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Índice 

Aleph 10 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

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

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

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


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


Capítulo 1 – O que é a Estatística? ....................................................................................... 62 

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

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


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Aleph 10 | Guia do Professor 

Introdução 

Ao que vem o Projecto ALEPH 10? 

Os presentes autores, ao embarcar no Projecto ALEPH 10, não pretendem replicar o que já existe no mercado, 

mesmo com melhorias pontuais aqui e ali. Pretendem, isso sim, apresentar uma resposta diferente e completa ao 

que julgam ser as necessidades reais e actuais, de estudantes, professores e pais. 

Este projecto tem muitas componentes. A complexidade do trabalho na escola e as dificuldades que a disciplina de 

Matemática enfrenta em Portugal (e no resto do Mundo) obrigam a uma actuação ponderada e recorrendo ao que 

de melhor a experiência nossa e alheia aconselha. Os estudos educacionais são muito claros: não há nenhum factor 

que, por si só, garanta o sucesso escolar. 

Entendemos que o manual escolar deve ser uma ferramenta de trabalho eficaz para o estudante, que o estudante 

use efectivamente (e sabemos que muitas vezes, infelizmente, serve só para decorar uma estante...) e que se torne 

assim no melhor aliado do trabalho do professor. Deve ainda ser um aliado dos pais, onde seja possível entender minimamente 

o que o estudante está a fazer, para que os pais possam ajudar o seu educando de forma consequente. 

Escrevemos um manual que o estudante leia efectivamente: num estilo rigoroso, mas informal, repleto de informação, 

mas de leitura leve, inteligível. Repetimos: um manual escolar que o estudante leia efectivamente, onde pratique as técnicas 

aprendidas e onde tente resolver problemas novos, que releia sem enfado quando não entende algo, que releia facilmente 

quando está a rever o que já foi leccionado, preparando-se para uma actividade ou uma prova de avaliação. 

O essencial 

O manual contém apenas o que consideramos essencial para a aprendizagem do estudante e que está prescrito no 

programa. Não contém floreados desnecessários, complementos que não estão no programa, casos e subcasos que 

só tornam tudo mais confuso. O ALEPH 10 vai direito ao assunto, exemplifica, motiva, expõe e fornece tarefas e exercícios 

para ajudar os alunos a dominar as questões. 

O ALEPH 10 deixa bem claro o que é opcional no programa, que assinala com (*). Não contém temas que devem ser 

tratados noutros anos. Os radicais serão tratados apenas no 11. o ano, quando forem estudadas as funções com radicais; 

as funções injectivas serão estudadas apenas no 11. o ano, quando for estudada a inversão de funções; as funções 

pares, ímpares e periódicas serão estudadas apenas no 12. o ano, quando essas propriedades tiverem impacto, 

nomeadamente no estudo das funções trigonométricas. 

Os temas assinalados com (*) devem ser leccionados apenas quando houver tempo para isso, mas devem ser sempre 

recomendados aos melhores estudantes devendo, neste caso, ser-lhes aconselhada a realização das respectivas 

tarefas e exercícios. 

O manual escolar contém apenas os exercícios necessários à prática e compreensão dos assuntos; não é por fazer 

exercícios em série que o aluno aprende melhor. Para testar a compreensão dos assuntos de cada tema, há pequenas 

provas globais no fim de cada capítulo. Para o estudante poder ver se está realmente preparado para provas de 

avaliação com tempo limitado, existem propostas de vários tipos, com questões de escolha múltipla, com questões 

de resposta aberta, sem e com utilização de calculadora. Sempre que o estudante tiver dúvidas, pode voltar ao manual 

escolar: a sua concisão favorece as revisões. 

Este guia não é um livro 

Ao contrário do habitual, este Guia do Professor não termina de crescer quando for impresso. Este guia contém para 

já apenas o início do verdadeiro Guia do Professor: um dossiê que irá crescendo ao longo do tempo e de que estas 

folhas são apenas o começo. Certamente que ter à mão de semear alguns textos fundamentais e ainda as resoluções 

de todos os exercícios do manual escolar dos estudantes é muito útil. Mas será ainda mais útil se o Guia puder 

ir crescendo ao longo dos anos, com acrescentos que possam ser uma mais-valia para a prática escolar diária. 

Assim será. Os autores irão disponibilizando, até uma nova edição do manual escolar do estudante (o que, de acordo 

com a legislação actual, acontecerá daqui a seis anos), novos textos básicos, propostas de abordagens alternativas, 

novas propostas laboratoriais, novas provas de avaliação, notas de leitura, etc.

Tarefas Periódicas 

Introdução | Aleph 10 

Uma das adições que este guia terá será a das Tarefas Periódicas. Todas as semanas, a partir de 1 de Setembro 

de cada ano escolar, os autores irão colocando na página da Internet do Projecto Aleph 10 pelo menos uma nova tarefa. 

Essa tarefa terá sempre duas componentes; a versão do estudante e a versão do professor. A primeira conterá 

o enunciado das tarefas, a indicação do tema/capítulo onde se inserem, quais os pré-requisitos e eventualmente 

algumas notas que possam enquadrar o que é proposto. A versão do professor conterá a resolução da tarefa e notas 

didácticas que possam ajudar o professor a integrar a tarefa nas suas aulas ou a mais facilmente tirar dúvidas aos 

estudantes. 

As tarefas a propor semanalmente (em algumas semanas poderá haver mais do que uma) incidirão sobre temas variados, 

próximos dos habitualmente leccionados na respectiva época do ano. Poderá ainda ser produzido algum material 

a pedido dos professores, para que se possa assim dirigir aos temas onde os professores acham que não existe 

tanta diversidade de materiais. 

O manual escolar do estudante 

O manual escolar contém um certo número de secções que pretendem contribuir para um trabalho eficaz e motivador. 

– Recorda: pequenos apontamentos sobre o que é necessário mobilizar de anos anteriores; caso o estudante não 

domine o que é referido, deve fazer uma revisão num manual escolar de anos anteriores; 

– Tarefas: estas propostas visam fomentar a capacidade de resolver problemas, como a comunicação matemática 

e o desenvolvimento de actividades de investigação, espevitando a participação efectiva do estudante; 

– Definições e propriedades: o destaque dado às definições e às propriedades incluídas no texto pretende facilitar o 

processo de localização dos dados básicos e de revisão em caso de dúvidas; 

– História(s): são introduzidas pequenas notas históricas motivadoras para que o aluno entenda melhor a origem 

de alguns dos conceitos ou dos problemas; 

– Exercícios: tudo aquilo que deve ser praticado pelo aluno aparece logo a seguir à respectiva exposição; 

– Exercícios globais: no fim de cada capítulo aparecem alguns exercícios e problemas sobre todo o tema do capítulo. Para 

que o salto dos exercícios que estão ao longo do manual (junto aos assuntos que são mobilizados por esses exercícios), 

para outros onde não será tão evidente quais os assuntos efectivamente mobilizados, não seja tão brusco e não 

leve ao desencorajamento dos alunos, os exercícios globais apresentam-se divididos por três graus de dificuldade: 

• Pratica: exercícios mais imediatos; 

• Pensa e resolve: exercícios não tão imediatos, obrigando a alguma reflexão prévia; 

• Reflecte: verdadeiros problemas, obrigando a uma procura de um caminho de resolução onde a heurística de 

Polya será muito útil. 

– Jogos muito sérios: a jogar também se aprende e estes jogos põem à prova a capacidade de raciocínio dos estudantes, 

contribuindo também para mobilizar os conhecimentos adquiridos; 

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

– Leituras: é importante que os estudantes leiam textos com matemática ou sobre a Matemática; os autores tiveram 

a preocupação de escolher textos de índole variada que possam também servir de motivação para os alunos e possam 

mostrar a ligação da Matemática à vida real; 

– Prova global: não é a mesma coisa resolver problemas com tempo limitado sem sujeição a capítulos e resolver 

exercícios mais ou menos imediatos logo a seguir a uma explanação das ideias matemáticas que são usadas; é, 

assim, importante que o estudante teste os seus próprios conhecimentos em provas do tipo das que regularmente 

encontrará no seu percurso escolar; 

– Sugestões de resolução: é muito importante que o estudante se esforce por resolver ele próprio os exercícios e problemas; 

sabemos que isso não é fácil e os estudantes tendem a desistir à primeira dificuldade; estas sugestões 

pretendem ser um incentivo a que ele não desista nem vá espreitar demasiado depressa a solução; 

– Soluções: como o nome indica, nesta secção, aparecem as respostas a todos os exercícios; o estudante poderá assim 

verificar se a sua resposta está correcta (o que não quer dizer que a resolução esteja mas... já é alguma coisa). 

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E a Internet? 

Este manual terá uma página em www.aleph10.asa.pt. Aí estarão disponíveis muitos recursos, de que destacamos 

aplicações interactivas em GeoGebra e uma tarefa semanal que será disponibilizada, simultaneamente, na versão 

do estudante e na versão do professor. Mas na Internet encontramos presentemente muitos recursos importantes para 

o trabalho do professor. Não iremos aqui fazer uma descrição exaustiva (nem tal seria possível), mas apenas fazer 

um apanhado das principais páginas que recomendamos: 

• Associação de Professores de Matemática – http://www.apm.pt 

Recomendamos a secção “Recursos/Actividades e recursos” que contém inúmeros materiais para uso na sala de 

aula. É ainda de salientar a secção “Recursos/Exposições” que descreve algumas exposições itinerantes que a APM 

cede às escolas, por um período de três semanas, mediante o pagamento de uma quantia simbólica. Na página estão 

incluídos os arquivos da revista “Educação e Matemática”, embora apenas acessíveis a sócios. 

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

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

entre Clubes de Matemática já existentes e divulgar e promover a criação de novos clubes de Matemática, 

a todos os níveis de ensino. A SPM publica a revista “Gazeta de Matemática” que contém artigos com ideias 

para a sala de aula, particularmente artigos que podem ser dados aos alunos mais interessados. O arquivo dos últimos 

anos da revista está disponível. 

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

As Olimpíadas Portuguesas de Matemática (OPM), organizadas anualmente pela Sociedade Portuguesa de Matemática, 

são um concurso de problemas de Matemática, dirigido aos estudantes dos 2. o e 3. o Ciclos do Ensino Básico 

e também aos que frequentam o Ensino Secundário, que visa incentivar e desenvolver o gosto pela Matemática. 

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

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

divulgação da matemática elementar por todos os meios ao seu alcance e, em particular, pela organização de um concurso 

que terá lugar no mesmo dia em todos os países participantes. Pretende-se, assim, estimular e motivar o maior 

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

• Portal MOCHO – http://www.mocho.pt/ 

O Portal do ensino das ciências e da cultura científica MOCHO ordena, para mais fácil acesso, centenas de ligações 

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

• Casa das Ciências – http://www.casadasciencias.org/ 

Este Portal pretende recolher materiais para servir os professores de ciências dos Ensinos Básico e Secundário 

fazendo primeiramente uma avaliação dos mesmos. 

• Apoio ao Professor – http://area.dgidc.min-edu.pt/mat-no-sec/ 

Esta página de apoio ao Professor de Matemática foi construída entre 1997 e 2003 e contém importantes recursos, 

nomeadamente 10 brochuras que cobrem todos os temas do programa de Matemática A do Ensino Secundário 

• ALEA – http://www.alea.pt/ 

Esta página, de excelente qualidade, fornece um apoio inestimável para o ensino das Probabilidades e Estatística 

no Ensino Secundário. Recomendamos vivamente a secção “dossiês e recursos” com muitos textos de índole didáctica. 

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

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

Esta página contém biografias de muitos matemáticos portugueses. 

Bom trabalho!

Aleph 

O que é o Aleph? 

O Aleph (lê-se áléf) é a primeira letra do alfabeto hebraico. A sua origem é, no entanto, mais 

antiga (3000 anos a. C.), sendo a mesma da do alfa grego. Como estes alfabetos não tinham 

símbolos para os números, as letras representavam também números; sendo a primeira letra 

do alfabeto, o aleph e o alfa representam o 1. 

Cantor e o infinito 

Aleph 10 

O matemático George Cantor (1845-1918) é conhecido por ter introduzido a moderna teoria de 

conjuntos. Mas Cantor, apesar de ter sido muito criticado durante a sua vida e mesmo depois de 

morrer, é hoje um dos matemáticos mais admirados pela sua capacidade de introduzir perspectivas 

verdadeiramente novas na Matemática. 

Kronecker (o matemático do símbolo de Kronecker) considerou que Cantor era um “charlatão”, 

um “renegado” e um “corruptor da juventude”. Poincaré considerou os trabalhos de Cantor uma 

“grave doença infectando a Matemática” e, muito depois de Cantor morrer, o filósofo Wittengstein 

lamentou que a Matemática estivesse cheia das “palavras perniciosas da teoria de conjun- George Cantor 

tos” que considerou “anedótica” e um “disparate completo”. 

A verdade é que Cantor foi o primeiro a “contar” conjuntos infinitos através do conceito de aplicação bijectiva. Dois 

conjuntos infinitos têm o mesmo cardinal se existir uma aplicação bijectiva entre eles. Através desta ideia, Cantor 

provou que há tantos números naturais como números racionais e que há mais números irracionais do que racionais. 

Usou o processo que hoje se designa por “argumento diagonal de Cantor”. 

Cantor fez um estudo muito detalhado dos conjuntos infinitos. Chamou “aleph-zero” ao cardinal do conjunto dos números 

naturais. Este é o número infinito mais pequeno (a que ele chamou número transfinito). Depois, obteve muitas 

propriedades desses seus números. Propriedades estranhas, sem dúvida, e aí se percebe a fúria de muitos dos 

seus contemporâneos. Mas Cantor também teve apoiantes e amigos, como Richard Dedekind. 

O número “aleph-um” é o menor número infinito superior a “aleph-zero”, “aleph-dois” é o menor número infinito superior 

a “aleph-um”, e assim sucessivamente. Existirão estes números, em particular “aleph-dez”? 

Cantor provou que existe sempre um número infinito superior a qualquer um dado. Não é muito difícil provar que o 

conjunto de todos os subconjuntos de um conjunto dado tem cardinal superior ao conjunto dado (isto é, que existe 

uma aplicação injectiva mas não sobrejectiva entre eles). 

Será “aleph-um” igual ao cardinal do subconjunto das partes do conjunto dos números naturais? Ou será igual ao 

conjunto dos números reais (cujo cardinal se chama a potência do contínuo)? Curiosamente, tal não pode ser provado 

sem um axioma suplementar chamado a “hipótese do contínuo”! 

Esta Matemática começa a complicar-se, mas é muito interessante. Para já, está claro que Aleph 10 existe. É o manual 

que escrevemos! O Aleph 11 não tardará! 

Jorge Luís Borges 

O infinito sempre fascinou os escritores. O escritor, ensaísta e poeta argentino Jorge Luís Borges 

(1899-1986) escreveu muito à volta de temas matemáticos, nomeadamente o infinito. Um dos seus 

livros de contos chama-se mesmo Aleph. Eis alguns excertos contidos nesse e noutros livros: 

A linha consta de um número infinito de pontos, o plano, de um número infinito de linhas; o volume, 

de um número infinito de planos, o hipervolume, de um número infinito de volumes... 

Jorge Luís Borges, O Livro de Areia 

in http://macedge.multiply.com/journal/item/64 

Jorge Luís Borges 

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6 


Na parte inferior do degrau, à direita, vi uma pequena esfera furta-cores, de brilho quase intolerável. Primeiro, supus que 

fosse giratória; depois, compreendi que esse movimento era uma ilusão produzida pelos vertiginosos espectáculos que encerrava. 

O diâmetro do Aleph seria de dois ou três centímetros, mas o espaço cósmico estava ali, sem diminuição de tamanho. 

Cada coisa (o cristal do espelho, digamos) era infinitas coisas, porque eu a via claramente de todos os pontos do 

universo. Vi o populoso mar, vi a aurora e a tarde, vi as multidões da América, vi uma prateada teia de aranha no centro 

de uma negra pirâmide, vi um quebrado labirinto (era Londres), vi intermináveis olhos próximos perscrutando em mim 

como num espelho, vi todos os espelhos do planeta e nenhum me reflectiu, vi num pátio da Rua Soler os mesmos ladrilhos 

que, há trinta anos, vi no saguão de uma casa de Fray Bentos, vi cachos de uva, neve, tabaco, listas de metal, vapor 

de água, vi convexos desertos equatoriais e cada um dos seus grãos de areia, vi em Inverness uma mulher que não esquecerei, 

vi a violenta cabeleira, o altivo corpo, vi um cancro no peito, vi um círculo de terra seca numa vereda onde 

antes existira uma árvore, vi numa quinta de Adrogué um exemplar da primeira versão inglesa de Plínio, a de Philemon 

Holland, vi, ao mesmo tempo, cada letra de cada página (em pequeno, eu costumava maravilhar-me com o facto das letras 

de um livro fechado não se misturarem e se perderem no decorrer da noite), vi a noite e o dia contemporâneo, vi um 

poente em Querétaro que parecia reflectir a cor de uma rosa em Bengala, vi o meu quarto sem ninguém, vi num gabinete 

de Alkmaar um globo terrestre entre dois espelhos que o multiplicam indefinidamente, vi cavalos de crinas redemoinhadas 

numa praia do mar Cáspio, na aurora, vi a delicada ossatura de uma mão, vi os sobreviventes de uma batalha 

enviando bilhetes-postais, vi numa vitrina de Mirzapur um baralho espanhol, vi as sombras oblíquas de alguns fetos no 

chão de uma estufa, vi tigres, êmbolos, bisontes, marulhos e exércitos, vi todas as formigas que existem na terra, vi um 

astrolábio persa, vi numa gaveta da escrivaninha (e a letra fez-me tremer) cartas obscenas, claras, incríveis, que Beatriz 

dirigira a Carlos Argentino, vi um adorado monumento na Chacarita, vi a relíquia cruel do que deliciosamente fora 

Beatriz Viterbo, vi a circulação do meu escuro sangue, vi a engrenagem do amor e a modificação da morte, vi o Aleph, 

de todos os pontos, vi no Aleph a terra, e na terra outra vez o Aleph e no Aleph a terra, vi o meu rosto e as minhas vísceras, 

vi o teu rosto e senti vertigem e chorei, porque os meus olhos tinham visto esse objecto secreto e conjectural cujo 

nome os homens usurpam, mas que nenhum homem olhou: o inconcebível universo. 

Senti infinita veneração, infinita lástima. 

Jorge Luís Borges, O Aleph 

in http://www2.fcsh.unl.pt/borgesjorgeluis/textos_borgesjorgeluis/textos1.htm 

Na realidade, o número de sorteios é infinito. Nenhuma decisão é final, todas se ramificam noutras. Os ignorantes supõem 

que infinitos sorteios requerem um tempo infinito; em verdade, basta que o tempo seja infinitamente subdivisível, como 

o ensina a famosa parábola do Certame com a Tartaruga. Essa infinitude condiz admiravelmente com os sinuosos números 

do Acaso e com o Arquétipo Celestial da Loteria, que os platônicos adoram... 

Música rock 

Jorge Luís Borges, A loteria da Babilônia 

in http://www.releituras.com/jlborges_loteria.asp 

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

uma banda grega chamada aleph. 

Certamente haverá mais.

Sebastião e Silva: Normas Gerais 

Aleph 10 

1 A modernização do ensino da Matemática terá de ser feita não só quanto a programas, mas também quanto a métodos 

de ensino. O professor deve abandonar, tanto quanto possível, o método expositivo tradicional, em que o papel 

dos alunos é quase 100% passivo, e procurar, pelo contrário, seguir o método activo, estabelecendo diálogo com os 

alunos e estimulando a imaginação destes, de modo a conduzi-los, sempre que possível, à redescoberta. 

2 A par da intuição e da imaginação criadora, há que desenvolver ao máximo no espírito dos alunos o poder de análise 

e o sentido crítico. Isto consegue-se, principalmente, ao tratar da definição dos conceitos e da demonstração 

dos teoremas, em que a participação do aluno deve ser umas vezes parcial (em diálogo com o professor) e outras 

vezes total (encarregando cada aluno de expor um assunto, após preparação prévia em trabalho de casa). 

3 Muito raramente se deve definir um conceito sem ter partido de exemplos concretos e, tanto quanto possível, sugestivos. 

Se a preparação psicológica tiver sido bem conduzida, será muitas vezes o aluno quem acabará por definir 

espontaneamente o conceito, com ou sem ajuda do professor. Em qualquer caso, este deverá encaminhar o 

aluno para o rigor de linguagem que equivale a dizer de pensamento. Para isso, será de grande auxílio a introdução 

à lógica matemática, feita logo de início. 

4 Quanto à demonstração dos teoremas, deve seguir-se com frequência uma norma semelhante à anterior. É altamente 

desejável que o aluno seja muitas vezes posto em condições de ver o teorema antes de o demonstrar e que 

essa visão o encaminhe a construir por si mesmo a demonstração, mais ou menos, impecável do ponto de vista 

lógico. Não esquecer que, na investigação matemática, a intuição precede normalmente a lógica. 

5 A ordem lógica na apresentação dos assuntos não é muitas vezes a mais aconselhável do ponto de vista didáctico. 

Normalmente, o aluno só pode tomar consciência da necessidade de certo grau de rigor, depois de ter compreendido 

os assuntos em primeira aproximação ou de modo intuitivo, exactamente como sucede na investigação. 

Assim, em vez da ordem lógica, haverá que seguir de preferência a dialéctica do intuitivo-racional e do concreto- 

-abstracto, em que o grau de rigor lógico se irá elevando, progressivamente, com a adesão espontânea do aluno. 

6 Para desenvolvimento do sentido crítico, é essencial encorajar o aluno à discussão livre e disciplinada, habituando-o 

a expor com calma e sem timidez os seus pontos de vista e a examinar serenamente e com interesse 

as opiniões dos outros. 

7 Ao seguir o método activo, o professor deve evitar que os alunos falem todos ao mesmo tempo. Quando um aluno 

tiver algo a dizer, levantará o braço. Compete então ao professor escolher entre vários. Muitas vezes o professor 

chamará um aluno à secretária ou à pedra. O aluno deverá então movimentar-se rapidamente e com o mínimo ruído. 

Deste modo se estabelece o dinamismo disciplinado, que caracteriza a vida em corpo são, e que é indispensável ao 

êxito do método activo. Não esquecer que o ruído é desfavorável à concentração intelectual e que tentar conciliar 

as duas coisas reverte geralmente em prejuízo do sistema nervoso, contribuindo para o desenvolvimento de um dos 

maiores flagelos da nossa época. A melhor sala de aula será muitas vezes a que estiver mais afastada da via pública. 

8 A Matemática não se reduz a ciência isolada platonicamente de tudo o resto. É também um instrumento ao serviço 

do homem nos mais variados ramos da ciência e da técnica. O professor deve sempre ter presente este facto 

e tentar estabelecer, sempre que possível, as conexões da Matemática com outros domínios do pensamento, atendendo 

a que muitos dos seus alunos irão ser físicos, químicos, biólogos, geólogos, engenheiros, economistas, 

agrónomos ou médicos. 

9 Na aprendizagem da Matemática não basta ter intuição, compreender, definir e raciocinar. É também indispensável 

adquirir certos automatismos psicológicos. Isto vale, especialmente, no que se refere a técnicas de cálculo. Tais 

técnicas são mais perfeitamente assimiladas quando o aluno conhece bem os fundamentos teóricos das mesmas. 

Mas esse conhecimento não basta: o professor deve insistir para que os alunos se treinem bastante em exercícios equilibrados, 

que requeiram a aplicação das referidas técnicas. 

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10 0 treino recomendado na norma anterior não deve confundir-se de modo nenhum com a mecanização do aluno 

na resolução de exercícios por meio de receitas, aplicadas sem qualquer conhecimento de causa. Essa prática, 

tal como se tem generalizado entre nós, só contribui para desvirtuar completamente a finalidade do ensino da 

Matemática, habituando o aluno a não pensar e destruindo nele toda a iniciativa e toda a espontaneidade para a 

resolução de problemas essencialmente novos, como os que são postos a cada passo pela ciência, pela técnica 

e pela vida corrente. 

11 Alunos e professor devem assumir nas aulas uma atitude descontraída, que afaste tanto quanto possível do espírito 

dos alunos a ideia da nota que irão ter no fim do período (lembrando que o seu interesse principal é aprender) 

e modere no espírito do professor a ideia de que é juiz (lembrando que a sua missão é, acima de tudo, 

ensinar). Assim, o que deve dominar nas aulas é o interesse pelos assuntos tratados. Estes não têm necessariamente 

de ser todos reduzidos à forma de exercícios escritos (o que é muitas vezes um modo de os tornar abomináveis). 

Especialmente no que se refere a demonstrações – um aspecto em que é preciso insistir muito –, o professor deverá 

recorrer de preferência ao sistema de chamadas breves. 

12 É dialogando com os alunos que o professor acaba muitas vezes por esclarecer, para si próprio, certos assuntos 

que pretende ensinar. Isto não vem senão corroborar um velho preceito: A melhor maneira de aprender é ensinar. 

Haja em vista os Diálogos de Platão. No Teeteto é definida explicitamente por Sócrates a missão do mestre: ajudar 

a virem à luz as ideias na mente do discípulo. E quantas vezes, no mesmo instante, não se ilumina a mente do 

professor! 

13 Nesta ordem de ideias, o professor deve combater no aluno, e em si próprio, o receio de errar, enquanto se trata 

de fazer um esforço sincero para aprender ou ensinar. Porque só errando se aprende verdadeiramente. Ai daqueles 

que não aprendem à custa da própria experiência e dos próprios erros, porque esses pouco ou nada 

aprendem, na verdade. 

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

andar com aparelhos ou a pessoa que aprende a nadar com flutuadores só ilusoriamente aprende mais depressa: 

na realidade aprende mais devagar e pior. 

15 São por vezes obstáculos à aplicação do método heurístico os dois casos extremos que podem surgir numa 

turma: alunos muito bons e alunos francamente maus, especialmente os repetentes. Os primeiros estão sempre 

prontos a responder, não deixando tempo aos restantes para pensar (vide norma 7). Os segundos criam uma atmosfera 

de desinteresse, porventura mesmo de indisciplina, ou então já conhecem a receita, que aprenderam no ano 

anterior, acabando assim por viciar o processo heurístico. Cabe ao bom senso do professor encontrar uma solução 

de equilíbrio, tendo presente a norma 7. 

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

do ensino geral: 

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

em rápida evolução quer às aptidões dos indivíduos. 

(b) Necessitamos de métodos aperfeiçoados para descobrir talentos e levá-los a atingir a plena maturidade. 

(c) Não devemos encorajar, seja de que modo for, qualquer sistema de ensino que tenda a criar uma geração de 

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

Sebastião e Silva, Guia para a utilização do Compêndio de Matemática (1. o Vol.), Curso Complementar do Ensino Secundário, Gabinete de Estudos e 

Planeamento do Ministério da Educação e Investigação Científica, Lisboa, 1975

George Polya: A Arte de Resolver Problemas 

Primeiro: 

É preciso compreender o 

problema. 

Segundo: 

Encontre a conexão 

entre os dados e a 

incógnita. 

É possível que seja 

obrigado a considerar 

problemas auxiliares se 

não puder encontrar 

uma conexão imediata. 

É preciso chegar afinal 

a um plano para a 

resolução. 

Terceiro: 

Execute o seu plano. 

Quarto: 

Examine a solução 

obtida. 

Como resolver um problema 

Aleph 10 

COMPREENSÃO DO PROBLEMA 

Qual é a incógnita? Quais são os dados? Qual é a condicionante? 

É possível satisfazer a condicionante? A condicionante é suficiente para determinar 

a incógnita? Ou é insuficiente? Ou redundante? Ou contraditória? 

Trace uma figura. Adopte uma notação adequada. 

Separe as diversas partes da condicionante. É possível anotá-las? 

ESTABELECIMENTO DE UM PLANO 

Já o viu antes? Ou já viu o mesmo problema apresentado sob uma forma ligeiramente 

diferente? 

Conhece um problema do mesmo tipo ou sobre o mesmo assunto? Conhece um problema 

que lhe poderia ser útil? 

Considere a incógnita! E procure pensar num problema do mesmo tipo que tenha a 

mesma incógnita ou outra semelhante. 

