Aula 1616.01. a

a a a a

x x x x

x x x ou x

2 1 3 22

2

3 1 11

12 0 3 4

− = −

− − = − −

+ − = ⇒ = = −

( )

16.02. cx

r

x

= ⇒ −= − = −

= − ⇒ − −= − − =

3 8 3 2

3 8 5

4 13 4 5

5 4 9

( , , , ...)

( , , , ...)

r ( )

Como a progressão aritmética é crescente, a razão é igual a 9.16.03. b

r

a a n r

a n

a n

n

n

n

= − == + − ⋅= + − ⋅= +

6 4 2

1

4 1 2

2 2

1 ( )

( )

16.04. dr

a a r

a

a

= − == + ⋅= + ⋅=

5 2 3

39

2 39 3

119

40 1

40

40

16.05. ca n

a

a

r

r

n = −= ⋅ − = −= ⋅ − = −

= − − −=

7 20

7 1 20 13

7 2 20 6

6 13

7

1

2

( )

16.06. ea a r

a

a

40 20

40

40

20

5 20 2

45

= + ⋅= + ⋅=

16.07. eOs números que são simultaneamente múltiplos de 3 e de 7 são múl-tiplos de 21. Os múltiplos de 21 de 1 a 500 formam uma progressão aritmética.( , , , ..., )

( )

( )

21 42 63 483

21

483

21

1

483 21 1

1

1

a

a

r

a a n r

n

n

n

==

== + − ⋅= + − ⋅⋅ ⇒ =21 23n

16.08. cOs múltiplos de 7 entre 50 e 150 formam uma progressão aritmé-tica de razão 7.( , , , ..., )

( )

( )

56 63 70 147

56

147

7

1

147 56 1

1

1

a

a

r

a a n r

n

n

n

==

== + − ⋅= + − ⋅77 14⇒ =n

16.09. aFevereiro: a1 400=Março: a r2 400= + Abril: a r2 400 2= + Novembro: a r10 400 9= +Assim:400 400 400 2 400 9 26500

400 10 2 9

+ + + + + + + =⋅ + + + +

( ) ( ) ... ( )

( ...

r r r

r r r))=+ =

= ⇒ =

26500

4000 45 26500

45 22500 500

r

r rPortanto, o número de peças produzidas em setembro de 2014 é a8 400 7 500 3900= + ⋅ = .

16.10. aSeja d xAB = . De acordo com o enunciado, temos:

d x

d x

d

x x x

x x km

BC

CD

AD

= −= −=

+ − + − == ⇒ =

10

20

390

10 20 390

3 420 140

d

x x x

x x km

AD =+ − + − == ⇒ =

390

10 20 390

3 420 140

( , , , ...)

( )

140 130 120

130 140 10

19

140 19 1020 1

20

PA

r

a a r

a

= − = −= += + ⋅ −

aa20 50= −

16.11. ca a a a

x x x x

x x x

2 1 3 2

2 1 3 2 1 2

4 3 3 2

− = −− − − = + − −− = + ⇒ =

( ) ( )

16.12. ca

a

r

1

2

10920

12642

12642 10920 1722

==

= − =

O valor do mercado em 2027, em milhões de dólares, corresponde ao 11o. termo da progressão aritmética.Assim:a a r

a

a

11 1

11

11

10

10920 10 1722

28140

= + ⋅= + ⋅=

16.13. br

a a r

a a

= − == + ⋅= + ⋅ ⇒ = −

15 3 12

35

231 35 12 18936 1

1 1

a a y r

y yy = + − ⋅

= − + − ⋅ ⇒ =1 1

27 189 1 12 19

( )

( )

Portanto, y é um número primo.

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Matemática 6A

6AMatemática

16.14. eOs números das primeiras figurinhas de cada página formam a se-guinte progressão aritmética:

a

a

a

a

a

1

2

3

34

35

1

26

51

826

851

===

==

( , , , ..., , )1 26 51 826 851

Como 851 não é múltiplo de 7 e 826 é múltiplo de 7, a última pá-gina que se iniciará com uma figurinha especial é a de número 34.

16.15. dOs números ímpares e múltiplos de 3 de 1 a 140 são:( , , , ..., )3 9 15 135

Essa sequência é uma progressão aritmética de razão 6.

a a n r

n nn = + − ⋅

= + − ⋅ ⇒ =1 1

135 3 1 6 23

( )

( )

Como o número k de páginas com anúncios não deve ultrapassar 15% do total de páginas da revista, então k ≤ ⋅ =0 15 140 21, . Portanto, o maior valor possível para k é 21.

16.16. dO último termo de cada progressão aritmética com n termos é igual a k.

( , , , ..., )

( )

( , , , ..., )

2 9 16

9 2 7

2 1 7 7 5

382 370 358

k

r

k n n

k

r

= − == + − ⋅ = −

= 3370 382 12

382 1 12 12 394

− = −= + − ⋅ − = − +k n n( ) ( )

Assim:

7 5 12 394

19 399 21

7 5

7 21 5 142

n n

n n

k n

k

− = − += ⇒ =

= −= ⋅ − =

16.17. bObserve que:

R R

R R

R R

R Rn n

2

3

4

1

2

3

1

4 2

6 2

8 2

100 2

2

3

4

50

− = = ⋅− = = ⋅− = = ⋅

− = = ⋅−

Note que R R nn n− =−1 2 . Portanto, se a diferença entre dois núme-ros retangulares consecutivos é 100, o maior deles é o R 50.

16.18. cAs quantidades de quadradinhos em cada posição formam a se-guinte progressão aritmética:( , , , , ...)2 3 4 5 Assim:a a r

a96 1

96

95

2 95 1 97

= + ⋅= + ⋅ =

Quando a figura ocupa uma posição ímpar, os números de quadra-do pretos e cinzas são iguais.Quando a figura ocupa uma posição par, existe um quadrado preto a mais do que o número de quadrados cinzas.Portanto, na figura da 96o. posição, temos um quadrado preto a mais, ou seja, 49 quadrados pretos e 48 quadrados cinzas.

16.19.a) Os múltiplos de 13 formam uma progressão de razão 13.

( , , , ..., )

( )

( )

104 117 130 195

1

195 104 1 13 81a a n r

n nn = + − ⋅= + − ⋅ ⇒ =

b) Os múltiplos de 13 formam uma progressão de razão 17.( , , , ..., )

( )

( )

1003 1020 1037 1989

1

1989 1003 1 171a a n r

n nn = + − ⋅

= + − ⋅ ⇒ == 59

16.20.Sejam x, x + °20 , x + °40 e x + °60 as medidas dos ângulos internos do quadrilátero.Como a soma das medidas dos ângulos internos de um quadriláte-ro é igual a 360°, temos:

x x x x

x x

+ + °+ + °+ + ° = °= ° ⇒ = °

20 40 60 360

4 240 60

Portanto, a medida do maior ângulo interno do quadrilátero é 60 60 120°+ ° = °.

Aula 1717.01. a

x = + =2 1942

98

17.02. c9 201

210

+ = ++ =

x y

x y

17.03. cSejam x – r, x e x + r os três números em progressão aritmética.Assim:x r x x r x x− + + + = ⇒ = ⇒ =21 3 21 7

Portanto, o termo do meio é 7.

17.04. c( , _, _, , _ , ) PA

a ( )

10 410

19 2 21

1

410 1

19

1

…��� ��termos

n

a n rn

= + == + − ⋅

= 00 21 1 20 400 20+ − ⋅ ⇒ = ⇒ =( ) r r r

17.05. dSejam x – 2r, x – r, x, x + r e x + 2r os cinco números em progressão aritmética. Assim:x r x r x x r x r

x x

− + − + + + + + == ⇒ =2 2 90

5 90 18

O termo médio é igual a 18.

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6A

17.06. c

x – r x + r

x

x r x x r x x m− + + + = ⇒ = ⇒ =6 3 6 2

( ) ( )x r x x r

x xr r x x xr r

x xr x ou x r

+ = + −

+ + = + − +

− = ⇒ = =

2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

4 0 0 4

Como x = 0 não faz sentido, então x r= 4 . Para x m= 2 , temos:

2 412

= ⇒ =r r m

Área do triângulo:

2

12 2x (x r) 32

Área2 2 2

Área 1,5 m

⋅ − ⋅ − = = =

=

17.07. cSomando a primeira equação com a segunda, temos:

2 2 12

6

6

y x

y x

r

− =− ==

Portanto, 5 7< ≤r .

17.08. 31 (01, 02, 04, 08, 16)Sejam x, x + 20, x + 40, x + 60, x + 80 e x + 100, as medidas em graus dos ângulos internos do hexágono.Como a soma das medidas dos ângulos internos de um polígono convexo de n lados é 180 2°⋅ −( )n , temos:

x x x x x x

x

x x

+ + + + + + + + + + = ⋅ −+ == ⇒ =

20 40 60 80 100 180 6 2

6 300 720

6 420 70

( )

Assim, os ângulos internos do hexágono medem 70°, 90°, 110°, 130°, 150° e 170°.01) CORRETO. 02) CORRETO.

Um dos ângulos internos mede 90° (ângulo reto).04) CORRETO.

O menor ângulo externo mede 180 170 10°− ° = °. 08) CORRETO.

O maior ângulo externo mede 180 70 110°− ° = ° 16) CORRETO.

17.09. b

a a a

a r a r a r

a r

21 20 41

1 1 1

1

20 19 40

+ =+ + + = +=

Portanto:

a r

a a r

a

1

21 1

21

9

20

9 20 9 189

= =

= + ⋅= + ⋅ =

17.10. aSejam x – 2r, x – r, x, x + r e x + 2r os cinco termos primeiros termos da PA.Assim:x r x r x x r x r

x x

x r x r x x r x r

− + − + + + + + == ⇒ =

− ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ +

2 2 15

5 15 3

2 2( ) ( ) ( ) ( ) ==− ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + =− = − = + = +

0

3 2 3 3 3 3 2 0

3 2 0 3 0 3 0 3 2

( ) ( ) ( ) ( )r r r r

r ou r ou r ou r ==

= = = − = −

0

32

3 332

r ou r ou r ou r

Como a razão da PA é um número inteiro positivo, então r = 3.Portanto:a x r2 3 3 0= − = − =

17.11. cÁreas dos três terrenos:A ( )

A ( )

12

22

32

4

3

= −

=

= +

x

A x

x

Assim:A A A A

x x x x

x x x x x x

x

2 1 3 22 2 2 2

2 2 2 2

4 3

8 16 6 9

8 1

− = −

− − = + −

− − + = + + −

−

( ) ( )

( )

66 6 9252

= + ⇒ =x x

As medidas dos lados dos terrenos são 252

4172

− = metros, 252

me-

tros e 252

3312

+ = metros. A soma dos perímetros dos três terrenos,

em metros, é:

4172

4252

4312

34 50 62 146⋅ + ⋅ + ⋅ = + + =

17.12. eSejam x – r, x e x + r, as idades das três irmãs, em anos.Assim:x r x x r x x− + + + = ⇒ = ⇒ =222 3 222 74

Como a irmã mais jovem tem 70 anos, temos:x r

r r

− =− = ⇒ =

70

74 70 4

Portanto, a irmã mais velha tem x r+ = + =74 4 78 anos.17.13. c

a

A B

C y

x

D E

b

c

1

15

Como a, b e c formam uma progressão aritmética de razão 1, então b a= +1 e c a= + 2.Nos triângulos retângulos ABC, BCD e BDE, temos:

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

x a 1

y b x y (a 1) x

15 c y 15 (a 2) y

= +

= + ⇒ = + +

= + ⇒ = + +

3Extensivo Terceirão – Matemática 6A

Assim:2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

y (a 1) x

y (a 1) a 1

y 2a 2a 2

15 (a 2) y

15 (a 2) 2a 2a 2

3a 6a 9 0

a 2a 3 0 a 1ou a 3 (não convém)

= + +

= + + +

= + +

= + +

= + + + +

+ − =

+ − = ⇒ = = −Portanto, a =1.

17.14. d

a

r

a a r

a

a

20

35 20

35

35

2014

4

15

2014 15 4

2074

==

= + ⋅= + ⋅=

17.15. d

f

ff

f

ff

( )

( )( )

( )

( )( )

1 2

1 12 1 1

22 2 1

252

252

2 12 2 1

2

2

=

+ = ⋅ + = ⋅ + = ⇒ =

+ = ⋅ + =⋅⋅ +

= ⇒ =

+ = ⋅ + = ⋅ + = ⇒ =

52

1

262

3 3

3 12 3 1

22 3 1

272

472

f

ff

f

( )

( )( )

( )

A sequência f f f f( ), ( ), ( ), ( ), ... , , , , ...1 2 3 4 252

372

( ) =

é uma pro-

gressão aritmética de razão 12

.

Assim:

f f r

f

f

( ) ( )

( )

( )

101 1 100

101 2 10012

101 52

= + ⋅

= + ⋅

=

17.16. aDe acordo com os sentidos das setas, o número da casa em que se encontra o ponto de interrogação é o 57o. termo da seguinte progressão aritmética:( , , , ...)3 6 9 Assim:

r

a a r

a

a

== + ⋅= + ⋅=

3

56

3 56 3

171

57 1

57

57

17.17. d

11

23

32

Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3

Nos triângulos retângulos de cada figura, temos:

( ) ( )

( ) ( )

( )

L L L cm

L L L cm

L

12 2 2

12

1

22 2 2

22

2

32

1 1 2 2

2 2 8 2 2

= + ⇒ = ⇒ =

= + ⇒ = ⇒ =

== + ⇒ = ⇒ =3 3 18 3 22 23

23( )L L cm

As medidas dos lados dos quadrados formam uma progressão arit-mética de razão 2 cm . Assim:

L L r

L cm20 1

20

19

2 19 2 20 2

= + ⋅

= + ⋅ =

Área do quadrado da vigésima figura:2 2Área (20 2) 400 2 800 cm= = ⋅ =

17.18. bSejam x – r, x e x + r os três termos consecutivos em progressão aritmética crescente (a razão é positiva).Assim:

12 2 2

22 2 2 2 2 2 2

2

S x r x x r 3x

S (x r) x (x r)

S x 2xr r x x 2xr r 3x 2r

= − + + + =

= − + + +

= − + + + + + = +

As raízes da equação x S x S21 2

12

0− ⋅ + −

= são x e x + r. Usando

as relações de soma e produto das raízes, temos:

1

2 2 22

2 2 2 2 2

x x r S 2x r 3x x r

1 1x (x r) S x xr 3x 2r

2 21 1 1 6

r r r 3r 2r 3r r r2 2 6 6

+ + = ⇒ + = ⇒ =

⋅ + = − ⇒ + = + − ⇒

⇒ + ⋅ = + − ⇒ = ⇒ = ⇒ =

17.19.

x – r x + r

x

( ) ( )x r x x r

x xr r x x xr r

x xr x ou x r

+ = + −

+ + = + − +

− = ⇒ = =

2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

4 0 0 4

Como x = 0 não faz sentido, então x r= 4 . Assim, as medidas dos lados do triângulo são:

x r 4r r 3r

x 4r

x r 4r r 5r

− = − ==+ = + =

A área do triângulo é 150.

1504 3

212 300 25 52 2

= ⋅

= ⇒ = ⇒ =

r r

r r r

Portanto, os lados do triângulo medem 15, 20 e 25.

