível.
b)
1 1 1 0  1 1 1 0 
3 2 m 0 ou 3 2 m 0  3L1  L2 e 2 L1  L3 
   
2
 1 1 0
 
2 1 1 0

1 1 1 0 1 1 1 0
0 5 3 m 0  3 L2 e  5L3  0 15 9  3m 0  L2  L3 
   
0
 3 3 0 0
  15  15 0
1 1 1 0
0 0
 15 9  3m 0   (6  3m) z  0  z 
  6  3m
0
 0  6  3m 0
Se – 6 – 3m ≠ 0, ou seja, m ≠ –2, o sistema é possível e determinado, com z = 0,
y = 0 e x = 0.
Se – 6 – 3m = 0, ou seja, m = –2, o sistema é possível e indeterminado.
18

19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 3
1 1 k 2  1 1 k 2
 1 1 3 m  ou 3 1 2 0  3L1  L2 e L1  L3 
   
3
 1 2 0 
  1
 1 3 m
1 1 k 2  1 1 k 2 
0 2 k 3 2m  ou 0 2 k 3 2  m 2 L2  L3 
   
0
 4  3k  2 6 
 0
 4  3k  2 6 
1 1 k 2 
0 2m  2
 2 k 3 2  m   ( k  4) z  2 m  2 
 z
k 4

0 0 k 4 2 m  2

Se 2m – 2 = 0 e k – 4 = 0, ou seja, m = 1 e k = 4, o sistema é possível e
indeterminado.
1 1 k 2  1 1 4 2
0 2 k 3 2  m se m  1 e k  4, temos :  0 2 7 3
   
0
 0 k 4 2m  2 
 0
 0 0 0

3  7z
2 y  7z  3  y e
2
 3  7z 
x  y  4z  2  x  2  y  4z  x  2     4z 
 2 
4  3  7 z  8z z 1
x  x
2 2
 z  1 3  7 z  
Porta nto, S   , , z  , z  R
 2 2  
 1 3 
se z  0, uma possível solução é :  , , 0 ;
 2 2 
se z  1, uma possível solução é : 1, 5, 1;
se z = –1, uma possível solução é: 0,  2,  1.
19

20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Problema 4
( I ) a  b  2c  1

( II ) a  b  c  0
( III ) ma  b  c  2

Somando a equação (I) à equação (II) e somando a equação (I) à equação (III),
temos:
( I ) a  b  2c  1 e ( I ) a  b  2c  1
( II ) a  b  c  0  ( III ) ma  b  c  2 
2a  c  1 (m  1)a  3c  3
2 a  c  1
 Resolvendo o sistema de duas equações por substituição,
(m  1)a  3c  3
temos: c = 1 – 2a.
(m  1)a  3(1  2a )  3  ma  a  3  6a  3  ma  5a  0 
0
(m  5)a  0  a 
m5
Se m – 5 = 0, ou seja, m = 5, o sistema é possível e indeterminado.
a  b  2c  1, mas c  1  2a, então, a  b  2(1  2a)  1  b  1  a  2  4a  b  3a  1
Portanto, S  a, 3a  1, 1  2a  , a  R .
O enunciado pede duas soluções possíveis.
Para a = 0, temos S = 0,  1,1 
Para a =  1, temos S =  1,  4, 3 
Problema 5
Sejam:
B: preço das bandeirinhas
C: preço dos chapéus
F: preço das fantasias
Temos:
20

21. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
( I ) 4 B  4C  4 F  62

( II ) 4 B  4C . (0,9)  4 F  60
( III ) 2 B . (0,8)  2C . (0,9)  2 F  29

Subtraindo a equação (II) da equação (I), temos:
4C  3,6C  2  0,4C  2  C  5
Substituindo o valor de C nas equações (I) e (III), temos:
( I ) 4 B  20  4 F  62 ( IV ) 4 B  4 F  42 ( IV ) 2 B  2 F  21
    
