Proposta de resolução do Teste de Avaliação 1

DOSSIÊ DO PROFESSOR MATEMÁTICA A 10
RESOLUÇÃO DO TESTE DE AVALIAÇÃO
PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DO TESTE DE AVALIAÇÃO 1
Grupo I
1) (D)
2) (C)
3) (B)
4) (B)
5) (D)
6) (A)
7) (B)
8) (B)
Grupo II
1.Se a proposição (p  q)  (q  r) é falsa então, por definição de implicação, o antecedente (p  q) é verdadeiro e o
consequente (q  r) é falso; novamente, pela mesma definição, se (q  r) é uma implicação falsa então q é
proposição verdadeira e r é proposição falsa.
2.Para demonstrarmos a proposição por contrarrecíproco devemos mostrar que é verdadeira a proposição
contrarrecíproca da apresentada.
O contrarrecíproco da proposição se um número natural n é ímpar então ele não é múltiplo de 6 é
se um número natural n é múltiplo de 6 então ele é par.
Provemos que se trata de uma proposição verdadeira, partindo da hipótese um número natural n é múltiplo de 6 e
chegando à tese n é par:
Seja n um número natural múltiplo de 6.
Então existe um número natural k tal que 6k = n. Ora, 6k = 6k =23k = 2(3k). Então n pode ser escrito na forma n =
2(3k), para um certo número natural k, o que significa que n é múltiplo de 2.
Logo, n é par.
3.
5x  2  3 x  5 x  3 x  2 
x
2

5 3
53
  x  2

5 3
2

2
5 3 x 2 x 
x
5 3
x
2


5 3
5 3


5 3


5 3
4.Se os paralelogramos são equivalentes então têm a mesma área. Logo, a área do polígono [MNPRSQ] é dada por
A[ MNPRSQ ]  A[ MNPQ ]  A[ PRSQ ]  2 A[ PRSQ ]  2
1
1
1
1


1
1
1 2
1
1
1


10  2 2  2  10   2  22   2   5  2 2  22  2 4 


1
1
1
1
2
1
1 1
1
 1  
2 4
 2  52  22  22  24  52  2  22  22  24  52  2 2
1
9
 52  2 4
Como A[ MNPRSQ ] = 2r  ps para certos números r, p e s, com r e s racionais e p natural primo, temos então que
r=
9
1
,p=5es=
4
2
5.Como 2  3 e
7  4 3 são números positivos, podemos escrever as equivalências
7 4 3  2 3 

74 3
  2 
2
3

2
74 3  44 3 374 3 74 3
Assim, como obtivemos por equivalências uma proposição verdadeira, fica provado o pretendido.
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DOSSIÊ DO PROFESSOR MATEMÁTICA A 10
RESOLUÇÃO DO TESTE DE AVALIAÇÃO
6.
a.
𝐵( 4 2 )  𝐴( 2 ) = ( 4 2 )2 + 2  [4( 2 )38( 2 )2 6]
=
2 + 2  42 2 + 82 + 6
= 7 2 + 24
b. P(𝑥) = 𝐴(𝑥)  (𝐵(𝑥)  ( C(𝑥))2
 A( x )
 x
2

 2   x  2

2

 A( x ) x 2  x

2

 A( x ) x 4  2x 3  x 2

Como A(x) tem grau 3 e x 4  2x 3  x 2 tem grau 4 (pois são os graus dos termos de maior grau,
respetivamente) e P(x) = A( x )   x 4  2x 3  x 2  , então P(x) tem grau 34 = 12.
c.
4𝑥38𝑥2+ 0𝑥 6
4𝑥3+0𝑥2+ 8𝑥
8𝑥2 8𝑥 6
8𝑥2 0𝑥 16
 8𝑥 +10
𝑥2 + 0 𝑥 +2
4𝑥
4𝑥  8
Então o quociente Q(x) e o resto R(x) da divisão de 𝐴(𝑥) por B(𝑥) são, respetivamente,
Q(x) = 4𝑥  8 e R(x) = 8x + 10, pois 4𝑥38𝑥26 = (𝑥2 + 2)( 4𝑥  8) + ( 8𝑥 +10).
d. C(𝑥) = 𝑥 + 2 = 𝑥 ( 2) ; logo, como os coeficientes da aplicação da regra de Ruffini obtém-se
4
2
4
8
8
16
0
32
32
6
64
70
Então o quociente Q(x) e o resto R da divisão de 𝐴(𝑥) por C(𝑥) são, respetivamente,
Q(x) = 4𝑥2  16𝑥 + 32 e R = 70, pois 4𝑥38𝑥26 = (𝑥 + 2)( 4𝑥2  16𝑥 + 32) + ( 70).
O polinómio P(x) = 𝐴(𝑥) + k, com k natural ímpar, é dado por 4𝑥38𝑥2 6 + k, sendo 6 + k o seu
termo de grau zero.
Determinemos P(2):
P(2) = 423822 6 + k = 58 + k.
Ora, para que P(2) fosse igual a zero , e portanto 2 fosse raiz do polinómio P(x) , teríamos que ter
-6 + k = 0 ⟺ k = 6, o que é um absurdo pois é dito que k é um número natural ímpar.
Logo, seja qual for o número natural ímpar k, -6 + k ≠ 0, pelo que P(2) ≠ 0 e 2 não é raiz de P(x).
e.
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