4 Extensivo Terceirão – Matemática 6A

17.20. a) Como ( , , , ...)2 5 4 9 1 2/ / / é uma progressão harmônica, a sequên-

cia ( , , , ...)5 2 9 4 2/ / é uma progressão aritmética. Assim:

( , , , ...)

r

5 2 9 4 2

294

14

5

52

5 14

54

6 1

6

/ /

= − = −

= + ⋅

= + ⋅ −

=

a a r

a

Portanto, o sexto termo da progressão harmônica é 45

.

b) Se a, b e c são termos consecutivos de uma progressão harmôni-

ca, então 1a

, 1b

e 1c

são termos consecutivos de uma progressão

aritmética.Portanto:

1 1 1 1

1 1 1 1

2 2

b a c b

b b c a

ba ca c

bac

a c

− = −

+ = +

= +⋅

⇒ =+

Aula 1818.01. d

r

a a n r

n n

x S

x

n

= − == + − ⋅= + − ⋅ ⇒ ==

=+

⋅

3 1 2

1

39 1 1 2 20

1 392

20

1

20

( )

( )

== 400

18.02. d

r

a a n r

n n

y S

y

n

= − == + − ⋅= + − ⋅ ⇒ ==

=+

⋅

4 2 2

1

40 2 1 2 20

2 402

20

1

20

( )

( )

== 420

18.03. b

S n

Sn =

= ⋅ =

3

3 10 300

2

102

18.04. c

a S

a1 1

123 1 3

=

= ⋅ =

18.05. a

S n

S a

S a a a a

r a a

n =

= ⋅ = ⇒ =

= ⋅ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ =

= −

3

3 1 3 3

3 2 12 12 3 12 9

2

12

1

22

1 2 2 2

2 11

9 3 6r = − =

18.06. a

S

a aa a

13

1 131 13

78

213 78 12

=

+

⋅ = ⇒ + =

Portanto:

aa a

71 13

2122

6= + = =

18.07. bx x

x x

a x

a a r

+ − − =− + = ⇒ =−

= − = ⋅ − − = −= + ⋅ = − +

7 2 1 12

8 12 4

2 1 2 4 1 9

7 9 71

8 1

( )

( )

⋅⋅ =

=+

⋅ = − + ⋅ =

12 75

28 9 75 4 2648

1 8Sa a

( )

18.08. 25a

a

a

a n

S

nn n n n ou n

n

n

1

2

3

2

1

2

3

325

12

325 650 0 25

===

=

=

+

⋅ = ⇒ + − = ⇒ =

== −26

Como n = −26 não faz sentido, o número de filas é n = 25. 18.09. 90

Sa a

S a a

101 10

10 1 10

210

5

=+

⋅

= + ⋅( )

Como a a a a1 10 3 8 18+ = + = , temos:

S10 18 5 90= ⋅ =

18.10. bSeja x a distância em metros percorrida no primeiro dia.Assim:a x

r

a

a r

x x

1

21

1

100

6000

20 6000

20 100 6000 4000

==

=+ ⋅ =

+ ⋅ = ⇒ =

Portanto, a distância total percorrida nos 21 dias é:

Sa a

S m

211 21

21

221

4000 60002

21 105000

=+

⋅

=+

⋅ =

5Extensivo Terceirão – Matemática 6A

18.11. c( , , , ..., )2 5 8

3

23

2 23 3 71

2

24

24 1

24

241 24

a PA

r

a a r

a

Sa a

== + ⋅= + ⋅ =

=+

⋅

= + ⋅ =

24

2 71 12 87624S ( )

Portanto, a soma dos comprimentos de todos os segmentos que formam essa figura é 876 87 6mm cm= , .

18.12. ca

a a r r

S

a a

1

400 1

400

1 400

500

399 500 399

1000000

2400

== + ⋅ = +

=

+

⋅ ==

+ + ⋅ =

+ = ⇒ =

1000000

500 500 399 200 1000000

1000 399 5000400039

( )r

r r99

Portanto:

a 400 500 3994000399

4500= + ⋅ =

O valor que Mila precisará poupar no 400o. mês para que sua meta seja atingida é R$ 4.500,00.

18.13. e( , , , , ) PA

r

a ( )

( )

51 61 71 341

10

1

341 51 1 10 301

30

== + − ⋅= + − ⋅ ⇒ =

n a n r

n n

S ==+

⋅

= + ⋅ =

a a

S

1 30

30

230

51 341 15 5880( )

18.14. eS n

S a a a a a

S a a a a a

n = −= + + + + += + + + + +

8 12

10 1 2 3 9 10

9 1 2 3 8 9

...

...

Assim:a S S

S

S

a

10 10 9

102

92

10

8 10 1 799

8 9 1 647

799 647 152

= −

= ⋅ − =

= ⋅ − == − =

18.15. 20 (04, 16)01) INCORRETO.

a n

a

a

Sa a

n = −= ⋅ − = −= ⋅ − =

=+

⋅ =

− +

2 5

2 1 5 3

2 11 5 17

211

3 172

1

11

111 11

⋅ =11 77

02) INCORRETO. Todos os termos da sequência são ímpares.

n

parímpar ímpar

a 2n 5= −

04) CORRETO. A sequência é uma progressão aritmética de razão 2.( , , , , , )− −3 1 1 3 5

08) INCORRETO. Observe que para n = 4 tem-se a a a an n1 2 1 0+ + + + =− .

S a a a a4 1 2 3 4 3 1 1 3 0= + + + = − − + + =

16) CORRETO. a1 3= −

18.16. aSeja pn o número pentagonal de ordem n.Assim:p

p

p

p

1

2

3

4

1

5 1 4

12 1 4 7

22 1 4 7 10

== = += = + += = + + +

Note que o número pentagonal de ordem n é a soma dos n termos de uma progressão aritmética de razão 3.p a

a a r

a

p

55 55

55 1

55

55

1 4 7

54

1 54 3 163

1 1632

= + + + +

= + ⋅= + ⋅ =

=+

...

⋅⋅ =55 4510

18.17. cS

a aa a

S

a a

100

1 1001 100

200

1 20

100

2100 100 2

100 200

=

+

⋅ = ⇒ + =

= +

+ 001 200

1 100

1 200

2200 300 3

2

3

⋅ = ⇒ + =

+ =+ =

a a

a a

a a

Subtraindo a primeira equação da segunda, temos:a a

r r

200 100

2

1

100 11

10010

− =

⋅ = ⇒ = = −

Portanto, a diferença entre o segundo e o primeiro termos é igual a r = −10 2.

18.18. d

g x x sen x

g sen

g sen

( )

( )

( )

= +

= ⋅ + ⋅

= +

= ⋅ +

32

2 3 22

2 6 0

3 3 3

π

π

ππ

π

π

23 9 1

4 3 42

4 12 0

5 3 52

5

⋅

= −

= ⋅ + ⋅

= +

= ⋅ + ⋅

g sen

g sen

( )

( )

= +

= ⋅ + ⋅

= +

= ⋅ +

15 1

10 3 102

10 30 0

11 3 11

g sen

g sen

( )

( )

π

π22

11 33 1⋅

= −

6 Extensivo Terceirão – Matemática 6A

Assim:g g g g

somados termo( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ... )2 3 10 11 6 9 12 30 33

10+ + + + = + + + + +

ss deumaPA

g g g g

� ���� ���� −

+ + + + =+

⋅

1

2 3 10 116 33

2( ) ( ) ... ( ) ( ) 110 1

2 3 10 11 194

−

+ + + + =g g g g( ) ( ) ... ( ) ( )

18.19. a)

2006: 40 r

2007: 40

2008: 40 r

2009: 40 2r

2010: 40 3r

Média 30

40 r 40 40 r 40 2r 40 3r30

5200 5r 150 r 10

−

+++

=− + + + + + + + =

+ = ⇒ = −

b) Em 2010 foram cometidos 40 3 10 10+ ⋅ − =( ) crimes. Interpre-tando “duas vezes mais” como sendo “o dobro de”, seja x o núme-ro de estelionatos. Assim:x

x roubos

x estelionatos

xx x x

2

210 4

assassinatos

+ + = ⇒ =

Em 2010 ocorreram 4 estelionatos.c) O número médio de crimes ocorridos de 2007 a 2011 é:

2007: 40

2008: 30

2009: 20

2010: 10

2011: 30

40 30 20 10 30 130Média 26

5 5+ + + += = =

18.20. Considere uma progressão aritmética ( , , , ..., , )a a a a an n1 2 3 1− , de ra-zão r e outra sequência ( , , , ..., )b b b bn1 2 3 1− , tal que bk é a média

aritmética de ak e ak+1, ou seja, ba a

kk k= + +1

2.

Assim:

b ba a a a a a r

rk kk k k k k k− = + − + = − = =−

+ − + −1

1 1 1 1

2 2 222

A sequência ( , , , ..., )b b b bn1 2 3 também é uma progressão aritmé-tica de razão r.Além disso, as somas dos extremos das duas progressões aritmé-ticas são iguais.

b ba a a a a a a a

b ba a

nn n n n

nn

1 11 2 1 1 2 1

1 11

2 2 22

+ = + + + = + + +

+ = ⋅ +

−− −

−

( ) ( )

( ))2 1= +a an

Seja Sn a soma dos termos da camada formada por k tijolos. Portanto:

Sa a

n

Sa a

Sa a

Sa a

nn

n

n

=+

⋅

=+

⋅

=+

⋅

=+

1

11

21

31

2

21

22

nn

n

n

Sa a

S S S Sa a

23

2100

2

1001

1 2 3 1001

⋅

=+

⋅

+ + + + =+

...

⋅ + + + +

+ + + + =+

⋅

+

( ... )

...

1 2 3 100

10 4902

1 101 2 3 100S S S S

002

100 1262500

⋅ =

7Extensivo Terceirão – Matemática 6A

1Extensivo Terceirão – Matemática 6B

Aula 1616.01. a

O número de resultados é igual ao número de permutações sim-ples de 8 elementos, ou seja, P8 = 8!.

16.02. cO número de modos é igual a P3 = 3! = 6.

16.03. eSe Carlos é o primeiro e Bruno é o último da fila, então os outros três podem variar de P3 = 3! = 6 modos possíveis.

16.04. eSe K representa cara e R representa coroa, o número de sequências possíveis é igual ao número de anagramas de KKRRRR, ou seja:

P62 4 6

2 46 5 42 1 4

15, !! !

!!

=⋅

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

16.05. dFixando a letra U no início e R no final, a sequência das letras in-termediárias D, D, O, O e A, pode ser alterada. O número de ana-gramas é, portanto, o número de permutações de 5 letras, com 2 repetições da letra D e 2 repetições da letra O, ou seja:

P52 2 5

2 2120

430, !

! !=

⋅= =

16.06. bA quantidade de siglas distintas, de 5 letras, contendo B, L, E, R e R, é P5

2 = 60.

16.07. eExistem 6 modos de escolher a letra que inicia o anagrama, já que esta letra deve ser diferente da letra O. Escolhida a letra que inicia o anagrama, existem 5 opções de escolha da letra que termina o ana-

grama. Existem P62 6

2360= =

!!

modos de ordenar as 6 letras inter-

mediárias, com 2 repetições da letra O. Logo, a quantidade de ana-gramas é igual a 6 · 5 · 360 = 10800.

16.08. cO número de senhas é igual ao número de permutações de 10 ele-mentos, com 4 repetições do elemento “a”, 2 repetições do elemen-to “b” e 4 repetições do elemento “7”, ou seja:

P104 2 4 10

4 2 410 9 8 7 6 5 4

4 3 2 1 2 1 43150, , !

! ! !!

!=

⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

16.09. aPara escolher a ordem das 4 mulheres juntas, existem 4! maneiras.Considerando o grupo das 4 mulheres como sendo um único ele-mento, temos 7 elementos no total, que podem ser ordenados de 7! maneiras. Logo, a quantidade de modos com que podem se posicionar os 10 clientes, de modo que as 4 mulheres do grupo fiquem juntas, é igual a 4! · 7!

16.10. aA disposição das pessoas do grupo deve intercalar rapazes e ga-rotas. Como existem mais garotas que rapazes, a disposição das pessoas deve, necessariamente, começar com uma garota. O nú-mero de modos distintos que esse grupo poderia ocupar esses sete lugares é, portanto, igual a:P4 · P3 = 4! · 3! = 24 · 6 = 144

16.11. bI. O número de maneiras de as 10 pessoas se acomodarem nas 10

poltronas é P10=10!II. O número de maneiras de as 10 pessoas se acomodarem nas

10 poltronas, ficando juntos os dois que brigaram, é P9· P2 = 9! · 2!O número de maneiras de essas 10 pessoas se acomodarem, com os elementos do casal separados, é dado porP10 − P9 · P2 = 10! − 9! · 2! = 10 · 9! − 9! · 2! = 9! · (10 – 2) = 8 · (9!)

16.12. eSe C representa uma consoante e V uma vogal, então o anagrama deve ter a forma CVCVC. Para variar o anagrama, podemos permu-tar as vogais entre si e as consoantes entre si. Logo, a quantidade de anagramas que não possuem vogais nem consoantes juntas é igual a: P2 · P3 = 2! · 3! = 2 · 1 · 3 · 2 · 1 = 2 · 6 = 12

16.13. aPara ordenar as 4 músicas de MPB, existem 4! modos. Para ordenar as 3 de Rock, existem 3! modos. Para ordenar as 3 de Pop, existem 3! modos. Para ordenar os 3 gêneros musicais, existem 3! modos. Logo, o número de programas distintos em que as músicas vão ser tocadas, agrupadas por estilo, é dado por 4! · 3! · 3! · 3!.

16.14. cExistem P4 = 4! = 24 números que começam pelo algarismo 1.Existem P4 = 4! = 24 números que começam pelo algarismo 3.Existem P4 = 4! = 24 números que começam pelo algarismo 5.Existem P3 = 3! = 6 números que começam pelos algarismos 71.Existem P3 = 3! = 6 números que começam pelos algarismos 73.Existem P2 = 2! = 2 números que começam pelos algarismos 751: 75139 e 75193.Até o número 75193, existem 24 + 24 + 24 + 6 + 6 + 2 = 86 nú-meros.Em seguida, em ordem crescente, temos 75319 (87o. ) e 75391 (88o. ).

16.15. bComeçando com a letra E, existem 4! = 24 anagramas. Começan-do com a letra O, existem 4! = 24 anagramas. Começando com a letra R, existem 4! = 24 anagramas. Começando pelas letras SE, existem 6 anagramas. Começando pelas duas letras SO, existem 6 anagramas. Observe que:24 + 24 + 24 + 6 + 6 = 84 anagramasLogo, SREOT é o 85o. anagrama e SRETO é o 86o. anagrama, de modo que a última letra do 86o. anagrama é O.

16.16. dConsiderando que uma quadra percorrida para a direita é represen-tada por L e uma quadra percorrida para cima, por N, a quantidade de caminhos de A até B é igual à quantidade de permutações de 12 letras, com 5 repetições da letra N e 7 repetições da letra L:

P125 7 12

5 712 11 10 9 8 7

5 4 3 2 1 7792, !

! !!

!=

⋅=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

16.17. dPara o produto de 7 algarismos ser 14, eles devem ser: 7, 2, 1, 1, 1, 1, 1.Permutando esses 7 elementos (note que o 1 aparece cinco vezes), temos:

P75 7

57 6 5

542= =

⋅ ⋅=

!!

!!

16.18. dExistem P6 = 6! = 720 modos de ordenarmos os 6 quadros. Exis-tem P3 = 3! = 6 modos de ordenarmos os três quadros de Gotuzo. Desses 6 modos, em um único a ordem é cronológica, ou seja, um sexto das sequências possíveis apresentam os três quadros de Go-tuzo em ordem cronológica. Dessa forma, o número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a:PP

6

3

63

6 5 4 33

120= =⋅ ⋅ ⋅

=!!

!!