( III ) 1,6 B  9  2 F  29 (V ) 1,6 B  2 F  20 (V ) 1,6 B  2 F  20
Subtraindo a equação (V) da equação (IV), temos:
2 B  1,6 B  1  0,4 B  1  B  2,5 e F  8
Portanto, para Ana, o preço das bandeirinhas foi R$ 2,50; dos chapéus, R$ 5,00, e
das fantasias, R$ 8,00.
Outra resolução possível, diferente da apresentada, baseia-se no fato de que Ana e
Beto compraram quantidades iguais, mas Beto gastou R$ 2,00 a menos do que Ana.
Assim, é possível concluir que esses R$ 2,00 correspondem a 10% do preço de
4 montões de chapéus. Então, se 10% correspondem a R$ 2,00, 100% correspondem a
R$ 20,00. Logo, Ana gastou R$ 20,00 na compra de 4 montões de chapéus, o que
significa ter pago R$ 5,00 por montão.
Problema 6
a) Sejam:
x: alvo 1
y: alvo 2
z: alvo 3
Temos,
3x  2 y  z  40 ( Adamastor )

 x  2 y  2 z  40 ( Ernesto)
21

22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Se cada bola certeira nos alvos 1, 2 e 3 tiver valido, respectivamente, 4, 16 e 3
pontos, então:
3.4  2.16  3  12  32  3  47  40
 ; logo, não é possível que os alvos tenham esses
4  2.16  2.3  4  32  6  42  40
valores.
b)
3x  2 y  z  40
 , subtraindo a segunda equação da primeira, temos:
 x  2 y  2 z  40
2x  z  0  z  2x
40  z  3x 40  2 x  3x 40  5 x
3x  2 y  z  40  y  y  y
2 2 2
Portanto,
 40  5 x  
S   x, , 2 x  , x  R
 2  
Ou seja, o total de pontos de cada bola certeira nos alvos 2 e 3, em função de x, é
respectivamente: 40  5 x
e 2x
2
Páginas 46 - 47
1.
a)
1 7 3 0 1 7 3 0 
3 2 1 1  3L1  L2 e 7 L1  L3  0 23  10  1 2 L2  L3
   
7
 3 1  1
 0
 46  20 1
1 7 3 0 
0 23  10  1  0 z  3
 
0
 0 0 3 
22

23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
Portanto, o sistema é impossível.
b)
2 x  6 y  10
 , dividindo a primeira equação por 2 e a segunda por –3, temos:
 3x  9 y  15
x  3 y  5

x  3 y  5
Trata-se de um sistema com duas variáveis e apenas uma equação, ou seja, um
sistema indeterminado, com x = 5 + 3y.
Portanto, S  5  3 y, y  , y  R.
2. Sejam:
a: preço da abobrinha
b: preço da batata
c: preço da cenoura
Temos:
3b  0,5c  a  14,45 ( Arnaldo) ( I ) 3b  0,5c  a  14,45
 
2(b  0,50)  c  2(a  0,20)  11,50 ( Juvenal )  ( II ) 2b  c  2a  12,90
 ( III ) 3b  3c  3a  23,10
3(b  1)  3(c  0,50)  3(a  0,20)  18,00 ( Rosa ) 
Multiplicando a equação (I) por 6 e a equação (II) por 3, temos:
( I ) 18b  3c  6a  86,70

( II ) 6b  3c  6a  38,70
( III ) 3b  3c  3a  23,10

Subtraindo a equação (II) da equação (I) e subtraindo a equação (III) da equação (II),
temos:
( I ) 18b  3c  6a  86,70 e ( II ) 6b  3c  6a  38,70
( II ) 6b  3c  6a  38,70  ( III ) 3b  3c  3a  23,10 
12b  48 3b  3a  15,60
23

24. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
12b  48
  b  4,00, a  1,20 e c  2,50
3b  3a  15,60
Portanto, seu Manuel cobra R$ 4,00 pelas batatas, R$ 1,20 pelas abobrinhas e
R$ 2,50 pelas cenouras.
Páginas 53 - 54
Problema 1
0 0 1
1 1
ABAH  . 4 4 1  | 24  8 |  8 u 2
2 2
2 6 1
Problema 2
2 8
7 11
1 3 4 1 1 43
ACOISA  .  . | 22  28  9  14  8  56  33  28  3  4 |  . | 43 |   21,5 u 2
2 7 3 2 2 2
1 2
2 8
Desafio!
Página 55
6 7
1 6
1 1 1 85
ADECO  . 1 1  . | 36  1  1  35  7  6  5  6 |  . | 85 |   42,5 u 2
2 2 2 2
 5 1
6 7
24

25. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 2
2 1
9 4
1 1 1 72
ALINA  . 6  3  . | 8  27  24  1  9  24  3  8 |  . | 72 |   36 u 2
2 2 2 2
1 4
2 1
Portanto, o quadrilátero DECO tem a maior área.
25