Eis um problema do mesmo tipo e já resolvido anteriormente. É possível utilizá-lo? É 

possível utilizar o seu resultado? É possível utilizar o seu método? Deve-se introduzir 

algum elemento auxiliar para tornar possível a sua utilização? 

É possível reformular o problema? É possível reformulá-lo ainda de outra maneira? 

Volte às definições. 

Se não puder resolver o problema proposto, procure antes resolver algum problema 

do mesmo tipo. É possível imaginar um problema parecido mais acessível? Um problema 

mais genérico? Um problema mais específico? Um problema análogo? É possível 

resolver uma parte do problema? Mantenha apenas uma parte da condicionante, 

deixe a outra de lado; até que ponto fica assim determinada a incógnita? Como pode 

ela variar? É possível obter dos dados alguma coisa de útil? É possível pensar em 

outros dados apropriados para determinar a incógnita? É possível variar a incógnita 

ou os dados, ou todos eles, se necessário, de tal maneira que fiquem mais próximos 

entre si? 

Utilizou todos os dados? Utilizou toda a condicionante? Levou em conta todas as 

noções essenciais implicadas no problema? 

EXECUÇÃO DO PLANO 

Ao executar o seu plano de resolução, verifique cada passo. É possível verificar claramente 

que o passo está correcto? É possível demonstrar que ele está correcto? 

RETROSPECTIVA 

É possível verificar o resultado? É possível verificar o argumento? 

É possível chegar ao resultado por um caminho diferente? É possível perceber isto 

num relance? 

É possível utilizar o resultado, ou o método, em algum outro problema? 

9

10 


Miguel de Guzmán: Aventuras Matemáticas 

A. Antes de fazer, tenta entender. 

B. À procura de estratégias. 

B.1 Procura semelhanças com outros jogos e problemas. 

B.2 Começar pelo fácil, torna fácil o difícil. 

B.3 Experimenta e procura regularidades, temas. 

B.4 Faz um esquema e, se vier a calhar…, pinta-o às cores. 

B.5 Modifica o problema, muda qualquer coisa no enunciado, para ver se assim te ocorre um caminho possível. 

B.6 Escolhe uma boa notação. 

B.7 Explora a simetria… se puderes. 

B.8 Suponhamos que não… aonde é que isso nos leva? 

B.9 Suponhamos o problema resolvido. 

B.10 Pensa em técnicas gerais: indução, descida, processo diagonal, princípio do pombal… 

C. Explora a tua estratégia. 

C.1 Explora as melhores ideias que te tenham ocorrido na fase B. Uma a uma. Não as mistures ao princípio. 

C.2 Não desistas facilmente. Mas também não teimes de mais com uma só ideia. Se as coisas se complicarem 

de mais, haverá provavelmente outro caminho. 

C.3 Resultou? De certeza? Olha para a tua solução com mais cuidado. 

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

Para resolver problemas 

D.1 Examina a fundo o caminho que seguiste. Como chegaste à solução? Ou: porque é que não chegaste à solução? 

D.2 Tenta perceber não só que a coisa de facto funciona, mas também porque tem de funcionar assim. 

D.3 Agora vê se consegues fazê-lo de maneira mais simples. 

D.4 Vê até onde pode ir o método que seguiste, para ver se o podes utilizar noutras circunstâncias. 

D.5 Reflecte um pouco sobre o teu próprio processo de pensamento e tira consequências para o futuro.

Resolução de problemas 

MÓDULO INICIAL

12 


O que é o Módulo Inicial? 

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

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

e Cursos Tecnológicos – 1, editado em Abril de 2000 pelo, então, “Departamento do Ensino Secundário” do Ministério 

da Educação, podia ler-se, nas páginas 31 e 32: 

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

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

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

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

e recuperação dos alunos, os professores possam proceder a uma avaliação diagnóstica destinada a delinear 

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

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

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

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

poderá estar em causa se não as assumirem plenamente. 

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

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

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

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

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

consentimento dos pais e encarregados de educação. 

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

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

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

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

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

menos esquecidos. 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

estudo ou em casa).

Aleph 10 

Não sendo possível rever todos os conhecimentos de Números, Funções, Geometria e Estatística que os alunos deveriam 

trazer, muito menos ensinar todos esses conhecimentos a quem não os traz consolidados, trabalham-se 

problemas ou actividades que, de forma integrada, recoloquem em cima da mesa os conhecimentos do 3. o Ciclo que 

vão ser necessários no Ensino Secundário. O Programa de Matemática A, em vigor, determina essa abordagem global: 

Uma compreensão mais profunda da Matemática só se verifica quando o estudante vê as conexões, quando se 

apercebe que se está a falar da mesma coisa encarando-a de diferentes pontos de vista. Se os estudantes 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 

deixando para outra altura os problemas que se integrem no tema Funções ou Probabilidades e Estatística. 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. 

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

“Problemas a propor: Matemática A 

• Unindo os pontos médios de um quadrilátero encontramos sempre um paralelogramo? 

• Porque é que há só cinco sólidos platónicos? 

• Estudo da possível semelhança entre garrafas de água de uma dada marca de 33 cl, 50 cl, 75 cl e 1,5 l? 

• Como resolveu o matemático Pedro Nunes equações do primeiro e do segundo graus? Podemos identificar, nos 

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

não considerou ou considerou impossíveis? 

• Que números racionais são representáveis por dízimas finitas? Qual a dimensão do período de uma dízima infinita 

periódica? 

Alguns destes problemas poderão ser substituídos, com vantagem, por actividades ou problemas ligados ao mundo 

real, propostos e planificados por um grupo de professores do Conselho de Turma, de modo a integrar na sua resolução 

conhecimentos de várias disciplinas.” 

Nós dizemos o mesmo sobre os problemas propostos no manual: eis a nossa proposta de problemas, outros poderão 

ser considerados. Na Internet, há muitos recursos sobre os problemas propostos nos programas que podem ser 

considerados em alternativa ou complemento ao que é proposto no nosso manual escolar. 

Aconselhamos: 

Problema das garrafas de água (não) semelhantes 

Texto de Maria José Costa publicado na revista Informat: 

http://area.dgidc.min-edu.pt/mat-no-sec/zip/informat_08.zip 

Proposta de Rosa Ferreira: 

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/planos/planos10_06_07/modulo_inicial/plano01/tarefa03.pdf 

Cinco sólidos platónicos 

Proposta de Rosa Ferreira: 

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

Proposta de António Marques do Amaral: 

http://www.prof2000.pt/users/amma/ce/matB/mod_i/FT_Solidos_Platonicos.htm 

13

14 


Diferentes planificações do Módulo Inicial 

Planificação 1 (Rosa Ferreira - Escola Secundária com 3. o Ciclo D. Dinis): 

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano01_00/plano01_00.htm 

Planificação 2 (Rosa Ferreira - Escola Secundária com 3. o Ciclo D. Dinis): 

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano02_00/plano02_00.htm 

As nossas propostas 

Propomos, no manual, um conjunto de tarefas que tentam incorporar todas as recomendações anteriormente referidas. 

Vamos agora listar recursos suplementares que poderão ajudar os professores a concretizar essas propostas 

ou outras equivalentes na sala de aula. 

Geoplano 

A tarefa proposta pode facilmente ser substituída por outras, recorrendo a geoplanos imaginados, construídos ou 

virtuais na Internet. Eis alguns exemplos de recursos que se encontram na internet e que podem ser úteis para trabalhar 

a tarefa proposta ou outra semelhante. 

Geoplano virtual: 

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

Aplicação: Software geoplano computacional: 

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

Geoplano: 

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

Geoplanos virtuais: 

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

Nestas páginas também se encontram actividades elementares com o geoplano, aconselháveis para os alunos que 

nunca trabalharam com o geoplano. 

http://www.dme.ufcg.edu.br/Lapem/Documentos/Módulo%205%20-%20Geoplano.pdf 

http://ndsim.esec.pt/pagina/fcmat/documentos/Tarefas_geoplanos.pdf 

http://www.pg.utfpr.edu.br/sinect/anais/artigos/10%20Ensinodematematica/Ensinodematematica_artigo20.pdf 

Segmentos notáveis num triângulo 

Este é um tema clássico e muitas outras tarefas poderiam ter sido propostas. Nesta área também se encontram inúmeros 

recursos na Internet. 

Pontos clássicos: 

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

Pontos notáveis no triângulo: 

http://www.prof2000.pt/users/secjeste/modtri01/Pg000500.htm

Oito exercícios propostos por Puig Adam com pontos notáveis: 

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

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

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

Pontos notáveis interactivos: 

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

Apresentação em pdf dos pontos notáveis: 

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

Aleph 10 

Poliedros convexos com polígonos regulares 

Mais uma vez este é um tema riquíssimo onde se poderão encontrar muitas possíveis explorações e tarefas alternativas. 

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

Os cinco poliedros regulares: 

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

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

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

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

Poliedros de Platão 

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

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

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

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

na Revista Educação e Matemática, como este: 

Poliedros regulares (EM 97, 2008): 

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

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

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

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

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

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

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

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

15

16 


Aqui pode ver um filme explicando como usar o PolyPro para estudar poliedros: 

http://www.youtube.com/watch?v=BrmW4wW0moQ 

Sobre sólidos arquimedianos pode ainda ver: 

http://www.eb2-miranda-douro.rcts.pt/mat/historia.htm 

http://www.apm.pt/apm/amm/paginas/231_249.pdf 

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

Mundial da Matemática. 

Dízimas finitas e infinitas 

Eis algumas sugestões de recursos na Internet para trabalhar o tema: 

http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm99/icm27/dizimas.htm 

http://pascal.iseg.utl.pt/~jldias/am1/AMI-pdf/AMAT1-REAIS.pdf 

http://www.passei.com.br/tc2000/matematica1/m4_46_vb.pdf 

Algumas fichas de trabalho propostas por professores neste tema: 

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/matA_10_2009_2010/modulo_inicial/plano02_00/problema_3.pdf 

http://profs.ccems.pt/RosaFerreira/planos/planos10_06_07/modulo_inicial/plano02/tarefa05_01.pdf 

http://www.amma.com.pt/cm/af29/trabalhos/s10/Ft10_a2.pdf 

http://www.prof2000.pt/users/amma/recursos_materiais/rec/10_ano/f_trab/04_05/ft10_02_04-05.htm 

As tarefas propostas, mas não resolvidas 

Sendo este Módulo Inicial essencialmente de “acompanhamento e recuperação”, com características de “avaliação 

diagnóstica”, não pareceu aos autores do manual adequado colocar sugestões ou soluções das tarefas do Módulo 

Inicial no manual ao alcance dos alunos. Os professores devem ter a possibilidade de, em cada momento, ir fazendo 

o seu diagnóstico informal sobre o que poderão aconselhar a cada aluno. Assim, as possíveis sugestões e soluções 

são colocadas aqui no Guia do Professor, para que o docente as possa administrar da maneira que achar mais conveniente 

em função dos alunos que tem.

Sugestões de resolução das tarefas do 

Módulo Inicial 

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

Começa com um degrau, tens uma maneira de o subir, 

e com dois já tens duas maneiras de o fazer, faz para 

mais casos… e tenta ver se existe alguma regularidade 

entre os números que vais obtendo... 

Tarefa 3 (As etiquetas correctas) (Pág. 21) 

Escolhe uma das caixas e pensa no que acontece, isto 

é, se a solução é única... não esquecer que as etiquetas 

estão trocadas... ler com cuidado o enunciado é sempre 

importante... 

Tarefa 4 (A posição do ortocentro) (Pág. 22) 

Recorda a classificação de triângulos quanto aos ângulos… 

isso vai ajudar-te... não é nada difícil... 

Tarefa 5 (A posição do circuncentro) (Pág. 23) 

Observa com cuidado o que vai acontecendo... uma sugestão: 

não te esqueças a que é igual a amplitude de 

um ângulo inscrito numa circunferência... 

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

Utiliza as potencialidades de medida do programa e determina 

o quociente entre a distância a um lado e a respectiva 

mediana... 

Tarefa 7 (A recta de Euler) (Pág. 24) 

Usa as potencialidades de medida do programa. Estabelece 

as relações que te interessam. 

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

Pensa quais os números inteiros que, somados com 15, 

podem ser as medidas de um triângulo de 36 cm de perímetro. 

Não te esqueças que é um triângulo rectângulo... 

depois é o mesmo que na tarefa 8. Vais ver que 

funciona bem... 

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

Uma boa ideia é verificar em que triângulos o incentro 

pertence à recta de Euler... 

Tarefa 12 (O paralelogramo) (Pág. 28) 

Primeiro revê os casos de semelhança de triângulos... 

depois desenha as diagonais e prova que os triângulos 

de cada um dos lados são semelhantes... o resto é elaborar 

apenas um texto claro. 

Módulo Inicial — Resolução de problemas | Aleph 10 

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

Talvez seja bom saberes a definição de quadrado e de 

losango e tudo fica mais fácil… depois é só compará- 

-los… 

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

Eu sei bem disso, ele é equações atrás de equações... 

Mas será que é mesmo? Pensa no problema resolvido. 

E começa do fim para o princípio... e não é que é mais 

fácil... 

Propostas de resolução das tarefas do 

Módulo Inicial 

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

Acaba por ser a sucessão de Fibonnaci: 1, 2, 3, 5, 8... ou 

seja, cada termo a partir do 3. o é a soma dos dois anteriores. 

Existem 89 maneiras diferentes de subir as escadas. 

Tarefa 3 (As etiquetas correctas) (Pág. 21) 

Retiro uma peça de fruta da caixa que diz “maçãs e laranjas”. 

Como as etiquetas estão trocadas, se for uma 

maçã, essa caixa é só de maçãs, logo a etiqueta é 

“maçãs”. Então, como as etiquetas estão trocadas, a 

caixa com a etiqueta “laranjas” terá de conter maçãs e 

laranjas e a caixa com a etiqueta “maçãs” terá, portanto, 

de conter só laranjas. Se se retirar uma laranja da caixa 

com etiqueta “maçãs e laranjas”, o raciocínio é idêntico. 

Se se retirasse de uma das outras caixas, por exemplo, 

uma maçã, nada me garantia que lá não pudessem estar 

também laranjas. Assim, a única hipótese é começar 

pela caixa com a etiqueta “maçãs e laranjas”. 

Tarefa 4 (A posição de ortocentro) (Pág. 22) 

Num triângulo rectângulo, coincide com o vértice do ângulo 

recto, num triângulo obtusângulo, é exterior e, num 

triângulo acutângulo, é interior. 

Tarefa 5 (A posição do circuncentro) (Pág. 23) 

Num triângulo rectângulo, está sobre a hipotenusa, num 

triângulo obtusângulo, é exterior e, num triângulo acutângulo, 

é interior. 

17

18 


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

2 

da mediana. 

3 

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

Se os catetos do triângulo rectângulo são números inteiros, 

as únicas soluções são: 

7, 14, 15 

8, 13, 15 

9, 12, 15 

10, 11, 15 

Destes, só o triângulo 9, 12, 15 satisfaz o Teorema de Pitágoras. 

A área do triângulo é, então, 

9 × 12 

= 54. 

2 

Como a circunferência é tangente aos lados do triângulo, 

o raio é a altura de cada um dos triângulos, pois é 

perpendicular a cada um dos lados no ponto de tangência, 

como se verifica na figura: 

9 

r 

r 

r 

A área do triângulo é igual à soma das áreas dos três 

triângulos em que está dividido. Assim: 

9r 12r 15r 

+ + = 54 ⇔ r = 3 

2 2 2 

O raio da circunferência é, então, 3. 

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

Em geral, o incentro não pertence à recta de Euler, apenas 

nos triângulos isósceles. 

Tarefa 12 (O paralelogramo) (Pág. 28) 

Os triângulos [ABD] e [AEF] são semelhantes, pois têm 

— — 

AB AD 

um ângulo comum, a saber, o ângulo BAD, e —AE = —AF = 2, 

pois E e F são os pontos médios dos lados [AD] e [AB]. 

Em triângulos semelhantes, a lados proporcionais correspondem 

ângulos iguais. Assim, o ângulo AEF é igual 

ao ângulo ABD. As rectas EF e BD, cortadas pela recta 

AB, têm os ângulos correspondentes iguais, pelo que 

são paralelas. Considerando os triângulos BCD e GCH, 

do mesmo modo se prova que são semelhantes e conclui-se 

que as rectas GH e BD são paralelas. Se EF é 

paralela a BD e GH é paralela a BD, então EF é paralela 

a GH. 

15 

12 

E 

B C 

G 

Fazendo um estudo análogo em relação à diagonal AC, 

prova-se, do mesmo modo, que EG é paralela a FH. 

Assim, o quadrilátero é um paralelogramo, pois tem os 

lados opostos paralelos. 

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

Um quadrado é um quadrilátero com os lados todos 

iguais e os ângulos todos rectos. Um losango é um quadrilátero 

com os lados todos iguais e os ângulos opostos 

iguais. 

Assim, um quadrado é um losango, pois o quadrado tem 

os lados todos iguais e os ângulos opostos iguais (por 

serem todos rectos) pelo que satisfaz todas as condições 

para ser losango. 

Mas nem todo o losango é um quadrado, pois o losango 

tem os lados todos iguais, mas o facto de os ângulos 

opostos serem iguais não obriga a que sejam todos rectos, 

pelo que não satisfaz obrigatoriamente todas as 

condições para ser um quadrado. 

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

Supondo o problema resolvido, raciocina do fim para o 

princípio, como fica evidente na tabela: 

Irmão mais novo 

8 

4 

2 

4 

A F 

D 

Irmão do meio 

8 

4 

8 

7 

Irmão mais velho 

8 

16 

16 

13 

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

H

Geometria 

Capítulo 1 – Resolução de problemas de Geometria 

Capítulo 2 – Referenciais e lugares geométricos 

Capítulo 3 – Vectores livres 

Capítulo 4 – Equações da recta 

TEMA 1

20 


Propostas de resolução das tarefas e 

exercícios 

Capítulo 1 – Resolução de problemas de Geometria 

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

Para estimarmos a área da Antárctida, podemos usar um 

software de Geometria Dinâmica que nos permite me dir 

comprimentos de segmentos de recta ou uma régua graduada 

que nos permita medir o comprimento dos lados 

dos rectângulos construídos sobre o mapa. Repare-se 

que as partes da Antárctida não contidas em nenhum dos 

quadrados compensam as partes dos quadrados que não 

contêm nenhuma parte do mapa. 

Quilómetros 0 200 400 600 800 1000 

Medindo com software adequado, constatamos que o la do 

do comprimento do rectângulo maior é, aproximadamente, 

1809 e a sua largura é 1025, o que permite estimar que 

a área será 1809 × 1025 = 1 854 225 unidades de área. 

Quanto ao rectângulo mais pequeno, a sua área será, 

aproximadamente, 385 × 1236 = 475 860. Assim, uma 

estimativa para a área da Antárctida será: 

1 854 225 + 475 860 = 2 330 085 unidades de área. 

“Este exercício foi colocado no estudo de PISA de 2000 e, segundo 

o relatório publicado, “foi o item em que foi mais baixo o nível de sucesso 

dos estudantes portugueses relativamente ao dos seus colegas 

da área da OCDE. Requeria a estimativa de uma área tendo em 

con sideração a escala em que o mapa estava desenhado. Quase três 

quartos dos alunos não apresentaram qualquer tipo de resolução”. 

Tarefa 7 (Polígonos inscritos) (Pág. 56) 

Uma actividade aberta como esta, que admite várias soluções, 

permite que os alunos confrontem soluções e 

estabeleçam relações. Não se pretende obter uma construção 

óptima, mas sim explorar características de cada 

figura para a inscrever no quadrado. Não é fácil obter 

um triângulo equilátero sem recorrer às relações entre 

os ângulos. Esta actividade pode ser aproveitada para 

introduzir ou consolidar questões de trigonometria do 

triângulo rectângulo. 

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

Tarefa 8 (Construindo blocos) (Pág. 57) 

1. 12 cubos. 2. 27 cubos. 

3. 26 cubos. 4. 96 cubos. 

Tarefa 9 (Os agricultores e a água da chuva) (Pág. 58) 

Dependendo da posição escolhida para os pontos A, B 

e C consideremos diferentes soluções, mas a resolução 

será idêntica. Suponhamos que os pontos A, B e C se 

situam tal como mostra a figura seguinte: 

A 

B 

Os três furos do cubo definem um plano. Inclinando 

convenientemente o cubo, consegue-se guardar o máximo 

de água se a camada superior de água coincidir 

com a secção definida pelos três furos. 

A 

A secção definida pelos três furos divide o cubo em dois 

sólidos, sendo o menor um tronco de pirâmide. 

As bases desse tronco de pirâmide são triângulos semelhantes 

(porque têm dois ângulos iguais) e a razão 

que transforma o maior no menor é porque o ponto 

B é o ponto médio da aresta que o contém. 

Como a razão de semelhança é , a razão entre os volumes 

das pirâmides [FACV] e [EBDV] é . 

V [FACV] = × × 12 = 36 dm ( ) 3 

V [EBDV] = × 36 = 4,5 dm3 Vtronco de pirâmide = 36 – 4,5 = 31,5 dm3 Vcubo = 63 = 216 dm3 Volume máximo de água que se pode guardar = 

= 216 – 31,5 = 184,5 dm3 1 

2 

1 

2 

1 

8 

1 6 × 3 

3 2 

1 

8 

O Sr. Pedro conseguiria guardar 184,5 litros de água. 

Adaptado de: http://matematicanacidadela.blogspot.com/2008/11/ 

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

Tarefa 10 (Cortes num tetraedro) (Pág. 58) 

1. Se o aluno já fez a exploração dos cortes no cubo, 

poderá concluir e demonstrar que os cortes no tetraedro 

só podem ser triângulos ou quadriláteros. Se 

o tetraedro tem quatro faces, um plano intersecta no 

máximo quatro faces, logo o corte pode ter no máximo 

quatro lados. 

C 

F E 

C 

B 

V 

D

Obtemos quadriláteros quando o plano intersecta as 

quatro faces, e estes só são rectângulos quando o 

plano é paralelo a duas das arestas. Se virmos o tetraedro 

dentro do cubo, estes são os planos paralelos 

a duas faces opostas do cubo. 

2. Para provar que estes rectângulos têm todos o mes mo 

perímetro, o mais fácil é recorrer a uma planificação. 

3. Estes rectângulos vão de um caso limite a outro e, 

como não há descontinuidades, um deles é quadrado. 

Largura 

a 

c + = aresta 

a Comprimento 

Mas este quadrado também pode ser visto quando fazemos 

o corte no cubo com o tetraedro por um plano que 

passa nos pontos médios de quatro arestas do tetraedro. 

Centro da 

face do cubo 

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

Desafio D.1 (Pág. 59) 

Vamos mostrar que as áreas das estrelas são iguais, 

mos trando que as áreas não ocupadas dos hexágonos 

são iguais. Repare-se que o hexágono da figura 1 não 

tem preenchida a área correspondente a 12 triângulos 

equiláteros de lado 1. 

A área de cada um destes triângulos é 

√∫3 

que, a multi- 

4 

plicar por 12, é igual a 3√∫3, sendo esta a área não ocupada 

pela estrela da figura 1. 

Quanto à figura 2, a área não ocupada é constituída por 

12 triângulos rectângulos de catetos 1 e 

√∫3 

, o que permite 

2 

afirmar que a área de cada um destes triângulos é 

√∫3 

. 

4 

Como também são 12, a área não ocupada pela estrela 

da figura 2 é, como não podia deixar de ser, 3√∫3, o que 

prova que as áreas das estrelas são iguais. 

Tema 1 — Geometria | Aleph 10 


Consideremos um círculo com diâmetro d. A sua área é 

2 

Ac = π . Se ao diâmetro tirarmos e calcularmos 

() 

a área de um quadrado de lado d – , vamos obter 

2 

Aq = d – . ( ) 

Igualando estas duas áreas e resolvendo a equação obtida 

em ordem a π,determinamos o tão procurado valor de π: 

2 

Ac = Aq ⇔π = d – ⇔π = d ( ) 2 – + ⇔ 

⇔π= 4 – 

8 

+ 

4 

9d 81d 

Aplicando a heurística de Polya a este exemplo podemos 

fazer várias concretizações da variável d (o diâmetro) 

para tentarmos “perceber” o que está a acontecer 

com o valor procurado para π. 

Fazendo d = 1, obtemos π = 

256 

≈ 3,16; considerando 

81 

d = 2, obtemos π = 

289 

≈ 3,57; e, por fim, considerando, 

81 

d = 7, obtemos π = 

15 376 

≈ 3,87. 

3969 

Mostrámos que o problema 50 do Papiro de Rhind não 

torna racional, como era de esperar, o π, pois, como 

acabámos de ver, para diferentes diâmetros vamos 

obter diferentes valores de π, o que é um absurdo. 

2 

d2 1 d 

4 9 

2 

d 

1 

2 

9 

1 

9 

1 

9 

2d 1 

4 9 81 

Capítulo 2 – Referenciais e lugares geométricos 

Exercício 2 (Pág. 66) 

y 

7 

B (–3, 2) 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

-5 -4 -3 -2 -1 O 1 

-1 

-2 

2 3 4 5 

-3 A (2, –3) 

-4 

C (2, 7) 

y = x 

D (7, 2) 

6 7 x 

São pontos simétricos relativamente à recta de equação 

y = x. 


b. O ponto A pertence ao 4. o quadrante; o ponto B pertence 

ao 1. o quadrante; o ponto C pertence ao 3. o quadrante 

e o ponto D pertence ao 1. o quadrante. 

21

22 


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

1. y ≥ 3 

2. y < 3 

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

ii) 

y 

iii) 

iv) 

4. y ≥ 2 e y ≤ 6 ⇔ 2 ≤ y ≤ 6 

y ≥ –3 e y ≤ 5 ⇔ –3 ≤ y ≤ 5 

x ≥ –6 e y ≤ –1 ⇔ –6 ≤ y ≤ –1 

5. x ≥ 3 e y ≥ 2 

x ≤ 3 e y ≥ 2 

x ≤ 3 e y ≤ 2 

x ≤ 3 ou y ≤ 2 


y ≥ 2 

y ≤ 2 

y < 2 


a. x < 2 

b. x ≥ –4 

c. y >π 

d. x ≤ –π 

4 

-8 -4 O 

-2 

4 8 

-4 

4 

4 

y 

-8 -4 O 

-2 

4 8 

-4 

y 

-8 -4 O 

-2 

4 8 

-4 

x 

x 

x 


y ≥ –2 e y ≤ 6 ⇔ –2 ≤ y ≤ 6 

y ≤ –2 ou y ≥ 6 

y ≥ –4 e x ≥ –7 

y ≤ –4 e x ≥ –7 


a. x > 2 e x < 3 ⇔ 2 < x < 3 


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

1 < x ≤ 3 é a porção do plano contida entre os planos 

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

abcissa 3, este sim, incluído. 


0 ≤ x ≤ –2 e 0 ≤ y ≤ 2 e 0 ≤ z ≤ 2 


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

G(–2, 2, 4); H(–2, –2, 4) 

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

Sejam: 

A – a localização de uma urbanização; 

B – a localização da outra urbanização; 

D – a localização do depósito; 

F – a localização da fábrica. 

Dados do problema: 

dist(D, F) ≥ 600 

dist(D, A) = dist(D, B) 

(Esta informação garante-nos que o depósito tem que 

ficar sobre a mediatriz do segmento de recta de extremos 

A e B). 

Dist(A, B) = 500 

Dist(A, F) = 700 

dist(B, F) = 900 

y 

F 1 

F 2 

D12 

D11 

D21 

D22 

x

Atendendo às restrições do problema, temos quatro 

possíveis soluções, duas por cada possível localização 

da fábrica, que designamos por F 1 e F 2. As quatro localizações 

possíveis são os pontos D 11 e D 12, tendo 

como referência a localização F 1 da fábrica e os pontos 

D 21 e D 22, para a localização F 2 da fábrica. 


Uma equação da circunferência de centro O(2, –3) e 

raio 7 é, por exemplo, (x – 2) 2 + [y – (–3)] 2 = 7 2 ⇔ 

⇔ (x – 2) 2 + (y + 3) 2 = 49 


O ponto de coordenadas (2, 3) pertence à circunferência 

de centro (1, –1) e raio 2 se, quando substituirmos as 

suas coordenadas na equação da referida circunferência, 

obtivermos uma igualdade numérica verdadeira. 

Uma equação da circunferência é, por exemplo, 

(x – 1) 2 + (y + 1) 2 = 4. 