Resoluções 6BMatemática

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6B

16.19. a) Analisando as opções, quanto à quantidade de letras em cada palavra, temos:• 1 letra: 5 palavras (as cinco letras) • 2 letras: 5 · 4 = 20 palavras • 3 letras: 5 · 4 · 3 = 60 palavras • 4 letras: 5 · 4 · 3 · 2 = 120 palavras • 5 letras: 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 palavras Dessa forma, temos: 5 + 20 + 60 + 120 + 120 = 325 palavras. 

b) De acordo com o cálculo anterior, há 325 palavras com uma, duas, três, quatro ou cinco letras, todas distintas. Um quinto dessas 325 palavras começam com uma determinada letra, ou seja, 65 pa-lavras começam, respectivamente, com, I, B, M, E ou C. Logo, 3 · 65 = 195 palavras começam pelas letras, B, C e E, e, portanto, na ordem alfabética, aparecem antes da palavra IBMEC. Agora, vamos analisar as palavras que começam com a letra I e têm duas, três, quatro ou cinco letras. Com uma única letra contabilizamos apenas uma palavra: I. Com duas letras, temos também apenas uma: IB. Com três letras, são três as palavras possíveis: IBC, IBE e IBM. Quanto às palavras com quatro le-tras, podemos separar a contagem em dois casos: começando com IB e sendo a terceira letra diferente de M, ou com IBM. Se começar por IB e não continuar com a letra M, existem 2 opções para a terceira letra (C ou E) e, em seguida, 2 opções para a letra restante, ou seja, são 2 · 2 = 4 palavras. Se come-çar por IBM, existem 2 opções para a última letra (C ou E). Para as palavras com 5 letras que começam por IB, cuja ter-ceira letra não é M, há 2 opções para escolher a terceira letra (C ou E) e, em seguida, 2 opções para escolher a quarta letra e uma única para escolher a quinta letra, num total de 2 · 2 · 1 = 4 palavras. Caso a palavra com 5 letras comece com IBM, neces-sariamente, existem duas palavras: IBMCE ou IBMEC, num total de 2 palavras. Logo, a quantidade total de palavras até, inclusive, a própria IBMEC, é igual a:195 + 1 + 1 + 3 + 4 + 2 + 4 + 2 = 212Dessa forma, colocando todas as palavras consideradas em or-dem alfabética, a palavra IBMEC ocupa a 212a. posição.

16.20 1. A quantidade total de números é igual a P6 = 6! = 720.2. Vamos, incialmente, calcular a quantidade de números que ini-

ciam pelos algarismos 1, 2 ou 3:

3 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 360 números

12 3

Logo, o primeiro número que começa com o algarismo 4 ocupa a 361a. posição.

3. O primeiro número que termina com o algarismo 2 é 134562. Analisando cada uma das ordens em que o algarismo 2 pode se situar, temos:

1 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 24 números

1 2

1 . 1 . 1 . 3 . 2 . 1 = 6 números

1 3 2

1 . 1 . 1 . 1 . 2 . 1 = 2 números

1 3 4 2

1 . 1 . 1 . 1 . 1 . 1 = 1 número

1 3 4 5 2 6

1 . 1 . 1 . 1 . 1 . 1 = 1 número

1 3 4 5 6 2

Observe que 24 + 6 + 2 + 1 + 1 = 34.Portanto, 34a. é a posição do primeiro número que termina com o algarismo 2.

Aula 1717.01. a

Como são 4 sabores e a casquinha tem 2 sabores distintos, a quan-tidade de modos de montar a casquinha é igual a C4, 2 = 6.

17.02. eO número de escolhas é igual ao número de combinações simples de 5 elementos tomados 3 a 3, ou seja, C5, 3 = 10.

17.03. aUm jogo qualquer é uma combinação dos 30 inscritos, tomados 2 a 2. Logo, a quantidade total de jogos é igual a C30, 2 = 435.

17.04. bPara a escolha das duas cores, existem C5, 2 = 10 modos. Excluindo--se o modo único de as cores vermelho e azul serem escolhidas, existem 10 – 1 = 9 modos possíveis.

17.05. bO total de jogos é igual a C15, 6 = 5005.

17.06. ePara escolha das duas entradas, existem C8, 2 = 28 opções.Para escolha do prato principal, existem C10, 1 = 10 opções.Para escolha da sobremesa, existem C5, 1 = 5 opções.

Logo, o número de modos de o cliente compor o respectivo almoço é igual a:28 · 10 · 5 = 1400

17.07. cPara a escolha da pizza de um único sabor, existem C10, 1 = 10 modos.Para a escolha da pizza de dois sabores, existem C10, 2 = 45 modos.Logo, para a escolha de uma pizza com um ou dois sabores, existem 10 + 45 = 55 modos.

17.08. cPara a escolha das 4 dançantes entre as 9, existem C9, 4 = 126 modos. Para a escolha das 2 românticas entre as 4, existem C4, 2 = 6 modos. Logo, são 126 · 6 = 756 repertórios possíveis para a apresentação, sem considerar a ordem das músicas.

17.09. eNúmero de comissões possíveis: C8, 5 = 56. Número de comissões exclusivamente formadas por gerentes: C5, 5 = 1. Número de comissões com no mínimo um diretor: C8, 5 – C5, 5 = 56 – 1 = 55.

3Extensivo Terceirão – Matemática 6B

17.10. bO número de formas de o estádio ser aberto ao público, ficando com pelo menos dois portões abertos, é igual a: C5, 2 + C5, 3 + C5, 4 + C5, 5 = 10 + 10 + 5 + 1 = 26

17.11. cO número de grupos de 3 alunos que podem ser formados, a partir de 25 alunos, é igual a C25, 3 = 2300. O número de grupos de 3 alunos que podem ser formados, a partir de 21 alunos (nenhum gênio entre eles), é igual a C21, 3 = 1330. O número de grupos de 3 alunos que podem ser formados, a partir de 25 alunos, de modo que pelo me-nos um deles seja gênio, é igual a C25, 3 – C21, 3 = 2300 – 1330 = 970.

17.12. a Número de grupos nos quais marido e mulher estão presentes: C8, 2 = 28. Número de grupos nos quais marido e mulher estão ausentes: C8, 4 = 70. Número de maneiras que o grupo poderá ser formado: C8, 2 + C8, 4 = 28 + 70 = 98.

17.13. bPara a escolha de uma bola da casquinha, existem C6, 1 = 6 modos.Para a escolha de duas bolas da casquinha, existem C6, 2 = 15 modos.Para a escolha de três bolas da casquinha, existem C6, 3 = 20 modos.Dessa forma, existem 6 + 15 + 20 = 41 modos de a Magali pedir a casquinha.

17.14. aSe Andreia estiver presente, a comissão pode ser formada de C6 , 4 = 15 modos.Se Andreia estiver ausente, a comissão pode ser formada de C8 , 5 = 56 modos.Logo, existem 15 + 56 = 71 modos de a comissão ser formada, com a exigência de que cada membro se relacione bem com todos os outros.

17.15. dPara construir um triângulo com os 16 pontos dados, existem duas possibilidades quanto à escolha dos 3 vértices do triângulo: Esco-lher 2 vértices entre os 10 pontos de r e 1 vértice entre os 6 pontos de s, ou escolher 1 vértice ente os 10 pontos de r e 2 vértices entre os 6 pontos de s. Dessa forma, tem-se:C10, 2 · C6, 1 + C10, 1 · C6, 2 = 45 · 6 + 10 · 15 = 270 + 150 = 420 Outra forma:C16, 3 – C10, 3 – C6, 3 = 560 – 120 – 20 = 420

17.16. dPara escolher as 3 pessoas de um grupo, existem C12, 3 = 220 modos. Para escolher as 4 pessoas de um grupo, já tendo escolhido o grupo das 3 pessoas, existem C9, 4 = 126 modos. Para escolher as 5 pessoas, já tendo escolhido o grupo de 3 pessoas e o de 4 pessoas, existe C5, 5 = 1 modo. Assim, temos:C12, 3 · C9, 4 · C5, 5 = 220 · 126 · 1 = 27720A resposta independe de qual grupo será inicialmente escolhido.

17.17. dNúmero de comissões com José e Amanda: C8, 2 = 28Número de comissões com José, Amanda, Márcia e Sandro: C4, 4 = 1Número de comissões sem José e sem Amanda: C8, 4 = 70Número de comissões sem José, sem Amanda, mas com Márcia e Sandro: C6, 2 = 15Logo, (28 – 1) + (70 – 15) = 27 + 55 = 82 é o número de comissões que podem ser formadas.

17.18. cEscolhendo um sabor de sorvete e dois sabores de cobertura, te-mos:Cx, 1 · Cy, 2 = 150 (I).Escolhendo um sabor de sorvete e três sabores de cobertura, te-mos:Cx, 1 · Cy, 3 = 200 (II).Fazendo (II) : (I), tem-se:C C

C Cx1

y3

x1

y2

⋅

⋅= =

200150

43

31 2

3 2 14

12 1

⋅ ⋅⋅ −( ) ⋅ −( )

⋅ ⋅= ⋅ ⋅

⋅ −( )⋅

xy y y

xy y

Como x ≠ 0, y ≠ 0 e y ≠ 1, tem-se:y− =2 4

y = 6

Logo, o número de sabores de cobertura disponível é igual a 6.17.19. a) Existem C3

8 = 56 possibilidades para a escolha das três garotas que podem ficar no primeiro quarto triplo.Após a escolha das três primeiras garotas, existem C3

(8 – 3) = C35 = 10 possibilidades para a escolha das três garotas

que podem ficar no segundo quarto triplo.Agora, resta C2

(8 – 3 – 3) = C22 = 1 possibilidade para a escolha das

duas garotas que podem ficar no quarto duplo.Portanto, as oito garotas podem alojar-se, nesse hotel, de:C3

8 · C35 · C2

2 = 56 · 10 · 1 = 560 modos diferentes.b) Qualquer um dos trajetos possíveis, dentre os permitidos, deve

ser percorrido caminhando-se 10 quadras, sendo 6 delas para o Leste e 4 para o Norte. Logo, cada caminho pode ser represen-tado por uma permutação da sequência NNNNLLLLLL, onde N indica uma quadra caminhada para o Norte, e L, para o Leste.Assim, o número total de trajetos diferentes, do hotel ao restau-rante, é igual ao número de permutações de 10 elementos, com 4 repetições de um deles e 6 repetições do outro, ou seja:

P104 6 10

4 610 9 8 7 64 3 2 1 6

210, !! !

!!

=⋅

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

Portanto, existem 210 caminhos diferentes.17.20. Existem exatamente 10 números que são primos, positivos e me-

nores do que 30. São eles: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.Supondo que os números, citados no enunciado, tenham somente quatro fatores primos e que os quatro sejam distintos, a quantidade desses números, que é dada por C4

10, é igual a 210.

4 Extensivo Terceirão – Matemática 6B

Aula 1818.01. d

Para a escolha do algarismo das centenas, existem 7 possibilidades. Escolhido o algarismo das centenas, para o algarismo das dezenas existem 6 possibilidades. Escolhidos os algarismos das centenas e das dezenas, para o algarismo das unidades existem 5 possibilidades. Considerando os os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, podem ser forma-dos A7, 3 = 7 · 6 · 5 = 210 números.

18.02. bPara cadastrar o primeiro algarismo, existem 10 modos. Para cadas-trar o segundo algarismo, existem 9 modos. Para cadastrar o tercei-ro algarismo, existem 8 modos. Logo, a quantidade total de senhas que podem ser cadastradas é igual a 10 · 9 · 8. Ou seja, A3

10. 18.03. e

O número total de modos é igual a A320 = 20 · 19 · 18 = 6840.

18.04. aPara a escolha dos 15 homens do júri, dentre os 30 disponíveis, existem C30, 15 modos. Para a escolha das 6 mulheres do júri, dentre as 20 disponíveis, existem C20, 6 modos. Logo, o número de possibi-lidades de formar o júri popular é igual a C C30

15206⋅ .

18.05. aPara a escolha das 2 questões que devem ter gabarito E, dentre as 8 questões da prova, existem C8, 2 = 28 modos.

18.06. aPara a escolha do primeiro algarismo há 5 modos. Para a escolha do segundo algarismo há 4 modos. Para a escolha do terceiro algaris-mo há 3 modos. Assim, a quantidade de números de 3 algarismos distintos é igual a A5, 3 = 5 · 4 · 3 = 60.

18.07. dO número de modos é igual a A6, 4 = 6 · 5 · 4 · 3 = 360.

18.08. aComo os objetos são diferentes, temos que escolher e or-denar 5 caixas dentre as 7 disponíveis. Isso pode ser feito de A7, 5 = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 = 2520 modos.

18.09. aExistem C7, 3 = 35 modos possíveis de se escolher 3 sintomas entre os 7 possíveis. Como quaisquer dois dos pacientes não apresenta-vam os mesmos três sintomas, conclui-se que o número máximo de pacientes é igual a 35.

18.10. bA escolha de 2 engenheiros entre 6 disponíveis pode ser feita de C6, 2 = 15 modos. Se ainda é preciso destacar o engenheiro chefe e o engenheiro assistente, então existem 2 · 15 = 30 modos. A escolha dos 3 técnicos, entre 12 disponíveis, pode ser feita de C12, 3 = 220 modos. Logo, para todas as escolhas, existem 30 · 220 = 6600 modos possíveis.

18.11. cComo são 8 lugares para 5 pessoas, o número de modos é igual a:A8, 5 = 8 · 7 · 6 · 5 · 4 = 6720

18.12. aOs algarismos das placas podem ser distintos ou não. O mesmo acontece com as letras. Então,• no sistema atual, com 3 letras e 4 algarismos, é possível obter, no

máximo, (26 · 26 · 26) · (10 · 10 · 10 · 10) : 263 · 104 placas;• se o novo sistema fosse implantado, com 4 letras e 3 algarismos, seria

possível obter um total de (26 · 26 · 26 · 26) · (10 · 10 · 10) = 264 · 103

placas.Assim, o aumento no número de placas seria igual a 264 · 103 – 263 · 104, diferença essa que é igual 1,6 vez a quanti-dade atual, pois:

26 10 26 10

26 10

2610

1 1 64 3 3 4

3 4

⋅ − ⋅⋅

= − = , .

Portanto, em relação ao número máximo de placas em vigor, o au-mento obtido seria inferior ao dobro.

18.13. dSe existem K +3 maneiras para se formar uma comissão, a partir de

um grupo de n pessoas, então C Kn2 3= + .

A escolha das duas pessoas, para as posições de presidente e secretário, a partir de um grupo de n pessoas, pode ser feita de

7 15K − maneiras. Ou seja, A Kn2 7 15= − .

Relacionando os dois resultados, temos:A C

K K

K K K

n n2 2 2

7 15 3 3 2

7 15 6 6 21

= ⋅− = + ⋅− = + ⇒ =

!

( )

Substituindo K por 21, em C Kn2 3= + , temos:

= ⋅ +⋅ − =

⋅ − ==

− − = ⇒= − ≥

2n

2

C 3 21 3

n (n 1)66

2n (n 1) 132

n 12

n n 132 0 ou

n 11 (não convém, pois n 2)

Portanto, n é um múltiplo de 3.18.14. e

Supondo que existam apenas 4 cores disponíveis e sabendo que o mapa deve ser colorido com 4 cores distintas, então, necessa-riamente, cada uma das 4 cores disponíveis será usada para colorir ao menos uma das 7 regiões do mapa. Assim, temos três casos a considerar, conforme indicado a seguir.Primeiro caso: Se as regiões D, B e E forem coloridas com três cores distintas, uma para cada região, então as cores das regiões C e F se-rão, necessariamente, iguais à única cor ainda não utilizada (dentre as quatro disponíveis). Restarão, então, duas possibilidades para a cor da região G (diferentes das cores de E e F) e uma possibilidade para a cor de A (igual à de D). Nesse caso teremos, para colorir as regiões

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )D e B e E e C e F e G e A ,( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 2 1 1 2 1 48⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = possibilidades.

Segundo caso: Se para as regiões B, D e E forem utilizadas apenas duas cores distintas ( B E D= ≠ ) e as cores das regiões C e F forem iguais (diferentes das duas já utilizadas, obviamente), teremos, en-tão, duas possibilidades para a escolha dessa cor ( de C e F), uma possibilidade para a escolha da cor da região G (a única ainda não utilizada, dentre as quatro disponíveis) e uma para a de A (igual à de D). Nesse caso teremos, para colorir as regiões

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )D e B e E e C e F e G e A,( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 1 2 1 1 1 24⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = possibilidades.

