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Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998. ESTUDANDO Trigonometria: equações e inequações trigonométricas Para o VESTIBULAR Seja x 5 sen 10° ? sen 70° ? sen 130° e utilizando a relação 2sen a ? cos a 5 sen 2a, tem-se: (2cos 10°) ? x 5 2sen 10° ? cos 10° ? sen 70° ? sen 130° 5 5 sen 20° ? sen 70° ? sen 130° Esse artifício será usado mais duas vezes, até que se extraia um valor numérico para a incógnita x. • sen 70° 5 cos 20° (ângulos complementares) 2 ? (2cos 10°) ? x 5 2 ? sen 20° ? cos 20° ? sen 130° 5 5 sen 40° ? sen 130° • sen 130° 5 sen 50° (ângulos suplementares) e sen 50° = cos 40° (ângulos complementares) 2 ? (4cos 10°) ? x 5 2 ? sen 40° ? cos 40° 5 5 8x ? cos 10° 5 sen 80º 5 cos 10° ] 8x 5 1 ] x 5 1 8 sen 4 x 2 cos 4 x 5 (sen 2 x 2 cos 2 x)(sen 2 x 1 cos 2 x) 5 5 (sen 2 x 2 cos 2 x) 5 1 2 ] cos 2x 5 2 1 2 Æ Æ x 5 p 3 1 kp, com k inteiro. Então, a equação admite uma solução em cada quadrante. Como cada meia-volta corresponde a p rad e compreende duas soluções, 35p correspondem a 35 meias-voltas. O intervalo [0, 35p] compreende 35 ? 2 5 70 soluções da equação. tg 5p 3 2 3tg(2210) 5 tg 300° 2 3 ? tg 150° 5 5 2tg 60° 2 3 ? (2tg 30°) 5 2√3 1 3 ? √3 3 5 0 Por meio de uma regra de três simples, calcula-se a aproximação 1 rad 57º. Tem-se, 45º , 57º , 60º. Pela figura a seguir, conclui-se por inspeção direta que estão corretas as alternativas a, d e e. cos 1 sen 1 tg 1 0 , cos 57º , 1 ] 1 cos 57º 5 sec 57º . 1 Portanto, a alternativa c é correta, pois sec 1 . cos 1. Finalmente, tem-se: sen 1 . sec 1 ] sen 1 ? cos 1 . 1 Isso é impossível, pois sen 1 , 1 e cos 1 , 1. Portanto, a alternativa b é incorreta. 01. Incorreta. Aplicando as fórmulas de arco duplo, tem-se: sen 2x 1 cos x 5 0 ] 2sen x ? cos x 1 cos x 5 0 ] ] cos x ? (2sen x 1 1) 5 0 ] cos x 5 0 ou sen x 5 2 1 2 A equação cos x 5 0 tem três soluções no intervalo [0, 3 p]: p 2 ; 3p 2 e 5p 2 A equação sen x 5 2 1 2 tem duas soluções no intervalo [0, 3p]: 7p 6 e 11p 6 Ao todo, são cinco soluções e não quatro. 02. Correta. A figura representa a localização descrita no enunciado. S 3 km 4 km x = km 60º 120º O L Tesouro N Pedra Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo, tem-se: x 2 5 3 2 1 4 2 2 2 ? 3 ? 4 ? cos 120° ] x 2 5 9 1 16 2 24 ? ( 20,5) Æ Æ x 2 5 37 ] 36 , x 2 , 49 Æ 6 , x , 7 04. Correta. y 5 tg 240º 1 cos 330º sen 870º 2 sec 11p 5 tg 60º 1 cos 30º sen 30º 2 Æ 1 cos 180º Æ y 5 5 √3 √3 1 √3 2 1 2 2 1 21 08. Incorreta. Pela relação fundamental, tem-se: sen 2 x 1 cos 2 x 5 1 ] sec 2 x 5 tg 2 x 1 1 ] 5 5 tg 2 x 1 1 Æ Æ tg 2 x 5 4 x pertence ao 3- o quadrante, então tg x . 0. Portanto: tg x 5 2 e cotg x 5 1 2 ] tg x 1 cotg x 5 2 1 1 2 5 5 2 16. Incorreta. De acordo com o gráfico, há mais de um padrão de repetição que pode ser identificado (o trecho compreendido no intervalo [0, 4]), mas o período é igual a 4. sen 2 2x 5 (2sen x cos x) 2 5 4sen 2 x cos 2 x Substituindo na função do enunciado, tem-se: f(x) 5 4sen 2 x ? cos 2 x 2 4cos 2 x 5 5 24cos 2 x(2sen 2 x 1 1) 5 5 24cos 2 x(cos 2 x) 5 5 24cos 4 x Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito 1 b 5 02 04 2 c 4 b 3 c 6 a

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ESTUDANDO Trigonometria: equações e inequações trigonométricas

Para o vestibulaR

Seja x 5 sen 10° ? sen 70° ? sen 130° e utilizando a relação 2sen a ? cos a 5 sen 2a, tem-se:(2cos 10°) ? x 5 2sen 10° ? cos 10° ? sen 70° ? sen 130° 55 sen 20° ? sen 70° ? sen 130°Esse artifício será usado mais duas vezes, até que se extraia um valor numérico para a incógnita x.• sen 70° 5 cos 20° (ângulos complementares)2 ? (2cos 10°) ? x 5 2 ? sen 20° ? cos 20° ? sen 130° 55 sen 40° ? sen 130°• sen 130° 5 sen 50° (ângulos suplementares) e sen 50° = cos 40° (ângulos complementares)2 ? (4cos 10°) ? x 5 2 ? sen 40° ? cos 40° 55 8x ? cos 10° 5 sen 80º 5 cos 10° ] 8x 5 1 ] x 5

18

sen4 x 2 cos4 x 5 (sen2 x 2 cos2 x)(sen2 x 1 cos2 x) 5

5 (sen2 x 2 cos2 x) 5 12

] cos 2x 5 212

Æ

Æ x 5 p3

1 kp, com k inteiro.

Então, a equação admite uma solução em cada quadrante. Como cada meia-volta corresponde a p rad e compreende duas soluções, 35p correspondem a 35 meias-voltas.O intervalo [0, 35p] compreende 35 ? 2 5 70 soluções da equação.

tg 5p3

2 3tg(2210) 5 tg 300° 2 3 ? tg 150° 5

5 2tg 60° 2 3 ? (2tg 30°) 5 2√3 1 3 ? √33

5 0

Por meio de uma regra de três simples, calcula-se a aproximação 1 rad 57º. Tem-se, 45º , 57º , 60º.Pela figura a seguir, conclui-se por inspeção direta que estão corretas as alternativas a, d e e.

cos 1

sen 1

tg 1

0 , cos 57º , 1 ] 1

cos 57º 5 sec 57º . 1

Portanto, a alternativa c é correta, pois sec 1 . cos 1.Finalmente, tem-se:sen 1 . sec 1 ] sen 1 ? cos 1 . 1Isso é impossível, pois sen 1 , 1 e cos 1 , 1.Portanto, a alternativa b é incorreta.

01. Incorreta.Aplicando as fórmulas de arco duplo, tem-se: sen 2x 1 cos x 5 0 ] 2sen x ? cos x 1 cos x 5 0 ]

] cos x ? (2sen x 1 1) 5 0 ] cos x 5 0 ou sen x 5 212

A equação cos x 5 0 tem três soluções no intervalo [0, 3 p]: p2

; 3p2

e 5p2

A equação sen x 5 212

tem duas soluções no intervalo [0, 3p]: 7p6

e 11p6

Ao todo, são cinco soluções e não quatro.02. Correta.A figura representa a localização descrita no enunciado.

S3 km

4 km

x � km

60º120º

O LTesouro

N

Pedra

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo, tem-se:x2 5 32 1 42 2 2 ? 3 ? 4 ? cos 120° ] x2 5 9 1 16 2 24 ? (20,5) Æ Æ x2 5 37 ] 36 , x2 , 49 Æ 6 , x , 704. Correta.

y 5 tg 240º 1 cos 330ºsen 870º 2 sec 11p

5 tg 60º 1 cos 30º

sen 30º 2

Æ1

cos 180º

Æ y 5 5 √3√3 1

√32

12

2 1

2108. Incorreta.Pela relação fundamental, tem-se:sen2 x 1 cos2 x 5 1 ] sec2 x 5 tg2 x 1 1 ] 5 5 tg2 x 1 1 ÆÆ tg2 x 5 4x pertence ao 3-o quadrante, então tg x . 0.Portanto:tg x 5 2 e cotg x 5

12

] tg x 1 cotg x 5 2 1 12

5 52

16. Incorreta.De acordo com o gráfico, há mais de um padrão de repetição que pode ser identificado (o trecho compreendido no intervalo [0, 4]), mas o período é igual a 4.

sen2 2x 5 (2sen x cos x)2 5 4sen2 x cos2 xSubstituindo na função do enunciado, tem-se:f(x) 5 4sen2 x ? cos2 x 2 4cos2 x 55 24cos2 x(2sen2 x 1 1) 55 24cos2 x(cos2 x) 55 24cos4 x

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2 c

4 b

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.Como 0 , q , 1, podemos calcular:

S 5 a1 _____

1 2 q ] S 5 sen2 x _________

1 2 sen2 x _____ 2

] 2 5 2 ? sen2 x _________

2 2 sen2 x ]

] sen2 x 5 1 ] sen x 5 !1 ] x 5 s

__ 2

1 ks, k 9 b

Portanto, duas soluções a cada volta no ciclo trigonomé-trico. Como o intervalo [0, 20s] é composto de 10 voltas, teremos 20 soluções no referido intervalo.

7

8

9

10

a) Do enunciado tem-se:

Os segmentos AE e PD têm o mesmo comprimento. No :ACP:

x2 5 (1 1 a)2 1 12 ] (1 1 2a)2 5 1 1 2a 1 a2 1 1 ]

] 3a2 1 2a 2 1 5 0 ] a 5 21 , 0

a 5 1 __ 3

cm

b) N o :ACP: tg (a 1 J) 5 1 1 a _____

1 5

tg a 1 tg J ____________

1 2 tg a ? tg J ]

] 4 __ 3

5 1 1 tg J

________ 1 2 tg J

] 4 2 4 tg J 5 3 1 3 tg J ] tg J 5 1 __ 7

B

θ

α

α = 45°

C

DPE

1 1

1

1

x

x

a aA

2

Seja t 5 tg (a 1 c), assim tem-se:

tg (a 1 b 1 c) 5 tg [(a 1 c) 1 b] 5 t 1 2 ______ 1 2 2t

5 4 __ 5

] t 5 2 6 ___ 13

tg (a 2 b 1 c) 5 tg [(a 1 c) 2 b] 5 2

6 ___

13 2 2

_______________

1 2 @ 2 6

___ 13

# ? (22) 5 232

Considere os triângulos T1 e T2, respectivamente:

a) Se a 5 22,5w, então 2a 5 45w. Portanto, a área A2 do

triângulo T2, em cm2, é: A2 5 cos 45w ? sen 45w ______________

2 5

5 dll 2

___ 2

? dll 2

___ 2

________

2 5

1 __ 4

.

b) Do enunciado, tem-se que:

sen a ? cos a ___________ 2

, sen 2a ? cos 2a _____________

2 ]

] sen 2a @ cos 2a 2 1 __ 2

# . 0 ] sen 2a . 0 e cos 2a . 1 __ 2

Assim, 0 , 2a , 60 ] 0 , a , 30w.

1

cos αα

sen α

1

cos 2α2α

sen 2α

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ESTUDANDO Trigonometria: equações e inequações trigonométricas

Para o eNeM

A alternativa a não é correta, pois a troca feita da segunda linha para a terceira utiliza corretamente a relação fundamental da trigonometria e a identidade trigonométrica do arco duplo. A alternativa b não é correta, pois a potência sen2 x foi resolvida, ainda que incorretamente, na passagem da quarta para a quinta linha. A quinta linha da resolução deveria ser “sen 2x 5 ±1”. Isso mostra que há um erro na resolução e, consequentemente, descarta as alternativas c e d ao passo que valida a e.

O animal sairá da toca quando a temperatura estiver abaixo dos 10 °C. Então:C(t) , 10 Æ

Æ 20 ? sen[ tp12

2 p2

] 1 20 , 10 Æ

Æ 20 ? sen[ tp12

2 6p12

] , 10 2 20 Æ

Æ sen[ tp 2 6p12

] , 2 12

Æ 7p6

, tp 2 6p

12 ,

11p6

Æ

Æ 14 , t 2 6 , 22 Æ 20 , t , 28Como t 5 0 representa meia-noite, t 5 20 significa 20h do mesmo dia. Como 28 . 24, tem-se 28 2 24 5 4.Então, é possível observá-los das 20h até as 4h do dia seguinte.

a) Correta. De acordo com o texto, é possível que a palavra seno seja apenas uma abreviação que se refere à semicorda inscrita.b) Correta, pois sen a 5 cos(90° 2 a) e (90° 2 a) é o complementar de a.c) Correta. De acordo com o texto, o segmento de reta t

é tangente à cincunferência. Por definição, tga 5 tr

.

d) Incorreta. A justificativa para o nome da função secante é semelhante à da função tangente.e) Correta. Por convenção, a circunferência trigonométrica tem raio unitário, isto é, r 5 1.

1 e 3 d

2 d

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ESTUDANDO Matrizes, determinantes e sistemas lineares

Para o vestibular

b11 b12 b13

b21 b22 b23

b31 b32 b33

B 5

a)

]

B1 1 B1 B1

1 B2 B1 1 B3

B2 1 B1 B2

1 B2 B2 1 B3

B3 1 B1 B3

1 B2 B3 1 B3

B 5

Portanto, B1 1 B2 5 1,8 e B1 1 B3 5 3,0. (B1 1 B3) 2 (B1 1 B2) 5 B3 2 B2 5 3,0 2 1,8 5 1,2. Ou seja, R$ 1.200,00.

b) B1 1 B2 5 1,8B1 1 B3 5 3,0B2 1 B3 5 2,0

(B1 1 B2) 1 (B1 1 B3) 1 (B2 1 B3) 5 1,8 1 3,0 1 2,0 ] ] 2B1 1 2B2 1 2B3 5 6,8 ] B1 1 B2 1 B3 5 3,4 Ou seja, R$ 3.400,00.

A 5 a11

a21

a12

a22 5 4

728

] det A 5 18

a) det (B 2 A) 5 log 0,01 2 34 2 log 0,1

2228 5 (24 1 16) 2 (210) 5 50

b) 1 _________ det (B 2 A)

3 28 4 2 log 0,1

2log 0,01 2 3

5

5 1 ___ 50

3 2825

225

5 2 4 ___

25

2 1 ___ 10

1 ___ 25

2 1 ___ 10

Q3 × 3 C3 × 1 5 V3 × 1

212

120

102

105030

� �� �� �� �

20 50 3010 100 020 0 60

�10011080

Há x mesas com 7 pessoas e y mesas com 3 pessoas:

x yx y

x

� � �� �

� �207 3 108

33− 33 607 3 108

yx y

��� �

] x 5 12 e y 5 8y

208

200 4 40 , %� � � %

• det (2A) 5 23 det A 5 8 det A• det (At) 5 det A 5 5• det (2A) 5 2det A 5 258 det A 2 det A 2 (2det A) 5 8 ∙ 5 2 5 2 (25) 5 5 8 5 2 5 1 5 5 40

Lembrando que a matriz identidade é o elemento neutro da multiplicação matricial:AX 2 X 1 B 5 C ⇒ (A 2 I) X 5 C 2 BPortanto, desde que A 2 I admita inversa:X 5 (A 2 I)21 (C 2 B)

A B 5 C ]13 25 1

5 5xy5 55 6

05 5] 13x 1 2y

5x 1 y5 55 6

05 5]

] 13 2 65 0

x yx y

� �� �{ ] x 5 2 e y 5 −10

x 2 y 5 2 2 (210) 5 12

cab

a b ca

�� � � � �� �

0 0 11 00 00 1 0

� � �� � � � �

b ca b c

� �010

001

100

abc

Seja x o número de sanduíches da primeira compra, e C o custo por unidade.

x C xC

x C x

� � �

� � � �

180180

6 2

⋅( ) ( ) ( 330) � C

] x C 2 6C 1 2x 2 12 5 x C 1 30 C ]

] 26C 1 2 180

C 2 12 5 30C ]

] 26C2 1 2 180 2 12C 5 30C2 ] 36C2 2

2 360 1 12C 5 0 ] 3C2 1 C 2 30 5 0 ]

]C

� � � � � �

��

� �1 1 4 3 302 3

1 12 ( ) 996

3103

↗↘

C

C

��

C . 0, portanto, o preço de custo é de R$ 3,00.

Sejam x, y e z, respectivamente, os preços da TV, do freezer e da churrasqueira:Loja A: z 1 y 5 1.288Loja B: x 1 y 5 3.698Loja C: z 1 x 5 2.588

� � ��� �

� �y z

x yx z

. .

.1 288

3 6982 410{ ⇒ ⇒ xx z

x z . .� �� �

2 5882 410{ ]

] x 5 2.499Substituindo x nas equações, tem-se:z 5 2.588 2 2.499 ] z 5 89y 5 3.698 2 2.499 ] y 5 1.199∴ x 1 y 1 z 5 2.499 1 1.199 1 89 5 3.787

A 5 a11 a12

a21 a22 5 sen2s

cos(2s)cosssen4s

5 021

210

Portanto, 021

210

3 ac

bd

5 10

01

]

c 5 21d 5 0a 5 0b 5 21

Assim: A21 5 ac

bd

5 021

210

.

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1

2

3

6

4 e

7 a

8 d

9 e

10 c

12 c

5 d

11 a

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10 d

e 19

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reiro

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.13 c 15 a

16

17

14

Sejam x, y e z as quantidades da primeira, segunda e terceira ligas, respectivamente, que serão utilizadas para compor a nova liga. Então:

2 3 4 3 73 4 5 4 94 5

x y zx y zx y

, ,

� � �� � �� ,� �9 7 6z

Adicionando as duas primeiras equações e subtraindo da terceira, obtém-se:x 1 2y 5 1 ] x 5 1 2 2ySubstituindo nas duas primeiras equações:

� � �� � �

� ��

y zy z

y z , ,

,4 1 72 5 1 9

4 1 73{ ⇒

zzz y x

, , , , ,

��

� � �

1 50 5 0 3 0 4

{ ⇒

⇒ e

Nota-se que P é matriz ortogonal se Pt 5 P21 ] ] Pt 3 P 5 P21 3 P ] Pt 3 P 5 I.a) A matriz P dada é ortogonal se Pt 3 P 5 I ]

]

2 1

__ 3

2 2

__ 3

2 2

__ 3

2 2

__ 3

a

2 2

__ 3

2 __ 3

b

2 1

__ 3

3

2 1

__ 3

2 2

__ 3

2 2

__ 3

2 2

__ 3

a

2 2

__ 3

2 __ 3

b

2 1

__ 3

5 100

010

001

]

b) Sendo Q ortogonal, a solução do sistema é: x 5 A21b 5 (QR)21b 5 R21Q21b 5 R21Qtb 5

1

__ 2

0

0

2 1

__ 2

0

0 0

0

1 ___ dll 2

3 36

220

55

dll 2

___ 2

1

__ 2

2 1

__ 2

1

__ 2

dll 2

___ 2

2 dll 2

___ 2

dll 2

___ 2

0

2 1

__ 2

dll 2

___ 4

1

__ 4

1

__ 4

1

__ 4

2 dll 2

___ 4

0

1

__ 4

2 1

__ 2

1

__ 2

5 36

220

511

24

5100

010

001

]]

2 __ 9

2 2 __ 3

a 2 2 __ 3

b 5 0

4 __ 9

1 a2 1 b2 5 1

4 __ 9

2 1 __ 3

a 1 2 __ 3

b 5 0

] ]a 5

2 __ 3

b 5 2 1 __ 3

1

2 __ 9

2 2 __ 3

a 2 2 __ 3

b

0

2 __ 9

2 2 __ 3

a 2 2 __ 3

b

4 __ 9

1 a2 1 b2 4 __ 9

2 1 __ 3

a 1 2 __ 3

b

4 __ 9

2 1 __ 3

a 1 2 __ 3

b 1

0

M 3 Mt 5 dll 3 n

q dll 3

3 dll 3 q

n dll 3

5 3 1 q2

dll 3 (q 1 n) dll 3 (q 1 n)

3 1 n2 5

5 3 1 q2

dll 3 (q 1 n) dll 3 (q 1 n)

3 1 n2 5 6

666

]

] 3 1 q2 5 6 ] q 5 dll 3 3 1 n2 5 6 ] n 5 dll 3

Portanto, n2 1 n 3 q 5 @ dll 3 # 2 1 dll 3 3 dll 3 5 3 1 3 5 6.

a) D 5

1 cos2 a sen2 a1 cos2 b sen2 b0 cos2 c sen2 c

5 1 cos2 a 1 sen2 a sen2 a1 cos2 b 1 sen2 b sen2 b0 cos2 c 1 sen2 c sen2 c

1 1 sen2 a1 1 sen2 b0 1 sen2 c

5 sen2 c 1 sen2 a 2 sen2 b 2 sen2 c 5

5 (sen a 1 sen b)(sen a 2 sen b) 5

5 2sen @ a 1 b _____ 2

# cos @ a 2 b _____ 2

# 3 2sen @ a 2 b _____ 2

# cos @ a 1 b _____ 2

# 5 5 sen E 2 @ a 1 b _____

2 # R sen E 2 @ a 2 b _____

2 # R 5

5 sen (a 1 b) 3 sen (a 2 b)

c)

cos2 a 5 1 2 sen2 a 5 0

sen2 c 5 1 2 cos2 c 5 4 __ 5

x 1 0 3 y 1 z 5 0 (I)x 1 (cos2 b) 3 y 1 (sen2 b) 3 z 5 0 (II)y 1 4z 5 0 (III)

Assim:

Sendo z 5 a, tem-se: x 5 2a e y 5 24a Portanto, S 5 {(2a, 24a, a)}, com a 9 V.

b) O sistema linear admite soluções não triviais quando for SPI (D 5 0). Assim:

D 5 sen2 a 2 sen2 b 5 0 ] ] sen a 5 sen b ou sen a 5 2sen b

Portanto: a 5 !b 1 k 3 s (k 9 b), Cb

Da primeira equação, temos x 5 1 1 z 2 y. Substituindo, na segunda equação: 2(1 1 z 2 y) 1 y 1 z 5 1 ] y 5 1Logo, x 5 1 1 z 2 1 ] x 5 z. Portanto S 5 {(z, 1, z)}, com z 9 i.Assim, as soluções são pontos pertencentes a uma reta; logo, x 5 a 1 1, y 5 2a e z 5 a não pode ser uma solução.