Averiguemos se o ponto (2, 3) lhe pertence. Façamos a 

substituição (2 – 1) 2 + (3 + 1) 2 = 4 ⇔ 1 2 × 4 2 = 4 ⇔ 17 = 4. 

Como obtivemos uma igualdade numérica falsa, podemos 

afirmar que o ponto (2, 3) não pertence à circunferência 

de centro (1, –1) e raio 2. 


Uma equação da esfera aberta de centro (1, 2, 3) e raio 2 

é, por exemplo, (x – 1) 2 + (y – 2) 2 + (z – 3) 2 < 2 2 . 


O ponto de coordenadas (2, 3, –1) pertence à superfície 

esférica de centro (0, 1, –1) e raio 1 se, quando substituirmos 

as suas coordenadas na equação da referida 

superfície esférica, obtivermos uma igualdade numérica 

verdadeira. 

Uma equação da superfície esférica é, por exemplo, 

(x – 0) 2 + (y – 1) 2 + (z + 1) 2 = 4. Averiguemos se o ponto 

(2, 3, –1) lhe pertence. Façamos a substituição: 

2 2 + (3 – 1) 2 + (–1 + 1) 2 = 4 ⇔ 4 + 4 + 0 = 4 ⇔ 8 = 4. 


afirmar que o ponto (2, 3, –1) não pertence à superfície 

esférica de centro (0, 1, –1) e raio 2. 


O plano mediador do segmento de recta de extremos 

(1, 2, 3) e (1, –2, 3) é o conjunto dos pontos que estão à 

mesma distância dos extremos do segmento, isto é, 

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

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

⇔ –4y + 4y = 0 ⇔ y = 0 

O plano mediador procurado é o plano coordenado y = 0. 



O plano mediador do segmento de recta de extremos 

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

mesma distância dos extremos do segmento, isto é, 

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

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

3 

⇔ –4z + 4 = –2z + 1 ⇔ –2z = –3 ⇔ z = 

2 

3 

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

2 


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

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

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

na equação do plano mediador, obtivermos uma igualdade 

numérica verdadeira. 

A equação do plano mediador é: 

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

⇔ 8z + 16 = –6z + 9 ⇔ z = – 

1 

2 

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

1 

. 

2 

Dado que esta exigência não é satisfeita pelo ponto 

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

plano mediador do segmento de recta de extremidades 

(1, 2, –4) e (1, 2, 3). 


Sendo k > 1, a transformação associada é: 

X = x, Y = ky 

sendo que, neste caso, para cada abcissa as ordenadas 

são ampliadas na mesma proporção (pois são multiplicadas 

por um número maior do que 1). 

Neste caso, obtemos um alongamento da circunferência 

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

caso, coincide com o diâmetro da circunferência e o 

eixo maior é maior do que o diâmetro da circunferência 

(é igual ao diâmetro multiplicado por k). 

A equação da circunferência é x2 + y2 = r2 . 

Fazendo a substituição, temos: 

Y2 k2 X 2 + = r 2 ⇔ + = 1, que é uma equação do 

mes mo tipo. 

X2 r2 Y2 (kr) 2 


O raio da circunferência terá de ser igual ao semieixo 

me nor da elipse e a transformação associada: X = kx e 

Y = y. 

23

24 



Determinar a intersecção da elipse 2x2 + y2 = 3 com o 

eixo dos xx corresponde a resolver a equação 2x2 = 3 ⇔ 

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

mes ma forma, resolvendo a equação y2 3 

2 

= 3 ⇔ y = ± √∫3, 

pelo que os pontos de intersecção com os eixos coor- 

3 

denados são: , 0 ; (√∫ ) ( –√∫ 

3 

, 0 ; (0, √∫3) e (0, –√∫3). 

2 2 ) 

Representada esta elipse, basta notar que, trocando o x 

com o y na equação da elipse, obtemos a equação da 

outra elipse, o que significa que as elipses são simétricas 

em relação à bissectriz dos quadrantes ímpares. 

Como são simétricas em relação à bissectriz dos quadrantes 

ímpares, dois dos seus pontos comuns pertencem 

a essa bissectriz. Fazendo x = y numa das equa ções, 

obtemos 2x 2 + x 2 = 3 ⇔ x = ±1, donde dois dos pontos 

são (1, 1) e (–1, –1). 

Como são simétricas em relação ao eixo dos xx eao 

eixo dos yy (pois trocando x por –x e y por –y obtemos 

as mesmas equações) os outros pontos são os simétricos 

dos anteriores em relação aos eixos coordenados: 

(–1, 1) e (1, –1). 

Exercícios globais (Págs. 86-88) 

1. a. 

B(–√∫2, 4) y 

b. 

C(–3√∫3, 4) 

4 

3 

2 

1 

-5 -4 -3 -2 -1 O 

-1 

-2 

-3 

1 2 3 4 

A(–2, –3) 

-4 

y 

4 

3 

2 

1 

G(–2, 0) 

-5 -4 -3 -2 -1 O 

-1 

-2 

-3 

A(–2, –3) 

-4 

y 

3 

2 

3 

F(1, 0) 

1 2 3 4 

E(1, –3) 

3 

D(π, 4) 

5 

x 

2 3 

5 

x 

x 

c. 

J(–2, 1) 

y 

4 

3 

2 

1 

I(2, 1) 

-5 -4 -3 -2 -1 O 

-1 

-2 

1 2 3 4 

-3 

A(–2, –3) 

-4 

H(2, –3) 

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

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

(x + 1) 2 + y2 + (z + 2) 2 < 9. 

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

fície esférica de centro (0, 1, –1) e raio 1 se, quando 

substituirmos as suas coordenadas na equação da 

referida superfície esférica, obtivermos uma igualdade 

numérica verdadeira. 

Uma equação da superfície esférica é, por exemplo, 

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

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

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


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

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

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

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

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

⇔ 10z = – 5 ⇔ z = – 

1 

2 

5. a. A origem pertence ao conjunto de pontos definidos 

pela condição x2 + y2 + 4x – 2y = 0 porque, 

quando substituímos x e y por zero, vamos obter 

uma igualdade numérica verdadeira. 

b. x2 + y2 + 4x – 2y = 0 

⇔ (x2 + 2 × 2x + 22 ) – 22 + (y2 – 2 × y + 12 ) – 12 = 0 

⇔ (x + 2) 2 – 4 + (y – 1) 2 – 1 = 0 

⇔ (x + 2) 2 + (y – 1) 2 = (√∫5) 2 

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

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

e (5, 4). 

M = , ( ) = ( , = (3, 3) ) 

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

Então, d = √∫(∫3∫ ∫–∫ ∫3∫)∫2∫ ∫+∫ ∫[∫3∫ ∫–∫ ∫(∫–∫4∫)∫] 2 = √∫7∫2 1 + 5 2 + 4 6 6 

2 2 2 2 

= 7. 

5 

x

7. Comecemos por determinar o centro e o raio da circunferência: 

x 2 + y 2 – 2x – 6y + 5 = 0 

⇔ (x 2 – 2 × x + 1 2 ) – 1 + (y 2 – 2 × 3y + 3 2 ) – 9 + 5 = 0 

⇔ (x – 1) 2 + (y – 3) 2 = (√∫5) 2 

Façamos um esquema para percebermos o que nos 

está a ser pedido e, ao mesmo tempo, ver se conseguimos 

aplicar algumas propriedades ou teoremas 

nossos conhecidos: 

y 

3 5 

2 

1 2 

x 

Na figura vemos um triângulo rectângulo com catetos 

d1 e d2, sendo a hipotenusa o raio da circunferência. 

A distância procurada é o dobro de d2. Determinemos 

d1 usando a fórmula da distância de dois pontos: 

d1 = √∫(∫2∫ ∫–∫ ∫1∫)∫2∫ ∫+∫ ∫(∫2∫ ∫–∫ ∫3∫)∫2 = √∫2 

Pelo Teorema de Pitágoras, determinemos d2: d2 1 + d2 2 = (√∫5)2 ⇔ d2 2 = 5 – 2 ⇔ d2 2 = 3 ⇔ d2 = √∫3 

O comprimento da corda [AB] é 2√∫3. 

8. A expressão que permite definir uma coroa circular 

de centro (c 1, c 2) e raio interior 4 dm e raio exterior 

6 dm é 4 2 ≤ (x – c 1) 2 + (y – c 2) 2 ≤ 6 2 . 

9. No espaço define um “tubo” cilíndrico sem princípio 

nem fim. Mais rigorosamente, define uma superfície 

cilíndrica ilimitada em que o eixo de revolução é o 

eixo Oz. 

10. a. Seja 2a a aresta do cubo. Então, as coordenadas 

dos vértices do octaedro são: 

N , , ( 0) ; I( , , a) ; K( a, , ) ; 

a a a a a a 

2 2 2 2 2 2 

M 0, 

a 

, 

a 

; J 

a 

, 0, 

a 

; L 

a 

, a, 

a 

( 2 2) 

( 2 2) 

( 2 2) 

b. 

z – ( ) 

a 

y – ( ) 2 

a 

2 

x – ( ) 

a 

(x – a) 

2 

2 + 

(y – a) 2 2 

2 

+ = 

= 

+ z – ( ) 

a 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

2 

+ √∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2∫ 

z – ( ) 

a 

y – ( ) 2 

a 

2 

x – ( ) 

a 

⇔ (x – a) 

2 

2 + 

(y – a) 2 2 

2 

+ = 

= 

+ z – ( ) 

a 

2 

+ 

2 

2 

2 

a2 ⇔ (x 

4 

2 – 2ax + a2 + y2 – ay + = 


= x2 – ax + y2 – 2ay + a2 4 

⇔ – 2ax – ay = –ax – 2ay 

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

⇔ x = y 

A equação do plano mediador da aresta KL do octaedro 

é x = y. Facilmente se constata que os vértices 

D, B, F e H do cubo pertencem ao referido 

plano, pois estes vértices têm todos a abcissa 

igual à ordenada. 

c. A equação da superfície esférica que contém 

todos os vértices do octaedro tem centro no ponto 

( 

a a a a 

, , e raio . Assim, a equação é: 

2 2 2) 

2 

( x 

a 

2 

– ) 2 

2 

2 

2 

+ y – + z – = ( ) ( ) () 

11. (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = 2 

a 

2 

12. A escolha de um referencial adequado em muito facilitará 

a obtenção das equações. 

Aparece aqui a equação de uma recta, aparentemente 

antes de tempo. Contudo, o raciocínio é simples e 

não requer o recurso ao conhecimento da equação 

geral de uma recta. 

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

13. A escolha de um referencial adequado em muito facilitará 

a obtenção das equações. 

Aparece aqui a equação de uma recta, aparentemente 

antes de tempo. Contudo, o raciocínio é simples 

e não requer o recurso ao conhecimento da 

equação geral de uma recta. 

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

14. A resposta depende do referencial escolhido. Uma 

escolha cuidadosa facilitará os cálculos. Convém 

assim colocar a origem em C ou R. Se a origem for 

colocada em C, então a parte sombreada será definida 

por x 2 + y 2 ≤ 16 e (x – 6) 2 + y 2 ≥ 25. 

Jogos muito sérios (Pág. 89) 

Se designarmos os três espaços de cima por A, B e C 

e os três espaços de baixo por D, E e F, então as restrições 

do problema são: 

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

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

a 2 

a 

2 

a 

2 

25

26 


Temos seis incógnitas e duas equações, mas não devemos 

estar à espera de uma solução única. 

Simplificando as equações, obtemos: 

B + E = C + F 

A + D = C + F 

Escolhendo 3 pares de números com a mesma soma 

resolvemos o problema. Assim, se escolhermos 1, 6 

com 2, 5 e com 3, 4, obtemos sempre uma soma de 7 

donde podemos deduzir, por exemplo, a solução A = 1, 

B = 2, C = 3, D = 6, E = 5, F = 4. 

Neste caso, a soma “mágica” que se obtém em cada 

círculo é 14. 

É interessante tentar obter mais soluções e até todas as 

soluções possíveis, fazendo variar os números de que 

se parte... 

O mesmo tipo de círculos mágicos mas com 4 círculos 

tem por solução: 


Para provar que se A, B e P pertencem a uma circunferência 

de centro O, tal que a medida do ângulo AOB 

seja a, então o ângulo APB mede metade de a. Comecemos 

com um caso simples. Se o ponto P estiver no 

prolongamento de um dos lados do ângulo, como na figura, 

é fácil provar que a medida do ângulo OPB é metade 

da medida do ângulo AOB pois o triângulo [OPB] é 

isósceles. 

P 

O 

a 

A 

O caso geral pode ser reduzido a este dividindo o ângulo 

em causa por um segmento que passe pelo centro 

do círculo. Dado um segmento AB e um ângulo a, para 

construir o lugar geométrico dos pontos P tais que a 

medida do ângulo APB é igual a a, teremos de esperar 

encontrar um arco de circunferência pela propriedade 

da sugestão. Teremos então de construir um ângulo de 

B 

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

que o ângulo pretendido apareça sobre a circunferência 

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

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

Isso é fácil de fazer traçando uma perpendicular a um 

dos lados do ângulo. Em seguida, traçamos uma mediatriz 

do segmento AB e no ponto de intersecção 

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

simétrico do outro lado teremos o ângulo AOB de medida 

igual a 2a e, assim, O é o centro do círculo pretendido. 


a. Como — OE = — BC = 2 e — OA = — CD = 3 vem C(6, 5), E(2, 0) 

e A(0, 3). 

b. Na recta OD as ordenadas são um terço das abcissas. 

Na recta QA as ordenadas são iguais ao simétrico 

de metade das abcissas adicionadas de três 

unidades. Assim R, que é o ponto de intersecção das 

duas rectas, deve satisfazer estas duas condições simultaneamente. 

Resolvendo o sistema: 

 

y = x 

3 

x 

y = – + 3 

2 

Obtém-se R ( , ) . 

Capítulo 3 – Vectores livres 


-2y 

-y 

x 

A 

18 

5 

a 

6 

5 

z 

z + x 

y + z 


a. → OP = → RQ; → PQ = → OR; → QR = → PO; → OS = → TQ; → PT = → SR. 

O 

3z 

B 

z 

y 

-z 

y - z

. As coordenadas de O e P são O (0, 0, 0) e P (10, 0, 0). 

Assim: 

→ 

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

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

→ 

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

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

As coordenadas de P e R são P(10, 0, 0) e R(0, 10, 0). 

Assim: 

→ 

PR = R – P = (0, 10, 0) – (10, 0, 0) = (–10, 10, 0), logo 

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

∫+∫ ∫0∫2 = √∫2∫0∫0 = 10√∫2. 

Como as diagonais do octaedro regular são todas 

iguais, temos que || → TS|| = || → PR|| = 10√∫2 e finalmente 

|| → TT|| = || 0|| = 0. 


a. → AR + → RB = → AB 

b. → AD + → DC = → AC 

c. → AP + → PR = → AR 

d. → AP + → PB = → AB 

e. → AD + → DH = → AH 

f. → AD + → DH + → HG = → AG 

g. → AD + → DC + → CA = → AA 


a. → PQ + → QR = → PR 

b. → PS + → SQ = → PQ 

c. → PQ + → RS = → OR + → RS = → OS 

d. → PQ + → PO = → PQ + → QR = → PR 

e. → PT + → PS = → PT + → TR = → PR 


No cubo, os vectores → DE e → CH são colineares, assim 

como os vectores → AB e → FG. 

Quanto ao octaedro, podemos considerar o seguinte par 

de vectores colineares → SQ, → OT, assim como → PQ e → OR. 


a. → PQ – → RQ = → PQ + → QR = → PR 

b. → PO – → QR = → PO + → RQ = → PO + → OP = → PP = 0 

c. → PR – → RT = → PT + → TR = → PR 

d. → PT – → ST = → PT + → TS = → PS 


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

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

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

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

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



a. a = (2, 2); b = (1, –3); c = (2, 2) 

b. a + b = (2, 2) + (1, –3) = (3, –1) 

c. a – c = (2, 2) – (2, 2) = (0, 0) 

d. Calculemos o produto cruzado das coordenadas dos 

vectores a e b: 2 × (–3) = –6 ≠ 2 × 1 = 2, logo os vectores 

não são colineares. 

e. Os vectores a e c são colineares pois têm as mesmas 

coordenadas. 

Exercícios globais (Págs. 105 e 106) 

1. a. Por exemplo, → AD + → DH. 

b. Por exemplo, → AB + → BF. 

2. a. Por exemplo, → AB + → BC. 

b. Por exemplo, → AF + → FB. 

c. Por exemplo, → AF + → FR. 

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

que: 

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

⇔ 

Os vectores são colineares. 

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

que: 

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

⇔ 

 

5 = 2k 

5√∫2 = 2k√∫2 

 

–5√∫5 = 2k√∫2 k = 

Como o sistema é impossível, os vectores não são 

colineares. 

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

que: 

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

–5√∫5 

2√∫2 

 

5 = 3k 

k = 

3√∫2 = 5k√∫2 

Como o sistema é impossível, os vectores não são 

colineares. 

5 

3 

k = 3 

⇔ 

⇔ 

5 

 

5 = 2k 

⇔ 

⇔ 

 

k = 5 

2 

k = 5 

2 

 

k = 5 

2 

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

u 

é um 

||u|| 

vector de norma 1, então v = 

5 × u 

= 

5 × (2, –3) 

ou 

||u|| √∫1∫3 

seja, v = 

10 

, – 

15 

. ( √∫1∫3 √∫1∫3) 

27

28 


5. a. Por exemplo, → PE + → EQ e → PB + → BQ. 

b. Por exemplo, 

→ 

PD + → DC + → CQ e → PA + → AB + → BG + → GH + → HQ. 

c. Até ao ponto C. 

d. Até ao ponto Q. 

6. Designemos os pontos por A(–1, 7); B(0, 1) e C(1, –5). 

Determinemos a equação reduzida da recta que contém 

os pontos A e B. 

Um vector director da recta é: 

→ 

AB = B – A = (0, 1) – (–1, 7) = (1, –6), pelo que o declive 

da recta é m = –6. 

Como o ponto B pertence ao eixo dos yy, a ordenada 

na origem é 1. 

Assim, a equação reduzida da recta que contém os 

pontos A e B é y = –6x + 1. Verifiquemos se o ponto 

C(1, –5) pertence à recta: –5 = –6 × 1 + 1, ou seja, 

–5 = –5, donde o ponto pertence à recta. Podemos 

concluir que os pontos A, B e C são colineares. 

7. 

A área do triângulo [DEF] é 

1 

da área do triângulo 

4 

[ABC]. Logo, a área é igual a 4. 

Como os pontos X, Y, Z são pontos médios do triângulo 

equilátero [BDE] formam um triângulo [XYZ] 

igualmente equilátero, em que a sua área é 

1 

da do 

4 

triângulo [BDE], logo igual a 1. 

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

vector → AB e norma do vector → AB. 

Desafios D.1 (Pág. 107) 

A 

C 

G 

Temos que: → GA + → GB + → GC = 0 ⇔ → GC + → GB = – → GA (1). 

Da figura resulta que: → GM = → GC + → CM e → GM = → GB + → BM. 

M 

B 

Adicionando vem: 2 × → GM = → GC + → GB + → CM + → BM 

Por (1) e atendendo a que o ponto M é o ponto médio do 

lado [BC], temos: 2 × → GM = – → GA + 0 ⇔ → GM = → GA. 

Então || → GM|| = || → 1 

1 

2 

GA||. 

2 

Isto mostra que o baricentro divide uma mediana em dois 

segmentos que estão na razão de 1 para 2. 

Desafios D.2 (Pág. 107) 

Tem-se → AB = (b1 – a1, b2 – a2) e → BC = (c1 – b1, c2 – b2). Como os vectores são colineares temos que existe 

k ∈ R\{0} tal que: 

→ 

AB = k × → BC ⇔ (b1 – a1, b2 – a2) = k(c1 – b1, c2 – b2) b 

Assim, k = 1 – a1 b 

e k = 2 – a2 . 

c1 – b1 c2 – b2 b 

Daqui resulta que, 1 – a1 b 

= 2 – a2 c1 – b1 c2 – b2 ⇔ (b1 – a1)(c2 – b2) = (c1 – b1)(b2 – a2) ⇔ 

c1 – b1 = 

c2 – b2. b1 – a1 b2 – a2 Capítulo 4 – Equações da recta 


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

Um vector director da recta é, por exemplo, 

→ 

AB = B – A = (0, 3) – (–1, 2) = (1, 1). 

Pelo que uma equação da recta é, por exemplo, 

(x, y) = (–1, 2) + k(1, 1), k ∈ R. 


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

por exemplo, → AB = B – A = (2, 2) – (1, 0) = (1, 2). 

Então, uma equação da recta é, por exemplo, 

(x, y) = (1, 0) + k(1, 2), k ∈ R. 

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

recta é, por exemplo, 

→ 

AC = C – A = (–1, 2) – (1, 0) = (–2, 2). 

Assim, uma equação da recta que contém o ponto B 

é (x, y) = (2, 2) + k(–2, 2), k ∈ R. 


Na equação da recta (x, y) = (1, 2) + k(–1, 3), k ∈ R, 

quando k = 0 obtemos o ponto A(1, 2) e quando k = –1 

obtemos o ponto B(2, –1). 

→ 

AB = B – A = (2, –1) – (1, 2) = (1, –3) 

Este vector (1, –3) é colinear com o vector (–1, 3) se 

existir um número real t diferente de zero tal que 

(1, –3) = t(–1, 3). Basta tomar t = –1 para que a igualdade 

se verifique. Logo, os vectores são colineares.


A equação vectorial será, por exemplo, 

(x, y) = (–1, 2) + k(–3, 2), k ∈ R. 


Designemos os pontos por A(1, 2) e por B(3, –4). Um 

vector director da recta é, por exemplo, 

→ 

AB = B – A = (3, –4) – (1, 2) = (2, –6), pelo que o declive 

–6 

da recta é m = ⇔ m = –3. 

2 

Assim, uma equação reduzida será da forma y = –3x + b. 

Para determinarmos b, consideremos um dos pontos 

da recta, por exemplo, o ponto A. Substituindo na equação, 

temos –1 = –3 × 2 + b ⇔ b = 5. 

Então a equação reduzida da recta é y = –3x + 5. 


Se a recta tem a direcção do vector u(0, 2) então é uma 

recta vertical do tipo x = constante. Como passa no ponto 

(1, 2) tem por equação reduzida x = 1. 


A bissectriz dos quadrantes ímpares tem equação y = x, 

pelo que o declive é 1. A bissectriz dos quadrantes 

pares tem equação y = –x, donde o declive é –1. A equação 

do eixo dos xx é y = 0, donde o declive é 0. 


a. Se a equação é y = 3, o seu declive é 0. 

b. Se a equação é y = 3 –2x ⇔ y = –2x + 3, o seu declive 

é –2. 

c. A equação na forma reduzida é: 

2x + 3y = 7 ⇔ 3y = –2x + 7 ⇔ y = – 

2 

x + 

3 

2 

O seu declive é – . 

3 


Se a recta tem declive 3, é da forma y = 3x + b. Como 

contém o ponto (–1, 5), substituindo na equação, temos 

5 = 3 × (–1) + b ⇔ b = 8. A equação reduzida da recta é 

y = 3x + 8. Se a ordenada é 3, para sabermos a abcissa 

basta substituir na equação da recta: 

5 

3 = 3 × x + 8 ⇔ x = – 

3 

5 

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

3 


1. O vector director da recta é (1, 3). Então, o declive da 

recta é m = 

3 

⇔ m = 3. Assim, y = 3x + b. 

1 

Atenden do a que passa no ponto (–2, 1), temos: 

1 = 3 × (–2) + b ⇔ b = 7 

A equação reduzida da recta é y = 3x + 7. 

7 

3 


2. Determinar a intersecção das rectas corresponde a 

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

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

3. a. As coordenadas dos vértices do cubo são: 

A(3, 0, 0); B(3, 3, 0); C(0, 3, 0); D(0, 0, 0); E(3, 0, 3); 

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

Como os vértices do octaedro estão no centro das 

faces do cubo, são pontos médios das diagonais. 

Logo, 

3 3 3 3 3 3 

2 2 2 2 2 2 

I( , , 3 ) ; J ( , 0, ) ; K ( 3, , ) 

L 

3 

, 3, 

3 

; M 0, 

3 

, 

3 

; N 

3 

, 

3 

, 0 ( 2 2) 

( 2 2) 

( 2 2 ) 

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

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

3 3 

k ∈ R. 

2 2 

2 2) 

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

⇔ (x, y, z) = ( , , 0 ) + t ( – , 0, – 3 3 3 3 

t ∈ R. 

2 2 2 2) 

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

y = 

2 

x + 

2 

. Como rectas paralelas têm o mesmo 

3 3 

declive, a recta pedida tem declive 

2 

. Logo, a sua 

3 

equação reduzida é da forma y = 

2 

x + b. Como contém 

3 

o ponto (1, 4), temos 4 = 

2 

× 1 + b ⇔ b = 

10 

, pelo que 

3 

3 

2 10 

a equação é y = x + . 

3 3 

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

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

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

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

é y = –x + 7. 

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

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

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

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

prova que as rectas são paralelas. 

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

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

se existe um k real não nulo tal que (1, 3) = k(3, 2) 

⇔ k = 

1 

e k = 

3 

. Isto significa que os vectores não 

3 2 

são colineares, pelo que as rectas não são paralelas. 

29

30 


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

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

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

(–2, + k, 1 – 3k) = (–1 + 2λ), 

o que leva à resolução do sistema: 

 

–2 + k = 1 + 3λ 

⇔ 

1 – 3k = –1 + 2λ 

Assim para aqueles valores de k e λ, obtemos o 

pon to comum. Substituindo na equação das rectas 

obtemos a intersecção: ( – , – ) . 

10 25 

11 11 

8. Estamos perante um triângulo rectângulo em O, cuja 

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

temos que: 10 = ⇔ — OA = 4. As coordenadas 

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

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

director da recta é → 5 × 

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

4 

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

5 

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

4 

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

5 

— OA 

2 

9. A equação da bissectriz dos quadrantes ímpares é 

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

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

O valor pedido é –2. 

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

B 

y 

3 

-3 -2 2 

-1 

-2 

-3 

2 

1 

-4 

 

k = 12 

11 

λ = 7 

11 

-5 A 

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

→ AB. 

→ 

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

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

Assim, o ponto pedido é D = (–1, 5). 

3 

C 

x 

11. Consideremos o triângulo rectângulo com catetos 

54 e 870. 

a 

870 

54 

54 

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

870 

870 

Na indicação do enunciado temos que a 6% corresponde 

ao triângulo rectângulo: 

6 

100 

6 

6 

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

100 

100 

Como 

54 

> 

6 

, podemos confirmar que o declive 

870 100 

do primeiro troço é menor. 

12. Ao desenhar rectas do lado esquerdo, que se aproximam 

do eixo dos yy, obtemos rectas que têm declives 

negativos cada vez com maior valor absoluto. 

Por exemplo, começando com a recta y = –x, para 

nos aproximarmos do eixo dos yy temos de atribuir 

valores cada vez menores ao declive. 

Se o fizer do lado direito obtemos rectas que têm 

declives positivos cada vez com maior valor absoluto. 

Por exemplo, se começarmos com a recta y = x, 

para nos aproximarmos do eixo dos yy temos de 

atribuir valores cada vez maiores ao declive. 

Assim, o eixo dos yy tem declive menos infinito à esquerda 

e mais infinito à direita pelo que só parece ser 

aceitável concluir não haver declive do eixo dos yy. 


Se A = (a, 0) e B = (0, b) então um vector director da 

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

da recta é m = – 

b 

. 

a 

A equação reduzida da recta tem a forma y = mx + k, 

em que m designa o declive e k a ordenada na origem. 

b 

Assim, a recta tem como equação reduzida y = – x + b. 

a 

A esta equação pode ser dada a forma pedida: 

b 

y = – x + b ⇔ ay = –bx + ab ⇔ bx + ay = ab ⇔ 

a 

⇔ 

bx 

+ 

ay 

= 1 ⇔ 

x 

+ 

y 

= 1 

ab ab a b 

b 

54


a. Podemos dizer que é sempre um número não negativo 

e menor ou igual à soma das normas dos dois 

vectores. 

b. Por exemplo: 

Os vectores u e v tem a mesma direcção e o mesmo 

sentido e, neste caso, a norma de u + v é igual à soma 

das normas dos vectores u e v. 

c. Por exemplo: 

Os vectores u e v tem a mesma direcção e sentidos 

opostos. Neste caso, a norma de u + v é menor do que 

a soma das normas dos vectores u e v . 

d. Não é possível, pois em qualquer triângulo qualquer 

lado é menor que a soma dos outros dois. 