Terceiro caso: Se para as regiões B, D e E forem utilizadas apenas duas cores distintas (B E D= ≠ ) e as cores das regiões C e F forem diferentes entre si (e diferentes das duas já utilizadas, obviamen-te, devido à restrição das fronteiras), então todas as quatro cores já terão sido utilizadas até o momento. Assim, teremos duas possibi-lidades para a escolha da cor de C, uma para a de F, duas para a da região G ( )pois G E e G F≠ ≠ e uma para a de A (igual à de D). Nesse caso, temos, para as regiões

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )D e B e E e C e F e G e A,( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 1 2 1 2 1 48⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = possibilidades.

Portanto, considerando os três casos apresentados, temos um total de 48 24 48 120+ + = maneiras distintas de se colorir o mapa.

5Extensivo Terceirão – Matemática 6B

18.15. aExistem P2 = 2 maneiras de Nair e Paulo sentarem-se nas cabeceiras da mesa. Existem A6, 4 = 360 maneiras de os quatro filhos se acomodarem nas cadeiras restantes. O número total de maneiras de toda a família se acomodar, para desfrutar o jantar, é igual a:2 · 360 = 720

18.16. 05Para escolher 3 dos Cinco Furiosos e atribuir-lhes três exercí-cios distintos, cada exercício a cada um dos escolhidos, existem A5, 3 = 60 modos.Para escolher seis dos dez coelhinhos como aprendizes, existem C10, 6 = 210 modos.O número de maneiras distintas como o grupo de Mestres e apren-dizes pode ser formado é igual a 60 · 210 = 12600.

18.17. ePara a escolha do colega para presidir os trabalhos, existem 5 mo-dos. Para a escolha das 3 prioridades, dentre as 6 possíveis, exis-tem A 6

3 6 5 4 120= ⋅ ⋅ = modos. Para a escolha dos 2 colegas, dentre

os 7, para uma reunião com o governador, existem C 72 7 6

2 121= =

..

modos. Portanto, 5 · 120 · 21 = 12600 é o número de respostas diferentes que cada deputado poderia dar.

18.18. cA escolha do vigilante do posto principal pode ser realizada de 4 modos. A escolha dos postos de vigilância secundários e de seus respectivos vigilantes pode ser feita de A3

6 = 6 · 5 · 4 = 120 modos. Logo, o número de modos de distribuir os 4 vigilantes, atendendo às condições apresentadas, é igual a 4 · 120 = 480.

18.19. Suponha que Anselmo possua exatamente n papéis de cores dis-tintas e que tenha utilizado todas as cores para embalar as 30 caixi-nhas. Como ele utilizou uma cor para a embalagem e outra para a fita, de todas as maneiras possíveis, então:A2

n = 30n n⋅ −( ) =1 30n2 – n – 30 = 0

n=− −( )± −( ) − ⋅ ⋅ −( )

⋅

1 1 4 1 30

2 1

2

n=±1 121

2

n=±1 112

n = 6 ou n = –5 (não convém, pois n ≥ 2).Logo, a menor quantidade de cores distintas que ele utilizou, para a confecção de todas as embalagens, é igual a 6.

18.20. a) Para escolher 2 homens, existem C5, 2 = 10 modos. Para escolher 2 mulheres, existem C5, 2 = 10 modos. Logo, para a escolha de 2 homens e 2 mulheres, existem 10 · 10 = 100 modos.

b) Para escolher 4 pessoas quaisquer, dentre as 10 disponíveis, exis-tem C10, 4 = 210 modos. Para formar o grupo com 4 mulheres, existem C5, 4 = 5 modos.Assim, para formar um grupo com pelo menos uma mulher, existem 210 – 5 = 205 modos possíveis.

1Extensivo Terceirão – Matemática 6C

Aula 1616.01. c

Calculamos o determinante principal.

D

D

=−

−

= − + − − − − =

1 3 2

3 1 5

4 1 2

2 60 6 8 18 5 21

Como D ≠ 0, o sistema é possível e determinado, em que a única solução é a trivial (0, 0, 0).

16.02. eCalculamos o determinante principal.

D

D

=−

= + − + − − =

4 3 2

3 2 1

2 1 4

32 6 6 8 36 4 0

Como D = 0, o sistema é possível e indeterminado.Multiplicando a terceira equação por –2 e somando com a primei-ra, temos:y z y z− = ⇒ =10 0 10

Substituindo na primeira equação, temos:4 3 2 0

4 3 10 2 0 7

x y z

x z z x z

+ − =+ ⋅ − = ⇒ =−

Portanto:x y z z z+ = − + =7 10 3

16.03. eCalculamos o determinante principal.

D

D

= −−

= + + + + − =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1 4

Como D ≠ 0, o sistema é possível e determinado, em que a única solução é a trivial (0, 0, 0).

16.04. dPara que o sistema seja possível e determinado, devemos ter D ≠ 0.

D

m

m m m

= ≠

+ + − − − ≠ ⇒ ≠

3 2 4

4 3 2

2 1

0

9 8 16 24 8 6 0 6

16.05. d I. FALSA.

Calculamos o determinante principal.

D

D

=−

− −−

= − − − + + =

1 1 5

3 2 5

2 1 8

16 10 15 20 24 5 0

Como D = 0, o sistema é possível e indeterminado, ou seja, que admite infinitas soluções.

II. VERDADEIRA.Multiplicando a primeira equação por –3 e somando com a segunda, temos:− + = ⇒ =5 10 0 2y z y z

Substituindo na primeira equação, temos:x y z

x z z x z

+ − =+ − = ⇒ =

5 0

2 5 0 3

Portanto:y z z z z x+ = + = =2 3

III. VERDADEIRA.A solução geral do sistema é (3z, 2z, z). Portanto, as soluções inteiras são proporcionais a (3, 2, 1).

16.06. a I. VERDADEIRA.

Um sistema homogêneo é sempre possível. II. FALSA.

Calculamos o determinante principal.

D

D

=−−−

= − − − + + + =

3 4 1

2 1 4

4 5 2

6 64 10 4 16 60 0

Como D = 0, o sistema é possível e indeterminado, ou seja, que admite infinitas soluções.

III. VERDADEIRA.Como o sistema é indeterminado, admite outras soluções além da solução trivial (0, 0, 0).

IV. FALSA.16.07. b

Calculamos o determinante principal.

D

a

D a a

=

= − − = − −

1 0

2 0 1

3 1 2

3 4 1

Assim:D

a a

=− − = ⇒ =−

0

1 0 1

Se a = –1, o sistema é possível e indeterminado.Se a ≠ –1, o sistema é possível e determinado.

16.08. aPara que o sistema seja possível e indeterminado, devemos ter D = 0.

D =−

− −=

− + + + + + = ⇒ =−

1 2

1 1 1

1 1 1

0

1 2 2 1 0 2

α

α α α

16.09. eCalculamos o determinante principal.

D k

D k k k

=−

= + − − − + = −

1 1 1

3 1

1 1 2

2 1 3 6 1 7

2

2 2 2

Assim:D

k k ou k

=

− = ⇒ = =−

0

7 0 7 72

Se k ou k= = −7 7 , o sistema é possível e indeterminado.Se k e k≠ ≠ −7 7 , o sistema é possível e determinado.

Resoluções 6CMatemática

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6C

16.10. dPara que o sistema seja possível e indeterminado, devemos ter D = 0.

D k

k

k k k

k k k ou k

= =

+ + − − − =

− + = ⇒ = =

1 1 1

3 4

1 3

0

9 4 3 3 4 0

7 10 0 2 5

2

2

Portanto, a soma dos valores de k é 7.16.11. e

Calculamos o determinante principal.

D

k

k

k

D k k k k

D k

=

= + + − − −

= −

2 1

1 1

1 1

2 1 2

1

2 2

2

Assim:D

k k ou k

=

− = ⇒ = =−

0

1 0 1 12

Se k = 1 ou k = –1, o sistema é possível e indeterminado.Se k ≠ 1 ou k ≠ –1, o sistema é possível e determinado.

16.12. ePara que o sistema seja possível e indeterminado, devemos ter D = 0.

D

m

m

m m

m m m m m

m m m

=− −

=

− + − − + − =

− − = ⇒

3 7 6

0 3 4

1 2

0

9 28 28 18 18 24 0

10 24 0

2 2 2

2 == = −12 2ou m

16.13. aPara que o sistema seja possível e indeterminado, devemos ter D = 0.

D

k

k

k

k k k k

k k

k k k

k k

=−− =

− − + + + − =

− + =

− + + =

⋅

1 2

3 2

1 1

0

4 3 6 2 0

2 4 0

4 2 4 0

3

3

3

2( −− + ⋅ + =⋅ − ⋅ + + ⋅ + =

+ ⋅ − + =

+ =

4 2 2 0

2 2 2 2 0

2 2 2 0

2

2

) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

k

k k k k

k k k

k 00 2 2 0

2 0 2

2 2 0

2

2

ou k k

k k

k k x

− + =+ = ⇒ =−

− + = ⇒ ∉

i

i �

16.14. dMultiplicamos a primeira equação por 2 e somamos com a segunda.

3 2 0

10 5 0

x y z

x y

+ + =+ =

Assim:10x 5y 0 y 2x

3x 2y z 0 3x 2 ( 2x) z 0 z x

+ = ⇒ = −+ + = ⇒ + ⋅ − + = ⇒ =

A solução geral do sistema é (x, –2x, x). Portanto, as soluções intei-ras são proporcionais a (1, –2, 1).

16.15. e4x y 2z 0

3y 2z 0

3y 2z 0 2z 3y

4x y 2z 0 4x y 3y 0 y 2x

2z 3y 2z 3 2x z 3x

+ + = + =

+ = ⇒ = −+ + = ⇒ + − = ⇒ =

= − ⇒ = − ⋅ ⇒ = −

A solução geral do sistema é (x, 2x, –3x). Portanto, as soluções intei-ras são proporcionais a (1, 2, –3).

16.16. cCalculamos o determinante principal.

Dsena

a

D sena a

D sen a

=

= ⋅ −= −

1

1 2

2 1

2 1

cos

cos

( )

Assim:D

sen a

sen a a k a k k

=− =

= ⇒ = + ⋅ ⇒ = + ⋅ ∈

0

2 1 0

2 1 22

24

( )

( ) ( )π

ππ

π

Se a k= + ⋅π

π4

, o sistema é possível e indeterminado.

Se a k≠ + ⋅π

π4

, o sistema é possível e determinado.

Portanto, o sistema tem solução não trivial para uma infinidade de valores de a.

16.17. 0801) INCORRETA.

Uma matriz quadrada de ordem 12 tem 12 . 12 = 144 elementos.02) INCORRETA.

O produto A . B é possível quando o número de colunas da matriz A for igual ao número de linhas da matriz B.

04) INCORRETA.A inversa de uma matriz, quando existe, é única.

08) CORRETA.x x x

x x

x

x x x x x x

x x x

x x x

4

4 4

0

4 16 4 4 4 0

8 16 0

8 16

3 2 2 2 2

3 2

2

=

+ + − − − =

− + =

⋅ − +( ))

( )

=

= − + ⇒ =

0

0 8 16 42x ou x x x raiz dupla

Portanto, a soma das raízes da equação é 0 + 4 + 4 = 8.

16) INCORRETA.Calculamos o determinante principal.

D =−

= + =3 2

1 13 2 5

Como D ≠ 0, o sistema é determinado. 16.18. e

Calculamos o determinante principal.

D

a a a a n

a a a a n

a a a a n=

+ + + −+ + + −+ + + −

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

1 2 1

1 2 1

1 2 1

…��

� � � � �aa a a a nn n n n+ + + −1 2 1�

3Extensivo Terceirão – Matemática 6C

Multiplicamos a primeira coluna por –1 e somamos com a segunda. Multiplicamos a primeira coluna por –2 e somamos com a terceira.

D

a a n

a a n

a a n

a a nn n

=

+ −+ −+ −

+ −

1 1

2 2

3 3

1 2 1

1 2 1

1 2 1

1 2 1

…��

� � � � ��

Como a segunda e a terceira colunas são proporcionais, então D = 0. Portanto, o sistema tem infinitas soluções quaisquer que se-jam os valores dos números a1, ..., an dados.

Observação:O determinante D é igual a zero supondo que n ≥ 3. Para n = 1 ou n = 2, temos:n D a a

n Da

aa a

= ⇒ = =

= ⇒ = = −

1

21

1

1 1

1

21 2

Nesses dois casos, o sistema pode ser determinado ou indetermi-nado.

16.19. Para que o sistema não admita soluções próprias, isto é, seja possí-vel e determinado, devemos ter D ≠ 0.

D

m

m

m

m m m m

m m m e m

= − ≠

− + − − + ≠

+ ≠ ⇒ ≠ ≠ −

3 1

1 1

6 2

0

6 6 6 2 3 0

3 0 0 3

2 2

2

16.20. a)

x y z⋅−

+ ⋅

+ ⋅

−−

=

1

2

1

2

0

1

1

10

7

0

0

0

⇒

+ − =− =

− + + =

x y z

x z

x y z

2 0

2 10 0

7 0

Calculamos o determinante principal.

D

D

=−−

−

= − − + =

1 2 1

2 0 10

1 1 7

20 2 28 10 0

Como D = 0, o sistema é possível e indeterminado, ou seja, exis-tem infinitas triplas ordenadas (x, y, z) de números que satisfa-zem a equação matricial.

b) 2

5 3

2 1

5 3

x y a

x y b

x

y

a

b

+ =+ =

⇒

⋅

=

Multiplicamos os dois membros da equação por 3 1

5 2

−−

.

2 1

5 3

3 1

5 2

2 1

5 3

⋅

=

−−

⋅

⋅

x

y

a

b

x

y =

−−

⋅

⋅

=

−− +

3 1

5 2

1 0

0 1

3

5 2

a

b

x

y

a b

a b

=

−− +

⇒ = − = − +

x

y

a b

a bx a b e y a b

3

5 23 5 2

A solução do sistema é (3a – b, – 5a + 2b).

Aula 1717.01. b

A ordenada de um ponto que pertence ao eixo das abscissas é igual a zero.3x – 9 = 0 ⇒ x = 3

17.02. cA abscissa e a ordenada de um ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares são iguais.x2 – x = 4x – 6x2 – 5 + 6 = 0 ⇒ x = 2 ou x = 3Portanto, o conjunto dos valores de x é {2, 3}.

17.03. ba > 0 e b < 0 ⇒ –a < 0 e a – b >0Portanto, o ponto P(–a, a – b) pertence ao 2.o quadrante.

17.04. eO ponto ( , )3 1 3 1+ + pertence à bissetriz dos quadrantes ímpa-res, pois as coordenadas são iguais.

17.05. bUm ponto que pertence ao quarto quadrante tem abscissa positiva e ordenada negativa.Assim:1 – a > 0 ⇒ a < 1b + 2 < 0 ⇒ b < –2

17.06. a( , ) ( , )x y x y y x y

x y y

x y x y

x y

x y

+ − − = + +

+ = +− − = +

⇒+ =− =

3 4 2

3 4

2

2 4

3 2⇒⇒ =− =x e y2 3

Portanto, xy = (–2)3 = –8.

17.07. cA ordenada do ponto P é 3.Assim: 2y – x + 2 = 02 . 3 – x + 2 = 0 ⇒ x = 8Portanto:P (8, 3)

17.08. cSejam (a, b) e (c, d) os pontos que dividem o segmento de extremi-dades A (–2, –3) e B (6, 9) em três segmentos congruentes. As abs-cissas e as ordenadas desses pontos formam progressões aritméticas.Assim:( , , , ) PA−= +

= − + ⇒ =

=− + =

= + =

2 6

3

6 2 38

3

28

3

2

32

3

8

3

10

3

4 1

a c

a a r

r r

a

c

( , , , ) PA−= += − + ⇒ ==− + == + =

3 9

3

9 3 3 4

3 4 1

1 4 5

4 1

b d

a a r

r r

b

d

Portanto, a soma das abscissas dos pontos que dividem o segmen-

to é 2

3

10

3

12

34+ = = .