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a)

x 1 2y 1 3z 5 23x 1 y 1 4z 5 25

]x 1 2y 1 3z 5 232y 1 z 5 2

]

]x 1 2(z 2 2) 1 3z 5 23y 5 z 2 2

]x 5 27 2 5zy 5 z 2 2

b) Nas condições dadas e considerando o item anterior:

x > 1y > 1z > 1

27 2 5z > 1z 2 2 > 1z > 1

z < 5z > 3 [ 3 < z < 5z > 1

] ]

Como z 9 b, seus possíveis valores são 3, 4 e 5. Assim, as possíveis quantidades de canetas (z), borra-

chas (x) e lápis (y) que Pedro deseja comprar são: • para z 5 3, x 5 27 2 5 3 ] x 512 e y 5 1; • para z 5 4, x 5 27 2 5 4 ] x 5 7 e y 5 2; • para z 5 5, x 5 27 2 5 5 ] x 5 2 e y 5 3. S 5 {(2, 3, 5), (7, 2, 4) e (12, 1, 3)}

a)

B 5 1 __ 2

ac

bd

ab

cd1 5

a

b 1 c _____ 2

b 1 c _____ 2

d 5 B t

Portanto, B é simétrica, pois B 5 Bt.

C 5 1 __ 2

ac

bd

ab

cd2 5

0

c 2 b _____ 2

b 2 c _____ 2

0 5 2C t

Portanto, C é antissimétrica, pois C 5 2C t.

Matriz antissimétrica

b 1 c _____ 2

b 1 c _____ 2

a

d 2 b 2 c

_____ 2

b 2 c _____ 2

0

01

b)

Matriz simétrica

5 ac

bd

Os termos pertencentes à diagonal secundária desta matriz são: a13 5 5, a22 5 –4 e a31 5 –2

Cofator de a13 5 (–1)1 1 3 02

44−

5 (21)4 (28) 5 28

Cofator de a22 5 (–1)2 1 2 32

51−

5 (21)4 13 5 13

Cofator de a31 5 (–1)3 1 1 2 5

� �4 1

5 (21)4 18 5 18

Logo: 28 1 13 1 18 5 23.

18

22

19

20

b) Para x 5 2: Ay 5 b ] 2 2 12 2 12 2 1

2 2 111

2 2 12

22

y1

y2

y3

5 m35

]

] y1 1 y2 1 y3 5 my1 1 y2 1 2y3 5 3y1 1 y2 2 2y3 5 5

] y1 1 y2 5 3 2 2y3

y3 5 3 2 m

y3 5 2 1 __ 2

O sistema possui infinitas soluções se:

3 2 m 5 2 1 __ 2

] m 5 7 __ 2

a) det A 5 x 2 1x 2 1x 2 1

x 2 111

x 2 12

22 5 0 ]

] (x 2 1) (21)3 1 1 x 2 20

x 1 14

5 0 ] x 5 1 ou x 5 2.

Portanto, V 5 {1, 2}.

21 b

a) 120

0sen x

2

20

cos x

5 sen x 3 cos x 1 8

b) 2sen x 3 cos x 5 sen 2x ] sen x 3 cos x 5 sen 2x ______ 2

]

] sen x 3 cos x 1 8 5 sen 2x ______

2 1 8

O valor do determinante da matriz A será máximo quando sen 2x for máximo, ou seja, igual a 1. Logo:

sen 2x 5 1 ] 1 __ 2

1 8 5 8,5

O valor do determinante da matriz A será mínimo quan-do sen 2x for mínimo, ou seja, igual a 21. Logo:

sen 2x 5 21 ] 2 1 __ 2

1 8 5 7,5

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24 a

• det A 5 a a

aaaa

a a a1 2

4

3

5

6

1 4 600 0

1 � � � �� ..000,

• a4 5 a1 1 3d ⇒ a

d d

a d

d4 110 3

� ��

Solução Ia a a a a d1 4 6 1 110 5 1 000 .� � � � � � � �( ) ⇒⇒

⇒ ⇒

a a d

d d

a

d

1 12

2

2

12

5 10

5

� ���

( )

⋅⋅

a

d d

a

d

a

d

12

12

1

10

5

��

� � ��aa

d

a

d

a

d

a

d

12

12

1 1

3

5

� ��

21

12

6 9

2

� � �

a

d

a

d111 9 0

112

92

1

1

1

� � �a

d

S

P

a

d

↗↘

↗↘

= −

=⇒ = − ouu

a

d1 9

2= −

dd

a

d � � � �0

103 01⇒

∴ a

d1 1

Solução II

a4 5 10 e a6 5 a1 1 5d ]] a1 a4 a6 5 a1 10 (a1 1 5d) 5 21.000 ]] a1 (a1 1 5d) 5 −100 ]] a1 (a1 1 5d) 5 (10 − 3d) (10 1 2d) 5 2100 ]

] 3d2 1 5d 2 100 5 0 ] dd

d

� ��

��

5 356

5203

↗↘

d > 0, portanto, d 5 5.

a1 5 10 2 3d 5 10 2 3 5 5 10 2 15 5 25 ]

] ad

1 55

1 � �− −

A área do triângulo ABC é dada pela metade do valor absoluto do determinante da matriz formada pelas coordenadas dos vértices, conforme indicado.

Axxx

yyy

ABC

a

b

c

a

b

c

� � � � �12

111

12

1443

189

111

12

11112

� � �

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ESTUDANDO Matrizes, determinantes e sistemas lineares

Para o eNeM

De acordo com o sistema de controle, aij . 100, para qualquer j.Em A2, a11 , 100 e pertence à primeira linha (i 5 1).Portanto, estava prevista uma reposição e, de fato, a quantidade de itens passou de 99 para 110; a12 . 100 e, nesse caso, o sistema não previa reposição. A quantidade de itens passou de 115 para 110; logo, 5 foram vendidos.

Para que o problema seja resolvido, basta encontrar a transposta da matriz C e somá-la à matriz A:

A C t

� �

����

102 462 266 0

100 0

113 �����

���

369 060 097 0

102 473 061

����

392 2

101 575 266 064 0

1066466

100

116696097

1067366464

106776664

De acordo com as regras de operação matricial, o produto A4 3 4 B está definido se a matriz B tem 4 linhas. Por outro lado, o produto B A4 3 4 está definido se a matriz B tem 4 colunas. O resultado da multiplicação deve ser uma matriz com o mesmo número de linhas do fator à esquerda e o mesmo número de colunas do fator à direita. A matriz M tem 1 coluna. Então, B é de ordem 4 3 1.Os elementos da matriz M são iguais ao resultado da média entre os elementos de cada linha da matriz A, as

quais têm 4 elementos. Portanto, x 5 14

.

O fato de a matriz em questão ter duas colunas com elementos proporcionais, é numericamente expresso pelo determinante nulo.

detPQR

xxx

yyy

a

b

c

a

b

c

� � � �12

111

12

22 1 1

332

1

112

1

12

0

� � �� 0

1 e 3 d

4 e

2 c

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ESTUDANDO Análise combinatória

Para o vestibularO total de comissões com pelo menos 1 rapaz e 1 moça será igual ao total de comissões formado pelas 9 pes-soas, menos o total de comissões formado por apenas rapazes.

C9, 5 2 C5, 5 5 9! ____ 5!4!

2 1 5 9 3 8 3 7 3 6 _________ 4 3 3 3 2 31

2 1 5

5 9 3 8 3 7 3 6 _________ 4 3 3 3 2 3 1

2 1 5 126 2 1 5 125

Portanto, a comissão pode ser formada de 125 maneiras diferentes.

Os países Q e R fazem fronteiras somente com os países P e S. Portanto, basta que as cores dos países Q e R sejam diferentes de cada uma das cores dos países P e S.a) Pode-se escolher a cor do país P de 4 maneiras, a cor

do país S, de 3 maneiras e, como Q e R podem ter a mesma cor, são duas possibilidades para cada. Agora: 4 3 3 3 2 3 2 5 48

Portanto, existem 48 possibilidades para colorir o mapa, de modo que os países P e S sejam coloridos com cores diferentes.

b) Nessa condição, existem 4 possibilidades para colorir o par P e S; analogamente, são 3 possibilidades para Q e R. Agora: 4 3 3 3 3 5 36

Portanto, são 36 maneiras de colorir o mapa de modo que os países P e S sejam coloridos com a mesma cor.

Os cubinhos unitários sem nenhuma face pintada for-mam um cubo de aresta n 2 2. Em cada face do cubo de aresta n há 2 3 (n 2 2) cubinhos unitários com exatamen-te uma face pintada.

Logo, dentre os n3 cubinhos unitários, n . 2, há (n 2 2)3

cubinhos sem nenhuma face pintada e 6 3 (n 2 2)2 cubi-nhos com exatamente uma face pintada.a) (n 2 2)3 5 6 3(n 2 2)2 ] n 2 2 5 6 ] n 5 8b) n3 2 (n 2 2)3 5 56 ] ] [n 2 (n 2 2)] 3 [n2 1 n(n 2 2) 1 (n 2 2)2] 5 5 56 ] 3n2 2 6n 1 4 5 28 ] 3n2 2 6n 2 24 5 0 ] ] n 5 4 e n 5 22 (não convém)

n – 2

n

A primeira pessoa do casal pode ser escolhida de 12 modos (homem ou mulher) e a segunda de 6, ou seja, 12 3 6 5 72. Esse resultado deverá ser dividido por 2!, pois queremos fazer combinações de pessoas, isto é, a ordem (homem e mulher ou mulher e homem) não importa. Portanto, 36 pares.

Sejam A, B e C os times em questão. Assim, o time A somou 3 pontos em 2 partidas realizadas no próprio estádio; logo, ganhou uma e empatou outra. O time C empatou todas as partidas que disputou (2 com A e 2 com B); logo, somou 4 pontos. O time B perdeu para A a partida que disputou no estádio deste. Não ganhou nem empatou a outra, pois nesses casos haveria empates de pontuação; logo, perdeu e somou apenas 2 pontos nos empates com C.Portanto, 6 3 4 3 2 5 48.

Como há 5 escolhas possíveis para cada um dos 4 dígitos da senha, o total de senhas distintas (incluindo as que aparecem o número 13) é 54 5 625.O número 13, no entanto, pode aparecer de 3 formas distintas:1 3 X X X 1 3 X X X 1 3,de modo que, em cada uma delas, sobram 5 escolhas para cada posição vazia. Dessa forma, o número de senhas que contém o número 13 é dado por:25 1 25 1 25 5 75Nota-se que, entre essas 75, a senha 1313 foi contada duas vezes. Então, descontando essa repetição, restam 74 senhas distintas que não servem para Maria.625 – 74 5 551Então, ela pode escolher sua senha de 551 maneiras distintas.

Há 3 possibilidades para o primeiro círculo. Para os outros, a única restrição é que não sejam pintados com a mesma cor do anterior, restando 2 possibilidades.

3 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 5 48

Pode-se, então, pintar os círculos de 48 formas diferentes.

O número de senhas de 6 dígitos que podem ser criadas com os 10 algarismos existentes é:10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 5 151.200151.200 : 10 5 15.120Como o programa testa 10 códigos por segundo, ele leva 15.120 s para testar todos os códigos.Em horas: 15.120 s 5 252 min 5 4 h e 12 min

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1 4

5

6

3

2

1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 5 28 5 256 códigos binários

7 a

8 e

9 a

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12 e

16 b

18 c13

15

10 e

11 b

17

19

20

14

Para acomodar a família Sousa há 3 ? 3! possibilidades. Nos dois bancos restantes há 2 ? 2 ? 2! modos de colocar Lúcia e Mauro. Pode-se dispor as 4 pessoas restantes de 4! maneiras. Assim, pelo princípio fundamental da con-tagem:3 ? 3! ? 2 ? 2 ? 2! ? 4! 5 3.456 maneiras distintas.

a) A quantidade total de números é o total de permuta-ções dos 6 algarismos, ou seja, 6! 5 720. Iniciando-se com o algarismo 1, há 5! 5 120 números.

b) 512 .346 é o menor número in ic iado por 5 . Há 4 ? 120 5 480 números iniciados por 1, 2, 3 e 4. Portanto, 512.346 é o número de posição 481.

Os primeiros 120 números são iniciados por 1; os 120 números seguintes começam por 2. O núme-ro da posição 241 é o menor iniciado por 3, ou seja, 312.456, e, portanto, o número que ocupa a posição 242 é: 312.465.

Se Fernando retirar as três primeiras meias, uma de cada cor, necessariamente, a quarta meia deve repetir uma das três cores; portanto, Fernando deve retirar pelo me-nos quatro meias para ter certeza de que haverá duas da mesma cor.

a) 20 3 (6 3 5) 5 600b) Cada fileira possui 8 maneiras de um casal sentar-se

em poltronas vizinhas (4 do lado esquerdo e 4 do lado direito); portanto, são 20 3 8 5 160 maneiras distintas.

c) De acordo com o item b, cada fileira possibilita 8 ma-neiras diferentes para um casal sentar-se em poltro-nas vizinhas. Escolhida uma delas, o outro casal fica com 4 possibilidades a menos (à esquerda ou à direi-ta). Se para o primeiro casal são 160 possibilidades, para o segundo restam 156. Logo, são 160 · 156 5 5 25.280 possibilidades distintas para os dois casais sentarem-se nas condições do enunciado.

Os tipos de combinações que ele pode fazer são:• escolher um sabor e repeti-lo quatro vezes: 3 opções; • escolher dois sabores (morango e uva, morango e chocolate ou uva e chocolate) e combiná-los (3 bolas do primeiro e 1 do segundo, 2 bolas de cada ou 1 do primeiro e 3 do segundo) 3 ? 3 5 9 opções;• colocar uma bola de cada sabor e, então, escolher um deles para repetir: 3 opções. Total de opções: 3 1 9 1 3 5 15.

Com 3 meias pode-se ter uma de cada cor, mas com 4 haverá obrigatoriamente uma das 3 cores para a qual ter-se-á pegado pelo menos duas meias da mesma cor.

a) O conjunto P possui 3 3 3 3 3 5 27 pontos.b) Fixando-se z 5 1, tem-se 3 3 3 5 9 pontos. Esses pon-

tos estão contidos em um quadrado de lado 2 parale-lo ao plano xOy, de acordo com a figura 1. Na figura 2 tem-se as oito retas que passam exatamente por três desses pontos.

Figura 2

Figura 1

z

yO

x

Como CESUPA tem 6 letras distintas, sendo 3 vogais e 3 consoantes, tem-se 3 escolhas para a primeira posição, 3 escolhas para a última posição e, escolhidas as extremidades, basta permutar as outras 4 letras. Então, o número de anagramas procurado é 3 ? 3 ? 4! 5 9 ? 24 5 216.

De acordo com as regras estabelecidas, após concluir o saneamento básico, qualquer outra obra pode ser realizada. Antes de realizar o saneamento, no entanto, pode-se apenas construir casas ou creches. Dessa forma, as seguintes escolhas podem ser feitas:

I. Casas populares, saneamento, 3 opções, 2 opções, 1 opção:

3 ? 2 ? 1 5 6 II. Casas populares, 2 opções, saneamento, 2 opções,

1 opção: 2 ? 2 ? 1 5 4

III. Casas populares, 2 opções, 1 opção, saneamento, calçamento das ruas:

2 ? 1 5 2

Total de possibilidades: 6 1 4 1 2 5 12.

Portanto, a comissão pode ser formada de 300 maneiras diferentes.

C5, 1 3 C3, 1 3 C6, 3 5 5! ____ 1!4!

3 3! ____ 1!2!

3 6! ____ 3!3!

5 5 3 3 3 20 5 300

Portanto, havia seis ministros presentes ao encontro.

Considere cada aperto de mão como sendo uma combi-nação de dois ministros, logo:

Cn, 2 5 15 ]

] n! _________ 2! (n 2 2)!

5 n(n 2 1)(n 2 2)!

______________ 2(n 2 2)!

5 n(n 2 1)

________ 2

5 15 ]

] n2 2 n 2 30 5 0 ] n 5 1 ! 11 ______ 2

]

] n 5 6 ou n 5 25 (não convém)

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As comissões deverão ser formadas por 5 homens ou por 4 homens e 1 mulher, assim:

C5, 5 1 C5, 4 3 C6, 1 5 1 1 5 3 6 5 31Portanto, poderão ser formadas 31 comissões.

O resultado pedido é igual ao número de soluções intei-ras e positivas da equação x 1 y 1 z 5 7, em que x, y e z representam o número de bolas em cada caixa.Como x > 1, y > 1, z > 1, façamos x 5 a 1 1, y 5 b 1 1 e z 5 c 1 1. Desse modo, a 1 b 1 c 5 4.O número de soluções dessa equação é dado por C6,4 5 15.

a) 3 3 2 3 (C5, 1 1 C5, 2 1 C5, 3 1 C5, 4 1 C5, 5) 5 5 6 3 (5 1 10 1 10 1 5 1 1) 5 6 3 31 5 186 Podem ser montados 186 sanduíches distintos.b) 2 3 1 3 C5, 2 5 2 3 10 5 20 Podem ser montados 20 sanduíches distintos nas

condições do enunciado.

72

1 73

1 84

1 95

5 83

1 84

1 95

5

5 94

1 95

5 105

5 10

5! ? 5! 5 252

De acordo com as regras de divisibilidade, um número é divisível por 4 se os dois últimos algarismos configu-rarem um número divisível por 4; é divisível por 3 se a soma dos valores absolutos de seus algarismos resultar em um número divisível por 3.a) Com os algarismos de C formam-se 9 pares, que são

divisíveis por 4: 12, 16, 24, 32, 36, 44, 52, 56, 64. Os números procurados são da forma abcd, em que os algarismos a e b são elementos de C, e cd é um dos nove pares acima. Agora: 6 ? 6 ? 9 5 324.

Portanto, nas condições impostas, existem 324 natu-rais múltiplos de 4.

123 2 soma 5 6 236 2 soma 5 11

135 2 soma 5 9 346 2 soma 5 13

234 2 soma 5 9 126 2 soma 5 9

256 2 soma 5 13 146 2 soma 5 11

124 2 soma 5 7 245 2 soma 5 11

136 2 soma 5 10 356 2 soma 5 14

235 2 soma 5 10 134 2 soma 5 8

345 2 soma 5 12 156 2 soma 5 12

125 2 soma 5 8 246 2 soma 5 12

145 2 soma 5 10 456 2 soma 5 15

Portanto, 8 combinações somam números múltiplos de 3, logo, 8 3 3! 5 8 3 6 5 48 números múltiplos de 3.

b) Primeiro encaram-se como combinações (não importa a ordem); isso porque é mais fácil encontrar as com-binações do que os arranjos, pois estes contam com uma quantidade consideravelmente maior. No final, multiplica-se o número de combinações por 3! que é o número de permutações possíveis com 3 elementos.

Formando combinações de 3 dígitos do conjunto C, há C6, 3 5 20 combinações. São elas:

O presidente e o vice podem se sentar de duas maneiras diferentes (já que são duas cabeceiras). O secretário pode se sentar à esquerda ou à direita do presidente. Resta escolher 4 das 7 cadeiras para os outros participantes, que poderão permutar entre as escolhidas. Então, o número de maneiras em que eles podem se sentar é:

2 ? 2 ? C7, 4 ? P4 5 2 ? 2 ? 7!

4! ? 3! ? 4! 5 4 ?

7 ? 6 ? 53 ? 2 ? 1

? 24 5

5 96 ? 35 5 3.360

Os números fatoriais que resultam em 1 são 1! ou 0!.Primeiro caso:

x 2 12x2 1 3

5 1 ] x 2 1 5 2x2 1 3 ] 2x2 2 x 1 4 5 0

Essa quadrática não tem raízes.Segundo caso:

x 2 12x2 1 3

5 0 ] x 2 1 5 0 ] x 5 1

A pessoa tem de andar 7 quadras para a direita e 5 quadras para cima, em qualquer ordem. O número de percursos diferentes pode ser calculado como uma permutação entre essas 12 quadras com 7 e 5 repetições:

P127, 5 5

12!7! ? 5!

5 12 ? 11 ? 10 ? 9 ? 8

5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 5

95.040120

5 792

21

24

22

23

27

25 a

26 d

28 a

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.ESTUDANDO Análise combinatória

Para o eNeM

Se os números de telefone tivessem 2 algarismos, poderiam começar com 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 e terminar com qualquer um desses números mais o 0. Pelo princípio fundamental de contagem, o número de possibilidades é dado por: 9 ? 10 5 90.Por analogia, existem 900 números de 3 algarismos; 9.000 de 4 algarismos; 90.000 de 5 algarismos; e 900.000, de 6 algarismos.Assim, em 1883 os números deveriam ser formados por 4 algarismos e, em 1939 (1879 1 60), por 6.

Os segmentos de reta que podem ser traçados de um conjunto de pontos não colineares são sempre deter-minados por dois desses pontos, que irão caracterizar os extremos do segmento. Como não importa a ordem em que esses dois pontos serão escolhidos (AB coincide com BA, por exemplo), pode-se dizer que o número de segmentos é uma combinação dos pontos, escolhidos dois a dois.

Aplicando a criptografia na palavra ROMA:R 5 1O 5 2M 5 3A 5 4Construindo os cinco primeiros anagramas:1234 5 ROMA – chave 11243 5 ROAM – chave 21324 5 RMOA – chave 31342 5 RMAO – chave 41423 5 RAMO – chave 5Os números estão em ordem crescente. Percebe-se que, utilizando a chave 5, a palavra ROMA se transforma em RAMO (o que torna a alternativa e verdadeira).Analisando as outras alternativas, percebe-se que c e d são falsas.Além disso, criptografando RAMO, encontra-se:1234 5 RAMO – chave 11243 5 RAOM – chave 21324 5 RMAO – chave 31342 5 RMOA – chave 41423 5 ROAM – chave 5 (não se transforma em ROMA, portanto, a alternativa a é falsa.)E, criptografando AMOR, encontra-se:1234 5 AMOR – chave 11243 5 AMRO – chave 21324 5 AOMR – chave 3 1342 5 AORM – chave 4 (não se transforma em ROMA, portanto a alternativa b é falsa.)

