livro_professor_matematica_2b_2008
TRANSCRIPT
Mat
emát
ica
I
Volume 2.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mat
emát
ica
I
1
Volume 2.B
1 E = 5 cm
12,5 km =
1cm2,5 km
A) 1 cm na fotografia corresponde a 2,5 km.B) Considere a área retangular de dimensões x e y como
a área queimada.
Sejam a e b as medidas reais da área queimada
I.ya
= xb
= 1cm2,5 km
I I .Área queimada na fotografia
Área real=
2
real
9 cmA =
y . xa . b
=
= 2
1cm2,5 km
y
x
9 cm2
a
b
4 1m2 90 g
x 60 g
1x
= 9060
→ x = 69
m2 = 23
m2
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 2.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Revisão (Parte II) – Ensino Fundamental
�������� → REAL
9A
= 21
6,25 km → AREAL = 56,25 km2
Resp: A) 2,5 km;B) 52,25 km2
Sejam a, b e c as partes.
a15
= b
12 =
c10
= a + b + c15 + 12 + 10
= 333037
= 90
Então: Sirtônio receberá a = 15 x 90 = 1.350Berfôncio receberá b = 12 x 90 = 1.080Nastélia receberá c = 10 x 90 = 900
VM = dt
1o. 80 km/h = d3h
→ d = 240 km.
2o. VM = 240 km2,5 h
= 96 km/h
Resp: 96 km/h
3
2
Capítulo 2: Revisão (Parte II) – Ensino FundamentalRevisão (Parte II) – Ensino FundamentalRevisão (Parte II) – Ensino FundamentalRevisão (Parte II) – Ensino FundamentalRevisão (Parte II) – Ensino Fundamental ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ 1Tópico A: ProporcionalidadeTópico B: PorcentagensQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. 9Capítulo 3: Sequências Numéricas Reais (Parte I)Sequências Numéricas Reais (Parte I)Sequências Numéricas Reais (Parte I)Sequências Numéricas Reais (Parte I)Sequências Numéricas Reais (Parte I) ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ 10Tópico A: Progressão AritméticaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................14Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................16
Mat
emát
ica
I
2
Volume 2.B
7
9
8
10
x y
3.000 18
3.600 y
5
3.000 18 h
3.600 y
y x
12 10
y 16
c
20
24
12 10
y 16
20
24
y x c
18y
= 3.6003.000
→ y = 15h
Resp: 15 horas
D1o modo: Por função:x operáriosy diasc comprimentoObs.: y é inversamente proporcional a x e diretamenteao comprimento.
Logo: y = α . c
x onde α é a constante de
proporcionalidade
1o. 12 = α . 20
10 → α = 6
2o. y = 6 . c
x =
6 . 2416
→ y = 9 dias
Daí 9
30 mês = 3
10 mês
2o Modo: Regra prática
12y
= 1610
. 2024
→ y = 9 dias
P = 20100
. 540 = 108 reais
Resp.: R$ 108,00
V = C + L
1.400 = C + 40
100 . C → 1400 =
140100
. C → C = 1000
Resp.: R$ 1000,00
6
Obs.: As grandezas são inversamente proporcionais.1o. Modo: (Utilizando uma função)Seja y o tempo necessário para que x insetos destruamuma lavoura, y é inversamente proporcional à x, logo:
y = kx
onde k é a constante de proporcionalidade.
1o. 18 = k
3.000 → k = 54.000
2o.54.000
x → y =
54.0 003.6 00
= 15h
2o. Modo: Regra Prática
11
A) Eraldo ganha R$ 400,00 e obteve dois aumentossucessivos; a saber:Em maio/2006 → 20% eEm junho/2006 → 30%
Qual o aumento percentual acumulado pelofuncionário no 1o semestre/2006?Seja “S” o salário inicial.
Novo salário = Sal. após oo1 aumento
(S + 20% . S)������� + o2 aumento
30% . (S + 20%S)��������� =
= S + Aumento Acumulado
(20% 30% 30% . 20%)+ +������������� . S
Então Aumento Acumulado == 20% + 30% + 30% . 20% = 50% = 6% = 56%Resp.: 56%
B) Entrei numa concessionária para comprar um carrono valor de R$ 16.000,00. Achei caro demais, porémo vendedor me ofereceu 2 descontos sucessivos de20% e 30%, respectivamente. Sentei-me um poucopara calcular o desconto acumulado. Ele era de 50%,menor que 50% ou maior? Determine-o.Resposta: 44%Seja V o valor do carro?Após o 1o desconto pagaria = (V – 20% . V)Após o 2o desconto pagarei = (V – 20% V) – 30% . (V – 20%V)
Logo Vfinal a pagar = V – Desconto Acumulado
(20% + 30% – 30% . 20%)������������� . V
Dacumulado = 20% + 30% – 30% . 20% = 44%
Resp.: 44%
DDados:Salário recebido = x reaisJ.R. = 25% . xBens e serviços pagos = y reais
Imposto sobre os bens e serviços = 13
. y
1o) Salário mensal líquido = x – 25%.x = 75%.x
2o) Gastando o líquido todo em bens e serviços pagará
de imposto sobre os bens um valor de 13 . (75% x) =
25%.x ao mês.3o) Em 1 mês os impostos representam 25%.x + 25%x =
50% . x, isto é, metade do salário bruto.Então, em 1 ano o trabalhador pagará: 12 . 50%x = 6 .x, ou seja, paga o equivalente a 6 salários brutos.
B
J = Cit100
→ 21. 6 00 = 48.0 00 . i% . 18 →
Mat
emát
ica
I
3
Volume 2.B
⇒ i% = 216
480 .18 =
12480
= 140
B1a parte: Cálculo dos juros
J = 4 00 . 31 00
. 6 = 72 reais
2a parte: Montante a PagarM = c + j = 400 + 72 = 472
5 meses
J = C . i . t100
→ 1000 = 2000 . 10100
. t → t = 5 meses
M(4) = (1,05)4 . 2000 = 2.431,01Resp.: (1,05)4 . 2000 = 2.431,01
Suponha que a compra seja de R$ 100,00A) À vista:
Valor a pagar = 90100
. (100) = 90 reais
12
90
0
50
0
50
1
No ato
da compra
B) 2 prestações iguais
Sendo i a taxa de juros cobrada sobre os R$ 50,00restantes, temos na época da compra (época 0)
90 = 50 + (50)(1 i)+
→ 40 = 501+ i
→ 1 + i = 54
→
→ i = 14
→ i = 25%
BSeja i a taxa média e P o valor da produção.1a parte: Janeiro = 21% → P(jan.) = (1,21) . P
Fevereiro = 8% → P(fev.) = (1,08) . (1,21) . P= (1,3068) . P
2a parte: Supondo que nos dois meses a taxa de aumentoseja igual a i, temos:P(jan.) = (1 + i) . PP(fev.) = (1 + i) . (1 + i) . P = (1 + i)2 . P
logo (1 + i)2 . P = (1,3068) . P →
→ 1 + i = 1,3068 → i = 1,3068 – 1
13
15
14
16
a a
c
c
EDados: Largura = a
Comprimento = c
1
2
3
2a + 2c = 66
a + c = 33
ac
= 47
→ a4
= c7
→ a4
= c7
= 33
4 + 7 = 3
Logo, a = 12 e c = 21
CDados: Parcelas a e b e a + b = 121 milSócio A → aSócio B → b
a204 mil
= b
357 mil= 121 mil
561 mil
daí a = 204 x 121
561 mil = 44.000 e
b = 357 x 121
561mil = 77.000
Partes: (M, C, A) Inv. prop. (20,15, 10)M + C + A = 390
M1
20
= C1
15
= A1
10
= 3903 + 4 + 6
60
= 1800
M = 1
20 . 180 0 → M = 90
E1a parte: Idades dos filhos são x e y.
+ = =
x y 28x 3y 4
→ x3
= y4
= ++
x y3 4
= 287
= 4 →
→ x = 12 e y = 16
2a parte: Considere a e b as partes que cada filho iráreceber.(a, b) é inversamente proporcional à (12, 16) e a + b = 175.Daí:
12a = 16 . b → a
16 =
b12
= ++
a b16 12
= 17528
Sendo “a” a parte do mais jovem, temos:
a16
= 17528
→ a4
= 175
7 → a
4 = 25 → a = 100
CSejam c, g e t os preços de uma cesta, uma garrafa euma toalha, respectivamente.
4
5
Mat
emát
ica
I
4
Volume 2.B
1200y
= 54
. 35
→ y = 1600 peças em 5 dias.
2a parte: No 6o dia para completar 1840 peçasdevem ser produzidas 240 peças. Daí:
5 1200
4 y
3
5
No horas/dia No peças Tempo (dias)
5 1200
x 240
3
1
No h/dia Tempo
6
7
8
I)
II)
III)
c 2g 5g 3 3
g . tt 8 8c g t 183
= →
= → = + + =
Colocando c e t em função de g, temos c = 25 g e
t = 83 . g. Subistituindo na III equação, tem-se que:
25
g + g + 83
g = 183 →
→ + +6g 15g 40g
15 = 183 →
61g = 15 . 183 → g = 45
A
Dado: xy
= zt
e t + z = x + y ≠ 0
xy
= zt
→ +( x y )
y =
+( z t )
y. Como x + y = z + t,
1y
= 1t, isto é y = t
Então, xy
= zt
→ x = z → t – z = y – x
FSejam H o número de homens e M o número de mulheres.
HM
= 76
→ +H MM
= +7 66
→ M6
= +H M13
→
→ M = +6 . (H M)
13. Como M é inteiro e positivo,
podemos afirmar que o total de alunos (H + M) é divisívelpor 13.
D
Desempenho de x = 38 km
4 l = 9,5 km/litro
Desempenho de y = 63 km
6 l = 10,5 km/litro
Desempenho de t = 78 km
7 l = 11,14 km/litro
Calculando a razão entre o desempenho e o preço de1 litro , obtemos:
11111ooooo Gasolina Gasolina Gasolina Gasolina Gasolina
12 km/litro2,61/litro
≅ 4,59 km/R$ 1,00
9
22222ooooo Álcool Álcool Álcool Álcool Álcool
8 km/litro1,80/litro ≅ 4,44 km/R$ 1,00
É mais econômico abastecer com gasolina, pois o carroanda (4,59 – 4,44)km = 0,15 km a mais do que comálcool, a cada R$ 1,00.
D
1o.Custo gasolina/km = 1x 1,50
14reais/km
2o.Custo álcool/km = 1
10 x 0,75 reais/km
3o. Razão pedida =
0,7510
1,5014
= 1420
= 7
10
D1a parte:
10
11
5x
= 1200240
. 13
→
5x
= 400240
→ 5x
= 53
→ x = 3h/dia
CMecânicoMecânicoMecânicoMecânicoMecânico: (T é a tarefa a ser executada)
12
Regulagem
1 automóvel
Tempo
h23
x 1 h
Obs.: 40 min. = 4060
h = 23
h
23
. x = 1 → x = 32
= 1,5h
logo em 1h o mecânico regula 1,5 automóveis.
AuxiliarAuxiliarAuxiliarAuxiliarAuxiliarRegulagem
1 automóvel
Tempo
2h
y 1h
Mat
emát
ica
I
5
Volume 2.B
2y = 1 → y = 12
automóvel.
O auxiliar em 1 hora regula 12
automóvel.
Daí, quando os dois trabalham juntos temos:
Produção dos dois
3 automóveis
= 2 automóveis+1h
t
32
12(
(
1t =
23
→ 2t = 3 → t = 32
h →
→ t = 32
. (60 min.) = 90 min.
4 cm12 km =
10 cmx → 4x = 12 x 10 km → x = 30 km
DDados: Hangar consumiu = 3 x Y
Acompanhante consumiu = Y
Sejam a e b os valores que Hangar e o acompanhanteirão pagar, respectivamente. Daí:
a3y
= by
= a b3y y
++
= 284y
Então: a
3y = 28
4y → a = 21 reais e b = 7 reais
Sejam a, b e c as medidas dos lados de um triânguloretângulo.
a3
= b4
= c5
= a b c3 4 5
+ ++ +
= 3612
= 3
Daí; a = 9, b = 12 e c = 15. Portanto:
Área = 12 x 9
2 = 54
DApós 8 dias:11 dias – 8 dias = 3 dias
13
14
15
1215
9
h/diasNo DiasNo Operários13
10
3
3
6x
62
x = 10
5
13 .
31
31
→ 5x = 39
x = 395
16
x = 7h + 45 h
x = 7h + 45 h . 60min
x = 7h e 40min
DCapacidade do hall
* Área total: 11 x 10 = 110 m2
área capacidade20 m2 x110 m2 90 + 60 + 120 + x
20110
= x
270 x+ → 11x = 540 + 2
9x = 540
x = 60
Hall e depósito IIIárea capacidade20 m2 60A 120
→ A1 = 40 m2
Área = comprimento x largura
40 = y . 10 → y = 4 m
B
R = . 5T
α
I)43 =
3.7
914
α → 4
3 x 9
3
14 = α .
37
→
→ α = 4 x 3 x 714 x 3 → α =
2814 → α = 2
Daí: R = 2 . ST . Substituindo R = 48 e T = 75
Obtemos: 48 = 2 . S
75 →
→ S = 16 x 3 . 25 x 3
2 → S = 30
17
18
19 no de casos tempop/diaNo Operários30
20
8
10
3625
6x
Mat
emát
ica
I
6
Volume 2.B
6x
= 2030
. 108
. 3625
6x
= 23
. 54
. 36
3
255
→ 6x
= 2 x 3
5 → x = 5
1o. 35% + 40% = 75%
2o. O 3o país receberá 25
100 . 600 milhões =
= US$ 150 milhõesResp.: 150 milhões de dólares
V = C + L → V = 6000 + 40% . V → 60
100 . V =
= 6000 → V = 10.000Resp.: R$10.000,00
C
1o. Aumento aculumado: 20% + 10% + 20100
. (10 %) =
= 32%2o. Se as mercadorias valiam V reais, após os 2aumentos passaram a valer (1,32) . V.3o. Para que o desconto x satisfaça ao problema,devemos ter:
x . (1,32) . V = (0,32) . V → x = 0,321,32
= 32
132 ≅
≅ 0,2424 → x ≅ 24,24%
APreço: x e consumo y faturamento: xyNovo preço: x – 10% de x = 90% de x= 0,9xNovo consumo: y+20% de y = 1,2yNovo Faturamento: 0,9x . 1,2y = 1,08 xy
Aumento de 8%
ASupondo preço da cesta: 100Alimentos: x1,41% de x = 1,03% de 100
1,41x100 =
1,0310 0 . 10 0
1,41x = 103
x = 1,031,41
≅ 0,73
x = 73%
BMais 10 reais indicam os 5% que ele não teve 5% — 10 reais 100% — x
5x = 1000 → x = 200 reais
200 +10% 200 = 220,00
APara facilitar o entendimento admitimremos que uma
20
21
22
23
24
25
26
mercadoria custa R$ 100 reais e que o salário doempregado seja R$ 100 reais.1a parte: Após o aumento de 82%
Novo preço = (1,82) . 100 = 182 reais2a parte: Após o aumento de 30%
Novo preço = (1,30) . 100 = 130 reais
O poder de compra do empregado diminui. Supondoque x% seja o aumento para que o pooder de compraseja recuperado, temos:
x10 0 . 130 = 52 reais → x =
52013 = 40
1a Parte:Dois aumentos sucessivos:
Aumento acumulado = 10% + 20% + 10
10 0 . 20% = 32%
2a Parte:
Preço do produto inicialmente = 15
10 0 . (salário). Sendo
x o preço do produto inicial após os dois aumentos elepassará a ser de:
132100 . x. Como x =
15100 . (salário)
Então:
Novo preço = 132100 .
15100 . (salário)
= 19,80% . (salário)
AV = Preço de vendaC = Preço de custoL = LucroV = C + LI) V = C + 20% . V
II) (V + 20 mil) = C + 13 . (V + 20 mil)
V + 20 mil = C + 13 . V +
20 mil3
Da I equação obtemos que C = V – 20%VC = 80% . V. Substituindo na 2a equação; tem-se que:
23 V =
8010 0 . V –
23 . (20 mil)
23 . (20 mil) =
45 V –
23 V
23
. (20 mil) = 2. V15
V = 100 mil
J = 500 . 2 .12
100 = 120 reais
Resp.: R$ 120,00
27
28
29
Mat
emát
ica
I
7
Volume 2.B
D1o cálculo dos juros:J = 600 – 500 = 100 reais.
2o cálculo da taxa de juros:
J = C . i . t100 → 100 = 500 .
i100
. 5 →
→ i = 10025
→ i = 4
Logo a taxa foi de 4%.
R$ 8.000,0001a Aplicação: (Juros J e Montante M)
J = C . i .10
100 → J =
C . i10
reais →
→ M = C + J → 10.000,00 = C + C . i10
2a Aplicação: Capital apliado = 10.000,00Montante = 13.750,00
1o JurosJ = 13.750,00 – 10.000,00 = 3.750,00. Daí,
3.750,00 = 10.000 . i
100 . 15 → i = 375.000
150.000 →
→ i = 2,5
A taxa foi de 2,5% ao mês
Substituindo, i = 2,5 na 1a equação obtemos:
10.000 = C + C . (2,5)
10 → 12,5 . C = 100.000 →
→ C = 100.000
12,5 → C = 8.000,00
D1a parte: Comprando à vista com um desconto de 5%.
Pagarei = 95
100 . (100) = 95 reais.
2a parte: Imagine que você dispoe dos 95 reias para fazera compra, mas você descobre uma aplicação, cuja taxaé de i% ao mês, e que vai lhe proporcionar um montanteM após 1 mês. Para que esta aplicação seja vantajosa,dentro do contexto do problema, devemos ter:
M > 100 → 95 + 95 . i100
> 100 →
→ 95 . i100
> 5 → i > 50095
→ i > 5,263.
Entre as alternativas i = 5,3%
EValor à vista = 800 – 5% . 800 = 800 – 40 = 760Valor a financiar = 760 – 400 = 360
30
31
32
33
34
35
Como após 3 meses pagarei 400, o juro cobrado foide 400 – 360 = 40 reais. Então no sistema de jurossimples considerado i% a taxa de juros no período det = 3 meses temos que:
360 . i% . 3 = 40
36 0 . i
100 = 3 = 40
27 . i = 100
i = 10027
≅ 3,7
Taxa = 3,7%
CSejam x e (30.000 – x) os capitais utilizados nas duasaplicações.1a parte: Capital x aplicado a uma taxa de 8% ao ano.
J1 = x . 8 .1100
2a parte: Capital (30.000,00 – x) aplicado à 12% ao ano.
J2 = (30.000 x) .12 .1
100−
Se os lucros foram iguais, temos que:
J1 = J2 → 8x
100 =
12 . (30.000 x)100
− →
→ 8x = 360.000,00 – 12x → 20 x = 360.000,00 →
→ x = R$ 18.000,00
Então, os capitais foram 18.000 e 12.000 de ondeconclui-se que a diferença entre eles é de 6.000,00 reais.
B1a parte: Comprando à vista ganha um desconto de10%, que corresponde a 60 reais. O valor à vista seriade 540 reais.
2a parte: Dado uma entrada de 300,00, o valor afinanciar será de 540 – 300 = 240. Como você nãotem os 240,00 para levar o aparelho à vista, vocêpagará, após 1 mês mais 300,00.O juros que você pagará será de (300 – 240) = 60,00que corresponde a um percentual de 25%, pois;
60240
= 14
= 0,25 = 25%
CDadosDadosDadosDadosDados:Empréstimo = 8.000,00Juros (taxa) = 5% ao mês
360 1 2
5.000
Mat
emát
ica
I
8
Volume 2.B
37
1a parte: Após 2 meses, o saldo devedor era de R$8.820,00, veja os cálculos abaixo:
S(1) = 8.000 + 5100
. 8.000 = 8.000 + 400 = 8.400
S(2) = 8.400 = 5
100 . (8.400 ) = 8.400 + 420 = 8.820
2a parte: Se Mário pagou R$ 5.000,00 então seu saldodevedor será de 8.820 – 5.000 = 3.8203a parte: Após 1 mês, este saldo passará para:
S = 3.820 + 5
100 . (3820 ) = 4.011
Então, como o débito foi liquidado o valor do últimopagamento foi de R$ 4.011,00
Seja C o capital inicial.
M(12) = (1,02)12 . C = 1200 ⇒ C = 12
1200(1,02)
→
C ≅ 952,38 = 952,38
D1 + i = (1,10)3 → i = (1,10)3 – 1 → i = 0,3310 =33,10% ao trimestre.
AMontante após t t t t t anos = M(t)i) M(1) = (1 + 0,10) . 5000 = 1,10 . 5.000 = 5.500ii) M(2) = (1 + 0,10) . 5.500
M(2) = 1,10 . 5.500 = 6.050
DM = C. (1 + i)tM= 50.000 (1+0,0075)
M= 50.000. (1,0075)
A• países ricos
M1 = c. (1,042) taxa 4,2%
• BanqueirosM2 = c. (1,03)12 = 1,42c taxa 42%
42%4,2% = 10
38
39
40
41
42
43
44
P0 = x
Entrada Após 1 mês
P1 = x
Sejam P0 = x o valor da entrada e P1 = x o valor da 2a
prestação onde estão embutidos um juros de 50% sobreo saldo devedor.
EntãoSaldo devedor = (640 – x) e
150010 . (640 – x) = x
15 . 64 001 –
1510 x = x
960 = x + 32 . x
960 = 5x2
x = 2 . (960)
5 ⇒ x = 384 reais
BHerança: X
Total AcumuladoMenor: 10 . (1,10)10 milhõesMaior: 15 . (1,10)10 milhões
• partes inversamente proporcionais10 . (1,10)10 . x1 = 15 . (1,10)10 x2 = k
x1 = 10k
10 . (1,10)
x2 = 10k
15 . (1,10)
x1 + x2 = 10k
10 . (1,10) + 10
k15 . (1,10)
= 103k 2k
30 . (1,10)+
x1 + x2 = 105k
30 . (1,10) + 10
k6 . (1,10)
fração; 2
1 2
xx x+
= 10
k15 . (1,10)
10
k
6 . (1,10)
= 1
15 . 6 = 25
51,36%Tomaremos uma mercadoria custando R$ 120,00.I. à vista = 70% . 120 = 84 reaisII. Em 3 parcelas, iguais, sem desconto, onde a 1a é
no ato da compra.à vista
40
0 1 2 0
40 40 84
40 + 40
(1 i%)+ + 240
(1 i%)+ = 84
onde i% é a taxa mensal. Sendo x = 1 + i%, temos:
40 . 21 11x x
+ + = 84
Mat
emát
ica
I
9
Volume 2.B
1 + 1x + 2
1x
= 8440 =
2110 = 2,1
x2 + x + 1 = 2,1x2
1,1x2 – x – 1 = 0∆ = 1 + 4,4 = 5,4
x = 1 5,4
2,2+
→ 1 + i% = 1 5,4
2,2+
→
→ i% = 5,4 1,2
2,2−
≅ 51,36%
Carga horária/dia Tempo Nº de horas
8h/dia
10h/dia
12
x
10
6
Nº de pulseiras Tempo Nº de artesãos
15
x
5h
3h
1
2
E
Tucuruí: P = 2.4304.240
= 0,57 km2/MW
Sobradinho: P = 4.2141050 = 4,01 km2/MW
Itaipu: P = 1350
126.000 = 0,10 km2/MW
Ilha: P = 0,33 km2/MWFurnas: P = 1,10 km/MW
A = 25Desconto = 20%Preços da Mercadoria = x reais (sem desconto)1o) Preço (após o desconto) = 80% . x da mercadoria2o) Se com o acréscimo de A% o preço volta ao valor
inicial, então:80% . x + A% . (80% . x) = x →→ A% . (80% . x) = 20% . x →
→ A% = 20%80% =
2080 =
14 = 0,25 = 25% → A = 25
A
1
2
3
4
5
12x =
610 .
108
→ 6x = 12 . 8 → x = 16 dias
ECapacidade do Reservatório = V litros
1º) Vazão da 1a torneira = Vx
litros/hora
2º) Vazão da 2a torneira = V
x 6+ litros/hora
3º) As duas torneiras juntas em 1 hora despejam (Vx +
Vx 6+
)
litros. No entanto como as duas enchem o reservatórioem 4 horas podemos afirmar que:
1h → V . 1 1x x 6
+ +
litros
4h → V litros
Daí:
4 . V . (1x
+ 1
x 6+ ) = 1 . V
→ 4 . x 6 xx . (x 6)
+ + +
= 1 → 8x + 24 = x2 + 6x →
→ x2 – 2x – 24 = 0
x ' – 4 (não convém)
x " 6
=
=
Logo x = 6
4o) Vazão da 1a torneira = V6 litros/hora, então, para esta
torneira encher o reservatório será nescessário 6 horas.
D
6
15x =
53 .
12 → 5 . x = 15 . 3 . 2
x = 18 pulseiras
EDados:Inicialmente a raposa está 60 pulos a frente do cão.Freqüência: A cada 10 pulos da raposa o cão dá 8 pulos.
1pulo da raposa xRelação entre oscomprimentos 1pulo do cão ydos pulos 5x3 . y 5 . x y
3
= = = → =
1o) Seja nnnnn o número de pulos do cão para alcançar araposa.Nº pulos do cão Nº pulos da Raposa8 → 10n → P
8n =
10p → p =
10n8 → p =
5n4
Mat
emát
ica
I
10
Volume 2.B
Sequências Numéricas Reais (Parte I)
���������
A) a1 = 3a2 = a1 + 5 = 3 + 5 = 8a3 = a2 + 5 = 8 + 5 = 13a4 = a3 + 5 = 13 + 5 = 18
a1 + a2 + a3 = 3 . 20 + 3 . 21 + 3 . 22
= 3 + 6 + 12 = 21Resp.: 21
a3 = a2 + a1 = 3 + 2 = 5a4 = a3 + a2 = 5 + 3 = 8a5 = a4 + a3 = 8 + 5 = 13Resp.: 13
A) a1 = 6a2 = 9a3 = 12an = 6 + (n – 1) . 3an = 3 + 3 . n ; n ∈ N* = {1, 2, 3, …}
B) an = 4 – n . 6 ; n ∈ N = {0, 1, 2, 3, …}
AP.A. de R = –2 e a1 = 3a20 = 3 + 19 . (–2) = –35
A1o) Os números positivos são múltiplos de 2 e de 7simultaneamente. Então, como 2 e 7 são primos entresi, os números procurados são múltiplos de 14.
1
3
2
4
5
6
8
9
7
2º) O cão alcançará a raposa quando as distânciaspercorridas forem iguais. Considere Dcão = distância
percorrida pelo cão após nnnnn pulos = n . y = n . 53 x
unidades de comprimento.Draposa = distância percorrida pela raposa após (60 + p)
pulos, isto é; (60 + 5n4 ) pulos = (60 =
5n4 ) . x
Então:
n . 53 x = (60 +
5n4 ) . x →
→ 5n3 –
5n4 = 60 →
→ 5n (4 3)
12−
= 60 →
→ n = 144 pulos
APara facilitar os cálculos considere o preço de tabelaigual a R$ 100,00.1o) À vista – Desconto de 65%
Valor pago = 35% . 100 = 35 reais2o) Com 30 dias – Desconto de 55%
Valor pago = 45% . 100 = 45 reais
Suponha que o consumidor disponha de 35 reais paracomprar o produto. Aplicando, com rendimento de 25% aomês, no final de 30 dias ele terá 35 + 25% . 35 = R$ 43,75.Ora, se ele optou pela segunda alternativa, após aaplicação ficariam faltando 45 – 43,75 = R$ 1,25, isto
é, faltaria 1
80 do preço de tabela.
Obs.:
1,25 = 18 . 10 =
180 . 100
25 anosTempo = t anosCapital = C reaisTaxa = 1% ao ano = 12% ao anoJuros = J
Resolução: Devemos encontrar o tempo t, tal que omontante da aplicação seja 4 . C.
Então: M = C + J →→ 4C = C + J →
→ J = 3C → C12
100 . t = 3 C →
→ t = 30012 = 25 anos.
C
1o) 8 meses ⇔ 8
12 ano = 23 ano → t =
23 ano
2o) J = c . i . t100 → 33.600 = 150.000 . i% .
23
ano
→ 336 = 1500 . i
100 .
23 →
336 = 10 . 1 → i = 33,6
Resposta: 33,6%
12 mesesSeja C a dívida inicial e M o montante da dívida apóst meses. Sendo 9% a taxa de juros, o montante Mtriplicará quando:M = 3C → (1 + 0,09)t . C = 3C→ (1,09)t = 3→ ln(1,09)t = ln3→ t. ln(1,09) = ln3
→ t = 1,080,09
= 108
9 → t = 12 meses
10
Mat
emát
ica
I
11
Volume 2.B
7
8
a7 + a21 = a13 + a1511x – 4 = 3x + 208x = 24 → x = 3
→ a7 + a21 = 33 – 4 = 29
Logo a1 + a27 = a7 + a21 = 29
S27 = 1 2727 . (a a )2
+
S27 = 27 . (29)
2
S27 = 7832
BS10 – S9 = a10a10 = 3 . 102 – 3 . 92
a10 = 300 – 243a10 = 57
A
S15 = 1 1515 . (a a )2
+ = 255 ObsObsObsObsObs.: a8 = 1 15a a
2+
15 . a8 = 255a8 = 17
DSabendo que i2 = –1 e i4 = 1, temos:2 + 4 . i2 + 6. i4 + 8 . i6 + ... + 98 . i96 + 100 . i98 == 2 + (–4) + 6 + (–8) + ... 98 + (–100)= (2 + 6 + 10 + ... + 98) + (–4 – 8 – 12 – ... – 100)
= 25 . (2 98)
2+
+ 25 [(–4) (–100)]
2+
=
=1250 – 1300 = –50
Obs.:M (2) ∩ M(7) = M(14)
P.A. (14, 28, 42,..., 2002) de razão R = 14, ondea1 = 14 e an = 2002. Entãoan = 2002 → 14 + (n – 1) . 14 = 2002(n – 1) . 14 = 1988n – 1 = 142 → n = 143
P.A . (1a
12 , 6 meios
. . . . .���,
8a61)
a8 = 12 + 7 . R61 – 12 = 7R
R = 497
→ R = 7
Logo P.A: (12, 19, 26, 33, 40, 47, 54, 61)
1o) 1 2 3 50a a a a50
+ + + … + = 100 →
50 1 50. (a a )2
+ =
= 50 x (100) = 5.000 → a1 + a50 = 200
2a Parte:Observe que a3+a48=a5+a46=a1+a50=200Logo S46 = 5000 – 200 – 200 = 4.600
Logo mART = 460046
= 100
BObserve que:a1 + a22 = a2 + a21 = ... a5 + a18 = ... a11 + a12 = 10
Então:a1 + a2 + a3 + ... + a20 + a21 + a22 ==(a1 + a22) + (a2 + a19) + ... + (a11 + a12) =
= 1 2211. (a a )2
+ =
11.102
= 55.