Prova globais 

Prova global N. o 1 (Págs. 124 e 125) 

1. Dos dados da figura e do enunciado retiramos que o 

perímetro da figura é dado por: 

P = a + b + (a – 3) + 4 + 3 + (b – 4) ⇔ P = 2a + 2b. Se 

o perímetro é 100, então 2a + 2b = 100 ⇔ a + b = 50 

⇔ b = 50 – a. 

A área A da figura é dada por: 

A = a × b – 3 × 4 ⇔ A = ab – 12. 

Como b = 50 – a, então a área em função de a é dada 

por: 

A(a) = a(50 – a) – 12 ⇔ A(a) = 50a – a 2 – 12 

⇔ A(a) = –a 2 + 50a – 12, com a > 3. 

2. 

v 

u 

u v 

u v 

u + v 

u 

u + v 

v 


Considerando o referencial centrado no centro da 

circunferência de raio 3, obtemos: 

Equação da circunferência de centro (0, 0) e raio 3: 

x 2 + y 2 = 3 2 . 

Equação da circunferência de centro (3, 2) e raio 2: 

(x – 3) 2 + (y – 2) 2 = 2 2 . 

A área sombreada, no referencial escolhido, é, então, 

dada por: x 2 + y 2 ≤ 9 e (x – 3) 2 + (y – 2) 2 ≤ 4. 

3. Seja a a abcissa do ponto de intersecção da recta 

y = mx + 2 com o eixo das abcissas. 

2 × a 

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

2 

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

2 – 0 2 1 

nemos agora m: m = = = . 

16 – 0 16 8 

4. Dado que → AL = → EH, se a → EH adicionarmos o vector → HJ 

vamos obter o vector → EJ. 

5. 1. o Processo: 

Consideremos os vectores → AB e → BC. 

→ 

AB = B – A = (0, 1) – (1, 2) = (–1, –1) 

→ 

BC = C – B = (–1, 0) – (0, 1) = (–1, –1). Como obtivemos 

→ 

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

afirmar que os três pontos são colineares. 

2. o Processo: 

Vamos determinar a recta definida, por exemplo, 

pelos pontos A e B e averiguemos se o ponto C lhe 

pertence; se lhe pertencer é porque os três pontos 

são colineares. 

Seja y = mx + b. 

Determinemos m: m = 

2 – 1 

= 

1 

= 1. 

1 – 0 1 

Então, a recta definida pelos pontos A e B é da forma 

y = x + b. 

Determinemos b: 

Consideremos, por exemplo, o ponto B(0, 1); temos 

que, substituindo na equação y = x + b as suas coordenadas, 

vamos obter uma igualdade numérica verdadeira, 

o que nos permitirá obter b. 

Assim, 1 = 0 + b ⇔ b = 1 e a equação procurada é 

y = x + 1. 

Averiguemos se C(–1, 0) pertence a esta recta: 

0 = –1 + 1 ⇔ 0 = 0. Como obtivemos uma igualdade 

numérica verdadeira podemos afirmar que o ponto 

C pertence à recta. Logo A, B e C são três pontos colineares. 

6. Temos A T = 2 × 5 + 2 × (5 × 3) + 2 × (2 × 3) 

⇔ A T = 10 + 2 × 15 + 2 × 6 ⇔ A T = 10 + 30 + 12 

⇔ A T = 52 cm 2 . 

31

32 



1. O volume do cilindro é igual ao produto da área da 

base pela sua altura. A altura é 30, pois é o diâmetro 

da bola. Quanto à área da base pode ser calculada 

usando, também, o facto de a bola ter o raio igual a 

15 cm; significa isto que o raio da circunferência da 

base do cilindro também é 15 e, então, a área da base 

do cilindro é π ×15 2 cm 2 . 

Assim, o volume do cilindro é 6750 π cm 3 . 

2. a. 

H 

x 

D 

z 

G F 

C 

I 

E 

A 

C(0, 0, 0) 

D(4, 0, 0) 

A(4, 4, 0) 

B(0, 4, 0) 

I(2, 2, 4) 

b. Temos Vp = × Ab × h = × 42 × 4 = × 43 Vc = 43 Assim, o volume do cubo não ocupado pela pirâmide 

é 43 – × 43 = cm3 . 

3. → AD = –3 → AB – → 1 

1 

1 

3 

3 3 

1 128 

3 3 

1 

AC 

2 

4. Vamos determinar a ordenada na origem da recta de 

equação 2x + 3y + 6 = 0, por dois processos diferentes: 


Substituindo o x por zero na equação da recta e determinando 

a ordenada correspondente (que é a ordenada 

na origem): 2 × 0 + 3y + 6 = 0 ⇔ 3y = –6 ⇔ 

⇔ y = –2. 


Escrevendo a equação reduzida da recta: 

2 

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

3 

A ordenada na origem da recta 2x + 3y + 6 = 0 é, 

então, o termo independente do lado direito da equação, 

ou seja, –2. 

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

5. a. Duas arestas paralelas não contidas na mesma 

face são, por exemplo, [AO] e [DG]. 

i) Equação vectorial da recta que contém a aresta 

[AO]: (x, y, z) = (0, 0, 0) + k(1, 0, 0), k ∈ R 

ii) Equações cartesianas da recta que contém 

[DG]: y = 2 e z = 5. 

B 

y 

b. São faces perpendiculares, por exemplo, as faces 

definidas pelos pontos [OABC] e [OCDE] 

i) A equação do plano que contém a face [OABC] 

é z = 0. 

ii) A equação do plano que contém a face [OCDE] 

é x = 0. 

6. Para determinar a área do chão do chuveiro temos 

que calcular a área do quadrado “todo” e subtrair a 

área do orifício, que é um círculo. 

Área do quadrado (Q): Q = 1 × 1 = 1 2 = 1 m 2 . 

Área do orifício (O): Para calcularmos a área do orifício 

temos que reduzir centímetros a metros. Assim, 

10 cm são 0,1 m. O raio do orifício é 0,05 m e, então, 

O = π ×(0,05) 2 = 0,0025 π m 2 . 

A área do chão do chuveiro é (1 – 0,0025 π) m 2 . 


1. Sendo a área do quadrado [ABCD] igual a 16 cm 2 , 

o seu lado tem de comprimento 4 cm. 

Designemos por a a medida dos segmentos [AF] e [FB]. 

Como o triângulo [ABF] é rectângulo em F, usando o 

Teorema de Pitágoras temos: 

a 2 + a 2 = 4 2 ⇔ 2a 2 = 16 ⇔ a = √∫8 

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

área do quadrado 2√∫8 × 2√∫8 = 32 cm 2 . 

A área não sombreada é, então, igual a 

32 cm 2 – 16 cm 2 = 16 cm 2 . 

2. Se o centro é o ponto (2, 0) e o raio é 1, uma equação 

da circunferência é: 

(x – 2) 2 + (y – 0) 2 = 1 2 ⇔ x 2 – 4x + 4 + y 2 = 1 

⇔ x 2 + y 2 – 4x + 3 = 0 

Obtemos, assim, a equação pedida. 

Para verificar se o ponto (2, –1) pertence à circunferência 

temos de verificar se satisfaz a equação. 

Assim, substituindo, temos: 

2 2 + (–1) 2 – 4 × 2 + 3 = 0 

ou seja, 0 = 0, o que significa que o ponto pertence 

à circunferência. 

3. O plano mediador é o lugar geométrico dos pontos 

que estão a igual distância de (1, 2, –1) e (2, –1, 1). 

Suponhamos que os pontos nessas condições têm 

coordenadas (x, y, z); uma equação do plano mediador 

será então: 

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

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

x 2 – 4x + 4 + y 2 + 2y + 1 + z 2 – 2z + 1 

⇔ 2x – 6y + 4z = 0 ⇔ x – 3y + 2z = 0

4. 

x 

D 

A 

z 

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

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

As arestas do tetraedro são as diagonais das 

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

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

da aresta do cubo. Substituindo na fórmula 

que nos dá o volume do tetraedro, temos: 

Vtetraedro = (√∫2) 3 1 

× √∫2 = 

4 

= 

1 

, como queríamos 

12 

12 3 

demonstrar. 

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

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

disso, são triângulos rectângulos isósceles, pelo que 

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

polígono [BDFH] tem os ângulos todos rectos e, como 

tem os lados todos iguais é um quadrado. 

Podemos então afirmar que → BD = → HF. 

Logo, temos que → GH + → BD = → GH + → HF = → GF. 

6. Coloquemos um referencial sobre a figura e determinemos 

a equação da recta que contém um dos 

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

y 

O 

B 

A recta que passa por OP terá então declive 

3 

e, como 

4 

3 

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

4 

pretendemos saber é a ordenada do ponto da recta de 

abcissa correspondente ao centro da cabana. Atendendo 

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

3 15 

a altura dada será y = × 5 = . 

4 4 

P 

C 

x 

y 


Resolução alternativa: 

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

sendo a a medida de um ângulo agudo do triângulo, 

3 

se tem tg(a) = . 

4 

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

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

telhado é a hipotenusa de um triângulo rectângulo 

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

Como o declive é o mesmo, este triângulo é semelhante 

ao anterior. 

5 

Como são semelhantes, temos que: 

3 3 

= ⇔ 4h = 15 ⇔ h = 3,75 m 

5 h 

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


1. a. Como → EH = → BC, temos que → AB + → EH = → AB + → BC = → AC. 

b. Como – → CG = → GC = → EA, temos que 

→ 

DE – → CG = → DE + → EA = → DA. 

a 

a 

4 

c. Os pontos H e A pertencem ao plano mediador 

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

um deles é igual a uma das arestas do cubo). 

O ponto G também é equidistante de D e E, pois a 

distância é igual a uma diagonal facial do cubo. 

Como três pontos não colineares definem um 

plano, o plano mediador é [HAG]. 

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

a um dos pontos. 

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

A equação da superfície esférica é então: 

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

⇔ x2 + 2x + 1 + y2 – 4y + 4 + z2 – 2z + 1 = 1 

⇔ x2 + y2 + z2 + 2x – 4y – 2z + 5 = 0 

3 

h 

33

34 


3. O círculo amarelo tem centro no ponto (–2, –3) e raio 3. 

A sua equação é: (x + 2) 2 + (y + 3) 2 ≤ 9 

O círculo a verde tem centro no ponto (1, –3) e raio 3. 

A sua equação é: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 ≤ 9 

A região a amarelo é a intersecção do círculo amarelo 

com a parte exterior do círculo verde. Assim, 

a resposta à questão é: 

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

4. a. Substituindo as coordenadas do ponto A na equação 

da esfera obtemos: (2 – 1) 2 + (1 – 2) 2 + (1 – 1) 2 = 2 

valor que é menor do que 3, donde o ponto é um 

ponto do interior da esfera. 

Substituindo as coordenadas do ponto B na equação 

da esfera, obtemos (0 – 1) 2 + (0 – 2) 2 + (0 – 1) 2 = 6, 

valor que é maior do que 3, donde o ponto é exterior 

à esfera. 

b. Visto que estes pontos “estão sobre a esfera”, 

pertencem à superfície esférica. Para os determinar 

vamos substituir, na equação da superfície 

esférica, x por 1 e y por 1: 

(1 – 1) 2 + (1 – 2) 2 + (z – 1) 2 = 3 

⇔ 1 + (z – 1) 2 = 3 ⇔ (z – 1) 2 = 2 

Assim, (z – 1) 2 = 2 ⇔ z 2 – 2z + 1 = 2 

⇔ z 2 – 2z – 1 = 0 ⇔ z = 1 ±√∫2 

Os pontos são, então, (1, 1, 1 – √∫2) e (1, 1, 1 + √∫2). 

c. Os pontos de cota 1 constituem o conjunto dos 

pontos que se obtém substituindo na equação da 

esfera z por 1. 

(x – 1) 2 + (y – 2) 2 + (1 – 1) 2 ≤ 3 

⇔ (x – 1) 2 + (y – 2) 2 ≤ 3 

Ou seja, são os pontos de um círculo de centro no 

ponto (1, 2, 1) e raio √∫3, assente no plano z = 1. 

5. a. Representemos graficamente a situação: 

y 

4 

O 3 x 

3 

A mediatriz do lado vertical tem por equação y = . 

2 

A mediatriz do lado horizontal tem por equação x = 2. 

b. O ponto de encontro das mediatrizes determinadas 

é: 2, 

3 

. ( 2) 

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

Calculemos as distâncias ao ponto ( 2, ) . 

3 

2 

( ) 

3 – ( ) 

3 

2 

0 – ( ) 

3 

2 

0 – √∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

3 

2 

(0 – 2) 2 + = 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

(0 – 2) 2 + = 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

(4 – 2) 2 + = 

O que prova que o ponto de intersecção é equidistante 

dos vértices do triângulo. 

6. Como os ladrilhos são todos iguais, a solução mínima 

é obtida cobrindo completamente a mesa sem folgas 

nem sobreposições. Dois ladrilhos justapostos formam 

um rectângulo: 

20 cm 

2 

2 

2 

15 cm 

Em cada um dos rectângulos laterais cabem, segundo 

a largura, três peças destas, pois 45 : 15 = 3, 

e 2 peças segundo a altura, dado que 40 : 20 = 2. 

Assim, em cada rectângulo lateral temos 2 × 3 = 6 

peças destas, o que corresponde a 12 ladrilhos. 

Nos dois rectângulos laterais temos então 24 ladrilhos. 

No rectângulo grande cabem, segundo a largura, 18 

pe ças destas correspondentes a 270 : 15 = 18 e, 

segundo a altura, quatro peças correspondentes a 

(120 - 40) : 20 = 4. 

Logo, no rectângulo grande temos 4 × 18 = 72 peças 

que correspondem a 144 ladrilhos triangulares. 

O número de ladrilhos necessários para cobrir a 

mesa é 24 + 144 = 168 ladrilhos. 

5 

2 

5 

2 

5 

2

Funções 

Capítulo 1 – Introdução: funções e gráficos 

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

Capítulo 3 – A parábola 

Capítulo 4 – Funções polinomiais 

Capítulo 5 – Polinómios interpoladores 

TEMA 2

36 



exercícios 

Capítulo 1 – Introdução: funções e gráficos 

Tarefa 1 (A chama da vela de aniversário) (Pág. 9) 

É uma actividade experimental, simples e motivadora. 

O material necessário para a realização desta experiência 

(velas de aniversário das mais pequenas, cronómetros 

ou relógios com contagem de segundos) é de fácil 

acesso. As velas pequenas de aniversário ardem de 

forma bastante regular, cerca de 2 mm em cada 20 segundos. 

A discussão da situação com toda a turma permite 

abordar o conceito de função, de domínio, de 

contradomínio, diversas formas de definir uma função 

(tabela, gráfico, expressão analítica) e é ainda uma oportunidade 

para apresentar a função como modelo de uma 

situação concreta descrevendo-a e fazendo previsões. 

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


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

tem 156 calorias. 

b. f(0) = 150; f(15) = 240; f(20,5) = 273 

c. Não existe –1 grama de manteiga para barrar. 

d. D f = [0, 25] 


a. É função, a cada dia 1 de Janeiro corresponde um e 

um só custo do selo. 

b. É função, para uma base b dada, para cada valor da 

altura vamos obter valores diferentes da área. 

c. É função, desde que salta o pára-quedista em cada 

momento está a uma distância diferente do solo. 

d. Não é função, pois o amor da Humanidade pelos crocodilos 

não é quantificável. 

e. É função, para cada dia do ano a sua duração é sempre 

de 24 horas, o que corresponde a uma função 

constante. 

f. É função, em cada dia do ano só existe uma temperatura 

máxima. 

g. Não é função, a cada dia do ano, numa dada cidade, 

podem corresponder diferentes valores do preço do 

pão. 


a. f(0) = 23 

b. f(1,5) = 23; f(2) = 24; f(23) = 69 

c. f(7) < f(1), pois f(1) = 23 e f(7) = 3 × 7 = 21 


Os gráficos seguintes representam uma função pois, a 

cada objecto corresponde uma e uma só imagem ou 

todas as rectas paralelas ao eixo dos yy só intersectam 

o gráfico num único ponto. 

Todos os outros gráficos não representam funções, ou 

seja, 

x = 

4.5 

y = .24193548 

pois a cada objecto nem sempre corresponde uma e 

uma só imagem, ou seja, existe pelo menos uma recta 

paralela ao eixo dos yy que intersecta o gráfico em mais 

do que um ponto. 


Os gráficos A, B, E e F podem representar viagens. 

Os gráficos A e E representam viagens em que não é 

evidente o regresso, e os gráficos B e F representam 

viagens que, ao fim de um certo tempo, indicam um regresso. 

Os gráficos C e D não representam viagens. No 

gráfico C é indicado que durante um certo intervalo de 

tempo se está simultaneamente em locais diferentes o 

que é impossível. No gráfico D verifica-se que no tempo 

0 se está em dois locais diferentes, o que é impossível. 


À situação 1 corresponde o gráfico B 1, ao eixo dos xx 

corresponde o tempo e ao eixo dos yy a temperatura. 


corresponde o tempo e ao eixo dos yy a altura. 


corresponde as horas e ao eixo dos yy a temperatura. 

À situação 4 corresponde o gráfico B 2, ao eixo dos xx corresponde 

a temperatura e ao eixo dos yy a temperatura.

Alguns pontos de referência: 

B1 90 

70 

55 

B 3 

14 

13 

10 20 

15 27 39 


a. Como nada é indicado no 1. o , 3. o e 4. o gráficos, a unidade 

no eixo dos yy é de um grau. No 2. o local a unidade 

é 0,1 graus e, neste, a variação é entre –0,6 e 

0,6 apresentando uma variação de 1,2. 

b. A zona mais fria é a que corresponde ao 4. o gráfico 

pois, apesar da variação de temperatura ser igual à 

do 1. o gráfico, atinge temperaturas negativas durante 

o dia. A zona mais quente corresponde ao 3. o gráfico, 

em que a temperatura é sempre positiva. 

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

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

a temperatura parece estar sempre a aumentar. 


1. f(0) = 0 2 = 0; f(1) = 1 2 = 1; f(–1) = (–1) 2 = 1; 

f(23) = 23 2 = 529 

2. g(√∫2) = = ; g(3) = 

1 

= 

1 

; g(–33) não existe, 

3 9 

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

2 

1 1 

(√∫2) 2 2 

3. a. 1350 metros. 

b. 600 metros. 

4. Sendo o triângulo equilátero de lado c, a altura traçada 

por um dos vértices divide o lado oposto em 

dois segmentos iguais ( ) . 

c 

2 

c 

2 

h 

c 

B 2 

B 4 

120 

100 

275 

140 

0 4 10 

5 8 

Tema 2 — Funções | Aleph 10 

Usando o Teorema de Pitágoras, determinemos a altura 

em função do lado (c). 

h2 = c2 – ⇔ h2 = ⇔ h = 

Então, A(c) = 

√∫3c 

. 

2 

c 

4 

2 3c 

4 

2 √∫3c 

4 2 

5. Se T2 é proporcional a d3 , temos que = k, onde k 

d 

é a constante de proporcionalidade. 

3 

T2 d3 Assim, = k ⇔ T 2 = kd 3 ⇔ T = √∫k∫d∫ 3 . 

6. a. –3 o C 

b. 1,5 minutos. 

c. A água está a aproximadamente 10 o C no minuto 1 e 

atinge os –3 o C aos 10 minutos. Assim, 10 – 1 = 9 minutos. 

7. a. 1 – x2 = (1 – x)(1 + x) donde as funções têm a 

mesma expressão designatória e o domínio de 

cada uma delas é o conjunto dos números reais. 

b. Ambas têm domínio R e as expressões analíticas 

são equivalentes em R, pois 

= = x2 – 3 

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

x2 x 

+ 3 tem domínio R. Como as funções reais não 

têm o mesmo domínio não representam a mesma 

função. 

4 – 9 

x2 x 

– 3 

4 – 9 

x2 (x 

+ 3 

2 – 3)(x2 + 3) 

x2 + 3 

b. Embora o domínio das duas funções seja R, a função 

√∫(∫x∫ 2 ) só tem imagens não negativas enquanto 

que as imagens da função x são todo o conjunto R. 

Como as funções não têm o mesmo contradomínio 

não representam a mesma função. 

D.1 (Pág. 20) 

Entre dois números racionais há sempre um número irracional, 

e entre dois números irracionais há sempre 

um número racional. 

y 

x 

T 2 

37

38 


D.2 (Pág. 20) 

Seja a variável independente o tempo (em minutos) em 

que a origem corresponde às 12 h. 

Seja a variável dependente a distância em quilómetros. 

Fernando: 

Parte da origem (0, 0). Como demora 15 minutos a percorrer 

cada quilómetro, chega ao castelo 75 minutos 

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

A equação reduzida da recta que descreve o percurso 

do Fernando é y = 

1 

x. 

15 

Irmã do Fernando: 

Parte do ponto (0, 5). Como demora 20 minutos a percorrer 

cada quilómetro, chega a casa 100 minutos depois, 

a que corresponde o ponto (100, 0). 

A equação reduzida da recta que define o seu percurso 

é y = – 

1 

x + 5. 

20 

Recorrendo às potencialidades da calculadora obtemos: 

A representação gráfica cuja intersecção é: 

a. Encontram-se aproximadamente às 12h42min. 

b. O Fernando está a uma distância de aproximadamente 

2857 metros de casa. Assim, a distância do 

Fernando ao castelo é de 2125 metros. 

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

às 12h e das 13h30min. às 16h30min. 

Naturalmente que os alunos podem resolver esta 

questão sem a utilização da calculadora resolvendo 

um sistema. 

Capítulo 2 – Estudo intuitivo de propriedades das funções 

e dos seus gráficos 

Tarefa 1 (Observar gráficos) (Pág. 27) 

Para o 1. o gráfico temos: 

D f = R CD f = ]–∞, 3[ 

Zeros: {–4, –1, 1, 4} 

Quadro de variação de sinal: 

x 

f(x) 


D g = R CD g = ]–2, 2[ 

Zeros: O conjunto dos números inteiros relativos, Z 

Quadro de variação de sinal: para cada k inteiro positivo, 

x 

g(x) 


D h = R CD h = ]–∞, 3[ 

Zeros: {–1,9} 

Quadro de variação de sinal: 

Tarefa 2 (Observar mais gráficos) (Pág. 28) 

No 1. o gráfico temos: 

Domínio: R Contradomínio: ]–∞, 1[ ∪ {2} 

Zeros: {–0,75} 

Crescente: ]–∞, 0[ 

Decrescente: ]2, +∞[ 

Constante: [0, 2] 


Domínio: R Contradomínio: [–3, +∞[ 

Zeros: {–4, –2, –1, 1, 2, 4} 

Crescente: em ] –3, – [ ; em] 0, [ 

Decrescente: em ]–∞, –3[; em ] – , 0[ e em 3 3 

2 2 

3 

2 ] 

e em ]3, +∞[ 


Domínio: R\{1} Contradomínio: R\{0} 

Zeros: não tem 

Decrescente: em ]–∞, 1[ e em ]1, +∞[ 

3 

, 3[ 2 

Nota: Não se deve escrever que é decrescente no conjunto 

]–∞, 1[ ∪ ]1, +∞[ porque a função não decresce efectivamente 

nesse conjunto, decresce apenas em cada intervalo ]–∞, 1[ e 

]1, +∞[ em separado. 

Tarefa 3 (Analisar o gráfico) (Pág. 28) 

Df = [0, 24] 

Zeros {8, 22} 

CDf = [–4, 6] 

x 0 

8 

22 

f(x) –1 – 0 + 0 – 

x 

f(x) 

–∞ 

0 

–1 

– 

–k – 1 

x –∞ 

h(x) 

➔ 

– 

–4 

0 – 

0 + 

6 

–4 

–1,9 

➔ 

–k 

0 

–1 

0 – 

0 + 

9 

1 

1 

0 + 

k 

0 + 

3 

1 

11 

➔ 

➔ 1 

15 

6 

4 

0 

– 

➔ 

– 

k + 1 

0 

+∞ 

+∞ 

24 

–2 

24 

–2

Tarefa 4 (Interpretar gráficos) (Pág. 29) 

1. 10 metros e 19 metros. 

2. 20 anos. 

3. 

Tarefa 5 (Monotonia, extremos, limites e continuidade 

de funções) (Pág. 32) 

1. 

2. 

3. 

4. 

lim f(x) = 20 

x→ +∞ 

Máximo relativo: 

1 em x = –2 

Máximo absoluto: não tem 

Mínimo relativo: 

–1 em x = –0,5 

Mínimo absoluto: não tem 

Máximo relativo: não tem 



2,5 em x = 5 




Mínimo relativo: não tem 


lim a(x) = –∞ 

x→ –∞ 

lim a(x) = –∞ 

x→ +∞ 

lim d(x) = –∞ 

x→ –∞ 

lim g(x) = 0 

x→ –∞ 

lim g(x) = 0 

x→ +∞ 

Descontínua em x = –0,5 Contínua em R 

Crescente: 

]–∞, –2[ 

Decrescente: 

1 

] –2, 

1 

2[ 

e – , +∞ 

2 

Crescente: 

]–∞, 1[ 

Decrescente: 

]1, 5[ 

] [ 

Crescente: 

]–∞, –2[ e ]0, 1[ 

Decrescente: 

]–2, 0[ 

Constante: 

]1, +∞[ 

Crescente: 

]–∞; 1,25[ 

Decrescente: 

]1,25; +∞[ 

Descontínua em x = –2 e 

x = 2 

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

Contínua no seu domínio Descontínua em x = 1 

Máximo relativo: Máximo relativo: 

2 em x = –2 

2 em x = 0 

Máximo absoluto: 

2 em x = –2 


0,5 em x = 0 








Mínimo relativo: 0,2 e 

0,5 em x = –0,5 e x = 1 

respectivamente 

Mínimo absoluto: 

0,2 em x = –0,5 

lim b(x) = –∞ 

x→ –∞ 

lim b(x) = 2 

x→ +∞ 

lim e(x) = 0 

x→ –∞ 

lim e(x) = 0 

x→ +∞ 

lim h(x) = +∞ 

x→ –∞ 

lim h(x) = +∞ 

x→ +∞ 




Máximo relativo: 1,5 e 3 

em x = 1 e x = 3 

respectivamente 



0,5 em x = 0 

Mínimo absoluto: 

0,5 em x = 0 

Máximo relativo: 

1 em x = –2 



1,3 em x = 1 


lim c(x) = +∞ 

x→ –∞ 

lim c(x) = +∞ 

x→ +∞ 

lim f(x) = +∞ 

x→ –∞ 

lim i(x) = –∞ 

x→ –∞ 

lim i(x) = –∞ 

x→ +∞ 

Descontínua em x = –1; 

x = 1; x = 2; x = 3 

Crescente: 

]–2, 0[ e ]2, +∞[ 

Decrescente: 

]–∞, –2[ e ]0, 2[ 

Crescente: 

]0, 1] 

Decrescente: 

]–∞, 0[ 

Decrescente: 

]–∞, 0[ e ]0, +∞[ 


Nota: na função i(x) é igualmente aceitável considerar que a função 

é decrescente em ]–2, –1[, em ]–1, 1[, em ]1, 2[ e em ]3, +∞[ visto 

que não estamnos a considerar monotonia em pontos. A monotonia 

num ponto pode definir-se mas é muito mais complexa. 

A este propósito pode ser consultada a obra Princípios de Análise 

Matemática (Ed. McGraw-Hill, 1994), de um dos presentes 

autores, pp. 267-268. 

