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Subtraindo 2x a ambos os membros obtém-se −5 = x + 1; subtraindo 1 a ambos os membros resulta x = −6. A verificação confirma a igualdade: 2(−6) − 5 = −17 e 3(−6) + 1 = −17.
Pelo teorema de Pitágoras, o quadrado da hipotenusa é a soma dos quadrados dos catetos: h² = 6² + 8² = 36 + 64 = 100, pelo que h = 10 cm. É o triângulo pitagórico clássico de lados 6, 8 e 10.
Numa progressão aritmética usa-se aₙ = a₁ + (n − 1)r, com a₁ = 3 e r = 4. Assim, a₁₀ = 3 + 9 × 4 = 3 + 36 = 39.
log₂ 32 = 5 porque 2⁵ = 32, e log₃ 9 = 2 porque 3² = 9. Somando os dois valores obtém-se 5 + 2 = 7.
Os ângulos 30° e 60° são complementares, pelo que sen 30° = cos 60° = 1/2. A soma é, portanto, 1/2 + 1/2 = 1.
A abcissa do vértice é xᵥ = −b/(2a) = 6/2 = 3, pois aqui b = −6 e a = 1. Substituindo na equação vem y = 9 − 18 + 5 = −4, logo o vértice é (3, −4).
Existem 4 casos favoráveis num total de 10 casos igualmente prováveis, logo P = 4/10 = 2/5. A probabilidade do acontecimento contrário, sair bola azul, é 6/10 = 3/5.
A distância entre dois pontos calcula-se por d = √[(x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)²]. Aqui d = √(3² + 4²) = √(9 + 16) = √25 = 5.
A soma de logaritmos de base igual é o logaritmo do produto, pelo que log₂[(x − 1)(x + 1)] = 3, ou seja, x² − 1 = 8. Daí x² = 9; as condições de existência exigem x > 1, o que elimina x = −3 e deixa apenas x = 3.
Pela lei dos cossenos, c² = 5² + 8² − 2 × 5 × 8 × cos 60°, isto é, c² = 25 + 64 − 40 = 49. Logo c = 7 cm.
Somando 7 a ambos os membros, obtém-se 3x < 12; dividindo por 3, que é positivo, resulta x < 4. O intervalo correspondente é ]−∞, 4[, pois a desigualdade é estrita.
Usando a propriedade de potências de mesma base, somam-se os expoentes no produto e subtrai-se no quociente: 3 + (−5) − (−1) = −1. Assim, a expressão vale 2⁻¹ = 1/2.
Primeiro calcula-se g(2) = 2² = 4. Depois, f(4) = 2·4 + 1 = 9; na composição, a função interna é aplicada primeiro.
O determinante da matriz 2×2 é x·x − 2·3 = x² − 6. Igualando a 10, vem x² = 16, cujas soluções reais são x = −4 e x = 4.
A razão é q = 6/2 = 3. O quinto termo é a₅ = a₁·q⁴ = 2·3⁴ = 2·81 = 162.
A área do trapézio é dada por (B + b)·h/2. Substituindo B = 10, b = 6 e h = 4, obtém-se (16·4)/2 = 32 cm².
O radicando exige 2x − 8 ≥ 0, logo x ≥ 4. O denominador exige x − 5 ≠ 0, logo x ≠ 5; assim, o domínio é [4, +∞[ \ {5}.
Há 36 resultados igualmente possíveis. As somas iguais a 7 ocorrem em (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2) e (6,1), num total de 6 casos; logo, a probabilidade é 6/36 = 1/6.
Pelo teorema do resto, o resto da divisão de P(x) por x − 2 é P(2). Calculando, P(2) = 2³ − 2·2² + 4·2 − 1 = 8 − 8 + 8 − 1 = 7.
Fazendo y = cos x, a equação fica 2y² − y − 1 = 0, cujas raízes são y = 1 e y = −1/2. Em [0, 2π[, cos x = 1 dá x = 0, e cos x = −1/2 dá x = 2π/3 ou x = 4π/3.
O conjunto A inclui todos os números maiores que −1 e menores ou iguais a 3, enquanto B inclui 2 e exclui 5. A interseção deve incluir os extremos que pertencem simultaneamente aos dois conjuntos: o 2 está em B e em A, e o 3 está em A e em B. Por isso, o resultado é o intervalo fechado [2, 3].
O valor do desconto é 15% de 800, isto é, 0,15 × 800 = 120 meticais. Subtraindo esse valor ao preço inicial, obtém-se 800 − 120 = 680 meticais.
Decompondo em fatores primos, tem-se 84 = 2² × 3 × 7 e 126 = 2 × 3² × 7. O máximo divisor comum obtém-se multiplicando os fatores primos comuns com o menor expoente: 2 × 3 × 7 = 42.
Como 81 = 3⁴, a equação pode ser escrita na forma 3^(x + 1) = 3⁴. Sendo as bases iguais, os expoentes também devem ser iguais, ou seja, x + 1 = 4, donde x = 3.
O elemento da primeira linha e segunda coluna de AB calcula-se multiplicando a primeira linha de A pela segunda coluna de B. Assim, obtém-se 1 × 1 + 2 × 0 = 1.
Usando a forma ponto-declive, y − y₀ = m(x − x₀), obtém-se y − 1 = −3(x − 2). Desenvolvendo, vem y − 1 = −3x + 6, ou seja, y = −3x + 7.