Af(x) = ax2 + bx + c2 raízes reais iguais: ∆ = 0b2 – 4ac = 0 ⇒ b2 = 4ac
(a, b, c) é P.A. de razão 3 ⇒ (b – 3 , b, b + 3 )
b2 = 4ac ⇒ b2 = 4(b – 3 ) (b + 3 ) ⇒⇒ b2 = 4b2 – 12 ⇒ 3b2 – 12 = 0 ⇒ 3b2 = 12 ⇒
⇒ b2 = 4 ⇒ b = ±2
para b = 2 ⇒ a = 2 – 3 e c = 2 + 3
para b = –2 ⇒ a = –2 – 3 (não convém pois a > 0)
f(x) = (2 – 3 )x2 + 2x + (2 + 3 )
Corta eixo das ordenadas quando x = 0 ⇒ f(x) = 2 + 3 ,
ponto (0, 2 + 3 )
9
10
11
12
13
14
A) a4 = 192a1 = 4a2 = 22 + 2 . a1 = 4 + 2 . 4 = 4 + 8 = 12a3 = 23 + 3 . a2 = 8 + 3 . 12 = 8 + 36 = 44a4 = 24 + 4 . a3 = 16 + 4 . (44) = 16 = 186 = 192
B) a4 = 2 . 4 5
4 1−
+ =
35
AConsidere a P.A. (a1, a2, a3,..., an) de razão R. Então:E = a1 – 4a2 + 6a3 – 4a4 + a5 =E = a1 – 4 . (a1 + R) + 6 . (a1 + 2R) – 4 . (a1 + 3R) + (a1 + 4R)
E = a1 – 4a1 – 4R + 6a1 + 12R – 4a1 – 12R + a1 + 4RE = 8a1 – 8a1 = 0
P.A : (1a
12 , 18, 24, …, na
996 )an = 996 → 12 + (n – 1) . 6 = 996(n – 1) . 6 = 996 – 12 = 984n – 1 = 164 → n = 165
1
2
3��� �
�� ���
��
�
Mat
emát
ica
I
12
Volume 2.B
C
1 2 3, , , ...,108 8 8
P.A. de razão 18
an = a1 + (n – 1) . R
10 = 18 + (n – 1) .
18
10 = 18 +
n8 –
18
n8 = 10 ⇒ n = 80
79 x 3 = 273s
Obs.: 79 pois os primeiros 3 segundos foia partir do2o termo.
D(1, 3, 5, ...) P.A. de razão 2a95 = a1 + 94R = 1 + 94(2) = 1 + 188 = 189
a73 = 99(a1, a2, a3,...an); a1 = 3
an+1 = n3 . a 42
+ → an +1 = an +
43
Se um termo qualquer an+1 é igual ao anterior an mais a
constante 43
, então a seqüência é uma Progressão
Aritmética de razão R = 43
e a1 = 3. Logo
a73 = a1 + 72 . R
a73 = 3 + 72 . 43
→ a73 = 3 + 96 → a73 = 99
A
52
8
a a 8a 7
+ = =
⇒ 1 2
1
a R a 4R 8a 7R 7
+ + + = + =
⇒
⇒ 1 2
1
a R a 4R 8a 7R 7
+ + + = + =
–9R = 6 ⇒ R = –23
a1 = 7 + 143 ⇒ a1 =
353
a3 + a7 = a1 + 2R + a1 + 6R = 2a1 + 8R =
= 2 . 353
+ 823
− = 18
APA: (a1, a2, a3, a4, a5)
4
5
6
8
7
2
5
a 250a 400
= →= →
1
1
a R 250a 4R 400
+ = + =
~~~~~14a 4R− −
1
1000
a 4R
= −
+ 400
=
–3a1 = –600 → a1 = 200
AP.A (a1, a2, a3, ..., a64) = (3, 6, 9, 12, ..., a64)Cuidado com o percurso do tabuleiro, pois o termo a64está no canto esquerdo da última linha. Então, o pontode interrogação será ocupado pelo termo a57 da P.A,portanto, devemos colocar nesta casa a seguintequantidade de arroz:a57 = a1 + 56 . R →a57 = 3 + 56 . 3 = 3 + 168 →
a57 = 171
AP.A.: (1, 5, 9,...,p) de razão R = 4, onde p < 2004 e Pé o maior número possível.1o) Sendo p = 1 + (n – 1) . 4; n ∈ n* então ppppp dividido por
4 deixa resto 11111. Como 2004 é multiplo de 4; 2000também será, daí o maior ppppp que satisfaz é p = 2001.
2a parteTermo médio
• a251 = 1 2001
2+
a251 = 1001
111001(0) 143
11100191(0)
1001 1377(0)
P.A.: (9, b, c) → b =9 c
2+
c2 = b2 + 92
c2 = 2(9 c)
4+
+ 81 =
c2 = 2(81 18 c c )
4+ + + 81
→ 4c2 = 81 + 18 c + c2 + 324→ 3c2 –18c – 405 = 0→ c2 – 6c – 135 = 0
→ c” = –9 ou c = +15 → b = 9 15
2+
= 12
Então, área = 9 . b
2=
9 .122
= 54
BE = 7 + a1 – 2 . (2(a1 + R) – 3 . (a1 + 2R)
+ 2 . (a1 + 3R)) + a1 + 4RE = 7 + a1 – 2 . (2a1 + 2R – 3a1 – 6R
+ 2a1 + 6R ) + a1 + 4R
9
11
cb
9
10
12
Mat
emát
ica
I
13
Volume 2.B
E = 7 + 1a – 12a – 4R + 1a + 4R = 7
B
P.A : (1a
1 , n meios
. . .�����
, n 22
a
n+
)
an+2 = n2 → 1 + ((n + 2) – 1) . R = n2
→ (n + 1) . R = n2 – 1 →→ (n 1+ ) . R = (n 1+ ) (n – 1) → R = n – 1
BTomando os 91 primeiros números inteiros positivos,devemos separá-los em conjuntos, de modo que aquantidade de elementos em cada um deles forme umaprogressão aritimética de razão 1, isto é:a1 = 1 elementoa2 = 2 elementosa3 = 3 elementosa4 = 4 elementos�an = n elementos
Note que a soma a1 + a2 + a3 + ... + an = 91 →
→ n . (1 n)
2+
= 91 →
→ n(n + 1) = 2 . 7 . 13→ n . (n + 1) = 13 . 14 → n = 13
Então, o 13o conjunto tem 13 elementos, onde o devalor máximo é igual a 91.Daí,b13 = 91 →b1 + (12) . 1 = 91 →
b1 = 79 e a soma dos 13 elementos de U será:
S13 = 13 . (79 91)
2+
=
S13 = 1.105
78ƒ(x) = x2 – 5x + 6001a parte: g(x) = ƒ(x + 1) – ƒ(x) == (x + 1)2 – 5(x + 1) + 600 – x2 + 5x – 600
= 2x + 2x + 1 – 5x – 5 + 600 – 2x + 5x – 600= 2x – 4
2a parte:an = g(n) = 2n – 4, n ∈ {1, 2, 3, ...}a41 = 2 . 41 – 4 = 82 – 4 = 78
A
ƒ(n + 1) = 5 ƒ(n) 2
5+
= ƒ(n) + 25
Sendo n ∈ n*, ƒ(n + 1) = ƒ(n) + 25
é equivalente a :
an + 1 = an + 25
13
14
15
16
17
18
19
20
21
Fórmula de recorrência de uma progressão aritmética de
razão 25
. Ora, se ƒ(1) = 5, então: a101 = a1 + 100 . R →
ƒ(101) = ƒ(1) + (100) . 25
→ ƒ(101) = 5 + 40 = 45
20
P.A �
ak 2a1
k meios
1 10, ... ,
3 3
+
de R = 17
a(k + 2) = a1 + [(k + 2) – 1] . 17
→
→ 103
= 13
+ (k + 1) . 17
→
→ 3 = (k + 1) . 17
→ (k + 1) = 21 → k = 20
C1h = 60 min.Se a1 = 1, a2 = 5, a3 = 9, e assim sucessivamente ocrescimento ocorre em progressão aritmética de razão4. Então, no final de 60 min., teremos:a60 = a1 + 59 . R = 1 + 59 . 4 →
→ a60 = 1 + 236 → a60 = 237 vírus
D
P.A. (a1
1km ,...,a6
8,5 km )
S6 = 1 66 . (a a )2
+ =
6 . (1 8,5)2+
S6 = 3 . (9,5)S6 = 28,5
P.A.: (12
, 32
, 52
, ..., n 12−
,...)
P.A.: (a1, a2, a13,...,an...)
Sn = 2n2
; ∀ n ∈ N*
1o) S1 = a1 = 212
= 12
→ a1 =12
2o) S2 = a1 + a2 = 22
2= 2 →
12
+ a2 = 2 → a2 = 32
3o) Razão R = a2 – a1 = 32
– 12 R = 1
P.A.: (12
, 32
, 52
, ..., n 12−
,...)
P.A. (x – R, x, x + R) decresc. (R < 0)I. x – R + x + x + R = 3 → x = 1II. (1 – R)2 + 12 + (1 + R)2 = 35
1 – 2R + R2 + 1 + 2R + R2 = 342R2 = 32 → R2 = 16 → R = –4
P.A. (5, 1, –3)
Mat
emát
ica
I
14
Volume 2.B
22 Dan + 1 = an + 2 é uma P. Aritmética de a1 = 1 e R = 2
Logo S38 = 3838 . (1 a )2+
= 38 . (1 75)
2+
S38 = 1.444
Cálculo auxiliara38 = 1 + 37 . 2a38 = 75
A(1; 1,2; 1,4; …)1 + 1,2 + 1,4 + … = 63
I. Sn = 63 ⇒ 1 2(a a ) . n2
+ = 63
onde an = a1 + (n – 1) . Ran = 1 + (n – 1) . 0,2an = 1 + 0,2n – 0,2an = 0,2n + 0,8Então (1 + 0,2n + 0,8) . n = 126(1,8 + 0,2n) . n = 1260,2n2 + 1,8n – 126 = 0(x5)n2 + 9n – 630 = 0n = 21 dias
D* P.A.1 = (8, 12, …) R = 4
S1 = 1 n(a a ) . n2
+
an = 8 + (n – 1) . 4 = 4n + 4
S1 = (8 4n 4) . n
2+ +
= 2n2 + 6n
P.A.2 (17, 19, …) R = 2
II.S2 = 1 n(a a ) . n2
+
an = 17 + (n – 1) . 2 = 2n + 15
S2 = (17 2n 15) . n
2+ +
= n2 + 16n
Como S1 = S2, temos:2n2 + 6n = n2 + 16n ⇒ n2 – 10n = 0 ⇒ n(n – 10) = 0 ⇒
n 0= ou n = 10
n = 10
X30 = 99Dados: P.A.: (a1, a2, a3,... an,...) de a1 = 1 e R = 2a1 = 2x – x1
a2 = 3x – 2x
a3 = 4x – 3x
� �a28 = 29x – 28x
a29 = x30 – 29x (somando membro a membro)
23
24
25
26
27
1 2 3 29
S29
a a a ... a+ + + +����������� = x30 – x31
1 2929 . (a a )2
+ = x30 – x1
x30 = 29 . [1 (1 28 . 2)2
+ + + x1
x30 = 29 . 29 – 742 = 99
17.258P.A. (1, 2, 3,..., 200)1o) Soma dos 200 primeiros inteiros positivos
S200 = 200 . (1 200)
2+
= 20.100
2o) Soma dos múltiplos positivos de 7 menores que 200P.A. (7, 14, 21,..., 196) = (7 x 1, 7 x 2, 7 x 3,...,7 x 28)
S28 = 28 . (7 196)
2+
= 2.842
3o) Então, a soma dos números naturais de 1 até 200,que não são divisíveis por 7 sera:20.100 – 2.842 = 17.258
BAs árvores plantadas a cada dia depende das outrasderrubadas neste dia, isto é:D1 = 1 árvore derrubada → P1 = 2 . (1) = 1 árvoreplantadaD2 = 2 árvores derrubadas → P2 = 2 . (2) – 1 = 3 árvoresplantadasD3 = 3 árvores derrubadas → P3 = 2 . (3) – 1 = 5 árvoresplantadas� �Dn = n árvores → Pn = 2n – 1
Então, se o total de árvores derrubadas for 1.275,teremos:1 + 2 + 3 + ... + n = 1.275 →
→ n . (1 n)
2+
= 1.275 →
→ (n + 1) = 2.550 = 255 . 10 →→ (n + 1) = 51 . 5 . 10 = 51 . 50 → n = 50
Conseqüentemente, P50 = 2 . 50 – 1 = 99 e o númerode árvores plantadas será igual a:
P1 + P2 + P3 + ... + P50 = 50 (1 99)
2+
= 2.500
45.045Seja M o conjunto dos múltiplos de 11 maiores que 1 emenores que 1000.M = {11, 22, 33, ..., 990}1o) Número de elementos de M.
observando que:{11, 22, 33, ..., 990} == {11x1; 11x2; 11x3; ...; 11x90}podemos concluir que M tem 90 elementos.
1000
1000–10
990
11
10 90
1
Mat
emát
ica
I
15
Volume 2.B2o) Soma dos elementos de M.
Os elementos de M formam uma ProgressãoAritmética de 90 termos onde a1 = 11 e a razãotambém é 11. Daí
S90 = 90 . (11 990)
2+
= 45.045
A) 931B) 29.791
21
3
7
13
21
.
5
9
15
23
.
11
17
25
.
19
27
.
29
. .
. . . . . .
1a coluna
11111aaaaa observação observação observação observação observação: Na 31a linha teremos 31 elementos emprogressão aritmética de razão 2.22222aaaaa observação observação observação observação observação: Os elementos da disposição que estãona 1a coluna 1, 3, 7, 13, 21, ... formam uma sequênciaB = (b1, b2, b3, b4, b5, ... b31) onde:b31 é o primeiro elemento da 31a linha e
2b 1 1
3
b 2 a
b
− = =
2b−
4
4
b
=
3b−
5
6
b
=
4b− 8=
� �
31 30b b−
�
30
31 1
31
31
60 a
30 . (2 60)b b
2b 1 930b 931
= =
+− =
− ==
3a) Soma dos elementos da 31a linha: (931, 933, 935, ...,991)
S31 = 31. (931 991)
2+
=
S31 = 29.791
Cálculo AuxiliarPA (2, 4, 6, 8, ..., a30)a30 = a1 + 29 . Ra30 = 2 + 29. 2a30 = 60
330
6040
501030
2
7
20 0,4285714
2008 6
2028(4)
334
37 = 0,428571428571...
Estamos diante de uma dízimaperiódica cujo período tem 6algarismos. Então, dividindo os2008 algarismos em grupos de6 teremos: 334 grupos de 6algarismos mais 4 algarismosrestantes. Daí, sabendo que operíodo é 428571 podemosconcluir que o 4o algarismo é onúmero 5.
PA: (2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, ..., 29)Considere a PA: (a1, a2, a3, ..., an), com n par e razãoR. Podemos afirmar que:1o (a1, a3, a5, ..., an – 1) é uma PA de razão 2R e número
de termos igual a n2 .
SI = a1 + a3 + a5 + ... + an – 1 = 1 n – 1n . (a a )2
2
+ = 70 →
→ n . (a1 + an – 1) = 280 (equação 1)
2o Analogamente: (a2, a4, a6, ..., an) é uma PA de razão
2R e n2 termos.
SP = a2 + a4 + a6 + ... + an = 2 nn . (a a )2
2
+ = 85 →
→ n . (a2 + an) = 340 (equação 2)
3o Sn = SI + SP →
→ 1 nn . (a a )2
+ = 70 + 85 →
n . (31)2 = 155 →
→ n = 10 . Substituindo nas equações 1 e 2, temos,
1 9
2 10
10 . (a a ) 280e10 . (a a ) 340
+ = + =
~ 1 9
2 10
a a 28a a 34
+ = + =
~ 1a 9R a+ +
1
R 34
a
+ =
9a+ 28
= −
2R = 34 – 282R = 6 → R = 3
e a1 + a9 = 28 → a1 + a1 + 8R = 28 →→ 2a1 + 24 = 28→ a1 = 2
101o) Número de termos de cada sequência
(an) = (2, 5, 8, ..., 332) e (bk) = (7, 12, 17, ..., 157)an = 332 bk = 1572 + (n – 1) . 3 = 332 7 + (k – 1) . 5 = 157
n – 1 = 332 2
3−
k – 1 = 157 7
5−
n – 1 = 110 k – 1 = 30n = 111 k = 31
2o) Devemos procurar termos tais que:an = ak → 2 + (n – 1) . 3 = 7 + (k – 1) . 5 →→ (n – 1) . 3 = 5 + (k – 1) . 5 →→ (n – 1) . 3 = 5k.
Como (n – 1) é inteiro positivo o valor de k deverá sermúltiplo positivo de 3. Então, como 1 ≤ k ≤ 31, temos:
5
4
5
Mat
emát
ica
I
16
Volume 2.Bk = 3 → (n – 1) . 3 = 15 → n = 6 → a6 = b3k = 6 → (n – 1) . 3 = 30 → n = 11 → a11 = b6k = 9 → (n – 1) . 3 = 45 → n = 16 → a16 = b9
� � � � �k = 30 → (n – 1) . 3 = 150 → n = 51 → a51 = b30
A quantidade de valores de k será igual ao número determos comuns. Tomando (cn) = (3, 6, 9, ... 30) = (3 x 1;3 x 2; 3 x 3; ...; 3 x 10) concluímos que as progressõespossuem 10 termos comuns.
65Se 32, 227 e 942 são termos de uma progressãoaritmética de razão R, então:227 – 32 = K . R e 942 – 227 = P . R onde K e P são
inteiros. Por, conseguinte K = 195
R e P = 715
R , isto é,
a razão R é um divisor comum de 195 e 715. Daí, omaior valor de R será igual ao mdc (715, 195) = 65.
6
3
195
13065
715
130–585
1
130
(0)–130
2
65
1 n
n – 1x + x
(xn) = (x1, x2, x3, ..., xn – 1, xn) é uma progressão aritméticade razão R. Racionalizando os denominadores daexpressão abaixo, obtemos:
2 1
1x x+ +
3 2
1x x+
+ 4 3
1x x+
+ ... +
+ n n 1
1x x −+
=
= 2x 1
2 1
R
x
x x
−
−����� +
3x 2x−
3 2
R
x x−����� +
4x 3x−
4 3
R
x x−����� + ... +
+ n n 1x x −−
¨n n 1
R
x x −−�����
= n 1x xR−
=
= n 1 n 1
n 1
( x x ) . ( x x )
R . ( x x )
− +
+ =
= n 1
n 1
x xR . ( x x )
−+
= 1x 1(n 1) . R x+ − −
n 1R . ( x x )+ =
1 n
n 1x x
−+
3Algarismos das unidades de potências de 3.
7
8
31 = 3
32 = 9
33 = 2 7
34 = 8 1
35 = 24 3
36 = 72 9
37 = 218 7
38 = 656 1
Os algarismos das unidades formama sequência: (3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1,3, 9, 7, 1, ...).Então, dividindo 497 em grupos de4 elementos, obtemos:497 = 124 x 4 + 1
Daí, o algarismodas unidades donúmero 653497
será 3.
497 4
09
17(1)
124
99 anos1o) Múltiplo de 4 entre 1993 e 2401.
M = (1996, 2000, 2004, ..., 2400) == 499 x 4; 500 x 4; ..., 600 x 4).
Portanto M tem (600 – 498) = 102 múltiplos de 4dos quais alguns não são anos bissextos.
2o) Múltiplos de 100 entre 1993 e 2401.M(100) = (2000, 2100, 2200, 2300, 2400)Observe que 2000 e 2400 são anos bissextos porserem divisíveis por 400. Então o total de anosbissextos será igual a:T = 102 – 3 = 99 anos.
Segunda-feiraDe 1993 à 2000 temos 8 anos onde dois deles sãobissextos (1996 e 2000), então até o dia 1o de janeirode 2001, teremos:Total de dias = 8 x (365) + 2 + 1 = 2923 diasDaí:dividindo 2923 por 7; pois 1 semana tem 7 dias,obtemos:2923 = 417 x 7 + 4
Considere que a semana começa nasexta-feira 01/01/1993.
sex sáb dom seg ter quar quin1 2 3 4 5 6 7
2923 dias corresponde a 417 semanas, mais 4 dias,por conseguinte o último dia desta contagem cairá nasegunda-feira.
9
10
2923 7
12
53(4)
417
D
E = Desenho
Real = 1
100
1o ) 1
100 = x
500 cm ⇔ x = 5 cm
1
Mat
emát
ica
I
17
Volume 2.B
500 12
g 9
3
2
No gravetos/dia No horas Tempo (semanas)G H T
2
3
4
5
1x
=
11060
→ x
10 = 60 → x = 600 imagens
D
500g
= 9
12 .
23
= 12
→ g = 1000 gravetos
D1o) Desconto = 15.000 – 13.200 = 1.8002o) Seja o desconto x%.
x100
. 15.0 00 = 1.800
x = 1800150 = 12
Logo, o desconto é 12%
1o. Desconto acumulado = 20% + 20% – 20100
. ( 20 %)
= 36%
6
7
8
9
10
11
12
13
14
e 1
100 = y
600 cm ⇔ y = 6 cm
Logo A = x . y = 30 cm2
B4,5 x 109 anos 45 anos15 x 109 anos x
4.5 x 910 . x = 15 x 910 . 45
x ≅ 150
Resp.: ≅ 150 anos
ADados:V = volume
P = pressão e V = αP
0,6 dm3 = α5
→ α = 3
Logo V = 3P
C
2o. O valor de 1 litro é C reais, com os descontos passoua valer 64% . C = (0,64) . C
3o. Aumentando 40% o novo valor será de(1,40) . (0,64) . C = 0,8960 . C = 89,60% . C.Deste modo o preço final diminui de 10,40%
Resp.: Diminui de 10,40%
Valor à vista = 150 + 300
(1 0,03)+ = 150 + 291,26 =
= 441,26Resp.: R$ 441,26
Dn = 1 → a3 = 2 . a1 + a2 → a3 = 2 . 1 + 1 = 3n = 2 → a4 = 2 . a2 + a3 → a4 = 2 . 1 + 3 = 5n = 3 → a5 = 2 . a3 + a4 → a5 = 2 . 3 + 5 = 11
C
P = a1 . 2a
↓
. a3 . 4a
↓
. a5 . 6a
↓ = (1) . a1 . 2 . a3 . 3 . a5
= 1 . 1 . 2 . 2 . 3 . 3 = 36
a2 = a1 + 2 . 1 + 1 = 1 + 3 → a2 = 4a3 = a2 + 2 . 2 + 1 = 4 + 5 → a3 = 9a4 = a3 + 2 . 3 + 1 = 9 + 7 → a4 = 16a5 = a4 + 2 . 4 + 1 = 16 + 9 → a5 = 25
Logo 5a = 5
B
Seqüência: S = 3 17 2, , ,4 24 3
…
P. Aritmética de R = 1724
– 34
= 1
24−
an = 0 → 34 + (n – 1) .
124−
= 0 →
→ 3 + ( n 1)
6− +
= 0 → n 16
− + = –3
→ –n + 1 = –18 → n = 19
1o)a10 = a6 + 4R
17 = 7 + 4R → 4R = 10 → R = 52
2o)Logo a16 = a10 + 6R
a16 = 17 + 6 . 52
→ a16 = 32
B
S50 = 1 5050 . (a a )2
+ =
50 . (160)2 = 4.000
1 1
10
x 60 seg
seg
No imagens Tempo
Mat
emát
ica
I
18
Volume 2.B
15 1720 metrosSeja an a quantidade de metros percorrido pelo atleta ao pegar a n-ésima caixa e voltar para o ponto de partida, isto é:a1 = 5 + 5 = 10 ma2 = 9 + 9 = 18 ma3 = 2 . (13) = 26 m� �an = 10 + (n – 1) . 8 = 8n + 2� �a19 = 8 . (19) + 2 = 154
Então, até a 19a caixa essa terá percorrido
S19 = 19 . (10 154)
2+
= 1.558 m e encontra-se no ponto de partida. Para finalizar a prova, isto é, chegar até a
20a caixa, ele terá que percorrer mais 2. (5 + 19 . 4) = 162 m. Portanto, o percursso total do competidor será de1.558 + 162 = 1.720 m
Anotações
Mat
emát
ica
II
Volume 2.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mat
emát
ica
II
19
Volume 2.B
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 2.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Funções (Parte II)
��������
f(x) = –2x2 + 3x + 21.1 Calculando os zeros da função:
–2x2 + 3x + 2 = 02x2 – 3x – 2 = 0∆ = 9 + 16 = 25
x = 3 5
4±
112
−
Calculando x do vértice e o y do vértice:
xv = b
2a−
= 34 ⇒ yv =
258
1.2
Resumo:
1.3 Im = 25,8
−∞ * f(x) = 0x’ = 2
x’’ = –12
1.4 Valor máximo: 258
I. xv = –2
–b2a = –2
b = 4a
II. f(x) = 0 → x’ = 1x’’ = –5ax2 + bx + c = 0a + b + c = 0 (x = 1)
III. f(–2) = 34a – 2b + c = 3b – 2b + c = 3–b + c = 3c = 3 + b
c = 3 + 43
−
c = 53
1
2
Capítulo 4: Funções (Parte II)Funções (Parte II)Funções (Parte II)Funções (Parte II)Funções (Parte II) .................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. 19Tópico A: Função Quadrática ou Função Polinomial do 2o GrauApêndice:Utilizando as Transformações Geométricas para Construir Gráficos de FunçõesTópico B: Função CompostaTópico C: Funções – Definições EspeciaisTópico D: Função InversaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................28Capítulo 5: Equações e Inequações ModularesEquações e Inequações ModularesEquações e Inequações ModularesEquações e Inequações ModularesEquações e Inequações Modulares .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 30Tópico A: Função ModularTópico B: Equações Modulares em RTópico C: Inequações ModularesQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................33Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................35
Mat
emát
ica
II
20
Volume 2.B
A) x2 + 4x – 12 > 0I. x2 + 4x – 12 = 0
x’ = –6x’’ = 2
f : R → Rg : R → Rh : R → Rf(x) = 2x + 1g(x) = x2 + x + 4h(x) = –2x + 3
A) f(g(x)) = 2(x2 + x + 4) + 1f(g(x)) = 2x2 + 2x + 9
B) g(f(x)) = (2x + 1)2 + (2x + 1) + 4g(f(x)) = 4x2 + 6x + 6
C) f(g(h(x))) =
I. g(h(x)) = (–2x + 3)2 + 3 – 2x + 4g(h(x)) = 4x2 – 12x + 9 + 7 – 2xg(h(x)) = 4x2 – 14x + 16
3
L(p)
yv
xvx
6
4
IV. a + b + c = 0a + 2b + 3 = 0a + 2(4a) + 3 = 09a + 3 = 0
a = –13 ⇒ b = –
43
Resposta: a = –13
3x2 + 4x + 2 = 0
a 3
b 4c 2
===
1) x1 + x2 = ba−
= 43−
2) x1 . x2 = ca =
23
A) x12 + x2
2 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 =
243−
– 223
x12 + x2
2 = 169 –
43 =
16 129−
= 49
B) x13 + x2
3 = (x1 + x2) (x12 – x1x2 + x2
2)
x13 + x2
3 = 43−
4 29 3
−
= 43−
29−
=
827
DO gráfico de ƒ(x + 3) é obtido, efetuando uma translaçãohorizontal de 3 unidades para a esquerda.D)
f(x+3)
(–1,0)
( )
(0,0) (2,0) (3,0)
f(x)
12
14
,–
5
S = ]–∞, –6[ ∪ ]2, + ∞[
B) (x2 – 5x) (x2 – 8x + 12) ≤ 0I. x2 – 5x = 0
x(x – 5) = 0x’ = 0 ou x = 5
II. x2 – 8x + 12 = 0x’ = 6x’’ = 2
S = [0; 2] ∪ [5, 6]
4m2 – 4m + 1 – 4m2 + 8m > 04m > –1
m > 1
4−
k = 1 . k2 + 9 = 1 + 9 = 10
6 y6−
= x8 → 3x = 24 – 4y
4y = 24 – 3x
y = 6 3x
4−
A = 6 3x
4−
x → A = 26x 3x
4−
xv = –6 . 23−
= 4
yv = 12
Área máxima = 12
AL(p) = R(p) – C(p)L(p) = (800p – p2) – (p2 + 20p + 200)L(p) = –2p2 + 780p – 200Lucro máximo (L)
L = yv = 4a−∆
L = 606.800
8−
−L = 75.850
7
8
9
III.
Mat
emát
ica
II
21
Volume 2.B
10
11
1216
D = [1, +∞[
A) ƒ é crescente ↔ x ∈ [0, 10]B) ƒ é constante ↔ x ∈ [10, 16]C) ƒ é decrescente ↔ x ∈ [16, 20]
CA) Se ƒ e g são ímpares → ƒ(g(x) é ímpar (verdadeira)
Justificativa: Seja h(x) = ƒ(g(x)).h(–x) = ƒ(g(–x)) = ƒ(–g(x)); pois g é ímpar.Como ƒ também é ímpar, podemos afirmar queh(–x) = ƒ(–g(x)) = –ƒ(g(x)) = –h(x). Logo ƒ é umafunção ímpar.
B) Se ƒ e g são pares → ƒ + g é par. VerdadeiroJustificativa: Considere ƒ(x) = (ƒ + g)(x) = ƒ(x) + g(x).ƒ(–x) = ƒ(–x) + g(–x) = ƒ(x) + g(x) =ƒ(x).Então ƒ é uma função par.
13
15
14
17I.x 1x−
≥ 0
x – 1 = 0x = 1
D(f(x)) = ]–∞, 0] ∪ [1, +∞[
II. x > 0x – 1 ≥ 0x ≥ 1
II. f(g(h(x))) = 2(4x2 – 14x + 16) + 1f(g(h(x))) = 8x2 – 28x + 33
g(x) = x – 1x
fog(x) = x2 + 21x
f(4) = ?
I. fog(x) = 21x
x −
+ 2
II. f(x) = x2 + 2f(4) = 16 + 2 = 18
Resposta: f(4) = 18
Ef(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, ∀ x ∈ R.I. Chamando y = 2x + 3
f(y) = 4x2 + 6x + 1
II. x = y − 3
2 ⇒ f(y) = 4
2y 32−
+ 6y 3
2−
+ 1
f(y) = y2 – 3y + 1f(1 – x) = (1 – x)2 – 3(1 – x) + 1f(1 – x) = x2 + x – 1
f(x) = x 1x−
, g(x) = x 1
x−
Resposta: Não são iguais.
C) Se ƒ e g são ímpares → ƒ . g é ímpar (falsa)Justificativa(ƒ . g)(–x) = ƒ(–x) . g(–x) = [–ƒ(x)][–g(x)] = ƒ(x) . g(x) →→ (ƒ . g)(–x) = (ƒ . g)(x) → ƒ. g é par.