Sabe-se que alterar a ordem dos símbolos alterará o resultado da expressão, de modo que a única resposta correta seria 6 1 3 ? 5 1 2 5 23. Sabe-se também que, para cada um dos espaços, existem duas possibilidades de preenchimento: 1 ou 3. Dessa forma, o número de combinações entre eles é dado por 2 ? 2 ? 2 5 8, resultando em menos de 10 respostas possíveis.

1 c 4 e

2 e

3 e

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.

ESTUDANDO Probabilidade

Para o vestibular

Total de anagramas da sigla PUCRS é 5! 5 120.Fixando as letras P e C das 5 letras da sigla e permutando as outras 3 letras, tem-se 3! 5 6.Portanto, a probabilidade procurada será igual a

6 ____ 120

5 1 ___ 20

.

Portanto, a probabilidade de um entrevistado não con-sumir nenhum dos três produtos é 12%.

12%

12%

Não consomem nenhum dos três produtos.

27%

C

A

B

23%

6% 7%

8%

5%

Como os eventos “ser aprovado na primeira etapa (A)” e “ser aprovado na segunda etapa (B)” são independentes, tem-se:

p(A ) B) 5 p(A) 3 p(B) ] p(A ) B) 5 56

3 35

5 12

5 50%

Analisando os dados:• 1 aluno conhece as três línguas;• 2 alunos conhecem francês e inglês, mas não espa-

nhol (3 1 52);• 4 alunos conhecem espanhol e inglês, mas não francês

(5 1 5 4);• 3 alunos conhecem espanhol e francês, mas não inglês

(4 1 53);• 7 alunos conhecem apenas inglês (14 4 2 1 5 7);• 2 alunos conhecem apenas francês (8 3 2 1 5 2);• 1 aluno conhece apenas espanhol (9 3 4 1 5 1).Total: 1 1 2 1 7 1 3 1 4 1 2 1 1 5 20.Analisando as afirmações: I. Verdadeira. 1 em 20 5 0,05 5 5%. II. Verdadeira. 2 em 20 5 0,1 5 10%.III. Verdadeira. 3 1 2 1 1 5 6 em 20 5 0,3 5 30%.IV. Verdadeira. 7 em 20 5 0,35 5 35%. V. Falsa. 1 aluno tem conhecimento apenas de espanhol e 2 apenas de francês.

O número de anagramas de Ufam é 4! 5 24. Se as duas vogais forem consideradas um único bloco, o número de anagramas com essa condição será 3! 5 6. Como as vogais U e A podem permutar entre si, tem-se o dobro de anagramas desse tipo, ou seja, 12. Assim, a probabili-dade procurada é 12 em 24, ou seja, 50%.

Se a bola branca for retirada da urna 1 (com 1 chance em 3) e colocada na urna 2, esta ficará com 3 bolas brancas e 1 preta. A probabilidade de retirar uma bola branca da

urna 2, nesse caso, será de: 13

? 34

5 3

12.

Se uma bola preta for retirada da urna 1 (com 2 chan-ces em 3) e colocada na urna 2, esta ficará com 2 bolas brancas e 2 pretas. A probabilidade de retirar uma bola

branca da urna 2, nesse caso, será de: 23

? 24

5 4

12 .

A probabilidade de ocorrer o evento procurado, então, é

de:

13

? 34

5 3

12.

O total de bolas nessa urna é: n 1 3 1 5. A probabilidade

de retirar uma bola azul será dada por nn 1 8

. Então:

nn 18

5 23

] 3n 5 2n 1 16 Æ n 5 16.

Sejam:• A o evento “b é sucessor de a”.• B o evento “c é sucessor de b”.Calculam-se as seguintes probabilidades:• p(A) 5 probabilidade de que, retirando um valorqualquer para a, o valor de b seja a 1 1 (o valor máximode a é 5, e não importa o valor de c). • p(B) 5 probabilidade de que, retirando um valorqualquer para b, o valor de c seja b 1 1 (o valor máximode b é 5, e não importa o valor de a). • p(A e B) 5 probabilidade de a, b e c serem consecutivos; espaço amostral: (1, 2, 3); (2, 3, 4); (3, 4, 5); (4, 5, 6). p(A ou B) 5 p(A) 1 p(B) p(A e B) 5

5 56

? 16

? 66

1 66

? 56

? 16

4 63

5 30 130 4

216 5 56

216 5

727

.

66

? 56

? 46

5 2036

5 59

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1

3 d

5 b

6 b

7 c

2 I II III IV

4 d

8 c

9

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12 b

15

Seja V a sentença verdadeira e F a falsa:

1. V p p (pressão alta) 5 0,20

____ 1,00

5 0,20

4. V p p (pressão normal ) peso deficiente) 5 0,20

____ 1,00

5 0,20

2. V p p (pressão altaocom excesso de peso) 5 0,10

____ 0,25

5 0,40

3. F p p (peso normalocom pressão alta) 5 0,08

____ 0,20

5 0,40

p(1 mosquito estar contaminado com DEN 3 e outro não) 5

5 10 ____

100 3

90 ___ 99

3 2 5 20 ______ . 10 3 1

20 ______ 10 3 11

1 1 ______ 10 3 11

5 21 ____ 110

.

p(2 mosquitos estarem contaminados com DEN 3) 5

5 10100

. 9 ___

99 5 1 ______

10 3 11 .

Portanto, a probabilidade procurada é igual a

a) Seja L o número de licenciados em Matemática e B o número de bacharéis em Matemática.

b) (L 0 B) 5 L 1 B 2 (L ) B) ] 120 5 100 1 60 2 (L ) B) ] ] L ) B 5 40c) p(Lic. e bach. em Mat.) 5 L ) B _____

L 0 B 5 40 ____

120 5

13

p(Licenciado em Matemática) 5 L _____ L0 B

5 100 ____ 120

5 56

11 16 d

17 a

18

13

14

Na amostra existem 4 peças defeituosas e 16 peças per-feitas; logo,a) C4,1 3 C16,1 5 4 3 16 5 64 maneirasb) C16,2 5 120 maneiras

c) C16,2 3 C4,1

________ C20,3

5 120 3 4 ______ 1.140

5 480 _____ 1.140

5 8 ___ 19

O número de maneiras diferentes de formar uma fila com vinte alunos é 20!.a) O trio Gabriel, Mateus e Roger pode ficar em 18 posi-

ções diferentes. Já o número de filas diferentes com o trio junto é 18! 3 3!. Portanto, a probabilidade procu-rada é igual a:

18! 3 3! ______ 20!

5 18! 3 6 __________ 20 3 19 3 18!

5 6 ______ 20 3 19

5 3 ____ 190

b) Gabriel e Mateus podem ficar em 1o e 7o, em 2o e 8o, ..., em 14o e 20o; logo, em 14 posições diferentes. Con-tando que Gabriel e Mateus podem trocar de lugar, tem-se 14 3 18! 3 2! filas diferentes; portanto, a proba-bilidade procurada é igual a:

14 3 18! 3 2! __________ 20!

5 28 3 18! __________ 20 3 19 3 18!

5 7 _____ 5 3 19

5 7 ___ 95

a) Do enunciado, tem-se: C10,2 5 10! _____ 2! 3 8!

5 45 maneiras.

b) Os dois homens podem ser escolhidos de C3,2 maneiras.

c) A probabilidade de que ao menos uma mulher receba um prêmio é igual a 1 menos a probabilidade de que

Assim, a probabilidade pedida é p 5 C3,2

____ C10,2

5 3 ___ 45

5 1 ___ 15

.

dois homens sejam premiados. Assim: p 5 1 2 1 ___ 15

5 14 ___ 15

.

Equipes com 3 homens e 3 mulheres: C6,3 3 C4,3 5 20 3 4 5 80.Equipes com 2 homens e 4 mulheres: C6,2 3 C4,4 5 15 3 1 5 15.

p(evento) 5 80 _______ 80 1 15

5 80 ___ 95

5 16 ___ 19

Há 4! modos de dispor esses algarismos na primeira li-nha, 4! na segunda, 4! na terceira e 4! na quarta.Assim, o número de casos possíveis é 4! 3 4! 3 4! 3 4!.Tem-se exatamente duas maneiras de atender à exigên-cia adicional:

Logo, a probabilidade é p 5 2 ___________ 4! 3 4! 3 4! 3 4!

5 1 ___________ 12 3 4! 3 4! 3 4!

.

ou

1 4

3

4

2 4 3

3 2

1 4

Figura I Figura II

23

2

1

1

1 4

3

2

4 2 3

3 4

1 4

23

2

1

1

a) 4! 5 24b) João terá de errar nas 11 primeiras tentativas e acertar

na 12a. Logo:

23 ___ 24

3 22 ___ 23

3 21 ___ 22

3 20 ___ 21

3 19 ___ 20

3 18 ___ 19

3 17 ___ 18

3 16 ___ 17

3 15 ___ 16

3 14 ___ 15

3 13 ___ 14

3 1 ___ 13

5 1 ___ 24

Errar Acertar

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.

Os números de 1 a 6, compreendidos sob um ângulo de 45w,

possuem a mesma probabilidade @ 1 __ 8

# , e o número 7,

compreendido sob um ângulo de 90º, possui o dobro da

probabilidade @ 2 __ 8

# de cada um dos números de 1 a 6.

Logo:

a) 1 __ 8

3 1 __ 8

3 1 __ 8

5 1 __ 83

5 1 ____ 512

b) Os casos em que a soma de dois resultados é maior ou igual a 13 são (6 1 7), (7 1 6) ou (7 1 7). Logo, a probabilidade procurada será igual a:

5 1 2 E @ 1 __ 8

3 2 __ 8

# 1 @ 2 __ 8

3 1 __ 8

# 1 @ 2 __ 8

3 2 __ 8

# R 5 7 __ 8

1 2 [ p(6 e 7) 1 p(7 e 6) 1 p(7 e 7)] 5

Todos os números múltiplos de 3 podem ser escritos como 3n. Os outros números inteiros podem ser escritos como 3n 1 1, ou 3n 1 2. Então sempre há exatamente dois inteiros entre dois múltiplos de 3 consecutivos.Seja A o conjunto de números formados por 3 algarismos:

A 5 {100, 101, 102, ... , 997, 998, 999}Ele é composto de pequenas sequências de 3 termos na forma (3n 1 1, 3n 1 2, 3n).A começar por: 100 5 3 ? 33 1 1; 101 5 3 ? 33 1 2 e 102 53 ? 34.Esse conjunto tem 900 elementos, sendo 300 múlti-plos de 3 (o primeiro deles é o 102 e o último é o 999 5 5 3 ? 333), 300 da forma 3n 1 1 e 300 da forma 3n 1 2. Como a diferença entre dois números do mesmo tipo é sem-pre um múltiplo de 3, o evento desejado é que, após esco-lher um número qualquer, o próximo seja do mesmo tipo

que o primeiro. A probabilidade desse evento é: 1 ? 299899

.

19

20 a

22 a

23

24

21 a) Denotando por:• p(R) a probabilidade de resolver o problema na primeira ligação;• p(M) a probabilidade de ser atendido por uma mulher;• p(H) a probabilidade de ser atendido por um homem;• p(R | M) a probabilidade de resolver o problema na

primeira ligação quando a atendente é uma mulher;• p(R | H) a probabilidade de resolver o problema na

primeira ligação quando o atendente é um homem.Tem-se:

b) p(H | R) 5 p(H)R)

p(R) 5

24100

57100

5 2457

≃ 42%

p(R) 5p(R)M) 1 p(R)M) 5 p(R) ? p(M) 1 p(R) ? p(H) 5

5 60

100 ? 55

100 1 40

100 ? 60

100 5 57

100 5 57%

As pessoas que têm câncer de pulmão são 110. Entre elas, 50 são mulheres. Portanto, a probabilidade de uma pessoa com câncer de pulmão ser mulher é: 50

110 5 5

11.

a) Total de múltiplos de 5 na urna: 905

5 18.

Total de múltiplos de 6 na urna: 906

5 15.

Total de múltiplos de 5 e 6 na urna: 905̇6

5 3.

Probabilidade de retirar um múltiplo de 5 ou 6:

18 1 15 3

90 5

3090

5 13

.

b) Os múltiplos de 6 na urna são 15, e os não

múltiplos de 6 são 75. Logo:

Probabilidade de retirar um número não múltiplo

de 6, sendo que a primeira bola era 1590

? 7589

5

5 25

178 um múltiplo de 6.

Probabilidade de retirar um número não múltiplo

de 6, sendo que a primeira bola não era um

múltiplo de 6: 7590

? 7489

5 185267

.

Assim, a probabilidade de a segunda bola não ser

múltiplo de 6 é: 25

178 1

185267

5 56

.

A máquina A produz 2.000 ? 2

100 5 40 peças defeituosas.

A máquina B produz 3.000 ? 3

100 5 90 peças defeituosas.

Assim, as duas juntas produzem 40 1 90 5 130 peças defeituosas.Logo, a probabilidade de uma peça defeituosa ter sido

produzida pela máquina A é 40

100 5

413

.

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.ESTUDANDO Probabilidade

Para o eNeM

Para o caso descrito, há quatro possibilidades de formação para um compasso:

1a) utilizar 3 semínimas: 3 ? 14

= 34

. C3

3=1

2a) utilizar 2 semínimas e 2 colcheias: 2 ? 14

1 2 ? 18

= 34

.

C2, 24 =

4!2! ? 2!

= 6 3a) utilizar 1 semínima e 4 colcheias: 1 ?

14

1 4 ? 18

= 34

.

C45=

5!4!

= 5

4a) utilizar 6 colcheias: 6 ? 18

= 34

.

C66 = 1

A probabilidade é, portanto, dada por:

p = 5

1 1 6 1 5 1 1 =

513

.

O espaço amostral para os números de telefone dessa região é de: 2 ?3 ? 10 ? 10 ?10 ? 10 ? 10 ? 10 = 6 ? 106.De acordo com a tabela, há 5.551 ∙ 103 números de te-lefones na região Norte. Considerando a equipartição sugerida na questão e que os possíveis DDDs para toda a região são em número de 10, resulta em 5.551 ? 102 linhas por DDD. Finalmente, a probabilidade é dada por:

p = 5.551 ? 102

6 ? 106 ∑ 0,092.

A probabilidade de fazer o trajeto sem engarrafamento em cada caminho é: • E1E3 = 0,8 · 0,5 = 0,40 = 40%.• E1E4 = 0,8 · 0,3 = 0,24 = 24%.• E2E5 = 0,7 · 0,4 = 0,28 = 28%.• E2E6 = 0,7 · 0,6 = 0,42 = 42%.

1 b 2 a

3 b

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ESTUDANDO Noções de estatística

Para o vestibular

A mediana da distribuição é R$ 3.600,00; porém, se fo-rem demitidos 10 funcionários que recebem salários iguais a R$ 3.600,00, a mediana passará a ser

2.000 1 3.600 ____________ 2

5 2.800.

a) A moda é a nota 50, pois apresenta maior frequência (5).

Assim, a frequência relativa da moda é 5 ___ 22

7 22,7%.

b)

c) Escrevendo os valores das notas da segunda linha em ordem crescente, teremos (30, 50, 50, 70, 80, 90).

Portanto, a mediana será 50 1 70 _______ 2

5 60.

5

4

3

2

1

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Alu

nos

Notas

a) Falso, pois a partir da faixa de pontuação 13 a 16 a soma do percentual é 5,6% 1 2,6% 1 0,9% 5 9,1%.

b) Falso, pois a soma do percentual de pontuação até a faixa 1 a 4 é 10,1% 1 36,3% 5 46,4%, ou seja, um va-lor máximo superior a 40%.

c) Verdadeiro, pois a soma do percentual de pontuação até a faixa 5 a 8 é 10,1% 1 36,3% 1 31,3% 5 77,7%, ou seja, mais de 70%.

d) Falso, pois nessa faixa o percentual de pontuação é de 2,6%.

e) Falso, pois a partir da faixa de pontuação 17 a 20 a soma do percentual é 2,6% 1 0,9% 5 3,5%.

x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6 _______________________

6 5 1,92 ]

] x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6 5 11,52

x1 1 x2 1 x3 1 x4' 1 x5' 1 x6'

_________________________ 6

5 1,90 ]

] x1 1 x2 1 x3 1 x4' 1 x5' 1 x6' 5 11,4

Logo, 11,52 2 11,4

___________ 3

5 0,04.

• Falsa, pois a moda de S é o número de peças defei- tuosas por dia que possui a maior frequência. Portanto, a moda de S é 3.

• Verdadeira, pois a média de S é, aproximadamente, 3,66.

• Verdadeira, pois a mediana dos dados obtidos nos 10 primeiros dias do levantamento e a mediana de S é

igual a 3 1 4 _____ 2

5 3,5.

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1

2 d

6 a

7 b3 c

4 b

5 F V V

Há ao todo 5.000 famílias:2.250 1 1.500 1 500 1 500 1 250 5 5.000.O total nas classes A, B e C é 3.000:250 1 500 1 2.250 5 3.000.As classes A, B e C representam, então, 3.000 : 5.000 5 0,6 5 60% do total.

Média da turma A:

4 ? 30 1 5 ? 50 1 9 ? 60 1 5 ? 70 1 2 ? 80 1 3 ? 90 1 2 ? 1004 1 5 1 9 1 5 1 2 1 3 1 2 5 63

Média da turma B:

2 ? 20 1 3 ? 40 1 4 ? 50 1 6 ? 60 1 3 ? 90 1 2 ? 1002 1 3 1 4 1 6 1 3 1 2 5 59,5

Turma com maior média: turma A, com 63.

8 c

A média de cada intervalo é 950, 1.250, 1.550, 1.850, 2.150 e 2.450. Multiplicando pelo número de funcionários de cada categoria, tem-se:300 ? 950 5 285.000600 ? 1.250 5 750.000150 ? 1.550 5 232.50050 ? 1.850 5 92.50030 ? 2.150 5 64.50020 ? 2.450 5 49.000Total de funcionários: 300 1 600 1 150 1 50 1 30 1 20 5 1.150Salário médio, em reais:

285 1 750 1 232,5 1 92,5 1 64,5 1 491,15 5 1.281,30

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III

IV

I. 48 , 52 , 54

II. 52 1 52 1 50 1 48

4 5 50,5

III. O número que mais aparece na tabela é o 52, com 5 ocorrências.

IV. Comparando os números que ocorrem entre 2000 e 2004 e entre 2005 e 2009, a única diferença é que no segundo intervalo há um número 50 que, no primeiro intervalo, seria substituído por um número 52. Logo, a média do primeiro intervalo é maior.

V. Colocando em ordem crescente:

48 48 50 52 52 52 52 52 54 54

Portanto a mediana é 52.

Antes:

M1 5 2 3 3 1 3 3 4 1 1 3 6 ________________ 6

5 4 kg

D1 5 dllllllllllllllllllllllllllllll

2 3 (3 2 4)2 1 3 3 (4 2 4)2 1 1 3 (6 2 4)2

_________________________________ 6

5 1

Depois:

M2 5 4 kg (enunciado)

D2 5 dllllllllllllllllllllllllllllllllll

2 3 (3 2 4)2 1 (3 1 n) 3 (4 2 4)2 1 1 3 (6 2 4)2

_____________________________________ 6 1 n

5 1 __ 2

Æ

] dlllll 6 _____

6 1 n 5 1 __

2 ] n 5 18

10 a

14 I

II

IV

13

11 c

15 e

12 e

Analisando as alternativas:a) Nos quatro primeiros meses a precipitação é bem

maior que no restante do ano.b) A soma anual é de 2.893,1. A soma dos três primeiros

meses é de 1.220,2, que é menos de 50% do valor total (2.893,1 ? 0,5 5 1.446,55).

c) A soma dos quatro meses de menor precipitação é 499,2, menos de 20% do valor total (2.893,1 ? 0,2 5 5 578,62).

d) A soma dos seis meses de menor precipitação é 792,1, mais de um quarto do total (2.893,1 : 4 5 723,27).

e) A média anual é 2.893,1 : 12 5 241,09. Os meses de janeiro, fevereiro, março, abril e maio estão acima desse valor.

Apenas a região Sul teve a taxa de pobreza em 2008 menor que a metade da taxa de pobreza em 1995.

a) Verdadeira. Como nem todos os recrutas têm a mes-ma altura, se nenhum medisse mais de 1,81 m, a mé-dia seria menor que 1,81 m. Logo, pelo menos um re-cruta tem altura maior que 1,81 m. Analogamente, se nenhum recruta medisse menos de 1,81 m, a média seria maior que 1,81 m. Logo, ao menos um recruta mede menos de 1,81 m.

b) Os dados são insuficientes para uma conclusão. Exemplo 1: 501 recrutas medem 1,81 m, um mede

1,80 m e um mede 1,82 m. Exemplo 2: 499 recrutas medem 1,81 m, dois medem

1,80 m e dois medem 1,82 m.

I. O total de entrevistados foi de:Analfabetos 5 10 1 9 1 13 1 23 5 55Fundamental incompleto 5 6 1 9 1 11 1 14 5 40Fundamental completo 5 4 1 8 1 12 1 16 5 40Médio incompleto 5 3 1 5 1 7 1 10 5 25Médio completo 5 5 1 4 1 4 1 2 5 15Superior incompleto 5 2 1 3 1 5 1 5 5 15Superior completo 5 2 1 3 1 5 5 10Total 5 15 1 15 1 25 1 40 1 40 1 55 5 200.

II. Os entrevistados com idade inferior a 26 anos totalizam 10 1 9 1 6 1 9 1 4 1 8 1 3 1 5 1 5 1 4 1 1 2 1 3 1 0 1 2 5 70. Em porcentagem: 0,35 5 35%.

III. Os desempregados com nível de escolaridade acima do Ensino Médio completo totalizam 15 1 10 5 25. Em porcentagem: 0,125 5 12,5%.

IV. O número de analfabetos com idade acima de 21 anos totaliza 9 1 13 1 23 5 45.

V. Se 12,5% estão acima do Ensino Médio completo, os que não estão acima representam 87,5%.

O veículo andou acima dos 50 km/h durante 1 hora, entre 13h30 e 14h30. Andou exatamente a 50 km/h das 15h30 às 16h00, ou seja, durante meia hora. Como o passeio durou 3 horas, uma hora e meia equivale a 50% do passeio.