4 Extensivo Terceirão – Matemática 6C

17.09. eAM AB

M A B A

= ⋅− = ⋅ −

3

3 ( )

Assim:x ( )

x ( ) x

( )

(

M A B A

M M

M A B A

M

x x x

y y y y

y

− = ⋅ −− = ⋅ − ⇒ =−

− = ⋅ −− = ⋅ −

3

3 3 1 3 3

3

1 3 2 11 4) x⇒ =M

Portanto:M (–3, 4)

17.10. a

5

5

A(5, 3)3

0

y

x

Observe na figura que para que os pontos A e B pertençam a se-miplanos opostos em relação à bissetriz dos quadrantes ímpares, devemos ter y > 5.

17.11. dMultiplicando-se a matriz M por k, temos:

M kk k

k⋅ =

0 2 4

0 0 3

O triângulo de vértices (0, 0), (2k, 0) e (4k, 3k) tem base de medida 2k e altura relativa a essa base de medida 3k. Área do triângulo A'B'C':

222k 3k 6k

Área(A'B'C') 3k2 2⋅= = =

17.12. b

40

y

yy

y – 1

x

Q

P1

2

2

No triângulo retângulo destacado na figura, temos:

y y

y y y

y y

2 2 2

2 2

1 2

2 1 4

2 55

2

= − +

= − + +

= ⇒ =

( )

Portanto:

Q 45

2,

17.13. e

5

2

1

4

0

y

x

R

Q

P

x0

Como a área do triângulo PQR é igual a 20, temos:

( ) ( )

( )

5 1 2

220

4 2 40

2 10 12

0

0

0 0

− ⋅ −=

⋅ − =− = ⇒ =

x

x

x x

17.14. b

–2

aQ

40

y

x

P’

P2

Como a área do triângulo QPP' é igual a 16, temos:[( ( )] ( )

( )

2 2 4

216

4 4 32

4 8 4

− − ⋅ −=

⋅ − =− = ⇒ =−

a

a

a a

17.15. cNa figura a seguir, os triângulos com uma mesma cor são con-gruentes.

(x, y)

(5b, 0)

(b, 2b)

0

y

x

Assim:

x b b

x b

y b

y b

− = −=

− = −= −

0 5

4

0 2 0

2

Portanto, as coordenadas do quarto vértice são (4b, 2b).

5Extensivo Terceirão – Matemática 6C

17.16. cObserve que a poligonal é periódica, em que cada ciclo é formado por 12 segmentos de reta.

Como 94 = 12 . 7 + 10, para chegar ao ponto Q, temos 7 ciclos completos mas 10 segmentos de reta no oitavo ciclo. Cada ciclo ocupa 4 unidades no eixo das abscissas. Assim, o oitavo ciclo se inicia em um ponto de abscissa 7 . 4 = 28.

1 2 3 4 5 6 7 8 28 29 30 31 32 x

...

y

Q

4

3

2

1

0

17.17. eA abscissa do vértice oposto à base de cada triângulo isósceles é a média aritmética das abscissas dos vértices da base, pois a base é paralela ao eixo das abscissas.

Primeiro triângulo: − +

= =1 2

2

1

20 5,

Segundo triângulo: 3 5 6 5

25

, ,+=

Terceiro triângulo: 8 11

2

19

29 5

+= = ,

As abscissas formam uma progressão aritmética.

( , ; ; , ; ...)

, ,

, ,

0 5 5 9 5

5 0 5 4 5

17

0 5 17 4 5

7

18 1

18

18

PA

r

a a r

a

a

= − == + ⋅= + ⋅= 77

17.18. dSejam b e h, respectivamente, as medidas da base e da altura do retângulo MNPQ.

3

4

A(0, 0)

y

xM

Q

D

Pb

N

hC(8, 0)

4 – h

B(3, 4)

8

Os triângulos ABC e QBP são semelhantes.8 4

48 2

b hb h=

−⇒ = −

Área do triângulo MNPQ:S b h

S h h

S h h

= ⋅= − ⋅

= − +

( )8 2

2 82

O valor que h para o qual a área é máxima é a abscissa do vértice da parábola que representa a função.

h=−⋅ −

=8

2 22

( )

Assim:b = 8 – 2 . 2 = 4 Os triângulos AMQ e ADB são semelhantes.

AM

AD

MQ

DB

AMAM= ⇒ = ⇒ =

3

2

4

3

2

Portanto, o ponto é 3

24 2

11

22+

=

, , .

17.19. a) 4040

60

2

3min= =h h

Portanto, o ponto que representa a chegada de ambas as pes-

soas ao local de encontro exatamente aos 40 minutos é 2

3

2

3,

.

b) Como a pessoa esperou por 10 minutos, então a pessoa A che-gou ao local aos 30 minutos.

Assim:

2020

60

1

3

3030

60

1

2

min

min

= =

= =

h h

h h

Portanto, o ponto correspondente é 1

2

1

3,

.

17.20. a) Os pontos A e D são simétricos em relação à origem. Assim, D (–1, –k). Como a ordenada do ponto D é igual a –2, temos:–k = –2 ⇒ k = 2O valor da constante k é 2.

b) Como k = 2, então A(1, 2) e D(–1, –2).Os pontos A e B são simétricos em relação ao eixo das ordena-das. Assim, B(–1, 2).Os pontos E e D são simétricos em relação ao eixo das ordena-das. Assim, E(1, –2).Seja R o raio da circunferência.

y

xOR R

R

FC

E(1, –2)D(–1, –2)

D(–1, 2) A(1, 2)

No triângulo retângulo destacado na figura, temos:

R

R R

2 2 2

2

1 2

5 5

= +

= ⇒ =

Assim, C( , )− 5 0 e F( , )5 0 .Portanto:

A B C

D E F

( , ), ( , ), ( , )

( , ), ( , ), ( , )

1 2 1 2 5 0

1 2 1 2 5 0

− −

− − −

6 Extensivo Terceirão – Matemática 6C

c) A área do hexágono ABCDEF é o dobro da área do trapézio CFAB.Assim:Área(ABCDEF) 2 Área(CFAB)

2 5 2Área(ABCDEF) 2 2

2

Área(ABCDEF) 4 5 4

= ⋅

+= ⋅ ⋅ = +

Aula 1818.01. e

x

y

M

M

=− +

= =

=+

= =

3 11

2

8

24

7 15

2

22

211

O ponto médio do segmento é M = (4, 11). 18.02. d

x

y

M

M

=+ −

= =

=− + −

=−

= −

5 1

2

4

22

2 4

2

6

23

( )

( )

O ponto médio do segmento AB é M = (2, –3). 18.03. c

x

y

G

G

=− + +

= =

=− + +

= =

5 1 19

3

15

35

5 5 0

3

0

30

O baricentro do triângulo ABC é G = (5, 0).18.04. b

2 1 0 21Área

0 4 2 02

1Área 8 2 4

21

Área 6 32

= ⋅

= ⋅ + −

= ⋅ =

18.05. dPartindo do vértice A e seguindo o sentido horário, temos:

2 0 4 6 21Área

2 6 8 6 22

1Área 12 24 12 12 48 24

21

Área 36 182

= ⋅

= ⋅ + + − − −

= ⋅ − =

18.06. e1 2 4 1

3 7 30

7 2 12 28 6 0

15

K

K K

K

=

+ + − − − ==

18.07. dPara que o ponto C esteja sobre o eixo das abscissas, devemos ter b = 0.Como os pontos A, B e C são colineares, temos:− −

=

− + − − ==

1 3 1

2 1 0 20

1 2 6 0

7

a

a a

a

Portanto, a = 7 e b = 0.

18.08. aOs lados do triângulo equilátero ABC medem 8 – 2 = 6.

A altura do triângulo ABC é h= =6 3

23 3

A abscissa do ponto A é a média aritmética das abscissas dos pon-

tos B e C, ou seja, 2 8

25

+= .

A ordenada do ponto A é 4 4 3 3+ = +h . Portanto:

A = + = +( , ) ( , )5 4 3 3 5 4 27 18.09. c

x

xx

y

yx

G

CC

G

CC

=+ − +

= ⇒ =

=+ +

= ⇒ =−

1

3 3

31 3

1

4 2

31 3

( )

Portanto:C = (3, –3)

18.10. eÁrea 20

x 2 2 x120

4 1 5 42

x 10 8 5x 2 8 40

4x 8 40

4x 8 40 ou 4x 8 40

x 8 ou x 12

=

⋅ =

+ + − − − =

− + =− + = − + = −

= − =

18.11. dSe os catetos AC e AB estão sobre os eixos do sistema cartesiano, então A = (0, 0), B = (b, 0) e C = (0, c). Como o ponto médio da hipotenusa BC é M = (–1, 3), temos:

bb

cc

+= − ⇒ =−

+= ⇒ =

0

21 2

0

23 6

Portanto, a soma das coordenadas dos vértices do triângulo é b+ c = –2 + 6 =4.

Observação: Consideramos o vértice B sobre o eixo das abscissas e o vértice C sobre o eixo das ordenadas. Também poderíamos ter B = (0, b) e C = (c, 0).

Portanto:

Área(ABCDEF) 4 5 4Q 5 1

4 4

Q (Q 2) ( 5 1) ( 5 1 2)

Q (Q 2) ( 5 1) ( 5 1)

Q (Q 2) 5 1 4 2

+= = = +

⋅ − = + ⋅ + −

⋅ − = + ⋅ −

⋅ − = − = =

7Extensivo Terceirão – Matemática 6C

18.12. dOs pontos A, P e Q são colineares.1 0 1

4 0 40

4 0

p

q

q p pq

=

+ − =

Se p = q, temos:p p p p

p p p ou p

+ − ⋅ =

− = ⇒ = =

4 0

5 0 0 52

Como p = 0 não faz sentido, p = 5.Assim:P(5, 0)

Q(0, 5)

5 5 25Área(OPQ)

2 2⋅= =

18.13. e

6

AB60º

α

C

2

10

y

x

Observe na figura que α = 60°.Portanto:

sen senα = °=603

2

18.14. a

B(0, 18)

A(0, 8)

C(x, 0)O

y

x

AB

AC AB

= − == =

18 8 10

10

Usando o teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:

( ) ( ) ( )AC AO OC

x

x

x x

2 2 2

2 2 2

2

2

10 8

100 64

36 6

= +

= +

= −

= ⇒ =

A área do triângulo ABC é a diferença entre a área do triângulo BOC e a área do triângulo AOC.Área(ABC) Área(BOC) Área(AOC)

6 18 6 8Área(ABC)

2 2Área(ABC) 54 24 30

= −⋅ ⋅= −

= − =

18.15. eSejam M, N, P e Q, respectivamente, os pontos médios dos lados AB, BC, CD e DA.

M

N

P

=− + − +

= −

=+ − +

=

=− +

3 3

2

3 1

20 1

3 3

2

1 3

20 2

3

, ( , )

( ), ( , )

(−− + −

= −

=− + − − + −

= − −

1

2

3 1

22 1

1 3

2

1 3

22 2

),

( )( , )

( ),

( )( ,Q ))

Observe na figura o quadrilátero MNPQ:

0 1

1P

Q

N

M2

2

–2

–2

y

x–1–1

O quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.18.16. b

Sejam A(1, 4), B(–2, 6) e C(0, 8) os vértices consecutivos do parale-logramo ABCD. Os vértices A e C são extremidades da diagonal AC. Seja M o ponto médio de AC.

M=+ +

=

1 0

2

4 8

2

1

26, ,

Sendo D(a, b) o quarto vértice do paralelogramo, M também é o ponto médio da diagonal BD.Assim:− +

= ⇒ =

+= ⇒ =

2

2

1

23

6

26 6

aa

bb

A soma das coordenadas do vértice D é 3 + 6 = 9.

18.17. 14 (02, 04, 08)Observe a representação do retângulo ABCD.

P

Q

B(0, 1)

D(a, b)

C(5, 6)

A(3, –2)

0

y

x

M

01) INCORRETO.Triângulo retângulo BPC:

( ) ( ) ( )

( )

( )

BC BP PC

BC

BC BC

2 2 2

2 2 2

2 2

5 5

2 5 5 2

= +

= +

= ⋅ ⇒ =

8 Extensivo Terceirão – Matemática 6C

Triângulo retângulo AQB:

( ) ( ) ( )

( )

( )

AB AQ QB

AB

AB AB

2 2 2

2 2 2

2 2

3 3

2 3 3 2

= +

= +

= ⋅ ⇒ =

Portanto, a maior das dimensões da reserva ambiental é 5 2 unidades de comprimento.

02) CORRETO.Área AB BC

Área 3 2 5 2

Área 30

= ⋅

= ⋅=

A área da reserva é de 30 unidades de área.

04) CORRETO.Perímetro da reserva:

2 5 2 2 3 2 16 2⋅ + ⋅ =

Como 16 2 16> , o perímetro da reserva é maior que 16 unida-des de comprimento.

08) CORRETO.Como M é o ponto médio das diagonais AC e BD, temos:

3 5 0 aa 8

2 22 6 1 b

b 32 2

+ += ⇒ =

− + += ⇒ =

Portanto, o vértice D é (8, 3).18.18. b

Sejam A(xA, yA), B(xB, yB) e C(xC, yC) os vértices do triângulo ABC.

x x

y y

x x

y y

x x

y y

A B

A B

A B

A B

A C

A C

+= −

+=

⇒+ = −+ =

+=

+

2

1

2

2

3

2

1

3

21

22

3

2

2

3

2

1

2

20

=

⇒+ =+ =

+=

+=

⇒+

x x

y y

x x

y y

x

A C

A C

B C

B C

B xx

y yC

B C

=+ =

1

0

Assim:x x

x x

x x

x x x x x x

y y

A B

A C

B C

A B C A B C

A B

+ = −+ =+ =

⇒ + + = ⇒ + + =

+ =

1

2

1

2 2 2 2 1

33

3

0

2 2 2 6 3y y

y y

y y y y y yA C

B C

A B C A B C+ =+ =

⇒ + + = ⇒ + + =

Baricentro do triângulo ABC:

xx x x

yy y y

G

GA B C

GA B C

=+ +

=

=+ +

= =

=

3

1

3

3

3

31

1

31,

18.19. 22

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

0 4 8 2 01Área(P P P P )

5 0 3 6 52

1Área(P P P P ) 12 48 10 6 20

21

Área(P P P P ) 442

Área(P P P P ) 22

= ⋅

= ⋅ + + − −

= ⋅

=

18.20. Sejam A(xA, yA), B(xB, yB) e C(xC, yC) os vértices do triângulo ABC e M1 = (1, 2), M2 = (3, 4) e M3 = (1, –1) os pontos médios dos lados AB, AC e BC, respectivamente.

x x

y y

x x

y y

x x

y y

A B

A B

A B

A B

A C

A C

+=

+=

⇒+ =+ =

+=

+=

21

22

2

4

23

24

⇒+ =+ =

+=

+= −

⇒+ =

x x

y y

x x

y y

x x

y

A C

A C

B C

B C

B C

6

8

21

21

2

BB Cy+ = − 2

Assim:

A B

A C A B C A B C

B C

C C

B B

A A

x x 2

x x 6 2x 2x 2x 10 x x x 5

x x 2

2 x 5 x 3

6 x 5 x 1

2 x 5 x 3

+ = + = ⇒ + + = ⇒ + + = + =

+ = ⇒ =+ = ⇒ = −+ = ⇒ =

A B

A C A B C A B C

B C

C C

B B

A A

y y 4

y y 8 2y 2y 2y 10 y y y 5

y y 2

4 y 5 y 1

8 y 5 y 3

2 y 5 y 7

+ = + = ⇒ + + = ⇒ + + = + = −

+ = ⇒ =+ = ⇒ = −

− + = ⇒ =

Portanto:

A

B

C

== − −=

( , )

( , )

( , )

3 7

1 3

3 1

Aula 1616.01. F – V – V – V – F

a) FALSO. Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si,

concorrentes ou reversas.e) FALSO. Existem infinitos planos paralelos a duas retas reversas. Além dis-

so, existe um plano que contém uma delas e é paralelo à outra.16.02. F – F – V – V – V

a) FALSO. Se a reta for concorrente com o plano, não existe no plano uma

reta paralela à reta dada.b) FALSO. Se as retas forem concorrentes, não existe um plano que passa

por um e é paralelo à outra.16.03. b

a) FALSA. Duas retas não paralelas podem ser concorrentes ou reversas.c) FALSA. As retas podem ser paralelas ou reversas.d) FALSA. As três retas podem ser todas coplanares ou coplanares duas a

duas, mas não as três contidas em um mesmo plano.e) FALSA. Três retas concorrentes em um único ponto podem ser coplana-

res ou não coplanares.16.04. a

As retas r e s são reversas e ortogonais, pois formam entre si um ângulo reto. Como as retas são reversas, não existe um plano que as contêm. Além disso, a intersecção de r e s é vazia.