D) Verdadeira
1a parte: ƒ é par → ƒ(–x) = ƒ(x); ∀ x ∈ D(ƒ)g é ímpar → g(–x) = –g(x); ∀ x ∈ D(g)
x
x
ƒ(x) g(x) 2
ƒ( x) g( x) 2−
+ =
− + − =~
x
x
x x
ƒ(x) g(x) 2
ƒ(x) g(x) 2
2 . ƒ(x) 2 2
−
−
+ =
− == +
ƒ(x) = x x2 2
2
−+
e ƒ(x) + g(x) = 2x → g(x) = 2x – ƒ(x)
→ g(x) = 2x –x x2 2
2
−+ → g(x) =
x x2 22
−−
Então
f(1)–g(2) =−+1 12 2
2–
2 22 22
−− =
1 12 42 4
2
+ − + =
=
324
2
− + =
54
2
−= –
58
1o) II e IV 2o) I e IV3o) IV
ƒ : R → B = {y ∈ R/y ≥ b} y = x2 + 6x + 92S é sobrejetora se B = 1m(f)
Determinação da imagem de f
YV = 4a−∆
= 332
4 = 83 e ∆ = 36 – 368 = –332
Se 1m(f) = {y ∈ R/y ≥ 83} == {y ∈ R/y ≥ b}, então
b = 83
1.1 f(x) = 3x 2x 4
++
, f : R – {4} → B
A) f–1(x) = 2 4xx 3−−
B) D = R – {3}C) Im = R – {3}
1.2 f : R → R , y = 2x + 3
A) f–1(x) = x 3
2−
B) D(f–1(x)) = RC) Im(f(x)) = R
18
83
y
Mat
emát
ica
II
22
Volume 2.B
Dx2 – 2rx + r2 – 1 = 0m2 + n2 = (m + n)2 – 2mn
= (–ba )2 – 2.(
ca )
= (2r)2 – 2 . (r2 – 1)= 4r2 – 2r2 + 2= 2r2 + 2= 2(r2 + 1)
2 2
2 2
x y x y
x y 1 2(x y)
= ⇒ = ±
+ + = − +
1o caso:p/x = y ⇒ y2 + y2 + 1 = –4y2y2 + 4y + 1 = 0
∆ = 16 – 8 = 8 ⇒ y = : 24 2 2: 24
− ±
y’ = 2 2
2− +
⇒ x’ = 2 2
2− +
y” = 2 2
2− −
⇒ x” = 2 2
2− −
4
5
1
2
3
A1a parte: Lei de ƒ.ƒ(x) = a . (x – x1) . (x – x2)
Sendo x1 = –4 e x2 = 3 as raízes temos:ƒ(x) = a . (x + 4) . (x – 3)
Como (0,–2) ∈ ƒ então:a . (0 + 4) . (0 – 3) = –2 →
→ –12a = –2 → a = 16
→
6
19
20
21
A) y + 4 = x2 + 4x + 4 → y + 4 = (x + 2)2 →
→ x + 2 = y + 4 → x = –2 + y + 4
Af : R → Rf(x) = x3 + 1
g(x) = 4 1
3x +
I. Calculando f–1(x)
y3 + 1 = x → y = x −13 = f–1(x)
II. f–1(9) = 9 13 − = 83
f–1(9) = 2
III. f12������ =
18
+ 1 = 98
IV. g98������ =
92
1
3
+ =
116
Resposta: f–1(9) + g f12������
���� = 2 +
116
= 236
D
2o casop/x = –yy2 + y2 + 1 = 0 ⇒ 2y2 = – 1
y2 = –12 ∉ R
S = 2 2 2 2 2 2 2 2, , ,
2 2 2 2
− + − + − − − −
2
2(x 3x 2) . (x 15)
x 4− + −
+ = 0 ↔
↔ x2 – 3x + 2 = 0 ou x – 15 = 0 ↔↔ x = 1 e x = 2 ou x = 15↔ S = {1, 2, 15}
DY = px2 + qx + 3; p ≠ 0
XV = –q2p
= 54 → –4q = 10p → p =
25−
q
e
YV = 4a−∆
= 1
8−
→ 2(q 12p)
4p−
= 18 → q2 – 12p =
p2
p = 2q2 – 24p → 25p = 2q2
Então,
25 . (25−
q) = 2q2 → –10q = 2q2 → 2q2 + 10q = 0
→ 2q . (q + 5) = 0 → q = 0 ou q = –5
Observe que se q = 0 temos p = 0 e a função não serámais do 2o grau, isto é; teríamos p(x) = 3, uma funçãoconstante.Logo q = –5 e p = 2. Portanto
5p + 2q + 3 = 10 – 10 + 3 = 3.
By = x2 – 1 + k
∆ = 02 – 4 . (1) (–1 + k) →
→ 4 – 4k = 0 → k = 1
Mat
emát
ica
II
23
Volume 2.B
8
9
7
– 4
v– 49
24
3
O conjunto imagem de ƒ é [–4924
, +∞[.
ESe ƒ admite um valor máximo e possui dois zeros reaisiguais, então: a < 0 e ∆ = 0.∆ = (–4)2 – 4 . a . a = 0 →→ 16 – 4a2 = 0 → a2 = 4 → a = –2 , pois a < 0.
A função ƒ é dada por:ƒ(x) = –2x2 – 4x – 2→ ƒ(–2) = –2.(–2)2 – 4.(–2) – 2→ ƒ(–2) = –8 + 8 –2→ ƒ(–2) = –2
A) O gráfico de ƒ sofre uma translação horizontal paraa direita de 4 unidades.
– 14
13
h(x) = f (x – 4)
26 7
B)
–1
�(x) = f(x + 4)
–2
–1
9
C) t(x) = –ƒ(x)
t(x) = –f(x)
6
–6
D) O gráfico de ƒ sofre uma translação vertical paracima de 3 unidades.
g(x) = f(x) + 39
6
114
v
14
–
Ax = 5x = –2x = 6x = 1x < –2 ou 1 < x < 5 ou x > 6
A
x ≤ –1 ou x = 1
E∆ = 9 + 16 = 25
x = 3 5
4− ±
−x’ = 2
x’’ = 1
2−
x – 2 < 0x < 2
50 e 24
→ ƒ(x) = 16
. (x + 4) . (x – 3) →
→ ƒ(x) = 16
. (x2 + x – 12) →
→ ƒ(x) = 16
. x2 + 16
. x – 2
2a parte: Vértice.
V–b –,2a 4a
∆
Xv =
1–6
26
= – 12
e Yv = –
1 8( )36 6
46
+ =
49–3646
= –4924
10 + + +
– + +
– +-1
-1 1
1
+
11
12
60
B
G
A80
100E
C
k
kx
F
H
I.I.I.I.I. Cálculo de AE (altura relativa à hipotenusa)
80 . 6 0 = AE . 100 → AE = 48
II.II.II.II.II. ∆AFG ~ ∆ABC
AHAE
= GFBC
→ 48 k48
− = x
100 → 1 – k48
= x
100 →
Mat
emát
ica
II
24
Volume 2.B
16
17
18
19
20
+ +––2 2
x2 – 4 < 0
+ +–0 3
x2 – 3x < 0
–2 2
0 3
+++ +++– – ––2
k > 0
intersecção
k2 ≥ 42
0
0 2
Lembre-se!Obs: A soma de um númeroreal positivo com o seu inversoé sempre maior ou igual a 2.
B) Im(ƒ) = [6, +∞[.
y = x + 1x + 4
Como x + 1x ≥ 2; ∀ x ∈ *
+� então:
y ≥ 2 + 4y ≥ 6
x – 2 = kx = k + 2f(x) = x + 2 + 2f(x) = x + 4g(x) + 4 = 2x2 + 4 – 4xg(x) = 2x2 – 4xg(2) = 0
B
ƒ(x) = 2
2 x, se x 0
2 x , se x 0
+ <
− ≥
13
+ + +
+
+
++
– –
–
––––
–
–
– 1
– 1
– 2
– 2
1
1
Solução: D(ƒ) = {x ∈ R/x ≤ –2 ou –1< x < 1}
h(t) = –2t2 + 8tA) h = 0 → –2t2 + 8t = 0
t(–2t + 8) = 0t = 0 ou –2t + 8 = 0
t = 4s
B) hmáx = YV = – 4a∆
hmáx = 648
−− = 8 m
C
14
15
→ 1 – x
100 = k48 → k = ( )48 . 100 x
100−
→
→ k = 1225
. (100 – x)
III.III.III.III.III. Área = A = k . x → A = 1225 . 100 . x –
1225 . x2 →
→ A(x) = 48x – 1225 . x2
A área é máxima quando x = xv = 4824
25
−− = 50 e
k = 1225
. (100 – 50) → k = 24
CP(x) = (200 – x) (x – 20)P(x) = 200x – 4000 – x2 + 20xP(x) = –x2 + 220x – 4000
x = 220
2−
− = 110
DN(t) = 0, 1t2 – 4t + 90N(20) = 0,1 . 202 – 4 . 20 + 90N(20) = 0,1 . 400 – 80 + 90N(20) = 40 + 10 = 50
A
ƒ(x) = 2x 21 x
+− 2
x 21 x
+−
≥ 0
Estudo do sinalx + 2 = 0 → x = –2e 1 – x2 = 0 → x = ± 1
2
2
x 4 0I)II) x 3x 0
− <
− <
I)
II)
Fazendo a intersecção obtemos:
0 < x < 2
S = ]0, 2[
A) 2
x + 1x = k → x2 – kx + 1 = 0.
Para que exista x > 0 tal que x + 1x = k, devemos
por: k > 0 e ∆ ≥ 0. Isto é:k > 0 e k2 – 4 ≥ 0 →k > 0 e K ≤ –2 ou k ≥ 2 → k ≥ 2
Cálculos AuxiliaresK2 – 4 = 0 ↔ K = ± 2
Mat
emát
ica
II
25
Volume 2.B
21
22
23
24
25
012x
x – 1
x + 2
0
+ + + + + +
+ + + + +
– – – –
1
1
– – – – – –
+++++ + + + +
–2
– –
++ + + + + +
–2
– – – – 12x
3(x – 1)(x + 2)≥ 0
2o modo: Método Bloch
0 1
++ + + + + +
–2
– – – –
1o ƒ2(x) = ƒ(ƒ(x)) = ƒ(x) 1ƒ(x) 1
+− =
x 11
x 1x 1
1x 1
++
−+
−−
ƒ2(x) =
x 1 x 1x 1
+ + −−
x 1 x 1x 1
+ − +−
= 2x2
ƒ2(x) = x
26
27
ƒ(–1) = 2 + (–1) = 1ƒ(3) = 2 – (3)2 = –7ƒ(ƒ(–1)) = ƒ(1) = 2 – 12 = 1ƒ(ƒ(3)) = ƒ(–7) = 2 + (–7) = –5Então ƒ(ƒ(–1)) – ƒ(ƒ(3)) = 1 – (–5) = 6
Aƒ(x) = 3x – 1ƒ(g(x)) = 2 – 6xg(–1) = ?
ƒ(g(x)) = 2 – 6x ⇒ 3 . g(x) – 1 = 2 – 6x ⇒3g(x) = –6x + 3 (÷3)
g(x) = –2x + 1
g(–1) = –2 (–1) + 1g(–1) = 3
B
ƒ(x) = x
g(x) = 4
3(x 1)− +
83(x 2)+
= 4(x 2) 8(x 1)
3(x 1)(x 2)+ + −
− + =
= 12x
3(x 1)(x 2)− +
ƒog = ƒ(g(x)) = 12x
3(x 1)(x 2)− +
Domínio: 12x
3(x 1)(x 2)− + ≥ 0
D = {x ∈ R/–2 < x ≤ 0 ou x > 1}
1o modo: Quadro de Sinais
28
29
2o ƒ3(x) = ƒ3(ƒ(x)) = ƒ(x) = x 1x 1
+−
3o ƒ4(x) = ƒ3(ƒ(x)) = ƒ(ƒ(x)) = x
Logo ƒn(x) = x; se n é par
ƒ(x); se n é ímpar
Daí
ƒ15(2) = ƒ(2) = 2 12 1
+− = 3
ƒ(x) = 2x – 5ƒ(g(x)) = x2 . (g(x)) – 5 = x
g(x) = x 5
2+
→ g(33) = 33 5
2+
→ g(33) = 19
Dƒ(x) = 2x + 3 e g(x) = 3x + mƒ(g(x)) = g(ƒ(x)) → 2 . g(x) + 3 = 3 . ƒ(x) + m →→ 2 . (3x + m) + 3 = 3 . (2x + 3) + m →
→ 6x + 2m + 3 = 6x + 9 + m → m = 6
C
ƒ(x) = 1
x 1− e g(x) = 2x – 4
I. ƒ(g(2)) = ƒ(2 . 2 –4) = ƒ(0) = 1
0 1− = –1
II. g(ƒ12
) = g 11 12
−
= g 112
−
= g(–2) =
= 2 . (–2) –4 = –8
III. ƒ(g(2) g(ƒ 12 ) = –1 – 8 = –9
BDadosƒ(0) = 3ƒ(1) = 2ƒ(3) = 0
SoluçãoSoluçãoSoluçãoSoluçãoSoluçãoI. ƒ(ƒ(x + 2)) = 3 → ƒ(x+2) = 0, pois ƒ(0) =3II. ƒ(x + 2) = 0 → x + 2 = 3; pois ƒ(3) = 0 → x = 1
Bƒ(–x) = (–x)4 + 6 = x4 + 6 = ƒ(x) → ƒ é par eg(–x) = –3 . (–x) = 3x = –g(x) → g é ímpar.
B
1a parte: ƒ(a + b) = ƒ(a) – ƒ(b); ∀ a, b ∈ RSe a = b = 0 → ƒ(0 + 0) = ƒ(0) – ƒ(0) → ƒ(0) = 0
Mat
emát
ica
II
26
Volume 2.B2a parte: Sendo a = x e b = –x, tem-se que:ƒ(x – x) = ƒ(x) – ƒ(–x) → ƒ(0) = ƒ(x) – ƒ(–x) →
→ 0 = ƒ(x) – ƒ(–x) →→ ƒ(–x) = ƒ(x).
Logo ƒ é par.
BSe ƒ: R → R é estritamente crescente então dadosa, b ∈ R, ƒ(a) > ƒ(b) implica que a > b. Deste modo:
ƒ(7x + 1) > ƒ(6x + 4) → 7x + 1 > 6x + 4 → x > 3
A) g é decrescente para x ∈ ]–∞, 1].B) ƒ(x) = g(x) ↔ x = 0 ou x = 3.
C
A) ƒ ≠ g, pois ƒ(–1) = 1 = 1 e g(–1) = –1.B) ƒ ≠ g, pois D(ƒ) ≠ D(g), note que ƒ(1) = 2 mas g(1)
não existe.
C) ƒ = g, pois D(ƒ) = D(g) e ƒ(x) = g(x); ∀ x ∈ D(ƒ).
D) ƒ ≠ g, pois D(ƒ) ≠ D(g), observe que ƒ(–2) = 33
mas g(–2) = –1–3
∉ Reais.
CDe 5 a 15 minutos, temos 10 minutos de exercício. Seneste intervalo o consumo é de 1,4 �/min, em 10 minutoso consumo será de 10 . 1,4 �� = 14 � de oxigênio.Então:1 � ↔ 4,8 Kcal14 � ↔ xx = 14 . 4,8
x = 67,2 Kcal
A) Falso, de abril a junho de 1998 a taxa de inflação diminuie a taxa de desemprego passou de 7,94 a 7,9.
B) Falso, de março a abril de 1998 a inflação aumentoumas a taxa de desemprego diminui.
C) Verdadeiro, de setembro a dezembro de 1998 a Taxa
média de desemprego = 7,65 6,32
2+
≅ 6,98.
D) Falso, em maio de 1998 a taxa de desemprego foide 8,2% e a taxa de inflação foi de 0,52, portantonão houve deflação. (Obs: a deflação só ocorrequando a taxa de inflação é negativa).
E) Falso, pois a razão entre a variação da taxa dedesemprego (∆y) e a variação do tempo (∆t) em queas taxas acontecem não é constante.Veja a tabela abaixo:
30
31
32
33
34
∆∆∆∆∆YYYYY ∆∆∆∆∆TTTTT ∆∆∆∆∆ /Y/Y/Y/Y/Y ∆∆∆∆∆TTTTT
aotsogAorbmeteS 51,0–=8,7–56,7 1 51,0–
aorbmeteSorbmezeD 33,1–=56,7–23,6 3 3/33,1– ≅ 344,0–
DTraçando retas perpendiculares ao eixo dos x (anos), omaior segmento compreendido entre os gráficos,representará a maior taxa natural de crescimento.
10
20
1955
30
40
50
DD = {1, 2, 3, 4, 5}
f(x) = (x – 2) (x – 4)
f(1) = (1 – 2) (1 – 4) = 3
f(2) = 0
f(3) = –1
f(4) = 0
f(5) = (3) . (1) = 3
A) Im(f) = {3, 0, –1} ≠ CD(f) = R → f não é sobrejetora.B) Não é injetora.C) Não é bijetora.D) VERDADEIRO.E) falso.
A1o) ƒ é bijetora, pois 1m(ƒ) = [p, q] e ƒ(x1) ≠ ƒ(x2) → x1 ≠ x2;
∀ x1 e x2 ∉ D(ƒ).2o) g não é injetora, pois num determindado intervalo
do seu domínio ela é constante. No entanto g ésobrejetora, pois Im(g) = [p, q]
3o) h não é sobrejetora pois Im(h) ≠ [p, q] e não é injetora,pois num certo intervalo do domínio ela é constante.
Cƒ é sobrejetora pois, Im(ƒ) = p
E
AImagem = contradomínio = R
Ex1 ≠ x2 ⇒ ƒ(x1) ≠ ƒ(x2)
ƒ: R → [a, +∞[ é sobrejetora, então Im(f) = [a, +∞[.Teorema de apoio
Sendo K ∈ R, K > 0 temos que K + 1k ≥ 2;
35
36
37
38
39
40
41
42
Mat
emát
ica
II
27
Volume 2.Bƒ(x) = 5x + 5–x + 2
ƒ(x) = (5x + x15 ) + 2, sendo K = 5x
tem-se que ƒ(x) = (K + 1K ) + 2
ƒ(x) ≥ 2 + 2 → ƒ(x) ≥ 4 → Im(f) = [4, + ∞[ logo a = 4
ƒ : [0,2] → R e g : R → [a,b]ƒ(x) = x2 + 1 g(x) = x + 1
43
x
0
2
f(x)
1
5
(gof) (x)
[0, 2]f g
R [a, b]
g(f(x))
2
6
g(ƒ(x)) = ƒ(x) + 1g(ƒ(x)) = x2 + 1 + 1g(ƒ(x)) = x2 + 2
Imagem de (goƒ)y = x2 + 2∆ = 02 – 8 = –8XV = 0 e YV = 2
Obs.: g(ƒ(x)) é sobrejetora → Im(goƒ) = [a, b]ora, g(ƒ(0)) = g(1) = 2 e
g(ƒ(2)) = g(5) = 6
Daí Im(f) = [1,5] = R e [a, b] = [2, 6] → a = 2 e b = 6Então, a + b = 8
Cƒ(g(x)) = 2 . g(x) + 1 = 2(x2 + 3) + 1ƒ(g(x)) = 2x2 + 6 + 1ƒ(g(x)) = 2x2 + 7
6
2
x
v(0, 2)
x
y
9
7
–1 1
1o (ƒog)(1) = (ƒog)(–1) = 9 → ƒog não é injetora.2o Im(ƒog) = [7, + ∞[ e contra-domínio de f é R.
Então ƒog não é sobrejetora.3o (ƒog)(–x) = 2 . (–x)2 + 7 = 2x2 + 7 = (ƒog)(x) →
→ (ƒog)(–x) é uma função par.
Eh(x) = 3x – 2 – x – 1h(x) = 2x – 3y = 2x – 32x = y + 3
x = y 3
2+
h–1(x) = y 3
2+
44
45
- 2
1x
y
x
y
x
yy
xx
π2
– π2
C) D)
8ƒ(x) = x2; x > 0 e g(x) = ƒ–1(x)1o) Lei de ƒ–1
y = x2 → x = ± y → x = + y , pois x > 0
logo g(x) = ƒ–1(x) = x .
2o) ƒ(4) = 42 = 16 e g(4) = ƒ–1(4) = 4 = 2
Então; ƒ(g(4)) = g(ƒ(4)) = ƒ(2) + g(16) = 22 + 16 = 8
ƒ–1(x) = 1 x – 3
2+
.
1a parte: y = x2 – x + 1 → x2 – x + (1 – y) = 0.∆ = (–1)2 – 4.(1 – y)∆ = (y – 3)
x = 1 y – 3
2±
2a parte: Se ƒ: [ 12 , +∞[ → [3, +∞[ então x ∈ [ 1
2 , +∞[
e y ∈ [3, +∞[.
Daí, x = 1 y – 3
2+
.
E–1 = 3x – 23x = 1
x = 13
3xy – y = xx(3y – 1) = y
x = y
3y 1−
D = R – 13
Obs.: B = Im(f) = D(f–1)
A) B)
46
47
48
49
50
Mat
emát
ica
II
28
Volume 2.B
B
ƒ(x) = 2x – 1x 1+
1º modo: Achando a lei de g.Se ƒ(g(x)) = x → g(x) = ƒ–1(x).
y = 2x – 1x – 1
→ yx + y = 2x – 1 →
→ yx – 2x = –y – 1 → x.(y – 2) = –y – 1 →
x = –y – 1y – 2
→
→ƒ–1(y) = –(y 1)y – 2
+.
Então g(x) = ƒ–1(x) = –(x 1)x – 2
+, daí g(5) = –(5 1)
5 – 2+ = –2.
2º modo: g(5) = ƒ–1(5) (Lê-se a imagem de 5 na funçãoinversa).
Usando somente a lei de ƒ: y = 2x 1x 1
−+
, podemos
calcular g(5). A imagem de 5 na função inversa é obtidacalculando x tal que y = 5, isto é:
5 = 2x – 1x 1+
→ 5x + 5 = 2x – 1 →
→ 3x = –6 → x = –2
x = –4 y
A Bf
ABf–ff 1
– – –––– –
– – – –
–
+
+
+ +2
2
1– 1
23
A
B
2
3
4
A ∩ B = {x ∈ R/x < –1}
D(ƒ) = {x ∈ R/x ≥ 2}5f(x) + 3 = 5x – 7
f(x) = 5x 10
5−
∴ f(x) = x 2− ∴ f(x) ∈ Reais ↔
1 D
x 3x 2
−− ≤ x – 1 →
(x 3)x 2
−−
– (x – 1) ≤ 0
(x 3) (x 2)(x 1)(x 2)
− − − −−
≤ 0
2x 3 x 3x 2x 2
− − + −−
≤ 0
2x 4x 5x 2
− + −−
≤ 0
Estudo do sinal1o) – x2 + 4x – 5 = 0
x2 – 4x + 5 = 0∆ = 16 – 20 = – 4
2o) x – 2 = 0 → x = 23o) Solução: S = {x ∈ R/ x > 2}
D∆ = 0 → 9 – 4 . 5 . m = 0 →
→ 20 m = 9 → m = 9
20
B1o Conjunto A
x2 – 1 > 0 → x2 > 1 → 2x > 1 →
→ |x| >1 → x < –1 ou x >1
2o Conjunto B
– 3x + 2 > 0 → –3x > –2 → x < 23
3o A ∩ B
ƒ–1 é dada por: ƒ–1(y) = 1 y – 3
2+
ou
ƒ–1(x) = 1 x – 3
2+
.
B
1a parte: y = 2x 1x – 3
+ → yx – 3y = 2x + 1 →
→ yx – 2x = 1 + 3y → x . (y – 2) = 1 + 3y →
→ x = 1 3yy – 2+
→
→ ƒ–1(y) = 1 3yy – 2+
→
→ ƒ–1(x) = 1 3xx – 2+
.
2a parte: Se ƒ–1(x) = 3x 1x – 2
+ =
3x 1x – k
+ → k = 2.
C
Seja y = 5x 43x – 2
+ a Lei de ƒ. Se ƒ–1(y) = –4 →
y = 5.(–4) 43.(–4) – 2
+ = –16–14
= 87
51
52
53
Mat
emát
ica
II
29
Volume 2.B
5
x – 2 ≥ 0x ≥ 2D(f) = {x ∈ R/x ≥ 2}
D
y = 2x 7x 3
+− → yx – 3y = 2x + 7 →
x(y – 2) = 3y + 7
x = 3y 7y 2
+−
m = 3n = 7m2 + n2 = 9 + 49 = 58
90Dados: 100 lugaresno de passageiros = xno de lugares vagos = (100 – x)1 passageiro paga = 800 + 10 . (100 – x) == (1800 – 10x) reais.Então, sendo y o valor total do frete, temos:y = x . [1800 – 10x] → y = – 10x2 + 1800 x
y é máximo quando x = xv = 180020
−−
→ x = 90 passageiros
Resp.: 90
1o) 2x + 4y = 1 → y = 1 2x
4−
2o) E = x2 + y2 →
E(x) = x2 + 2
2(1 2x)
4−
E(x) = 2 216x 1 4x 4x
16+ − +
E(x) = 220x
16–
4x16
+1
16
E(x) = 25x
4–
x4
+ 116
Valor mínimo = –4a∆
Valor mínimo =
1 2016 64
204
− − =
16645
=1
20
A
g(f(x)) = 5 . f2(x) + 3 = 5x – 7 → f(x) = ± x −2
ObsObsObsObsObs.: f(x) ∈ R ⇔ x – 2 ≥ 0 ∴ x ≥ 2D(f) = {x ∈ R/x ≥ 2}
D
f(x) = x17
2 1+ e g(x) = 3+ 2x – x2
6
7
8
9
f (g(x)) = g(x)17
2 1+ terá um valor mínimo quando
g(x) = – x2 + 2x + 3 assumir o valor máximo. O valor
máximo de g(x) será 4a−∆
= (4 12)
4− +
−= 4, então
quando g(x) = 4 o valor mínimo de f(g(x)) será igual a
f(4) = 417
2 1+ =
1717
= 1.
BDados: ƒ(x) = ax + b, a > 0ƒ(ƒ(x)) = 9x + 8 → a . ƒ(x) + b = 9x + 8 →→ a . (ax + b) + b = 9x + 8 →→ a2 x + ab + b = 9x + 8 →→ a2 = 9 e ab + b = 8 →→ a = ± 3 e b (a + 1) = 8 →
Como a > 0, pois ƒ é crescente, então
a = 3 e b. (3+1) = 8 → b = 2
Daí, ƒ(x) = 3x + 2. Então,ƒ(2) + ƒ(5) + ƒ(8) + ... + ƒ(44) ==
soma de 15 termos em P.A
8 17 26 ... 134+ + + +�����������
=
=15 . (8 134)2+ = 15 . (71) = 1065
B
ƒ(x) = cx
dx 3+ ; dx + 3 ≠ 0
1o) ƒ2(x) = ƒ(ƒ(x)) = x2o) ƒ3(x) = ƒ(ƒ2(x)) = ƒ(x) = x3o) ƒ4(x) = ƒ(f3(x)) = ƒ(ƒ(x)) = x4o) ƒ5(x) = ƒ(ƒ4(x)) = ƒ(x)
Então ƒ5(3) = ƒ(3) = –35
→ 3c3d 3+
= –35
→
15c = – 9d – 9 → 5c + 3d = –3
2o) ƒ(ƒ(x)) = c .ƒ(x)
d . f(x) 3+ = x →
cxc .dx 3cxd . 3
dx 3
++
+
= x →
→
2c . xdx 3+
dcx 3dx 9dx 3+ +
+
= x →
→ c2x = dcx2 + 3dx2 + 9x →→ (dc + 3d) . x2 + (9 – c2) . x = 0 →→ dc + 3d = 0 e 9 – c2 = 0 →→ d . (c + 3) = 0
3o) Os valores de c e d devem satisfazer as equaçõesdo sistema abaixo
+ = − − = + =
2
I. 5c 3d 3
II. 9 c 0
III. d . (c 3) 0
10
11
Mat
emát
ica
II
30
Volume 2.B
A) |3x + 1| = 4 ↔ 3x + 1 = 4 ou 3x + 1 = –4
x = 1 ou x = −53
S = {1, –5/3}
B) |6x + 2| = 4x – 2
1o) C. Existência: 4x – 2 ≥ 0 → x ≥ 12
|6x + 2| = 4x – 2 →→ 6x + 2 = 4x – 2 ou 6x + 2 =–4x + 2
2x = –4 10x = 0 x = –2 x = 0
S = ∅ ; pois x = –2 e x = 0 não satisfazem a
condição x ≥ 12
C) |5x – 1| = |4x + 8|5x – 1 = 4x + 8 ou 5x – 1 = –4x – 8
x = 9 ou 9x = –7 → x = 7
9−
S = {9, –7/9}
D) ||2x –1| – 6| = 10 →→ |2x – 1| – 6 = 10 ou |2x – 1| – 6 = –10
|2x – 1| = 16 |2x – 1| = –4 2x – 1 = 16 2x – 1 = –16
x = 172
ou x = 152
−
E) |x + 4| = 4 → x + 4 = 4 ou x + 4 = –4 x = 0 x = –8
B) f(x) = |x + 2| – 3
2
3
Equações e Inequações Modulares
���������
C
|a| = a, a 0a; a 0
> − <
|b| = b, b 0
b; b 0
> − <
|c| = c, c 0c; c 0
> − <
|abc| = abc, abc 0
abc; abc 0
>− <
1o caso: com todos os positivos; a > 0, b > 0, c > 0 →abc > 0
E = aa +
bb
+cc +
abcabc
E = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
2o caso: com dois positivos e um negativoPor exemplo a > 0, b > 0 e c < 0 → abc < 0
E = aa
+bb
+cc−
+abcabc−
E = 1 + 1 – 1 – 1 = 0
3o caso: Com 1 positivo e 2 negativosPor exemplo a > 0, b < 0 e c < 0 → abc > 0
E = aa
+bb−
+cc−
+abcabc
E = 1 – 1 – 1 + 1 = 0
4o caso: com todos negativos, isto é:a < 0, b < 0, c < 0 → abc < 0
E = aa−
+bb−
+cc−
+abcabc−
E = –1 – 1 – 1 – 1= – 4
1
Da equação II: 9 – c2 = 0 → c = ± 3.
O valor c = 3 não convém, pois
Substituindo na III) d . (3 + 3) = 0 → d = 0.
Entretando c = 3 e d = 0 não satisfazem a equação I5c = 3d = –3.
Se c = –3 , teremos na (I) 5 . (–3) + 3d = –3 → d = 4.
Valores que satisfazem também a II I equação.Portanto, c2 + d2 = 9 + 16 = 25.
A) f(x) = |x + 2| = x x
x x
+ ≥ −− − < −���
2 2
2 2
;
;
Mat
emát
ica
II
31
Volume 2.B
A) |3x + 1| ≤ 8 ↔ –8 ≤ 3x + 1 ≤ 8 +(–1)↔ –9 ≤ 3x ≤ 7 ÷(3)
↔ –3 ≤ x ≤ 73
B) |5x| + 10 < –7 ou |5x| + 10 > 7|5x| < –17 |5x| > –3
∃ x ∈ R ∀ x ∈ R,pois |k| ≥ 0 ; ∀ k ∈ R
S = RC) S = ∅D) x ∈ R ; x ≠ –2E) x ∈ R.
4
D
f(x) = 2
0 ; x 2
x 4 ; 2 x 35 ; x 3
< − ≤ < ≥
f(– 2) + f(2) + f( 13) = 0 + (22 – 4) + 5 = 5
I. x ≥ 2ƒ (g(x)) = (2x + 3)2 – 4 . (2x + 3) + 3= 4x2 + 12x + 9 – 8x – 12 + 3= 4x2 + 4x
II. x < 2ƒ (g(x)) = 2 . (2x + 3) – 3= 4x + 6 – 3= 4x + 3
Cy = |x2 – |x||x = 0 → y = 0x = 1 → y = 0Então o gráfico está no item C
A) |x + 1| = 5 ↔ x + 1 = 5 ou x + 1 = –5 x = 4 ou x = –6
S = {4, –6}
B) ||4x – 1| –12| = 8 ↔ ↔ |4x – 1| – 12 = 8 ou |4x – 1| – 12 = –8
|4x – 1| = 20 ou |4x – 1| = 4
Daí:I.|4x – 1| = 20 ↔ 4x – 1 = 20 ou 4x – 1 = –20
x = 214 ou x =
194
−
II. |4x – 1| = 4 ↔ 4x – 1 = 4 ou 4x – 1 = –4
III. x = −34
ou x = 54
Resp.: S = 21 19 3 5, , ,4 4 4 4
− −
4
1
2
3
5
6
C) |2x + 2| = 3x – 1
1o) Domínio de validade: 3x – 1 ≥ 0 → x ≥ 13
2o) Sendo x ≥ 13
, temos que:
|2x + 2| = 3x – 1 ⇔ ⇔ 2x + 2 = 3x – 1 ou 2x + 2 = –3x + 1
x = 3 ou 5x = –1
x = –15
∉ Domínio
Logo S = {3}
D) |6x – 1| = |4x + 6| ⇔⇔6x – 1 = 4x + 6 ou 6x – 1 = –4x – 6
2x = 7 ou 10x = –5
x = 72
x = –12
S = 7 1,2 2
−
ASabemos que no intervalo 0 < x < 20; x é a quantidadeingerida/dia. A razão entre a quantidade ingerida e a
quantidade absorvida é de 1820
= 9
10mg/dia e no
intervalo x ≥ 20 esta razão passa a ser 18x
sendo,
portanto, variável.
B1o modo: Pelo gráfico
y = 3 – |x – 3| |x – 3| = x 3 ; x 3x 3 ; x 3− ≥
− + <
y = 3 (x 3) ; x 33 ( x 3); x 3
− − ≥ − − + <
→ y = 6 x ; x 3x ; x 3
− ≥ <
7
2º modo:y = 3 – |x – 3| assume o valor máximo quando |x – 3| = 0,isto é, para x = 3. Daí, se x = 3 então y = 3 é o maiorvalor de y.