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

3 

1. f(x) = 0 ⇔ 2x + 3 = 0 ⇔ x = – 

2 

7 

g(x) = 0 ⇔ –3x + 7 = 0 ⇔ x = 

3 

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

r(x) = 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 

2. lim f(x) = +∞; 

x→ +∞ 

lim g(x) = –∞ 

x→ +∞ 

lim h(x) = 3 

x→ +∞ 

lim r(x) = +∞ 

x→ +∞ 

; 

; 

; 


As expressões que definem as funções representadas 

são: x 2 ; x 2 + 4; x 2 – 1; (x – 7) 2 


y = (x + 2) 2 

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



são: 2x2 ; x2 ; x2 1 

2 


Crescente: 

1 

] – , 1 e ]1, +∞[ 

2 [ 

Decrescente: 

1 

] +∞, – 

2 [ 

lim f(x) = –∞ 

x→ –∞ 

lim g(x) = +∞ 

x→ –∞ 

lim h(x) = 3 

x→ –∞ 

lim r(x) = –∞ 

x→ –∞ 

-8 -6 -4 -2 

-2 

-4 

y = 2x 2 – 3 

y 

8 

6 

4 

-8 -6 -4 -2 

-2 

y 

8 

6 

4 y = 2(x – 3) 2 

y = 2x 2 

4 6 8 x 

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

2 

2 

-4 

-6 

2 

2 

y = x 2 + 2 

4 6 8 x 

y = –2x 2 

Crescente: 

]–∞, –2[ e ]2, 3[ 

Decrescente: 

]–2, –1[; [–1, 1]; ]1, 2] e 

]3, +∞[ 

y = x 2 – 3 

y = (x – 3) 2 

39

40 


Tarefa 8 (Área mínima) (Pág. 45) 

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

do quadrado será 36 – x. 

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

x 

minar o seu raio: 2πr = x ⇔ r = 

2π 

x 2 

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

π. 

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

36 – x x 

lado do quadrado é l = ⇔ l = 9 – . 

4 

4 

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

A soma das áreas é dada pela função: 

x 

x 

2π 

4 

A(x) = ( ) 2 2 

π + 9 – ( ) 

Estamos perante uma função quadrática em que o coeficiente 

de x2 é positivo, pelo que o mínimo corresponde 

às coordenadas do vértice. Com uma calculadora gráfica 

podemos obter uma representação gráfica da função. 

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

perímetro do círculo é aproximadamente 15,8 cm e 

36 – 15,8 = 20,2 cm será o perímetro do quadrado. 

Assim, o fio deve ser cortado em duas partes uma de 

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


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

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

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

( x + x + , ou seja, x )( ) 2 + x + 3. 


a preto e a azul são x2 e 2x2 3 9 

2 2 

3 9 

2 2 

4 3 9 

4 8 

9 2 2 

9 3 

+ 1, respectivamente. 

x 

4 

. 


a. y 

b. 

8 

6 

4 

2 

-8 -6 -4 -2 

-2 

c. y 

d. 

2 

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x 

-2 

-4 

-6 

-8 

-10 

-12 

y = 2x 2 + 2 

2 4 6 8 x 

y = –3x 2 – 3 

Os processos usados para determinar o vértice são: 

1. o processo: 

Fazendo y = constante (a constante é escolhida de modo 

a facilitar os cálculos). 


Usando a fórmula – , – . ( ) 


Escrever a equação na forma: a(x – h) 2 b Δ 

2a 4a 

+ k 

a. 1. o processo: 

2x2 + 2 = 10 ⇔ x = –4 ou x = 4 

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

–4 + 4 

= 0 

2 

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

y = 2 × 0 + 2 ⇔ y = 2 

Vértice (0, 2) 


Δ = –16 


2x2 + 2 = 2(x – 0) 2 0 –16 

2 × 2 4 × 2 

+ 2 


V = ( – , – ) 

y = 2x 2 + 8x + 8 y 

6 

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x 

-2 

= (0, 2) 

y = –x 2 + 6x – 9 

b. 1. o processo: 

x2 + 8x + 8 = 8 ⇔ x = 0 ou x = –8 


= –4 

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

(–4) 2 0 – 8 

2 

+ 8(–4) + 8 = –8 

Vértice (–4, –8) 

4 

2 

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x 

-2 

-4 

-6 

-8 

y 

2 

-4 

-6 

-8


Δ = 32 

V = – , – = (–4, –8) ( ) 


x2 + 8x + 8 = x2 + 8x + 16 – 16 + 8 = (x + 4) 2 8 32 

2 4 × 1 

– 8 

Vértice (–4, –8) 

c. 1. o processo: 

–3x2 – 3 = –6 ⇔ x = –1 ou x = 1 


= 0 


–3 × 02 –1 + 1 

2 

– 3 = –3 

Vértice (0, –3) 


Δ = –36 

V = – , – = (0, –3) ( ) 


–3x2 – 3 = –3(x – 0) 2 0 –36 

2(–3) 4(–3) 

– 3 

Vértice: (0, –3) 

d. 1. o processo: 

–x2 + 6x – 9 = –9 ⇔ x = 0 ou x = 6 


= 3 


–32 0 + 6 

2 

+ 6 × 3 – 9 = 0 



Δ = 0 

V = – , – = (3, 0) ( ) 


–x2 + 6x – 9 = –(x2 – 6x + 9) = –(x – 3) 2 

6 0 

2(–1) 4(–1) 

Vértice: (3, 0) 


Os zeros da função representada a vermelho são: –1,5 

e –4,5. 

A função representada a preto tem um único zero: 0 

A função representada a azul não tem zeros. 


a. Não tem zeros. 

b. 2x 2 + 8x + 8 = 0 ⇔ x = –4 –2√∫2 ou x = –4 + 2√∫2 

Os zeros são –4 – 2√∫2 e –4 + 2√∫2. 

c. Não tem zeros. 

d. –x 2 + 6x – 9 = 0 ⇔ x = 3 


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

Como a < 0 a concavidade está voltada para baixo. Se 

a função tiver dois zeros é positiva no intervalo entre 

eles e negativa fora do intervalo entre os zeros. 

Consideremos, por exemplo, –x2 + x + 6 > 0. 

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

Se a função tem um zero duplo ela nunca é positiva, 

sendo negativa excepto no zero. 

Por exemplo, –x 2 – 6x – 9 < 0. 

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

Se a função não tem zeros ela é negativa em todo o seu 

domínio. 

Por exemplo, –x 2 – x – 1 > 0. 

A inequação é impossível. 

-8 

-4 

-4 


a. Como não tem zeros reais e o coeficiente de x 2 é positivo, 

a função é sempre positiva. 

b. A função tem os zeros –2 – √∫3 e –2 + √∫3 e o coeficiente 

de x 2 é negativo. Então a função é positiva no 

intervalo entre as raízes: ]–2 – √∫3, –2 + √∫3[. 

c. Como tem os zeros 2 e –6 e o coeficiente de x 2 é negativo, 

será positiva no intervalo entre as raízes ]–6, 2[. 


a. ]–2, 3[ 

b. R\{3} 

c. Impossível 

8 

6 

4 

2 

-6 -4 -2 

-2 

-4 

y 

2 

1 

-3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

y 

2 

1 

-3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

y 

2 

1 

1 

4 6 8 x 

2 3 4 x 

2 3 4 x 

41

42 



a. Como o coeficiente de x2 é positivo temos: 

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

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

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

1. 

Do eixo dos xx por adição de um Do eixo dos yy por adição de um 

número real à variável indepen- número real à variável dependente.dente. 

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

ao vector (h, 0). 

ao vector (0, k). 

2. 

-15 -10 

-5 

y 

10 

5 

-5 

3. 

Consideremos p um número real. Se p > 0 (o produto de 

dois números positivos é positivo) todas as imagens 

são não negativas. Assim, a concavidade mantém-se. 

Se p < 0 (o produto de um número negativo por um número 

positivo é um número negativo) todas as imagens 

são não negativas e a concavidade fica voltada para o 

sentido negativo do eixo dos yy. 

y 

3 

2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

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

|p| < 1 |p| > 1 

y 

3 

2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

lim f(x) = lim f(x) = +∞ 

x→ +∞ x→ –∞ 

lim f(x) = lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ x→ –∞ 


x→ +∞ x→ –∞ 

f(x) = |x – 3| 

5 

10 15 x 

Se adicionarmos um número real h à variável independente e um 

número real k à variável dependente. 

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

-15 -10 

f(x) = 2|x| 

1 2 3 4 x 

1 2 3 4 x 

-5 

y 

10 

5 

-5 

-15 -10 

f(x) = |x + 2| + 4 

5 

-5 

10 15 x 

y 

3 

2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

y 

3 

2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

-3 

y f(x) = |x| – 2 

10 

5 

-5 

5 

10 15 x 

1 2 3 4 x 

f(x) = –2|x| 

1 2 3 4 x 

Se |p| < 1 o gráfico de p × f(x) fica, para cada valor de x, mais 

afastado do eixo dos yy, pelo facto de cada imagem ser multiplicada 

pelo valor absoluto de um número menor que 1. 

Se |p| > 1 o gráfico de p × f(x) fica, para cada valor de x, mais 

próximo do eixo dos yy, pelo facto de cada imagem ser multiplicada 

pelo valor absoluto de um número maior que 1. 

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

Se |x + y| = x + y então x + y = |x| + |y| e, pelo menos x ou y 

terá de ser positivo (ou nulo). 

Se x for positivo, x + y = x + |y| e, então, y = |y|, ou seja, y é 

também positivo ou nulo. 

Se |x + y| = –x – y então –x – y = |x| + |y| e, pelo menos, 

x ou y terá de ser negativo. 

Se x for negativo, –x – y = –x + |y| e, então, –y = |y|, ou 

seja y é também negativo ou nulo. 

Conclusão: tem-se |x + y| = |x| + |y| quando x e y forem 

ambos do mesmo sinal ou ambos nulos. 

Tarefa 12 (Estudo de funções com módulo) (Pág. 52) 

Para a função g temos: 

Df = R CDf = [–1, +∞[ 

Quadro de variação: 

x –∞ 3 

+∞ 

f(x) 

–1 

Quadro de sinais: 

x 

f(x) 

Limites: lim f(x) = +∞; 

lim f(x) = +∞ 

Dh = R 

CDh = ]–∞, 1] 


x –∞ –1 

h(x) 

1 

Quadro de sinais: 

x 

h(x) 

–∞ 

x→ –∞ 

–∞ 

Limites: lim h(x) = –∞ ; 

x→ –∞ 

+ 0 – 0 

– 

➔ 

➔ 

5 

2 

x→ +∞ 

4 

– 

3 

0 + 

lim h(x) = –∞ 

x→ +∞ 

7 

2 

2 

– 

3 

0 

➔ 

➔ 

+ 

– 

+∞ 

+∞ 

+∞

Tarefa 13 (Resolução algébrica de equações e inequações) 

(Pág. 54) 

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

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

3. R\{2}, pois |x – 2| ≥0. 

Tarefa 14 (Resolução de equações e de inequações) 

(Pág. 54) 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Tarefa 15 (Resolução numérica de equações e de inequações) 

(Pág. 54) 

1. 

Conjunto solução: ]–10,5; 35,5[ 

2. 

Equação impossível. 

3. 

Conjunto solução: {–0,81; 0,98} 

4. 

Conjunto solução: ]–0,32; –0,28[ 


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

-5 

-5 

-4 -3 -2 

-4 -3 -2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

g(x) + 2 

1 2 3 4 5 x 

g(x + 3) 

1 2 3 4 5 x 

-5 

-5 

-4 -3 -2 

-4 -3 -2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

g(x) – 2 

1 2 3 4 5 x 

g(x – 3) 

1 2 3 4 5 x 

43

44 


Tarefa 17 (Transformações de funções quadráticas) 

(Pág. 58) 

1 

1. h x ( 4 ) 

1 

2. h(x) 

4 

3. –h(x) 

4. h(x – 2) 


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

grá ficos iguais ao dado e mais um pedaço de um 

quarto para termos o gráfico das distâncias do planeta 

Mercúrio ao Sol durante 300 dias. 

y 

100 

50 

-5 

-5 

-5 

-4 -3 -2 

-4 -3 -2 

-4 -3 -2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

y 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

-3 

-4 

1 2 3 4 5 x 

0 25 50 75 100 125 150 175 200 225 250 275 x 

b. O gráfico será em tudo idêntico ao do planeta Mercúrio 

do enunciado mas, desta vez, no eixo dos yy estará 

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

y 

250 

200 

2g(x) 

1 2 3 4 5 x 

g(2x) 

1 2 3 4 5 x 

–g(x) 

-5 

-5 

-4 -3 -2 

-4 -3 -2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

-1 

-2 

0 700 x 

0,3g(x) 

1 2 3 4 5 x 

y 

5 

4 

3 

2 

1 g(0,1x) 

-5 -4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

1 2 3 4 5 x 

g(–x) 

1 2 3 4 5 x 

2. a. D f = R CD f = R 

Zeros: {0, 2} 

Crescente: ]0, 1[ 

Decrescente: em ]–∞, 0[ e em ]1, +∞[ 

Não tem intervalos em que é constante. 

b. D g = R CD g = [1, +∞[ 

Zeros: não tem 

Crescente: ]1, +∞[ 

Não tem intervalos em que seja decrescente. 

Constante: ]–∞, 1[ 

c. D h = R CD h = [0, +∞[ 

Zeros: {0} 

Crescente: em ] 0, [ e em ] , +∞[ 

Decrescente: em ]–∞, 0[ e em ] , 7 13 

8 8 

7 13 

8 8 [ 

Não tem intervalos em que seja constante. 

∪] , +∞[ 

CDi = R 

Zeros: { – , 1 1 

2 2 

9 9 

8 8} 

1 

Crescente: ] , +∞[ 2 

d. D i = ] –∞, [ 

Decrescente: ] –∞, 1 

2[ 

Não tem intervalos em que seja constante. 

3. O ponto de intersecção das rectas é o ponto (–1, 5). 

A intersec ção das rectas é a intersec ção dos gráficos 

das funções afins que representam as rectas. 

4. O volume pode ser expresso em função do tempo 

10 

pela expressão V(t) = . 

5 + 3t 

1 

V(0) = 2; V(25) = 

8 

5. 

y = x 2 + 1 

5 

4 

3 

2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

1 

-4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

5 y = 2x 

4 

3 

2 

2 y 

– 3 

-3 

y 

1 2 3 4x 

y = (x + 5) 2 

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

y 

5 

4 

3 

2 

1 2 3 4 x -4 -3 -2 -1 

-1 

-2 

1 

-3 

5 

4 

3 

2 

1 

y 

1 x 

y = 4(x – 3) 2 

1 2 3 4 

x

6. a. (x + 4) 2 – 3 (a azul) 

(x – 3) 2 + 3 (a vermelha) 

b. (x + 2) 2 (a azul) 

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

7. a. Se não contratar mais nenhum trabalhador produz 

100 radiadores por dia, um valor constante ao 

longo do tempo. Se contratar 15 trabalhadores 

passa logo a produzir 107 radiadores por dia, contratando 

30 trabalhadores produz 114 radiadores 

por dia. Contratando menos de 15 trabalhadores 

não aumenta a sua produção. Ou seja, a represen - 

tação gráfica dá saltos de 7 em 7, cada vez que a 

contratação atinge um múltiplo de 15 trabalhadores. 

Designemos por x o número de contratações. Assim, 

o domínio é o intervalo [200, +∞[. A função não é 

contínua. 

b. Com os trabalhadores que tem produz 100 radiadores 

por dia. Então tem de contratar mais trabalhadores 

para produzir os 420 radiadores que faltam. Para 

produzir 7 radiadores necessita de 15 trabalhadores. 

Assim, 420 : 7 = 60 conjuntos de 15 trabalha dores. 

Logo, necessita de 15 × 60 = 900 tra balhadores. 

8. a. [–2, 2] × [–2, 2]: 

b. [–5, 5] × [–5, 5]: 

125 

y 

c. [–10, 10] × [–100, 100]: 

d. [–5, 20] × [–5, 20]: 

100 

200 225 250 275 x 

Na alínea d) pois é mais notória a localização do vértice 

da parábola relativamente aos eixos coordenados. 

9. a. f(x) = 0 ⇔ –2x + 3 = 0 ⇔ x = 

b. 

c. 

x 

f(x) 

x 

f(x) 

d. lim f(x) = +∞ ; 

x→ –∞ 

–∞ 

–∞ 


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

e Y2 = ao segundo membro. 

Determinar os pontos de intersecção: 

Conjunto solução: ]–∞, –7[ ∪ ]97, +∞[ 

b. Na calculadora Y1 = ao primeiro membro da inequação 

e Y2 = ao segundo membro. 

Determinar os pontos de intersecção: 

Os extremos do conjunto solução são valores 

aproximados com uma casa decimal: ]11,9; 22,1[ 

11. a. Como a < 0, 

b. Como a > 0, 

➔ 

3 

2 

+ 0 

lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 


x→ +∞ x→ –∞ 

lim f(x) = lim f(x) = +∞ 

x→ +∞ x→ –∞ 

12. Dg = R 

|x – 2| ≥0 ⇔ – |x – 2| ≤0 ⇔ 3 – |x – 2| ≤3 

⇔ 3 – |x – 2| –1 ≤ 2 

CDg = ]–∞, 2] 

3 

2 

0 

3 

2 

➔ 

– 

+∞ 

+∞ 

45

46 


3 – |x – 2| – 1 = 

Para x < 2 a função é representada por uma recta 

com declive positivo logo é crescente. 

Para x ≥ 2 a função é representada por uma recta 

com declive negativo logo é decrescente. 

x 

g(x) 

Determinar os zeros. 

Resolver a inequação: 2 – |x – 2| >0 

x 

g(x) 

; 

Dh = R 

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

CDh = ]–∞, 1] 

–2 |x – 2| + 1 = 

3 – |x – 2| – 1 = 

Para x < 2 a função é representada por uma recta 

com declive positivo logo é crescente. 

Para x ≥ 2 a função é representada por uma recta 

com declive negativo logo é decrescente. 

x 

h(x) 

Determinar os zeros. 

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

x –∞ 

3 

2 

5 

2 

h(x) – 0 + 0 

lim h(x) = –∞ 

x→ –∞ 

–∞ 2 

–∞ 

– 

lim g(x) = –∞ 

x→ –∞ 

➔ 

–∞ 2 

➔ 

; 

 

x se x < 2 

–x + a se x ≥ 2 

 

 

0 

4x – 3 se x < 2 

–2x + 5 se x ≥ 2 

x se x < 2 

–x + 4 se x ≥ 2 

lim h(x) = –∞ 

x→ +∞ 

2 

0 + 

lim g(x) = –∞ 

x→ +∞ 

1 

4 

0 

➔ 

➔ 

– 

– 

+∞ 

+∞ 

+∞ 

+∞ 

13. Por exemplo: 


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

 

x2 + y2 = 4 

y = 3x + b 

Isto equivale a determinar para que valores de b a 

equação x2 + (3x + b) 2 = 4 tem solução em x. O discriminante 

desta equação em x terá de ser maior ou 

igual a zero, o que conduz à resolução da inequação 

em b: 

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

⇔ b ≥ –2 × √∫10 e b ≤ –2 × √∫10 

Então, b ∈ [–2√∫1∫0, 2√∫1∫0]. 

16. O vértice está na parte positiva do eixo dos yy e a concavidade 

está voltada para baixo. Assim, a abcissa 

do vértice é um ponto máximo. 

Tem máximo igual a 3 no ponto de abcissa 2,5. É crescente 

no intervalo ]–∞; 2,5[.

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

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

dá o tempo que demora a esvaziar o depósito. 

O depósito demora 1189 segundos a esvaziar. 

b. Basta procurar a intersecção de f com a recta 

y = 2. O resultado é, aproximadamente, 1264 segundos. 

18. Trata-se de resolver a equação: 

f(m2 ) – 2f(m) + f(2m) = 

⇔ 2m2 m 

2 

– 1 – 2(2m – 1) + 4m – 1 = 

1 

⇔ m = 0 ou m = 

4 

1 

Os valores de m são 0 e . 

4 

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

r = f(2), ou seja, r = –2 

s = f(–1), ou seja, s = 4 

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

4 + 2 

O declive da recta é m = ⇔ m = –2. 

–1 –2 

A equação reduzida da recta é da forma 

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

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

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

e o valor de b é 2. 

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

f(1) = 1, temos que: 

 

3 = – m + b 

1 = m + b 

⇔ 

 

Assim, f(x) = –x + 2 e f(3) = –1. 

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

f(x) = a(x – 2) 2 – 1. Como contém o ponto (0, 3), 

temos que f(0) = 3, pelo que resulta a = 1. Assim, 

temos f(x) = x2 – 4x + 3. 

b. Os zeros são 1 e 3. 

m 

2 

3 = – 1 + b + b 

⇔ 

m = 1 – b 

 

b = 2 

m = –1 

22. 


v 

65 

60 

55 

50 

45 

40 

35 

30 

25 

20 

15 

10 

5 

0 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 m 

A função é crescente, o que significa que, quanto 

maior é o carvão consumido, maior é a velocidade 

da locomotiva. O gráfico sugere que a representação 

analítica é uma parte de uma parábola. 

23. Um gráfico termopluviométrico é um gráfico que 

representa a distribuição das temperaturas e das 

precipitações médias num determinado período de 

tempo – geralmente um ano – para uma determinada 

estação meteorológica. Aí podemos ler dados 

que nos permitem concluir quais as temperaturas 

mínimas e máximas mensais, qual a amplitude térmica 

anual, qual a precipitação total anual, quais os 

meses secos. E com estes dados consegue-se 

identificar qual o tipo de clima do local onde foram 

feitas as medidas da temperatura e da precipitação. 

24. Basta ler as coordenadas no gráfico e escrever equações 

das funções. 

a. 2,5 segundos. c. 90 metros. 

b. 35 segundos. d. 200 metros. 

25. Atendendo a que: 

2x + b = 20 ⇔ b = 20 – 2x 

2a + 2x = 50 ⇔ a = 25 – x 

V(x) = x(20 – 2x)(25 – x) ⇔ V(x) = 2x 3 – 70x 2 + 500x 

Domínio da função: 

x > 0; a > 0; b > 0 

Assim terá de se verificar, simultaneamente: 

x > 0 

25 – x > 0 ⇔ x < 25 

20 – 2x > 0 ⇔ x < 10 

D V = ]0, 10[ 

V(x) = 2x 3 – 70x 2 + 500x 

47

48 


26. a. Seja 2x a base do triângulo. 

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

é T(x) = 4x2 . Para as duas áreas serem 

iguais tem-se 10x = 4x2 5 

⇔ x = . 

2 

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

A partir de x = , a área do quadrado assume valores 

maiores que a área do triângulo. Assim a 

função afim assume valores superiores à função 

quadrática no intervalo] 0, [ . 

5 

2 

5 

2 

27. a. f(0) = 20. A temperatura é de 20 oC. b. 2 horas. 

c. 5 horas. 

d. Calcular as coordenadas do vértice: 

2t2 – 14t + 20 = 20 ⇔ t = 0 ou t = 7 

Abcissa do vértice: 

= 

Ordenada: 

f( = –4,5 ) 

A temperatura mínima atingida pelo gelo foi de 

–4,5 o 0 + 7 7 

2 2 

7 

2 

C. 

e. 3,5 horas. 


Têm o mesmo declive pois trata-se sempre da mes ma 

função. 

29. Temos V(r) = πr3 4 

. É uma função definida apenas 

3 

por números positivos e é sempre crescente. Podemos 

traçar uma tabela de valores e observar o 

aumento rápido do volume quando o raio aumenta: 

x 

0 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

8 

9 

y 

0 

4,1888 

33,5103 

113,0972 

268,0823 

523,5983 

904,7779 

1436,7538 

2144,6588 

3053,6255 

O gráfico representa uma função cúbica e mostra que 

o volume cresce sem limites quando o raio aumenta. 

9 

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

5 

b. 

y 

80 

-80 -60 -40 -20 

-20 

40 60 80 x 

9 

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

5 

graus Fahrenheit em função do aumento dos 

graus Celsius: por cada 5 graus Celsius de aumento, 

há 9 graus Fahrenheit de aumento. 

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

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

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

a = –2. 

A função é f(x) = –2x 2 + 2x + 12. 

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

está voltada para o sentido negativo do eixo dos yy. 

Assim o vértice da parábola será o ponto máximo. 

Fazendo –x 2 + 30x – 5 = –5 obtém-se x = 0 ou x = 30. 

Como são valores com a mesma imagem, a abcissa 

do vértice é a média entre os dois valores, 

ou seja, 15. O valor máximo será então L(15) = 220. 

O lucro máximo é de 220 milhares de euros. 

b) Determinar o mínimo é encontrar as soluções da 

inequação –x 2 + 30x – 5 ≥ 195 ⇔ x ∈ [10, 20]. 

A quantidade de vendas varia entre 10 e 20, com 

estes valores incluídos. 

60 

40 

20 

-40 

10 

8 

6 

4 

2 

0 

-2 

-4 

20 

1 

2

33. Como o coeficiente de x 2 é positivo, a parábola está 

voltada para o sentido positivo do eixo dos yy. 

Assim, o vértice será um ponto mínimo. Então, a 

função só assumirá o valor 4 uma vez, ou seja, a 

equação 3x 2 + 6x – m = 4 só tem uma solução. Para 

isso, o discriminante tem de ser zero, pelo que se 

obtém m = –7. 

34. Se x é o número de dias e y a temperatura, sendo os 

zeros da função 12 e 24, a função quadrática é da 

forma y = a(x – 12)(x – 24) para um certo valor de a. 

Como o ponto (0, –24) pertence ao gráfico, substituindo 

na equação, temos –24 = a(0 – 12)(0 – 24), 

pelo que a = – . A função quadrática tem a forma 

f(x) = – (x – 12)(x – 24). Para determinar a tempe - 

ratura no 30. o dia substituímos x por 30. Ao 30. o dia, 

a temperatura é de –9 o 1 

12 

1 

2 

C. 

35. Um dos zeros da função quadrática é 12. O outro é o 

zero da função f(x). Assim, 368x – 184 = 0 ⇔ x = . 

Se representarmos o vértice da parábola por (h, k), o 

valor de k será 1058. A abcissa do vértice é o ponto 

médio entre os zeros, . A função qua- 

2 

drática será então da forma g(x) = a x – + 1058. 

Como o ponto , 0 pertence à função quadrática, 

2 

temos que a x + + 1058 = 0 ⇔ a = –32. 

2 

g(x) = –32 x – + 1058 

g(x) = –32x2 1 

2 

1 

+ 12 

2 25 

= 

2 4 

25 

( 4) 

1 ( 2 ) 

25 

( 4 ) 

25 

( 4) 

+ 400x – 192 

36. Uma recta que passa na origem é da forma y = kx. 

As rectas que só têm um ponto comum com a função 

são aquelas para as quais a equação 

x 2 – 4x + 4 = kx tem uma única solução. Basta verificar 

para que valores de k o discriminante é zero. 

Assim, temos k = 0 ou k = –8. 

As rectas são y = 0 e y = –8x. 

37. a. h(2) = 60 

b. 40t – 5t 2 = 75 ⇔ t = 3 ou t = 5. O instante é ao fim 

de 3 segundos. 

c. Como na função a < 0, o ponto máximo será o 

vértice da parábola. A abcissa do vértice será o 

ponto médio dos valores para os quais a função 


atinge os 75 metros. A abcissa será então igual a 

4. A ordenada que corresponde à altura máxima 

é h(4) = 80. A pedra atinge uma altura máxima de 

80 metros. 

38. a. O valor de a. 

b. o valor de h. 

c. o valor de h. 

d. o valor de a e de k. 

e. o valor de k. 


Se x > 0 e y > 0 a expressão é equivalente a x + y = 4. 

Se x > 0 e y < 0 a expressão é equivalente a x – y = 4. 

Se x < 0 e y > 0 a expressão é equivalente a -x + y = 4. 

Se x < 0 e y < 0 a expressão é equivalente a -x – y = 4. 

Representando as quatro rectas obtemos a seguinte representação 

gráfica: 

Como cada recta apenas pode ser considerada no quadrante 

definido pelas coordenadas antes enunciadas, em 

cada quadrante apenas um lado do quadrado central pode 

ser considerado. Assim, a condição |x| + |y| = 4 é represen - 

tada por um quadrado. 


a. 

c. 

d. h(x) = 

-14 -12 -10 

x – f(x) se x ≥ 0 

x – f(x + 1) se x < 0 

 

y 

8 

6 

4 

2 

-8 -6 -4 -2 

-2 

-4 

2 4 6 8 10 12 14 x 

-6 

-8 

y 

4 

2 

-6 -4 -2 

-2 

-4 

y 

8 

6 

4 

2 

-6 -4 -2 

-2 

2 

2 

4 6 

4 6 

x 

x 

49

50 


Capítulo 3 – A parábola 

Tarefa 1 (Lançamento de uma bola) (Pág. 77) 

1. Assumindo que a gravidade é de 10 m/s2 , para se determinar 

o tempo que a bola demora a atingir o solo 

temos de resolver a equação: 

h(t) = 0 ⇔ – 5t2 + 48t + 32 = 0 ⇔ 

⇔ t = 

24 – 4√∫4∫6 

ou t = 

24 + 4√∫4∫6 

5 

5 

A bola atinge o solo para o valor de t = 

24 + 4√∫4∫6 

, ou 

5 

seja, t 10,2 segundos. 