16.05. aa) VERDADEIRA.

s

r

π

α

Como a reta r é paralela ao plano p, as retas r e s não têm ponto em comum. Como as retas r e s são coplanares, elas são paralelas. b) FALSA. Os planos α e p podem ser paralelos ou concorrentes. c) FALSA. Os planos α e p podem ser perpendiculares ou não.d) FALSA. Os planos α e p são distintos.

16.06. bI. VERDADEIRA.II. VERDADEIRA.III. FALSA.

Duas retas distintas podem ser coplanares ou reversas (não co-planares).

IV. VERDADEIRA.16.07. e

Se dois planos são paralelos, uma reta paralela a um deles é parale-la ao outro plano ou está contida no outro plano.

16.08. bI. FALSA.

Duas retas reversas não determinam um plano.II. FALSA.

Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si, concorrentes ou reversas.

III. VERDADEIRA.16.09. d

a) INCORRETO. Os planos podem ser paralelos entre si ou concorrentes.b) INCORRETO. As retas podem ser paralelas entre si ou reversas.c) INCORRETO. Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si,

concorrentes ou reversas.d) CORRETO.

s

r

βα

A reta r é paralela à reta s e paralela aos planos α e β. e) INCORRETO. Os planos podem ser paralelos entre si ou concorrentes.

16.10. ea) FALSA. As retas AD e EH são paralelas.b) FALSA. As retas AE e BF são paralelas.c) FALSA. As retas AH e FH são concorrentes, assim como as retas CF e FH.d) FALSA. As retas AE e DH são paralelas.e) VERDADEIRA. As três retas são duas a duas reversas.

16.11. ab) FALSA. Se a reta r não for paralela a um plano α, não é possível conduzir

por r um plano paralelo ao plano α.c) FALSA. Considere que r e s são retas reversas e P um ponto que determi-

na com r um plano paralelo a s. Nesse caso, toda reta que passa por P e intersecta a reta r não

intersecta a reta s.d) FALSA. Os planos podem ser paralelos entre si ou concorrentes.e) FALSA. Dois planos ou são paralelos ou são concorrentes.

16.12. bI. VERDADEIRA.

Duas retas perpendiculares a um mesmo plano são paralelas en-tre si, ou seja, são coplanares.

Resoluções

1Extensivo Terceirão – Matemática 6D

6DMatemática

II. FALSA.Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si, concorrentes ou reversas.

III. FALSA.

s

rt

π

α

β

O plano p intersecta os planos α e β nas retas paralelas r e s. Porém, α e β não são paralelos entre si.

16.13. aI. VERDADEIRA.II. VERDADEIRA.III. FALSA.

Se duas retas são paralelas, então são coplanares.Se duas retas são coplanares, então são paralelas ou concorren-tes.

IV. VERDADEIRA.V. VERDADEIRA.

16.14. dI. FALSA.

Duas retas coplanares são paralelas ou concorrentes.II. FALSA. Duas retas que não têm ponto em comum são paralelas ou re-

versas.III. VERDADEIRA. Na figura a seguir, as retas r e s são reversas. Considere um pon-

to P da reta s. Pelo ponto P passa uma única reta t paralela a r. Assim, as retas s e t determinam um único plano α paralelo a r. Analogamente, existe um único plano β, paralelo a s. Os planos α e β são paralelos entre si, pois em cada um existem duas

concorrentes paralelas ao outro.

st

P

r

α

β

IV. VERDADEIRA.Um quadrilátero é denominado reverso se não existe um plano que contém seus quatro vértices.Na figura a seguir, o quadrilátero ABCD é reverso.

A

B

C

D

P

Q

M

N

β

α

Sejam M, N, P e Q os pontos médios dos lados do quadrilátero reverso ABCD. Como M e N são pontos médios dos lados AB e AC do triângulo

ABC, o segmento MN é paralelo ao segmento BC e MNBC

=2

. Ana-

logamente, PQ // BC e PQBC

=2

, NP // AD e NPAD

=2

, QM // AD e

QMAD

=2

. Portanto, o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.

16.15. bI. FALSA.

Uma reta do plano pode ser paralela ou reversa à reta dada.II. FALSA.

Uma reta de um dos planos pode ser concorrente com o outro, pode ser paralela ao outro ou estar contida no outro.

III. VERDADEIRA.

s

r

β

αP

As retas r e s são concorrentes.IV. FALSA.

Duas retas que não têm ponto comum podem ser paralelas ou reversas.

16.16. bI. FALSA.

Existem infinitas retas de um dos planos que são paralelas ao ou-tro.

II. FALSA.Os planos podem ser concorrentes. Na figura a seguir as retas r e s do plano β são paralelas ao plano α.

sr

β

α

III. VERDADEIRA.IV. VERDADEIRA.V. FALSA.

Uma reta paralela a um plano é paralela ou reversa a uma reta desse plano.

16.17. ea) FALSA. Três pontos colineares não determinam um plano.b) FALSA. Uma reta e um ponto pertencente a ela não determinam um

plano.c) FALSA. Se dois planos têm um ponto em comum, eles têm uma reta em

comum, ou seja, infinitos pontos em comum.d) FALSA. Uma reta paralela a um plano é paralela ou reversa a uma reta

desse plano.

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6D

e) VERDADEIRA.r α

s

m

Toda reta m do plano, que é paralela a r, é concorrente com a reta s.

16.18. ba) FALSA. Existem infinitas retas de α que são paralelas a r e infinitas retas

de α que são reversas a r.b) VERDADEIRA.c) FALSA. Nenhuma reta de α é concorrente com a reta r.d) FALSA. Existe um plano β que contém r e é paralelo ao plano α. Assim,

os planos α e β não se intersectam.

16.19. Os pares de arestas reversas são:AB e CD; AC e BD; AD e BC.Os pares de arestas concorrentes são:AB e AC; AB e AD; AB e BC; AB e BD;AC e AD; AC e BC; AC e CD; AD e BD;AD e CD; BC e BD; BC e CD; BD e CD.

16.20.a) VERDADEIRA. Observe que, se as retas que contêm as diagonais

do quadrilátero não fossem reversas, seriam coplanares e, assim, os quatro vértices tambem o seriam. Porém, isso contraria a def-nição de quadrilátero reverso.

b) FALSA. Se os lados opostos fossem paralelos, existiria um plano contendo esses lados e consequentemente, seus quatro vérti-ces. Novamente uma contradição com a definição.

c) FALSA. Existem dois pares de lados reversos: AB e CD; AD e BC.

Aula 1717.01. c

Se a reta b não é perpendicular ao plano, então é paralela ao plano, ou está contida no plano ou é oblíqua (concorrente e não perpen-dicular) ao plano. Em qualquer um desses casos, existe um único plano que passa por b e é perpendicular a α .

17.02. ca) FALSA. Os planos podem ser paralelos entre si ou concorrentes.b) FALSA. Os planos são paralelos entre si.d) FALSA. Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si,

concorrentes ou reversas.e) FALSA. Os planos podem ser perpendiculares entre si, ou concorrentes

não perpendiculares ou paralelos.17.03. a

I. VERDADEIRA.II. FALSA. Uma reta que tenha um ponto sobre um plano pode estar conti-

da no plano ou ser concorrente com o plano.III. VERDADEIRA.IV. FALSA.

r

αs

P

A reta r é perpendicular à reta s no ponto P, mas não é perpen-dicular ao plano α .

17.04. cI. FALSA.

As retas podem ser paralelas entre si ou reversas.II. FALSA. As retas podem ser reversas entre si ou paralelas.III. FALSA. A reta pode ser perpendicular ao plano, ou estar contida no pla-

no ou ser oblíqua ao plano.

r

u

α

s t

P

IV. FALSA. Uma reta perpendicular à reta dada pode ser perpendicular ao

plano, oblíqua ao plano ou paralela ao plano.

17.05. d

α

s1 s2

s3P

As retas s1 e s2 são concorrentes, podendo ser perpendiculares entre si ou não. Como s1 e s2 são perpendiculares a s3, elas estão contidas em um plano perpendicular a s3.

17.06. cI. FALSA.

Existem infinitos planos paralelos a duas retas reversas.II. FALSA. A reta pode ser perpendicular ao plano, ou oblíqua ao plano ou

paralela ao plano ou estar contida no plano.III. VERDADEIRA.

Quatro pontos não coplanares determinam C 43 4= planos.

IV. FALSA. Uma reta perpendicular a um dos planos pode ser paralela ao

outro ou estar contida no outro.

3Extensivo Terceirão – Matemática 6D

17.07. dI. VERDADEIRA.II. FALSA. Uma reta paralela a um dos planos pode ser paralela ao outro, oblí-

qua ao outro, perpendicular ao outro ou estar contida no outro. III. VERDADEIRA.

17.08. cA reta r pode estar contida em α , pode ser oblíqua ao plano α ou perpendicular ao plano α. Portanto, r pode ser paralela ao plano β, ou oblíqua a β ou perpendicular a β .

17.09. aI. CORRETA.II. CORRETA. Duas retas perpendiculares a um plano são paralelas entre si, ou

seja, coplanares.III. INCORRETA. A reta é ortogonal, mas não perpendicular, a todas as retas do

plano.17.10. c

a) INCORRETA. Uma reta perpendicular à reta dada pode ser paralela ao plano,

oblíqua ao plano ou perpendicular ao plano.b) INCORRETA. Se as retas do plano forem paralelas entre si, uma reta perpendi-

cular a ambas está contida no plano.c) VERDADEIRA. Uma reta perpendicular a um plano forma ângulo reto com to-

das as retas desse plano.d) FALSA. A reta pode estar contida no plano ou ser perpendicular ao pla-

no, ou ser oblíqua ao plano ou ser paralela ao plano.e) FALSA. Para uma reta ser perpendicular a um plano é necessário e sufi-

ciente que ela forme ângulo reto com duas concorrentes desse plano.

17.11. 09 (01, 08)01) CORRETO.02) INCORRETO. A reta t pode ser concorrente com r ou reversa a r.04) INCORRETO. A reta r pode estar contida no plano β ou ser paralela ao

plano β.08) CORRETO.16) INCORRETO. As três retas podem ser paralelas e coplanares ou coplanares

duas a duas, mas não as três contidas em um mesmo plano.17.12. 28 (04, 08, 16)

01) INCORRETO. Se as retas forem reversas, não existe um plano que contém

ambas.02) INCORRETO. Se dois planos são concorrentes, não existe uma reta perpendi-

cular a ambos.04) CORRETO.08) CORRETO.16) CORRETO.

17.13. aSe r e s forem paralelas, existem infinitas retas perpendiculares a ambas.Se r e s forem concorrentes, existem uma única reta perpendicular a ambas.Se r e s forem reversas, existem uma única reta perpendicular a ambas.

17.14. 06 (02, 04)01) INCORRETO. Os planos podem ser paralelos entre si ou concorrentes.

02) CORRETO.04) CORRETO.08) INCORRETO. Existem infinitas retas de α que são paralelas a r e infinitas

retas de α que são reversas a r.16) INCORRETO. Um plano perpendicular a α pode ser paralelo ao plano β ou

concorrente com β. 17.15. 22 (02, 04, 16)

01) INCORRETO. Dois planos paralelos a uma mesma reta podem ser paralelos

entre si ou concorrentes.02) CORRETO.04) CORRETO. Uma reta ortogonal a um plano forma ângulo reto com qual-

quer reta desse plano.08) INCORRETO. Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas entre si, ou

concorrentes, ou reversas.16) CORRETO. Na figura a seguir, a intersecção dos planos concorrentes β e γ,

perpendiculares ao plano α, é a reta r, perpendicular a α .

α

β γ

r

32) INCORRETO. As três retas podem coplanares ou não, como mostram as figu-

ras a seguir.α

α

17.16. 05 (01, 04)01) CORRETO.02) INCORRETO. Existem infinitas retas de α que são paralelas a r e infinitas

retas de α que são reversas a r.04) CORRETO. Na figura a seguir as retas r e s são paralelas, enquanto os

planos α e β não são paralelos.

αβs

r

4 Extensivo Terceirão – Matemática 6D

08) INCORRETO. Dois planos perpendiculares a um terceiro podem ser paralelos

entre si ou concorrentes.16) INCORRETO. As retas r e t podem ser paralelas, concorrentes ou reversas.

17.17. ca) FALSA. Se uma reta “fura” um plano, ou seja, é concorrente com o plano,

existe um único ponto comum entre eles.b) FALSA. A projeção ortogonal de uma reta paralela ou de uma reta oblí-

qua ao plano de projeção é uma reta. A projeção ortogonal de uma reta perpendicular ao plano de projeção é um ponto.

c) VERDADEIRA.d) FALSA. As intersecções de um plano com dois planos paralelos são retas

paralelas.e) FALSA. Se uma reta é concorrente com um plano, não é possível traçar

no plano uma reta paralela à reta dada.17.18. 19 (01, 02, 16)

01) CORRETO. A reta r é perpendicular a todas as retas do plano α que pas-

sam pelo ponto P. 02) CORRETO. Todo plano que contém a reta r é perpendicular ao plano α . 04) INCORRETO. O triângulo PMN é retângulo.08) INCORRETO. A reta r é concorrente com o plano α . 16) CORRETO. No triângulo PMN, temos:

90 180

901 2

1 2

°+ + = °+ = °θ θ

θ θ 17.19. A afirmação é verdadeira.

Podemos justificar utilizando o teorema que afirma que, dadas duas retas reversas, existe uma única reta perpendicular às duas.

Observe a figura:

s

t

r

Sejam r e s retas reversas e t a perpendicular comum. Todos os pla-nos perpendiculares à reta t serão paralelos às retas r e s, simultane-amente. Assim, existem infinitos paralelos às duas reversas.

17.20. Observe a figura:π2

45ºd

ℓ

Qi

Pi

π1

Sendo d a distância entre Pi e a reta ℓ, temos:

tgP Qd

P Qd

d P Qi ii i( )45 1° = ⇒ = ⇒ =

Assim como os pontos P1, P2, P3, P4, e P5 distam, respectivamente, 3 cm, 7 cm, 8 cm, 15 cm e 21 cm da reta ℓ, temos que P1 Q1 + P2 Q2 + P3 Q3 + P4 Q4 + P5 Q5 é igual a 3 cm + 7 cm + 8 cm + 15 cm + 21 cm = 54 cm.

Aula 1818.01. V – F – F – V

(V) V F A

F F

+ = ++ = + ⇒ =

2

12 30 2 20

(F) S V

Sti

ti

= °⋅ −= °⋅ − = °

360 2

360 8 2 2160

( )

( )

(F) 3F 20

N 2A

20 3 2A A 30

V F A 2

V 20 30 2 V 12

==⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

(V) V F A

V V A

A V

A V

+ = ++ = += −= ⋅ −

2

2

2 2

2 1( )

Portanto, o número de arestas é um número par.18.02. V – V – V – V

a) VERDADEIRO.V F A

V V

+ = ++ = + ⇒ =

2

7 15 2 10

b) VERDADEIRO.