A|3x + 3| = |x – 1| ↔ 3x + 3 = x – 1 ou 3x + 3 = –x + 1 ↔
↔ 2x = –4 ou 4x = –2 ↔ x1 = –2 ou x2 = –12
.
Daí; x1 + x2 = –2 + ( 12− ) = –
52
.
Mat
emát
ica
II
32
Volume 2.B
11
12
13
14
15
x + 3x + 3– x – 3
–1 + x1 – x1 – x
1
–3
Então, – 3 ≤ x ≤ –1SII = {x ∈ R/ –3 ≤ x ≤ –1}
III) Para x ≥ 1x + 3 ≤ – 1 + x → 3 ≤ –1 (falso), logo SIII = ∅Daí: SI ∪ S2 = (– ∞, – 1]
AObs.: x2 = |x|2 ; ∀ x ∈ R.|x|2 – 2 . |x| – 8 = 0. Fazendo y = |x|, temos:
y2 – 2y – 8 = 0 y = –2 |x| = –2→ → ∃ x R
y = 4 |x| = 4 x = ±4
∈→ →
Então: Soma = 0 e produto = –16
B|x – 1| < 3 ↔ –3 < x – 1 < 3 ↔ –2 < x < 4
e 2x 1x 1
−+
< 0 → x – 1 < 0 → x < 1
Logo:
S = ]–2, 1[
C
| x 2 | 5e
| x 2 | 1
+ ≤ + ≥
1a parte: |x + 2| ≤ 5 ↔ –5 ≤ x + 2 ≤ 5 ↔↔ –7 ≤ x ≤ 3 e |x + 2| ≥ 1 ↔ x + 2 ≤ –1 oux + 2 ≥ 1 ↔ x ≤ –3 ou x ≥ –1
2a parte: Intersecção.
–3
–1
1
–3
–7 3
–1
Logo Stotal = SI ∩ SII
ST = ]–3, 1] ∪ [4, 8[
Resp.: ST tem 8 números inteiros.
AObsObsObsObsObs.: |k| < 0 ; ∃ k ∈ R e |k| = 0 → k = 0Por conseguinte:
2x 4x 2
+− ≤ 0 ↔
2x 4x 2
+− = 0 ↔ x = –2
9
10
–8–6 6
8
c g(x) = 2
H2B
A8
1a parte: Pontos de intersecção8 – |x| = 2 ↔ |x| = 6 ↔↔ x = ± 6
2a parte: Área do ∆ABC.
A∆ABC = BC . AH
2 =
12 . 62
A∆ABC = 36
A) |2x – 3| > 5 ↔ 2x – 3 < –5 ou 2x – 3 > 5 2x < –2 x < –1 ou x > 4
S = {x ∈ R/x < –1 ou x > 4} = (–∞, –1) ∪ (4, +∞)
B) |3x – 5| > –3 ; ∀ x ∈ R pois |k| ≥ 0 ; ∀ k ∈ RC) |4x – 7| ≤ –8 ; S = ∅D) ||x| – 3| ≤ 10 ↔ –10 ≤ |x| – 3 ≤ 10
↔ –7 ≤ |x| ≤ 13 ↔ 0 ≤ |x| ≤ 13 ↔↔ –13 ≤ x ≤ 13
S = {x ∈ R/–13 ≤ x ≤ 13}
|2x 5| 11 (I)e
|2x 5| 3 (II)
− < − ≥
I. |2x – 5| < 11 ↔ –11 < 2x – 5 < 11 ↔↔–6 < 2x < 16↔ –3 < x < 8
II. |2x – 5| ≥ 3 ↔ 2x – 5 ≤ –3 ou 2x – 5 ≥ 3 x ≤ 1 ou x ≥ 4
8 ƒ(x) = 8 – |x| = 8 – x; x 08 x; x 0
≥ + <
e g(x) = 2C|x + 3| ≤ |1 – x|
|x + 3|
|1 – x|
I) Para x < – 3– x – 3 ≤ 1 – x → – 3 ≤ 1 (verdadeira, ∀ x < –3)SI = { x ∈ R/ x < –3}
II) Para –3 ≤ x < 1 → x+3 ≤ 1 – x → 2x ≤ –2 → x ≤ –1
Mat
emát
ica
II
33
Volume 2.B
16
S = [–7, –3] ∪ [–1, 3]Como x é inteiro então x ∈ {–7, –6, –5, –4, –3, –1, 0,1, 2, 3}
–84 x – 5 = distância de x até 5. x – 3 = distância de x até 3.
1a parte: Será que existe x > 5 que satisfaça a equação?Sendo x – 5 = d, temos que:d + d + 2 = 20 → 2d = 18 → d = 9.
Logo: x = 5 + d → x = 5 + 9 → x = 14.
2a parte:
3 5
2
x
d + 2
d
3 x
2 – d d
2
5
Não existe 3 < x < 5 satisfazendo, pois x – 5 + x – 3 = 2
3a parte:
Sendo x < 3, temos x – 5 + x – 3 = 20 →→ d + d – 2 = 20 →
→ 2d = 22 → d = 11
Então: x = 5 – 11 → x = –6. Daí o produto das raízesé igual a –84.
x 3
d
d – 2
5
2
A) Coef. angularCoef. angularCoef. angularCoef. angularCoef. angular: mr = tgα = 30010
= 30
Lei da Função LinearLei da Função LinearLei da Função LinearLei da Função LinearLei da Função Lineary = 30 . xonde y = temperatura
x = tempo
1
Im(f) = {y ∈ R/–3 ≤ y ≤ –1 ou y ≥ 2}Logo a = –3, b = –1 e c = 2–a + b + c = 4
Resp.: 3 soluções||x| – 1| = 1 ↔ |x| – 1 = 1 ou |x| – 1 = –1
|x| = 2 ou |x| = 0 x = ±2 ou x = 0
203
|x + 2| = |2x – 4| ⇔⇔ x + 2 = 2x – 4 ou x + 2 = –2x + 4
x = 6 ou x = 23
Soma = 6 + 23
= 203
1a parte: x > 4
B)
2
3
4
5
1 4
d + 3
d
3
x
Seja |x – 4| = d.|x – 4| + |x – 1| = 12 →→ d + d + 3 = 12 → d = 4,5
Então: x = 4 + 4,5 → x = 9,5
2a parte: 1 < x < 4.
4
3
x1
3 – d d
Não existe raiz, pois d + 3 – d = 3.Se 1 < x < 4 a soma |x – 4| + |x – 1| jamais será 12.
3a parte: x < 1.
4
3
1x
d
d – 3
Mat
emát
ica
II
34
Volume 2.B
7
7
2
3
2– 2
3
9
10
–5 –3
+ ––
6
7
|x – 4| + |x – 1| = 12 →→ d + d – 3 = 12 → d = 7,5Logo x = 4 – d = 4 – 7,5 → x = –3,5A soma das raízes é igual a:x1 + x2 = 9,5 + (–3,5) = 6
|x – |2x + 1|| = 3 ↔ x – |2x + 1| = 3 oux – |2x + 1| = –3.
1a) x – |2x + 1| = 3 → |2x + 1| = x – 3
I. Domínio de validade:
x – 3 ≥ 0 → x ≥ 3
Sendo x ≥ 3, temos:|2x + 1| = x – 3 ↔ 2x + 1 = x – 3 ou2x + 1 = –x + 3 ↔
↔ x = –4 ou x = 23
. Os valores de x não convém,
então S1 = ∅ .
2a) x – |2x + 1| = –3 →→|2x + 1| = x + 3
I. Domínio de validade:
x + 3 ≥ 0 → x ≥ –3
Sendo x ≥ –3, temos:|2x + 1| = x + 3 ↔ 2x + 1 = x + 3 ou 2x + 1 =
= –x – 3 ↔ x = 2 ou x = – 43
.
S = {2, –43
}
ƒ(x) ∈ R ↔ 2 – |x + 1| ≥ 0 ↔ |x + 1| ≤ 2 ↔↔ –2 ≤ x + 1 ≤ 2 ↔ –3 ≤ x ≤ 1.D(ƒ) = {x ∈ R/ –3 ≤ x ≤ 1}
E|x – 7| > |x + 2| + |x – 2|
72– 2
1a parte: Para x ≥ 7, temos quex – 7 ≥ 0, x + 2 > 0 e x – 2 > 0
Então, podemos afirmar que:
|x – 7| > |x + 2| + |x – 2| ↔ x – 7 > x + 2 + x – 2 ↔
– x > 7 ↔ x < – 7
Fazendo a intersecção dos intervalos obtemos, SI = ∅ .
2a parte: Para 2< x < 7, temos que x – 7 < 0, x + 2 > 0e x – 2 > 0.Então,|x – 7| > |x + 2| + |x – 2| ↔ (x – 7) > x + 2 + x – 2 ↔
– x + 7 > 2x ↔ –3x > –7 ↔ x < 73
8
Fazendo a intersecção2 < x ≤ 7
x <73
obtemos: SII = {x ∈ R/2< x < 73
}
3a parte: Para –2 < x ≤ 2, temos que x – 7 < 0, x + 2 > 0e x – 2 ≤ 0.
Então, |x – 7| > | x + 2| + |x – 2| ↔↔ – (x – 7) > x + 2 – (x –2) ↔↔ – x + 7 > x + 2 x− +2 ↔
↔ – x > 4 – 7 ↔ – x > –3 ↔ x < 3
Fazendo a intersecção dos intervalos:–2< x ≤ 2e x < 3
Obtemos SIII = {x ∈ R/–2 < x ≤ 2}
4a parte: Para x ≤ – 2, temos quex – 7 < 0, x + 2 ≤ 0 e x – 2 < 0.
Então |x – 7| > |x + 2| + |x – 2| ↔↔ – (x – 7) > – (x + 2) – (x – 2) ↔
↔ x− + 7 > x− – 2 – x + 2 ↔ x > – 7
Fazendo a intersecção de x ≤ – 2 e x > –7 obtemos:
SIV = {x ∈ R/–7 < x ≤ –2}
Os nos inteiros que satisfazem a SI ∪ SII ∪ SIII ∪ SIVsão: –1, 0, 1, 2, –6, –5, –4, –3 e –2. Logo, a somados inteiros será igual a –18.
ƒ(x) = |x – 1| e g(x) = x2 + 4x – 4ƒ(g(x)) = 0 ↔ |g(x) – 1| = 0 ↔ g(x) – 1 = 0 ↔
↔ x2 + 4x – 4 – 1 = 0 ↔ x2 + 4x – 5 = 0 ↔
↔ x1 = –5 e x2 = 1.
B1a parte: Conjunto A.
x – 1x 3+
≤ 3 ↔ –3 ≤ x – 1x 3+
≤ 3.
1o) x – 1x 3+
≤ 3 ↔ x 1x 3
−+
– 3 ≤ 0 ↔ x – 1 – 3x – 9
x 3+ ≤ 0
↔–2x – 10
x 3+ ≤ 0.
S1 = ]–∞, –5] ∪ ]3, +∞[.
2º) x – 1x 3+
≥ –3 ↔ x – 1x 3+
+ 3 ≥ 0 ↔
↔ x – 1 3x 9x 3+ ++
≥ 0 ↔ 4x 8x 3
++
≥ 0
Mat
emát
ica
II
35
Volume 2.B
–3 –2
– ++
3–5
–2–3
3–5
88
E
∆ = 8116
• ƒ(x) tem um valor máximo igual a –4a∆
.
yv = 81
16−
. 23−
→ yv = 278
B–x2 + 5x – 6 > 0x’ = 2x’’ = 3]2, 3[
Ay = ax2 + bx + c = a(x – x1)(x–x2)onde x1 = 1 e x2 = 5 são as raízes. Utilizando a formafatorada e o fato do ponto (3,–1) pertencer ao gráficopodemos afirmar que:y = a . (x – 1) . (x – 5) →→ –1 = a . (3 – 1) . (3 – 5) →→ –1 = a . (2) . (–2) →
→ a = 14
Ay = ax2 + bx + c, a ≠ 0, é estritamente positivo paraqualquer x real se a > 0 e ∆ < 0.
1
2
3
S2 = ]–∞, –3[ ∪ ]–2, +∞[.
3º) S1 ∩ S2 = ]–∞, –5] ∪ ]3, +∞[.
2a parte: Conjunto B|x| ≤ 8 ↔ –8 ≤ x ≤ 8.
3a parte: A ∩ B
A ∩ B = {x ∈ Z/ –8 ≤ x ≤ –5 ou 3 < x ≤ 8} == {–8, –7, –6, –5, 4, 5, 6, 7, 8}
4
5
Na expressão y = x2 – (k + 2) . x – k + 1, temos a = 1 > 0e ∆ = (k+2)2 – 4 . (1) . (–k + 1) = k2 + 8k.
k = –2Dados: ƒ(x) = 2x + k e g(x) = kx + 31o) g(1) = k + 32o) ƒ(g(1)) = ƒ(k+3) = 2 . (k + 3) + k = 3k + 6. Então se
ƒ(g(1)) = 0 → 3K + 6 = 0 → k = –2
Ef(– x) = – x3 + 2x = – (x3 – 2x) = – f(x); ∀ x ∈ D(f).
ƒ(a) = 2 e ƒ(b) = 8, pois se ƒ é crescente, então a < b→ ƒ(a) < ƒ(b) e se ƒ é bijetora → ƒ é sobrejetora →Im(ƒ) = [2, 8].Daí ƒ(a) = 2 e ƒ(b) = 8.
B = Im(f) = 3 ,14
− ∪ [3, 5[
ADados:ƒ(x) = ax + b, a ∈ R *
+ e b ∈ R.ƒ–1(x) = ƒ(x)
1o) Cálculo da inversay = ax + b → y – b = ax →
→ x = y b
a−
. Fazendo a troca de varíaveis, temos que:
ƒ–1(x) = x b
a−
.
2o) se ƒ–1(x) = ƒ(x) → x b
a−
= ax + b →
→ x – b = a2x + ab → a2 =1 e – b = ab
→ a =1 (pois a ∈ R +* ) e – b = 1 . b → b = 0
Então a2 + b2 = 12 + 02 = 1
BDados: ƒ(x) = –2x + 3 e g(ƒ(x)) = 4x.
1o) g(ƒ(x)) = 4x → g(–2x + 3) = 4x.
2o) Fazendo – 2x + 3 = k → 2x = 3 – k → x = 3 k
2−
.
Daí, g(k) = 4 . (3 k)2− → g(k) = 6 – 2k.
3o) lei da inversa de gg(x) = 6 – 2x → y = 6 – 2x →
6
7
8
9
+ + + + +
– –– –
–
–
1
+ +
+
+ + + +
+
+ +
+ + +
+
– 8
– 8 0
0
Daí; k2 + 8k < 0 ↔ k . (k +8) < 0 ↔ –8 < k < 0Estudo do sinal
10
Mat
emát
ica
II
36
Volume 2.B
15
D(�) = x x∈ >������R /
65
D
DefiniçãoDefiniçãoDefiniçãoDefiniçãoDefinição: |x – 2| = x 2 ; x 2x 2 ; x 2− ≥
− + <
y =
2 . (x 2); x 2
(x 2)2( x 2) ; x 2(x 2)
− > − − + < −
→ y = 2 ; x 22 ; x 2
> − <
Resposta:
12
13
11
14
→ 2x = 6 – y → x = 6 y
2−
→ g–1(x) = 6 x
2−
Resp.: 14
g53
− = 3 .
53−
+ 4 = –1
f(2) = –1g(π) = 4f(–3) = –4
E = –1 + (–1) – 4 . (–4)= –2 + 16
= 14
CDados: f(x) = |x – 3| e g(x) = |x + 3| →→ g(–5) = |–5 + 3| = 2f(g(–5)) = f(2) = |2 – 3| = 1
B1a Parte: F = {x ∈ Z/0 < x + 2 < 5}
0 < x + 2 < 5–2 < x < 3F = {–1, 0, 1, 2}
2a) G = {x ∈ Z/|x–2| < 2}|x – 2| < 2 ↔ –2 < x – 2 < 2↔ 0 < x < 4G = {1, 2, 3}
3a) H = {x ∈ Z/x2 ≤ 1}
x2 ≤ 1 → x2 ≤ 1 → |x| ≤ 1 → –1 ≤ x ≤ 1H = {–1, 0, 1}
4a) Logo (F – G) ∪ H = {–1, 0} ∪ {–1, 0, 1} == {–1, 0, 1}
A) f(x) ∈ R ↔ xx
+−
11| | ≥ 0 ↔
↔ x + 1 ≥ 0 e x – 1 ≠ 0↔ x ≥ –1 e x ≠ 1D(f) = {x ∈ R/x ≥ –1 e x ≠ 1}
B) g(x) ∈ R ↔ ∀ x ∈ R*D(g) = R*
C) h(x) ∈ R ↔ |2x – 1| –10 ≥ 0 ↔↔ |2x –1| ≥ 10↔ 2x – 1 ≤ –10 ou 2x – 1 ≥ 10
D(h) = {x ∈ R / x ≤ −92
ou x ≥ 112
}
D) �(x) ∈ R ↔ |3x| 85x 6
+− ≥ 0 ↔ 5x – 6 > 0
↔ x > 65
Anotações
Mat
emát
ica
III
Volume 2.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mat
emát
ica
III
37
Volume 2.B
Capítulo 2: Geometria Plana IIGeometria Plana IIGeometria Plana IIGeometria Plana IIGeometria Plana II ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 37Tópico A: Semelhança de TriângulosTópico B: Semelhança de Triângulos e as Relações Métricas no Triângulo RetânguloTópico C: Ângulos na CircunferênciaTópico D: Semelhança de Triângulos e as Relações Métricas no CírculoTópico E: Razões Trigonométricas no Triângulo RetânguloTópico F: Relações Métricas num Triângulo QualquerTópico G:Polígonos Regulares Inscritos e CircunscritosQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................53Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................56
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 2.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Geometria Plana II
��������
A) ∆ADE ~ ∆ABC
ADAB
= AEAC
= DEBC
→ 2038
= 2424 + y
= x60
Logo 2038
= x60
→ x = 20 x 60
38 = 600
19 cm
B) ∆DPC ~ ∆APB
A B
D C
6
14
42
x
P
θ α
α θ
614
= x42
→ x = 18
1o) ∆ ABC ∼ ∆ ADE
ABAD
= 68
→ AB
AB 14+ = 3
4 →
→ 4 AB = 3 AB . + 42 →
→ AB = 42. Então, a altura do cone será igual a
AF = AB + 6 + 2 . 8 = 42 + 22 = 64
6
6
88
8
α
FG
E
C
A
B
D
2
1
A
3 A
B C
D E
4
5
Mat
emát
ica
III
38
Volume 2.B1o) ∆ABC ~ ∆ADE
Razão de semelhanças = k
k = ABAD
= 49
2o)Área ABCÁrea ADE
∆ = k2 =
249
= 1681
→
Área ABCÁrea ADE – Área ABC
∆ = 16
81– 16 →
Área ABCÁrea trapézio BCDE
∆ = 16
65
4
5
6
7
8
C
x
D
400 . x
B
AE
r
R
Terra
Lua
Sol
r = 1.738 km∆CDE ~ ∆CBA
x401x
= 1.738R
→ R = 401 x 1738
R = 696.938 km
A B
D C
Mm
n
4
3
4
3
A B
D
P
M ≡ C
1 – x 1
2
6 x 3
6 x 46 x 5
a = 5 3
3 13 4 13
4 x a = 60
4 x 7 4 x 24
a
α
αθ
θ
bc
A
B CD
h
m n
4 6
1a parte
1o) ∆ABD ~ ∆ADC
h6
= 4h
→ h2 = 24 →
→ h = 2 6
2o) ∆ABD ~ ∆ABC
c10
= 4c
→ c2 = 4 x 10 → c = 2 10
3o) ∆ADC ~ ∆ABC
b10
= 6b
→ b2 = 6 x 10 → b = 2 15
2a Parte:
Perímetro ∆ABC = 10 + 2 10 + 2 15
1o)2AC = 42 + 32 = 25 → AC = 5
2o) 32 = 5 . AM → AM = 95
C
D
∆MPB
(1 – x)2 = x2 + 21
2
1 – 2x + 2x = 2x + 14
2x =1 – 14
= 34
x = 38
= 0,375
A)
Resp.: 18
B)
C)
a2 = 242 + 72 = 625
a = 25
Mat
emát
ica
III
39
Volume 2.B
10
9
11
12
13
BV
P
Ay yx
x 100o
1. VB = VP = VA (Teorema dos segmentos tangentes)2. ∆VBP e ∆VPA são isósceles
No quadrilátero BVAP, temos:x + (x + y) + y + 100o = 360o
2x + 2y = 260o
x + y = 130o → �BP A = 130o.
4 – 3 < 8 < 4 + 3 (falso, não são secantes). No entanto,se d > R + r as circunferências são exteriores.
A
B
θα
β
80o
D
C
1. �DOB = 80o → �DB = 80o (Ângulo central)
2. θ = o80
2 = 40o (Ângulo inscrito)
3. α = o80
2 = 40o (Ângulo inscrito)
A) A
B
C
D
P
θ
θ
α
2α
2θ
α
AB
C
P
D
θββ
θ
2θ
AB
T
Pθ
θ
α
α
β
∆PAD ~ ∆PCB
PAPC
= PDPB
→ PA . PB = PC . PD
x . 6 = 4 . 3
x = 2
B)
∆PCB ~ ∆PAD
PCPA
= PBPD
→ PA . PB = PC . PD
x . 8 = 6 . 16 → x = 12
C)
∆PTA ~ ∆PTB
PTPB
= PAPT
= 2PT = PA . PB
x2 = 9 . 25x = 3 . 5
x = 15
�
�
� �
D =
�
2
45o
�
��
�
2
h
30o
60o
A) D2 = �2 + �2
D2 = 2�2
D = � 2
Sen 45o = 2�� =
12 =
22
e
Cos 45o = 2�� =
12 =
22
tg 45o = �
� = 1
B)
�2 = h2 + 2
4�
h2 = �2 – 2
4�
h2 = 23
4�
h = 3
2�
Mat
emát
ica
III
40
Volume 2.B
Sen 60o = h� =
�
�
32 =
32
Cos 60o = 2�
� = 12
tg 60o = �h
2
= �
�
32
2
= 3
Sen 30o = 2�
� =
12
Cos 30o = h� =
32
tg 30o = 2�
� =
�
�23
2
= 1
3 =
33
B14
15
16
17
18
A
C
D
x
x
h
B
30o
30o
120o60o
90
A
B C
30 m
50
30o
1o) ∆DBC é isósceles → DB = BC = x.2o) No ∆BAC, temos:
Cos 60o = 90x →
12 =
90x → x = 180 m
375 m2
Área ∆ABC = 12 . 30 . 50 . sen 30o
Área ∆ABC = 15 . 50 . 12 . 375 m2
A) Sen 120o = sen 60o = 32
e
cos 120o = – cos 60o = –12
B) sen 150o = sen 30o = 12 e
cos 150o = –cos 30o = –32
2 37
A B
D C8
d6120o
60o
1o) Diagonal menorDiagonal menorDiagonal menorDiagonal menorDiagonal menor
d2 = 62 + 82 – 2 . 6 . 8 . cos 60o
d2 = 36 + 64 – 2 . 6 . 8 . 12
d2 = 100 – 48 = 52 → d = 52
d = 2 13
2o) Diagonal maiorDiagonal maiorDiagonal maiorDiagonal maiorDiagonal maior
8
8
D6 6120o
60o
B
D
A
C
x
40
2045o
15o 120o
D2 = 62 + 82 – 2 . 6 . 8 . cos 120o
D2 = 36 + 64 – 2 . 6 . 8 . (–12 )
D2 = 100 + 48 = 148
D = 2 37
28 m
6 = 2,4
o40
sen 45 = o
20 xsen120
+ → 40
22
= 20 x
32
+
Mat
emát
ica
III
41
Volume 2.B
19
20
→ 40 2
2 =
20 x3+
→ 20 + x = 20 2 . 3 →
→ 20 + x = 20 6 → x = 20 6 – 20 →
→ x = 20 ( 6 – 1) = 20 (2,4 – 1) = 20 (1,4)
x ≅ 28 m
A
D
B
CF
E
M2 2
4
44 4
O
m60o
60o
60o
60o
A) ∆OBC é equilátero → BC = 4B) Apótema = m.
∆AMO
Sen 60o = m4 → m = 4 .
32
= 2 3
C) Áreahexágono = 6 . área∆OBC = 6 . 24 . 3
4 →
→ Áreahex = 24 3 cm2
22
1 rad
1o)6 0EA
= 4 0r
→
→ 6
20 r+ =
4r →
→ 6r = 80 + 4r →
→ r = 40 cm
2o) α = 40r =
4040 = 1 rad.
A
D
B
L
C
F
G H
E
O
R
R
R R
�
Seja L o lado do quadrado circunscrito e � a medida dolado do quadrado inscrito.
1o) �2 = R2 + R2 → � = R 22o) L = 2R
3o) L�
= R 22R
= 22
D
B
Er
CA
20
40 cm
60 cm
α
21
x = 15
9x
= 1220
→ x = 453
= 15
8
1
2
3
AB
Q
w
C
P
x20 – x
6
4
∆ABP ~ ∆BQC
x20 – x
= 46
= 23
→ 3x = 40 – 2x → x = 8
195
B 16 D 20 C
A
x
E
25y
15
θ
θ
α
∆EDC ~ ∆ABC
15y
= 20
25 + x = 25
36
1o)
4
2025 + x
=
5
2536
→ 125 + 5x = 144
5x = 19 → x = 195
2o)
3
15y
=
5
2536
→ y = 1085
Mat
emát
ica
III
42
Volume 2.BA
D
30 – x
20 – yB F C
Ey
y
xx
α
α
30
20
4
5
6
∆EFC ~ ∆ADE
x30 – x
= 20 – y
y →
x . y = 600 – 30y – 20x + xy
30y = 60 0 – 20 x
y = 20 – 23
x
A
T
M N
P H Q
10 = h
x
12
20
D
B
h1
12
E C A0,6
1o) Área ∆PTQ = PQ . h
2 = 100 →
20 . h2
= 100 → h = 10
2o) ∆MNT ~ ∆PTQ
1220
= x10
→ x = 6
3o) Altura do trapézio
MH = x + h = 6 + 10 = 16
D
∆DEC ~ ∆CBA
1h
= 0,612
→ h = 120,6
→ h = 20 m
Considere AC = K, AB = n e BC = m1
o) ∆QBC ~ ∆PAC e ∆AQB ~ ∆ARC
mk =
m9
nk =
x7
2o) Somando membro a membro as proporções acimaobtemos:
mk =
nk =
x9 +
x7 →
m nk+
= 7x 9x
63+
→
kk =
16x63 → 16x = 63
8
7
C M
D
4
A
5
O 3
1o) Seja D o ponto de tangênciada circunferência com o lado
AB. Traçando o raio OD ,temos:(∆ADO) 32 + DA2 = 52 ∴∴ DA = 4 cm
2o)^
ADO ≡ ^
A MB e OÂD ≡ BÂM,daí os triângulos AMB e ADOsão semelhantes.
MB3 =
84 MB = 6, logo,
BC = 12 cm
A B12
D C
E
x
18 – x18 – x
18
xMy
24
24
9 A) 1Área P180
= 406 0
2
= 22
3
= 49
→
Área P1 = 49
x 180 = 80 m2
B)
Mat
emát
ica
III
43
Volume 2.B
A
D E r
CB
A
4A
8 5
h
r// BC∆ADE ~ ∆ABC
1o)Área ADEÁrea ABC
∆∆
= k2
onde k é a razão de semelhança A
5A = k2 → k = 1
5
2o) h8 5
= 15
→ h = 8 m
10
1o) ∆MIB ~ ∆DIC → 1224
= x18 – x
→
→ x18 – x
= 12
→ 2x = 18 – x → x = 6
2o) Na figura acima o ∆CIE ~ ∆CMB
CECB
= IEBM
→ 18 – x18
= y12
→
→ 123
= y2
→ y = 8
C
AA
F
C
XX
G
EDB X
X
Sejam ^
ABC = β e ^
A CB = α, então, α + β = 90o (∆ABC)
• ∆BGD ∴ β + ^
BGD = 90o ∴ ^
BGD = α
• ∆CFE ∴ α + ^
CFE = 90o ∴ ^
CFE = β
logo: ∆BGD ~ ∆FCE e: BDFE =
GDCE
⇒ 8X =
X2 ∴ X2 = 16 ∴ X = 4 cm
Logo, o perímetro do quadrado é 16 cm.
11
12
AFED é losango → FE // AB → ∆CFE ~ ∆CAB
Então:54 L
54−
= L
108 → 54 – L = L2 → 108 – 2L = L
→ L = 36
13
1o)o360
5 = 72o = ângulo central
2o)^
A CB = ^
BA C = ^
ABE = o72
2 = 36o
3o)^
AFB = 180o – 72o = 108o →^
BFC = 72o = ^
CBF
4o) DBCF é isósceles → FC = BC = 45o) Os tr iângulos AFB e ACB são isósceles e
semelhantes. Sendo AF= BF = y temos que:
y4
= 4
y 4+ → y2 + 4y = 16
y2 + 4y – 16 = 0∆ = 16 + 64 = 80
y = 4 4 5
2− +
= –2 + 2 5
O menor segmento determinado sobre AC será:
x = 2 5 – 2 = 2 . ( 5 – 1) =2 . (5 – 1) = 8
Mat
emát
ica
III
44
Volume 2.B
1a parte:∆APB ~ ∆ PCD
Área APBÁrea PCD =
2APPC
→
169 =
2APPC
→ APPC
= 43
= xy
→ y = 3x4
2a parte:
A∆APB = 16 → AB . x
2 = 16 → AB . x = 32
e
A∆CPB = 9 → CD . y
2 = 9 →
CD . y = 18 → CD . 3x4 = 18 → CD . x = 24
3a parte: Área do trapézio
AT = (AB CD) . (x y)
2+ +
= (AB CD)
2+
. (x + 3x4 ) =
= (AB CD)
2+
. (7x4 ) =
78 . [AB . x + CD . x]
= 78 . [32 + 24] = 49
A) ABCD ~ CDEF → xy
= y
x y− →
→ x² – xy = y² → x² – y . x – y² = 0 (÷ y2) →
→
2xy
– xy
– 1 = 0. Fazendo xy
= k, temos
que k² – k – 1 = 0 → k = 1 5
2+
, pois k > 0.
Assim xy
= 1 5
2+
.
B)Área ABCDÁrea DEFC =
2xy
=
21 5
2 +
=
= 1 2 5 5
4 + +
= 3 5
2+
.
14
15
16
A B
x
P
y
CD
α
α
β
βββD
∆ATF ~ ∆APE
34 =
AFAE
→ 34 =
h 11h 4
−−
→ 3h – 12 = 4h – 44 → h = 32
4
33
A
TF
E
4
P
B CD
h
1
1
1
R
1 R
P
R
2
34
C b
A
h
18 32B C
50
17
R é o ponto onde está localizado o robô.