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ESTUDANDO Noções de estatística

Para o eNeM

Até 2006 houve 18 Copas. Portanto, a mediana será a média aritmética do 9-o e do 10-o termo. Organizando os termos, tem-se: 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 11, 13.A mediana, nesse caso, é a média aritmética entre os termos centrais:

Mediana 5 6 1 7

2 5 6,5

O desvio-padrão é uma medida estatística de dispersão dos dados em relação à média. Expressa a variabilidade dos dados da amostra e, nesse caso, informa qual dos alunos teve uma nota consideravelmente menor em uma disciplina relativamente a outra. Observe que, embora as médias de notas sejam iguais, a nota de Paulo em Matemática ficou bem abaixo de suas outras notas, enquanto as notas de Marco se mantiveram próximas. Por isso, o desvio-padrão das notas de Marco é menor do que o das de Paulo, evidenciando que a pontuação do primeiro tem maior grau de regularidade.

x y 5 0 ? 5 1 1 ? 3 1 2 ? 4 1 3 ? 3 1 4 ? 2 1 5 ? 2 1 7 ? 1

20 5 2,25

Mediana 5 2 1 2

2 5 2

Moda 5 0

Portanto, Z , Y , X.

Contando com a nota zero do aluno ausente ao teste, a sequência de notas na ordem crescente é:

0 2 6 2 6,5 2 6,5 2 7 2 7 2 8 2 8 2 10 2 10

Se ele tivesse comparecido e tirasse qualquer nota menor ou igual a 7, a mediana da distribuição ainda seria igual a 7. Com isso, a equipe manteria o terceiro lugar. Se a nota fosse maior que 7, ficaria entre as 5 maiores. Nesse caso, a mediana seria no máximo a média entre 7 e 8, isto é, 7,5 e, portanto, não seria suficiente para recolocar a equipe.

Valores de temperatura em ordem crescente:13,5; 13,5; 13,5; 13,5; 14; 15,5; 16; 18; 18; 18,5; 19,5; 20; 20; 20; 21,5Tem-se que Mo 5 13,5, com 4 ocorrências. Isso já elimina as alternativas c, d e e.Em um rol de dados com 15 valores ordenados, a mediana é representada pelo valor que ocupa a oitava posição. Nesse caso é igual a 18. Não haveria necessidade de calcular a média nesse caso, pois todas as alternativas oferecem o mesmo valor. Com efeito, tem-se:

x y 5 4 ? 13,5 1 14 1 ... 1 3 ? 20 1 21,5

15 5 17

1 b 4 d

5 b

2 b

3 e

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ESTUDANDO Geometria espacial: conceitos primitivos, posições relativas e poliedros

Para o vestibulaR

Cada aresta de um tetraedro é reversa a uma única aresta desse tetraedro. Sendo seis o número de arestas, então o número de pares de arestas reversas no tetraedro é três. São eles: AC e BD, BC e AD e AB e CD.

I. Falsa, pois as retas podem ser reversas. II. Falsa, pois os pontos podem ser colineares e deter-

minar infinitos planos. III. Verdadeira, pois duas retas paralelas estão contidas

em um único plano. IV. Verdadeira, pois duas retas reversas não se intersectam.

Logo, o plano que contém r e é paralelo a s é único.

Observe a figura:

Portanto, r e t são reversas ortogonais.

Q

P

t

β

α

r

s

Observe a figura:

Portanto, acima do plano s1, quatro esferas, e abaixo do plano s, mais quatro esferas podem tangenciar os três planos simultaneamente. Logo, oito esferas satisfazem essa condição.

π2 π3

π1

a) Falso, pois s e t podem ser reversas. b) Verdadeiro. O :ABC é retângulo em A. Logo,

pelo Teorema de Pitágoras, CB 5 10 cm. Como M e N são pontos médios de AB e BC, respectiva-mente, os triângulos BMN e BAC são semelhan-tes e a razão de semelhança é 0,5. Portanto, se o perímetro de BAC em um é 8 1 6 1 10 5 24, o perímetro de BMN é 24 3 0,5 5 12.

c) Verdadeiro.

V 5 A: 3 h

_____ 3

5 2

2 dll 3 _____ 4 3 8 ________ 3 5 8 dll 3 ____ 3 cm3

d) Falso.

S 5 4sr2 e r 5 8 __ 2 5 4 cm

Logo, S 5 4s 3 42 ] S 5 64s cm2.

e) Verdadeiro. Pelo Teorema de Pitágoras:

@ dA,t # 2 5 52 1 82 ] @ dA,t # 5 dlll 89 cm

I. Falsa, pois o plano :BDE não intersecta o centro do cubo.

II. Verdadeira, pois o plano ACG contém as diagonais EG e AC das faces EFGH e ABCD, respectivamente, e, consequentemente, o centro do cubo.

III. Verdadeira, pois os pontos E, O e C são colineares.

Observe as figuras:

Logo, tem-se, (AB)2 5 62 1 52 ] AB 5 dlll 6 1 cm e

(AC)2 5 @ 2 dll 5 # 2 1 (AB)2 ] (AC)2 5 20 1 61 ] AC 5 9 cm.

CP

B

B

P AA

6 cm

5 cm

s

r α 2 5 cm

C

E A5 cm

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1 e

7 b

5 b

c

e

2 d

6 e

3 b

4 c

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I. Falsa, pois os triângulos podem ser semelhantes. II. Falsa, pois uma reta paralela a um plano pode ser re-

versa a uma reta do plano. III. Falsa, pois as retas podem ser reversas. IV. Verdadeira, pois se uma diagonal de um trapézio

isósceles ABCD divide-o em dois triângulos (ABC e ACD) e a outra diagonal divide-o em dois triângulos (ABD e BCD), então ABC é congruente a BCD e ACD é congruente a ABD, ou seja, as diagonais AC e BD são congruentes. Veja a figura:

B y

z

x x

A D

C

8 c

9 c

11 c

13 e

14 e

10 a c d

Seja x a distância pedida:

tg J = 1 __ y ] dll 5

___ 5

5 1 __ y ] y 5 dll 5

Pelo Teorema de Pitágoras:x2 5 @ dll 5 # 2 1 12 ] x2 5 6 ] x 5 dll 6

α

β

x

θ y

Intersecção de α e β

P

P’

1

a) Verdadeiro, pois AC está contido no plano s e é per-pendicular ao segmento AB, e o plano MBA é perpen-dicular ao plano s.

b) Falso, pois os triângulos AMC e ABC possuem apenas um lado e um ângulo congruentes, ou seja, os triân-gulos não são nem congruentes nem semelhantes; logo, o ângulo AMC não é congruente ao ângulo ABC.

c) Verdadeiro, pois, como o :ABC é retângulo, ele está contido em um círculo máximo da esfera, ou seja, o raio desse círculo máximo é igual à metade do seg-mento BC. Portanto, o centro da esfera está no ponto médio do segmento BC.

d) Verdadeiro, pois BA é perpendicular ao plano AMC e consequentemente perpendicular a qualquer reta do plano AMC que passe por Ae, em particular CA’.

No :ADF, AD é igual a a (aresta do cubo), AF é igual a a dll 2 (diagonal de um quadrado de lado a) e é igual a a dll 3 (diagonal de um cubo de aresta a), ou seja, o :ADF satisfaz o Teorema de Pitágoras:

(DF)2 5 (AD)2 1 (AF)2 ] @ a dll 3 # 2 5 a2 1 @ a dll 2 # 2 ]] 3a2 5 a2 1 2a2 ] 3a2 5 3a2

Portanto, o ângulo DAF é igual a 90w.

Considere a figura dada.

Pode-se ter r reversa com AE, DF, EG, FI, VE, VF, VA e VD.

V

F

A

G

r

E

DH

CB

I

12 e

Observe a vista em corte:

O raio R é determinado por:

4

__ 3

s R3 5 4 dll 3 s ] R 5 dll 3 cm

Assim:

sen 60w 5 R __ d

] dll 3 ___ 2 =

dll 3 ___ d

] d 5 2 cm

60°60°

dR R

Sejam O o centro da circunferência que contém os pon-tos A, B e C, e Oe o centro da circunferência que contém os pontos Ae, Be e Ce. Pelo Teorema do Ângulo Inscrito, pode--se afirmar que m(CeOeBe) 5 m(COB) 5 2 3 60w 5 120w.Assim, como a área da superfície lateral do cilindro é di-retamente proporcional ao ângulo do diedro de aresta OOe, tem-se que a área da superfície BBeCeC é

120w ____ 360w

3 2s 3 10 3 24 5 160s cm2.

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Do enunciado, o segmento PO é perpendicular a d. Como a reta AO está contida em d e é concorrente com PO , então essas retas são perpendiculares em O.Tem-se a figura:

No triângulo retângulo AHB, tem-se:

sen 60w 5 2 dll 2 ____ AB

] AB 5 4

Aplicando a Lei dos Cossenos no :AOB, tem-se:AO2 5 OB2 1 AB2 2 2 3 OB 3 AB 3 cos 60w ]

] AO2 5 12 1 42 2 2 3 1 3 4 3 1 __ 2 ] AO2 5 13

No triângulo retângulo POA, tem-se:PA2 5 PO2 1 AO2, ou seja, PA2 5 12 1 13 ] PA 5 dlll 14

βA H

B

P

1011 60°

60°

2 3

15

O plano da base da pirâmide passa pelo centro da esfera e o plano do vértice é tangente a ela, então a distância entre os dois planos tem a mesma medida da altura da pirâmide e do raio da esfera (h 5 r).A base da pirâmide é um hexágono regular inscrito na circunferência da esfera e contido no plano b, então sua diagonal coincide com um diâmetro da esfera. Portanto, a aresta do hexágono é congruente ao raio da esfera.

Área da base hexagonal: Ab 5 6r2√3

4 5

3r2√32

.

Volume da pirâmide:

VP 5 13

? Ab ? h 5 13

? 3r2√3

2 ? r 5

√3r3

2

Como a menor distância entre dois pontos é sempre uma reta, a menor distância possível entre A e B é o segmento de reta tABu.

16 e

20 e

18 c

19 01 04

17 b

Para um poliedro convexo, sabe-se que vale a Relação de Euler e que m 5 2A, em que m é o número de ângulos entre as arestas.Nesse caso, F 5 8 e m 5 4 ? 6 1 4 ? 3 5 36(pois há 4 hexágonos e 4 triângulos).m 5 36 5 2A ] A 5 18 ] V 1 8 5 18 1 2 ] V 5 12

Soma: 01 1 04 5 5(01) Correta.Em 30, 60 e 90 anos, a atividade radioativa A do césio 137

se reduz a A2

, A4

e A8

, respectivamente.

(02) Incorreta.Sendo x a medida do lado do quadrado A, então a medida do lado do quadrado B é 3x. Assim, suas áreas serão:AA 5 x ? x 5 x2 e AB 5 (3x) ? (3x) 5 9x2

Portanto, a área do quadrado B é 9 vezes maior que a área do quadrado A.

(04) Correta.A função que determina a altura do objeto tem como gráfico uma parábola com concavidade voltada para baixo, e raízes t 5 0 e t 5 4. Portanto, seu ponto máximo

será atingido em 0 1 42

segundos 5 2.

(08) Incorreta.Se x for o número de sócios do clube no momento atual, em 3 anos o clube terá 1,053x 5 1,1576x, o que representa um aumento de 15,76%.

(16) Incorreta.Sabe-se que, em um poliedro, o número N de ângulos entre as arestas é igual a 2A, em que A é o número de arestas. Nesse caso, N 5 (12 ? 5) 1 (20 ? 6) 5 180, portanto A 5 90. Pela Relação de Euler, tem-se:32 1 V 5 90 1 2 ] V 5 60Ou seja, o poliedro descrito tem 60 vértices.

O poliedro convexo que contém 8 faces é o octaedro, que contém 12 arestas.Aplicando a Relação de Euler, obtém-se:V 1 F 5 A 1 2 ] V 1 8 5 12 1 2 ] V 5 6

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.ESTUDANDO Geometria espacial: conceitos primitivos, posições relativas e poliedros

Para o eNeM

As medidas das dimensões do paralelepípedo são dadas em unidades de comprimento (u.c.). O produto dessas dimensões é dado por: u.c. ? u.c. ? u.c. 5 u.c.3.Por se tratar de um objeto maciço, pode-se dizer que o produto corresponde a uma medida de volume.

Não há combinação das peças que resulte em um corpo redondo. Isso exclui as alternativas a, b e c. As figuras são semelhantes, mas não congruentes, por isso não permitem que a composição final resulte em um sólido com duas faces congruentes e paralelas. Também não é possível a formação de um vértice na montagem. Portanto, o sólido mais parecido com a figura formada é um tronco de pirâmide.

A figura será uma pirâmide de base triangular, que também pode ser chamada tetraedro. Isso descarta as alternativas a e d. Após a montagem, as retas $AB & e $AF & ficarão sobrepostas e serão paralelas coincidentes. O mesmo acontecerá com $BC & e $CD &, $FE & e $ED &. Logo, $AB & e $FE & serão concorrentes, o que descarta a alternativa b. Por fim, as retas $CD & e $DE & não podem ser paralelas, porque o ponto C é comum a ambas, e as retas $AB & e $CE & são reversas. Portanto, a alternativa e é falsa e a c, verdadeira.

Todas as afirmações são verdadeiras. As afirmações I, II e IV estão justificadas corretamente nas alternativas a, c e e. A alternativa b também está correta – se duas retas têm apenas um ponto em comum, elas não podem ser paralelas idênticas. A alternativa d é incorreta, pois duas retas podem ser também concorrentes ou paralelas idênticas. Observe, no entanto, que nesses casos a reta teria pelo menos um ponto em comum com o plano.

A figura apresenta 7 vértices, 10 faces e 15 arestas. Trata--se de um poliedro convexo e, por isso, vale a relação de Euler (e vice-versa), ou seja, 7 1 10 5 15 1 2 5 17.Embora todas as faces sejam triangulares e congruentes, partem 5 arestas dos vértices superior e inferior, mas apenas 4 dos outros vértices e, portanto, a figura não é um Poliedro de Platão.

1 b 4 d

5 a

2 d

3 c

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.

ESTUDANDO Geometria espacial: prismas e pirâmides

Para o vestibular

a 3 a 3 a __ 3

2 2 3 2 3 a __ 3

5 a2 ] a 5 4 ou

a 5 21 (não convém)

A base do prisma é um hexágono constituído por 6 triângulos equiláteros de lado c.

Logo, V 5 6 3 c2 dll 3 3 h

__________ 4

5 3 dll 3 3 c2 h

_________ 2

u.v.

Vsólido 5 Vcubo 2 4 3 Vpirâmide 5 63 2 4 3 3

2

__ 2

3 3 _____

3 ]

] Vsólido 5 216 2 4 3 27 ___ 6

5 198 u.v.

AS 5 L2 dll 3

_____ 4

1 3 3 L 3 H ] AS 5 82 dll 3

_____ 4

1 3 3 8 3 6 dll 3 ]

] AS 5 16 dll 3 1 144 dll 3 ] AS 5 272 cm2

Portanto, o custo total é de R$ 13,60 (272 3 0,05).

a) Tem-se AC 5 AB 5 dllllll 52 1 42 5 dlll 41 cm e

BC 5 dllllll 52 1 52 5 5 dll 2 cm. Como o △ABC é isósceles de base BC, cujo ponto médio é M, tem-se

AM 5 dlllllllll AB2 2 BM2 5 dlll 57 ___

2 cm.

Logo, a área do △ABC é 5 dll 2 3 dlll

57 ___ 2

____

2 5

5 dlll 57 _____

2 cm2.

b) O volume da pirâmide ABCD é 1 __ 3

3 ABCD 3 AD 5 50 ___ 3

cm3.

Seja d a distância entre o vértice D e o plano que con-tém o △ABC:

1 __ 3

3 AABC 3 d 5 50 ___ 3

] 5 dlll 57

_____ 2

3 d 5 50 ] d 5 20 dlll 57

______ 57

cm

Observe a figura:

O volume da piscina é igual ao volume de um prisma de base trapezoidal. Logo:

V 5 (1,5 1 2,5) 3 50

_____________ 2

3 25 ] V 5 2.500 m3

25 m

1,5 m

50 m

2,5 m

Cada um dos quadrados tem área igual a 16 cm2: x2 5 16 ] x 5 4 cmLargura: 25 2 2 ? 4 5 17Profundidade: 20 2 2 ? 4 5 12V 5 4 ? 12 ? 17 5 816

1 c

2 e

7

8

3 d

9 c

4 a

5 c

6 b

No △EHM: (MH)2 5 (EM)2 + (EH)2 ] MH 5 3 dll 5 cm.O segmento tOM u e os lados da base da pirâmide pos-suem medida igual a 3 dll 2 cm. No △MHO, tem-se: @ 3 dll 5 # 2 5 @ 3 dll 2 # 2 (OH)2 ] OH 5 3 dll 3 cm

Portanto, V 5 1 __ 3

3 6 3 @ 3 dll 2 # 2 dll 3

____________ 4

3 3 dll 3 ] V 5 81 cm3.

Sejam L a medida da aresta do cubo e ARC a base do prisma ACRPQO:

Vprisma 5 AB 3 h 5 RC 3 AD _______ 2

3 AP 5 L __ 2

3 L ____

2 3 L __

2 5 24 ]

] L2

__ 4

3 L __ 2

5 24 ] L3

__ 8

5 24 ] L 5 4 3 dll 3 cm

Sejam x, (x 1 2) e 30 as medidas das arestas do paralelepípedo e 3,6 litros 5 3.600 cm3, tem-se:

V 5 x 3 (x 1 2) 3 30 5 30x2 1 60x e V > 3.600 cm3

30x2 1 60x > 3.600 ] x < 212 ou x > 10

Por não assumir medidas negativas, a menor aresta do paralelepípedo deve medir, no mínimo, 10 cm.

Caixa inicial (aresta a e altura h): Vinicial 5 a2 3 h.Nova caixa (aresta x e altura h): Vfinal 5 x2 3 h.Volume da nova caixa (volume inicial reduzido de 19%):

a2 3 h 2 0,19 3 a2 3 h 5 0,81 3 a2 3 hAssim, x2 3 h 5 0,81 3 a2 3 h ] x 5 0,9a.A aresta da base da nova caixa deve ser igual a 90% da aresta da caixa inicial, ou seja, o lado da base da caixa inicial deve ser reduzido em 10%.

10 c

11

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Cód

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Pen

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reiro

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1998

.

a) O △ABC é equilátero de lados 10 dll 2 . Sua área será

@ 10 dll 2 # 2 dll 3

__________ 4

5 50 dll 3 cm2.

b) AT 5 AABC 1 3 3 AADB 5 50 dll 3 1 3 3 102

___ 2

5 50 @ 3 1 dll 3 # cm2

c) V 5 AADB 3 DC

________ 3

5 50 3 10 ______ 3

5 500 ____ 3

cm2

13 e

16 a

14

15 12

Os lados do quadrilátero ABCD medem 10 4 2 5 5.

PC 5 10 dll 3

_____ 2

5 5 dll 3 . Logo, no △PAC:

@ 10 dll 3 _____

2 # 2 5 52 1 (AC)2 ] AC 5 5 dll 2

A diagonal ACu do quadrilátero ABCD é igual à diagonal de um quadrado de lado 5. Logo, AABCD 5 52 5 25 u.a.

D

C

B

A

P

a) O △DBC é equilátero. Seja BD 5 BC 5 DC 5 l, tem-se: DC2 5 AD2 1 AC2 2 2 3 AD 3 AC 3 cos 120w ]

] l2 5 202 1 202 2 2 3 20 3 20 3 @ 2 1

__ 2

# ] l 5 20 dll 3 cm

Pelo Teorema de Pitágoras no △BAD, tem-se: AB 2 1 20 2 5 l 2 ] AB 2 5 3 3 (202) 2 20 2 ] AB 5 20 dll 2 cm.

b) Seja DAC a base e ABu sua altura. Assim, seu volume é dado

por 1 __ 3

3 1 __ 2

3 20 3 20 3 sen 120w 3 20 dll 2 5 2.000 dll 6

________ 3

cm3.

a) A área da base da pirâmide é 32 5 9. Portanto, seu volume V é:

V 5 1 __ 3

3 32 3 3 dll 6

____ 2

5 9 dll 6

____ 2

u.v.

b)

Da figura, OV 5 OA 5 OB 5 OC 5 OD 5 R, em que R é o raio da esfera.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no OEC:

R2 5 @ 3 dll 6 ____

2 2 R # 2 1 @ 3 dll 2

____ 2

# 2 ]

] R2 5 27 ___ 2

2 3R dll 6 1 R2 1 9 __ 2

] R 5 dll 6 u.c.

3 62

– R

R R

V

RC

D

B

3

3

O

E

A

3 62

■ FG 5 DF 3 sen 45w 5 dll 2 3 dll 2

___ 2

5 1 m

■ DG 5 FG 5 1 m e DH 5 AH 5 6 m■ Trapézio ABCD: AB 5 10 m, CD 5 22 m e AH 5 6 m■ AJ 5 FJ 5 5 m■ Trapézio ABEF: AB 5 10 m, EF 5 20 m e AJ 5 5 m

■ Logo, a razão pedida é

5 3 (10 1 20)

2

6 3 (10 1 22)

2

5 25 ___ 32

.

6 m

10 mA B

E

C

45°

IHGD

KJF

45°

2 m

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Considerando a figura:

■ M e N: pontos médios de tADu e tBCu, respectivamente.

■ tEMu e tENu medem dll 3

___ 2

.

■ tEMu // tABu e tMNu // tCDu. Portanto, MN 5 dll 3

___ 2

.

■ P e Q: pontos médios de AE u e tDE u, respectivamente.

Então PQ 5 1 __ 2

.

■ Como as faces ABE e DCE são congruentes, o trapézio BCQP é isósceles.

a) (BP)2 5 @ 1 __ 4

# 2 1 @ 3 __ 4

# 2 ] BP 5 dlll 10

____ 4

u.c.

b) ABCQP 5 @ 1 1 1 __ 2

______

2 # 3 3 __

4 5 9 ___

16 u.a.

c) Como ER u t tPQ u e ER u t tRN u, ER u é altura da pirâmi-de BPQCE relativa à base BCQP. O volume dessa

pirâmide é dado por 1 __ 3

3 9 ___ 16

3 dll 3

___ 4

5 3 dll 3

____ 64

u.v.