2. Para se determinar a altura máxima atingida pela bola 

vamos calcular as coordenadas do vértice da parábola. 

À semi-soma das abcissas dos zeros corresponde a 

abcissa do vértice 4,8. Assim, h(4,8) = 147,2 e o vértice 

da parábola tem coordenadas (4,8; 147,2). A altura máxima 

atingida pela bola é, então, 147,2 metros aproximadamente. 

3. Considera a janela de visualização abaixo: 

Obtemos o gráfico: 

Este gráfico é uma parábola. 

4. O eixo de simetria passa pelo vértice e tem por equação 

x = 4,8. A bola está a subir durante os primeiros 

4,8 segundos e depois começa a descer durante 5,4 segundos, 

isto é, entre os 4,8 segundos em que atinge 

a altura máxima e os 10,2 segundos quando toca no 

solo. O eixo de simetria separa o intervalo de tempo 

em que a bola está a subir e o intervalo de tempo em 

que está a descer. 

Tarefa 4 (Equação da parábola) (Pág. 78) 

1. e 2. 

y 

(0, p) 

Foco 

y = –p 

–p 

Directriz 

x 

3. d(P, F) = √∫x∫ 2 ∫ ∫+∫ ∫(∫y∫ ∫–∫ ∫p∫)∫ 2 

4. A distância de um ponto (x, y) da parábola à directriz 

é a medida do segmento perpendicular que une o 

ponto à directriz. 

A distância de um ponto ao eixo dos xx é dada pela 

ordenada, isto é, y. A distância do eixo dos xx a uma 

recta horizontal é dada pela ordenada em valor abso - 

luto dessa recta, logo é p. 

Assim, a distância à directriz de um ponto da parábola 

é dada por y + p. 

5. Como a distância de um ponto da parábola ao foco e 

à directriz são iguais temos que: 

√∫x∫2∫ ∫+∫ ∫(∫y∫ ∫–∫ ∫p∫)∫2 = y + p ⇔ – 4p y = – x2 ⇔ y = x2 1 

4p 

Capítulo 4 – Funções polinomiais 

Tarefa 3 (Estudo gráfico de uma função polinomial) 

(Pág. 88) 

As representações seguintes ajudam às respostas. 

1. CD f = R 

2. É crescente. 

3. Não. 

4. lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 


a. A(x) + B(x) = –3x 3 – 2x 2 + 7x – 3 

b. A(x) – B(x) = 3x 3 – 2x 2 + 3x – 1 


a. (x 2 + x – 15)(x + 1) = x 3 + 2x 2 – 14x – 15 

b. (3x 3 + 11x 2 + x – 15)(x – 1) = 3x 4 + 8x 3 – 10x 2 – 16x + 15 

c. (x 3 + x 2 + x – 5) 2 = x 6 + 2x 5 + 3x 4 – 8x 3 – 9x 2 – 10x + 25 

d. (x – 1) 2 = x 2 – 2x + 1


P(x) × Q(x) tem grau 7. 


a. x + 9 = 1 × (x + 6) + 3 

b. x + 6 = 1 × (x + 9) – 3 

c. 2x + 3 = 1 × 2x + 3 

d. x 2 + 2x + 5 = 1 × (x 2 + 2x + 2) + 3 

e. x 3 – x 2 + 2x + 5 = (x – 3) (x 2 + 2x + 2) + 6x + 11 


O grau do quociente é 3 e o grau máximo do resto é 1. 


O resto da divisão, usando o algoritmo, é (a + 10)x + (b – 2). 

Para o polinómio ser nulo terá de ser a + 10 = 0 e b – 2 = 0. 

Assim, a = –10 e b = 2. 


a. Quociente: 1 

Resto: 3 

b. Quociente: 1 

Resto: –3 

c. Quociente: x + 4 

Resto: 11 

d. Quociente: x4 + x3 + x2 + x + 3 

Resto: 8 

1 0 0 0 2 5 

1 1 1 1 1 3 

e. Quociente: x 2 – 3x + 8 

Resto: –11 

1 1 1 1 3 8 

–2 


a. Os divisores do termo independente são: 

{–4, –2, –1, 1, 2, 4}. Estes são os candidatos a serem 

valores possíveis para a. 

Aplicando a regra de Ruffini e a fórmula resolvente 

das equações de 2. o grau, obtemos: 

(x + 1), x – ( ) , ( x – –1 + √∫3∫3 –1 – √∫3∫3 

4 

4 ) 

2 

–6 

–9 

1 9 

–6 

1 3 

1 6 

–6 

1 –3 

1 2 3 

2 8 

1 4 11 

1 –1 2 5 

–2 6 –16 

1 –3 8 –11 


b. Os divisores do termo independente são 

{–9, –3, –1, 1, 3, 9}. Estes são os candidatos a serem 

valores possíveis para a. 

Aplicando a regra de Ruffini e a fórmula resolvente 

para a equação do segundo grau, obtemos x + 3; x – √∫3; 

x + √∫3. 

c. Os divisores do termo independente são: 

{-6, -3, –2, –1, 1, 2, 3, 6}. Estes são os candidatos a 

serem valores possíveis para a. 

Aplicando a regra de Ruffini, nenhum deles é divisor, 

nenhum conduz a resto 0, logo, não existem factores 

do tipo x – a. 


Algoritmo normal da divisão: 

4x4 –5x3 – 4x2 + 0x + 2 

– 4x4 + 8x3 +3x 3 – 4x 2 

–3x 3 + 6x 2 

2x2 + 0x 

–2x2 + 4x 

+4x + 2 

–4x + 8 

+10 

Regra de Ruffini: 

4 –5 –4 0 2 

2 8 6 4 8 

4 3 2 4 10 

A regra funciona pois corresponde a operar só com os 

coeficientes. 


a. Aplicando o teorema do resto, temos: 

k × 33 – 9 × 32 + 22 × 3 – 39 = 0 ⇔ k = 2 

b. 3 3 + 5 × 3 2 – 20 × 3 + k = 0 ⇔ k = –12 

x – 2 

4x3 + 3x2 + 2x + 4 

c. (–2) 3 + k(–2) 2 – 6 × (–2) + 6 = 0 ⇔ k = – 


Aplicando o teorema do resto, temos que: 

a. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para 

x = 3 é 42. 

b. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para 

x = 7 é 152. 

c. A divisão não é exacta. O valor do polinómio para 

x = –1 é –13. 

5 

2 

51

52 



a. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no intervalo 

[–4, 4]. Pelo Critério de Divisibilidade, os divisores 

do termo independente são os candidatos a 

zeros deste polinómio: –2, –1, 1, 2. 

Por aplicação do Teorema do Resto, temos P(–2) = 0 

e P(1) = 0. 

Aplicando a Regra de Ruffini, temos: 

Assim temos a seguinte decomposição em factores 

2x3 + 3x2 – 3x – 2 = (x + 2)(x – 1)(2x + 1) 

b. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no intervalo 




Pelo Teorema do Resto, temos P(–1) = 0. 

Utilizando a regra de Ruffini: 

1 –3 –3 –5 

–1 –1 –2 5 

Assim, x3 – 3x2 – 3x – 5 = (x + 1)(x2 + 2x – 5). 

Recorrendo à fórmula resolvente, podemos encontrar 

as raízes do trinómio. 

x2 + 2x – 5 = 0 ⇔ x = –1±√∫6 

A decomposição em factores é: 

x3 – 3x2 – 3x -5 = (x + 1)(x + 1 + √∫6)(x + 1 – √∫6) 

c. Pelo Teorema de Cauchy, os zeros reais estão no intervalo 




Pelo Teorema do Resto, temos P(1) = 0; P(2) = 0; 

P(–1) = 0. 

Utilizando a regra de Ruffini: 

1 –2 0 0 –1 2 

1 1 –1 –1 –1 2 

2 

–2 

1 

2 3 –3 –2 

–4 +2 +2 

2 –1 –1 0 

2 1 

2 1 0 

1 2 –5 0 

1 –1 –1 –1 –2 0 

2 2 2 2 

1 1 1 1 0 

–1 –1 0 –1 

1 0 1 0 

Assim, a decomposição é: 

x 5 + 2x 4 – x + 2 = (x – 2)(x – 1)(x + 1)(x 2 + 1) 


a. 

1 

Zeros: –2, 1, – { 2 } 

Quadro de sinal: 

x 

f(x) 

Na janela: 

Máximo: Mínimo: 


x 

f(x) 

Máximo relativo em x = –1,37 cujo valor é 2,6. 

Máximo absoluto: não tem. 

Mínimo relativo em x = 0,37 cujo valor é –2,6. 

Limites nos ramos infinitos: 

lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 

b. 

Zeros: {–1 – √∫6, –1, –1 + √∫6} 


x 

f(x) 

–∞ 

–∞ 

– 

– 

Na janela: 

–∞ –1,37 

➔ 

–2 

0 + 

2,6 

–1-√∫6 

0 + 

1 

– 

2 

0 – 

–1 

0 – 


➔ 

0,37 

–2,6 

1 

0 

–1+√∫6 

0 

➔ 

+ 

+ 

+∞ 

+∞ 

+∞

c. 


x 

f(x) 




Mínimo absoluto: não tem. 


lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 

Zeros: {–1, 1, 2} 


x 

f(x) 

Na janela: 



x 

f(x) 

–∞ 

– 

–∞ –0,46 

➔ 

–1 

0 + 

2,35 






lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 


1. Utilizando a Regra de Ruffini para x = –2, temos: 

–2 

–∞ –2,41 

➔ 

5,66 

Q(x) = x3 – 2x2 + 3x – 6 

R(x) = 14 

➔ 

➔ 

1 

0 – 

1 0 –1 0 2 

–2 +4 –6 12 

1 –2 +3 –6 14 

0,41 

–5,66 

1,64 

–2,24 

2 

0 

➔ 

➔ 

+ 

+∞ 

+∞ 

+∞ 

2. Usando a Regra de Ruffini, temos: 

Quociente: 4x 2 + 4x + 3 

Resto: 16 

3. Pelo Teorema do Resto, temos que: 

2 × (–3) 3 – 5 × (–3) + m = 5 ⇔ m = 44 


4. c é o produto das raízes e b é o simétrico da soma 

das raízes. Assim, b = 8 e c = 7, logo V = (–4, –9). 

5. Usando o Teorema do Resto, temos: 

donde a = 7 e b = 15. 

6. Seja x um dos lados do rectângulo e y o outro. 

O perímetro do rectângulo é 2x + 2y = 36. 

Logo, y = 18 – x. 

A área do rectângulo é x × y. 

A área pode ser escrita em função de x: 

A(x) = x(18 – x) ⇔ A(x) = 18x – x 2 

A função é representada por uma parábola em que 

a < 0; tem um máximo no seu vértice cuja abcissa é 9. 

Assim, um dos lados é 9 metros e o outro dado por 

y = 18 – x é também 9 metros, donde o rectângulo de 

maior área é um quadrado de lado 9 metros. 

7. Usando o Teorema do Resto, temos: 

Q(–1) = 0 a – b + c = –1 

Q(2) = 0 ⇔ 4a + 2b + c = –8 

Q(0) = 4 c = 4 

Assim, a = –3, b = 0 e c = 4. 

8. Usando duas vezes a regra de Ruffini e visto que a raiz 

é dupla, ou seja, de cada vez que se usar a regra, o resto 

terá de ser zero. Obtemos, assim, o seguinte sistema: 

9. a. 

3 

 

P(5) = 0 

P(2) = 9 

 

 

4 –8 –9 7 

12 12 9 

⇔ 

a + b = –1 

2a + b = –4 

4 4 3 16 

 

 

Assim, a = –3 e b = 2. 

Zeros: 1, 

3 

, 2 { 2 } 

–25a + b = –160 

–4a + b = –13 

53

54 



x 

f(x) 

Na janela: 



x –∞ 1,21 

1,79 +∞ 

f(x) 

0,96 

–0,1 

Máximo relativo em x = 1,21 cujo valor é 0,96. 





lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 

Algebricamente, pelo Teorema de Cauchy, os zeros 

reais estão no intervalo [–7, 7]. Pelo Critério de Divisibilidade, 

os divisores do termo independente 

são os candidatos a zeros deste polinómio: 

–6, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 6. 

Por aplicação do Teorema do Resto, temos P(2) = 0 

e P(1) = 0. 


2 –9 +13 –6 

2 4 –10 +6 

1 

–∞ 

– 

➔ 

1 

3 

2 

0 + 0 – 

Assim, 2x 3 – 9x 2 + 13x – 6 = (x – 2)(x – 1)(2x – 3). 

Não detectamos nenhuma contradição com os resultados 

obtidos com a calculadora. Assim, os resultados 

da calculadora merecem mais confiança. 

b. 

Determinação dos zeros na janela indicada: 

➔ 

2 –5 3 0 

2 –3 

2 –3 0 

2 

0 

➔ 

+ 

+∞ 


x 

f(x) 

–∞ 

– 

Determinação dos extremos na mesma janela: 



x –∞ –0,79 

f(x) 

6,16 

➔ 

–1,34 






lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 

Algebricamente, pelo Teorema de Cauchy, os zeros 

reais estão no intervalo [–12, 12]. Pelo Critério de 

Divisibilidade, os divisores do termo independente 

são os candidatos a zeros deste polinómio: –1, 1. 

Nenhum destes valores é um zero do polinómio, 

por aplicação da Regra de Ruffini. Não detectamos 

nenhuma contradição com os resultados obtidos 

com a calculadora. Assim, os resultados da calculadora 

merecem mais confiança. 

c. 

Determinação de um dos zeros na janela indicada: 

Zeros: 

2 

, 3 { 3 } 


x 

f(x) 

0 + 

0,09 

Determinação dos extremos: 

Máximos: não tem. 

➔ 

–∞ 

2 

3 

+ 0 – 

0 – 

0,84 

–5,39 

1 

0 

1,4 

0 

➔ 

+ 

+ 

+∞ 

+∞ 

+∞

Mínimos (com a calculadora na mesma janela): 


x 

f(x) 

–∞ 0,85 

➔ 

–0,14 

Mínimo relativo que também é mínimo absoluto em 

0,85 cujo valor é -0,14. 


lim f(x) = +∞ ; lim f(x) = –∞ 

x→ +∞ 

x→ –∞ 

Algebricamente, Pelo Teorema de Cauchy, os zeros 

reais estão no intervalo [–3, 3]. Pelo Critério de Divisibilidade, 

os divisores do termo independente 

são os candidatos a zeros deste polinómio: 

–3, –1, 1, 3. 

Por aplicação do Teorema do Resto, temos P(1) = 0. 


3 –5 5 –5 2 

1 3 –2 3 –2 

Podemos assim factorizar: 

3x 4 – 5x 3 + 5x 2 – 5x + 2 = (x – 1)(3x 3 – 2x 2 + 3x – 2) = 

= (x – 1)(x 2 (3x – 2) + (3x – 2)) = (x – 1)(3x – 2) (x 2 + 1). 

Não detectamos nenhuma contradição com os resultados 

obtidos com a calculadora. Assim, os resultados 

da calculadora merecem mais confiança. 

10. a. Adicionando 1 a ambos os membros da equação, 

esta assume a forma x3 + 1 = (c + 1)x + c + 1. Como 

ambos os membros são divisíveis por x + 1, então 

x = –1 é uma solução da equação. 

Substituindo em ambos os membros x por –1, 

obtemos 0 = 0, o que prova que –1 é solução da 

equação. 

b. x3 + 1 = (c + 1)x + c + 1 ⇔ x3 + 1 = cx + x + c + 1 

⇔ x3 + 1 = c(x + 1) + (x + 1) ⇔ x3 + 1 = (c + 1) (x + 1) 

⇔ (x2 – x + 1)(x + 1) = (c + 1) (x + 1) 

Como –1 é solução da equação, as restantes são 

as soluções da equação: 

x2 – x + 1 = c + 1 ⇔ x2 – x – c = 0 ⇔ x = 

1±√∫1∫ ∫+∫ ∫4∫c 

. 

2 

11. Substituindo em p(x) x por x – 2, temos: 

y = (x – 2) 2 (x – 3)((x – 2) 2 – 4) 

⇔ y = (x – 2) 2 (x – 3)(x – 4)x 

2 é um zero duplo da função, por isso a representação 

é a da alínea a). 

➔ 

3 –2 3 –2 0 

+∞ 


12. O polinómio P(x) é pelo menos do 3. o grau, visto que 

a sua decomposição em factores tem de conter 

(x + 3)(x – 1)(x + 5). 

13. Se o eixo dos yy é um eixo de simetria e a distância 

entre os zeros é 4, então os zeros são –2 e 2. A função 

é da forma f(x) = a(x – 2)(x + 2). 

Como o valor mínimo é –5, ele está sobre o eixo de 

simetria pelo que a abcissa do vértice é 0. Temos 

então que f(0) = –5 donde a = . 

A função é x2 5 

4 

5 

– 5. 

4 

14. A base é um quadrado de lado 20 – 2x. O volume é 

dado por V(x) = x(20 – 2x) 2 . 

Sabendo que x > 0 e que 20 – 2x > 0, então 

20 – 2x > 0 ⇔ x < 10. 

Usando a calculadora gráfica numa janela adequada 

temos a seguinte representação gráfica: 

Usando as potencialidades da calculadora obtemos 

o máximo que é: 

Logo, o lado do quadrado a cortar será aproximadamente 

igual a 3,3 cm. 

15. a. Resolvendo a equação f(x) = g(x) temos: 

x3 – x2 – 2x = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 ou x = 2 

Assim, f(0) = 1; f(–1) = ; f(2) = 2 

Logo, as coordenadas dos pontos A, B e C são: 

A(0, 1); B( –1, 1 

2 

1 

; C(2, 2) 

2) 

b. A recta que contém os pontos A e C tem por 

equação reduzida y = 

1 

x + 1. O ponto B pertence 

2 

a essa recta. Logo, os pontos são colineares. 

16. Seja a uma das dimensões da folha. Assim teremos: 

h 

T 

x 

a – h 

55

56 


Pelo Teorema de Pitágoras, vem: 

x2 + h2 = (a – h) 2 ⇔ h = 

a 

A área do triângulo é: 

A(x) = × x × ⇔ A(x) = 

Para encontrar uma solução vamos substituir o a 

pela medida do lado que dobra. Para uma folha de 

dimensões 14,5 cm por 21 cm tem-se: 

A(x) = 

Utilizando a calculadora, numa janela adequada, obtemos: 

2 – x2 2a 

x(210,25 – x2 1 a 

2 

) 

58 

2 – x2 x(a 

2a 

2 – x2 ) 

4a 

Calculemos o máximo: 

O problema é o mesmo partindo de uma folha rectangular 

com outras dimensões. 

Assim, para uma folha de dimensões 14,5 por 21 cm, 

o valor da área do triângulo é de 20,23 cm 2 e a base 

é de 8,37 cm. 

17. x 4 – 4x 3 + 3x 2 = x 2 (x 2 – 4x + 3) = x 2 (x – 1)(x – 3) 

Representando graficamente obtém-se: 

18. a. Em cada caso, o gráfico da função g(x) está a “bold”. 

[–10, 10] × [–1000, 1000]: 

[–10, 10] × [–10, 10]: 

[1, 5] × [–2, 2]: 

b. 

x ∈ ]2, 3[ ∪ ]3, 4[ 

c. Para x ≠ 3, temos que: 

(x – 3) 2 > (x – 3) 4 ⇔ 1 > (x – 3) 2 ⇔ x2 – 6x + 8 < 0 

Assim, x ∈ ]2, 4[. 

Para x = 3 a desigualdade não se verifica pelo 

que x ∈ ]2, 3[ ∪ ]3, 4[. 

19. a. Se tem vértice em (3, –1) é da forma: 

f(x) = a(x – 3) 2 – 1 

Como contém o ponto (1, 3), temos que f(1) = 3, 

donde 4a – 1 = 3 ⇔ a = 1. 

Assim, f(x) = x2 – 6x + 8. 

b. Como os zeros são (–1, 0) e (2, 0) a função é da 

forma f(x) = a(x + 1)(x – 2). 

Como contém o ponto (0, 6), temos que f(0) = 6. 

Então, –2a = 6 ⇔ a = –3 

Logo, f(x) = –3x2 + 3x + 6. 

20. a. d(2) = 26 

A altura do edifício é de 14 metros. 

b. d(t) = 2,75 ⇔ 5t2 + 3t – 2,75 = 0 ⇔ t = –1, 1 ou t = 0,5 

Demorou 0,5 segundos, pois o tempo negativo 

não tem significado no contexto do problema. 

21. x – x – = x ( )( ) 2 – x + = 

= x2 – x + = 

Um polinómio de coeficientes inteiros é, por exemplo, 

12x2 12 7 1 12x 

12 12 12 

– 7x + 1. 

2 1 1 7 1 

4 3 12 12 

– 7x + 1 

12 


Seja P(x) = anxn + an – 1xn – 1 + a1x + a0 um polinómio de 

coeficientes inteiros divisível por x – a. 

Pelo Teorema do Resto, temos que: 

P(a) = 0 ou seja, 

anan + an – 1an – 1 + … + a1a + a0 = 0. 

Passando a0 para o segundo membro e colocando a em 

evidência no 1. o membro temos: 

a(anan – 1 + an – 1an – 2 + … + a1) = – a0 Como anan – 1 + an – 1an – 2 + … + a1 é um número inteiro 

isto prova que o termo independente a0 é um múltiplo 

inteiro de a.

Desafio D. 2 (Pág. 107) 

–x 5 + 3x 4 + 4x 3 – 12x 2 > 0 ⇔ x 2 (–x 3 + 3x 2 + 4x – 12) > 0 

⇔ x 2 (x 2 (–x + 3) –4(–x + 3)) > 0 

⇔ x 2 (x 2 – 4)(–x + 3) > 0 

Como x = 0 não é solução da inequação e x 2 > 0 para 

x ≠ 0, apenas temos de determinar onde (x 2 – 4)(–x + 3) é 

positivo, ou seja, determinar onde os dois polinómios 

têm o mesmo sinal. 

Assim, x 2 – 4 é positivo para x < –2 e para x > 2 e negativo 

em –2 < x < 2; 

–x + 3 é positivo para x < 3 e negativo para x > 3. 

O sinal dos dois polinómios é o mesmo em: 

]–∞, –2[ ∪ ]2, 3[ 

Capítulo 5 – Polinómios interpoladores 

Nota: O uso da calculadora pode dar um “forte” apoio à validação dos resultados, 

quanto às regressões pedidas em alguns dos problemas. 

Tarefa 1 (Estimativa) (Pág. 113) 

Para uma maior facilidade de cálculo vamos representar 

o ano de 1990-1991 por 0 e o ano de 1992-1993 por 

2. E vamos representar o número de alunos aos milhares, 

ou seja, respectivamente 14,5 e 17,3. 

Assim, temos de realizar a interpolação para 1991-1992, 

ou seja, para 1. 

Os dados conhecidos são os pontos (0; 14,5) e (2; 17,3). 

A equação da recta que contém estes dois pontos é obtida 

por resolução do sistema: 

Daqui resulta a recta de regressão linear: y = 2,8x + 14,5. 

Como queremos saber o valor para 1, temos: 

y = 2,8 × 1 + 14,5, pelo que y = 15,9. 

O número de alunos inscritos em 1991-1992 é estimado 

em 15 900 alunos. 

Tarefa 2 (Polinómio interpolador do 2. o grau) (Pág. 113) 

Considerando a mesma estratégia do exercício anterior, 

temos os pontos (0; 14,5); (2; 17,3) e (3; 19,1). 

A equação de uma função quadrática que contém estes 

três pontos é obtida por resolução do sistema: 

14,5 = c 

17,3 = 4a + 2b + c 

19,1 = 9a + 3b + c 

 

 

14,5 = b 

⇔ 

17,3 = 2m + b 

Daqui resulta que a regressão quadrática é dada por: 

y = x2 2 

+ 

17 

x + 14,5. Para x = 1 obtemos y = 15,7(6). 

15 15 

O número de alunos inscritos em 1991-1992 é estimado 

em 15 767 alunos. 

⇔ 

 

b = 14,5 

m = 2,8 

c = 14,5 

b = 

17 

15 

2 

a = 

15 

 


Tarefa 3 (Polinómio interpolador passando por 3 pontos) 

Pág. (114) 

Dados os três pontos trata-se de encontrar o polinómio 

P(x) = ax2 + bx + c, ou seja, 

P(1) = 3 

P(4) = 5 

P(7) = 1 

o que dá origem ao sistema: 

1 

a = – 

3 = a + b + c 

3 

5 = 16a + 4b + c ⇔ b = 

7 

3 

1 = 49a + 7b + c 

a = 1 

 

O polinómio é, então, P(x) = – x2 1 7 

+ x + 1. 

3 3 

Tarefa 4 (Fórmula da interpolação) (Pág. 114) 

Estudemos agora o caso geral da interpolação a partir 

de três pontos. 

O polinómio do segundo grau pretendido, parábola, terá 

por equação geral 

x = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 

Contudo, já vimos no caso da interpolação linear que o 

resultado final foi 

f(x) = y 

x – x 

1 + 1 (y2 – y 

x 

1) 

2 – x1 Para além das constantes, aparece o factor x – x1. No 

caso deverá aparecer uma estrutura semelhante, como 

diz o enunciado, mas desta vez com dois factores 

(x – x1)(x – x2), pelo que podemos, desde já, começar a 

procurar algo parecido com isso e que simplificará bastante 

os cálculos. Neste caso, podemos arriscar que a 

estrutura será semelhante a: 

y = a(x – x1)(x – x2) + b(x – x1) + c 

Como a parábola pretendida passa pelos três pontos 

dados, temos: 

y 1 = c 

y 2 = b(x 2 – x 1)+ c 

y 3 = a(x 3 – x 1)(x 3 – x 2)+ b(x 3 – x 1)+ c 

 

 

x f(x) 

x 1 

x 2 

x 3 

 

Este é um sistema linear nas incógnitas a, b e c que 

vamos agora determinar. O valor de c está determinado. 

Podemos tirar o valor de b da segunda equação obtendo 

b = (y2 – y1) (x2 – x1) y 1 

y 2 

y 3 

57

58 


Substituindo na terceira equação obtemos o valor de a: 

y3 = a (x3 – x1)(x3 – x2) (y2 – y1) (x2 – x1) (x3 – x1) + y1 ⇔ y3 – y1 = a (x3 – x1)(x3 – x 

(y2 – y 

2) 1) 

(x3 – x 

(x 

1) 

2 – x1) (y 

⇔ 3 – y1) (x3 – x1) = a(x3 – x2) + 

(y2 – y1) (x2 – x1) ⇔ a(x3 – x2) = 

(y3 – y1) (x3 – x1) – 

(y2 – y1) (x2 – x1) (y 

⇔ a = 3 – y1) (y 

– 2 – y1) (x3 – x1)(x3 – x2) (x2 – x1)(x3 – x2) Substituindo na expressão inicial, obtemos 

y = – ( ) (x – x (y3 – y1) (y2 – y1) 1)(x – x2) + 

(x3 – x1)(x3 – x2) (x2 – x1)(x3 – x2) Ou seja, 

+ 

(y2 – y1) (x – x1) + y1 (x2 – x1) (x – x 

y = 1)(x – x2) (y3 – y 

(x 

1)– 

3 – x1)(x3 – x2) – 

(x – x1)(x – x2) (x2 – x1)(x3 – x2) (y2 – y1) + 

(x – x 

+ 1) 

(x2 – x1) (y2 – y1) + y1 Esta fórmula é chamada fórmula da interpolação quadrática 

para f conhecidos os pontos (x 1, y 1), (x 2, y 2) e 

(x 3, y 3) do gráfico de f. 