2o Movimento → d(R, P) = 2
3o Movimento → d(R, P) = 3
4o Movimento → d(R, P) = 4� �
10o Movimento → d(R, P) = 10
A)
1o) h2 = 18 x 32h2 = 2 x 9 x 16 x 2h = 2 x 3 x 4
h = 24
2o) c2 = 50 x 18 → c2 = 2 x 25 x 2 x 9
c = 2 x 5 x 3 → c = 30
3o) b . c = a . h → b . 30 = 50 . 24 → b = 40
18
Mat
emát
ica
III
45
Volume 2.B
x 6
5
1
2b = = c
A BH
a
L
R
R R
1,2
A
1,2 1,21,2 1,2
CB
1o) Teorema de Pitotx + x = 8 + 182x = 26
x = 13
2o) x2 = 4r2 + 25132 – 25 = 4r24r2 = 144r2 = 36
r = 6
A
AB = 2,4 – R
∆ABC é retângulo em B, logo (1,2 + R)2 = (2,4 – R)2 ++ (1,2)2(1,2 + R)2 – (2,4 – R)2 = (1,44) →
→ 1,2 + R + 2,4 – R . 1,2 + R – 2,4 + R = 1,44
2R – 1,2 = 1,443,6
= 0,4 → 2R = 0,4 + 1,2
→ 2R = 1,6
R = 0,8
1o) a2 = 14
+ 3625
= 25 +144100
= 169100
a = 1310
2o) b . c = a . x
12
. 65
= 1310
. x
x = 613
20
19
� �
� �
B D
A
C
M
12
12
99
r
r
2r 2r
5 54 4
18
x x
8
�2 = 122 + 92
� = 15
C)
B) E
DC = 5 3 - = .15 37
20 37
3º) Baixando a partir do ponto D uma perpendicular aolado AC, como mostra a figura acima, obtém-se que∆CDH ~ ∆CAB, daí:
21
Mat
emát
ica
III
46
Volume 2.B
22
23
24
25
OA = x
OC = Y∆AOB ⇒ 252 = x2 + 72 ∴ x2 = 576 ∴ x = 24 dm∆COD ⇒ 252 = y2 + 152 ∴ y2 = 400 ∴ y = 20 dm
Logo AC = AO – CO ⇒ AC = 24 – 20 = 4 dm
A
C
O7 B 8
D
25
25
C
302 = 182 + h2
900 = 324 + h2 ∴ h2 = 576 ∴ h = 24m
30m 18m
2
2
30L
R
RR
R
X
X
1ª Parte: Considere as circunferência de centros 01 e 02 ed = 10 a distância entre os centros.
AB = EO2 = 8 . No∆ E 0102temos:
100 = 64 + (R – r)2
Da 2ª equação encontramos R + r = 8 e resolvendo osistema concluímos que R = 7 e r = 1.
A) C
A
E
D
FC
Bx
90o
36o
124o
20o
A
BC
DO
3553 oo
355o
35o 70o
70o
70o
x = 40o
3
1o) �AE = 360o – (90o + 36o + 124o + 20o)�AE = 360o – 270o = 90o
2o) x = �
oEAB – 362
o o110 – 36x =
2 = 37o
B) D
1o) �CAD = 35o = �DC2
→ �DC = 70o
2o) �BCA = 70o (∆ABC é isósceles)3o) x + 70o + 70o = 180o → x = 40o
Observação
x não poderia ser 70o, pois �BC =140o e �BCA = 180o.
Absurdo, pois AB não passa no centro O.
27
O
100o
110o
110o
oo50oo
40o
200o200o
26
A
01
01
02
02
E
8B
r8
6
rD
F
d = 10
d = 10
(R – r)
(R + r)
R
r
R
2a Parte:
1a Parte:
r
C
Mat
emát
ica
III
47
Volume 2.B
Resp.: PE = 8 cm = 8 cm = 8 cm = 8 cm = 8 cm
C
A
B
C
O
xx110o
100o
55o
50o
75o = y
PO E
4 4 8
12
α β
A
B
C
D2β2α
28
29
30
1o) �ACB = �AB2
= o100
2 = 50o
2o) �CAB = 180o – (50o + 75o)
�CAB = 55o → �CB = 110o
3o) x = �CB2
= o110
2 = 55o
2α + 2β = 360o
α + β = 180o
α + β = π rad
1o) �CAD = �CD2
→ 20o = �CD2
→ �CD = 40o
2o) CBD� = �CD2
= o40
2 = 20o
3o) �BCA = 50o → �AB = 100o
4o) No ∆CAM, temos:110o + 20o + x = 180o
x = 50o
Resposta: 50o, 70o e 60o.
1) ∆BPR é isósceles → ^
BRP = ^
BRP = 70o
2) ∆CQR é isósceles → ^
CRQ = ^
CQR = 50o
3) ∆PAQ é isósceles → ^
APQ = ^
PQ A = 60o
Daí; ^
RPQ = 50o, ^
PQR = 70o e^
QRP = 60o
31
32
33
B
40o 50o70o
70o 50o
60o60o
80o
60o
R C
QP
A
Como �AB , �BC e �AC são proporcionais a 2, 9 e 7;podemos dizer que:
�AB = 2K ; �BC = 9K e �AC = 7K.
Daí: 2K + 9K + 7K = 360º K = 20º
Logo: α = �AB2
∴ α =20o e ^β =
�AC2
∴ β = 70;
daí: αβ
= 27
A
B
C
E
Seja ^
BQC = X �BC = 360o – x
28º = o360 x x
2− −
∴ x = 152o ∴ ^
BOC = 152º
i) ∆BOP ≡ ∆QOP, logo ^
BOC = ^
QOR = α
ii) ∆COR ≡ ∆QOR, logo ^
COR = ^
QOR = βdaí: 2α + 2β = 152º α + β = 76º
mas ^
POR = α + β = 76º
BP
Q
CR
O A28º
Mat
emát
ica
III
48
Volume 2.B
36
∆OTA: x2 = r2 + (2r)2 = 5r2 → x = r 5
Logo AC = x – r = r 5 – r = r . ( 5 1).
2o Modo: Potência de um ponto
Calcule PA = x∆POB: (x + 9)2 = (2x)2 + 92
x2 + 18x + 81 = = = = = 4x2 + 813x2 – 18x = 03x . (x – – – – – 6) = 0x = 0 (Não convém)ou
x = 6 → PA = 6 m
Resp.: 6 m
37
38
AO C
T
r
r
2r
x
T
Pr r
EC x
2r
rr rE
C
D O
A
Bx
2r
AOC
B
9
99
2x
x P
AA
BC
D
6
E8
PO
T
r
r
5
3
A
2PT = PC . PE4r2 = x . (x + 2r) →→ x2 + 2rx – 4r2 = 0. Resolvendo na variável x.∆ = 4r2 + 16r2 = 20r2
x = –2r ± 2 5 . r2
x = –r – 5 . r < 0 (não convém)
ou
x = –r + 5 . r > 0.
Logo x = ( 5 – 1) . r
E
AB . AC = AD . AE
x . 2π = π . (3π)
x = 32
π
Logo BC = 2π – 32
. π
BC = 2π = 1
3 . AB
AEEC
= = = = = 13
→ AE = 13
. CE
AE . EC = 6 . 8
13
. EC . EC = 48
2EC = 144 → EC = 12 e
AE = 4Resp.: 16 cm16 cm16 cm16 cm16 cm
Logo AC = 12 + 4 = 16 cm
∆POT; O é centro.(3 + π)2 = 52 + π2
9 + 6π + 2π = 25 + 2π6π = 16
π = 83
Logo 3π = 8Resp.: 8
E1o Modo: Pitágoras
34
35
��
� � �� �
�
39
Mat
emát
ica
III
49
Volume 2.B
1o) tg 30o = AB
200 → AB = 200 . 0,577 → AB = 115,4
2o) h = 115,4 + 1,5 → h = 116,9 ≅ 117 m
V V F V V43
C
D
A B
30o
60o
5 km
x
P
Q
BA
α25 cm
120 cm
52 cm
O
A B E
P
1.000 m
1.00
0
30o
30o
60o
d
1o) ∆ACB
Sen 30o = 5
AC → AC =
512
= 10 km
Seja AÔP = α e OP = x cm1o) ∆OPA ~ ∆OBQ.
xx 120+ =
2552 → 52x = 25x + 120 . 25 →
→ 27x = 120 x 25 → x ≅ 111,11
2o) Sen(α) = 25
111,11 ≅ 0,225 → α = 13o
B
PE = d, é a mesma distância.∆BEP
Sen 60o = d
1000 → d = 1000 .
32
= 500 3 m.
25
44
4530o
L
D C200
2001,5
B
A
h
42 C
� � �
�
�� � �
�
�
�
�� �
�� �
� ��
�
40
41
2o) ∆ADB
Cos 60o = AD5
→ AD = 5 . 12 = 2,5 km e
Sen 60o = DB5
→ DB → = 5 . 32
3o) Velocidade média
Vm = CD
0,5 h = AC AD
0,5 h−
= 7,5 km0,5 h = 15 km/h
Então:01 Verdadeiro02 Verdadeiro04 Falso08 Verdadeiro16 Verdadeiro
C
46
60o
FD
E
AB
C 30o
30o
50
30
o
50
x
50
Mat
emát
ica
III
50
Volume 2.B
60o
CA
B
1 cm
2 cm
x
1o) x2 = 12 + 22 – 2 . 2 . 1 . cos 60o
x2 = 1 + 4 – 4 . 12
x2 = 3 → x = 3
2o) Logo o perímetro do ∆ABC é igual a:
x + 1 + 2 = ( 3 + 3) cm.
B
1) ∆BCE é isósceles → BC = CE = 502) No ∆CDE, temos que:
sen 30o = x
50 → x = 50 . 12 → x = 25
B47
48
49
1o) a² = 25 + 144 = 169 → a = 13
sen α = 5
13
2o) Sen α = h
3,25 → h = 3,25 . sen α
→ h = (3,25) . (5
13 ) = 1,25
3o) Se x é a altura de um degrau, temos que:
5 . x = 1,25 → x = 0,25 m
A
x αx
xx
x
h
α
5
12
a
A c
d
m
30o
150 km
1o) V = 50 km / h constante. Após 3h ele terá percorrido
AM = 3 x 50 = 150 km
2o) Sen 30o = d
150 → d = 75 km
8
D
F
A 6 B
E
30o
θ =
30
o
30o
30o
x
C
Seja BE = x
1º caso: Cos θ = 32
→ θ = 30o
2º caso:^
EBC = ^
FBE = 30o → ^
FBA = 30o
3º caso: ∆ABF
Cos 30o = 6BF
→ BF = 632
→
→ BF = 12
3 = 4 3
4º caso ∆BFE
Cos 30o = BFx
→ x = 4 3
32
→ x = 8
A) Sen 135o = sen 45o = 22
Cos 135o = –Cos 45o = –22
tg 135o = o
osen 45cos 45 = –1
B) Sen (270o) = –1Cos 270o = 0
C) Sen (210o) = – sen 30o = –12
Cos 210o = –cos 30o = –32
D) Sen 300o = –sen 60o = –32
Cos 300o = cos 60o = 12
C
50
51
5230o
C
A
B 6
8
B^
Mat
emát
ica
III
51
Volume 2.B
A B
D C
45o
45o
75o
60o
x 10
A
CB
3
7
5
1
2
1
2–
120o 60o
^8
senB = o6
sen 30 → sen^B =
o8 . sen 306
→
→ sen^B =
43 .
12 → sen
^B =
23
5 6
1o) A^B C = 120o → D
^B C = 75o → B
^DC = 45o
2o) ∆DCB, tem-se que:
o10
sen 45 = o
xsen 60
→ 1022
= x32
→
→ x = 10 3
2 → x =
10 62
= 5 6
120o
a = 5m e b = 7m e c = 3m
1o) 72 > 52 + 32 → ∆ABC é obtusângulo2o) De acordo com a figura acima, o maior ângulo é
^B . Daí
72 = 32 + 52 – 2 . 3 . 5 . cos ^B →
→ 49 = 9 + 25 – 30 . cos ^B →
→ 30 cos ^B = –15 → cos
^B = –
12 →
^B = 120o
A
B
10
C
� �
�
m
O
�
2
60o
130o
53
54
58
55
56
57
16 2
A
x
B
D
30o
15o
C
15o
135o
16
o16
sen 30 = o
xsen135
→ 1612
= x22
→ x = 16 2
E
120oD
A
B
C
4
4
2AC = 4² + 4² – 2 . 4 . 4 . cos (120o)
2AC = 32 – 32 . (
12−
)
2AC = 48 → AC = 4 3
C
Leis dos Cossenos12² = �² + �²�– 2��. ��cos 120o
144 = 2�² – 2�² . (–12 ) → 3�² = 144 → �² = 48
→ ���= 4 3
Então: perímetro = 8 3 + 12 = 4 . (3 + 2 3 )
� = 10 3 cm, m = 5cm e A = 75 3 cm2
120o
12
� �
Mat
emát
ica
III
52
Volume 2.B
D
B
O2
C
A
αx
1,5
3
60
�
�
�
�
O
A
Br
r
r
rR
OB = 10 cm, m é a medida do apótema e � o lado do∆ABC.
Sen 30o = m
10 → m = 10 . 12 → m = 5
Cos 30o = 210
�
→ 2�
= 10 . 3
2 ������ = 10 3 e
Área ∆ABC = 234
� =
300 . 34
= 75 3 cm2
B
r = raio da circunferência inscritaR = raio da circunferência circunscrita.
1o) ∆OAB
R2 = r2 + r2 → R = r 2
2o)Comprim. da circunscrita
Comprim. da inscrita = 2πR2πr =
r 2r
= 2
C
1o) α = 1,5 rad → 3 = 1,5 . OA →
→ OA = 2
2o) x = 1,5 . OC →→ x = 1,5 x 3,5
→ x = 5,25
59
A
360o → 2πR7,20o → 5000
2πR . (7,20)o = 5000 x 360
R = 250.000
2π estádios.
B
A
S
500
7,20o
7,20o
61
62
63
64
α1
1 �
A
B
C
O
��= medida do lado do polígono
1º) Ângulo centralÂngulo centralÂngulo centralÂngulo centralÂngulo central = α
α = o360
12 = 30o
2º) Lei do cosseno:�² = 1² + 1² – 2 . 1 . 1 . cos (30o)
�² = 2 – 2 . 32
��= 2 3−
C1º) Considere uma circunferência de comprimento C e
raio r.C = 2πr
2º) Seja R o raio da nova circunferência de comprimento(C + 4).C + 4 = 2π . R →2πr + 4 = 2πR →2πR – 2πr = 4 →
R – r = 42π =
2π
E
rr
A C
O
B
c – r
c – r
b – r
b –
r
r Eb
Sejam R e r os raios das circunferências circunscrita einscrita, respectivamente ao triângulo.
Mat
emát
ica
III
53
Volume 2.B1º) b + c = kUsando o teorema dos segmentos tangentes conclui-seque b – r + c – r = 2R → b + c = 2R + 2r →
→ 2 (R + r) = k
2º) C1 + C2 = 2πr + 2πR = π . 2 (R + r) = π . k
B65
5
55
5
60 o 60o
60o5
A
B
CD
OE
F
1º) Hexágono Inscrito
AF = R = 52º) Comprimento da circunferência:
C = 2π . 5 = 10π3º) Comprimento de 1 arco centrado no ponto E
55
560
o
F
OE
�FO = 16 . (2π . 5) =
53π
4º) Nas 6 pétalas temos 12 arcos, medindo cada um
53π
. Então, a soma de todos os arcos será igual a:
S = 10π + 12 . 53π
= 10π + 20π
S = 30π
16 Dx
C
A B10 10O
θ θα
12
1o) ∆ACB é retângulo em c2
AB = 2AC +
2CB
202 = 162 + 2
CB
2CB = 202 – 162
C
A
33
B
S1C
I
T3
T2
T1
θ θ
4 y
y
5
4
3050
H
A D
E
B
C
300 cm
∆ADE ~ ∆ABC
30h
= 5030 0
→ h = 180 cm → h = 1,80 m
Resp.: 1,80
1
2
3
4
1o) AS é bissetriz interna, que o centro da circunferênciainscrita é ponto de encontro das bissetrizes.
2o) Pelo teorema dos segmentos tangentes, temos:
1B T = 3B T = 4; 3A T = 2A T = 3
e 1CT = 2CT = y.
3o) Se AS é bissetriz interna, então:
57
= y 1y + 3
− → 7y – 7 = 5y + 15 → y = 11.
4o) Perímetro ∆ABC = 7 + 14 + 15 = 36
C
G
FD
A
E B
x
4
16
αα
θ
θ
2CB = (20 + 16) . (20 – 16)
2CB = 36 . 4
CB = 6 x 2 = 12∆ADO ~ ∆CAB
2o) x20
= 1016
→ x = 20 x 1016
→ x = 252
Mat
emát
ica
III
54
Volume 2.B
5
1o) ∆AED ~ ∆DBF
x4 =
ADDB
2o) ∆DAG ~ ∆DEB
16x
= ADDB
Logo x4
= 16x
→ x2 = 64
x = 8
A) E
A B
D C24
10 10
16
d
A B
D N C
M
12
8
8 8
α
α
α θ
θθ
∆EAB ~ ∆EDC
dd + 10
= 1624
= 23
→ 3d = 2d + 20
d = 20
B)
1o) ∆ADN é isósceles, pois �NAB = α = �DNA →
DN = 82o) ∆DMN ~ ∆MAB
MNMA
= 812
= 23
.
B C
A
E
D
P
40o
55o
55o
75o
151 oo35o
35o
x
1o) ∆ABC é isósceles; AB = AC → �B = �C = 70o
2o) ∆BDC
35o + 70o + �BDC = 180o
�BDC = 180o – 105o
�BDC = 75o
3o) ∆BEP ≅ ∆BPC → P é ponto médio de EC .
4o) ∆DPE ≅ ∆DPC → DP é bissetriz → x = 75o
B E
D
A C
α
α
8o
8o 8o
M 2 kk
k
kk
1o) Traçando a mediana relativa a hipotenusa no ∆BDE obtém-
se que: BM = DE2
= 2 k2
= k = AB.
2o) ∆ABM é isósceles → �BAD = �DMB = α
3o) �CAD = DEB� = 8o (alternos internos)4o) ∆MBE
α = 8o + 8o (ângulo externo) → α = 16o.
A
QB
P
128
θ
θ
α
α
6
7
8
A
M N
B 10 C D6
5 – x
5
5
5
5
xE
1o) QPB� = �PQ2
= �QAB (Circunferência de raio maior)
2o) APQ� = �PQ2
= �PBQ (Circunferência de raio menor)
3o) ∆AQP ~ ∆PQB
PQ8
= 12PQ
→ 2
PQ = 8 x 12 → PQ = 4 6
E9
Mat
emát
ica
III
55
Volume 2.B
A B
D C
FH
� – x � – x
� – y
� – y�
�
�
x
y
y
4x
1
P
5
E
Somando a II com a III equação, obtemos:25 + 1 = (y2 + x2) + (� – x)2 + (� – y)2 →→ (� – x)2 + (� – y)2 = 26 – (x2 + y2) = 26 – 16 = 10
Logo 2
PD = 10 → PD = 10
B
1o) tg θ = yk
x
x k =
k
y
θ
xy23
w
c
1o) Trace MN //BC. N é ponto médio de AC →
AN = 5 e NC = 5.2o) ∆MEN ~ ∆ECD.
MN = BC2
= 102 = 5 (Base média)
3o) ∆MNE ~ ∆ECD56
= x5 – x
→ 6x = 25 – 5x → x = 2511
Logo AE = 5 + x = 5 + 2511
= 8011
.
N
M
P
C
A
B
30 9
4
12
E F
1o) ∆OAE2
OA = 32 + 42 → OA = 5∆OMF
2OM = 92 + 122 → OM = 15
2o) ∆OAC ~∆OMP
OAOM
= ACMP
= k (razão de semelhança) →
→ 515
= k → k = 13
3o) Área ABCÁrea MNP
∆∆
= (k)2 = 21
3
= 19
8Área MNP∆
= 19
→ Área ∆MNP = 72
39
A EF
G
D
C
B
θθ
α
α
θ
O
H
10
3
E
1o) ∆FGE é retângulo; �FGE = o180
2 = 90o.
2o) ∆AEB ~ ∆FAD
3AF
= AE13
→ AE . AF = 39
3o) Potência do ponto A
CA . AH = AE . AF ; mas CA ≅ AH ,
daí: CA . CA = 39 → CA = 39
Teorema de apoio:C
H
O
R
R
A r
10
12
11
“π ⊥ CH passando no centro, passa também no ponto
médio da corda CH .”
I. ∆PEB: 42 = x2 + y2 → x2 + y2 = 16
II. ∆PFC: 52 = y2 + (� – x)2
III. ∆PEA: 12 = x2 + (� – y)2
IV. ∆PHD: 2
PD (� – x)2 + (� – y)2
13
Mat
emát
ica
III
56
Volume 2.B
2o) tg3θ = yx →
3
3yk
= yx → k = 23 x . y
2o)3
3w
(x k)+ = yx → w = (x + k) . 3
yx
3o) c2 = w2 + (x + k)2
c2 = (x + k)2 .
23y
x
+ (x + k)2
c2 = (x + k)2 . 23y
1x
+
c2 = 2 23
23
(x xy )
x
+ .
2 23 3y x
+
c2 =
21233
1 13 3
x x . y
x x
+
.
2 23 3y x
+
c2 =
22 23 3x y
+
.
2 23 3y x
+
c2 =
32 23 3x y
+
c =
32 2 23 3x y
+
A
120º
60º
120º120º
60º
60º
O1
O3O2
AD
N
C
M
P
EQF
R
S
B
�
2
�
2
�
2�
2
1o) Comprimento do arco �BMC = x
x = o120
360 . 2 .2
π �
= 13 . π�.
Note que �BMC = �ARF = �EPD = x = 13 π�
14
E
AA
DP
CB F76579o =
36oo
98o
158o
497o =
1= 4
9o
3 = 34o
18o
686 o
2 = 18o
O
15
2o) AB = FE = CD = �.3o) Comprimento da correia =
= 3 . x + 3 . AB = π��+ 3� = � . (π + 3).
1o)�4 = A PE� = 180o – (34o + 49o) = 180o – 83o = 97o
2o) 18o = BEC� = �BD2
→ �BD = 36o.
3o) �BAD = �BD2
= o36
2 = 18o
4o) ∆PAB, concluímos que 97o = 18o + �ABP → �ABP =
79o (�5 )
5o) �ACD = o o158 – 362
= o122
2 = 61o ( �6 )
6o) A FE� = � �BAE – BE
2 =
o o158 – 1042
= o54
2 = 27o
C
A B
Q RD C
P
x
x x
(8 – x)
8
1
Mat
emát
ica
III
57
Volume 2.B
A
B
CE
G
D
K
2K
4
5
6
71o) GA = 2 . GD
2o) DE // AB (Base média) e ∆ABG ~ ∆GDE e
GAGD
= 2 kk
= 2 é a razão da semelhança.
3o)Área BGAÁrea GDE
∆∆
= (2)2 = 4.
20
5 1318
15
7
15
13
99
5 T
FC
∆TFC é retângulo2
CT = (24)2 + 72 = 576 + 49
CT = 625 → CT = 25
C C
3 – 2x
3E
2x
A B1
D
60º
30º
60ºx
y
1o) No ∆ ABC, tg (B �A C) = 3 → B �A C = 60o e
A �CB = 30o.
2o) No ∆ CDE, temos que sen 30o = x
3 2x− →
12 =
= x
3 2x− → 2x = 3 –2x → 4x = 3 → x = 34
3o) Aplicando o teorema de Pitágoras no ∆ ABE, temos:
y2 = 12 + (2x)2 → y2 = 1 +
232
→
→ y2 = 1 + 34
= 74 →
→ y = 72
A)
35
15
20
3515
15
x
x
T1
C1 C2
T2
E
A
EHG
J
x
x
10
10
10
(x – 10)
6
66
6
A B
D F C
E
820
20
x
30
30
α
αθ
θ
∆APB ~ ∆QPR
8 – x8
= x8
2x = 8
x = 4
∆AGE ~ ∆EJH
( )x – 104
= 106
= 53
→ 3x – 30 = 20
3x = 50
x = 503
∆AFD ~ ∆AEB
2030
= 8x
→ x = 12 cm → AE = 12 cm
2
3
Mat
emát
ica
III
58
Volume 2.B
Trace a reta 1C E // 1 2T T . O ∆C1EC2 é retângulo.(50)2 = x2 + 202
x = 10 21
B) E
3
2
2
x
x
C1
C2
T2
T1
Pelo ponto C2 trace uma paralela ao segmento
1 2T T , prolongando 1 1C T , em direção a paralela
traçada obtemos o ponto E, intersecção do
prolongamento com a reta 2C E�����
. Do ∆C1EC2
retângulo, obtemos que:2
1 2C C = 21C E + 2
2EC →
→ 132 = 52 + x2 → x = 12
D8A
B
C D
O
x y
60o
60o
2y2x
E
Na figura acima, observe que2x + 2y – 60o = 360o
2x + 2y = 420o
x + y = 210o
77
5
5
1
1
C1 C224
24
20 x
Resp.: 6, 8 e 12 m.
24 - 20 < x < 24 + 20 → 4 < x < 44
Se x é múltiplo de 9 e 4, então x = 36
B1o) α e β agudos
Sen α = sen β → α = β = 45o
9
10
11
12
A
B
C
α = 45o
x
x
45o = β4
2o) Sen 45o = x4 → x =
4 . 22
= 2 2
3o) Área ∆ABC = x . x2 =
2x2
= 82 = 4 cm2
2π cm.
Cinicial = 2π . RApós o acréscimo de 4 cm no comprimento, temos:C1 + 4 = 2π . r, onde r é a medida do novo raio
2πR + 4 = 2πr → r = R + 42π = R +
2π
Então o raio aumentará em 2π cm.
8 . (4 6 3)
3π +
C
P
F
2
2xA24
0o
60o 60o
240o
60o
30o = α
α α 16 – x
6
6
BM
N
E
D
13
AB = 16
1o) ∆ACP ~ ∆PEB
26
= x
16 x− → 32 – 2x = 6x → 8x = 32
→ x = 4
2o) ∆ACP
Sen α = 24
= 12
→ α = 30o e
x2 = 22 + 2
CP → 16 = 4 + 2
CP → CP = 2 3
Mat
emát
ica
III
59
Volume 2.B
15
1 2OO = ( 3 + 1)1o) ∆O1 AO2 ≅ ∆O1 BO2 (L.L.L) →
→ O1O2 e bissetriz de 60o e 90o.2o) ∆O1 AP ≅ ∆O1 PB (Caso L.Â.L) →
AB ⊥ 1 2OO .
3o) ∆O1 AP é isósceles → 1O P = PA .
4o) Cos 45o = 1OPr
→ 1OP = r . 2
2 = PA .
5o) ∆O2PA
Sen 30o = PAR
→ R = PA12
→ R = 2 . PA →
→ R = 2 r 2.2 → R = r 2 e
Cos 30o = 2O PR
→ 2O P = R . 3
2
P
h
R
R
T
θ
α
16
17
18 D A
B
C D
E
F
�
�
�
θ
1o) Medida de um ângulo externo = o360
6= 60o e a
medida de um ângulo interno é 120o.
2o) No ∆ ABC, AC = 2 3 e AB = BC = �. Usando alei dos cossenos temos que:
(2 3 )2 = �2 + �2 – 2�2 . cos 120o
→ 12 = 2�2 – 2�2 . (– 12
)
→ 12 = 2�2 + �2 →
→ �2 = 4 → ��� = 2120º
2 3
�
�
14
A
B
O1 O2
60o
30o45
o
45o
30o
R
R
P
r
r
3o) ∆BPD2
BP = 62 + 2
PD → 122 = 36 + 2
PD → 2
PD = 108
PD = 6 3
Obs.: CD = FE = CP + PD = 2 3 + 6 3 =
= 8 3
4o) Comprimento do arco �CMF = �
� = 240360 . (2π . 2) =
23
. (4π) = 83π e
Comprimento do arco �END = L
L = 23
. (2π . 6) = 8π
5o) Comprimento da correia = �CMF + CD + EF + �END
= 83π
+ 8 3 + 8 3 + 8π
= 8 . 2 33π + π + =
= 8 . 4 6 3
3
π +
r = 2 e R = 2
Então:
1 2OO = 3 + 1 → 1O P + 2O P = 3 + 1 →
→ r . 2
2 +
R . 32
= 3 + 1 →
→ r . 2
2 + r 2 .
32
= 3 + 1 →
→ r . 2
2 . ( )1 3+ = ( )3 1+ →
→ r . 2
2 = 1
→ r = 2 e R = r 2 = 2 . 2 = 2
R = 2
1,884 m1o) Comp. da circunferência do pneu.
C = 2π . (30) = 60 π ≅ 188,40 cm = 1,884 m.
B5 . x3 = 9 . 15x3 = 27
x = 3
senα = R
R h+R senα + h . senα = Rh senα = R – R senαR . (1 – senα) = h . senα
R = h . sen(1 sen )
α− α
Mat
emát
ica
III
60
Volume 2.B
19
a
b
b
a
A B
CD
5
5
45º4 2
4 2
BD = 8 2 (maior) e AC = 10 cm (menor)menor lado = a
a2 = 52 + (4 2 )2 – 2 . 5 . 4 2 . cos 45o →
→ a2 = 25 + 32 – 40 . 2 . 22
→
→ a2 = 57 – 40 → a2 = 17 → a = 17
D1o) (α, β, θ) são proporcionais à (1, 2, 3)
1α
= 2β
= 3θ
= 1 2 3α + β + θ
+ +=
o1806
= 30o →
→ α = 30o, β = 60o e θ = 90o, logo o triângulo éretângulo.
2o)
30º
30º
30º
2
A D C
B
20
No ∆ ABD, sen 30o = AD2
e cos 30o = AB2
→
→ AD = 1 e AB = 3
No ∆ ABC, temos que:
sen 30o = ABBC
→ 12
= 3
BC → BC = 2 3 .
Finalmente, o ∆ BDC é isósceles, BD = DC = 2.
Então o perímetro do ∆ ABC é igual a 3 + 2 3 +
+ 3 = 3 . ( 3 + 1).
B Anotações
Mat
emát
ica
IV
Volume 2.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mat
emát
ica
IV
61
Volume 2.B
Capítulo 2: Geometria Analítica – Ponto e Reta – Continuação ...................................................... 61Tópico G:Ângulos Formados por Duas RetasTópico H: Inequações do 1o Grau com duas VariáveisCapítulo 3: ......................................................................................................................... 67Tópico A: Circunferência – Definição e EquaçõesTópico B: Posições Relativas e Problemas Envolvendo CircunferênciaTópico C: Exercícios Complementares Sobre CircunferênciasTópico D: Lugares Geométricos IQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................75Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................77
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 2.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Geometria Analítica – Ponto e RetaContinuação
��������
A)
B)
1
θ
α
3
3
33
r
s
32
1o) Mr = tg α = 33
= 3 e Ms não existe.
2o) tg θ = 33
→ θ = 30o
3o) tg β = tg (180o – θ) = –tg θ = –33
e β = 150o
6
6
2 x
y
s
r
–4
–6β
θ
α
1o) r: x + y + 4 = 0 →→ y = –x – 4 →→ tg α = 1 → α = 135o
2o) tg θ = 66
= 1 → θ = 45o e Ms não existe.
3o) tg β = –1 → β = 135o
C)
–1
2
12
4
r
βθ
α γ
s
Mat
emát
ica
IV
62
Volume 2.B1o) r: y = 2x – 1 → tg α = 2 e
s: y = –x2
+ 2 → tg γ = –12
2o) γ = α + θ → θ = γ – α
→ tg θ = tg (γ – α) = tg tg
1 tg . tgγ− α
+ γ α →
→ tg θ =
1 22
11 . 22
− −
+ −
=
52
0
−→
→ tg θ não existe → θ = 90o e β = 90o
D)
Note que:As retas são perpediculares ↔ mr . ms = –1
r
αθ
βγ
s
x
1o) r: y = x – 1 → tg α = 1 e
s: y = (–2 – 3 ) . x + 6 → tg γ = –2 – 3
2o) γ = α + θ → θ = γ – α → tg θ = tg (γ – α)
→ tg θ = tg tg
1 tg . tgγ − α
+ γ α =
2 3 11 ( 2 3) .1
− − −+ − −
→
→ tg θ = 3 31 3
− −− −
= 3 31 3
++
= 3 . ( 3 1+ )
( 3 1+ ) →
→ tg θ = 3 → θ = 60o
3o) tg β = tg (180o – 60o) = tg (120o) = – 3 e β = 120o
1a parte: Coeficientes angulares de r e s.r: y = –2x + 16 → Mr = 2 es: y = –3x + 12 → Ms = –3
2
2a parte:
tg θ = Mr Ms
1 Mr . Ms−
+ =
2 31 6− +
+ =
17 →
→ θ = arctg 17
∈ 1o quadrante .
etg β = tg (180o – θ) = – tg θ →
→ tg β = –17
e β = arctg 17
− ∈ 2o quadrante
1a parte:5x + 20y = 400
θ
β
xxxxx yyyyy
0 02
08 0
xxxxx yyyyy
0 03
54 0
y
x80θ 45
202020
0300
AAB
CCC
3
4
2a parte:10x + 15y = 450
3a parte:Verificação: 5x + 20y ≤ 4000(0, 0) → 5. 0 + 20 . 0 ≤ 400 – 0 ≤ 400 (verdadeiro)Verificação: 10x + 15y ≤ 45010 . 0 + 15 . 0 ≤ 450 (ok!)