3F 6

N 2A

6 3 2A A 9

==⋅ = ⇒ =

c) VERDADEIRO. Em cada vértice triédrico concorrem 3 arestas. Assim: 8 3 2 12⋅ = ⇒ =A A d) VERDADEIRO.

V F A

V V A

A V

A V

+ = ++ = += −= ⋅ −

2

2

2 2

2 1( ) Portanto, o número de arestas é um número par.

18.03. c3F 20

N 2A

20 3 2A A 30

V F A 2

V 20 30 2 V 12

==⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

5Extensivo Terceirão – Matemática 6D

18.04. e3F 8

N 2A

8 3 2A A 12

V F A 2

V 8 12 2 V 6

==⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.05. d

4

3

F 3F 3 6 9

F 6

N 2A

3 4 6 3 2A A 15

V F A 2

V 9 15 2 V 8

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.06. a

3

4

F 8F 8 6 14

F 6

N 2A

8 3 6 4 2A A 24

V F A 2

V 14 24 2 V 12

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.07. b

3

4

F 6F 6 5 11

F 5

N 2A

6 3 5 4 2A A 19

V F A 2

V 11 19 2 V 10

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.08. a

5

6

F 12F 12 20 32

F 20

N 2A

12 5 20 6 2A A 90

V F A 2

V 32 90 2 V 60

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.09. c

5

6

F 12F 12 20 32

F 20

N 2A

12 5 20 6 2A A 90

V F A 2

V 32 90 2 V 60

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.10. e

3

4

F xF x y

F y

A 20

V 10

N 2A

3x 4y 2 20 3x 4y 40

V F A 2

10 x y 20 2 x y 12

x y 12x 8 e y 4

3x 4y 40

=⇒ = + =

==

=+ = ⋅ ⇒ + =+ = ++ + = + ⇒ + =+ =

⇒ = = + =

Portanto, o número de faces triangulares é 8.

18.11. a

3

4

ti

F 4F x 4

F x

S 360 (V 2)

12 90 360 (V 2) V 5

N 2A

4 3 4x 2A A 2x 6

V F A 2

5 x 4 2x 6 2 x 1

=⇒ = + =

= °⋅ −⋅ ° = °⋅ − ⇒ ==⋅ + = ⇒ = ++ = ++ + = + + ⇒ =

Portanto:A x

A

A

= += ⋅ +=

2 6

2 1 6

8

18.12. d3F 60

N 2A

60 3 2A A 90

V F A 2

V 60 90 2 V 32

==⋅ = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

18.13. 27 (01, 02, 08, 16)F

F

F n

F n

N A

n A An

5

4

3

2

4 6

2

2 5 4 4 3 23 26

2

===

⇒ = +

=

⋅ + ⋅ + = ⇒ =+

01) CORRETO.

V F A

nn

n n n

+ = +

+ + =+

+

+ + = + + ⇒ =

2

11 63 26

22

22 2 12 3 26 4 4

02) CORRETO.

F

n n

=+ = ⇒ =

16

6 16 10

04) INCORRETO.

Como An n

=+

= +3 26

232

13 , então n deve ser um número par.

Portanto, o menor valor possível para n é 2.

08) CORRETO.

S

V Vti = °°⋅ − = °⇒ =

3600

360 2 3600 12( )

V F A

nn

n n n

+ = +

+ + =+

+

+ + = + + ⇒ =

2

12 63 26

22

24 2 12 3 26 4 6

16) CORRETO.

A

nn

=+

= ⇒ =

25

3 262

25 8

18.14. b

5

6

F 12F 12 20 32

F 20

N 2A

12 5 20 6 2A A 90

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ = ⇒ =

6 Extensivo Terceirão – Matemática 6D

V F A 2

V 32 90 2 V 60

+ = ++ = + ⇒ =

Portanto, o número de átomos de carbono é 60.18.15. c

V

F x

F yF x y

y x x y PA

x y x y x x y

=

==

⇒ = +

+− = + − ⇒ =

10

2

3

4

( , , )

Assim:F x y 2y y 3y

N 2A

3x 4y 2A

3 2y 4y 2A A 5y

V F A 2

10 3y 5y 2 y 4

= + = + ==+ =

⋅ + = ⇒ =+ = ++ = + ⇒ =

Portanto, o número de arestas é A = ⋅ =5 4 20 .

18.16. 10 (02, 08)01) INCORRETO.

F 15

V 12

V F A 2

12 15 A 2 A 25

==

+ = ++ = + ⇒ =

02) CORRETO.

3

4

F xF x y 15

F y

N 2A

3x 4y 2 25

x y 15x 10 e y 5

3x 4y 50

=⇒ = + = =

=+ = ⋅+ =

⇒ = = + =

Portanto, o número de faces quadrangulares é a metade do número de faces triangulares.

04) INCORRETO. Seja t o número de ângulos (vértices) tetraédricos e p o número

de ângulos (vértices) pentaédricos.

t p V

t p

+ =+ =12

Em cada vértice tetraédrico concorrem 4 arestas e em cada vér-tice pentaédrico concorrem 5 arestas.

Assim:

4 5 2

4 5 2 25

12

4 5 5010 2

t p A

t p

t p

t pt e p

+ =+ = ⋅

+ =+ =

⇒ = =

Portanto, o número de ângulos (vértices) tetraédricos é o quín-tuplo do número de ângulos (vértices) pentaédricos.

08) CORRETO.

S V

S

S

ti

ti

ti

= °⋅ −= °⋅ −= °= ⋅ °

360 2

360 12 2

3600 40 90

( )

( )

16) INCORRETO. O número de ângulos tetraédricos é 10.

18.17. e

3

5

F 12F x 12

F x

A 3x

N 2A

12 3 5x 2 3x x 36

=⇒ = + =

==⋅ + = ⋅ ⇒ =

Soma das medidas dos ângulos internos de um pentágono:S i = °⋅ − = ⋅ °180 5 2 3 180( )

Como 180o corresponde a p radianos, a soma das medidas dos ângulos internos de um pentágono é igual a 3p radianos.Portanto, a soma das medidas dos ângulos de todas as faces pen-tagonais é igual a 36 3 108⋅ =π π radianos.

18.18. cF 7

1vértice 6 arestas

(V 1) vértices 3 arestas

=→

− → Como cada aresta parte de dois vértices do poliedro, temos:

AV V

=⋅ + − ⋅

=+1 6 1 3

23 3

2( )

Assim:V F A

VV

V V V

+ = +

+ =+

+

+ = + + ⇒ =

2

73 3

22

2 14 3 3 4 7

Portanto, o número de arestas do poliedro é A =⋅ +

=3 7 3

212 .

18.19. 21

3

4

10

F 10

F 10 F 10 10 1 21

F 1

N 2A

10 3 10 4 1 10 2A A 40

V F A 2

V 21 40 2

V 21

= = ⇒ = + + = =

=⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ =+ = ++ = +=

18.20.

a) 5

6

F 12F 12 20 32

F 20

N 2A

12 5 20 6 2A

A 90

=⇒ = + = =

=⋅ + ⋅ ==

b) V F A 2

V 32 90 2

V 60

+ = ++ = +=

c) S V

S

S

ti

ti

ti

= °⋅ −= °⋅ −= °

360 2

360 60 2

20880

( )

( )

7Extensivo Terceirão – Matemática 6D

Aula 1616.01. b

sen sen sen

sen

160 40 2160 40

2160 40

21

°+ ° = ⋅ °+ °

⋅ °− °

cos

660 40 2 100 60°+ ° = ⋅ °⋅ °sen sen cos

16.02. d

cos cos cos cos

cos

63 17 263 17

263 17

263

°+ ° = ⋅ °+ °

⋅ °− °

°+ ccos cos cos17 2 40 23° = ⋅ °⋅ °

16.03. a

sen x sen x senx x x x

sen x s

( ) ( ) cos

( )

7 3 27 3

27 3

27

+ = ⋅ +

⋅ −

+ een x sen x x( ) ( ) cos( )3 2 5 2= ⋅ ⋅

16.04. e

cos( ) cos( )

cos( )

7 3 27 3

27 3

27

x x senx x

senx x

x

− = − ⋅ +

⋅ −

− ccos( ) ( ) ( )3 2 5 2x sen x sen x= − ⋅ ⋅

16.05. a

sen x senx senx x x x

sen x senx

( ) cos

( )

3 23

23

23 2

− = ⋅ −

⋅ +

− = ⋅⋅ ⋅senx xcos( )2

16.06. a

sen sen sen

sen

48 22 248 22

248 22

248

°− ° = ⋅ °− °

⋅ °+ °

°−

cos

ssen sen22 2 13 35° = ⋅ °⋅ °cos

16.07. d

sen sen sen

sen

146 86 2146 86

2146 86

21

°+ ° = ⋅ °+ °

⋅ °− °

cos

446 86 2 116 30

146 86 2 1163

23

°+ ° = ⋅ °⋅ °

°+ ° = ⋅ °⋅ = ⋅

sen sen

sen sen sen

cos

ssen116°

16.08. b

cos( ) cos( )

cos(

11 5 211 5

211 5

21

x x senx x

senx x− = − ⋅ +

⋅ −

11 5 2 8 3x x sen x sen x) cos( ) ( ) ( )− = − ⋅ ⋅

16.09. dcos

cos

70 60 20 60

70 60 220 60

2

°− ° = °− °

°− ° = ⋅ °− °

sen sen sen

sen sen

⋅ °+ °

°− ° = ⋅ − ° ⋅ °

cos

cos ( ) cos

cos

20 602

70 60 2 20 40

70

sen sen

°°− ° = − ⋅ °⋅ °sen sen60 2 20 40cos

16.10. b

sen x sen x senx+

+ −

= ⋅

⋅⋅

π ππ

3 32

22

23

2cos

+

+ −

= ⋅ ⋅

+

sen x sen x sen x

sen x

π π π

π3 3

23

( ) cos

33 32

12

+ −

= ⋅ ⋅ =sen x sen x sen xπ

( ) ( )

16.11. c

sen sen sen

sen sen

40 10 40 80

40 10 240 80

2

°+ ° = °+ °

°+ ° = ⋅ °+ °

cos

cos

⋅ °− °

°+ ° = ⋅ °⋅ − °

cos

cos cos( )

40 802

40 10 2 60 20

40

sen sen

sen °°+ ° = ⋅ ⋅ ° = ⋅ °cos cos cos10 23

220 3 20

16.12. c

sen x x sen x sen x x sen x sen x

sen x x se

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2+ + = + − +

+ +

cos cos

cos nn x sen x x sen x

sen x x sen x senx x

2 2 2

2

2

2 2 2 2 1

= + +

+ + = ⋅ ⋅ +

cos

cos cos

Observe que:

( cos ) cos cos

( cos ) co

senx x sen x senx x x

senx x senx

+ = + ⋅ ⋅ +

+ = ⋅ ⋅

2 2 2

2

2

2 ssx +1

Portanto:

sen x x sen x senx x2 2 2 2 2+ + = +cos ( cos )

16.13. d

sen x sen x senx

sen

( ) ( ) cos

(

135 135 2270

222

1

°+ + °− = ⋅ °

⋅

335 135 2 135

135 135

°+ + °− = ⋅ °⋅°+ + °− =

x sen x sen

sen x sen x

) ( ) cosx

( ) ( ) 22 45

135 135 22

22

⋅ °⋅

°+ + °− = ⋅ ⋅ = ⋅

sen

sen x sen x x

cosx

( ) ( ) cosx cos

16.14. b

sen sen sensen

sen sensen

senθ θ θθ

θ θθ

θ+ + ⋅ = + + ⋅( ) ( )( )

( )( )

(5 2 33

53

2 3 ))( )

( ) ( )( )

cos

sen

sen sen sensen

sen

3

5 2 33

262

θ

θ θ θθ

θ+ + ⋅ =

⋅

⋅ −44

23

2

5 2 33

2 3

θ

θθ θ θ

θθ

+

+ + ⋅ = ⋅sen

sen sen sensen

sen

( )

( ) ( )( )

( )⋅⋅ − +

+ + ⋅ = ⋅

cos( )( )

( ) ( )( )

cos( )

23

2

5 2 33

2 2

θθ

θ θ θθ

θ

sen

sen sen sensen

++

+ + ⋅ = ⋅ ⋅ − + = ⋅

2

5 2 33

2 2 1 2 42 2sen sen sensen

θ θ θθ

θ θ( ) ( )( )

( cos ) cos

16.15. c

sen a x sen a xa x a x

sena x

( ) ( )cos( ) cos( )

c− + −− + −

=⋅ −

⋅

2 32 3

23 4

2oos

cos cos

( )

− +

⋅ −

⋅ − +

− +

a x

a x a x

sen a x s

22

23 4

22

2

een a xa x a x

sena x

a x( )

cos( ) cos( ) cos

2 32 3

3 42

3 42

−− + −

=

−

−

− + −− + −

= −

=sen a x sen a xa x a x

tga x

t( ) ( )

cos( ) cos( )2 32 3

3 42

gga

x32

2−

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Matemática 6E

6EMatemática

16.16. c

sensen

sen sen( )( )

cos( )cos( )

cos cos4020

4020

40 20 20°°

− °°

= °⋅ °− °⋅ 44020 20

4020

4020

40

°°⋅ °

°°

− °°

= °sen

sensen

sen

cos

( )( )

cos( )cos( )

( −− °°⋅ °

°°

− °°

=

2020 20

4020

4020

2

)cos

( )( )

cos( )cos( )

(

sen

sensen

sen 0020 20

120

4020

4020

°°⋅ °

=°

°°

− °°

)cos cos

( )( )

cos( )cos( )

sen

sensen

== °sec20

Portanto:

P tg2 2 21 20 1 20− = °− =sec

16.17. a

cos cos

(cos ) (cos ) cos

4 4 2 2

2 2 2 2 2

α α α α

α α α α α

− + − =

= + ⋅ − +

sen sen

sen sen −− =

= ⋅ − + − =

= ⋅ − = ⋅

sen

sen sen

sen

2

2 2 2 2

2 2

1

2 2

α

α α α α

α α

(cos ) cos

(cos ) coss( )2α

16.18. a

sen sen sen

sen

( )cos cos

cos coscos cos

( )cos

α βα β

α β β αα β

α βα

+⋅

= ⋅ + ⋅⋅

+⋅⋅

= ⋅⋅

+ ⋅⋅

+⋅

coscos

cos coscos

cos cos

( )cos c

βα βα β

β αα β

α βα

sen sen

senoos cos cos

( )cos cos

βαα

ββ

α βα β

α β

= +

+⋅

= +

sen sen

sentg tg

16.19. 3

sen sensen

100 20100 20

2100 20

2100

°+ °°+ °

=⋅ °+ °

⋅ °−

cos cos

cos220

2

2100 20

2100 20

2100

°

⋅ °+ °

⋅ °− °

°+

cos cos

sen ssen sen sen20100 20

60 4060 40

60°°+ °

= °⋅ °°⋅ °

= °cos cos

coscos cos cos660

60 3°

= ° =tg

16.20. −cotg( )x

sen x sen xx x

senx x x x

6 46 4

26 4

26 4

2

2

+−

=⋅ +

⋅ −

−cos cos

cos

⋅⋅ +

⋅ −

+−

=

senx x

senx x

sen x sen xx x

se

6 42

6 42

6 46 4cos cos

nn xsen x sen x

sen x sen xx x

( ) cos(x)( ) ( )

cos coscos(x)

55

6 46 4

⋅− ⋅

+−

=−ssen x

x( )

cotg( )= −

Aula 1717.01. c

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que cosx =1 para x = 0 e para x = 2π. Portanto, o número total de soluções é 2.

17.02. c

sen x senx ou senx2 1 1 1= ⇒ = = −

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que senx =1 para x = π2

e senx = −1

para x = 32π

. Portanto, a soma das soluções é π π π2

32

2+ = .

17.03. aOs arcos tais que a tangente é igual a 1 têm extremidade no primei-ro ou no terceiro quadrante. A solução do primeiro quadrante e da primeira volta positiva é π

4.