E

P

A

B

N

C

Q

RD

M

Seja AT a área de cada triângulo que compõe o pentágo-no regular que forma a base da pirâmide D&M. Assim:

Vpirâmide D&M 5 (5 ? AT) ? 8003 5 700 ? 2.600.000 ]

] AT 5 1.365.000Os ângulos da base desses triângulos têm medida igual a 54°. Seja H a altura desses triângulos.

tg 54° 5 HP2

] 1,4 5 2HP

] H 5 0,7 P

AT 5 P ? H

2 5 P ? (0,7 P)

2 5 1.365.000 ] P 2 5 2.730.0000,7

] ] P 5 √3.900.000 5 100√390

17

18 d

20 c

21 d

22 d

23 c19 b

Sejam H a altura da pirâmide, , o lado da base e VP e VC os volumes da pirâmide hexagonal e do cilindro reto, respectivamente. Então, VP 5 VC.

VP 5 Ab 3 H3

5 @ 6 3 ℓ2a34

#3 H 3 1

3 ] VP 5 ℓ2Ha3

2

VC 5 Ab 3 h 5 πℓ2 3 6 a3

VP 5 VC ] ℓ2Ha32

5 6 a3 3 πℓ2 ] H 5 12π

Vtanque 5 4 m 3 6 m 3 5 m 5 120 m3

Se a cada hora a torneira enche 4 m3, então 120 m3 são enchidos em 30 horas.Como a torneira enche o tanque a uma taxa constante de 4 m3 por hora, a função h(t) da altura da água é h(t) 5 t com t [0, 30].

Volume de água no interior do aquário: 40 cm 3 20 cm 3 25 cm 5 20.000 cm3

O volume de água não se altera ao mudar a face de apoio, então se aplica a mesma fórmula para obtenção da altura:20 3 30 3 H 5 20.000 ] H 5

20.000600

≃ 33 cm

tPQu é a diagonal do quadrado PQRS, que tem como vértices os baricentros de cada uma das faces laterais. O triângulo AEB é uma das faces laterais da pirâmide.

E

P Q

MMA B

E

P’ E’ Q’ N

EB2 5 EM2 1 MB2 ] EM2 5 EB2 – MB2 5 12 – @ 12 #25

5@ 34 # ] EM 5

a32

PM 5 13

3 EM 5 13

3 a32

] PM 5 a36

EMME'

5 PMMP'

]

a32

12

5

a36

MP' ] MP' 5

16

P’E’ 5 ME’ – MP’ 5 12

– 16

5 13

] P’E’ 5 13

P’Q’ 5 PQ 5 1 – P’E’ 5 23

PQ 5 L a2 5 23

] L 5 a23

] APQRS 5 L2 5 @ a23

#2 5 2

9

Alateral jard. 5 2 3 Aret. lateral 1 2 3 Atrap. 1 Aret. base

AD corresponde à altura do retângulo lateral: AD2 5 AP 2 1 PD2 ] AD2 5 102 1 302 5 1.000 ] ] AD 5 10 a10 cm

Aret. lateral 5 10 a10 cm 3 100 cm 5 1.000 cm2

Atrap. 5 (40 cm 1 20 cm) 3 30 cm2

5 900 cm2

Aret. base 5 20 cm 3 100 cm 5 2.000 cm2

2 3 1.000 a10 cm2 1 2.000 cm2 1 2 3 900 cm2 5 5 200 (19 110 a10 ) cm2

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.ESTUDANDO Geometria espacial: prismas e pirâmides

Para o eNeM

Os volumes das barras em forma de paralelepípedo (Vp) e de cubo (Vc) são iguais.Sabendo que Vp é dado pelo produto de suas dimensões e Vc pelo cubo de suas arestas (a), tem-se:Vp 5 Vc ] 3 ? 18 ? 4 5 a3 ] 316 5 a3 ] a 5 6 cm

Volume do prisma:

Ab 5 8 ? 3

2 5 12 m2 ] V 5 Ab ? h 5 12 ? 5 ] V 5 60 m3

Volume de um tanque cúbico:V 5 23 ] V 5 8 m3

60 : 8 5 7,5Volume de um tanque cilíndrico:V 5 (πr 2) ? h 5 π ((2)2) ? 1 5 3 ? (4) ] V 5 12 m3

60 : 12 5 5A fim de obter um volume igual a 60 m3, são necessá-rios 8 tanques cúbicos (isso resulta em um gasto de R$ 2.400,00 ou no mínimo 5 tanques cilíndricos (isso re-sulta em um total de R$ 2.500,00).Portanto, a alternativa mais econômica é usar 8 tanques cúbicos por R$ 2.400,00.

De acordo com o enunciado, o perímetro da base é dado por: 6 1 8 1 10 5 24Utilizando as fórmulas de área do triângulo:

A 5 b ? h

2 e A 5

P2

? R : 6 ? 8

2 5

242

? R ] R 5 2

1 b 4 d

5 d

2 d

3 b

Sejam V e v os volumes da pirâmide original e da parte removida, respectivamente. A razão entre os volumes das pirâmides é igual à razão entre suas alturas elevada ao cubo:

vV

5 [ hH

]3

] vV

5 [H2H

] 3

5 [ 12 ]

3 5 1

8 ] V 5 8v

Sabendo que a pirâmide original continha um volume total igual a 72 m3, a diminuição do volume do objeto foi de 9 m3. Portanto, sendo R$ 15,00 o custo por metro cúbico de vidro, o artesão deixou de faturar R$ 135,00.

Portanto, seus volumes valem:Vgrande 5 123 5 1.728Vpequeno 5 83 5 512

O volume resultante é:Vgrande − Vpequeno 5 1.728 − 512 5 1.216

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ESTUDANDO Geometria espacial: corpos redondos

Para o vestibular

100 mL 5 100 cm3

V 5 sr 2h ] 100 5 s 3 52 3 h ] h 5 4 __ s cm.

Portanto, a distância entre duas marcas é 4 __ s cm.

Seja r o raio da base e h a altura do cilindro; d a diagonal e c o lado do quadrado da base do paralelepípedo, bem como x sua altura:

900 mL 5 900 cm3 ] Vparalelepípedo 5 900 3 0,10 5 90 cm3

Vcilindro 5 s 3 r 2 3 h ] 900 5 s 3 r 2 3 20 ] r 5 dlll 45

____ s cm

d 5 2r 5 2 dlll 45

____ s cm ] 2 dlll 45

____ s 5 c dll 2 ] c 5 2 dlll 45

____ s cm

Vparal. 5 c2h ] 90 5 @ 2 dlll 45 ___

2s # 2 3 h ] h 5 s cm

O volume do contêiner é igual a 480 m3; o volume de um cilindro é igual a π m 3 12 m 3 10 m 5 31,4 m3, de ma-neira que o volume dos 12 cilindros juntos é igual a 12 3 3 31,4 m3 5 376,8 m3. Portanto, o volume do espaço va-zio é igual a 480 m3 2 376,8 m3 5 103,2 m3, o que cor-responde ao volume de mais de três e menos de quatro cilindros.

Vcil. menor 5 π 3 22 3 2 5 3 3 8 ] V 5 24 m3

d 5 mV

] 8.900 5 m24

] m 5 213.600 kg

Vcil. maior 5 π 3 22 3 3 5 3 3 12 ] V 5 36 m3

d 5 mV

] 2.700 5 m36

] m 5 97.200 kg

97.200 kg 1 213.600 kg 5 310.800 kg 5 310,8 t

Ao considerar a linha L sobre S obtida pela superposi-ção dos lados tABu e tDCu do retângulo, a formiga tem duas opções para chegar ao ponto Q, partindo do ponto P e caminhando sobre S:I. Uma trajetória que não cruza a linha L; II. Uma trajetória que cruza a linha L. Em cada uma das opções, o caminho mais curto é aquele que corresponde a linhas retas sobre o retângulo (veja as figuras 1 e 2).

33

4

4Figura 1

P

Q

3

QQ

3Figura 2

Na opção I, a distância percorrida é: d1 5 √16 1 9 5 5.

Na opção II, a distância percorrida é: d2 5 √9 1 9 5 3√2.d2 , d1

Portanto, a menor distância percorrida é de 3√2.

Os volumes do reservatório (R) e do boiler (B) são, res-pectivamente:• VR 5 L2

R 3 hR 5 22 3 hR 5 4hR

• VB 5 π 3 r 2B 3 hB 5 π 3 [ 12

]2

3 hB 5 π4

hB

Logo, VR

VB 5

4hR

π4

hB

5 16π

3 hR

hB.

As respectivas áreas laterais são:• AR 5 4 3 LR 3 hR 5 4 3 2 3 hR 5 8hR

• AB 5 2π 3 rB 3 hB 5 2π 3 12

3 hB 5 πhB

De acordo com o enunciado:• AR 5 2AB ] 8hR 5 2 3 (π 3 hB) ] hR

hB

5 π4

.

• VR

VB 5 16

π 3 hR

hB

5 16π

3 π4

] VR

VB

5 4

Vinicial 5 π 3 R 2 3 H 5 π 3 [ 2√π

]2

3 H ] Vinicial 5 4H cm3

Vfinal 5 π 3 R 2 3 (H 1 3) 5 π 3 [ 2√π

]2

3 (H 1 3) 5 4 3 (H 1 3) ]

] Vfinal 5 (4H 1 12) cm3

Portanto, o volume do objeto é igual a 12 cm3.

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1

2

4 d

3 d

7 c

5

6

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Sejam V, R e H o volume, o raio da base e a altura, res-pectivamente, tem-se:

V 5 π 3 R 2H 5 π 3 [ 2√π

]2

3 6 5 π 3 4π

3 6 ] V 5 24 m3

1 m3

24 m3 5 1.000 Lx

] x 5 24.000 L

Sejam V, R e H o volume, o raio da base e a altura, res-pectivamente, tem-se:Vlata 5 π 3 R 2 3 H

Vcopo 5 π 3 [ 2R5

]2

3 H4

5 π 3 4R 2

25 3 H

4 5 π 3 R 2 3 H

25

Como o volume da lata é 25 vezes maior que o de cada copo, pode-se afirmar que o valor de x é 25.

8 d

9 d

No SVHA a medida do ângulo VÂH é 40w. Logo:

tg 40w 5 VH ___ AH

] 0,84 5 3,36

____ AH

] AH 5 4

No SHAB, tem-se r 2 5 AH 2 1 AB2 ] r 2 5 42 1 32 ] r 5 5

V 5 sr 2 3 VH

_______ 3

5 3,14 3 52 3 3,36

____________ 3

7 87,92

Logo, o inteiro mais próximo do volume do cone é 88.

V

A

B

33

H

r

2 3 s 3 3 360w x 270w

2sr 5 9s ___ 2

] r 5 9 __ 4

cm

O raio do setor circular da planificação da superfície late-ral é igual a sua geratriz, ou seja, g 5 3 cm.Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo formado pela altura, geratriz e raio da base, tem-se:

h2 1 @ 9 __ 4

# 2 5 32 ] h 5 3 dll 7

____ 4

cm

Volume do cone: 1 __ 3

s 3 @ 9 __ 4

# 2 3 3 dll 7

____ 4

5 81 dll 7 s

______ 64

.

] x 5 9s ___ 2

cm

Sejam r, h e g as medidas do raio da base, da altura e da geratriz do cone respectivamente. Tem-se: h 5 r 1 2 e g 5 r 1 4, logo:

g2 5 h2 1 r 2 ] (r 1 4)2 5 (r 1 2)2 1 r 2 ]

] r 2 2 4r 2 12 5 0 ] r 5 6 ou r 5 22 (não convém)

Portanto, h 5 8 e g 5 10.

AT 5 AB 1 AL ] AT 5 sr 2 1 srg ] AT 5 96s m2

O ângulo formado pela geratriz e o raio do cone maior é

igual a 45w, pois tg 45w5 10 ___ 10

5 1.

Para que o volume do tronco de cone seja igual à metade do volume do cone maior, o volume do cone menor deve possuir volume igual à metade do volume do cone maior.

Vcone maior 5 s 3 102 3 10

__________ 3

5 1.000s ______ 3

] Vcone menor 5 500s _____ 3

500s _____ 3

5 s 3 x 2 3 x

_______ 3

] x3 5 500 ] x 5 5 3 dll 4 cm

Portanto, h 5 10 2 x ] h 5 (10 2 5 3 dll 4 ) cm.

Por ser um cone equilátero, a seção será um triângulo equilátero de lados cuja medida é a da geratriz, portanto:

A 5 1 __ 2

3 2 3 2 dll 3 3 sen 60w 5 2 3 3 3 dll 3

___ 2

5 3 dll 3 cm2

Como solicitado: 3 dll 3 3 dll 3 5 9.

dll 3

10

11

13

14

16

12

O volume do sólido será igual ao volume do cilindro de

raio y

__ 2

e altura x, retirando-se o volume de duas semies-

feras de raio y

__ 2

. Logo, o volume desejado é:

V 5 s @ y __ 2

# 2 x 2 4 __ 3

s @ y __ 2

# 3 5 3sy2x

_____ 12

2 2sy3

____ 12

5 y2s(3x 2 2y)

___________ 12

Tem-se a seguinte proporção:

12 2 h ______ 2r

5 12 ___ 12

] r 5 12 2 h ______ 2

cm

AL 5 2srh ] AL 5 2s @ 12 2 h ______ 2

# h ] AL 5 2sh2 1 12sh

Assim, hv 5 2b

___ 2a

5 212s

______ 2(2s)

] hv 5 6 cm

Portanto, a área lateral do cilindro será máxima para h 5 6 cm.

12

12 - h

h2r

15

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a) Como a melancia, de forma esférica, foi cortada em 12 fatias iguais, a área da casca de cada fatia, em cm2, é:

4sR 2 _____ 12

5 sR 2

___ 3

b) A superfície total tem área sR 2

___ 3

1 2 3 sR 2

___ 2

5 4sR 2 _____ 3

.

Por semelhança: 10 _____ 8 2 R

5 6 __ R

] R 5 3 cm

Vesfera 5 4 3 s 3 33

________ 3

5 36s cm3 ] Vpar. verm. 5 36s cm3

Vcone 5 s 3 62 3 8

________ 3

5 96s cm3 ] Vpar. transp. 5 60s cm3

T __ V

5 60s 3 2x _______ 36s 3 x

5 120 ____ 36

5 10 ___ 3

8 – R

6

10

R

Rd

d

a

Raio da base menor da tora: 40 cm 5 0,4 m.Raio da base maior da tora: 50 cm 5 0,5 m.

VI 5 @ s(0,5)2 1 s(0,4)2

______________ 2

# 3 4 5 41s ____ 50

m3 e

VM 5 s 3 (0,4)2 3 4 5 16s ____ 25

m3

VM ___ VI

5 32 ___ 41

7 78%. Assim, o volume calculado pela madei-

reira é aproximadamente 22% inferior ao volume calcu-lado pelo Ibama.

Inicialmente, como 32 1 42 5 52, a recíproca do Teorema de Pitágoras garante que o triângulo ABC seja retângulo em A. Portanto, o ponto D, de intersecção da reta r com a reta suporte do lado tABu, coincide com o pé da perpen-dicular baixada de B (ou de A) a r. Sendo E o pé da per-pendicular baixada de C a r, há dois casos a considerar:1. B e D coincidem: nesse caso, V 5 V1 2 V2, em que V1

é o volume do cilindro circular reto de geratriz ACu e raio da base CEu, e V2, o volume do cone circular reto de altura DEu e raio da base CEu. Em cm3, V1 5 π 3 32 3 4 5

5 36π e V2 = 13

3 π 3 32 3 4 5 12π; logo, V 5 36π – 12π 5 24π.

2. A é o ponto médio do segmento tBDu: sendo F a inter-secção de r com a reta suporte do lado tBC u, V 5 V3 2 2 (V1 1 V4), em que V3 é o volume do cone circular reto de altura tDFu e raio da base tBDu e V4 é o volume do cone circular reto de altura EFu e raio da base CEu. Agora, a semelhança dos triângulos CEF e BDF garante que

EF 5 4 cm, daí DF 5 8 cm. Portanto, em cm3, V3 5 13

3

3 π 3 62 3 8 5 96π e V4 5 V2 5 12π, de maneira que V 5 3 96π 2 (36π 1 12π) 5 48π.

Volume da esfera média (Vm):

V 5 43

π 3 103 5 4.000π

3

Volume da esfera pequena (Vp):

V 5 43

π 3 53 5 500π

3

Volume da região sombreada (Vs):

Vs 5 Vm 2 2 3 Vp 5 4.000π

3 2 2 3

500π3

5 3.000π

3 5

5 1.000π

] Vs 5 23 3 53π

:OAD 8 :BAC ] h 1 6 _____ h

5 4 __ 2

] h 5 6

Seja V o volume pedido:

V 5 1 __ 3

3 3 3 42 3 (6 1 6) 2 1 __ 3

3 3 3 22 3 6 ] V 5 168 cm3

O D

B

A

C

h

h – altura do cone de raio da base 2 cm

4

2

6

b) O volume do sólido obtido pela rotação é o de um cone de raio e altura iguais a 1, acrescido do volume de um cilindro de raio 1 e altura 3, retirando o volume de uma semiesfera de raio 1. Logo:

V 5 s 3 12 3 1

________ 3

1 s 3 12 3 3 2 1 __ 2

3 4 3 s 3 13

________ 3

]

] V 5 s

__ 3

1 3s 2 2s ___ 3

] V 5 8s ___ 3

u.v.

a) y

x

x = 15

43

R

1

–1 1

y = x

17

18

19

20 b

22

21 e

23 a

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.ESTUDANDO Geometria espacial: corpos redondos

Para o eNeM

V(5) 5 10π 3 5² 5 250πV(15) = 10π 3 15² 5 2.250π2.250π : 250π 5 9Logo, o volume de um cilindro de 15 cm de raio da base equivale ao volume de nove cilindros com raio da base de 5 cm. No entanto, é necessário analisar a possibilida-de física de realizar o encaixe desses cilindros.As medidas dos diâmetros das bases dos cilindros ga-rantem a possibilidade de encaixar três cilindros de raio 5 cm dentro do cilindro de raio 15 cm, desde que os centros dos círculos estejam alinhados, como na figura acima. Aplicando rotações de 60º no diâmetro da base do cilindro grande formado pelos três diâmetros das ba-ses dos cilindros pequenos, por simetria, pode-se dizer que cabem no máximo mais quatro cilindros com raio da base 5 cm dentro do maior.

A manilha é um tubo circular de espessura 0,20 m e seu volume será medido pela fórmula V = (Cmaior − Cmenor)h, sendo C a área do círculo, h a altura, R 5 1,2 e r 5 1.Logo: V 5 (πR2 2 πr 2)h 5 [π12 2 π(1 2 0,2)2] ? 4 55 (π 2 π0,82) ? 4 5 144π Como cada m3 custa R$ 10:

1 m3 R$ 10,00 ]5,456 m3 x ] x 5 R$ 54,56

Volume das toras:• V1 5 32 ? 12 ? 0,06 5 6,48• V2 5 42 ? 10 ? 0,06 5 9,6

volume 5 massa

densidade

• 6,48 5 massa1

0,77 ] massa1 ≃ 4,990

• 9,6 5 massa2

0,78 ] massa2 5 7,488

3 ? massa1 1 2 ? massa2 ≃ 3 ? 4,990 1 2 ? 7,488 5 29,946

A planificação é feita da seguinte forma:

Cálculo dos volumes da leiteira e de meio copo:

Vleiteira 5 π 3 42 3 20 5 320π e

V 12 copo 5 π 3 22 3 2 5 8π

Para 20 pessoas, a quantidade de água será de V 5 20 3 3 8π 5 160π, o equivalente à metade da leiteira.

1 d 4 a

5 e

2 a

3 c

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.

ESTUDANDO Geometria analítica: pontos e retas

Para o vestibulaR

A reta pode ser descrita por uma equação da forma y 5 ax 1 b, em que a e b são constantes. Como a reta pas-sa pelos pontos (0, 1) e (1, 3), têm-se b 5 1 e 3 5 a 3 1 1 1, ou seja, a 5 2 e, explicitamente, y 5 2x 1 1. Se x 5 2, tem-se y 5 5 (base menor do trapézio). Se x 5 4, tem-se y 5 9 (base maior do trapézio).A altura do trapézio (distância entre as duas bases) é igual a 2.A área do trapézio, em cm2, é dada por

(5 1 9) 3 2 _________

2 5 14.

a) 40 min 5 2 __ 3

h } @ 2 __ 3

, 2 __ 3

# b) 20 min 5 1 __

3 h e 20 min 1 10 min 5 30 min 5 1 __

2 h

} @ 1 __ 2

, 1 __ 3

#

a) Pelas simetrias das retas r e s em relação aos eixos Ox e Oy, tem-se: xA 5 xE 5 2xB 5 2xD 5 1 e yA 5 yB 5 2yD 5 2yE 5 2. Se A 5 (1, 2), então B 5 (21, 2), D 5 (21, 22), E 5 (1, 22).

Os segmentos OA, OB, OC, OD, OE e OF têm com-

primento igual ao raio da circunferência dado por:

OA 5 dllllll 12 1 22 5 dll 5

Agora:

xF 5 OF 5 dll 5 e yF 5 0,

xC 5 2OC 5 2 dll 5 e yC 5 0

Portanto: F 5 @ dll 5 , 0 # e C 5 @ 2 dll 5 , 0 # .

Como os trapézios CBAF e CDEF são congruentes, a área do hexágono ABCDEF é o dobro da área do tra-pézio CBAF, ou seja, é igual a:

2 3 (CF 1 AB) 3 yA

____________ 2

5 @ 2 dll 5 1 2 # 3 2 5 4 dll 5 1 4

b) No triângulo OAB, pela lei dos cossenos:

AB2 5 OA2 1 OB2 2 2 3 OA 3 OB 3 cos(AOB)

} cos(AOB) 5 @ dll 5 # 2 1 @ dll 5 # 2 2 22

_________________ 2 3 dll 5 3 dll 5

5 3 __ 5

Nas condições apresentadas, uma trajetória ligando (0, 0, 0) a (4, 3, 2) é mínima se, e somente se, seu comprimento for 9 e for determinada por uma sequência, em qualquer ordem, de 4 segmentos paralelos ao vetor (1, 0, 0), 3 segmentos paralelos ao vetor (0, 1, 0) e 2 segmentos paralelos ao vetor (0, 0, 1). Seja N a quantidade dessas trajetórias.

Tem-se: N 5 9!

4! ? 3! ? 2! 5

9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 56 ? 2

5 1.260.

Considerando o sistema cartesiano com origem O no vértice da pirâmide A e os eixos Ox, Oy e Oz determinados pelas arestas tABu, tACu e tADu, respectivamente, tem-se que a face determinada pelos pontos B, C e D está contida no plano π, cuja equação é: x 1 y 1 z 5 a.Seja L a medida da aresta do cubo. Então, o vértice diametralmente oposto ao vértice A(0, 0, 0) é o ponto E(L, L, L). Sendo esse cubo o de volume máximo contido na pirâmide ABCD, o ponto E pertence ao plano π.