4a parte:x ≥ 0 e y ≥ 0 (1o quadrante)
Conclusão: Os pontos da região poligonal 0ABC é asolução do sistema.
O ponto B é solução do sistema
( )5x 20y 400 . 2
10x 15y 450
+ = −
+ = ~
~10x− 40y 800
10x
− = −
15y 450
+ = + –25y = – 350
y = 705 = 14 e x = 24
então B(12, 14)
Mat
emát
ica
IV
63
Volume 2.B
0
0
24
45
0
0
20
14
0
0
=
Área polígono = 12 . | | onde
= –1110
Logo área = 12 . |–1110| = 555 unid. área
60o
(r): y = x + 1 → Mr = 1 e
(s): y = (–2 + 3 ) . x + 10 → Ms = (–2 + 3 ).Daí:
tg θ = 1 ( 2 3)
1 1. ( 2 3)− − +
+ − + =
3 31 3−
− + →
→ tg θ = 3 . ( 3 1)( 3 1)
−−
→
→ tg θ = 3 → θ = 60o
A) (r): y = –x + 2 → Mr = –1 e (s): x = 3 → Ms não existe.
Então: tg θ = 11−
= 1 → θ = 45o e β = 135o.
B) r: 2x – 3y + 1 = 0 → y = 23
x + 13 → Mr = 2
3 e
s: x + 2y – 4 = 0 → y = –12
x + 2 → Ms = –12
.
Daí:
tg θ =
2 13 22 11 .3 2
+
+ −
=
4 36
113
+
− =
76
. 32
= 74
θ = arctg 74
∈ 1o quadrante (agudo) e
β = 180o – arctg 74
; β ∈ 2o quadrante (obtuso)
C) r: y = 6x – 1 → Mr = 6 e s: y = –16
x + 4 →
Daí: r e s são perpendiculares pois Mr . Ms = –1,logo θ = 90o = β.
D) r e s são perpendiculares.θ = β = 90o
B
4
1
2
3
y
x
y = 8
x = 6
454o
455oo
α1
2
1
2
r
s
γ1
1o) Ms = tg α = 21 → Ms = 2
2o) θ = 45o →
tg 45o = Mr Ms
1 Mr . Ms − +
→ 1 = Mr 21 2Mr
− +
→
→ Mr 21 2Mr
−+
= 1 ouMr 21 2Mr
−+ = –1 →
→ Mr – 2 = 1 + 2Mr ou Mr – 2 = – 1 – 2Mr
→ Mr = –3 ou Mr = 13
Pelo gráfico, acima concluímos que a inclinação de r(γ)é um ângulo agudo, logo Mr = tg(γ) > 0, portanto
Mr = 13 .
A equação de r é da forma:
y = 13 x + k
e como (1, 2) ∈ r, temos que:
2 = 13 . 1 + k → k = 2 –
13 → k =
53 →
→ (r): y = x3 +
53 → (r): 3y = x + 5
A
(r): x = 3y + 7 → y = 13
x – 7 → Mr = 13
e
(s): x = 13y + 9 → y = 1
13x – 9 → Mr =
113
Daí; a tangente do ângulo agudo é dada por:
tg θ =
1 13 13
1139
−
+ =
13 339
−
4039
=
tg θ =1040
= 14
.
Logo cotgθ = 4
Mat
emát
ica
IV
64
Volume 2.B
1
r
– 2 0 (0,0)
E
Seja r: x + 2y + c = 0 → y = –12
x – c2
→ Mr = –12
A) Falso; pois sendo s: 2x + y + c = 0, o Ms = –2, eMr . Ms ≠ –1. As retas são concorrentes nãoperpendiculares.
B) Falso; pois sendo s: 2x – 4y + c, o Ms = 12
, portanto
Ms ≠ Mr.
C) Falso, pois sendo s: 3x + 6y + 2 = 0, o Ms = –12
e
as retas são paralelas pois Mr = Ms.D) Falso, para que a distância do ponto (–c, 1) à reta
seja zero, o ponto (–c, 1) deverá pertencer à reta.No entanto, substituindo-o na equação da reta r,verifica-se que (–c, 1) ∉ r.
Obs.: c− + 2 . 1 + c− ≠ 0E) Verdadeiro:
Sendo s: 3x + y + c = 0 → Ms = – 3. Daí:
tg θ =
1 32
312
− +
+ =
5252
= 1 → θ = 4π
raio
D
1o) Coeficiente angular de AB (ABM )
MAB = yx
∆∆
= 5 34 1
−−
= 23
.
2o) Coeficiente angular de AC (MAC)
MAC = yx
∆∆
= 6 31 1−
− − = –
32
.
Logo, as retas são perpendiculares pois MAB . MAC = –1. O ângulo é 90o.
E
Seja s: x3
+ y2
= 1 → 2x + 3y = 6 →
→ 3y = –2x + 6 →
→ y = –23
x + 2 →
→ Ms = –23
Como r ⊥ s → Mr = 32
. Daí a equação de r da forma:
y = 32
x + k
Se P (2, 1) ∈ r → 1 = 32
. 2 + k → k = –2 →
→ r: y = 32
x – 2 → 2y = 3x – 4 →
→ 3x – 2y – 4 = 0.
5
6
8
7
Sendo r: ax + bx + c = 0, conclui-se que:
a = 3, b = –2 e c = –4 por conseguinte cb
= 42
−−
= 2
(2x + 3y – 4)13
± (x – 2y + 3)5
= 0
d (p, r) = d (p, s)
2x 3y 44 9+ −
+ =
x 2y 31 4
− ++
→
→ 2x 3y 4
13+ −
= (x 2y 3)
5− +
→
→ 2x 3y 4
13+ −
= ± . (x 2y 3)
5− +
→
→ (2x 3y 4)
13+ −
± (x 2y 3)
5− +
= 0
A
bissetriz
P(x, y)
r
s
9
10
1a parte: Equação da reta r
x2− +
y1 = 1 → x – 2y = –2 → x – 2y + 2 = 0
2a parte: substituindo O(0, 0) na expressão:f(x, y) = x – 2y + 2, temos:
f(0, 0) = 0 – 0 + 2 = 2 → f(0, 0) > 0
Então, a região do plano é a solução da inequação
x – 2y + 2 ≥ 0 → x ≥ 2y – 2
B
4
3
1 4
r
s
O(0,0)
Mat
emát
ica
IV
65
Volume 2.B
11
1a parte: Equação de r
x4 +
y3 = 1 → 3x + 4y = 12 → 3x + 4y – 12 = 0 (r)
2a parte: Equação de s.
x1 +
y4 = 1 → 4x + y = 4 → 4x + y – 4 = 0
3a parte: Verificando O(0, 0) nas funções.f(x, y) = 3x + 4y – 12 e f(x, y) = 4x + y – 4f(0, 0) = –12 < 0 e f(0, 0) = –4 < 0Podemos concluir que:
A região triangular é o conjunto-solução do sistema:
4y 3x 12y 4x 4y 0
+ ≥ + ≤ ≥
B
1a parte:x + y = 5
2a parte:Ponto B é solução do sistema
x y 5y 3
+ = =
→ x + 3 = 5 → x = 2
B(2, 3)3a parte:
Área (θABC) = (2 5) . 3
2+
(trapézio) = 212 = 10,5
C|x| + |y| ≤ 51o caso: x ≥ 0 e y ≥ 0x + y ≤ 5
x 0 ey 0 ex y 5
≥ ≥ + ≤
ou2o caso: x ≥ 0 e y ≤ 0x + (–y) ≤ 5 →x – y ≤ 5
x 0 ey 0 ex y 5
≥ ≤ − ≤
xxxxx yyyyy
0 5
5 0B(2,3)
5
3 A
2 5
C
y = 3
θ
ou3o caso: x ≤ 0 e y ≤ 0–x –y ≤ 5 → x + y ≥ –5
x 0 ey 0ex y 5
≤ ≤ + ≥ −
4o caso: x ≤ 0 e y ≥ 0–x + y ≤ 5
x 0 ey 0ex y 5
≤ ≥ − + ≤
A união das 4 regiões é a representação gráfica de|x| + |y| ≤ 5, isto é:
12
13
5
5x
y
–5
5x
y
–5
–5
5
–5
5
–5
–5
5
D11111aaaaa parte: parte: parte: parte: parte:Região 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (R11111)))))y ≤ 4
Região 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (R22222)))))x ≤ 1
Região 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (R33333)))))Y + 2x ≥ 0
4y
x
1
y
x
1
(1, 2)y
x
–2
2
Cálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliar(1, 2) ∈ R3, pois2 + 2 ≥ 0 → 4 ≥ 0 (ok!)
22222aaaaa parte parte parte parte parte: R1 ∩ R2 ∩ R3
B–2
AC
y
x
4
6
xc = –21
Mat
emát
ica
IV
66
Volume 2.BFazendo a interseção das 3 regiões obtemos um triânguloem A de vértices C e B como mostra a figura acima.O vértice C (xc, 4) pertence a reta y + 2x = 0, então:
4 + 2xc = 0 ∴ Xc = –2
A área do triângulo ABC será:
AABC = AC . AB2
= 3 . 6
2 = 9
E11111aaaaa parte: parte: parte: parte: parte:Região 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (R11111)))))5x + 2y ≤ 30
Cálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliar(0, 0) ∈ R1 pois5 (0) + 2 . (0) ≤ 30 →→ 0 ≤ 30
Região 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (R22222)))))x ≥ 0
Região 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (RRegião 3 (R33333)))))0 ≤ y ≤ 5
22222aaaaa parte: parte: parte: parte: parte: R1 ∩ R2 ∩ R31o) Ponto D (Xd, 5) ∈ reta
r: 5x + 2y = 30Daí:5 . XD + 10 = 305XD = 20
XD = 4
2o) a representação gráfica é um trapézio de área igual a:
AT = (BC AD) . AB2
+ = (6 4) . 5
2+
= 25
E(x + y) . (x – y) ≤ ↔ (x + y) ≤ 0 e (x – y) ≥ 0 ou(x + y) ≥ 0 e (x – y) ≤ 0, isto é, se os fatores(x + y) e (x – y) tiverem sinais diferentes.
11111ooooo caso caso caso caso caso: R1: x + y ≤ 0 e R2: x – y ≥ 0Região 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (RRegião 1 (R11111)))))
(–1, 1) ∈ R1 pois –1 – 1 ≤ 0 →→ –2 ≤ 0 (ok!)
Região 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (RRegião 2 (R22222)))))
(1, –1) ∈ R2, pois 1 – (–1) ≥ 0;2 ≥ 0 (ok!)
14
15
y
x
5
6
y
x
y
0 x
y
x1
–1
–1
y
x1
1
–1
Fazendo a interseção das regiões, temos a soluçãográfica do 1o caso.
y
x
22222ooooo caso caso caso caso caso: R1: (x + y) ≥ 0 e R2: x – y ≤ 0Região 1Região 1Região 1Região 1Região 1
(1, 1) ∈ R2 pois 1 + 1 ≥ 0y
x1
1
–1
Região 2Região 2Região 2Região 2Região 2
(1, 2) ∈ R2 pois 1 – 2 ≤ 0y
x1
1
2
Logo a representação gráfica do 2o caso será:
y
x
Sendo, assim a solução da inequação (x + y) . (x – y) ≤ 0esta representada na letra (e) isto é:
y
x
y
x
A5
15
D
4 6C
0B
Mat
emát
ica
IV
67
Volume 2.B
16 CConsidere as regiões:
1 1
2 2
3 3
4
5
R : y x 4 (0, 0) RR : y x 2 (0, 0) RR : y 2x 4 (0, 0) RR : y 0R : y 0
≤ − + → ∈ ≤ + → ∈ ≥ − → ∈ ≥ ≥
x (y = 0)
y (x = 0)
2
–2
2
I4
–4
4
r1
r2
r3
Construindo os gráfico das retas num só sistema, temos:r1: y = –x + 4r2: y = x + 2r3: y =2x – 4r4: y =0r5: y =0
A região escura representa R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ∩ R5, logoo ponto IIIII, interseção das retas r1 e r2 é o ponto demaior ordenada pertencente a região. Com efeito;resolvendo o sistema abaixo encontramos IIIII.
y x 4y x 2
2y 6
= − + + = +
= → y = 3 e x = 1 → IIIII (1, 3)
���������
A) (x – 2)2 + (y – 3)2 = 62 → (x – 2)2 + (y – 3)2 = 36
B) x2 + y2 = ( 5 )2 → x2 + y2 = 5
A)
B)
3
4
5
6
7
8
2
1
3
3
– 3
– 30
y
x1
8
θ (centro)– 2
– 50
7
4
P(1, 4)
B
C(α, β) = 4 6,2 2
− = (–2, 3)
Condição:α2 + β2 – F > 0 → 4 + 9 – K > 0 → K < 13Resp.: K = 12
A) (x – 3)2 + (y – 2)2 = 25→ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 – 25 = 0→ x2 + y2 – 6x – 4y – 12 = 0
B) x2 + (y – 1)2 = 7 → x2 + y2 – 2y + 1 – 7 = 0→ x2 + y2 – 2y – 6 = 0
C) (x + 2)2 + (y + 3)2 = 100→ x2 + 4x + 4 + y2 + 6y + 9 – 100 = 0→ x2 + y2 + 4x + 6y – 87 = 0
D) x2 + y2 = 16 → x2 + y2 – 16 = 0
04
C8 6
,2 2
−
= (4, –3) e r: 3x + 4y – 20 = 0
d(C, r) = ( )3 . 4 4 . 3 20
9 16+ − −
+ = 205
− = 4
Secante
Raio = R 16 9 ( 20)+ − − = 45 = 3 5 .Como d(C, r) < R → r é secante.
D1a parte: C1: x2 + y2 – 2x – 2y = 0Centro θ1(1, 1)
Raio = R1 = 2 21 1 0+ − = 2C2: x2 + y2 – 2x – 0y – 3 = 0Centro θ2(1, 0)
Raio = R2 = 2 21 0 ( 3)+ − −
R2 = 4 = 2
2a parte: d(01, 02) = 2 2(1 1) (1 0)− + − = 1
Como 2 – 2 < d(01, 02) < 2 + 2 → C1 e C2 sãosecantes.
Mat
emát
ica
IV
68
Volume 2.B
10
9
11
12Dx2 + y2 – 8x + 6y + 29 = 0 →
→ (x2 – 8x + ...16 ) + (y2 + 6y + ...9 ) = –29 + 16 + 9
→ (x – 4)2 + (y + 3)2 = –4A expressão não representa nenhum lugar geométrico.
Circunferência de equação x2 + y2 = 1.(x – 2)2 + (y – 0)2 + (x + 1)2 + (y – 0)2 = 5 →→ x2 – 4x + 4 + y2 + x2 + 2x + 1 + y2 = 5 →→ 2x2 + 2y2 – 2x = 0 → x2 + y2 – 1 = 0→ x2 + y2 = 1
A equação representa uma circunferência de centroC(0, 0) e R = 1
DPara que a reta seja tangente à circunferência é precisoque o sistema formado pelas suas equações tenha umaúnica, e somente uma solução.
2 2x y 20y 2x K
+ =
= +
Daí:(2x + K)2 + x2 = 20 → 4x2 + 4xK + K2 + x2 – 20 = 0→ 5x2 + 4Kx + (K2 – 20) = 0. Então, a equação deveráapresentar uma única raiz, ou 2 raízes iguais, isto é:∆ = 0 → 16 K2 – 4 . 5 . (K2 – 20) = 0 →→ 16K2 – 20K2 + 400 = 0 → K2 = 100 →→ K = ±10
Elevando ao quadrado, temos:
22
2 2
2 42
2 2
4tx(1 t )
1 2t ty
((1 t ) )
=
+
− + = +
Somando membro a membro temos:
x2 + y2 = 2
2 24t
(1 t )+ +
2 4
2 21 2t t
((1 t ) )− +
+ =
2 2
2 2t 2t 1
(1 t )+ +
+ =
= 2 2
2 2(t 1)(1 t )
++ = 1
Daí, a equação x2 + y2 = 1 representa uma circunferênciade centro na origem e raio r = 1.
BAs circunferências são tangentes se o sistema
2 2
2 2
x y 1
x y 4x m 0
+ =
+ + − =
tiver uma única solução, isto
é, um único par ordenado.
Resolvendo o sistema obtemos:
1 + 4x – m = 0 → x = (m 1)
4−
Substituindo na 1a equação, temos:2(m 1)
16−
+ y2 = 1 → y2 = 1 – 2(m 1)
16−
.
O sistema terá um único par ordenado se 1 – 2(m 1)
16−
= 0
→ 2(m 1)
16−
= 1 → (m – 1)2 = 16 →
→ m – 1 = 4 ou m – 1 = –4 →
→ m = 5 ou m = –3
13
C(α, β) = 6 4
,2 2
= (3, 2) centro e raio
R = 9 4 ( 23)+ − − = 13 23+ = 6
Resp.: P(3, –4)
1
3
8
93
2 C
– 3
– 4 P(3,– 4)
M (7,–2) N (5, 4)C
A1a parte:
O centro C da circunferência é ponto médio do segmento
MN . Então C7 5 2 4
,2 2+ − +
= C(6, 1).
O raio será igual a R = d(C, N) = 2 2(6 5) (1 4)− + −
→ R = 1 9+ = 102a parte: Equação de C1(x – 6)2 + (y – 1)2 = 10 → x2 + y2 – 12x – 2y + 27 = 0.
A) C(1, 7) e R = 10
B) C(–4, –2) e R = 18 = 3 2
C) C10,3
e R = 2
D) C(0, 0) e R = 10
E) C(2, –3) e R = 4 9 ( 3)+ − − = 16 = 4
2
Mat
emát
ica
IV
69
Volume 2.B
4
5
F) x2 + y2 + 4x – 5y + 14
= 0 → C 52,2
− e
R = 25 144 4
+ − = 10 → R = 10
G) x2 + (y – 5)2 = 16 → C(0, 5) e R = 4H) (x – 1)2 + (y + 4)2 = 64 → C(1, –4) e R = 8I) x2 + y2 = 1 → C(0, 0) e R = 1
Cx2 + y2 – 4x + 10y + 29 = 0 →→ (x2 – 4x + 4) + (y2 + 10y + 25) = –29 + 4 + 25→ (x – 2)2 + (y + 5)2 = 0 →→ (2, –5) é o único ponto que satisfaz a equação.
Bx2 + y2 = 1 tem centro C1(0, 0)e
x2 + y2 – 2x – y – 1 = 0 tem centro C211,2
Logo d (C1, C2) = 2
2 1(1 0) 02
− + −
= 1(14
+ =
54 =
52
A(0, –8)6
7
A(0, –8)
C(a, b)
B(6, 0)
By
4
y
A
0 1 2 x
C(2, y)
I) Da figura temos:d(C, B) = d(C, A)
2 2(2 1) (y 4)− + − = 2 2(2 0) (y 1)− + −1 + y2 – 8y + 16 = 4 + y2 – 2y + 1–6y = – 12 ∴ y = 2Logo C(2, 2)
II) A medida do raio é dada por:
r = d(C, A) = 2 2(2 0) (2 1)− + − = 5III) A equação da circunferência é: (x – 2)2 + (y – 2)2 = 5
I) x2 + y2 – 9 ≥ 0 representa um círculo de centro naorigem e raio 3.
II) x + y – 3 ≤ 0 é o semiplano que contém a origem,definido pela reta x + y – 3 = 0.
III) A intersecção dos dois conjuntos é o segmentocircular da figura:
3
3
y
x
Aseg. menor = Atriângulo – Ssetor.
Aseg. menor = 3 . 3
2 – 14 π. 32 =
18 34− π
Aprocurada = π. 32 – 18 9
4− π
= 45 18
4π −
A) 1a parte:x2 + y2 + 6x – 8y = 0 e 2x2 + 2y2 – 8x + 28y – 22 = 0x2 + y2 – 4x + 14y – 11 = 0Centro C1(–3, 4) e
Raio = R1 = 9 16 0+ − = 5
Centro C2(2, –7)
Raio = R2 = 4 49 11+ +
R2 = 8
2a parte: d(C1, C2) = ( ) ( )2 23 2 4 7− − + + =
25 121+ = 146Logo, como R2 – R1 < d (C1, C2) < R1 + R2
As circunferências são secantes.
B) 1a parte:2x2 + 2y2 + 10x – 6y + 9 = 0 ex2 + y2 – 8x – 12y + 43 = 0
x2 + y2 + 5x – 3y + 92 = 0
C15 3
,2 2
−
8
9
I) O ponto C(a, b) é o ponto médio de AB .
Então: a = 0 6
5+
= 3 e b = 8 0
5− +
= –4
Logo C(3, 4)II) O raio é dado por:
r = d AC = 2 2(3 0) ( 4 8)− + − + = 25 = 5
III) A equação da circunferência é: (x – 3)2 + (y + 4)2 = 25
Mat
emát
ica
IV
70
Volume 2.B
Raio = R1 = 25 9 94 4 2
+ − = 2
C2(4, 6) e
Raio = R2 = 16 36 43+ −
R2 = 9 = 3
2a parte:
d(C1, C2) = 225 3
4 62 2
+ + − =
169 814 4
+ =
= 250
4 =
25 .104
= 52 . 10
Como d(C1, C2) > R2 + R1
As circunferências são exteriores .
C
Então: x = 0 → y = 0 → P1(0, 0)e x = 8 → y = 6 → P2 (8, 6)
d(P1, P2) = 2 28 6+ = 10.
C
10
11
A (0,0)
B (4,3)P (x,y)
5 2
C (1,7)
P1
P2 r
1a parte: Equação da reta r.
y 3x 4
−− =
3 04 0
−− → 4y – 12 = 3x – 12 → y =
34 x
2a parte: Equação da circunferência
(x – 1)2 + (y – 7)2 = (5 2 )2 →→ x2 – 2x + 1 + y2 – 14y + 49 = 50 →→ x2 + y2 – 2x – 14y = 0
3a parte: Se r é secante, os pontos P1 e P2 são assoluções do sistema:
2 2
3y x
4x y 2x 14y 0
= + − − =
x2 + 9
16 x2 – 2x – 14 . 34 x = 0 →
→ 2516 x2 –
504 x = 0 →
→ 254 x .
x 24
− = 0 →
→ x = 0 ou x4 – 2 = 0 → x = 8
1a parte:x2 + y2 – 6x + 10y + 29 = 0C(3, –5)
Coeficiente angular da reta r que passa pelos pontos Ce P(2, –3).
Mr = 3 52 3
− +− =
21− = –2
A reta s, tangente à circunferência no ponto P(2, –3) éperpendicular à r, então:
Ms = 12
Daí, sua equação será:
y 3x 2
+− =
12 → x – 2 = 2y + 6 → x – 2y – 8 = 0
A circunferência x2 + y2 = 5 tem centro c’(0, 0) e
raio r = 5 . Sendo t a reta AB tracemos, por c’, areta r | t, determinando o ponto c na circunferência.
s
r
C
P (2,– 3)
O ponto c é o ponto da circunferência que está mais
próximo de AB e por isso, torna a área do ∆ABC amenor possível.Se r ⊥ t, então mr . mt = –1.
3 4t 1mas mt , logo mr 2x 2 0 2
−∆ = = = − = ∆ −Assim, temos que:(r)y = mx + n (mas mr = 2)y = 2x + n passa por c’ (0, 0)0 = 2 . 0 = n ∴ n = 0, daí y = 2x
r
B
C
3
C' 2 x5
4
12
Mat
emát
ica
IV
71
Volume 2.B
13
14
15
16
A abcissa de C é obtida calculando o valor de x nosistema:
2 2
y 2x
x y 5
=
+ = ⇒ x2 + (2x)2 = 5 ∴ x = ± 1
Como C está no 1o quadrante, sua abscissa é x = 1
C(4, 2)
(λ')(s) 4x + 3y + 13 = 0
(λ) x2 + y2 – 8x – 4y + 4 = 0
A = –8 B = –4C = 4
–2a = –8 : a = 4 –2b = –4 : b = 2a2 + b2 – r2 = 4 42 + 22 – r2 = 4 ∴ r = 4
c(4, 2)
Veja que o centro da circunferênciaa λ’ é o pontoc(4, 2) e o raio é a distância do ponto c(4, 2) à reta(s) 4x + 3y + 13 = 0.
R = 2 2
| 4(4) 3(2) 13|
4 3
+ +
+ ∴ R = 355 = 7
Logo (λ’) (x – 4)2 + (y – 2)2 = 49
Os pontos de intersecção da reta com a circunferência
serão dados pelo sistema 2 2
x y 0 y y
(x 1) (y 1) 9
− = → =
+ + − =(x + 1)2 + (x – 1)2 = 9
x2 + 2x + 1 + x2 – 2x + 1 = 9
2x2 = 7 ∴ x = ± 72
∴ x = ± 142
Como x = y, os pontos de intersecção são P14 14
,2 2
e P’14 14,2 2
− −
DP, P’ =
2 214 14 14 142 2 2 2
+ +
= 28 =
= 2 7
A distância da reta (r) de equação ax – y + 3 = 0 à
origem 0(0 ,0) é 3 5
2.
Logo: d(0, r) = 2 2
| a . 0 0 3|
a ( 1)
− +
+ − =
3 55
= 2
|3|
a 1+ =
= 3 5
5 ∴
55
= 2
1
a 1+ ∴
525 = 2
1a 1+
∴
∴ a2 = 4 ∴ a = ± 2
Como a reta (r) forma um ângulo agudo com o eixo x,temos somente a solução a = 2. Daí, a reta (r) temequação (r) 2x – y + 3 = 0.
Se a circunferência é tangente aos dois semi-eixosnegativos, devemos ter x = y.2x – y + 3 = 0 → x2 – x + 3 = 0 ∴ x + 3 = 0 ∴
∴ x = –3
Se x = y, temos C(–3, –3).
C –3
–3
y(r)
x
Portanto a equação da circunferência é
(x + 3)2 + (y + 3)2 = 9
Observando a figura, temos que o raio da circunferênciaé 4 e o centro é (0, 0)A equação reduzida da circunferência é x2 + y2 = 16
–cos45o = a4 ∴ –
22
= a4 ∴ a = –2 2
sen45o = b4
∴ 22
= b4
∴ b = –2 2
Portanto p(–2 2 , 2 2 ).
Equação da reta tangente t: mpc = tg 135o = –1
Como t é perpendicular a PC , temos: mt . mpc = –1,então mt = 1.
45o
b
a x
P
A equação de t é: y = mx + n (mas mt = 1)
y = x + n passa por p(–2 2 , 2 2 )
2 2 = –2 2 + n ∴ n = 4 2
daí: (t) y = x + 4 2
E17
–6
10
x
y
cR
Mat
emát
ica
IV
72
Volume 2.B
–8 < k < 8A reta será secante à circunferência se o sistema
2 2
x y k 0
x y 32
− + =
+ =tiver 2 pares ordenados satisfazendo-o.
Resolvendo o sistema, temos:
2 2
y (x k)
x y 32
= +
+ =
Substituindo y = x + k na 2a equação,x2 + (x + k)2 = 32x2 + x2 + 2kx + k2 – 32 = 02x2 + 2kx + k2 – 32 = 0
A equação na variável x tem duas raízes reais e distintas se:∆ > 0 → 4k2 – 8(k2 – 32) > 0 →→ 4k2 – 8k2 + 256 > 0 →→ 4k2 < 256 →
→ k2 < 65 → 2k < 64 →→ |k| < 8 → –8 < k < 8
Bx2 + y2 + 4x – 6y + k = 0
CentroCentroCentroCentroCentro: C (– 2, 3)
RaioRaioRaioRaioRaio: R = 4 9 k+ − = 13 k−
A equação representará uma circunferência se13 – k > 0 → k < 13 . Logo k = 12 é o maior inteiro quesatisfaz o problema.
8
1a parte: Pelo esboço acima, conclui-se que o raiomede 10. Logo a circunferência tem equação:(x – 10)2 + (y + 6) = 102
2a parte: Os pontos de interseção com o eixo das x temordenada nula, então:y = 0 → (x – 10)2 + (0 + 6)2 = 100 →→ (x – 10)2 = 64 → x – 10 = 8 ou
x – 10 = –8 → x = 18 ou x = 2
C18
19
20
22
21
22
A B
h
x
O(1, 2)
22
A B
H
xx
O
y = –x + 1 → x + y – 1 = 0
1a parte: Altura H do triângulo
H = d (90, r) = 1 2 1
1 1+ −
+ → H =
22
→ H = 2
2a parte: ∆ AOB é isósceles
22 = H2 + x2 → 4 = 2 + x2
→ x = 2 → AB = 2 2
3a parte: Área ∆ AOB = AB . H
2 =
2 2 . 22
= 2
–1 + 89, 6
2 e
–1 – 89, 6
2
2x 2y+ x+
2
y 62
x
+ = +− 2y− x− y 50
2y 12 y 6
+ = −= → =
Substituindo y = 6 na 1a equação:x2 + 36 + x + 6 = 62 →→ x2 + x – 22 = 0
x = 1 89
2− ±
.
Cálculo Auxiliar∆ = 1 + 88 = 89
Soluções: –1 89
, 62
+
e –1 89
, 62
−
.
O (x, 3x)
r: y = x
R
s: y = 3x
P (4, 4)
r: x – y = 0
1o) d (o, r) = d (o, p)
x 3x1 1−+
= 2 2(x 4) (3x 4)− + − →
→ | 2 . x| = 2 2(x 4) (3x 4)− + − →
→ 2 . x2 = (x – 4)2 + (3x – 4)2 →→ 2x2 = x2 – 8x + 16 + 9x2 – 24x + 16 →→ 8x2 – 32x + 32 = 0 →→ x2 – 4x + 4 = 0 → x = 2 → θ (2, 6)
2o) R = d (O, p) = 2 2(2 4) (6 4)− + −
R = 4 4+ → R2 = 8
Mat
emát
ica
IV
73
Volume 2.B1o) Circunferência
x2 + y2 – 2x – 2y = 0
de centro O (1, 1) e Raio = R = 2 21 1 0+ −
R = 2
2o) Num triângulo equilátero o centro “O” é baricentro,então:
OA = R e OH = R2
. Daí:
AB = R + R2
= 3R2
= 3 2
2.