5π4

π4

Portanto, a expressão geral de todas as soluções da equação é

x k= + ⋅π π4

, com k ∈.

17.04. a

senx x

senx x tgx

− == ⇒ =

cos

cos

0

1

Como π π< <x32

e tgx =1, então x = + =π π π4

54

.

17.05. a

A solução da primeira volta positiva é π2

.

π2

Portanto:

22

24

x k x k= + ⋅ ⇒ = + ⋅π π π π

O conjunto-solução da equação é:

x x k k∈ = + ⋅ ∈

� �| ,π π4

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6E

17.06. c

3 1 5

1 53

1 53

33

32

⋅ =

= = ⋅ =

sen x

sen x

( ) ,

( ), ,

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que sen x( ) = 32

para x = π3

e para

x = 23π

. Portanto, a equação tem duas soluções no intervalo de 0 a

2π, uma no primeiro quadrante e outra no segundo quadrante. 17.07. a

32

032

1 5+ = ⇒ = − = −cos cos ,x x

Se x ∈, então − ≤ ≤1 1cosx . Portanto, o número de raízes reais da equação é 0.

17.08. c

cos cos cos2 1 1 1x x ou x= ⇒ = = −

π 0

A solução geral da equação é x k= ⋅π, com k ∈. 17.09. a

sen x x tg x tgx ou tgx2 2 2 1 1 1= ⇒ = ⇒ = = −cos

5π4

3π4

7π4

π4

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que tgx =1 para x = π4

e para x = 54π

,

enquanto tgx = −1 para x = 34π

e para x = 74π

. Portanto, o número

total de soluções é 4. 17.10. c

2 2 2

2 2

112

12

112

⋅ =

=

+ = ⇒ = −

+

senx

senx

senx senx

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que senx = − 12

para x = 76π

e para

x = 116π

. A soma das soluções é 76

116

186

3π π π+ = = .

17.11. a

A solução da primeira volta positiva é π2

.

π2

Portanto:

x k x k+ = + ⋅ ⇒ = + ⋅π π π π π3 2

26

2

17.12. e

sen x x

sen x sen x

sen x sen x

( ) cos

( )

( ) ( )

= −

==

1 2

2

A igualdade anterior é verdadeira quando sen x( ) ≥ 0. Portanto, se 0 2≤ ≤x π e sen x( ) ≥ 0, então x ∈[ , ]0 π .

17.13. a

senx x

senx x tgx

+ == − ⇒ = −

cos

cos

0

1

3π4

7π4

A solução geral da equação é x k= + ⋅34π π, com k ∈.

Outra possível maneira de expressar a solução geral da equação é

x k= − + ⋅π π4

, com k ∈, pois 74π

e − π4

são arcos côngruos.

17.14. eComo a frequência é de 100 batimentos por minuto, cada batimento

se dá em 60

1000 6= , segundo. O período da função é

2πθ

. Como

cada batimento se dá em um período da função, temos:

20 6

20 6

26

10

2106

103

πθ

θ π π π π= ⇒ = = = ⋅ =,,

Considerando apenas o valor positivo de θ, tem-se que θ π= 103

.

3Extensivo Terceirão – Matemática 6E

17.15. d

π

3 2

323

x k

x k

= + ⋅

= + ⋅

π ππ π

No intervalo [ , ]−π π , temos:− ≤ ≤

− ≤ + ⋅ ≤

− ≤ + ≤

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤

π π

π π π π

x

k

k

kk k

323

113

23

1

43

23

23

4 2 2 2 1

Assim, existem 4 valores possíveis para k ( , , , )− −2 1 0 1 .Portanto, o número de soluções é 4.

17.16. c

3 1

3 3

2 0

2

2 0

cos( )

cos( )

cos( )

x

x

x

=

==

3π2

π2

22

4 2

x k

x k k

= + ⋅

= + ⋅ ∈

π π

π π( )

17.17. d

cos cos cos cos2 2 0 2 1x x x ou x− − = ⇒ = = −

Como − ≤ ≤1 1cosx , tem-se que cosx = −1.

π

x k= + ⋅π π2

No intervalo [ , ]0 4π , temos:

0 4

0 2 4

2 3

1 2 312

32

≤ ≤≤ + ⋅ ≤

− ≤ ⋅ ≤

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤

x

k

k

k k

ππ π π

π π π

Portanto:k x

k x

= ⇒ = + ⋅ == ⇒ = + ⋅ =

0 0 2

1 1 2 3

π π ππ π π

A soma das soluções é π π π+ =3 4 . 17.18. b

2 3 1 0 112

2sen x senx senx ou senx− + = ⇒ = =

Como p e q são duas soluções da equação tais que senp senq≠ ,

então senp =1 e senq = 12

ou senp = 12

e senq =1.

Portanto:

sen p q sen p sen q

sen p q sen p sen q

sen p

2 2 2 2

2 2 2 2

2

1

1

− = − −

− = + −

−

cos ( )

cos

ccos

cos ,

22

2

2 2

12

1 1

14

0 25

q

sen p q

=

+ −

− = =

17.19.

cos( )212

x =

5π3

π3

23

2 253

2

656

x k ou x k

x k ou x k

= + ⋅ = + ⋅

= + ⋅ = + ⋅

π π π π

π π π π

No intervalo [ , ]0 2π , temos:

k x ou x

k x ou x

= ⇒ = =

= ⇒ = + = = + =

06

56

16

76

56

116

π π

π π π π π π

Portanto, o conjunto-solução da equação é:π π π π6

56

76

116

, , ,

17.20.

x x sen2 22 0− + =cosθ θ

Como a equação tem raízes reais iguais, o discriminante é igual a zero.∆ = − − ⋅ ⋅

∆ = ⋅ − ⋅∆ =

( cos )

cos

2 4 1

4 4

0

2 2

2 2

θ θ

θ θ

sen

sen

4 Extensivo Terceirão – Matemática 6E

4 4 0

1 1 1

2 2

2 2

2

⋅ − ⋅ =

=

= ⇒ = =−

cos

cos

θ θ

θ θ

θ θ θ

sen

sen

tg tg ou tg

5π4

3π4

7π4

π4

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que tgθ =1 para θ π=4

e para θ π= 54

,

enquanto tgθ = −1 para θ π= 34

e para θ π= 74

.

Portanto, o conjunto-solução da equação é:

π π π π4

34

54

74

, , ,

Aula 1818.01. a

cos 34

0x −

=π

3π2

π2

34 2

334 4 3

x k

x k x k

− = + ⋅

= + ⋅ ⇒ = + ⋅

π π π

π π π π

Como 02

≤ ≤xπ

, temos:

k x= ⇒ = + ⋅ =04

03 4

π π π

18.02. d3 1

3 1 1

3 2 0 1

2

2

2

⋅ − =

⋅ − = −

− ⋅ + = ⇒ =

( cos )

( cos ) cos

cos cos cos

x sen x

x x

x x x ouu xcos = 2

Como − ≤ ≤1 1cosx , tem-se que cosx =1.

0

A solução geral da equação é x k= ⋅2π, com k ∈.

18.03. c

cosx = − 22

5π4

3π4

x k ou x k k= + ⋅ = + ⋅ ∈34

254

2π π π π ( )

18.04. c

2 1

2 1 1

2 1 0 1

2

2

2

sen x x

x x

x x x ou

+ =

⋅ − + =

⋅ − − = ⇒ =

cos

( cos ) cos

cos cos cos cossx = − 12

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que cosx =1 para x = 0 e para x = 2π,

enquanto cosx = − 12

para x = 23π

e para x = 43π

. Portanto, a maior

raiz da equação é 2π .

18.05. d

cos cos

cos ( )

cos

x tgx x

x tgx

x ou tgx

⋅ − =⋅ − == =

0

1 0

0 1

No intervalo [ , ]0 2π temos:

cosx x ou x

tgx x ou x

= ⇒ = =

= ⇒ = =

02

32

14

54

π π

π π

A soma das soluções é π π π π π π2

32 4

54

144

72

+ + + = = .

5Extensivo Terceirão – Matemática 6E

18.06. c

sen x x

x x

x

x x o

2 2

2 2

2

2

3 2

1 3 2

2 1

12

22

+ ⋅ =

− + ⋅ =

⋅ =

= ⇒ =

cos

cos cos

cos

cos cos uu xcos = − 22

5π4

3π4

7π4

π4

No intervalo [ , ]π π4 , temos:

x ou

x ou

x ou

x ou

x ou

x

=

= + =

= + =

=

= + =

74

42

94

74

215

454

34

211

4

π

π π π

π π π

π

π π π

== + =54

213

4π π π

O número exato de soluções é 6.18.07. d

Como a função y sen x= ( ) é ímpar, então sen x senx( )− = − .

sen x sen x

sen x senx

senx senx senx ou senx

2

2

0

0

1 0 0 1

− − =

+ =⋅ + = ⇒ = = −

( )

( )

No intervalo [ , ]0 2π , temos:

senx x ou x ou x

senx x

= ⇒ = = =

= − ⇒ =

0 0 2

132

π ππ

A soma das raízes é 0 232

92

+ + + =π π π π.

18.08. esen x x

senx xx

senx

x sen x x ou

2

2

2 1 0 0 22

=

⋅ ⋅ =

⋅ −( ) = ⇒ =

cotg

coscos

cos cos ssen x2 1 0− =

No intervalo [ , ]0 2π , temos:

cosx x ou x

sen x sen x senx ou senx

sen

= ⇒ = =

− = ⇒ = ⇒ = = −

02

32

2 1 012

22

22

2 2

π π

xx x ou x

senx x ou x

= ⇒ = =

= − ⇒ = =

22 4

34

22

54

74

π π

π π

O número de soluções é 6.

18.09. dsec

( )

2

2

2

1

1 1

0

1 0 0

x tgx

tg x tgx

tg x tgx

tgx tgx tgx ou tgx

= +

+ = +

− =⋅ − = ⇒ = =11

No intervalo ] , ]0 π , temos:

tgx x ou x

tgx x

= ⇒ = =

= ⇒ =

0 0

14

ππ

A soma das raízes é 04

54

+ + =π π π.

18.10. ccossec cotg

cos

cos

cos

x x senx

senxx

senxsenx

x sen x

x

= +

= +

= +

=

2

12

1 2

1

2

++ ⋅ −

⋅ − − = ⇒ = = −

2 1

2 1 0 112

2

2

( cos )

cos cos cos cos

x

x x x ou x

Observe que como senx ≠ 0 (condição de existência de cossecx e de cotgx), tem-se que cosx ≠1 e cosx ≠ −1. Assim, no intervalo [ , ]0 360° ° , temos:

cosx x ou x= − ⇒ = ° = °12

120 240

18.11. ccos tan

coscos

cos

x x

xsenx

x

x senx

sen x senx

sen x senx

=

=

=

− =

+ − =

2

2

2

1

1 0

ssenx

senx ou senx

= − ± − ⋅ ⋅ −⋅

= − ±

= − + = − −

1 1 4 1 12 1

1 52

1 52

1 52

2 ( )

Como − ≤ ≤1 1senx , então senx = − +1 52

.

18.12. esen tg

sensen

sen sen o

( ) ( )

coscos

( cos )

2

2

2 1 0 02

θ θ

θ θ θθ

θ θ θ

=

⋅ ⋅ =

⋅ − = ⇒ = uu

sen ou ou

2 1 0

02

22

2

2cos

cos cos

θ

θ θ θ

− = ⇒

⇒ = = = −

Assim, dentre as alternativas, o valor de θ é 34π , pois

cos34

22

π

= − .

18.13. c

sen x x

sen x x sen x x

x

4 4

2 2 2 2

2

12

12

1 1

− =

+ ⋅ − =

⋅ − −

cos

( cos ) ( cos )

( cos cos 22

2

12

14

12

12

x

x x ou x

)

cos cos cos

=

= ⇒ = = −

6 Extensivo Terceirão – Matemática 6E

O intervalo [ , ]0 35π corresponde a 17 voltas e meia. A cada meia

volta as equações cosx = 12

e cosx = − 12

têm uma solução cada.

Portanto, o número de soluções no intervalo [ , ]0 35π é 35 2 70⋅ = . 18.14. e

cos( ) cos(x) sen( ) ( )

cos( )

cos( )

3 3 1

3 1

2 1

x x sen x

x x

x

⋅ + ⋅ =− ==

0

2 2x k x k= ⋅ ⇒ = ⋅π π

No intervalo [ , ]0 2π , temos:

k x

k x

k x

= ⇒ = ⋅ == ⇒ = ⋅ == ⇒ = ⋅ =

0 0 0

1 1

2 2 2

ππ ππ π

O número de soluções é 3.18.15. a

1 8 3

3 1 8 3 4 8 214

12

− ≤

− ≤ − ≤ ⇒ − ≤ − ≤ ⇒ − ≤ ≤

x

x x x

Assim, a = − 14

e sen y( ) = − 14

.

sen y k y

ksen y

ysen y y

sen

( ) cotg( )

( )cotg( )

( ) cos( )cos(y)

2

2 2

= ⋅

= = ⋅ ⋅

(( )

( )

k

y

sen y= ⋅

= ⋅ −

= ⋅ =

2

214

21

1618

2

2

18.16. a

cos cos cos cos4 3 24 6 4 1 0x x x x− + − + =

O primeiro membro da igualdade é o desenvolvimento de um bi-nômio de Newton.(cos )

cos

cos

x

x

x

− =− ==

1 0

1 0

1

4

A solução geral da equação é x k= ⋅2π com k ∈. 18.17. 15

( ) cos

coscos

c

1 2 0

1 2 0

2 2 2

2

22 2

− ⋅ + =

− ⋅

⋅ + =

tg x x sen x

sen xx

x sen x

oos 2 2 2

2

2 0

1 2 02

22

2

x sen x sen x

sen x senx ou senx

− + =

− = ⇒ = = −

Como π π≤ ≤x32

, então x = 54π

.

Portanto:

12 1254 15

xπ

π

π=

⋅=

18.18. c2 2 0

2 2 1 0

4 112

1

2

2 2

2

cos cos( )

cos cos

cos cos cos

x x

x x

x x ou x

+ =

+ − =

= ⇒ = = −22

No intervalo [ , ]0 π , tem-se que cosx = 12

para x = π3

e cosx = − 12

para x = 23π

.

A soma das raízes é π π π3

23

+ = .

18.19. sec cos

coscos

cos cos

x x senx

xx senx

x senx x

sen x

− + =

− + =

− + ⋅ =

+

0

10

1 02

2 ssenx x

senx senx x

senx ou senx x

senx ou s

⋅ =⋅ + == + ==

cos

( cos )

cos

0

0

0 0

0 eenx x

senx ou tgx

= −= = −

cos

0 1

No intervalo [ , ]0 2π , temos:

senx x ou x ou x

tgx x ou x

= ⇒ = = =

= − ⇒ = =

0 0 2

134

74

π ππ π

Portanto, o conjunto-solução da equação é:

0 234

74

, , , ,π π π π

18.20.

Cx y

:2 2

4 31+ =

Como o ponto P sen= ( cos , )2 2 3θ θ pertence à curva C, temos:

( cos ) ( )

cos

( )

2 24

33

1

2 3 1

1 2 3 1

1

2 2

2 2

2 2 2

θ θ

θ θ

θ θ

+ =

+ =

− + =

sen

sen

sen sen

−− + + =

− =

⋅ − =

4 4 3 1

4 0

4 1 0

2 4 2

4 2

2 2

sen sen sen

sen sen

sen sen

se

θ θ θ

θ θ

θ θ( )

nn ou sen

sen ou sen ou sen

2 20 4 1 0

012

12

θ θ

θ θ θ

= − =

= = = −

No intervalo [ , ]0 π , temos:

sen 0 0 ou

1 5sen ou

2 6 61

sen não existe [0, ]2

θ = ⇒ θ = θ = ππ πθ = ⇒ θ = θ =

θ = − ⇒ θ∈ π

Os possíveis valores de θ são:

06

56

, , ,π π π

7Extensivo Terceirão – Matemática 6E