3L 5 a ] L 5 a3

a) dAB 5 dllllllllllllllll (22 2 1)2 1 (1 1 2)2 dAB 5 3 dll 2

b) xG 5 xA 1 xB 1 xC ___________

3 ] 2 __

3 5

22 1 1 1 xC ___________

3 ] xC 5 3

yG 5 yA 1 yB 1 yC

___________ 3

] 1 5 1 2 2 1 yC

_________ 3

] yC 5 4

} C 5 (3, 4)

Na situação 1, P é ponto médio de AQ, logo,

a 1 5 _____ 2

5 2 ] a 5 21

b 1 16 ______ 2

5 1 ] b 5 214

} A 5 (21, 214)

Na situação 2, por semelhança de triângulos:

AQ

___ AP

5 2 __ 1

] 5 2 a _____ a 2 2

5 2 __ 1

] 5 2 a 5 2a 2 4 ] a 5 3

AQ

___ AP

5 2 __ 1

] 16 2 b ______ b 2 1

5 2 __ 1

] 16 2 b 5 2b 2 2 ] b 5 6

} A 5 (3, 6)

A 5 (a, b)

P 5 (2, 1)

Q 5 (5, 16)Situação 1:

Situação 2:

A 5 (a, b)

Q 5 (5, 16)

P 5 (2, 1)

A 5 (a, b)

P 5 (2, 1)

Q 5 (5, 16)Situação 1:

Situação 2:

A 5 (a, b)

Q 5 (5, 16)

P 5 (2, 1)

1 5

7

2

3

6

4

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

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A 5 (–2, 0) C 5 (x, y)

B 5 (0, 6)

(dAB)2 5 (22 2 0)2 1 (0 2 6)2 ] (dAB)2 5 40(dAC)2 5 (22 2 x)2 1 (0 2 y)2 ] (dAC)2 5 (x 1 2)2 1 y2

(dBC)2 5 (x 2 0)2 1 (y 2 6)2 ] (dBC)2 5 x2 1 (y 2 6)2

d AB 2 5 d AC 2

1 d BC 2 ] 40 5 (x 1 2)2 1 y2 1 x2 1 (y 2 6)2 ]

] 40 5 x2 1 4x 1 4 1 y2 1 x2 1 y2 2 12y 1 36 ]] 2x2 1 2y2 1 4x 2 12y 5 0 ] x2 1 y2 1 2x 2 6y 5 0 ]] x2 1 2x 1 1 1 y2 2 6y 1 9 5 1 1 9} (x 1 1)2 1 (y 2 3)2 5 10

8

9 a) A abscissa de A coincide com a do ponto onde f corta o eixo x.

f(x) 5 0 ] log10 x 5 0 ] x 5 1 } A 5 (1, 10) A ordenada de B coincide com a do ponto onde g cor-

ta o eixo y. g(0) 5 f(x) ] 100 5 log10 x ] x 5 10 } B 5 (10, 1)

Assim, M 5 @ 1 1 10 ______ 2

, 10 1 1 ______ 2

# 5 @ 11 ___ 2

, 11 ___ 2

# .b) Para todo x 9 V, (f W g)(x) 5 f (g(x)) 5 f (10x) 5 log10 10x 5 x. Para todo x . 0: (g W f)(x) 5 g(f(x)) 5 g(log10x) 5 10 log 10 x 5 x

10 a

12

11 c

Considerando a orientação tradicional de um eixo cartesiano, João andou (5 2 1) m na horizontal e (3 2 5) m na vertical, atingindo, a partir do ponto A, o ponto (4, 22).A distância d entre esse ponto e a origem (0, 0) é:

d² 5 4² 1 (22)² 5 20 ] d 5 √20 5 √4 ? 5 5 2√5

A reta que determina a rampa passa pelo ponto (0, 0) e

tem uma inclinação dada por 5

10 5 0,5. Logo, a equação

dessa reta é y 5 0,5x.A reta que determina a corda que passa pelo balão e pelo ponto P é ortogonal à rampa e, portanto, tem

coeficiente angular igual a 210,5

5 22. A equação dessa

corda, usando as coordenadas do balão (20, 20), será:y 2 20 5 2 2(x 2 20) ] y 5 22x 1 60O ponto P é o ponto de encontro dessas duas retas, ou seja:yP 5 0,5xP 5 22xP 1 60 ] xP 5 24yP 5 0,5xP 5 0,5 ? 24 5 12As coordenadas do ponto P são (24, 12).

a) A(1, 3); B(7, 1) e C(3, 5)

(dAB)2 5 (1 2 7)2 1 (3 2 1)2 5 40

(dAC)2 5 (1 2 3)2 1 (3 2 5)2 5 8

(dBC)2 5 (7 2 3)2 1 (1 2 5)2 5 32

d AC 2 1 d BC 2

5 8 1 32 5 40 5 d AB 2

As medidas dos lados do triângulo ABC estão de acordo com o Teorema de Pitágoras; portanto, ele é retângulo.

b) AABC 5 base 3 altura ___________

2 5

dAC 3 dBC _______ 2

5 dll 8 3 dlll 32

________ 2

5 dllll 256

_____ 2

} AABC 5 8

13

Sejam P 5 (a, b), Q 5 (c, d) e R 5 (e, f ) os vértices do triângulo.

Q 5 (c, d)

P 5 (a, b)

R 5 (e, f)

M2 5 (3, 4)

M3 5 (1, –1)

M1 5 (1, 2)

Com as ordenadas, tem-se:

b 1 d _____ 2

5 2

d 1 f _____ 2

5 4 ]

f 1 b _____ 2

5 21

] ] f 5 1, b 5 23 e d 5 74 2 b 1 f 5 8

f 1 b 5 22

b 1 d 5 4 ] d 5 4 2 b

d 1 f 5 8

f 1 b 5 22

Portanto, P 5 (21, 23), Q 5 (3, 7) e R 5 (3, 1).

Relacionando as abscissas desses pontos, tem-se:

a 1 c _____ 2

5 1

c 1 e _____ 2

5 3 ]

e 1 a _____ 2

5 1

]

] e 5 3, a 5 21 e c 5 32 2 a 1 e 5 6

e 1 a 5 2

a 1 c 5 2 ] c 5 2 2 a

c 1 e 5 6

e 1 a 5 2

]

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Deseja-se minimizar a expressão AP2 1 BP2 1 CP2.

Seja P 5 (x, y). Logo, AP2 1 BP2 1 CP2 5

5 [(x 2 0)2 1 (y 2 0)2] 1 [(x 2 2)2 1 (y 2 1)2] 1 [(x 2 1)2 1 1 (y 2 5)2] 5 3x2 2 6x 1 3y2 2 12y 1 31

Como x e y variam independentemente um do outro, para que se minimize a expressão acima, basta minimizar os trinômios de grau 2:

f(x) 5 3x2 2 6x e g(y) 5 3y2 2 12y.

Calculando os mínimos @ 2 S ___ 4a

# de f(x) e g(y) encon-

tra-se 23 e 212, respectivamente.

Portanto, o valor mínimo é:

AP2 1 BP2 1 CP2 5 23 2 12 1 31 5 16

14 16

15 c

17 b

Sejam os pontos D 5 (0, 1), E 5 ( dll 3 , 1), a a medida do

menor ângulo formado pelo segmento AB com a hori-zontal no sentido anti-horário e d a medida dos ângulos determinados pela reta r no vértice B. Então:

tg a 5 AD ___ BD

5 2 ____ 2 dll 3

5 dll 3

___ 3

} a 5 30w

tg(a 1 2d) 5 CE ___ BE

5 3 ___ dll 3

5 dll 3 } a 1 2b 5 60w

Assim, d 5 15w. Se D é o ângulo de inclinação da reta r, tem-se:D 5 180w 2 (a 1 d) 5 180w 2 (30w 1 15w) 5 135w

Seu coeficiente angular é, portanto, igual a tg 135w 5 21.

a) 2x 1 m 5 x2 1 x 1 1 ] x2 2 x 1 1 2 m 5 0 e

S 5 (21)2 2 4 3 1 3 (1 2 m) 5 23 1 4m

A reta interceptará a parábola se S > 0; portanto:

23 1 4m > 0 } m > 3 __ 4

b) A reta tangencia a parábola se S 5 0.

} m 5 3 __ 4

A reta terá equação y 5 2x 1 3 __ 4

e, resolvendo o sistema:

y 5 2x 1 3 __ 4

y 5 x2 1 x 1 1]

} x 5 1 __ 2

e y 5 7 __ 4

Portanto, o ponto de tangência é @ 1 __ 2

, 7 __ 4

# .

] 2x 1 3 __ 4

5 x2 1 x 1 1 ] 4x2 2 4x 1 1 5 0

O enunciado sugere a figura:

6

B

2

E C

45°

45°

P

H

D

F

GA 2 68

a

4 45°

a

y

xa

S1: área do retângulo AEFDS2: área do triângulo BCES3: área do triângulo CDF

A área S do quadrilátero ABCD é tal que:S 5 S1 2 S2 2 S3

S 5 8 3 6 2 2 3 2 ____ 2

2 6 3 6 ____ 2

} S 5 28

Então, o triângulo ADP tem 28 ___ 2

5 14 unidades de área.

Daí, tem-se: 8 3 a ____ 2

5 14 } a 5 7 __ 2

Tem-se ainda: AH 5 8 2 a 5 8 2 7 __ 2

} AH 5 9 __ 2

O coeficiente angular m da reta AP é tal que:

m 5 tg a 5 PH ___ AH

5 7 __ 2

__

9 __ 2

} m 5 7 __

9

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.18 b 20 d

19

Como a reta r é paralela a y 5 x (bissetriz dos quadrantes ímpares), elas têm coeficientes angulares iguais. Sabendo que r passa por (2, 3):

r: y 2 3 5 1(x 2 2) ] y 5 x 2 2 1 3 ] y 5 x 1 1

Como s ⊥ r, mr 5 21ms

5 211

5 21.

Sabendo que s passa por (2, 5):

s: y 2 5 5 21(x 2 2) ] y 5 2x 1 2 1 5 ] y 5 2x 1 7

O ponto A é interseção de r e s. Logo, as coordenadas (xA, yA) respeitam a equação das duas retas. Igualando as duas:

xA 1 1 5 2xA 1 7 ] 2xA 5 7 2 1 5 6 ] xA 5 3

Substituindo em r: yA 5 xA 1 1 5 3 1 1 5 4. Logo, A 5 (3, 4).A distância d entre A 5 (3, 4) e O 5 (0, 0) é tal que:

d² 5 3² 1 4² ] d² 5 9 1 16 5 25 ] d 5 5

Dado um ponto M sobre tOAu e chamando OM de x, então MA 5 5 2 x. Tem-se x . 5 2 x, pois x é a hipotenusa. Então:

x² 5 (5 2 x)² 1 3² ] 10x 5 34 ]

] x 5 3,4 (hipotenusa) e 5 2 x 5 1,6 (cateto)

Por fim, a área desse triângulo retângulo é dada por 1,6 ? 3

2 5 2,4.

a) A área total do pasto é 20.000 m2. Como cada vaca ocupa, no mínimo, 1.000 m2 e cada bezerro, 400 m2, tem-se que 15 vacas e 15 bezerros necessitam de, no mínimo, 21.000 m2. Assim, o pasto não comportará essa quantidade de animais.

b) A lgebr icamente, se o número de vacas for representado por V, e o de bezerros, por B, tem-se o seguinte raciocínio:

1.000V 1 400B < 20.000 ] 2,5V 1 B < 50

Graficamente, é a região delimitada pela reta de equação 2,5V 1 B 5 50 e os eixos coordenados.

50

20 V

B

Sendo P(x, y) a localização do cativeiro, tem-se que dPA 5 dPB 5 dPC. Então, a distância buscada é tal que:d ²PA 5 d²PB ] x ² 1 (y 2 4)² 5 (x 2 3)² 1 (y 2 1)² Æ Æ x ² 1 y ² 2 8y 1 16 5 x ² 2 6x 1 9 1 y ² 2 2y 1 1 Æ Æ 28y 1 16 1 6x 2 9 1 2y 2 1 5 0 ] 6x 2 6y 1 6 5 0 Æ Æ x 2 y 1 1 5 0 (equação I)

d ²PA 5 d ²PC ] x ² 1 (y 2 4)² 5 (x 2 6)² 1 (y 2 6)² ]] x ² 1 y ² 2 8y 1 16 5 x ² 2 12x 1 36 1 y ² 2 12y 1 36 ]] 28y 1 16 1 12x 2 36 1 12y 2 36 5 0 ]] 12x 1 4y 2 56 5 0 ] 3x 1 y 2 14 5 0 (equação II)

Somando as equações I e II:(x 2 y 1 1) 1 (3x 1 y 2 14) 5 0 ] 4x 2 13 5 0 ]

] x 5 134

Substituindo x na equação I:134

2 y 1 1 5 0 ] y 5 174

Calculando a distância:

d²PA 5 x² 1 (y 2 4)² 5 [ 134

1 [ 174

2 4]²

5

5 16916

1 [ 17 2 164

5 169

4 1

116

5 17016

]

] d 5 √170

4

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ESTUDANDO Geometria analítica: pontos e retas

Para o eNeM

1 c

2 a

3 d

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ESTUDANDO Geometria analítica: circunferências e cônicas

Para o vestibular

Sendo r o raio do círculo:

Portanto, a área do interior da circunferência será igual a

r 5 O4 3 0 1 3 3 0 2 12O

_________________ dllllll 42 1 32

5 O212O

______ dlll 25

5 12 ___ 5

sr2 5 s @ 12 ___ 5

# 2 5 144s _____ 25

a) Seja s a equação da reta que passa no centro da cir-cunferência H e é perpendicular à reta r:

mr 5 21 ] ms 5 1

x2 1 y2 2 4x 2 6y 2 3 5 0 ] (x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5 16 Portanto, o ponto (2, 3) é o centro da circunferência. Logo:

y 2 3 5 1 3 (x 2 2) ] y 2 3 5 x 2 2 ] s : x 2 y 1 1 5 0

b) O raio é a distância entre o centro (2, 3) e a reta r:

r 5 O13 2 1 1 3 3 1 0O

_______________ dllllll 12 1 12

5 O5O

___ dll 2

5 5 dll 2

____ 2

(x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5 @ 5 dll 2 ____

2 # 2 ] (x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5 25 ___

2

Seja r a mediatriz dos pontos A(0; 2) e B(3; 0), tem-se:

mAB 5 2 2 0 _____ 0 2 3

5 2 2 __ 3

] mr 5 3 __ 2

Ponto médio de AB, xM 5 0 1 3 _____ 2

5 3 __ 2

e yM 5 2 1 0 _____ 2

5 1,

portanto: M @ 3 __ 2

, 1# . Assim: y 2 1 5 3 __ 2

@ x 2 3 __ 2

# ] y 5 3x ___ 2

2 5 __ 4

mCB 5 22 2 0

_______ 21 2 3

5 22

___ 24

5 1 __ 2

] ms 5 22

Ponto médio de BC: xN 5 21 1 3

_______ 2

5 1 e yN 5 22 1 0

_______ 2

5 21,

portanto: N(1; 21). Assim:y 2(21) 5 22(x 2 1) ] y 5 22x 1 1

O centro da circunferência é o ponto P de intersecção entre as mediatrizes r e s.

] x 5 9 ___ 14

e y 5 2 2 __ 7

] P @ 9 ___ 14

; 2 2 __ 7

#

y 5 3x ___ 2

2 5 __ 4

y 5 22x 1 1

Seja s a mediatriz dos pontos C(21; 22) e B(3; 0), tem-se

] 3x ___ 2

2 5 __ 4

5 22x 1 1 ] 6x 2 5 5 28x 1 4 ]

a) x2 1 y2 2 4y 5 0 ] x2 1 (y 2 2)2 5 4 (I)x2 1 y2 2 4x 2 2y 1 4 5 0 ] (x 2 2)2 1 (y 2 1)2 5 1 (II)

b) As retas tangentes às circunferências (sendo uma delas a reta y 5 0) e a reta que passa pelos centros (0, 2) e (2, 1) das circunferências são concorrentes no ponto P.

Observe o gráfico ao lado:

y

2

4 (I)

(II)

2

1

x

m 5 2 2 1 _____ 0 2 2

5 2 1 __ 2

] y 2 2 5 2 1 __ 2

(x 2 0) ]

] x 1 2y 2 4 5 0y 5 0x 1 2y 2 4 5 0

] x 1 2 3 0 2 4 5 0 ] x 5 4

Portanto, P(4, 0).

A reta que passa pelos pontos (0, 2) e (2, 1) é dada por:

Seja s a mediatriz dos pontos C(25, 25) e B(3, 21), tem-se:

mCB 5 25 2(21)

_________ 25 2 3

5 4 __ 8

5 1 __ 2

] ms 5 22

Ponto médio de BC, xN 5 25 1 3

_______ 2

5 21 e yN 5 25 2 1

_______ 2

5 23,

portanto, N(21, 23).y 2(23) 5 22[x 2(21)] ] y 5 22x 2 5

O ponto de intersecção das retas r e s corresponde ao centro da circunferência e é dado por (22, 21). Como o ponto (3, 21) pertence à circunferência, tem-se que o raio é igual à distância entre os pontos (22, 21) e (3, 21).

r 5 dllllllllllllllllllll (22 2 3)2 1 [21 2 (21)]2 ] dllllll 25 1 0 5 5

y 2 1 __ 2

5 3 E x 2 @ 2 3

__ 2

# R ] y 5 3x 1 5

portanto, M @ 2 3

__ 2

, 1 __ 2

# .

Seja r a mediatriz dos pontos A(26, 2) e B(3, 21), tem-se:

mAB 5 2 2 (21)

________ 26 2 3

5 2 3 __ 9

5 2 1 __ 3

] mr 5 3

Ponto médio de AB, xM 5 26 1 3

_______ 5

5 2 3 __ 2

e yM 5 2 2 1 _____ 2

5 1 __ 2

,

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1

2

3

5

4

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Sendo P(x, y) o centro da circunferência C, então P pertence à mediatriz dos pontos (0, 3) e (21, 0). Partindo disso, é possível encontrar a equação dessa mediatriz:

r² 5 (x 2 0)² 1 (y 2 3)² 5 (x 1 1)² 1 (y 2 0)² ÆÆ x² 1 y² 2 6y 1 9 5 x² 1 2x 1 1 2 y² Æ x 1 3y 2 4 5 0

Sabe-se, no entanto, que a reta que une o centro dessas duas circunferências tangentes passa necessariamente pelo ponto (0, 3). Logo, o ponto P pertence à reta

que passa pelos pontos [212

, 4] e (0, 3). Essa reta tem

coeficiente linear igual a 3 e coeficiente angular dado por:

4 2 3 5 1 5 2212

12

2 22 0

A equação dela é dada por: y 5 22x 1 3.Substituindo na equação da mediatriz encontrada anteriormente, tem-se as coordenadas do ponto P (intersecção das duas retas):

x 1 3(22x 1 3) 2 4 5 0 Æ x 2 6x 1 9 2 4 5 0 Æ x 5 1 e y 5 1

Finalmente, o raio da circunferência C é:

r ² 5 (1 2 0)² 1 (1 2 3)² Æ r 5 √5

6 e

11 c

7

9

8 a

Observe a figura com o sistema descrito no enunciado:

y8

12

(R � 8)

(12, �(R � 8))

R

C

12x

O raio da circunferência é R e as coordenadas do centro são (12, 2(R 2 8)).Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo da figura, obtém-se:

R² 5 12² 1 (R – 8)² ] R² 5 144 1 R² – 16R 1 64 Æ Æ R 5 13 e R 2 8 5 5Logo, o raio da circunferência tem 13 u.c. e as coordenadas do centro são (12, 25). Portanto, a equação da circunferência é (x 2 12)² 1 (y 1 5)² 5 169.

Resolvendo o sistema com as equações das circunferências:I: x2 1 y2 2 4x 2 4y 1 4 5 0 II: x2 1 y2 2 10x 2 4y 1 28 5 0

I 2 II Æ 6x 2 24 5 0 Æ x 5 4

Substituindo em I:16 1 y² 2 16 2 4y 1 4 5 0 Æ y² 2 4y 1 4 5 0 Æ Æ (y 2 2)² 5 0 Æ y 5 2O ponto de intersecção das duas cônicas é único, o que prova que elas são tangentes.

A equação da circunferência será (x 2 3)2 1 (y 2 b)2 5 9.Como o ponto P pertence à circunferência, tem-se:(5 2 3)2 1 @ dll 5 1 1 2 b # 2 5 9 ] dll 5 1 1 2 b 5 ! dll 5 ]

] b 5 dll 5 1 1 ! dll 5 ] b 5 2 dll 5 1 1 . 5b 5 1

Assim, (x 2 3)2 1 (y 2 1)2 5 9.

x2

52 2 y2

52 5 0 ] [ x5

]2

2 [ y5

]2

5 0 ]

] [ x5

2 y5

] ? [ x5

1 y5

] 5 0

Reta A: x5

2 y5

5 0 Reta B: x5

1 y5

5 0

10 c

12 b

O lugar geométrico dos pontos de x² 1 y² < 36 é um círculo de raio 6 com centro na origem.O lugar geométrico dos pontos de x 1 y > 6 é um semiplano que fica acima da reta y 5 x 1 6, que passa pelos pontos (0, 6) e (–6, 0) e é paralela à bissetriz dos

quadrantes ímpares. A região acima da reta, e interna, é um segmento de circunferência e está representada na figura ao lado.

A área dessa região pode ser obtida como a subtração entre um quarto do círculo de raio 6 e meio quadrado de lado 6:

A 5 14

? p ? 62 2 12

? 62 5 9p 2 18 5 9(p 2 2)

A circunferência e a reta dadas se interceptam nos pontos cujas abscissas são as raízes de x2 1 (x 1 2)2 2 2 6x 1 2(x 1 2) 2 17 5 0, que equivale a 2x2 2 9 5 0,

que tem raízes x 5 3a2

.

Os pontos de intersecção são [ 3a2

, 3a2

1 2] e

[2 3a2

, 2 3a2

1 2].

O ponto médio do segmento com extremos nesses pontos é (0, 2), e a distância entre os pontos é

√[ 6a2

]2

1 [ 6a2

]2

5 6.