3o) No triângulo retângulo AHC, temos:
sen 60o = AH�
→ 32
=
3 22�
→
→ 32
= 3 22L
→ ��= 3 2
3 →
→ ��= 64o) Área do triângulo
A = 2 . 3
4�
→ A = 2( 6) . 34
= 6 3
4 = 3 3
4 →
→ 4 . A2 = 4 . 9 . 3
4 = 27
3
D23
24
25
1
1
x (y = 0)
y (x = 0)
Região 1 Região 2
–2
3
C (1, 0)
RRRRR11111 ∩∩∩∩∩ R R R R R22222
Cx
y
45o
10
R1 ∩ R2 é um setor circular de 45o com raio igual a 3.Então:
Asetor = 45
360 . (π . 32)
Asetor =18
. 9π = 98π
4
O(a, b)
A(0, –3)R R
R
C(9, 0)
B(0, 3)
Seja O (a, b) o centro e R o raio da circunferência.I) d2 (O, A) = d2 (O, B) →
→ 2a + (b + 3) = 2a + (b – 3)2 →
→ 2b + 6b + 9 = 2b – 6b + 9→ 12b = 0 → b = 0
II) d2 (O, A) = d2 (O, C) →a2 + (b + 3) = (a – 9)2 + b2 →
→ 2a + (0 + 3) = 2a – 18a + 81 + 02
→ 9 = –18a + 81 → 18a = 72 → a = 4Então: a + b = 4 + 0 = 4
27
R
60o
O(1,1)
C(0, 0)B
A
H�
��
R2
26y = ax + b
θ(0, 0)
T(2, 2)
s
x2 + y2 = 8
1o) T (2, 2) ∈ reta → 2 = 2a + b →→ b = 2 – 2a
2o) Circunferência de centros O (0, 0) e raio 8 .3o) Seja s a reta que passa por θ e T. O coeficiente
angular de s é igual a: Ms = 2 02 0
−−
= 1. Logo o
coeficiente angular de r, é –1, pois Ms . Mr = –1.Daí: a = –1
4o) Substituindo a = –1, obtemos:b = 2 – 2 (–1) → b = 4 →→ a + b = –1 + 4 = 3
111o) Se θ (0, 0) ∈ circunferencia →
→ 02 + 02 + A . 0 + B . 0 + C = 0 → C = 02o) Reta: 5x + 3y + 15 = 0 (Interseções com os eixos)
x = 0 → y = –5 → D (0, –5)
27
Mat
emát
ica
IV
74
Volume 2.B
Ce y = 0 → x = –3 → E (–3, 0)
3o) Sendo D (0, –5) e E (–3, 0) pontos da circunferência,então:o2 + 25 + A . O –5B = 0 → 25 – 5B = 0 → B = 5
e 9 + 02 – 3A + 0 = 0 → 9 – 3A = 0 → A = 32A + B + C = 2 . 3 + 5 + 0 = 11
C28
29
30
31
R
C(–5, 8)
B
AM 6
6
1o) x2 + y2 + 10x – 16y – 11 = 0
Centro C (–5, 8) e R = 25 64 11+ + = 102o) Seja M (XM, YM) as coordenadas do ponto médio
da corda AB. Pelo teorema de Pitágoras aplicadono triângulo BMC, temos:R2 = 62 + d2 (c, M ) →→ 100 = 36 + (XM + 5)2 + (YM – 8)2 →→ (XM + 5)2 + (YM – 8)2 = 64.O lugar que contém todos os pontos médios é umacircunferência de centro C (–5, 8) e raio 8, cujaequação geral é:
XM2 + 10XM + 25 + YM
2 – 16YM + 64 = 64 →→ XM
2 + YM2 + 10XM – 16YM + 25 = 0
D1o) Interseções da reta 2x + y – 4 = 0 com os eixos
coordenados.x = 0 → 0 + y – 4 = 0 → y = 4 → A (0, 4)ey = 0 → 2x + 0 – 4 = 0 → x = 2 → B (2, 0)
2o) Se o segmento AB é diâmetro da circunferência,então o centro “O” tem coordenadas:
A BR R
O
Xo = BAX X2+
= 0 2
2+
= 1 e
Yo = BAY Y2+
= 4 0
2+
= 2.
3o) R = d (A, B)
2 =
2 2(2 0) (0 4)2
− + − =
4 162+
→
R = 5Então; a equação da circunferência é:
(x – 1)2 + (y – 2)2 = ( 5 )2 →→ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 5.
C
D(6, 1)A
1
1
5
2 6
B(2, 5)
θ
32
(s)(r) C(c, 0) A(1, 0)
B(0, 2)
Sendo “θ” o centro da circunferência inscrita, o centro
θ o ponto médio da diagonal BD . Se θ (Xo, Yo) então
Xo = B DX X2+
= 2 6
2+
= 4
Yo = B DY Y2+
= 5 1
2+
= 3
A medida do raio R é igual a:
R = d (B, D)2
= 2 2(6 2) (1 5)2
− + − =
16 162+
→
→ R = 2 2 e a circunferência tem equação:
(x – 4)2 + (y – 3)2 = (2 2 )2 →→ x2 – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = 8 →→ x2 + y2 – 8x – 6y + 17 = 0
C1a parte:
x = 2 + 2cos θ → cos θ = x 2
2−
e
y = 2 sen θ → sen θ = y2
onde –1 ≤ x 2
2−
≤ 1 e –1 ≤ y2
≤ 1 →
→ –2 ≤ x – 2 ≤ 2 e –2 ≤ y ≤ 2 →→ 0 ≤ x ≤ 4 e –2 ≤ y ≤ 2
2a parte: Sen2 θ + Cos2 θ = 12y
2 +
2(x 2)4− = 1 →
→ (x – 2)2 + y2 = 4A equação representa uma circunferência de centro C(2, 0) e raio igual a 2.
A) Sendo r e s as retas que contêm os catetos AB e
BC do triângulo retângulo ABC, veja que r s,logo: mr . ms = –1
B) Note que a circunferência circunscrita a um triânguloretângulo tem centro P no ponto médio da hipotenusa,e o raio é a metade desta:
Mat
emát
ica
IV
75
Volume 2.B
4 1 0 0 3P , P , 02 2 2
1 ( 4) 5r2 2
− + + ∴ − − − = =
Daí, a equação da circunferência é:
3x2
+ + y2 =
252
C(–4, 0)
B(0, 2)
A(1, 0)P
Dados:Ms . Mt = 1
1a parte: Ms = yx
∆∆ =
2 32 0
−− = –
12 .
Ms . Mt = 1 → Mt = –2
2a parte: Equação da reta t e reta s.Sendo P(x, y) um ponto qualquer de t e A(2, 2) ∈ t,temos que:y 2x 2
−− = –2 → y – 2 = –2x + 4 → y = –2x + 6 (reta t)
Sendo Q(x, y) ∈ s e (2, 2) ∈ s, temos:
y 2x 2
−−
= –12 → –x + 2 = 2y – 4 → x + 2y –6 →
→ y = –12 x + 3
3a parte:
B1
x
t
s
3B
A(2,2)
D(6,0)E3 6
6
20
C
2
A(2,2)
B(0,3)
st
Seja P(x, y) um ponto qualquer da bissetriz d(P, r) = d(P,
s) → 2 3x 2y 1
12 4− −
+ = 2 3x 6y 3
12 36− −+ →
→ 2 3x 2y 1
4− −
= 2 3x 6y 3
4− −
3 →
|6x –2 3 y – 3 | = |2 3 x – 6y – 3|. Então
i) 6x –2 3 y – 3 = 2 3 x – 6y – 3
2 . (3 – 3 ) . x + 2 . (3 – 3 ) . y + (3 – 3 ) = 0
÷ (3 – 3 ) → 2x + 2y + 1 = 0 ou
ii) 6x –2 3 y – 3 = – 2 3 x + 6y + 3
2 . (3 + 3 ) . x – 2 . (3 + 3 ) . y – (3 + 3 ) = 0
÷ (3 + 3 )
2x – 2y – 1 = 0
Área do ∆ADE, onde A(2, 2), E(3, 0) e D(6, 0)
∆ADE = ( ) ( )Base . Altura
2 =
3 . 22 = 3
E
Dados: r: 2 3 . x –2y –1 = 0 e
s: 2 3 . x – 6y – 3 = 0
E
1a parte: d(C1, C2) = ( ) ( )2 24 0 3 0− − + − =
16 9+ = 5 → R = 3. Daí a equação da circunferência
de centro C1(–4, 3) e Raio = 3, será:(x + 4)2 + (y – 3)2 = 32 →
→ x2 + 8x + 16 + y2 – 6y + 9 – 9 = 0→ x2 + y2 + 8x – 6y + 16 = 0
2
3
4
r
s
P(x,y)Bissetriz
y
R = 2
C (2,– 4)
2R
C1(– 4, 3) C2(0,0)
x2 + y2 = 4 =22
Raio = 2
Mat
emát
ica
IV
76
Volume 2.B
Centro C(1, 0) e Raio = 2
d(P, E) = d(P, C) – 2 = ( ) ( )2 27 1 8 0− + − –2
= 36 64+ –2
= 10 –2= 8
2 2x y 9yx
13 3
+ ≤
+ ≥
Aescura = 14 π . 32 –
3 . 32
= 94π
– 92 =
94 . (π – 2).
2 2
d(p,r) = 2 2
1 2 1
1 1
+ +
+ =
42
d(p,r) = 4 22
= 2 2
D
Logo α = 60o é o ângulo pedido.
Sen α = sen(60o) = 32
7
8
9
10
2 EP (7,8)
C (1,0)
3
3
– 3
– 3
(0,0)
P(1, 2)
r: x + y + 1 = 0d(P, r)
P0
r: y = 3x → 3x – y = 0
d
Q (3, 3)
(x – 2)2 + (y + 4)2 = 22 →
x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 4 →
→ x2 + y2 – 4x + 8y + 16 = 0
B1a parte:
Centro C4 0 0 8
,2 2
− + +
= (–2, 4)
Coeficiente angular da reta r que passa por A e B
Mr = 8 00 4
−+ =
84 = 2
Coeficiente angular da reta s que passa por C(–2, 4) eé perpendicular à r.
Ms = –12 . Logo a equação de s será
y 4x 2
−+ = –
12 →
→ – x – 2 = 2y – 8 →
→ x + 2y – 6 = 0 (reta s)
2a parte: Intersecção de s com o eixo dos x.Faça
y = 0 → x + 2 . (0) – 6 = 0 → x = 6 → P(6, 0). Então
d(P, B) = ( ) ( )2 26 0 0 8− + − = 36 64+ = 10
( )2 2
y mx (m 0)
x 4 y 4
= >
− + =Substituindo y = mx, na segunda equação:(x2 – 8x + 16) + m2x2 – 4 = 0 →(1 + m2) . x2 – 8x + 12 = 0.
Para que a reta seja tangente é necessário que a equação(1 + m2) x2 – 8x + 12 = 0 tenha raízes iguais, isto é:∆ = 0 → 64 – 48 . (1 + m2) = 0 →→ 64 – 48 – 48 m2 = 0 →→ 48 m2 = 16 →
→ m2 = 13 → m = +
33
(m > 0)
Daí, a reta tem equação y = 33
x → Mr = 33
= tgθ ⇒
θ = 30o
5
A (– 4,0) B (0, 8)C
6
αθ
reta y =3
3x
Mat
emát
ica
IV
77
Volume 2.B
1
2
97
(r) 2x – 3y + 6 = 0 → 3y = 2x + 6 → y = 23
x + 2
(s) x + 3y – 4 = 0 → 3y = –x + 4 → y = 1
3−
x + 43
Coeficiente angular de r e s são
Mr = 23
e Ms = 1
3−
. Então:
tg θ = Mr Ms
1 Mr . Ms−
+ =
2 13 32 11 .3 3
+
− +
tg θ = 1219
− =
179
= 97
E
r : 2x y 6s : x 2t : 0 xm : 0 y
+ ≤ ≤ ≤ ≤
2a) Parte: região limitada pelo eixo dos x, pelas retasx = –2; x = 2 e pelo gráfico de ƒ.
d = 2 2
3 . 3 3 0
3 1( 1)
− +
+ − =
610
d = 6 1010
= 3 10
5
Logo d 10 = 3 10 . 10
5 =
3 x 105 = 6
C
1a) Parte: gráfico de ƒ(x) = | x |; se 1 x 11; se x 1ou x 1
− ≤ ≤ < − >
11
x
y
–1 1
1
(0, 0)
A
B
x = –2 x = 2
–1–2 1 2
1
0
C
y = 3
2−
. x + b
Como P(4, 2) ∈ reta M → 2 = 3
2−
. 4 + b → b = 8
y = 32−
. x + 8
B)
Área = 2 . Área do trapézio ABCO
Área = 2 . (1 2) .1
2+
= 3.
A) 1o) reta L: 2x – 3y +1 = 0 → 3y = 2x + 1 →
→ y = 23 x +
13
Coeficiente angular de reta L.
mL = 23
2a) Equação da reta M, onde M ⊥ L
mm . 23 = –1 → mm =
32−
N//L → mL = 23 = mN
y = 23 . x + b →
→ 2 = 23 . 4 + b → b = –4
Então y = 23 x – 4
12
P(4, 2)
M
P(4, 2)
N
L: y = 2x + 1
3 3
Mat
emát
ica
IV
78
Volume 2.B
3
6
3
6=y+x2 6=y+x2 6=y+x2 6=y+x2 6=y+x2
xxxxx yyyyy
0 6
3 0
Verificando se (0, 0) satisfaz a inequação.2x + y < 62(0) + 0 < 60 < 6 (satisfaz)
2a) x ≤ 2y
0 2
x = 2
x
Na região temos todos os pontos (x, y) com x ≤ 2.
3a) x ≥ 0y
0 x
4a) y y ≥ 0
0 x
Fazendo a intersecção dos 4 regiões obtemos a figuraabaixo:
x = 2
0 x
D6
2
2
2 3
A
B
Se x = 2 na equação 2x + y = 6 obtemosy = 6 – 2 . (2) → y = 2 → A(2,2).Daí, a área do trapézio retângulo ABOD é igual a:
AABOD = (2 6).2
2+
= 8 u.a.
4R1 = {(x, y) ∈ R2/4x + 5y – 16 ≤ 0}R2 = {(x, y) ∈ R2/4x – 3y ≥ 0}R3 = {(x, y) ∈ R2/y ≥ 0}
y
xOO
A
B
2
r
16165
s
4
( ,2 )
Regiões do PlanoRegiões do PlanoRegiões do PlanoRegiões do PlanoRegiões do Plano1o) 2x + y ≤ 6
1a parte: 4x + 5y – 16 = 0 (reta r)
0
4
x
16
5
0
y
0
1
0
4
3
2a parte: Verificação: 4x + 5y – 16 ≤ 0O(0, 0) → 0 + 0 – 16 ≤ 0 (ok!)
3a parte: 4x – 3y = 0 (reta s)
4a parte: Verificação: 4x – 3y ≥ 0(4, 0) → 4 . 4 – 3 . (0) ≥ 0 →16 ≥ 0 (ok!)
5a parte: O ponto A é solução do sistema:
( )4x 5y 16
4x 3y 0 . 1
+ = − = −
~ 4x 5y 16
4x
+ =
− 3y 0
+ = 8y = 16
y = 2 e x = 32
A3
, 22
. Então
Área ∆OAB = 4 . 2
2 = 4
Mat
emát
ica
IV
79
Volume 2.B
9
d A R
P (3, 1) C (0, 1)
cos30o = 2R
�
32 = 2
�R → � = R 3
Então: � = 5 . 3 → � = 15
C1a Parte: Circunferênciax2 + (y – 1)2 = 1 → centro C (0,1) e raio R = 1
2a Parte:
RR
120o 120o
120o
30o
�
2
�
2
� �
6
7
8
A (1,0)
B (–1, 2)A (1, 2)
∆ =
1 0–1 21 21 0
= 2 – 2 – 2 – 2 = –4
Área ∆ AOB = 12
. |–4| = 2 unid. área.
x
R = 4
C (2, 4)
Circunferência
(x – 2)2 + (y – 4)2 = 42.
D1a Parte:Circunfênciax2 + y2 + 2x – 4y = 0I) Centro
CA B,2 2
− − = 2 ( 4),2 2
− − −
C (–1, 2)
II) Raio:
R = 2 2( 1) 2 0− + −
R = 5
2a Parte:Cálculo auxiliar
4
5
DCentros: C1(4, 5) e C2(–6, 1)
K = d(C1, C2) = 2 2(4 6) (5 1)+ + −
= 100 16+ = 116
= 2 29
B1a parte:Centro C(x, 0). Se a circunferência passa pelos pontosA(3, 5) e B(–3, 7) então:d(C, A) = d(C, B) →
→ 2 2(x 3) (0 5)− + − = 2(x 3) 49− + →
→ 2x – 6x + 9 + 25 = 2x + 6x + 9 + 49 →→ 12x = –24 → x = –2 →→ C (–2, 0)
2a parte: Raio R = d (C, A)
R = 2 2(–2 3) (0 5)− + − = 50
R = 5 2
Logo a equação da circunferência será:(x +2)2 + y2 = 50 → x2 + y2 + 4x + 0y – 46 = 0DaíK1 = 4, K2 = 0 e K3 = –46 →→ K1 + K2 + K3 = –42
C1a parte: Circunferência (equação)
(x – 1)2 + (y – 2)2 = 22 → x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = 4
→ x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0
2a parte: Resolvendo o sistema
2 2
y x 1
x y 2x 4y 1 0
= − +
+ − − + =
Obtemos A e B.
x2 + (–x + 1)2 – 2x – 4 . (–x + 1) + 1 = 0
→ x2 + x2 – 2x + 1 – 2x + 4x –4 + 1 = 0→ 2x2 – 2 = 0 → x = ± 1.
Daí,x = 1 → y = –1 + 1 = 0 → A (1, 0) ex = –1 → y = 1 + 1 = 2 → B(–1, 2)
3a parte: Área do ∆AOB = 12 . |∆|;
Mat
emát
ica
IV
80
Volume 2.B
10
d = d (P,C) – R
d = 2 2(3 0) (1 1)− + − – 1
d = 9 0+ – 1 = 3 – 1 = 2
A1a Parte: x2 + y2 = 25
Circunferência de centro (0, 0) e R = 25 = 5
2a Parte: Distância do centro C(0, 0) à reta:r: 3x + 4y – 25 = 0
d(C, r) = 3 . 0 4 259 16+ −+
= 255
− = 5. Como d(C, r) == raio = R → a reta r é tangente à circunferência.
R
r
C
Anotações
Mat
emát
ica
V
Volume 2.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mat
emát
ica
V
81
Volume 2.B
Capítulo 3: Polinômios (Continuação)Polinômios (Continuação)Polinômios (Continuação)Polinômios (Continuação)Polinômios (Continuação) ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 81Tópico C: Polinômios: Divisão por Binômios do 1o Grau - Método de Briot-RuffiniTópico D: Teoremas
Capítulo 4: Polinômios (Parte II)Polinômios (Parte II)Polinômios (Parte II)Polinômios (Parte II)Polinômios (Parte II) ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 84Tópico A: Equações AlgébricasTópico B: Pesquisa de Raízes ReaisTópico C: Transformação de uma equação algébrica (Multiplicativa, Aditiva e Recíproca)Tópico D: Equações RecíprocasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................90Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................92
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 2.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Polinômios (Continuação)
��������
AP(x) B(x)
R a(x)
B(x) = 0
x = 3
P(x) = x4 + 0x3 – 5x2 + 0x + 5
Q(x) = x3 + 3x2 + 4x + 12Resto = 41
AP(x) x – 2
(0) Q(x)
–28 + 2m + p = 0–28 + 2(16) = –pp = –4• m + p + n =
16 – 4 – 7 = 5
Cx + 1 = 0x = – 1f(–1) = restof(–1) = 4(–1)9 + 7(–1)6 + 4(–1)3 + 3= – 4 + 7 – 4 + 3 = 2
DResto = f (– a) = (– a)n + an = 2 . an; pois n é par.
DP(–2) = 0 → – 8 + 16 + 2p + 6 = 0 → p = – 7
CP(– 2) = 0 → 2 . (– 8) + 2h + k = 0 → 2h + k = 16eP(1) = 0 → 2 – h + k = 0 → – h + k = – 2
3
4
5
62
1
Mat
emát
ica
V
82
Volume 2.B
2h k 16
h – k 2
+ = =3h = 18 → h = 6 e k = 4 . Logo |h – 3k| = 6
C
q(x)3
p(x)p(1) = 3
x – 1
1 s(x)
p(x)p(–1) = 1
x + 1
t(x)
p(x) (x – 1) (x + 1)
7
→ P(x) = (x – 1)(x + 1) . t(x) + R(x)
R(x) é no máximo do 1º grau, então supondo queR(x) = ax + b, tem-se que:P(x) = (x – 1)(x + 1) . t(x) + ax + bDaí:
a b 3P(1) 0– a b 1P(–1) 0
+ == → + == →
2b = 4 b = 2 e a = 1
LogoR(x) = x + 2 onde a soma dos seus coeficientes é iguala 3.
B) raiz = –2
C) raiz = –1
3
D) raiz = 3
2
b = 4
4a + (–2) = 2 2a + 5 = cea = 1 c = 7
a + d = 87 + d = 8d = 1
a + b + c + d = 1 + 4 + 7 + 1 = 13
Cp(x) = x6
x6 x + 1
–x6 – x5 x5 – x4 + x3 – x2 + x – 1– x5
+x5 + x4
x4
– x4 – x3
– x3
+ x3 + x2
x2
– x2 – x– x+ x + 1 (1)
x5 – x4 + x3 – x2 + x – 1 x + 1–x5 – x4 x4 – 2x3 + 3x2 – 4x + 5
– 2x4 + x3 – x2 + x – 1 2x4 + 2x3
3x3 – x2 + x – 1– 3x3 – 3x2
– 4x2 + x – 1+ 4x2 + 4x
5x – 1– 5x – 5– 6 = R2
Bf(x) x2 – 3x + 1
2x + 1 x + 1
A) raiz = 3
4
1
2
3
Mat
emát
ica
V
83
Volume 2.B
f(x) = (x + 1).(x2 – 3x + 1) + 2x + 1
Pelo Teorema do Resto, temos que:
R = f(–1) = �
0
(–1+1) . (1 + 3 + 1) + 2(–1) + 1
= –2 + 1 = –1
Cp(1) = 4 → 1 + a – 1 + a = 4 → a = 2
Soma dos coeficientes é P(1)S = P(1) = (1 + 3 + 4)5 . (1 + 2 + 3)6 == 85 . 66 = (23)5 . 26 . 36 = 221 . 36
2S = 21 62 . 2 . 3 = 22 62 . 3 = 211 . 33
E
5
6
2º P(x) é divisível por (x – 5) → P(5) = 0 →→ 625 – 500 + 25m + 20 + n = 0 → 25m + n = –145
Resolvendo o sistema:
m n –125m n –145
+ = + =–m – n 1
25m n
=
+ –145
= 24m = –144 → m = –6 e n = 5
B
8
9
10
7
11
12
13
14
15
16
3
Q(x) = 2x3 + x2 + 3x –1 e R = –4
2
2
1
–5
3
0
–1
–10
–4
–1
. ++
Q(x) = 2x3 + x2 + 3x – 1 e R = –4
C
2– 3
4
4
0
6
–7
–7 –7
. +–139
4
8
37
2
Logo: Raiz do divisor
2.Q(x) = 4x3 – 7x + 372
2x + 3 = 0
Q(x) = 2x3 – 72
x + 374
x = –32
BP(x) = x4 – 3x2 + 2x2 – x + 2Resto = P(1) = 1 – 3 + 2 – 1 + 2 = 1
DP(x) = 2x3 + 5x2 – px + 2P(x) é divisível por (x – 2) se P(2) = 0. Então2 .8 + 5 . 4 –2p + 2 = 0 → 16 + 20 2p + 2 = 0 →→ 2p = 38 → p = 19
EF(x) = (x + 2)2.(x + 1) + (1 – 2x)
O resto R da divisão de f por (x + 1) é igual a f(–1).Com efeito:R = f(–1) = (–1 – 2)2.(–1 + 1) (1 – 2.(–1)) →→ R = 9 . 0 + 3 → R = 3
DSeja P(x) = x4 – 4x3 + mx2 + 4x + nP(x) é divisível por (x – 1).(x – 5) se:1º P(x) édivisível por (x –1) → P(1) = 0 →
→ 1 – 4 + m + 4 + n = 0 → m + n = –1
Q(x)2
p(x)p(1) = 2
x – 1
1 s(x)
p(x)p(2) = 1
p(x) = (x – 1) (x – 2) . T(x) + ax + b
x – 2
T(x)
p(x) (x – 1) (x – 2)
R(x) = ax + bDaí:
–a – ba b 2P(1) 2P(2) 1 2a b 1
+ == → = → + =
�
– 2
2a b
=
+ 1
= a = –1 e b = 3
Então: R(x) = –x + 3
CP(x) = x3 –kx2 + kx –1 é divisível por (x –1)2 = x2 – 2x + 1Efetuando a divisão pelo método das chaves.
x + (2 – k)–x3 + 2x2 – x
(2 – k) . x2 + (k – 1) . x – 1
– (2 – k) . x2 + 2 (2 – k) . x – (2 – k)
R(x) = (k – 1 + 4 – 2k) . x – 1 – 2 + k
x3 – kx2 + kx – 1 x2 – 2x + 1
Portanto:R(x) = (–k + 3).x + (–3 + k) = 0, pois P(x) é divisível por (x – 1)2.Então:R(x) = 0 ↔ –k + 3 = 0 e –3 + k = 0 ↔ k = 3
BSuponha que f seja do 5º grau;f(x) = ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f.f(1) = a + b + c + d + e + f é a soma dos coeficientesportanto igual a zero. Então, se f(1) = 0 o polinômio édivisível por (x – 1).
EResto = q(0) = (–1).(–2).(–3)...(–n) + b; n ∈ N*.
= (–1)n. (1.2.3...n) + b; n ∈ N*.= (–1)n.n! + b.
CSe P(x) = x3 – 5x2 + mx – n é divisível porD(x) = x2 + 3x + 2 = (x + 1).(x + 2) então:
–m – n 6P(–1) 0 – 1 – 5 – m – n 0 eP(–2) 0 – 8 – 20 – 2m – n 0 – 2m – n 28
== → = → = → = → =
17
Mat
emát
ica
V
84
Volume 2.B
~ m n – 6– 2m – n 28
+ = =
–m = 22 → m = –22 e n = 16
Polinômios (Parte II)
���������
p(x) = (x – 1)2 . (x2 + 0x + 2)Então a multiplicidade de x = 1 é 2.
2 + 3i raiz ⇒ 2 – 3i também é raiz.–3 – i raiz ⇒ –3 + i também é raiz.
Assim, as raízes são 4, –3, 2 + 3i, 2 – 3i, –3 – i e–3 + i no mínimo, e, portanto, o grau dessa equaçãodeverá ser 6, no mínimo.Resp.: 6
1 B(2x – 1) . (x + 2) . (x2 + 1) = 0
x = 12
ou x = –2 ou x2 + 1 = 0
x = ±i
EP(x) = x3 + 4x – 16 é divisível por (x – 2)Então:
3
4
5
6
7
2
P(x) (x – 2)
0 Q(x)
2 1 0 4 –16
1 2
Q(x) = x2 + 2x + 8
8 0 = R
P(x) = (x – 2) . (x2 + 2x + 8) = 0 ↔x = 2 ou x2 + 2x + 8 = 0∆ = 4 – 32 = – 28
x = – 2 ± 2 7
i2
= – 1 ± 7i
BP(x) = 2 .(x – 1) . (x – 2) . (x – x3)P(– 1) = 2 . (– 2) . (– 3) . (– 1 – x3) = 3
(–1 – x3) = 3
12 = 1
4
– 1 – x3 = 14
→ x3 = – 1 – 14
→ x3 = – 54
B
8
9
Daí: x2 – 2x – 8 = 0 ↔ x = 4 ou x = – 2P(x) = (x – a) . (x – b) . (x – c) = (x – 1) . (x – 4) . (x – (–2)) →→ a = 1, b = 4 e c = – 2.Logoa2 . b2 . c2 = 64
DP(x)= x5 + 4x3 + x2 – x – 4
P(–1) = – 1 – 4 + 1 + 1 – 4 = –7 < 0 e
P(1) = 1 + 4 + 1 – 1 – 4 = 1 > 0.
1 1 –3 –6 8
1 –2
Q(x) = x2 – 2x – 8
–8 0 = R
A) x1 + x2 = –2 e x1 . x2 = –5
2
B)1 2 3
1 2 1 3 2 3
1 2 3
4x x x 2
2x x x x x . x 3
–7 7x . x . x –
2 2
+ + = =
+ + =
= =
2x3 – 4x2 + 6x – 7 = 0
A)1
1x
+ 2
1x
+ 3
1
x = 2 3 1 3 1 2
1 2 3
x x x x x x
x . x . x
+ + = 3–72
= –67
B) x 21 + x 2
2 + x 23 = (x1 + x2 + x3)
2 –– 2 . (x1x2 + x1x3 + x2x3) == (2)2 – 2 . (3) = 4 – 6 = –2
E
Se pq for raiz racional de x3 + 5x2 + mx – 2 = 0, então
p tem que dividir –2 e q tem que dividir 1. Assim,p = ±1 ou ±2 e q = ±1.
Logo, as possíveis raízes racionais são: ±1 ou ±2.
Se x = 1, então 1 + 5 + m – 2 = 0 → m = –4Se x = –1, então –1 + 5 –m – 2 = 0 → m = 2Se x = 2, então 8 + 20 + 2m – 2 = 0 → m = –13Se x = –2, então –8 + 20 – 2m – 2 = 0 → m = 5E portanto, |–4 + 2 – 13 + 5| = 10
1o) Pesquisa das raízespq
é raíz racional [mdc (p, q) = 1] → p divide 8 e q
divide 1 →
→ p {± 1, ± 2, ± 4, ± 8} eq {± 1}
∈ ∈
Logo pq
∈ {±1, ±2, ±4, ±8}
P(1) = 13 – 3 – 6 + 8 = 0 → 1 é raiz → P(x) é divisível por(x – 1)
10
Mat
emát
ica
V
85
Volume 2.BComo P(–1).P(1) < 0 pelo teorema de Bolzano podemosafirmar que a equação tem um número ímpar de raízesreais entre –1 e 1.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
Resolvido na apostila do aluno.
11
12
13
15
16
17
18
14
EGrau de p(x) é 4 então possui 4 raízes.
A1 . (x – 1) . (x – 2) . (x – 3) = 0 →(x2 – 3x + 2) . (x – 3) = 0 →→ x3 – 3x2 + 2x – 3x2 + 9x – 6 = 0 →
→ x3 – 6x2 + 11x – 6 = 0
4x – 4x3 + 4x2 – 9 x2 – 2x + 3
4x− + 2x3 – 3x2 x2 – 2x – 3 = q
– 32x + x2 – 9
+ 32x – 4x2 + 6x
– 23x + 6x – 9
+ 23x – 6x + 9(0)
C(x3 – x2 + x – 1)18 = 0 → [x2 . (x – 1) + (x – 1)]18 = 0 →→ [(x – 1)18 . (x2 + 1)18] = 0 → x = 1 tem multiplicidade18.
CP(x) = a(x – x1)(x – x2)(x – x3), forma fatorada onde x1, x2e x3 são raízes.P(x) = a(x – x1)(x – x2)(x – x3)Como P(0) = 1 ⇒ a . (–1) . (–2) . (–3) = 1 ⇒ –6a = 1 ⇒
⇒ a = –16
EP(–1) = 0 → (–1)3 – 4(–1)2 + (–1) – k = 0 ⇒ k = –6 eP(x) = x3 – 4x2 + x + 6 → P(x) = (x + 1)(x2 – 5x + 6)
1
2
3
4
5
6
7
Outras raízesx2 – 5x + 6 = 0x’ = 2 e x“ = 3
CUsando o dispositivo de Briot-Ruffini, sucessivamente, temos:
3
0 = R0
0 = R1
0 = R2
1 1 –1 –3 5
1 0 –3
1 1
1 2
–2
2
–2
1
–1 1 –4 1 6x 1 –5 6 0
x2 – 5x + 6
+
Como obtemos 3 restos iguais a zero, podemos afirmarque a multiplicidade de x = 1 é 3.
ESe a + bi é raiz, com b ≠ 0, então a – bi também será.daí o polinômio P terá no mínimo 6 raízes.
A) –62
= –3
B) – 32
C) – 82
= –4
D)1 2
1x x
+ 1 3
1x x
+ 2 3
1x . x
= 3 2 1
1 2 3
x x xx . x . x
+ + = –3
–4 = 3
4
S = –1 e p = –4|5 . S – 3p| = |–5 + 12| = 7
ERaízes: x = 0 ; x = –1 ; x = –2 ; …, x = –9.Logo x1 . x2 . x3 … x9 . x10 = 0.
x1 = x2 = 1
I. 1 + 1 + x3 = 8p → 2 = 8p → p = 14
II. 1 . 1 + 1 . x3 + 1 . x3 = 1 → x3 = 0
III. 1 . 1. x3 = +q → q = 0
Logo p = 1
4
DP(x) = x2 . (x – 1) + 4(x – 1)P(x) = (x – 1) . (x2 + 4)x – 1 = 0x = 1
x2 + 4 = 0 ⇒ x2 = – 4 ⇒ x2 = ± 4 ⇒ x = ±2i
8
9
10
11
12
13
Mat
emát
ica
V
86
Volume 2.B
21
22
Assim, as outras raízes estão na equaçãox2 + 2x – 2 = 0, donde ∆ = 4 + 8 = 12e, portanto, não são inteiras.Resp.: A única raiz inteira é –2.