Tarefa 5 (Interpolação linear e estimativas) (Pág. 114) 

1. Temos f(2) = 4 e f(3) = 8. 

Considerando na fórmula da interpolação linear x 1 = 2, 

y 1 = 4, x 2 = 3 e y 2 = 8, temos f(x) = 4x – 4. 

Logo, f(2,3) = 5,2. 

2. Considerando x1 = 2, y1 = 4, x2 = 2,5, y2 = 4√∫2, x3 = 3 

e y3 = 8, temos: 

(x – 2)(x – 2,5) 

y = (8 – 4) – 

(3 – 2)(3 – 2,5) 

– 

(x – 2)(x – 2,5) 

(4√∫2 – 4) + 

(2,5 – 2)(3 – 2,5) 

+ 

(x – 2) 

(4√∫2 – 4) + 4 

(2,5 – 2) 

Fazendo x = 2,3, obtemos y ≈ 5,076. 

3. Como 3,1 < π

Analisando os restos, concluímos que o polinómio 

P(x) apenas admite 2 como um zero simples. 

Como o polinómio 2x 2 + 1 não admite zeros reais, uma 

vez que a equação 2x 2 + 1 = 0 é impossível, o polinó - 

mio decomposto num produto de factores de menor 

grau possível terá a forma P(x) = (x – 2)(2x 2 + 1). 

6. Calculemos os zeros da função g(x): 

g(x) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 9,4 

Como a distância entre a posição inicial e final é de 

9,4 cm, um dos zeros da função f é 3 e o outro é 0. 

Com os zeros de f podemos calcular a abcissa do 

vértice, x = . 

Como a ordenada é 4,5, a função f é da forma 

f(x) = a(x – 1,5) 2 + 4,5. 

Como o gráfico de f contém o ponto (0, 0), temos 

0 = a(0 – 1,5) 2 + 4,5 ⇔ a = –2 

A expressão analítica da função f é: 

f(x) = –2(x – 1,5) 2 0 + 3 

2 

+ 4,5 

Prova global N. o 2 (Pág. 118) 

1. a. D = [–3, –1] ∪ [0, 4]; CD = [–1, 2] 

b. Os zeros da função são {–1, 2}. 

c. [0, 4] 

d. Não existe, pois a função é crescente em todo o 

seu domínio. 

2. Se a 700 metros estão 7 oC, temos de saber a 1300 metros 

quanto diminuiu. Como a cada 180 metros desce 

1 oC, temos que ≈ 7,2 oC. Então, aos 2000 metros 

estará uma temperatura de 7 oC – 7,2 oC = –0,2 o 1300 

180 

C. 

Atendendo a que a função é uma função afim e que 

contém, por exemplo, os pontos (700, 7) e (880, 6), 

a sua representação gráfica é: 

Determinemos a expressão analítica usando os pontos 

anteriores: 

m = – 

1 

7 = m × 700 + b 

180 

⇔ 

7 = m × 880 + b 

98 

b = 

9 

 

o C 

15 

10 

5 

500 1000 1500 2000 

m 

 

A expressão analítica é f(x) = – 

1 

x + 

98 

. 

180 9 


3. Pelo Teorema do Resto, temos Q(2) = 0. 

Assim, 4 × 2 3 + (2 – k) 2 – 48 = 0 ⇔ k = –2 ou k = 6 

Os valores de k são –2 e 6. 

4. Pela definição de quociente e de resto, temos: 

P(x) = (x 2 + 2x + 3)(3x – 2) + 5x + 2 

⇔ P(x) = 3x 3 + 4x 2 + 10x – 4 

5. Se tem vértice no ponto (1, 2), a função é da forma 

y = a(x – 1) 2 + 2. 

Como o gráfico contém o ponto (0, 1), temos 

0 = a(0 – 1) 2 + 2 ⇔ a = –1 

Assim, a expressão da função é y = –(x – 1) 2 + 2. 

A solução é única, pois uma função quadrática tem 

apenas três graus de liberdade e esses foram preenchidos 

pelos dados do vértice (2 restrições) e da intersecção 

com o eixo dos yy (1 restrição). 

6. Determinemos os valores de x para os quais a função 

assume o valor 1,4: 

–0,1(x – 4,5) 2 + 3 = 1,4 ⇔ x = 0,5 ou x = 8,5 

Atendendo a que o Marco recebe a bola na parte descendente, 

o valor que importa para o problema é 8,5. 

A distância entre o André e o Marco é de 8,5 metros. 


1. a. 

-10 

b. (–9, –3); (2, 2); (7, 7) 

2. De P(1) = 0 concluímos que a + b + c = –1. 

Como P(–x) + P(x) = 0, temos 

–x 3 + ax 2 – bx + c + x 3 + ax 2 + bx + c = 0 

⇔ 2ax 2 + 2c = 0 

Para este polinómio ser o polinómio nulo resulta o 

seguinte sistema: 

 

-8 

2a = 0 

2c = 0 

-6 

-4 

⇔ 

y 

10 

8 

6 

4 

2 

-2 

-2 

-4 

-6 

-8 

-10 

 

a = 0 

c = 0 

f(x) = g(–x) – 3 

2 4 6 8 10x 

Assim, temos que de a + b + c = –1 resulta b = –1. 

Portanto, P(x) = x 3 – x. Logo, P(2) = 6. 

59

60 


3. Os pontos (2, 0) e (6, 0) são os zeros da função quadrática. 

Esta pode, então, ser escrita como 

y = a(x – 2)(x – 6). Como contém o ponto (0, –3), 

temos –3 = a(0 – 2)(0 – 6) ⇔ a = – . 

A expressão que define a função quadrática é: 

y = – x2 1 

4 

1 

+ 2x – 3 

4 

4. a. O consumo de água é nulo às 7h e às 23h. 

b. Crescente: [7, 13] e [16, 18] 

Decrescente: [13, 16] e [18, 24] 

c. Às 13 horas, o consumo foi de 1,5 m 3 . 

5. Se P(x) dividido por Q(x) dá resto 44, pelo Teorema 

do Resto, temos que P(2) = 44, isto é: 

2 × 2 n + 10 – 30 = 44 ⇔ 2 n + 1 = 64 ⇔ n = 5 

6. a. Com os valores da tabela podemos escrever: 

30 = b69a e 314 = b160a Dividindo a segunda expressão pela primeira, temos: 

= ⇔ 2,32a 160 314 

= 10,47 

( ) a 

69 

Usando a calculadora gráfica podemos determinar 

um valor aproximado de a. Para tal, podemos 

traçar uma tabela de valores da função y = 2,32a e 

procurar um valor de a que permita obter para y 

um valor próximo de 10,47. Obtemos o valor aproximado 

de a = 2,79. 

Para calcular um valor aproximado de b basta su bstituir 

numa das expressões que já conhecemos: 

30 = b692,79 ⇔ b = 

30 

⇔ b ≈ 0,00022 

A função é y = 0,00022 × x2,79 . 

b. Usando a função anterior, obtemos 

y = 0,00022 × 1302,79 ⇔ y ≈ 174 

O boi pesa aproximadamente 174 kg. 

c. O comprimento do peito aumentou 81 cm (160 – 69). 

O peso aumentou 28 kg (314 – 30). 

A percentagem de aumento do peso em relação 

284 

ao comprimento é × 100 = 312%. 

91 


1. a. D f = ]–1, 3[ 

b. CD f = [1, 4[ 

c. 

y 

(–2, 7) (2, 7) 

(0, 5) 

(–1, 3) (1, 3) 

30 

g(x) 

69 2,79 

2. L(x) = xa(x) – O(x) 

⇔ L(x) = x(–0,008x + 1300) – (0,0024x 2 + 10 6 ) 

⇔ L(x) = –0,0104x 2 + 1300x – 10 6 

x 

Como a < 0 a função tem um máximo no vértice. 

– 0,0104x2 + 1300x – 106 = –106 ⇔ x = 0 ou x = 125 000 

A abcissa do vértice é 

0 + 12 500 

= 62 500. 

2 

A empresa deve produzir 62 500 unidades. 

3. Pela definição de divisão, temos 

P(x) = (x 2 – 3x + 1)(x + 1) + 2x + 1, ou seja, 

P(x) = x 3 – 2x 2 + 2. 

O resto da divisão é igual ao valor do polinómio no 

ponto –1, P(–1) = –1. 

4. P(x) + Q(x) = (a 2 – 3a + 2)x 3 + (a – 2)x 2 – 4ax + 4 

Para este polinómio ser do 2. o grau em x, o coeficiente 

de x 3 terá de ser igual a zero. 

Então, a 2 – 3a + 2 = 0 ⇔ a = 1 ou a = 2. 

Simultaneamente, o coeficiente de x 2 terá de ser diferente 

de zero, a ≠ 2. 

Para que o polinómio seja do 2. o grau a = 1. 

5. a. 

Os zeros são –2 e 2. 

b. 

Tem um máximo relativo em x = 0 cujo valor é –4. 

Não é máximo absoluto, pois lim f(x) = +∞ e 

x→ –∞ 

lim f(x) = +∞ . 

x→ +∞ 

c. Vamos calcular os zeros da função: 

x 4 – 3x 2 – 4 = 0 ⇔ (x 2 ) 2 – 3x 2 – 4 = 0 

⇔ x 2 = – 1 x 2 = 4 ⇔ x = –2 ou x = 2 

Utilizando a Regra de Ruffini, podemos escrever a 

função polinomial como o produto: 

x 4 – 3x 2 – 4 = (x 2 – 4)(x 2 + 1) 

Como x 2 + 1 é sempre positivo, o sinal da função 

vai depender do sinal de x 2 – 4. Como o sinal de 

x 2 – 4 é negativo no intervalo ]–2, 2[ a função é 

negativa nesse intervalo. 

6. a. Designemos o ano de 1995 como sendo o ano 0. 

Assim, o valor de b será 78. 

O modelo linear é y = ax + 78. 

Como no ano de 2005 a esperança média de vida é de 

80,3 anos, temos que (10; 80,3) é um ponto que satisfaz 

ao modelo, pelo que 80,3 = a × 10 + 78 ⇔ a = 0,23. 

O modelo linear é y = 0,23x + 78. 

b. Para a esperança média de vida ser de 81,5 anos 

temos de determinar o valor de x no modelo: 

81,5 = 0,23x + 78 ⇔ x ≈ 15,22 

15,22 anos corresponde a 15 anos e 3 meses. 

Após 15 anos e 3 meses, ou seja, em Março de 2010.

Estatística 

Capítulo 1 – O que é a Estatística 

Capítulo 2 – Organização e interpretação de caracteres estatísticos 

Capítulo 3 – Distribuições bidimensionais 

TEMA 3

62 



exercícios 

Capítulo 1 – O que é a Estatística? 

Tarefa 1 (Resultados duvidosos) (Pág. 128) 

Pode pensar-se que o erro do médico suíço Lombard 

foi ter considerado uma amostra muito pequena por incluir 

apenas no seu estudo os óbitos ocorridos na cidade 

suíça de Genebra. Mas, na realidade, o erro está no 

facto de apenas ter registado as profissões na hora da 

morte. Os estudantes, a morrer como estudantes morrem 

sempre cedo… Os outros todos já foram também 

estudantes (ou quase todos) mas ficam registados na 

última profissão não é? Não aparecendo como estudantes, 

os dados recolhidos ficam inutilizados. 

Tarefa 2 (Regras a que deve obedecer uma sondagem) 

(Pág. 132) 

d. Universo constituído pela população recenseada residente 

em Portugal continental. 

e. Amostra constituída por 1006 entrevistas efectivas: 

52,5% dos entrevistados do sexo feminino; 47,5% do 

sexo masculino; 30,9% dos entrevistados com idades 

entre os 18 e os 34 anos; 35,8% entre os 35 e 54 

anos e 33,3% dos indivíduos com mais de 55 anos. 

Por regiões, 18,7% dos entrevistados residem no 

Norte Litoral, 12,7% no Grande Porto, 15,6% no Centro 

Litoral; 28,6% na Grande Lisboa e 8,8% no Sul. 

f. Não contemplada na ficha técnica. 

g. Não contemplada na ficha técnica. 

Quando se fala numa “distribuição proporcional de registos 

de não respondentes, sem opinião e abstenção, 

passando a usar-se a expressão ‘Projecção‘” e “O erro 

de amostragem, para um intervalo de confiança de 95% 

é de mais ou menos 3,1%”. 

Tarefa 3 (Diferença entre sondagem e resultado eleitoral) 

(Pág. 133) 

Três possíveis causas de desajustamento entre as sondagens 

com vista a determinar o sentido de voto nas 

eleições e a votação propriamente dita são: 

i) elevado número de abstenção; 

ii) má selecção da amostra; 

iii) falsas declarações prestadas pelos entrevistados. 

Mas há mais: 

iv) acontecimento brutal que revolte os eleitores contra 

determinada pessoa ou partido; 

v) fraude eleitoral; 

vi) erro na redistribuição estatística dos eleitores que 

se recusaram a responder à sondagem. 

Tarefa 4 (População e amostra) (Pág. 135) 

1. População 6. População 

2. População 7. Amostra 

3. Amostra 8. Amostra 

4. Amostra 9. População 

5. Amostra 10. População 

Tarefa 5 (Sondagem da SIC sobre a pena de morte) 

(Pág. 135) 

A sondagem levada a cabo pela SIC tem como referência 

uma amostra enviesada, pois quem respondeu foram 

pessoas que estavam a assistir ao programa, não foram 

seleccionadas para serem representativas da população 

portuguesa e a sua opinião pode ter sido condicionada 

pelo próprio programa (por exemplo, imagens chocantes 

ou testemunhos dilacerantes ao vivo). Na sondagem 

apresentada pelo Expresso, possivelmente, foram tidos 

em conta os necessários procedimentos para uma correcta 

selecção da amostra, o que levou a resultados diferentes 

dos apresentados pela sondagem da SIC. 

Tarefa 6 (Elvis Presley está vivo?) (Pág. 136) 

Como fontes de enviesamento da amostra temos, por 

um lado, o facto de nem todos os elementos da população 

dos Estados Unidos terem a mesma probabilidade 

de serem seleccionados, pois só os ouvintes das estações 

de rádio em causa, é que se iam pronunciar sobre 

a questão da morte do Elvis; por outro lado, temos o 

facto de os elementos da amostra não serem seleccionados, 

mas sim serem eles os interessados ou não em 

responder, com a agravante de a chamada telefónica ser 

paga. E quem está disposto a pagar é quem quer agitar 

as águas à volta de Elvis. 

Tarefa 7 (Amostra aleatória) (Pág. 137) 

Só a amostra da terceira situação é aleatória, pois, na 

primeira situação, a amostra seria válida apenas para 

tirar conclusões sobre as preferências musicais dos 

alunos do Ensino Secundário que também frequentam 

o Conservatório. É natural que um aluno que frequenta 

um Conservatório tenha uma apetência musical diferente 

de outro que não o frequente e, portanto, conclusões 

que se tirem de tal amostra não podem ser válidas 

para a população dos alunos do Ensino Secundário. Na 

segunda situação, a amostra não é representativa da 

população, pois é possível que as pessoas à saída do 

supermercado se lembrem melhor dos produtos que ou 

acabaram de comprar ou que aí encontraram, sendo 

assim as suas respostas enviesadas. Na terceira situação, 

a amostra já é representativa da população. É um 

exemplo de amostragem sistemática.

Tarefa 8 (Estatística Descritiva e Indutiva) (Pág. 139) 

1. Temos aqui um exemplo de Estatística Indutiva. De 

uma amostra de 10 televisores infere-se para a população 

do lote de 100. Acredita-se, com base na 

Teoria da Estatística Indutiva/Inferência Estatística, 

que, se 10 televisores aleatoriamente seleccionados 

estiverem todos bons, então o mesmo deve acontecer 

aos restantes. 

2. Temos novamente um exemplo de Estatística Indutiva. 

Sendo a amostra representativa da população 

de todos os eleitores portugueses, então é de esperar 

que o que se passa na amostra também se passe 

na população e, portanto, que mais de 50% dos portugueses 

votem nesse candidato. 

3. Aqui temos apenas um problema de Estatística Descritiva, 

visto que a informação foi feita com base nos 

dados relativos ao salário de todos os empregados 

da empresa. 

4. Como apenas se estudou o salário de uma amostra 

de trabalhadores da empresa, estamos perante um 

problema de Estatística Indutiva. 

Capítulo 2 – Organização e interpretação de caracteres 

estatísticos 


a. Variável do tipo quantitativo e contínua. 

b. Variável do tipo qualitativo. 

c. Variável do tipo quantitativo e contínua. 

d. Variável do tipo qualitativo. 

e. Variável do tipo qualitativo. 

f. Variável do tipo quantitativo e discreta. 

g. Variável do tipo quantitativo e contínua. 

h. Variável do tipo qualitativo. 

i. Variável do tipo quantitativo e discreta. 

j. Variável do tipo quantitativo e discreta. 

k. Variável do tipo qualitativo. 

l. Variável do tipo quantitativo e discreta. 


Tendo em conta que num jogo de basquetebol existem 

quatro períodos de 10 minutos, ou seja, a duração do 

jogo é de 40 minutos e não há aqui ninguém que jogue 

os 40 minutos, é natural considerar-se as classes 

[0, 10[, [10, 20[, [20, 30[ e [30, 40[. No caso de haver 

prolongamentos já teremos de considerar as classes: 

[0, 10[, [10, 20[, [20, 30[, [30, 40[ e [40,50[. 


Tabela de frequências absolutas: 

Classe 

[0, 10[ 

[10, 20[ 

[20, 30[ 

[30, 40[ 

Tema 3 — Estatística | Aleph 10 

Histograma onde se pode ver a frequência absoluta de 

cada classe: 


As situações das alíneas b. e c. são propositadamente 

ambíguas, pois não se sabe qual a dimensão da amostra, 

nem o que se pretende com os dados a analisar. Por 

exemplo, no caso do exemplo b. não é indiferente se as 

pontuações se referem a uma turma ou à escola toda. 

No primeiro caso, pode não ter qualquer interesse considerar 

classes com aquela amplitude, pois correr-se- 

-ia o risco de a maior parte das classes consideradas 

ter frequência nula. Por outro lado, pareceria muito mais 

interessante considerar classes de amplitude 5, já que 

nos transmite informação de uma forma mais sugestiva. 

No caso da alínea c. será que tem interesse saber 

quantos professores estão perto da reforma, para fazer 

uma programação atempada das necessidades? Se sim, 

talvez se justifique considerar classes com aquela amplitude. 

São estas condicionantes que devem ser objecto 

de discussão. 


Frequência absoluta 

3 

1 

1 

4 

Retirado de: Brochura de Estatística, 10. o ano, pp. 41 e 42, ME 

a. Nenhum aluno teve nota inferior a 4. 

b. Dado que a altura da barra correspondente à classe 

[8, 12[ é o dobro da altura da barra da classe [4, 8[, é 

de esperar que 20% dos alunos tenham tido nota 

entre 8 e 12. 

63

64 


c. Usando um raciocínio idêntico ao usado para respon - 

der à alínea b. podemos afirmar que 70% dos alunos 

tiveram nota superior a 12 ou, então, considerando 

que 10% + 20% = 30% dos alunos tiveram nota entre 

4 e 12, então os restantes, 100% – 30% = 70% tiveram 

nota superior a 12. 


As classes não têm todas a mesma amplitude. No que 

diz respeito às notas negativas, as classes têm uma 

amplitude de 5 pontos, enquanto nas notas positivas a 

amplitude é de 10 pontos, e este facto pode ser observado 

no histograma. 

Neste histograma dá ideia de haver um domínio claro 

de notas positivas ou perto disso. Estaríamos à espera 

que, como o histograma é um diagrama de áreas, 

mesmo que as classes não tivessem todas a mesma 

amplitude, o aspecto visual do histograma seria muito 

fiável, pois a área do rectângulo correspondente deveria 

ser proporcional à frequência absoluta da classe. 

Mas isso não acontece neste caso porque as frequências 

absolutas das classes contíguas ]85, 90] e ]90, 95] 

têm vectores muito díspares, 339 e 1694, respectivamente. 

Se tivermos apenas a classe ]85, 95] a sua frequência 

absoluta será 2033, que não provoca um 

contraste tão chocante com a classe seguinte, ]95, 105], 

de frequência 1277. Vejamos como ficaria o histograma 

com as classes todas da mesma amplitude. 

Um aspecto muito diferente! A distribuição dos dados 

pelos diferentes intervalos é muito equilibrada e até parece 

normal. 


Consideremos a seguinte tabela onde estão consideradas 

as classes e as respectivas frequências absolutas das 

idades das atletas das equipas do Olivais e do Ribera: 

Classe 

[18, 22[ 

[22, 26[ 

[26, 30[ 

[30, 34[ 

Idades do Olivais 

2 

4 

2 

1 

Função cumulativa Função cumulativa 

para o Ribera para o Olivais 

Por comparação dos dois gráficos vemos que a equipa 

do Pallacanestro Ribera apresenta um gráfico enviesado 

para a direita, ou seja, tem jogadoras mais velhas, relativamente 

às jogadoras do Olivais Coimbra. 


Turma A 

6 5 

9 9 7 6 

9 8 6 3 3 0 

8 7 6 4 1 1 

5 2 

Olhando para o diagrama obtido, somos levados a afirmar 

que a Turma B tem melhores resultados que a Turma A. 


Se a distribuição dos dados é simétrica significa que 

50% dos dados estão de cada lado da média, estando 

50% acima da média e os restantes 50% estarão abaixo 

da média; no que diz respeito à mediana e atendendo à 

definição de mediana, os dados estão, tal como em relação 

à média, 50% acima e 50% abaixo. Em conclusão, 

a média e a mediana têm que coincidir, quando a distribuição 

dos dados é simétrica. 


a. 

4 

5 

6 

7 

8 

9 

Turma B 

Idades do Ribera 

0 

3 

5 

2 

0 

0 0 1 4 5 7 7 9 9 

1 1 1 2 2 7 8 

2 4 8 

A média é 11 237,5 e a mediana é 7700. Então, a distribuição 

não é simétrica.

. 

A nova média é 30 925 enquanto que a mediana se 

mantém igual a 7700. 

c. 

d. 

A nova média é 11 271,25 enquanto que a mediana se 

mantém igual a 7700. 

Média 

Mediana 

Dados 

11 237,5 

7700 

Dados com o 

valor 335 000 

30 925 

7700 

Dados com o 

valor 600 

11 271,25 

7700 

Observando a tabela e comparando os dados, vemos 

que a média é muito sensível a alterações nos dados 

enquanto que a mediana não é tão sensível. No exemplo 

apresentado nem sequer muda com as alterações 

apresentadas (pois as alterações aconteceram sempre 

do mesmo lado relativamente à mediana). 

e. Os alunos podem ter confundido a mediana com o 

terceiro quartil. 


a. 

Turma 1 Turma 2 

Com uma casa decimal, a média, nas duas turmas, é 

de 11,2. 

b. Se olharmos só para os resultados obtidos na alínea 

anterior, somos levados a afirmar que as turmas tiveram 

um comportamento igual porque a média é a 

mesma nas duas turmas. Mas observa-se claramente 

nos dados que o comportamento não foi bem 

o mesmo. Enquanto na turma 1 há dois alunos muito 

bons (com notas entre 16 e 18) e dois alunos muito 

maus (com notas entre 4 e 6), na turma 2 não existe 

nenhum aluno desses tipos, ordem todos mais próximos 

da média. 



Comparando este diagrama com o da equipa do Olivais, 

(pág. 161 do manual), vemos que está mais simétrico do 

que o da equipa dos Olivais, ou seja, tem uma distribuição 

de idades mais equilibrada. Mas a amplitude de 

idades é menor! Ou seja, enquanto que a distribuição de 

idades da equipa do Ribera vai de 22 a 30 anos, na 

equipa do Olivais ela vai de 18 a 30 anos, mais 4 anos 

de amplitude. Isto é, a equipa do Olivais tem jogadoras 

mais jovens e de um espectro de idades maior. Tendo 

mais jogadoras jovens, tem mais futuro! 


Os diagramas de extremos e quartis respeitantes aos 

pontos marcados nos jogos dos play-offs e nos jogos 

das competições europeias são, respectivamente: 

Comparando os dois diagramas, vemos que nas competições 

europeias houve uma distribuição mais concentrada 

dos pontos marcados (amplitude interquartil 

menor). Contudo, como a mediana nas competições europeias 

foi maior, os pontos aí marcados são um pouco 

melhores na parte central da distribuição do que nos 

play-offs, ou seja, o comportamento da equipa do Olivais 

nas competições europeias foi bastante razoável 

(no que diz respeito a pontos marcados). 

A mediana não é muito diferente, mas nos jogos dos 

play-offs, há um grande enviesamento para a esquerda 

(ou seja, mais jogos com poucos pontos marcados). 


Os diagramas de extremos e quartis correspondentes 

aos três tipos de cachorros, carne de vaca, carne de 

porco e carne de aves são, respectivamente: 

Pela análise dos diagramas podemos inferir que o cachorro 

de carne de vaca e o cachorro de carne de porco 

têm sensivelmente as mesmas calorias, enquanto que 

o cachorro de carne de aves tem claramente muito 

menos calorias. 

65

66 



a. 

b. 

A média é 2,833 e o desvio-padrão é 1,495. 


Observação: 

Nestas duas distribuições, a média e o desvio-padrão 

mantêm-se. Os dados da segunda distribuição 

são obtidos da primeira multiplicando cada um deles 

por 10. Vejamos o que está a acontecer, começando 

por calcular a média da segunda distribuição: 

– 0 × 30 + 1 × 180 + 2 × 450 + 3 × 430 + 4 × 200 + 5 × 70 + 6 × 30 + 7 × 20 + 8 × 30 

x = 

30 + 180 + 450 + 430 + 200 + 70 + 30 + 20 + 30 

Colocando o 10 em evidência, vamos obter: 

– 10(0 × 30 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 + 5 × 7 + 6 × 3 + 7 × 2 + 8 × 3) 

x = 

10(3 + 18 + 45 + 43 + 20 + 7 + 3 + 2 + 3) 

Logo, 

– 0 × 3 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 + 5 × ×7 + 6 × 3 + 7 × 2 + 8 × 3 

x = 

3 + 18 + 45 + 43 + 20 + 7 + 3 + 2 + 3 

que é a expressão que nos dá a média para a primeira 

distribuição, justificando, deste modo, que 

ambas as distribuições tenham a mesma média. 

Quando um raciocínio semelhante justificamos que o 

desvio-padrão é igual, nas duas distribuições. 


a. 


b. 



1. a. 

b. 

c. 

Na Lista 1 temos o número de países visitado, na 

Lista 2 a frequência absoluta e na Lista 3 a frequência 

absoluta acumulada. 

Cada aluno visitou, em média, 4 países. 

A mediana é 4 e a moda também é. 

d. Por exemplo, escolher um aluno à sorte a partir do 

seu número de aluno, escolher todos os alunos 

que tenham nascido no dia n (sorteando, em seguida, 

se forem mais de 50, ou escolhendo também 

do dia n + 1 se forem menos de 50); escolher 

um aluno à sorte em cada uma das turmas da escola 

até chegar a 50. 

2. a. 

O número médio de turistas estrangeiros que visitaram 

Portugal, entre 1995 e 2000, foi de 10,733 

milhões. 

b. Se no ano 2000 visitaram Portugal 12,1 milhões de 

turistas estrangeiros e, destes, 7,6% são espanhóis, 

então 

7,6 × 12,1 

= 0,9196 milhões, ou seja, 919 600 

100 

de espanhóis visitaram Portugal no ano 2000.

3. a. 

b. 

c. 

Classe 

[0; 4,5[ 

[4,5; 9[ 

[9; 13,5[ 

[13,5; 18[ 

[18; 22,5[ 

[22,5; 27] 

Frequência 


4. a. Os diagramas de extremos e quartis correspondentes 

aos três tipos de cereais, colocados nas 

prateleiras 1, 2 e 3 são, respectivamente: 

b. Podemos observar que os cereais colocados nas 

prateleiras 1 e 2 apresentam um enviesamento 

para a direita, apresentando todos uma grande 

concentração de calorias em torno da mediana 

(junto ao solo e a seguir, são os cereais que estão 

mais ao alcance das crianças, as mais gulosas...). 

Os cereais colocados na prateleira 3 são os que 

apresentam uma distribuição mais equilibrada 

(destinadas aos adultos, mais conscientes da necessidade 

de uma dieta equilibrada... nem nas prateleiras 

do supermercado as coisas são deixadas 

ao acaso!!!). 