A circunferência com diâmetro nos pontos de intersecção tem equação x2 1 (y 2 2)2 5 32 (forma reduzida) ou x2 1 1 y2 2 4y 2 5 5 0 (forma geral).

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Encontrando as raízes da parábola:x1 1 x2 5 6 5 2 1 4x1 ? x2 5 8 5 2 ? 4Logo, a circunferência passa pelos pontos (2, 0) e (4, 0). A abscissa do vértice é o ponto médio das raízes x 5 3.A ordenada do vértice é y 5 3² 2 6 ? 3 1 8 5 21.O raio da circunferência é a distância entre o centro (3, 21) e qualquer uma das raízes. Então, r é dada por:

r² 5 (3 2 2)² 1 (21 2 0)² 5 2

Portanto, a equação da circunferência é (x 2 3)² 1 1 (y 1 1)² 5 2.

Observe que essa função é de segundo grau e f(4) 5 5 f(24). Toda função de segundo grau f(x) 5 ax² 1 1 bx 1 c que é simétrica em relação ao eixo y possui o coeficiente b 5 0. Além disso, como f(0) 5 0, essa função também tem o termo independente c 5 0. Logo, a função que gera essa parábola é do tipo f(x) 5 5 ax². Considerando f(4) 5 1, tem-se:

a(4²) 5 1 Æ a 5 1

16 Æ f(x) 5

x2

16

Analisando as alternativas, tem-se:

f(2) 5 f(22) 5 4

16 5

14

Toda parábola que tangencia o eixo x no ponto P2 5 (a, 0) tem equação y 5 k(x 2 a)2, k ∈ R, k 0.Como o ponto P1 5 (0, a) pertence à parábola, tem-se:

a 5 k(0 2 a)2 Æ ka 5 1 Æ k 5 1a

Como a distância entre os pontos P1 e P2 é 4, segue:

√2a2 5 4 Æ a 5 2a2

Portanto, há duas parábolas que atendem às condições dadas:

y 5 a24

(x 2 2a2 )2 e y 5 2a24

(x 1 2a2 )2

13 b

18

19 b

20 Soma 01 + 02 + 16 = 19

16 b

14

17

15 b

Seja r a medida do raio da circunferência e considerando a origem do sistema de coordenadas cartesianas como o único ponto de intersecção entre a parábola e a circun-ferência, tem-se a seguinte equação:x2 1 (y 2 r)2 5 r2.

] 4y 1 (y 2 r)2 5 r2 ]y 5 x

2

__ 4

] x2 5 4y

x2 1 (y 2 r)2 5 r2

Como a equação do 2o grau y2 1 (4 2 2r)y 5 0 deve ter apenas uma solução, então S 5 0. Portanto:

S 5 (4 2 2r)2 2 4 3 1 3 0 5 0 ] r 5 2

] y2 1 (4 2 2r)y 5 0

Reta que passa pelo ponto (2, 4):y 2 4 5 m(x 2 2) ] mx 2 y 1 4 2 2m 5 0

y 5 x2

mx 2 y 1 4 2 2m 5 0] x2 2 mx 2 4 1 2m 5 0

Como a equação do 2o grau x2 2 mx 2 4 1 2m 5 0 deve ter apenas uma solução, então S 5 0. Portanto:(2m)2 2 4 3 1 3 (24 1 2m) 5 0 ] m2 2 8m 1 16 5 0 ]] (m 2 4)2 5 0 ] m 5 4

A elipse, cujo eixo maior é paralelo ao eixo y, tem cen-tro no ponto (2, 0), distância focal igual a 80 e semieixo maior igual a 100, ou seja, c 5 80 e a 5 100. Logo:

a2 5 b2 1 c2 ] 1002 5 b2 1 802 ] b 5 60Portanto:

(x 2 xC)2

________ b2

1 (y 2 yC)2

________ a2

5 1 ] (x 2 2)2

_______ 3.600

1 y2

______ 10.000

5 1

A medida do eixo menor dessa elipse é dada por:

2b 5 1,5 1 1,5 1 7 5 10 Æ b 5 5

Como a excentricidade da elipse é 0,943, a distância focal 2c pode ser encontrada considerando c 5 0,943a. Então, usando as aproximações dadas, em a² 5 b² 1 c², tem-se:a² 5 5² 1 (0,943a)² Æ a² 5 25 1 0,889a² ÆÆ 0,111a² 5 25 Æ 0,333a 5 5 Æ a 15 m

Para que as elipses se tangenciem, a distância entre seus centros deve ser 2a 5 30 m, que é a distância entre os postes.

A reta (assíntota da hipérbole) que passa nos pontos

A (220; 210) e C (20; 10) é a reta y 5 1 __ 2

x. Logo:

b __ a 5 1 __ 2

] a 5 2b e c 5 6 dll 5

Assim:c2 5 b2 1 a2 ] @ 6 dll 5 # 2 5 b2 1 (2b)2 ] b 5 6 e a 5 12

Portanto, a equação da hipérbole é x2

____ 144

2 y2

___ 36

5 1.

(01) Verdadeira, pois a 5 12.(02) Verdadeira, pois a área da quadra é 40 m 3 20 m 5 800 m2.

(04) Falsa, pois a equação da hipérbole é x2

____ 144

2 y2

___ 36

5 1.

(08) Falsa, pois a excentricidade @ c __ a # é igual a 6 dll 5

_____ 12

5 dll 5

___ 2

.

(16) Verdadeira, pois o eixo imaginário é igual a 2b 5 12; portanto, 4 vezes o raio do círculo.

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26 e

24

21 d 25 d

22

23

2a 5 100 ] a 5 50 e b 5 30, tem-se a equação da elipse:

x2

__ a2

1 y2

__ b2

5 1 ]

] x2

_____ 2.500

1 y2

____ 900

5 1

224 cm 2 200 cm 5 24 cm, logo, y 5 24.

x2

_____ 2.500

1 242

____ 900

5 1 ] x 5 ! 50 3 18 ______ 30

] x 5 !30

Portanto, P(230, 24) e Q(30, 24). Assim, dPQ 5 30 cm 1 30 cm 5 60 cm.

y

xQP

0

24 cm

Desconsiderando a potência 107, pois o resultado d está dividido por 107, tem-se: 2a 5 540, 2b 5 140. Logo, a 5 270 e b 5 70.Assim, a2 5 b2 1 c2 ] c2 5 2702 2 702 ] c 7 260,8A distância d é igual a a 2 c 7 270 2 260,8 7 9.

O centro da elipse é o ponto (0, 0). Logo:

■ semieixo vertical: a 5 9■ semieixo horizontal: b■ semidistância focal: c 5 6■ a2 5 b2 1 c2 ] 92 5 b2 1 62 ]

] b2 5 45

Portanto, x2

__ b2

1 y2

__ a2

5 1 ]

] x2

___ 45

1 y2

___ 81

5 1

Como o ponto B(x, 3) pertence à elipse, tem-se:

x2

___ 45

1 32

___ 81

5 1 ] x 5 2 dlll 10

x 5 22 dlll 10 , 0 ] B @ 2 dlll 10 , 3 #

Portanto, a área do :BF1F2 é dada por:

F1F2 3 x _______

2 5 12 3 2 dlll 10 _________

2 5 12 dlll 10

y

a

c12

6

60 x

b

x

A(0, 9)

B(x, 3)

F2

F1

x2 2 y2 1 5x 2 5y 5 0 ] x2 1 5x 2 (y2 1 5y) 5 0 ]

] @ x 1 5 __ 2

# 2 2 @ y 1 5 __ 2

# 2 5 25 ___ 4

2 25 ___ 4

] @ x 1 5 __ 2

# 2 5 @ y 1 5 __ 2

# 2 ]

y 1 5 __ 2

5 x 1 5 __ 2

y 1 5 __ 2

5 2 @ x 1 5 __ 2

# y 5 xy 5 2x 2 5

]]

Portanto, a equação corresponde a duas retas concor-rentes (uma cônica degenerada).

O eixo menor tem medida igual a 2b:

80 2 (10 1 10) 5 2b Æ b 5 30 m

O eixo maior tem medida igual a 2a:

120 2 (10 1 10) 5 2a Æ a 5 50 m

A distância focal tem medida igual a 2f:50² 5 30² 1 f ² Æ 2.500 5 900 1 f ² Æ f ² 5 1.600 ÆÆ f 5 40Portanto, 2f 5 80 m.

9y2 2 16x2 2 144y 1 224x 2 352 5 0 ]

] 9(y2 2 16y 1 64) 2 16(x2 2 14x 1 49) 5 144 ]

] 9(y 2 8)2

________ 144

2 16(x 2 7)2

_________ 144

5 144 ____ 144

] (y 2 8)2

_______ 16

2 (x 2 7)2

_______ 9

5 1

Assim, a2 5 16 e b2 5 9. Tem-se que c2 5 a2 1 b2 ] c 5 5.Portanto, a distância focal é 2 3 5, ou seja, 10.

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ESTUDANDO Geometria analítica: circunferências e cônicas

Para o eNeM

Usando os dados e a escala do gráfico, tem-se que a circunferência estará centrada no ponto (3, 5) e seu raio terá 4 u.c. na escala do mapa. A equação reduzida dessa circunferência é (x 2 3)² 1 (y 2 5)² 5 4².Partindo disso, chega-se à equação geral:x² 2 6x 1 9 1 y ² 2 10y 1 25 2 16 5 0 ÆÆ x² 1 y² 2 6x 2 10y 1 18 5 0

Após 30 s, a onda já tinha atingido um raio de 6 u.c, (r² 5 36) em relação ao centro de origem (10, 24). Mantendo essa velocidade de propagação (6 u.c. a cada 30 s), ela se dissipará após 2 minutos (4 ? 30s), quando tiver atingido o raio de 24 u.c.A distância entre a costa e o centro da onda é√102 1 242 5 √100 1 576 5 √676 5 26 . 24Logo, o programa não entrará em alerta.

Transformando a equação da elipse para a forma reduzida (dividindo por 400), tem-se:

16x2

400 1

25y2

400 2

400400

5 0 ]

] x2

25 1

y2

16 5 1

A equação indica que a elipse está centrada no ponto (0, 0) e tem a 5 5 e b 5 4. Então, o eixo maior tem 10 u.c. e o menor, 8.A figura abaixo mostra como ficarão os postes de luz no retângulo.

Como a primeira elipse ocupará 5 m na horizontal, caberão mais 99 torres de luz na primeira linha (cada uma iluminando 10 m, completando assim 990 1 5 5 995. No vértice inferior direito haverá mais uma torre, iluminando os 5 m restantes e completando 101 torres na primeira linha.Na vertical acontece algo similar: caberia, nos 240 m de comprimento do retângulo, uma coluna de 30 elipses com 8 m de eixo menor. No entanto, como a primeira elipse ocupa apenas 4 m na vertical, será necessária uma última torre no vértice superior esquerdo do retângulo, completando assim 31 torres na primeira coluna.O total de elipses será: 31 ? 101 5 3.131.

Como condição, a comunidade solicitou que fosse construída uma estação dentro da região circular representada pela inequação (x 1 5)2 1 (y 2 5)2 < 52.Usando a equação da reta y 5 x 1 4, tem-se:(x 1 5)2 1 (x 1 4 – 5)2 < 25 Æ x2 1 10x 1 25 1 1 (x2 2 2x 1 1) < 25 Æ 2x2 1 8x 1 1 < 0 Æ

Æ 28 22a144

< x < 28 12a144

Æ

Æ 22 2 a3,5 < x < 22 1 a3,5

Como 1,73 a3 , a3,5, pela equação da linha de metrô, tem-se:

23,73 < x < 20,27 Æ –3,73 1 4 < x 1 4 < 20,27 1 4 Æ Æ 0,27 < y < 3,73

Isso elimina as alternativas a, d e e.Entre b e c, a única cuja abscissa satisfaz à inequação, gerada pela condição de distância entre a linha do metrô e o hospital, e também à equação que representa a linha de metrô é b.

1 a 4 b

2 e

3 d

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ESTUDANDO Números complexos

Para o vestibulaR

(1 1 i)6 2 (1 2 i)6 5 [(1 1 i)2]3 2 [(1 2 i)2]3 55 (2i)3 2 (22i)3 5 28i 2 8i 5 216i

OzO 5 dllllllllll 22 1 @ 2 dll 3 # 2 5 dllllll 4 1 12 5 4

cos J 5 2 __ 4

5 1 __ 2

sen J 5 2 dll 3

____ 4

5 dll 3

___ 2

} J 5

s __

3

Im(z)

Re(z)2

4

0

s3

2 3

z 5 2(cos 30w 1 i sen 30w)w 5 4[cos(270w 2 30w) 1 i sen(270w 2 30w)]

z 5 2(cos 30w 1 i sen 30w)w 5 4(cos 240w 1 i sen 240w)

t 3 z 5 w ] t 5 w __ z 5 4(cos 240w1 i sen 240w)

____________________ 2(cos 30w 1 i sen 30w)

5

5 4 __ 2

[cos(240w 2 30w) 1 i sen(240w2 30w)]

} t 5 2(cos 210w 1 i sen 210w) ou t 5 2 @2 dll 3

___ 2

2 1 __ 2

i # 55 2 dll 3 2 i

]

]

a) Pelo enunciado, os representantes de z2 e z3 são simétri-cos em relação à origem. Assim, o ponto médio do seg-mento de reta que liga z2 e z3 é a origem, ou seja, (0, 0).

b) Os vetores que representam z2 e z3 podem ser obtidos através de rotações de 90w do vetor que representa z1.

Assim, a altura do triângulo de vértices z1, z2 e z3, com relação ao vértice z1, é igual a Oz1O 5 dlllllll 32 1 42 5 5.

z1 = 3 + 4iz2

z3

y

x

As coordenadas de A são (1, 1) e as de B são (0, 21). Logo, o segmento tOB u está sobre o eixo y, orientado para baixo, e forma um ângulo de 270° com a horizontal; o segmento tOA u está sobre a bissetriz do primeiro quadrante e forma um ângulo de 45° com a horizontal. O menor ângulo formado por esses segmentos tem 135°:

cos 135° 5 2cos 45° 5 2a22

z2 5 cos (2) 1 i sen (2) ]] z2 2 1 5 cos (2) 2 1 1 i sen (2) 55 22 sen2 1 i ? 2sen ? cos 5 2 sen (2sen 1 i cos ) 5

5 2 sen 5cos [ p2

2 ] 1 i sen [ p2

2 ]6

De forma semelhante:] z2 1 1 5 cos (2) 1 1 1 i sen (2) 5 5 2 cos2 1 i ? 2 sen ? cos 5 5 2 cos ? (cos 1 i sen )Finalmente:

z2 2 1z2 1 1

5

2 sen ? 5cos [ p2

2 ] 1 i ? sen [ p2

2 ]6

2 cos ? (cos 1 i ? sen ) 5

5 tg (0 1 i ? 1) 5 i ? tg

5 tg ? 5cos [ p2

2 2] 1 i ? sen [ p2

2 2]6 5

5 2 tg ? 5cos [ p2

] 1 i ? sen [ p2

]6 5

a) Seja z 5 dll 3 1 i. Então OzO 5 dlllllll dll 3 2 1 12 5 2 e, sendo J argumento principal de z:

cos J 5 dll 3

___ 2

sen J 5 1 __ 2

] J 5

s __

6

Logo, z 5 2 @ cos s __ 6

1 i sen s __ 6

# e, utilizando a Fórmula

de De Moivre, z12 5 212 @ cos 12 3 s

__ 6

1 i sen 12 3 s __ 6

# 5 5 212 (cos 2s 1 i sen 2s) 5 212 (1 1 i0) 5 4.096

b) z 5 dll 2

___ 2

1 i dll 2

___ 2

5 cos s

__ 4

1 i sen s

__ 4

A sequência (1, z, ..., z15) configura 16 termos de uma PG de primeiro termo a1 5 1, razão q 5 z; assim, tem-se:

1 1 z 1 z2 1 z3 1 ... 1 z15 5 a1 @ q16 2 1 _______

q 2 1 # 5 @ z16 2 1 ______

z 2 1 #

Pela Fórmula de De Moivre, tem-se:

z16 5 @ cos 16 3 s __ 4

1 i sen 16 3 s __ 4

# 55 (cos 4s 1 i sen 4s) 5 1 1 i0 5 1Portanto, 1 1 z 1 z2 1 z3 1 ... 1 z15 5 0.

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1 5

2 e

6 b

7 a

4

3

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Escrevendo z na forma trigonométrica, tem-se:z³ 5 | z | ? (cos 1 i sen ) 5 1 ? (0 1 i )Logo, | z | 5 1, cos 5 0 e sen 5 1. Então, 5

p2

.Calculando a raiz cúbica, tem-se:

z 5 3√1 ? 5cos [ p6

1 2kp

3] 1 i sen [ p

6 1

2kp3

]6 ]

] z 5 1 ? 5cos [ p 1 4kp6

] 1 i sen [ p 1 4kp6

]6

• z1 5 cos 5p6

1 i ? sen 5p6

5 2 a32

1 12

i

• z2 5 cos 3p2

1 i ? sen 3p2

5 2i

• z3 5 cos p6

1 i ? sen p6

5 a32

1 12

i

8 c

9 c

Escrevendo esse número na forma trigonométrica, tem-se:

z 5 1 ? [cos 7p4

1 i sen 7p4

] ]

] z2.010 5 12.010 ? [cos 7p ? 2.010

4 1 i sen

7p ? 2.0104

]

Simplificando a expressão do ângulo:

7p ? 2.0104

5 14.070p

4 5

3p 1 7.032p2

5 3p2

1

1 1.758 ? 2p 3p2

] z2.010 5 12.010 ? (cos 3p2

1 i sen 3p2

) 5 1 ? (0 2 i ) 5 2i

(1 ± i)100 5 [(1 ± i)2]50 5 (1 ± 2i 2 1)50 5 (±2i)50 5

5 (±2)50 ? (±i )50 5 250 ? (±i )2 5 250 ? (±1)2 ? i2 5

5 250 ? 1 ? i2 5 2250

Logo:(1 2 i )100 5 (1 1 i)100 5 2250 ] ] (1 2 i )100 ? (1 1 i )100 5 (2250)2 5 2100

Como as representações geométricas de x, y, z e w coin-cidem com os vértices de um quadrado, então esses números complexos dividem a circunferência na qual o quadrado está inscrito em quatro partes iguais, ou seja, cada número complexo está 90w à frente do outro.Portanto, y 5 xi, z 5 xi2 e w 5 xi3, ou seja:•  y 5 xi 5 @ dll 3 1 i # i 5 21 1 dll 3 i•  z 5 xi2 5 x(21) 5 @ dll 3 1 i # (21) 5 2 dll 3 2 i •  w 5 xi3 5 x(2i) 5 @ dll 3 1 i # (2i) 5 1 2 dll 3 iOs afixos das n raízes de um número complexo, para n > 3 são vértices dos correspondentes polígonos regulares inscritos em uma circunferência com centro na origem.

a) z 5 1 1 i e OzO 5 dll 2 ] cos J 5 1 ___

dll 2 5

dll 2 ___

2

sen J 5 1 ___ dll 2

5 dll 2

___ 2

} J 5 s

__ 4

e z 5 dll 2 @ cos s __ 4

1 i sen s __ 4

# z 9 5 E dll 2 @ cos s __

4 1 i sen s __

4 # R 9 5 @ dll 2 # 9 @ cos 9 s __

4 1 i sen 9 s __

4 # 5

5 16 dll 2 @cos s __ 4

1 i sen s __ 4

# 5 16 dll 2 @ dll 2 ___

2 1

dll 2 ___

2 i# 5 16 1 16i

Portanto, as coordenadas (x1, y1) são (16, 16).b) O valor de d é igual ao módulo do número complexo

z9, ou seja, 16 dll 2 .

z 5 1 __ 2

2 i e z1 5 z3 ]

5 @2 3

__ 4

2 i # @ 1 __ 2

2 i # 5 @2 3

__ 8

1 3 __ 4

i 2 1 __ 2

i 2 1# 5 2 11 ___ 8

1 1 __ 4

i

} b 2 a 5 1 __ 4

2 @2 11

___ 8

# 5 13 ___ 8

] z1 5 @ 1 __ 2

2 i # 3 5 @ 1 __ 4

2 i 2 1 # @ 1 __ 2

2 i # 5

10 b

11

12

13

14

b)

ω 5 21 1 dll 3 i

_________ 2

52 1 __ 2

1 dll 3 i

____ 2

5 cos 2s ___ 3

1 i sen 2s ___ 3

a) ω3 5 cos @ 3 3 2s ___ 3

# 1 i sen @ 3 3 2s ___ 3

# 5 1 1 0i

Re(ω3) 5 1 e Im(ω3) 5 0

OωO 5 1 [ ω 3 ω 5 12 [ ω 5 1 __ ω 5 2 1 __ 2

2 dll 3 i

____ 2

} Re @ 1 __ ω # 5 2 1 __ 2

e Im @ 1 __ ω # 2 dll 3 i

____ 2

c) Do item a, ω é raiz de z3 2 1 5 0. Logo, como tal equação é do 3o grau e tem coeficientes reais, suas raízes são ω, ω e 1.

1120°

120°120°

ih

h3

= h1h

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a) z 3 w 5 (2 2 i )(23 2 i ) 5 27 1 i Ow 2 zO 5 O(23 2 i ) 2 (2 2 i)O 5 O25O 5 5b) O triângulo determinado por z, w e t 5 bi, b 0, tem

base Ow 2 zO 5 5 e altura b 1 1, logo 5(b 1 1)

_______ 2

5

5 20 [ b 5 7.

–3 –1 1 2

–1

5

0

–2

Im

Re

zw

b

@ cos s __ 5

1 i sen s __ 5

# 54 5 cos 54s ____

5 1 i sen 54s ____

5 5

5 cos 4s ___ 5

1 i sen 4s ___ 5

5 cos @ s 2 s __ 5

# 1 i sen @ s 2 s __ 5

# 5

5 2cos s

__ 5

1 i sen s

__ 5

5 2a 1 bi

15

16 b

17 c

19 d

18

Cinco minutos correspondem a um giro de s

__ 6

radianos,

pois, 2s ___ 12

rad 5 s

__ 6

rad.