A) As únicas raízes racionais possíveis são: ±1 e ±3.Como duas delas devem ser positivas e distintas,então 1 e 3 são as raízes procuradas.Se R é a 3a raiz dessa equação, então:1. 3 . R = –3 ⇒ R = –1Assim, as raízes são –1, 1 e 3.
B) 1− 1+ + 3 = –a → a = –3–1 x 1 – 1 x 3 + 1 x 3 = b → b = –1
C
Se pq
∈ Racionais (mdc(p,q) = 1) é raiz então
p divide 8 e q divide 6. Daíp ∈ { ±1, ±2, ±4, ±8} eq ∈ {±1, ±2, ±3, ±6}. O conjunto que possui as possíveisraízes racionais será:
{±1, ±12 , ±
13
, ±16 , ±2, ±
23
, ±4, ±43 , ±8, ±
83 }
De onde conclui -se que {1, 13 ,
23 ,
43 } é um
subconjunto.
EP(x) = x3 – 10x2 + 5x – 1P(0) = –1 < 0 e P(3) = 27 – 90 + 15 – 1 = – 49 < 0.Como P(0).P(3) > 0, podemos afirmar, pelo teorema deBolzano, que a equação tem um número par de raízesreais entre 0 e 3.
S = {–1, –10, 2, –31}Sendo x uma raiz inteira de x3 + 4x2 + mx – 4 = 0, divide–4. Então:x ∈ {±1, ±2, ±4}
Daí:
x =1 → 1 + 4 + m – 4 = 0 → m = –1
23
24
16
17
18
19
20
E, portanto, as outras raízes estão na equaçãox2 – 3 = 0 ∴ x2 = 3 e x = ± 3.Logo, as raízes são: – 3, 3 e 2.
22222ooooo Modo Modo Modo Modo Modo: Fatorando por agrupamento.x2 . (x –2) – 3 (x – 2) = 0 → (x – 2) . (x2 – 3) = 0 →
→ x = 2 ou x = ± 3
As possíveis raízes inteiras da equaçãox3 + 4x2 + 2x – 4 = 0 são ±1, ±2, ±4.
Veja que –2 é raiz, pois(–2)3 + 4 . (–2)2 + 2 x (–2) – 4 = 0
Dividindo x3 + 4x2 + 2x – 4 por x + 2 obtemos:
14
15
2 1 –1 –8 122 1 1 –6
1 3 00
x + 3
polinômio
Cx3 –2x2 + 3x – 4 = 0Sejam x1, x2 e x3 as raízes.
1
1X
+ 2
1X
+ 3
1X
= 1 12 3 3 2
1 2 3
X . X X . X X . X
X . X . X
+ + =
3–(–4)
= 34
Ax2 + ax + 2b = 0
Se 1 – 2i é raiz então 1 + 2i também será.
Daí:
(1 – 2i) + (1 + 2i) = –a → 2 = –a → a = –2e
(1 – 2i).(1 + 2i) = 2b → (1 + 2) = 2b → b = 32
CSe X = 2 é raiz de multiplicidade 3 tem-se que X1 = X2 == X3 = 2. Usando as relações de Girard, X1 + X2 + X3 + X4 = –(–9) → 6 + X4 = 9 → X4 = 3Então: S = {2, 3}
14
1bcde
+ 1
acde + 1
abde +
1abce
+ 1
abcd =
= a
abcde + b
abcde + c
abcde + d
abcde + e
abcde =
= a b c d e
abcde+ + + +
= –(–3)
–(–12) = 3
12 = 1
4
11111ooooo modo modo modo modo modo: Pesquisando as raízes
Se pq
é raiz racional, então p divide 6 e q divide 1.
Assim p = ±1, ±2, ±3 e ±6; q = ±1. Logo, as possíveisraízes são:±1, ±2, ±3, ±6.Veja que 2 é raiz, pois23 – 2 . 22 – 3 . 2 + 6 = 0.
Dividindo x3 – 2x2 – 3x + 6 por x – 2, tem-se:
EP(2) = 0 → 23 + (k – 4) . 22 – 8(2) + 4k = 0 ⇒⇒ 8 + 4k – 16 – 16 + 4k = 08k – 24 = 0 → k = 3P(x) = x3 – x2 – 8x + 12 é divisível por (x – 2) duas vezes
Mat
emát
ica
V
87
Volume 2.B
25
26
27
28
22 = R0
–16 = R1
–2 3 –4
3 –10
3
3 = R2
2
P(x) = 3.(x + 2)2 – 16.(x + 2) + 22
A
Seja y = 1x
a relação de transformação
2x4 + 2x3 – 3x2 + x + 1 = 0 →
→ 2.41y
+ 2.31y
– 3.21y
+ 1y
+ 1 = 0 →
→ 2 + 2y – 3y2 + y3 + y4 = 0 →→ y4 + y3 – 3y2 + 2y + 2 = 0
2y3 + 11y2 + 21y + 13 = 0Dispositivo Horner-Ruffini
Seja P(x) = 2x3 – x2 + x – 1
x = –1 → –1 + 4 – m – 4 = 0 → m = –1x = 2 → 8 + 16 + 2m – 4 = 0 → m = –10x = –2 → –8 + 16 – 2m – 4 = 0 → m = 2x = 4 → 64 + 64 + 4m – 4 = 0 → m = –31
x = –4 → – 64 + 64 – 4m – 4 = 0 → m = –1
D
Sendo pq
uma raiz racional p divide 3 e q divide 2.
Daí:p ∈ {±1, ±3} e q ∈ {±1, ±2} e
pq
∈ { ±1, ± 12
, ±3, ± 32
}
VVVVVerificação dos valorerificação dos valorerificação dos valorerificação dos valorerificação dos valores de es de es de es de es de ppppqqqq
• P(x) = 2x4 – 5x3 – 2x2 – 4x + 3
• P(12
) = 2
16 –
58
– 24
– 2 + 3 =
= 2 – 10 – 8 16
16+
= 0
Logo 12 é raiz .
• P(3) = 2.(81) – 5.(27) – 2.(9) – 12 + 3 == 162 – 135 – 18 – 12 + 3 == P(3) = 165 – 165 = 0 . Logo 3 é raiz.
Usando as relações de Girard, temos:
3 43 4
3 43 4
1 5I. 3 X X – (– ) X X – 12 2
X . X 11 3II. 3 . . X . X
2 2
+ + + = → + = == →
Resolvendo o sistema:I. X3 = –1 – X4
II. (–1 – X4).X4 = 1→ – 24X – X4 – 1 = 0 →
→ 24X + X4 + 1 = 0
∆ = 1 – 4 = –3 e X = –1 i 3
2±
b = –12 e c = 142x2 + bx + c = 0
Se X1 = 3 + 2 é raiz → X2 = 3 – 2 também será:.Daí:
I. X1 + X2 = – b2
→ 3 + 2 + 3 – 2 = –b2
→
→ 6 = –b2
→ b = – 12
II. X1.X2 = c2 → (3 + 2 )(3 – 2 ) =
c2
→
→ (9 – 2) = c2
→ c = 14
ADispositivo Horner-Ruffini
29
30
31
32
13 = R0
21 = R1
11 = R2
2 2 –1 –11
2 3
2 7
7
2
2 = R3
P(x) = 2.(x – 2)3 + 11.(x – 2)2 + 21.(x – 2) + 13ouP(x) = 2y3 + 11y2 + 21y + 13; y = x – 2
y3 + 4y2 – 20y + 48 = 0
x3 + 2x2 – 5x + 6 = 0 → ( y2
)3 +2.( y2
)2 – 5.( y2
) + 6 = 0 →
→ 3y
8 +
22y4
– 5y2
+ 6 = 0 → y3 + 4y2 – 20y + 48 = 0
2y4 – 3y3 – 7y2 + y – 5 = 0
5x4 – x3 + 7x2 + 3x – 2 = 0. Se y = 1x
→ x = 1y
Substituindo:
45y
– 31y
+ 27y
+ 3y
– 2 = 0 →
→ 5 – y + 7y2 + 3y3 – 2y4 = 0 →
→ 2y4 – 3y3 – 7y2 + y – 5 = 0
A
4 = R0
0 = R1
2 = R2
2 1 –4 44
1 –2
1 0
0
1
1 = R3 (x – 2)3 + 2.(x – 2)2 + 4
Mat
emát
ica
V
88
Volume 2.B
3x4 + 5x3 – 5x – 3 = 0 ↔ (x – 1)(x + 1)(3x2 + 5x + 3 ) =0 ↔↔ x = 1 ou x = –1 ou 3x2 + 5x + 3 = 0 ↔
↔ x = 1 ou x = –1 ou x = –5 11.i6
±
–3
Sendo x + 1x
= y → x2 + 2.x.1x
+ 2
1x
= y2 →
→ x2 + 2
1x
= ( y2 – 2)
A equação na variável y fica:y2 – 2 + y = 4 → y2 + y – 6 = 0 →
→ y = –1 52± → y = 2 ou y = –3
Daí:
I. x + 1x
= 2 → x2 – 2x + 1 = 0 → x = 1 ou
II. x + 1x
= –3 → x2 + 3x + 1 = 0 → x = –3 5
2±
Logo as duas menores raízes são:
x = –3 5
2+
e x = –3 – 5
2
Cuja soma será igual a: –3 5
2+
+ –3 – 5
2 = – 3.
EA equação é recíproca se:
8a – (b – 2a)
b – 2 – 2a
=
=~
b 6a 0
b 2a 2
+ = + =
~
~b 6a 0
– b
+ =
– 2a – 2
14a 2 a e b 32
=
= − → = − =
Então: a = –12
, b = 3 e c = –1
Dx3 + x2 – x – 1 = 0 → x2.(x + 1) – (x + 1) = 0 →
→ (x + 1).(x2 – 1) = 0 →→ x = –1 ou x = ±1.
Logo as raízes são duas negativas e uma positiva.
37
38
39
34
35
–51 = R0
46 = R1
–12 = R2
–4 1 0 5–2
1 –4
1 –8
14
1
1 = R3
(x + 4)3 – 12.(x + 4)2 + 46.(x + 4) – 51 = 0 →
→ y3 – 12y2 + 46y – 51 = 0
S = { ±1 3i2
, ±9 772
}
x4 – 10x3 + 11x2 – 10x + 1 = 0 ÷(x2)
x2 – 10x + 11 – 10x
+ 21x
= 0
(x2 + 21x
) – 10.(x + 1x
) + 11 = 0
Fazendo x + 1x
= y tem-se que x2 + 21x
= y2 – 2.
A equação na variável y fica:y2 – 2 – 10.y + 11 = 0 →→ y2 – 10y + 9 = 0 → y = 1 ou y = 9.Então:
I. x + 1x = 1 → x2 – x + 1 = 0 → x =
1 3i2
±
ou
II. x + 1x = 9 → x2 – 9x + 1 = 0 → x =
9 772
±
As raízes complexas são x = 1 3i
2±
ou x = 9 77
2±
.
BSe a equação é recíproca de grau par e tem 1 comoraiz, seus coeficientes equidistantes dos extremos sãosimétricos, isto é:
36
1 3 5 –5 –3
0
0
–1 3 8 38
3 5 03
33 C
–a3 + a + 1 = R0
3a2 – 1 = R1
–3a = R2
–a 1 0 1–1
1 –a
1 –2a
a2 – 1
1
1 = R3
y3 + 9y2 + 26y + 25 == y3 + (–3a).y2 + (3a2 – 1).y + (–a3 + a + 1) →
→
2
3
–3a 9 a 3
3a – 1 26 a 3e
–a a 1 25
= → =
= → = ± + + =
então a = –3
y3 – 12y2 + 46y – 51 = 0Relação da transformação: y = (x + 4)x3 – 2x + 5 = 0
a = –3 e b = –5A equação é –3x4 – 5x3 + 5x + 3 = 0 →→ 3x4 + 5x3 – 5x – 3 = 0. Esta equação admite 1 e –1como raízes, daí a equação pode ser fatorada com oauxílio do dispositivo de Briot-Ruffini:
Mat
emát
ica
V
89
Volume 2.B
43
BP(x) = x5 – 5x4 + 9x3 – 9x2 + 5x – 1 admite x = 1 comoraiz, pois P(1) = 0. P(x) é divisível por (x – 1). Então:
40
41
42
–1 2 –3 2–3
2 –5 02
1 1 –5 9 5 –1–9
1 –4 5 1 0–4
x5 – 5x4 + 9x3 – 9x2 + 5x – 1 = 0 ↔↔ (x – 1).(x4 – 4x3 + 5x2 – 4x + 1) = 0 ↔↔ x = 1 ou x4 – 4x3 + 5x2 – 4x + 1 = 0Daí:
x4 – 4x3 + 5x2 – 4x + 1 = 0 ↔ x2 – 4x + 5 – 4x
+ 21x
= 0
↔ x2 + 21x – 4(x + 1
x) + 5 = 0
Fazendo x + 1x
= y tem-se que x2 + 21x
= y2 – 2
A equação na variável y será:y2 – 2 – 4y + 5 = 0 → y2 – 4y + 3 = 0 →→ y = 1 ou y = 3Deste modo:
I. x + 1x
= 1 → x2 – x + 1 = 0 → x = 1 3i
2±
ou
II. x + 1x
= 3 → x2 – 3x + 1 = 0 → x = 3 5
2±
B6x4 – 35x3 + 62x2 – 35x + 6 = 0 →
→ 6x2 – 35x + 62 – 35x
+ 2
6x
= 0 →
→ 6.(x2 + 21x
) – 35.(x + 1x
) + 62 = 0
Sendo x + 1x
= y tem-se que x2 + 21x
= y2 – 2
6(y2 – 2) –35.(y) + 62 = 0 →→ 6y2 – 12 – 35y + 62 = 0 →→ 6y2 – 35y + 50 = 0 →
→ y = 35 25
12±
y = 35 5
12+
= 103
y = 35 – 512
= 52
Portanto:
I. x + 1x
= 52
→ 2x2 + 2 = 5x → 2x2 – 5x + 2 = 0
→ x = 5 34± → x = 2 ou x = 1
2 ou
S = {–1, 2, 12
}
x = –1 é raiz da equação 2x3 – 3x2 – 3x + 2 = 0.Daí, fatotrando-o, obtemos: (x + 1).(2x2 – 5x + 2) = 0cujas raízes são:
x = –1 ou x = 5 3
4±
→ x = 2 ou x = 12
II. x + 1x
= 103
→ 3x2 + 3 = 10x → 3x2 – 10x + 3 = 0 →
→ x = 10 8
6±
→ x = 3 ou x = 13
S = 12
+ 13
→ S = 56
→ 12.S = 10
D(g) = [–2, 1] ∪∪∪∪∪ [3, +∞∞∞∞∞[f(x) = (x + 2)3.(x – 3).(x – 1)
g(x) = f(x) ∈ Reais → (x + 2)3.(x – 3).(x – 1) ≥ 0Estudo do sinal de f
44
45
46
47
D(g) = [–2, 1] ∪ [3. +∞[
B
–2 1
+ +––
3
x6 + 5x5 + 7x4 + 3x3 x4 + 4x3 + 3x2
x2 + x–x6 – 4x5 – 3x4
x5 + 4x4 + 3x3
–x5 – 4x4 – 3x3
(0)
mdc(P, F) = x4 + 4x3 + 3x2. Então:
y = 4 3 2(x 4x 3x )+ +
4 3 2(x 4x 3x )+ + 2.(x x)+ = 2
1(x x)+
S = {32
}
3 3(x – 1) (x – 2)(x 1) (x – 2)
+− = 0; x ≠ 1 e x ≠ 2 →
→ 2x – 3 = 0 → x = 32
Bx3 – 6x2 + 5x + 12 x3 – 5x2 – 2x + 24
1–x3 + 5x2 + 2x – 24
x2 + 7x – 12
Então mdc(P, F) = –x2 + 7x – 12As raízes comuns de P(x) = 0 e F(x) = 0 são as raízes de–x2 + 7x – 12 = 0, isto é:–x2 + 7x – 12 = 0 → x2 – 7x + 12 = 0 → x = 3
ou x = 4
A soma das raízes comuns é 7.
S = {2, –2, 3}Sejam X1, X2 e X3 as raízes, onde X1 = –X2.I. X1 + X2 + X3 = –(–3) → –X2 + X2 + X3 = 3 → X3 = 3II. X1.X2.X3 = –12 → (–X2).X2.3 = –12 →
→ 22X = 4 → X2 = ±2
Note que:se X2 = 2 → X1 = –2 ese X2 = –2 → X1 = 2.Logo as raízes são –2, 2 e 3.
Mat
emát
ica
V
90
Volume 2.B
DP(x) = (x – 1) . q(x) + 1 → P(x) – 1 é divisível por (x – 1)
1
P(x) –1 é divisível por (x – 2)
P(x) – 1 é divisível por (x – 3)
P(x) x – 1
1 q(x)
P(x) x – 2
1 t(x)
P(x) x – 3
1
P(x) – 1 é divisível por (x – 4)
P(x) – 1 é divisível por (x – 5)
Logo P(x) – 1 = a. (x – 1) . (x – 2) (x – 3) . (x – 4) . (x – 5)
P(6) – 1 = a . (5) . (4) . (3) . (2) . (1) →
0 – 1 = a . (120) → a = – 1
120
Daí:
P(x) = – 1
120 .(x – 1) . (x – 2) . (x – 3) . (x – 4) . . (x –
5) + 1 e
P(0) = – 1
120. (– 1) . (– 2) . (– 3) . (– 4) . (– 5) + 1
P(0) = 1 + 1 = 2
A(x3 – 4x) . (x2 + 2x + 1) = 0 ⇔
x3 – 4x = 0 ⇔ x = 0 ou
x2 – 4 = 0 ou
x = ±2
ou x2 + 2x + 1 = 0
x1 = x2 = –1
P(x) x – 4
1 s(x)
P(x) x – 5
1 l(x)
2
I. X1 + X2 + X3 = –(–2) = 2 →→ X1 + X1 = 2 → X1 = 1 → X2 + X3 = 1
II. 1.X2.X3 = 12 → X2.X3 = –12
Resolvendo o sistema
2 3
2 3
X X 1X .X –12
+ = =Temos: X2 = 4 e X3 = –3
D1º
49
50
x2 + x – 12 x2 + 4x – 21
1–x2 – 4x + 21
–3x + 9
Logo mdc(f, g) = 7x – 21 = 7.(x –3)Se �(x) = 7.(x –3) divide f e g então h(x) = (x –3) tambémé divisor. Por conseguinte k = 3, k pertence ao intervalo[1, 3].
16f(x) = (x –3).(x – 5).q(x) + 2x – 1 eg(x) = (x –3).(x – 5). t(x) + x + 2.
Daí:1º) f(g(3)) = f(0.(–2).t(3) + 3 + 2) = f(5)=
= (2).(0).q(5) + 2 . 5 – 1 == 10 – 1 = 9
2º) g(f(3)) = g(0.(–2).q(3) + 6 – 1) = g(5) == (2).(0).t(5) + 5 + 2 = 7
Então:f(g(3)) + g(f(3)) = 9 + 7 = 16
23x3 – 5x2 + x – 1 = 0Sendo X1, X2 e X3 as raízes.
(X1 + X2 + X3)2 = 2 2 2
1 2 3X X X+ + + 2.(X1.X2 + X1.X3 + X2.X3)
(5)2 = 2 2 21 2 3X X X+ + + 2.(1)
25 = 2 2 21 2 3X X X+ + + 2
2 2 21 2 3X X X+ + = 23
4A equação x3 + ax2 – 2x – 2a = 0 tem 3 raízes. Se
2 é raiz então – 2 também será. Por conseguinte
2ºx2 + 4x – 21 –3x + 9
–x2 + 3x
7x – 21– x1
3
3º –3x + 9 7x – 21
3x – 9
(0)– 3
7
51
52
48 S = {1, 4, –3}x3 – 2x2 – 11x + 12 = 0Sejam X1, X2 e X3 as raízes, tal que X1 = X2 + X3
b = – 2 , pois se b ≠ – 2 , b irracional, implicaria naexistência de uma quarta raiz, o conjugado de b.Absurdo, pois a equação tem apenas 3 raízes. Então:
b4 = (– 2 )4 = 42 = 4
Mat
emát
ica
V
91
Volume 2.B
3
4
5
6
7
8
p(x) = 1 . (x – 1) . (x – 2) . (x – x3)p(3) = (2) . (1) . (3 – x3) = 30
3 – x3 = 15 → x3 = –12
p(x) = (x – 1) . (x – 2) . (x + 12)p(–1) = (–2) . (–3) . (11) = 66RespRespRespRespResp.: 66
P(x) = a . (x + 1) . (x – 2) . (x + 3)P(0) = a . (1) . (– 2) . (3) = – 12 → a = 2
Resp.: P(x) = 2 (x + 1) . (x – 2) (x + 3)
A1o) Se (1 – i) é raiz dupla então (1+ i) também é raiz
dupla. Então, utilizando a 1o relação de Girard, temos:x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = – (– 9) = 9 →→ (1 – i) + (1 – i) + (1 + i) + (1 + i) + x5 = 9 →
→ 4 + x5 = 9 → x5 = 5 → K = 5
ERaízes: (x1, x2, x3) = (x – R, x, x + R) P. Aritmética
I. x – R + x + x + R = 9 → x = 3
II. (3 – R) . 3 (3 + R) = 15 → 9 – R2 = 5
R = ±2 → R = 2 P. A. crescente
Logo x + R = 3 + 2 = 5 é a maior raiz.
–1 + 3i raiz ⇒ –1 – 3i também é raiz.Assim, as raízes são –1, –1 + 3i e –1 – 3iLogo
–1–1 3i –1– 3i –a
–1(–1 3i) –1(–1– 3i) (–1 3i) (–1– 3i) b
–1. (–1 3i) (–1– 3i) –c
+ =
+ + + =
+ =
e, portanto:
a = 3
b = 1 3i− + 1 3i+ + 1 + 9 ⇒ b = 12
c = 1 + 9 ⇒ c = 10
Daí, a + b + c = 25Resp.: 2525252525
C1o) x1 + x2 + x3 = – 3
– 2 – 2 + x3 = – 3 → x3 = 1.2o) P(x) = (x + 2)2 . (x – 1) > 0
f . g
g
f–2
–2 1
1
+ + +
+– –
+– –
S = {x ∈ R/ x > 1 e x ≠ –2} = {x ∈ R/ x > 1}
p(x) divisível por x – 1 implica p(1) = 0.Assim, p(1) = a0 + a1 + a2 + … + an = 0 ∴
∴ 0 n(a a ).(n 1)
2
+ + = 0 ⇒
⇒ 0 n(a a )2+
= 0 ⇒ a0 + an = 0.
O termo médio é o aM, onde M = n2
.
Como, a0, a1, …, an formam uma P.A., então
aM = n
2
a = 0 na a2+
= 0
E, portanto, a 2M = 0
A) 2 22
1i
i+
+ 71
ii
+ + 4 =
= 2(–1 – 1) + 7–1 1
i+ + 4
= –4 + 0 + 4 = 0.
Logo i é raiz.
B) Seja x + 1x
= y, assim x2 + 2
1x
= y2 – 2
E, portanto:2(y2 – 2) + 7y + 4 = 0 ∴2y2 – 4 + 7y + 4 = 0 ∴
2y2 + 7y = 0 → y = 0 ou y = –72
x + 1x
= 0 ⇒ x2 + 1 = 0 ∴
x2 = –1 e x = ± i
x + 1x
= –72
∴ 2x 1x+
= –72
∴
2x2 + 2 = –7x ∴2x2 + 7x + 2 = 0 , ∆ = 49 – 16 = 33
x = –7 33
4±
Logo, as raízes são –i, i, –7 33
4+
e –7 – 33
4.
CSeja r, p e q as raízes onde r + p = 1.(I) r + p + q = –(–6) = 6 → 1 + q = 6 → q = 5
11
9
10
Mat
emát
ica
V
92
Volume 2.B
3
4
5
6
q divide 1 → q ∈ {±1}
pq
∈ {±1, ±3, ±9}.
II. (V)x1 = 2 + i → x2 = 2 – i ex3 = –i → x4 = i ex5 = 3
Então, no mínimo, teremos 5 raízes.
III. (F)Não necessariamente, poderíamos ter 4 raízesimaginárias, da forma a + bi, b ≠ 0.
As possíveis raízes inteiras são ±1 e ±3.• Se x = 1, então 2 – m – 2 – 4 + 3 = 0 →
→ m = –1.
• Se x = –1, então 2 + m – 2 + 4 + 3 = 0 →→ m = –7.
• Se x = 3, então162 – 27m – 18 – 12 + 3 = 0 →
→ m = 13527
= 5.
• Se x = –3, então162 + 27m – 18 + 12 + 3 = 0 →
→ m = –15927
∉ Z.
Assim, m = –1, –7 ou 5 e, portanto,–1 – 7 + 5 = –3Resp.: –3
B2i é raiz ⇒ –2i também é raiz.Assim, se a e b são as outras duas raízes, temos que:2i – 2i + a + b = –2 ⇒ a + b = –22i . (–2i)a . b = –12 ⇒ 4ab = –12 ⇒ ab = –3Donde se conclui que a = –3 e b = 1.
Logo, as outras duas raízes são reais e sua soma éigual a –2.
A) P(1) = (–1)2 . (2) . (2) = 4B) P(1) = (8)8 . (0)4 = 0
Logo p(x) = (2x – 1) . (x2 – 5x + 6) = 0 ⇔
x2 – 5x + 6 = 0 ou x = 12
BI. (V)
p divide –9 → p ∈ {±1, ±3, ±9}e12
13
III) r . p . (5) = –30 → r . p = –6Daí: r = –2 e p = 3 ou r = 3 e p = –2. PortantoII) rp + r . q + p . q = – m2, para r = –2 e p = 3 e q = 5.→ –m2 = –6 + (–10) +15 →
→ –m2 = –1 → m = ±1
E = bcd + acd + abd + abcabcd
= –(–5)7
= 57
Ex1 = 1 + i é raiz → x2 = 1 – i também será. Portanto(I) 1 + i + 1 – i+ x3 = –m(II) (1 + i) . (1 – i) + (1 + i) . x3 + (1 – i) . x3 = 2 →
2 + x3 . [1 + i + 1 – i ] = 2 → x3 = 0 →
→ –m = 2 + 0 → m = –2
e substituindo x = 0 na equação x3 + mx2 + 2x + n = 0
já que “0” é raiz, obtemos n = 0.
Sejam r e p as outras duas raízes
I) –1 + 3 + r + p = 5 → r + p = 3
IV) (–1) . (3) . r . p = –6 → r . p = 2 então r = 2 e p = 1Daí: S = {2, 1, –1, 3}.
4 . (x – x1) (x – x2) (x – x3) = 0 →→ 4 . (x – 2) . (x + 2) (x – 1) = 0 →→ 4 . (x2 – 4) (x – 1) = 0 →→ 4 . (x3 – x2 – 4x + 4) = 0 → 4x3 – 4x2 – 16x + 16 = 0
p(2) = 0 → x = 2 é raiz → p(x) é divisível por (x – 2)
Então: p(x) = (x – 2) . (x2 + 8x + 15) = 0 →
→ x = 2 ou x2 + 8x + 15 = 0
x = –3x = –5S = {2, –3, 5}
Se (2x – 1) é fator de p(x) →
→ p(x) é divisível por (2x – 1) → p 12
= 0
1
2
14
15
Mat
emát
ica
V
93
Volume 2.B
7 1o) P(1) = (5) . (3) . (2) . (1) = a10 + a9 + a8 + … ++ a1 + a0 →
(I) a10 + a9 + a8 + … + a1 + a0 = 30
2o) P(–1) = (5) (1) (0) . (1) = a10 – a9 + a8 – a7 + + a6– a5 + a4 – a3 + a2 – a1 + a0
II) a10 – a9 + a8 – a7 + a6 – a5 + a4 – a3 ++ a2 – a1 + a0 = 0
Somando I e II, obtemos:2a10 + 2a8 + 2 . a6 + 2 . a4 + 2 . a2 + 2 . a0 = 30 →→ a10 + a8 + a6 + a4 + a2 + a0 = 15Resp.: 1515151515
DP(x) é do 5o grau
8
9
10
LogoP(x) – 1 é divisível por (x – 1) (x – 2) (x – 3) (x – 4) (x – 5) esendo do 5o grau é da forma:[P(x) – 1] = a . (x – 1) (x – 2) (x – 3) (x – 4) (x – 5). Daí:Se P(6) = 0 → a . (5) (4) (3) (2) (1) = P(6) – 1 →
→ 120 . a = –1 → a = –1
120Daí:
P(x) – 1 = –1
120 . (x – 1) (x – 2) (x – 3) (x – 4) (x – 5) e
P(0) –1 = –1
120 . (–1) (–2) (–3) (–4) (–5) →
→ P(0) – 1 = 1 → P(0) = 2
P(1) = (5) . (0) (4) = a7 + a6 + a5 + … + a1 + a0P(–1) = (1) . (1) (2) = –a7 + a6 – a5 + a4 – a3 + a2 – a1+ a0Somando membro a membro, obtemos:2 . a6 + 2a4 + 2 . a2 + 2 . a0 = 2 →→ a6 + a4 + a2 + a0 = 1 → a7 + a5 + a3 + a1 = –1
Daí: P(0) = Q(0) . (0) (0 – 3) + a . 0 + b = 2 → b = 2
P(3) = Q(3) . (3) (0) + 3a + b = 4 → a = 23
Logo R(x) = 23
x + 2
P(x)P(x) –1 = q1 . (x – 1)
x – 1
1 q1
P(x)P(x) –1 = q2 . (x – 2)
x – 2
1 q2
P(x)P(x) –1 = q3 . (x – 3)
x – 3
1 q3
P(x)P(x) –1 = q4 . (x – 4)
x – 4
1 q4
P(x)P(x) –1 = q5 . (x – 5)
x – 5
1 q5
P(x)P(x) = Q(x) . x (x – 3) + ax + b
x (x – 3)
ax + b Q(x)
12
13
14
15
Daí, fazendo x = 4, temos:P(4) – 5 = a . (1) (2) (3) →
–5 = a(6) → a = – 56
P(x) = – 56
. (x – 3) (x – 2) (x – 1) + 5
P(0) = – 56
. (–3) (–2) (–1) + 5 → P(0) = 10
Sim, pois
P(2) = 1002 – 992 . 2 + 22 . 280 – 2 . 279 – 24 . 278
+ 23 . 277
P(2) = 822 – 802 – 822 + 802 = 0 → P(2) = 0
CSoma = P(1) = (3 + 2 – 5)8 = 0
B1o) –3 + a + b = –5 → a + b = –2 → a = (–2 – b)2o) –3 . (a) (b) = –(–24) = 24 → a . b = –8 →
→ (–2 – b) . b = –8 → b2 + 2b – 8 = 0
→ b 4 a 2
b 2 a 4
= − → =
= → = −então a + b = –2
Se x1 = 1 – i → x2 = 1 + i, daí:I) x1 + x2 + x3 + x4 = –4 → 2 + x3
+ x4 = –4 →
→ x3 + x4 = –6
II) (1 – i) (1 + i) . x3 . x4 = –14 → x3 . x4 = –7Logo: x3 = 1 e x4 = –7.S = {–7, 1, 1 – i, 1 + i}
11P(x)
P(x) –5 = a . (x – 3) (x – 2) (x – 1)
x – 3
5 q1
P(x) x – 2
5 q2
P(x) x – 1
5 q3
A
Anotações
Mat
emát
ica
V
94
Volume 2.B
Anotações