Sabemos que sen²x + cos²x = 1, pelo que a expressão fica 1 + tan²x. Como 1 + tan²x = sec²x, a forma simplificada é sec²x.
A probabilidade pedida é o produto da probabilidade de o aluno ser rapariga pela probabilidade de uma rapariga usar óculos. Assim, calcula-se 0,60 × 0,25 = 0,15.
Trata-se de uma série geométrica com primeiro termo 1 e razão 1/3. Como |1/3| < 1, a soma é a/(1 − r) = 1/(1 − 1/3) = 3/2.
Testando x = 1, obtém-se 1 − 6 + 11 − 6 = 0, logo 1 é raiz e o polinómio é divisível por x − 1. A divisão dá x² − 5x + 6, cujas raízes são 2 e 3. Assim, as três raízes são 1, 2 e 3.
Para dividir frações, multiplica-se a primeira pelo inverso da segunda: (3/4) × (8/9) = 24/36. Simplificando por 12, obtém-se 2/3.
O número de operários e o tempo são inversamente proporcionais: 5 × 12 = 15 × t. Assim, t = 60/15 = 4 dias.
A média aritmética é a soma das notas dividida pelo número de notas: (12+15+14+16+13)/5 = 70/5 = 14. Logo, a média é 14.
log₂ 32 = 5, pois 2⁵ = 32. log₃(1/9) = −2, pois 3⁻² = 1/9. Somando, 5 + (−2) = 3.
Completando os quadrados: (x²−6x+9) + (y²+4y+4) = 12+9+4, ou seja, (x−3)² + (y+2)² = 25. Portanto, o raio é √25 = 5.
Há 5 escolhas para a centena, 4 para a dezena e 3 para a unidade, pois os algarismos devem ser distintos. Pelo princípio multiplicativo, 5 × 4 × 3 = 60 números.
Pelo teorema de Pitágoras, 13² = 5² + c². Assim, c² = 169 − 25 = 144, donde c = 12 cm.
O primeiro termo é 3 e a razão é 4; logo, a₁₀ = 3 + 9×4 = 39. A soma dos 10 primeiros termos é S₁₀ = 10(3+39)/2 = 5×42 = 210.
O módulo do quociente é o quociente dos módulos: |3+4i| = 5 e |1−i| = √2. Assim, |z| = 5/√2 = 5√2/2, após racionalizar.
A derivada é f'(x)=3x²−6x=3x(x−2), com pontos críticos em x=0 e x=2. Como f''(x)=6x−6, f''(2)=6>0, logo x=2 é ponto de mínimo local e f(2)=8−12+4=0.
A velocidade é constante e vale v = 150/10 = 15 m/s. Em 25 s o carro percorre d = v·t = 15 × 25 = 375 m. Como não há aceleração, a taxa de variação da posição mantém-se igual em todos os intervalos de tempo.
A velocidade de propagação relaciona a frequência e o comprimento de onda pela expressão v = λ·f. Substituindo os dados, v = 4 × 50 = 200 m/s. O período seria T = 1/50 = 0,02 s, grandeza que não intervém diretamente neste cálculo.
Num espelho plano a imagem forma-se simétrica do objeto em relação à superfície refletora, à mesma distância atrás do espelho. Se o objeto está a 30 cm à frente, a imagem está a 30 cm atrás. A separação entre objeto e imagem é, por isso, 30 + 30 = 60 cm.
Aplica-se Q = m·c·ΔT, com ΔT = 70 − 20 = 50 °C. Substituindo, Q = 2 × 4200 × 50 = 420 000 J, ou seja, 420 kJ. O calor específico indica a energia necessária por quilograma e por grau de variação.
Só a componente horizontal da força contribui para a aceleração: F·cos60° = 20 × 0,5 = 10 N. Pela segunda lei de Newton, a = F/m = 10/4 = 2,5 m/s². A componente vertical não acelera o bloco porque o peso e a reação normal a compensam.
Pela lei de Coulomb, F = k·|q1·q2|/d². Convertendo as cargas, 2 µC = 2×10⁻⁶ C e 3 µC = 3×10⁻⁶ C, obtém-se F = 9×10⁹ × 6×10⁻¹² / 0,09 = 0,60 N. O quadrado da distância em metros é essencial para acertar a potência de dez.
Em paralelo, 1/Req = 1/6 + 1/3 = 3/6, pelo que Req = 2 Ω. A resistência equivalente de uma associação em paralelo é sempre menor do que a menor das resistências associadas. Com esta bateria, a corrente total seria 12/2 = 6 A.
Na queda livre conserva-se a energia mecânica: m·g·h = ½·m·v², e a massa cancela-se. Assim v = √(2gh) = √(2 × 10 × 5) = √100 = 10 m/s. O resultado mostra que a velocidade final não depende da massa do corpo.
Num corpo flutuante em equilíbrio, o peso iguala o empuxo: ρcorpo·V·g = ρágua·Vsubmerso·g. Logo Vsubmerso/V = 0,8/1,0 = 0,8, ou seja, 200 cm³ ficam submersos. O volume emerso é 250 − 200 = 50 cm³.
A gravidade à superfície é g = GM/R². Com massa 2M e raio R/2, vem g' = G(2M)/(R/2)² = 2GM/(R²/4) = 8GM/R² = 8g. Assim g' = 8 × 10 = 80 m/s², pois o efeito do raio multiplica por quatro o da massa.