Seja: z 5 2 dll 3 1 i e OzO 5 dlllllllllll @ 2 dll 3 # 2 1 12 5 2 ]

5 2 @2 1

__ 2

1 dll 3

___ 2

i # 5 21 1 dll 3 i

Logo, z 5 2 @cos 5s ___ 6

1 i sen 5s ___ 6

# . Após cinco minutos, o

ponteiro estará sobre o número complexo cujo argu-

mento é s

__ 6

rad menor, pois os ponteiros do relógio giram no

sentido horário, ou seja, sentido negativo para as medi-das convencionais de ângulo; logo:

2 E cos @ 5s ___ 6

2 s __ 6

# 1 i sen @ 5s ___ 6

2 s __ 6

# R 5 2 @ cos 2s ___ 3

1 i sen 2s ___ 3

# 5

cos J 5 2 dll 3

_____ 2

sen J 5 1 __ 2

} J 5 5s ___

6 ]

a) Ox 1 yi 2 (2 1 4i)O 5 Ox 2 2 1 (y 2 4)iO 5 2 ] ] (x 2 2)2 1 (y 2 4)2 5 4 Portanto, S é uma circunferência no plano complexo

com centro C(2, 4) e raio com duas unidades de medida.b) O ponto S mais próximo da origem é o ponto de inter-

secção entre a circunferência e a reta r que passa pela origem (0, 0) e pelo centro (2, 4) da circunferência, logo, r: y 5 2x.

y 5 2x(x 2 2)2 1 (y 2 4)2 5 4

] (x 2 2)2 1 (2x 2 4)2 5 4 ]

] x2 2 4x 1 4 1 4x2 2 16x 1 16 5 4 ] ] 5x2 2 20x 1 16 5 0 ]

} S @ 10 2 2 dll 5 _________

5 ,

20 2 4 dll 5 _________

5 #

x 5 10 1 2 dll 5

_________ 5

(não convém)

x 5 10 2 2 dll 5

_________ 5

]

z1 5 2 1 4i35

_______ 3 2 i

5 2 1 4i3

______ 3 2 i

5 2 2 4i ______ 3 2 i

5 2 2 4i ______ 3 2 i

3 @ 3 1 i _____ 3 1 i

# 55 6 1 2i 2 12i 1 4 ______________

32 2 i2 5 10 2 10i ________

10 5 1 2 i

z2 5 4 1 3iPortanto, o afixo de z1 é o ponto A(1, 21) e o de z2 é o ponto B(4, 3):

dAB 5 dlllllllllllllll (1 2 4)2 1 (21 2 3)2 5 dlllllllllll (23)2 1 (24)2 5 dllllll 9 1 16

} dAB 5 5

6

5

4

3

2

1

–1

–2

–3

–4

–5

–6

–6 –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 x

y

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21 e

22 b

23 d

24 a

a) Veja os representantes de z1 e z2 plotados na figura do aluno.

b) Veja os segmentos representados na figura do aluno. Sejam os vetores u 5 Oz1, v 5 Oz2 e w 5 z1z2 . Como OuO 5 OvO 5 2 dll 2 e OwO 5 4, tem-se: OuO2 1 OvO2 5 16 5 OwO2

Portanto, o triângulo z1Oz2 é retângulo em O e, por-tanto, z1Oz2 5 90w.

c) Tem-se que ze 5 iz 5 i(a 1 bi) 5 2b 1 ai. Logo, O z O 5 O zeO. Sendo J o argumento de z, tem-se: sen J 5 sen (90w 1 J) 5 cos J e cos J 5 2cos (90w 1 J) 5 5 2sen J Finalmente:

z 5 a 1 ib 5 cos J _____ ezu

1 i sen J _____ ezu

ze 5 2b 1 ia 5 sen J _____ ezu

1 i cos J _____ ezu

Portanto, ze pode ser obtido a partir de z por uma ro-tação de 90º no sentido anti-horário.

Logo, m(P1P2P3) 5 2 3 75w 5 150w. Esse ângulo é obtuso e, portanto, é o maior ângulo do triângulo P1P2P3.

Pela Fórmula de De Moivre:

z2 5 cos 2s ___ 6

1 i sen 2s ___ 6

5 cos s

__ 3

1 i sen s

__ 3

z3 5 cos 3s ___ 6

1 i sen 3s ___ 6

5 cos s

__ 2

1 i sen s

__ 2

Como O z O 5 Oz2O 5 Oz3O 5 1, os triângulos OP1P2 e OP2P3 são isósceles e, assim:

m(OP2P1) 5 m(OP2P3) 5 180w 2 30w __________ 2

5 75w

Im(z)

P1

P2P3

O

30°30°

30°Re(z)

Os possíveis valores de z são: 21, 21 1 i, 0, i, 1, 1 1 iA soma de todos esses valores: 21 2 1 1 i 1 0 1 i 1 1 1 1 1 1 i 5 3iO produto é igual a zero, pois um dos valores de z é nulo.

A alternativa a é verdadeira, pois as coordenadas de P são (2, 4) e, se P for afixo de um complexo z, então 2 representa a parte real e 4, a parte imaginária de z. Portanto, z 5 2 1 4i.A alternativa b é falsa, d e e são verdadeiras, pois o módulo de z é dado por: r² 5 2² 1 4² 5 20 Æ 5 2√5.A alternativa c é verdadeira, pois o argumento de z é

um ângulo cuja tangente é 42

5 2.

N z 5 in Afixo de z0 z 5 i 0 5 1 (1, 0)1 i1 5 i (0, 1)2 i2 5 21 (21, 0)3 i 3 5 21? i 5 2i (0, 21)4 i 4 5 21 ? (21) (1, 0)... ... ...

A figura formada pelos afixos da tabela é a seguinte:

São vértices de um quadrado em que as diagonais medem 2, o lado, √2 e a área 2.

20

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Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

.184

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Cód

igo

Pen

al e

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e 19

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.

ESTUDANDO Números complexos

Para o eNeM

1 b

2 e

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Rep

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ESTUDANDO Polinômios e equações polinomiais

Para o vestibular

x3 2 4x2 1 7x 2 3 5 26x 2 3 ] x3 2 4x2 1 13x 5 0 ]] x(x2 2 4x 1 13) 5 0 ] x 5 0 ou x2 2 4x 1 13 5 0

x2 2 4x 1 13 5 0 ] x 5 4 ! dllllllllllll 16 2 4 3 1 3 13

__________________ 2

5 2 !3i

Portanto, z 5 0, z 5 2 1 3i e z 5 2 2 3i.

p(21) 5 0 ] 21 1 (a 1 3) 1 5 1 b 5 0 ] p(2) 5 0 ] 8 1 (a 1 3) 3 4 2 10 1 b 5 0

a 1 b 5 27 4a 1 b 5 210

p(0) 5 b ] p(0) 5 26

] a 5 21 e b 5 26]

Desenvolvendo a expressão:(x 1 b)³ 5 x³ 1 3bx² 1 3b²x 1 b³ 5 x³ 2 6x² 1 mx 1 nIgualando os coeficientes:3b 5 26 ] b 5 223b² 5 m 5 3 ? 4 5 12b³ 5 n 5 28

De acordo com o gráfico:g(0) 5 2 ] f(g(0)) 5 f(2) 5 25f(1) 5 0 ] g(f(1)) 5 g(0) 5 2

I. Verdadeira.p(0) 5 0 ] 0³ 1 a ? 0² 1 b ? 0 1 c 5 0 ] c 5 0II. Verdadeira. O produto das três raízes seráa ? b ? c 5 2c. Logo, a ? b 5 21. Como ab , 0, eles têm sinais contrários.III. Verdadeira. A soma das raízes é a 1 b 1 c 5 2a. Então:p(2a) 5 (2a)³ 1 a(2a)² 1 b(2a) 1 c 55 2a³ 1 a³ 2 ba 1 c 5 2ba 1 c

1. Verdadeira. f(x) 3 g(x) 5 0 se f(x) 5 0 ou g(x) 5 0. Logo, no intervalo [210, 10], f(x) 5 0 uma vez e g(x) 5 0 três vezes; portanto, f(x) 3 g(x) 5 0 possui quatro soluções.

2. Verdadeira. y 5 f(x) 3 g(x) possui valores positivos se f(x) . 0 e g(x) . 0 ou se f(x) , 0 e g(x) , 0. Portanto, como no intervalo (0; 3), f(x) , 0 e g(x) , 0, a função y assume apenas valores positivos.

3. Falsa. Se g(0) 5 k com k , 0, então, f(g(0)) 5 f(k) 5 m, m . 0. Como f(0) 5 0, então, g(f(0)) 5 g(0) 5 k. De fato m % k, portanto f(g(0)) % g(f(0)).

4. Falsa. No intervalo considerado, g(x) é crescente e de-crescente.

Logo, f(x) 5 (x 2 1)(x3 1 3x2 1 3x 1 1), ou seja,f(x) 5 (x 2 1)(x 1 1)3.1 é raiz de multiplicidade 1 e 21 é raiz de multiplicidade 3.g(x) 5 x2 2 2x 1 1 ] g(x) 5 (x 2 1)2

Portanto:f(g(x)) 5 [(x 2 1)2 2 1][(x 2 1)2 1 1]3

■ De (x 2 1)2 2 1 5 0, tem-se que x 2 1 5 1 ou x 2 1 5 21, isto é, x 5 2 ou x 5 0.

■ De (x 2 1)2 1 1 5 0, tem-se que x 2 1 5 i ou x 2 1 5 2i, isto é, x 5 1 1 i ou x 5 1 2 i.

Considerando o fator [(x 2 1)2 1 1]3 em f(g(x)), pode-se concluir que 1 1 i e 1 2 i são, ambas, raízes de multipli-cidade 3.

Note que f(1) 5 0.

1 1 2 0 22 21 1 3 3 1 0

x³ 1 x² 2 3ax 2 4a x² 2 x 2 42x³ 1 x² 1 4x x 1 2

2x² 1 (4 2 3a)x 2 4a22x² 1 2x 1 8

(6 2 3a)x 2 4a 1 8

Como p(x) é divisível por q(x), tem-se que o resto é 0. Então:(6 2 3a)x 2 4a 1 8 5 0

6 2 3a 5 0 ] a 5 2e24a 1 8 5 0 ] a 5 2

Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito

1 d 7 a

8 c

2 e

3 b

4 e

5 b

6 b

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O polinômio P(x) tem grau 3. O gráfico do enunciado fornece duas raízes: 21 e 2.Sendo a a terceira raiz desse polinômio, tem-se P(x) 5 a(x 1 1)(x 2 2)(x 2 a).De acordo com o gráfico, P(0) 5 2.Desenvolvendo o polinômio tem-se P(x) 5 a(x2 2 2 x 2 2)(x 2 a). O fator (x2 2 x 2 2) tem raízes 21 e 2 e representa uma parábola com concavidade voltada para cima. Fazendo um estudo de sinais, observa-se que a(x 2 a) . 0, se x , 21, e que a(x 2 a) , 0, se x . 21. Portanto, a(x 2 a) 5 0, se x 5 21. Conclui-se que a 5 21 é uma raiz de P(x) com multiplicidade 2.

y

x

2

221

P(0) 5 a (0 1 1) (0 2 2) (0 2 a) 5 2 ] a (11) (22) (2(21)) 5 2 ] a 5 21 Portanto, P(x) 5 2(x 1 1)2(x 2 2).P(22) 5 2(22 1 1)2(22 2 2) 5 21 ? (24) 5 4

9 c

10 c 15 b

12 e

13

14

11

Q(x) 5 P(x) 1 P(2x) ] Q(x) 5 2ax2 1 2c

Q(2) 5 8a 1 2c 5 0 ] 4a 1 c 5 0 Q(1) 5 2a 1 2c 5 2 ] a 1 c 5 1

O produto das raízes é dado por 2 c __ 1

5 2c 5 2 4 __ 3

.

] a 5 2 1 __ 3

e c 5 4 __ 3

O volume desse paralelepípedo é dado pelo produto das raízes do polinômio.De acordo com as Relações de Girard, tem-se:

a1 ? a2 ? a3 5 2264

1 5 64

Portanto, o paralelepípedo tem 64 cm3 de volume.

Uma das raízes de f(x) é x 5 23. Logo:

Assim: f(x) 5 (x 1 3)(9x2 2 12x 1 4)

9x2 2 12x 1 4 5 0 ] x 5 12! dllllllllllll 144 2 4 3 9 3 4

__________________ 2 3 9

] x 5 2 __ 3

Portanto, suas raízes são 23 e 2 __ 3

(multiplicidade 2), ou seja,

não são números naturais.

23 9 15 232 12 9 212 4 0

Para t 5 3, t3 2 30t2 1 243t 1 24 5 510 ]] t3 2 30t 2 1 243t 2 486 5 0, logo:

Assim, t3 2 30t2 1 243t 2 486 5 (t 2 3)(t2 2 27t 1 162)De t2 2 27t 1 162, tem-se que t 5 9 ou t 5 18.Portanto, em t 5 9 min e t 5 18 min, h 5 510 m.

3 1 230 243 2486 1 227 162 0

2x3 1 3x2 1 4x1 1 3x0 5 5(x 1 3)2 1 3(x 1 3)1 1 4(x 1 3)0 ]] 2x3 1 3x2 1 4x 1 3 5 5x2 1 33x 1 58 ]] 2x3 2 2x2 2 29x 2 55 5 0As possíveis raízes racionais desse polinômio são:

Note que x 5 5 é raiz da equação. Por Briot-Ruffini, tem-se:

Portanto, (x 2 5)(2x2 1 8x 1 11) 5 0. Assim:

x 5 28 ! dlllllllllll 82 2 4 3 2 3 11

___________________ 2 3 2

] x 5 24 ! i dll 6

_________ 2

S 5 { 5, 24 1 i dll 6

_________ 2

, 24 2 i dll 6

_________ 2

}

5 2 22 229 255 2 8 11 0

{ !1, !5, !11, !55, ! 1 __ 2

, ! 5 __ 2

, ! 11 ___ 2

, ! 55 ___ 2

}

Q(z) 5 (az2 1 bz 1 c) 3 (z3 1 z2 1 z 1 1) e Q(0) 5 2.Assim, c 5 2 e a 5 1, pois o coeficiente de z 5 é igual a 1.

Q(1) 5 (1 1 b 1 2) 3 (1 1 1 1 1 1 1) 5 8 ] b 5 2 1Q(z) 5 (z2 2 z 1 2) 3 (z3 1 z2 1 z 1 1) 5 0 ]

z 2 2 z 1 2 5 0 ] z 5 1 ! i dll 7

________ 2

z 3 1 z2 1 z 1 1 5 0

Note que z 5 21 é raiz de z 3 1 z 2 1 z 1 1 5 0. Assim:

Logo, z 3 1 z2 1 z 1 1 5 (z 1 1)(z 2 1 1) 5 0.Portanto, z2 1 1 5 0 ] z 5 ! i.

Dessa forma, S 5 { 21; i; 2i; 1 1 i dll 7

________ 2

; 1 2 i dll 7

________ 2

} Assim:O21O2 1 O i O2 1 O2iO2 1 e

1 2 i dll 7 ________

2 u

2

1 e 1 1 i dll 7

________ 2

u 2

5

5 12 1 12 1 12 1 @ dll 2 # 2 1 @ dll 2 # 2 5 7

21 1 1 1 1 1 0 1 0

]

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.

Desenvolvendo a expressão:x2 1 4x 2 3x3 1 ax 1 b

5 (x 1 1)2 1 2(x 1 b)(x 1 1)2 (x 1 b)

5

5 x2 1 2x 11 1 2x 1 2b

(x2 1 2x 1 1)(x 1 b) 5

5 x2 1 4x 11 1 2b

x3 1 (b 1 2)x2 1 (2b 1 1)x 1 b

Igualando os coeficientes no numerador:1 1 2b 5 23 ] 2b 5 24 ] b 5 22Igualando os coeficientes no denominador:2b 1 1 5 a ] a 5 23Então, ab 5 (23) ? (22) 5 6.

I. Correto.Se ab é racional, então existem a e b inteiros, tais que

ab 5 ab

, com b 0. Mas nesse caso:

ab 5 ab

] 1a

? ab 5 1a

? ab

] b 5 aab

Como a, b e a são racionais, aab

também é racional, o que é uma contradição.

Por absurdo, conclui-se que ab é irracional.II. Incorreto. Por exemplo: p 1 (2p) 5 0.III. Incorreto. Pelo Teorema das Raízes Racionais, as possíveis raízes racionais seriam 1 e 21. Testando esses números, tem-se p(1) 5 6 e p(21) 5 6.Portanto, não existem raízes racionais para esse polinômio.IV. Correto. As raízes de p(x) serão √b. Como a raiz de um irracional também é irracional, então p(x) tem duas raízes irracionais.

As raízes complexas de p(x) podem ser calculadas pela forma trigonométrica do complexo z, tal que z³ 5 1 (p(z) 5 0):z³ 5 1 ? (1 1 0i) 5 1 ? (cos 0° 1 i ? sen 0°) ]

] z 5 1 ? 5cos [0 1 2kp3

] 1 i ? sen [0 1 2kp3

]6

(z1, z2, z3) 5 [1, 212

1 dll 3

___ 2

i, 212

2 dll 3

___ 2

i]

Como a ∉ R, tem-se a 5 z2 ou a 5 z3.

•  (z2)0 1 (z2)¹ 1 (z2)² 5 1 1 z2 ? (1 1 z2) 5

5 1 1 [212

1 dll 3

___ 2

i] [ 12

1 dll 3

___ 2

i] 5 1 2 14

2 34

5 0

•  (z3)0 1 (z3)¹ 1 (z3)² 5 1 1 z3 ? (1 1 z3) 5

5 1 1 [2 12

2 dll 3

___ 2

i] [ 12

2 dll 3

___ 2

i] 5 1 2 [ 14

1 34

] 5 0

Ou seja, em ambos os casos a expressão é nula.

O resto da divisão será o polinômio nulo ou um polinômio de grau menor ou igual a dois. Assim:x2.010 1 x1.005 1 1 5 (x3 1 x)q(x) 1 ax2 1 bx 1 cq(x) e ax2 1 bx 1 c são polinômios com coeficientes reais. • x 5 0 ] c 5 1• x 5 i ] 21 1 i 1 1 5 2a 1 bi 1 1 ] a 5 b 5 1O resto da divisão é x2 1 x 1 1.

De acordo com a figura, as dimensões da caixa são x, (21 2 2x) e (21 2 x).V 5 x ? (21 2 2x) ? (21 2 x) 5 810 ]] V 5 2x3 2 63x2 1 441x 2 810 5 0Utilizando o algoritmo de Briot-Ruffini:

3 2 263 441 2810

2 257 270 0

2x2 2 57x 1 270 5 0 ]

Como a medida de x deve ser menor ou igual a 21, tem--se x 5 6. Portanto, o valor possível em centímetros para a medida x pertence ao intervalo (5, 7).

x 5 2(257) √572 2 4 ? 2 ? 270

2 ? 2 5

57 √1.0894

x 5 57 1 33

4 5 22,5

x 5 57 2 33

4 5 6

16 e 19 b

20 c

21 d

22 a

17 c

18 b

3x3 1 x2 2 2x 5 0 ] x(3x2 1 x 2 2) 5 0, portanto uma raiz da equação é x 5 0. Logo:

3x2 1 x 2 2 5 0 ] x 5 21! dllllllllllll 1 2 4 3 3 3 (22)

___________________ 6

]

] x 5 2 __ 3

ou x 5 21 ] a 5 21, b 5 0 e c 5 2 __ 3

Dessa forma, c 2 a 5 2 __ 3

2 (21) 5 5 __ 3

.

I. Verdadeira. O gráfico intersecta o eixo das abscissas em x 5 1, logo esta é raiz de multiplicidade ímpar. Além disso, tangencia o mesmo eixo em x 5 2, indi-cando que esta raiz tem multiplicidade par.

II. Verdadeira. Ver item anterior. III. Verdadeira. Ver item anterior. IV. Verdadeira. O polinômio de grau 5 pode ser dado, por

exemplo, por (x 2 1)(x 2 2)2(x2 1 1), que possui duas raízes complexas.

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.23 c

24 e

P(x) 5 a(x 1 1)(x 21)(x 2 2) e P(0) 5 2.Assim, a(0 1 1)(0 21)(0 2 2) 5 2 ] 2a 5 2 ] a 5 1Portanto, P(x) 5 x3 2 2x2 2 x 1 2.Pelo Teorema do Resto: P(22) 5 (22)3 2 2 3 (22)2 2 (22) 1 2 5 2 8 2 8 1 2 1 2 5 212

a) Falso. O gráfico não intersecta o eixo x no intervalo ]3, 5[.b) Falso. x 5 1 não é raiz de p(x).c) Falso. O gráfico intersecta o eixo x pelo menos cinco

vezes.d) Falso. p(x) tem pelo menos cinco raízes reais.e) Verdadeiro. O gráfico intersecta o eixo x pelo menos

cinco vezes.

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ESTUDANDO Polinômios e equações polinomiais

Para o eNeM

Como o polinômio tem coeficientes reais, as raízes complexas sempre aparecem aos pares.

O humor será mantido caso os polinômios sejam primos entre si, ou seja, se o seu máximo divisor comum for 1.Tem-se: •  mdc (3x 1 3, x 1 1) 5 mdc (3(x 1 1), x 1 1) 5 x 1 1•  mdc (x2 2 1, x 2 1) 5 mdc [(x 2 1)(x 1 1 1 1)] 5 x 2 1•  mdc (x2 2 1, x 1 1) 5 mdc 1 [(x 1 1)(x 1 1 1 1) 5 x 1 1•  mdc (x2 2 2x 1 1, x 2 1) 5 mdc [(x 2 1)2, x 2 1] 5 x 2 1•  mdc (x2 1 1, x 1 1) 5 1

A quantidade de pisos é dada por x3 2 3x 12x2 1 x 2 2

5 x 2 1.

•  C1 5 350.000 1 100.000 ? n•  C2 5 150.000 1 120.000 ? nC1 5 C2 ] 350.000 1 100.000n 5 150.000 1 120.000n ] ] 350 1 100n 5 150 1 120n

O texto de Ifrah revela que as regras fundamentais do cálculo algébrico (operações algébricas) eram assunto do livro cujo título deu origem à palavra “álgebra”.

V1 5 V2 Æ 250t3 2 100t 1 3.000 5 150t3 1 69t 1 3.000 ÆÆ 100t3 2 169t 5 0 Æ t(100t2 2 169) 5 0 Æ Æ t 5 0 ou 100t2 2 169 5 0Sendo assim:

100t2 2 169 5 0 Æ t2 5 169100

Æ t 5 1310

5 1,3

Portanto, os reservatórios terão o mesmo volume nos instantes t 5 0 e t 5 1,3.

1 e 5 c

6 a

2 c

3 e

4 a