5. a. A mediana é 4. 

b. Amplitude interquartil: 10 – 2 = 8. 

c. Amplitude: 12 – 0 = 12. 

4 

5 

13 

8 

10 

4 

6. a. 

7. a. 


Estamos perante uma distribuição com média 5,26, 

bimodal (pois apresenta dois valores com maior 

frequência, o 4,6 e o 5,1), a mediana é 5,15 e o desvio-padrão 

é 1,055. 

b. O diagrama de extremos e quartis desta distribuição 

é: 

c. Portugal, com 5,3% do PIB da despesa pública em 

educação posiciona-se acima da mediana e abaixo 

do terceiro quartil, mas, claramente, mais próximo 

da mediana. 

Estamos perante uma distribuição com média 

igual a 21,99. 

A moda é igual a 7,1. 

A mediana é igual a 20,55 e o desvio-padrão é 

igual a 14,646. 

b. O diagrama de extremos e quartis desta distribuição 

é: 

c. Portugal com 14,7% do PIB per capita a preços 

correntes na União Europeia, em 2006, posicionava-se 

entre o primeiro quartil e a mediana. 

8. A posição aproximada da média é a correspondente 

à linha vertical grossa. 

9. O ecrã onde está representado o histograma e o diagra - 

ma de extremos e quartis da mesma distribuição é o b. 

67

68 


10. 

Classe 

[3, 4[ 

[4, 5[ 

[5, 6[ 

[6, 7[ 

[7, 8[ 

[8, 9] 

Frequência 

2 

8 

12 

4 

1 

1 

Usando a marca das classes para calcular a média 

vamos obter: 

A média com os dados agrupados em classes é 5,39, 

enquanto que a média real é 5,26. 

A mediana dos dados agrupados em classes é 5,5, 

enquanto a mediana real é 5,15. 

A discrepância deve-se ao facto de usarmos a mar - 

ca da classe o que introduz enviesamentos, neste 

caso, relativamente pequenos. 

11. a. Atleta A 

Atleta B 

Ambos os atletas têm a mesma média e a mesma 

mediana, que são, respectivamente, 470 e 469. No 

entanto, o atleta A tem um desvio-padrão menor, 

o que faz com que seja mais regular que o atleta B. 

b. O técnico de estatística terá aconselhado o seleccionador 

a optar pelo atleta A, pois é mais regular 

que o atleta B. 

12. a. Como os dados estão apresentados em percentagem, 

somando as percentagens dadas vamos 

obter 88,4%, ficando a faltar 11,6% para se obter 

os 100%, o que nos permite afirmar que responderam 

“Nunca” 11,6% dos inquiridos. 

b. O número total de inquiridos foi: 

145 × 100 

= 1250 pessoas. 

11,6 

c. Resposta % 

Todos os dias 37,3 

1 vez por semana 29 

1 vez por mês 10,4 

Raramente 11,3 

Nunca 11,6 

Não responde 0,4 

A moda da distribuição é os habitantes lerem o 

jornal todos os dias, uma vez que é a resposta 

que tem maior frequência absoluta. 

d. Não se pode calcular a média nem o desvio-padrão 

da distribuição, pois as classes são de natureza 

qualitativa. 

13. Consideremos o seguinte conjunto de dados: 

2, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 15 

Facilmente se verifica que a média é 5 e o terceiro 

quartil é 4,5. 

14. a. 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 

Dados 

0 

1 

2 

3 

4 

5 

Dados 

0 

1 

2 

3 

4 

5 

Frequência 

0 

1 

2 

3 

5 

0 

6 0 

7 0 

8 2 

Frequência 

0 

1 

0 

2 

4 

5 

6 4 

7 2 

8 0 

9 1 

10 0

. 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 

Dados 

0 

1 

2 

3 

4 

No primeiro conjunto de dados observados a 

média é igual a 3,84 e a mediana é 4. 

No segundo conjunto de dados observados a 

média e a mediana assumem o mesmo valor e 

são iguais a 5. 

No terceiro conjunto de dados observados, a 

média é igual a 6,68 e a mediana é 7,5. 

Conclui-se que no primeiro conjunto de dados a 

média não é um elemento do conjunto observado 

enquanto que a mediana é. 

No segundo caso, são ambos elementos do conjunto 

de dados observados. 

No terceiro conjunto de dados nem a média nem 

a mediana fazem parte do conjunto de dados observados. 

5 

Frequência 

0 

2 

0 

0 

0 

1 

6 2 

7 3 

8 5 

9 3 


15. 1, 2, 3, 4, 5 2, 3, 4, 5, 6 

Média = 3 Média = 4 

3, 5, 7, 9, 11 

Média = 7 

O último conjunto obtém-se adicionando os dois 

ele mentos que estão nas posições correspondentes 

nos dois primeiros conjuntos. Assim, é de esperar 

que a média seja a soma das médias dos dois 

primeiros conjuntos. 

16. a. Se a média de 20 dos 21 alunos da turma é 145 cm 

e se o aluno que faltou no dia da medição mede 150, 

podemos obter a média da turma considerando: 

– 20 × 145 + 150 3050 

x = = = 145,24, ou seja, a 

21 

21 

média da turma subiu cerca de 24 centésimas. 

b. Para determinarmos a altura do outro aluno que 

faltou vamos resolver a seguinte equação em 

20 × 145 + x 

ordem a x: = 146, onde se obtém 

17. a. 

para x o valor de 166, ou seja, a altura do aluno 

que faltou deve ser de 166 cm para que a média 

da altura da turma passe de 145 cm para 146 cm. 

– x 

21 

– xR 

Não se pode determinar a média – x fazendo as 

médias de – x A com – x R, porque os dois conjuntos 

de dados não têm o mesmo número de dados: há 

10 notas negativas e 25 notas positivas. 

– xA 

69

70 



Se quisermos que a média coincida com o valor mínimo 

da distribuição de dados temos que ter os dados todos 

iguais, o mesmo se pode afirmar para o caso do máximo. 

Fazemos coincidir a média com a mediana considerando, 

por exemplo, o seguinte conjunto de dados: 

1, 2, 3, 4, 5 

Fazemos coincidir a média com o Q 1 considerando, por 

exemplo, o seguinte conjunto de dados: 

1, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6 

Média e Q 1 é igual a 5. 

Fazemos coincidir a média com o Q 3 considerando, por 

exemplo, o seguinte conjunto de dados: 

Média e Q 3 é igual a 6. 

5, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 11 

Desafio D. 2 (Pág. 172) 

Podemos traduzir algebricamente o desvio-padrão dos 

dados x1, x2, …, xn pela fórmula: 

(x1 – – x) 2 + (x2 – – x) 2 + … + (xn – – x) 2 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ n∫ 

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

Se os dados são transformados em ax1 + b, ax2 + b, …, 

axn + b, então a média será 

= = 

= a + b = a – ax1 + b + ax2 + b + … + axn + b a(x1 + x2 + … + xn) + nb 

n 

n 

(x1 + x2 + … + xn) x + b 

n 

O novo desvio-padrão será dado por 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ n∫ 

∫ ∫ ∫ 

= 

= 

(ax1 + b – (a 

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

– x + b)) 2 + (ax2 + b – (a – x + b)) 2 + … + (axn + b – (a – x + b)) 2 

= |a| 

(ax1 + a 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

– x) 2 + (ax2 + a – x) 2 + … + (axn – a – x) 2 

n 

a 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

2 (x1 – – x) 2 + a2 (x2 – – x) 2 + … + a2 (xn – – x) 2 

n 

(x1 – 

√∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 

– x) 2 + (x2 – – x) 2 + … + (xn – – x) 2 

n 

Em conclusão, se os dados x 1, x 2, …, x n são transformados 

em ax 1 + b, ax 2 + b, …, ax n + b, então a média sofrerá 

o mesmo tipo de transformação e o desvio-padrão será 

multiplicado por |a|. 

Capítulo 3 – Distribuições bidimensionais 


Representando os dados graficamente, através da nu - 

vem de pontos, vemos claramente que o nível da proteína 

aumenta com o tempo de gestação. Podemos 

traçar uma recta no gráfico, de modo que os pontos se 

encontrem próximos da recta e bem distribuídos para 

um lado e outro dela. Diz-se, então, que as variáveis 

estão positivamente correlacionadas. É, pois, de esperar 

que se consiga saber, através do tempo de gestação, 

qual é o nível provável de proteína no sangue. 

Nível de proteína 

1,2 

1 

0,8 

0,6 

0,4 

0,2 

0 

0 10 20 30 40 

Tempo de gestação (semanas) 


a. Desde 1992 até 2007, o número de pessoas apoiadas 

pelo Banco Alimentar aumentou. Esse aumento 

contra Fome foi de 60 445 – 15 000 = 45 445. 

A percentagem de aumento de pessoas apoiadas 

pelo Banco Alimentar Contra a Fome foi: 

45 445 × 100 

= 302,966, ou seja, houve um aumento 

15 000 

de aproximadamente 303%. 

b. O número de toneladas de produtos que entraram foi 

de 9441 – 202 = 9239. A percentagem de aumento foi 

9239 × 100 

= 4573,762, ou seja, houve um aumento 

202 

de aproximadamente 4574% de toneladas de produtos 

que entraram no Banco Alimentar Contra a Fome. 

c. Atendendo às duas respostas anteriores é de esperar 

que, em média, em 2007 tenha sido distribuída 

uma maior quantidade de produtos alimentares por 

pessoa do que em 1992, pois se houve, por um lado, 

um aumento de 303% de pessoas apoiadas, por outro 

lado houve um aumento de 4574% de toneladas de 

produtos que entraram no Banco Alimentar Contra a 

Fome.

d. Em média cada pessoa recebeu, em 1992, 

202 

= 0,013466, ou seja, cada pessoa recebeu 

15 000 

cer ca de 13,5 kg, enquanto que, em 2007, cada pessoa 

recebeu 

9441 

= 0,1561915, ou seja, em média no ano 

60 445 

de 2007, cada pessoa recebeu aproximadamente 

156 kg. 

Estes dados confirmam a resposta dada na alínea 

an terior. 

e. O diagrama de dispersão que relaciona o número de 

ins ti tuições apoiadas e o número de pessoas apoiadas 

é: 

Número de pessoas apoiadas 

70 000 

60 000 

50 000 

40 000 

30 000 

20 000 

10 000 

0 

Gráfico obtido na calculadora 

Pode observar-se que, à medida que o número de 

instituições aumentou, também aumentou o número 

de pessoas apoiadas. 

f. O gráfico que relaciona a evolução da entrada de produtos 

alimentares, em toneladas, desde 1992: 

9000 

8000 

7000 

6000 

5000 

4000 

Gráfico obtido com a calculadora 

3000 

2000 

1000 

0 

1990 1992 1994 1996 1998 2000 2002 2004 2006 2008 

Ano 

Toneladas 10 000 

0 50 100 150 200 

Número de instituições 

250 300 

O gráfico anterior mostra que o número de toneladas 

de produtos alimentares angariadas pelo Banco Alimentar 

Contra a Fome tende a aumentar. Embora 


essa tendência seja crescente, houve dois anos que 

contrariaram essa tendência; foram os anos de 2001 

e 2004, em que o número de toneladas decresceu, 

relativamente aos anos anteriores. 


Para melhor compreendermos estes dados podemos 

fazer uma representação gráfica adequada, obtendo 

uma nuvem de pontos, em que representamos nas ordenadas 

a variável de interesse (distância atingida no 

salto em comprimento) e na abcissa a variável explicativa 

(peso do estudante). 

Observamos que não há uma relação clara entre estas 

duas características. A nuvem de pontos encontra-se 

bastante dispersa. Diz-se então que as duas características 

estão fracamente correlacionadas. Não é de esperar 

que o facto de sabermos o peso do aluno nos indique 

de algum modo a distância que ele vai saltar. Pode ser 

pesado e saltar bastante, como pode saltar pouco. 


Representando os dados graficamente, obtém-se: 

Humidade 

Salto (cm) 

240 

220 

200 

180 

160 

140 

120 

40 50 60 70 

Peso (kg) 

140 

120 

100 

80 

60 

40 

20 

0 

0 500 1000 1500 

Profundidade 

Observamos que, quando a profundidade aumenta, a 

humidade diminui. Diz-se, neste caso, que as duas variáveis 

estão negativamente correlacionadas, pois variam 

em sentidos opostos. 

71

72 



1. Com correlação positiva temos os gráficos (A), (C) e (E); 

com correlação negativa temos os gráficos (B) e o (H). 

Sem correlação temos os gráficos (D), (F), (G) e (I). 

2. a. 

A recta de regressão que ajusta estes dados é: 

y = 22 704,18x – 40 432 690,99 

b. A população masculina portuguesa, em 2010, será 

de aproximadamente y(2010) = 5 202 718, conforme 

pode ser observado no ecrã: 

3. a. 

4. 

A recta de regressão que se ajusta a estes dados 

é y = 21 117,47x – 36 908 038,41 

b. A população feminina portuguesa em 2010 será 

de aproximadamente y(2010) = 5 538 077, conforme 

pode ser observado no ecrã: 

Pela análise do gráfico de dispersão, vemos que 

existe uma correlação negativa, com um coeficiente 

de correlação igual a –0,99. Temos, pois, uma forte 

correlação negativa. 

5. Façamos os vários diagramas de dispersão e analisemos 

os resultados: 

Analisando este diagrama de dispersão, podemos 

dizer que não há qualquer tipo de correlação entre 

as variáveis calorias e gordura. 


dizer que não há nenhum tipo de correlação entre as 

variáveis calorias e fibras. 


dizer que há uma correlação positiva entre as variáveis 

calorias e açúcar. 

6. O centro de gravidade da distribuição de dados do 

problema anterior, considerando as calorias e o açúcar, 

é o ponto médio de cada conjunto de dados: 

O centro de gravidade é o ponto (7; 112,4). O centro 

de gravidade pode ser observado nas figuras abaixo, 

sendo o ponto de intersecção das rectas horizontal 

e vertical. A partir daí podemos fazer uma estimativa 

para a recta de regressão sem ter de a calcular, 

bastando fazer uma estimativa para o declive. Os 

pontos (8, 120) e (10, 130) parecem ser pontos na direcção 

da recta de regressão. Uma estimativa do declive 

pode ser então 5, mas, como é só um valor 

aproximado, outras estimativas são admissíveis.

A calculadora indica-nos que a recta de regressão é 

a recta de equação y = 5,808x + 71,746. O declive é 

5,808 e, como tal, a nossa estimativa não é nada má. 

7. Por uma análise do tipo de dados em questão é de 

esperar que entre todas as colunas haja uma correlação 

positiva, numas mais forte do que noutras. Este 

facto pode ser comprovado pela sequência de diagramas 

de dispersão apresentados. 

8. 


O centro de gravidade desta distribuição é o ponto 

(4,5 ; 4) e a recta de regressão terá um declive negativo. 

Vejamos o diagrama de dispersão com a recta de regressão: 

Daqui podemos confirmar o que acabamos de intuir, 

ou seja, o declive é, aproximadamente, igual a –1,53. 

9. a. 

A recta de regressão que se ajusta a estes dados 

é y = 0,0331x + 6,749. 

b. O declive 0,0331 representa o aumento de longevidade 

por cada aumento de 1 dia na gestação. A 

ordenada na origem representa a longevidade mínima 

para uma gestação mínima. 

c. Representação gráfica dos resíduos: 

d. O elefante é claramente um outlier. 

e. O resíduo correspondente ao elefante é 11,896, 

conforme pode ser observado no ecrã seguinte. 

73

74 


f. O animal com maior resíduo em valor absoluto é o 

elefante, conforme pode ser observado no ecrã: 

O período de gestação do elefante é de uma enormidade 

de 645 dias, quase dois anos, no que se distingue 

de todos os outros considerados. Também 

vive 40 anos, o que é muito superior a todos os outros. 

Não admira que tenha um período de gestação 

tão grande. Uma singularidade no reino animal! 

g. Retirando a girafa, vamos obter o seguinte diagrama 

de dispersão e a recta de regressão nele sobreposta: 

A recta de regressão que se ajusta a estes dados, 

sem a girafa, é y = 0,0365x + 6,393. 

Comparando as duas rectas de regressão no mes mo 

gráfico podemos ver que são muito semelhantes: 

h. Retirando o elefante, vamos obter o seguinte diagrama 

de dispersão e a recta de regressão nele sobreposta: 

A recta de regressão que se ajusta a estes dados, 

sem o elefante, é y = 0,024x + 8,097. 

Comparando as duas rectas de regressão no mes mo 

gráfico podemos ver que são muito diferentes. 

Concluímos, destas duas alíneas, que a presença 

de um outlier provoca grandes alterações na recta 

de regressão. 

10. Consideremos a tabela e o respectivo diagrama de 

dispersão: 

Pela análise do diagrama de dispersão vemos que 

existe uma correlação positiva, o que elimina todos 

os valores negativos apresentados. 

Uma análise mais cuidada permite-nos afirmar que 

a correlação é forte, logo só podemos pensar nos 

valores 0,77 e 0,99, mas este último não é possível, 

pois os pontos teriam que estar, praticamente, todos 

alinhados sobre uma recta. Assim, o valor que melhor 

serve para coeficiente de correlação é o 0,77. 

Confirmemos: 

Temos, então, que o coeficiente de correlação é 

r = 0,7689 ou seja, aproximadamente 0,77. 


O diagrama de dispersão correspondente aos dados é: 

Regressão linear Regressão quadrática 

Por observação, vemos que a regressão quadrática 

ajusta muito melhor à nuvem de pontos obtida.

Averiguemos o que se passa com os resíduos: 

Na Lista 5 temos os resíduos correspondentes à regressão 

linear e na Lista 6 os resíduos correspondentes 

à regressão quadrática. É visível que os valores da 

Lista 6 são muito inferiores aos da Lista 5, o que está 

de acordo com o facto de a regressão quadrática se 

ajustar melhor a este conjunto de dados. 

Provas globais 


1. a. 

3. a Feira 

4. a Feira 

5. a Feira 

6. a Feira 

Sábado 

Domingo 

2. a Feira 

RTP 1 

27,8 

25,3 

24,7 

25,3 

23,2 

22,6 

25,7 

SIC 

24,1 

24,7 

25,9 

25,3 

26,7 

30,1 

24,6 

Diferença 

3,7 

0,6 

–1,2 

0 

–3,5 

–7,5 

1,1 

b. Vamos ordenar as diferenças por ordem crescente 

e posteriormente calcular a mediana: 

Posição 1 2 3 4 5 6 7 

Diferença –7,5 –3,5 –1,2 0 0,6 1,1 3,7 

Como temos 7 dados a mediana estará na posição: 

7 + 1 

= 

8 

= 4. Assim, a mediana é zero. 

2 2 

c. Dado que a mediana é zero, isto significa que de 

um lado e de outro há igual quantidade de valores, 

de um dos lados negativos, do outro positivos; 

assim, ambas as estações tiveram o mesmo número 

de dias com mais audiências de uma em relação 

à outra. 

2. Para resolver esta questão vamos recorrer à calculadora 

gráfica. Começamos por introduzir todos os 

dados na Lista 1; de seguida, vamos elaborar um histograma 

que nos vai permitir contar o número de 

efectivos de cada valor que a variável assume; este 

é um processo rápido e que evita erros de contagem 

quando os dados são apresentados em bruto. 


Vai ser preciso ajustar a 

janela de visualização para 

ver bem o histograma. 

Vamos agora trabalhar o gráfico obtido para que este 

nos apresente os dados de que necessitamos. Vejamos 

na sequência de ecrãs apresentados de seguida 

o que devemos fazer: 

Com a tecla que nos permite percorrer o gráfico, podemos 

observar os valores que a variável assume. No 

último ecrã apresentado vemos que, para um míni mo 

igual a três e inferior a quatro, temos cinco efectivos, 

o que, na prática e no presente contexto, sig nifica que 

existem cinco agregados familiares com três pessoas. 

Continuando a percorrer o gráfico, vamos obter os 

restantes valores que a variável assume, permitindo 

responder aos itens colocados nesta questão. 

a. 

Vemos, na Lista 2, os valores que a variável assume, 

e na Lista 3, a respectiva frequência absoluta. 

A tabela completa é a que se apresenta a seguir, 

onde na Lista 4 vemos a frequência relativa, obtida 

dividindo a Lista 3 por 40 (o número total de agregados 

familiares estudados). 

75

76 


b. Vamos usar a calculadora para obter a média e a 

mediana. Obtemos os seguintes ecrãs: 

Estamos, agora, em condições de dizer que a mé dia 

é 4,85 e a mediana 5. Quanto à moda, também é 5. 

3. A amplitude interquartil, dado que é de quatro unidades 

nos dois diagramas apresentados. 

4. Comecemos por introduzir os dados nas Listas 1 e 2 

da calculadora gráfica. De seguida vamos obter a 

nuvem de pontos correspondente aos dados introduzidos, 

daí resultando o que pode ser observado 

nas imagens seguintes: 

Usando, novamente, a calculadora, vamos adicionar 

a regressão linear a este gráfico. 

A recta de regressão é, então, 

y = 21,0457x – 41 229,6286. Agora, é só calcular: 

Se a tendência se mantiver, em 2002 haverá cerca 

de 904 mortes enquanto que, em 2005, o número de 

mortes será de 968. 


1. a. Trata-se de uma sondagem, pois não estava envol 

vida a totalidade dos agregados domésticos 

portugueses. 

b. i) Os agregados portugueses que apresentam níveis 

de posse de computador acima da média 

são apenas os que se situam em Lisboa e Vale 

do Tejo (44,7%). 

ii) Os agregados portugueses que apresentam níveis 

de ligação à Internet acima da média são os que 

se situam em Lisboa e Vale do Tejo com 26,9% 

e na Região Autónoma dos Açores com 22,3%. 

2. a. 

xi 0 

1 

2 

3 

4 

5 

fi 3 

18 

45 

43 

20 

7 

6 3 

7 0 

8 1 

fr 0,211 

0,129 

0,322 

0,307 

0,143 

0,050 

0,021 

0 

0,007 

b. Calculemos a média: 

– x = (0 × 3 + 1 × 18 + 2 × 45 + 3 × 43 + 4 × 20 + 

+ 5 × 7 + 6 × 3 + 7 × 0 + 8 × 1) : 140 

A moda é 2 e a mediana é 3 (calculada com a calculadora 

gráfica, conforme pode ser observado na 

figura abaixo, onde se pode também confirmar o 

valor obtido para a média). 

3. O estudante A faz chamadas, em regra, mais longas 

que o estudante B, pois 75% das chamadas do estudante 

A duram mais de 2 minutos (120 s). Quanto ao 

estudante B, as chamadas por ele realizadas são, em 

regra, de duração inferior a 2 minutos; com efeito, 

75% das chamadas são mais curtas do que 2 minutos; 

logo, quando comparadas com as chamadas 

efectuadas pelo estudante A, mais de 75% são mais 

curtas. Por outro lado, o estudante faz chamadas com 

uma duração parecida, pois a amplitude interquartil 

é de 110 – 50 = 60 s, enquanto o estudante A faz chamadas 

com uma duração muito variada, pois, neste 

caso, a amplitude interquartil é de 350 – 120 = 230 s.

4. As duas variáveis estão muito relacionadas uma com 

a outra, pois à medida que uma aumenta, a outra, geralmente, 

também aumenta da mesma maneira. 


1. A média e a mediana do número de alunos que conseguiu 

entrar nas escolas de Medicina do país entre 

1990 e 2000 

(400 445 470 465 485 475 475 475 561 566 735), 

não incluindo a Medicina Dentária, foi de 505 (arredondamento 

de 504,72) e 475, respectivamente, conforme 

pode ser observado nos resultados obtidos 

com a calculadora. 

Os valores apresentados por estas medidas não poderão 

ser considerados semelhantes, porque apresentam 

uma diferença de 30, muito superior à va ria- 

ção entre alguns anos consecutivos. Tal, deve-se ao 

facto de a distribuição não ser simétrica, mas também 

ao facto de haver um valor muito discrepante em 

relação aos outros, 735, e outros dois francamente 

maiores que os restantes (561 e 566). A mediana não 

é nada afectada por este facto e, assim, fornece uma 

melhor ideia geral da distribuição dos dados. 

2. a. Usando uma calculadora gráfica, vamos obter: 

Para a média obtemos o valor de 450 euros e para 

a mediana o valor de 300 euros A moda é 300. 

b. O valor encontrado para a média não caracteriza 

de maneira nenhuma os vencimentos dos funcionários 

da empresa, pois 7 dos 8 funcionários auferem 

de um vencimento inferior à média. Com 

efeito, o salário de 1500 euros, apesar de respeitar 

apenas a um funcionário, influencia enormemente 

o cálculo da média. 


3. O Sérgio terá uma nota compreendida entre os 55% 

e os 70%. Tal pode ser observado no gráfico abaixo, 

onde a linha horizontal verde marca 50% (a mediana) 

e a linha horizontal vermelha marca 25% (1. o Quartil), 

da distribuição das notas. 

1 

0,8 

0,6 

0,4 

0,2 

0 

35 

45 55 65 75 85 95 

4. Comecemos por calcular a soma dos pontos obtidos 

na corrida dos 100 m e do lançamento do peso. 

Soma 

100 m Peso (100 m + 

peso) 

Total 

final 

1. Erki Nool EST 933 796 1729 8641 

2. Roman Sebrle CZE 878 803 1681 8606 

3. Chris Huffins USA 980 806 1786 8595 

4. Dean Macey GBR 903 766 1669 8567 

5. Tom Pappas USA 901 782 1683 8425 

6. Tomas Dvorak CZE 881 846 1727 8385 

7. Frank Busemann GER 881 760 1641 8351 

8. Attila Zsivoczky HUN 838 787 1625 8277 

9. Stefan Schmid GER 874 731 1605 8206 

10. Henrik Dag ard SWE 897 788 1605 8178 

Com uma calculadora gráfica, vamos construir a 

nuvem de pontos correspondente à soma obtida e ao 

total final de pontos, para encontrar a recta de regressão 

assim como o coeficiente de correlação. 

O coeficiente de correlação entre a soma dos pontos 

dessas duas provas e o resultado final é de 0,62. 

Se usarmos a recta de regressão para prever o resultado 

final do atleta finlandês, este é de aproximadamente 

8239 pontos. 

77

78 



1. a. Usando uma calculadora gráfica, colocamos os da dos 

na Lista 1 e calculamos as medidas estatísticas: 

Podemos observar que a média é – x = 10 010,67 e 

a mediana med = 8312,5. 

b. É a mediana, porque a média está muito influenciada 

pelo número de lojas existentes em Lisboa, 

Porto e Setúbal, valores que se afastam muito da 

realidade nacional. 

c. Em alguns distritos isto verifica-se, mas não em 

todos, como é o caso de Aveiro, Santarém, Coimbra, 

Évora e Portalegre. 

2. a. Utilizando, uma vez mais, a calculadora, temos: 

A média é – x = 105,65 km/h, a mediana é igual a 

100 km/h e a moda é igual a 90 km/h. 

b. A alteração introduzida só vai afectar a média, 

o que nos permite afirmar que a média é facilmente 

alterada com a substituição de um valor por outro 

diferente. Vejamos: 

A média passou de 105,65 km/h para 110,87 km/h, 

enquanto que a mediana se manteve inalterada. 

3. a. Pela análise do diagrama vemos que existem 12 

alunos do sexo feminino e 17 do sexo masculino. 

Metade dos alunos do sexo feminino têm 50 ou 

mais anos, enquanto que mais de metade dos alunos 

do sexo masculino têm entre 11 e 37 anos. 

b. A moda deste conjunto de dados é 64 anos. 

c. A diferença prende-se com o facto de o Leonardo, 

após ter agrupado os dados em classes, usar a 

marca da classe para calcular a média, introduzindo, 

deste modo, um enviesamento nos cálculos 

que efectuou, o que por si só é suficiente para 

conduzir a valores discrepantes dos valores reais 

calculados pela Catarina. 

4. a. Usando a seguinte janela de visualização: 

obtemos a nuvem de pontos: 

b. Podemos observar que, à medida que a idade aumenta, 

também aumenta a altura das crianças. 

c. A altura prevista pela recta de regressão, para 

uma criança de 118 meses, é de 143,7 cm, confor - 

me pode ser observado abaixo:

3e8613a9cdbd39add61b073bad563d765fa5bfad.pdf

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