matemática - pré-vestibular7 - resoluções i - modulo1b
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Mate
mátic
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Volume 1.B
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Capítulo 1: Revisão - Ensino Fundamental (Parte I)Revisão - Ensino Fundamental (Parte I)Revisão - Ensino Fundamental (Parte I)Revisão - Ensino Fundamental (Parte I)Revisão - Ensino Fundamental (Parte I) ..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 1Tópico A: Potenciação e Radiciação nos ReaisTópico B: Produtos NotáveisTópico C: DivisibilidadeTópico D: Equação do 1o GrauTópico E: Equação do 2o GrauQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................12Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................14
Revisão - Ensino Fundamental (Parte I)
Capítulo 1
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ + − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
14 6 21 1
32 48 16 27
= ( )4
3 122 + ( )1
4 42 – ( )2
3 33 =
= 12122 +
442 –
633 =
= 2 + 2 – 32 = 4 – 9 = – 5
B− − −
−
+ −3 n 2 n 1 n
2 n3 3 . 3 9 . 3
9 . 3 =
= − − −
−
+ −3 n 2 n n
2 n3 . 3 3 . 3 . 3 9 . 3 . 3
9 . 3 . 3 =
= −n3 +. (27 27 − 27
−n
)
3 . 81 =
13 .
B517.218 = (517.217).2 = (5.2)17.2 = 2 . 1017
Logo, o número terá 18 algarismos.
A
2–1 + 3–1 + 4–1 + 4 + 3 27 + 4 256 =
= 12 +
13 +
14 + 2 + 3 + 4 =
= 6 4 3
12+ +
+ 9 = 1312 + 9 =
12112
C2x – 2 – 2x + 1 + 2x + 3 = 100 →→ 2x . 2–2 – 2x . 2 + 2x . 23 = 100 →
→ 2x . 1
2 84
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
= 100 →
→ 2x . 254
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 100 → 2x = 16
CAs potências 61, 62, 63, ..., 62006 tem o último algarismoigual a 6. Na soma 6 + 62 + 63 + ... + 62006 o últimoalgarismo será igual ao último algarismo de 2006 x 6,que será 6. Então, o último algarismo de 1 + 6 + 62 +... + 62006 é 7.
B
A) 3 5 6⋅ = 6 30
B) 36 5 = 3 36 5⋅ = 61080
C) 35 6 = 3 35 6⋅ = 6 750
D) 3 5 6 = 3 25 6⋅ = 6150
E) 3 6 5 = 3 26 5⋅ = 6180
O maior número será 61080 = 36 5 .
3
4
5
6
7
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( )7 3 5 16 x 3 2 64 x 3
3 3
− ⋅ + =
= ( )7 3 20 3 16 3
3 3
− + =
3 33 3
= 1.
A
3x xy y
⋅ = 3 3
2x xy
⋅ =
3 4xy
= 6 4x
y =
3 2xy
Cx 125+
. x 235−
= 64 →
→ x 1 x 22 35+ −
+ = 64 → 3x 3 2x 4
65+ + −
= 64 →
→ 5x 1
65−
= 64 = 26 →
5x 1¨65
− ¨6⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= ( )662 →
→ 55x . 5–1 = 236 → 55x = 5 . 236 →
→ ( )1
5x 55 = ( )1
36 55 2⋅ → 5x = 5 355 2 2⋅ ⋅
→ 5x = 27 . 510 →
→ 5x = 128 . 510
B
N = +11 6 2 + −11 6 2 > 0 →
→ N2 = 11 + 6 2 + 2 . + −(11 6 2)(11 6 2) + 11 – 6 2
→ N2 = 22 + 2 . −121 72
→ N2 = 22 + 2 . 49→ N2 = 22 + 2 . 7N2 = 22 + 14 = 36
N = 6
C
Dados: ⎧ + + =⎪⎨
+ + =⎪⎩2 2 2
a b c 10
a b c 40
Elevando a 1a equação ao quadrado, temos:(a + b + c)2 = 102 →
+ +2 2 2a b c + 2ab + 2ac + 2bc = 100 →
40 + 2 . (ab + ac + bc) = 100 →2. (ab + ac+ bc) = 60 → ab + ac + bc = 30.
A
Dados: ⎧ − =⎪⎨⎪ =⎩
x y 2ex . y 1
. Calcule x3 – y3.
1o) (x – y)2 = 22 → x2 – 2xy + y2 = 4 →
→ x2 + y2 = 4 + 2 . xy →→ x2 + y2 = 4 + 2 . 1 → x2 + y2 = 6
2o) (x – y)3 = 23 → x3 – 3x2y + 3xy2 – y3 = 8 →→ x3 – y3 – 3xy . (x – y) = 8 →→ x3 – y3 – 3 . 1 . 2 = 8 →
→ x3 – y3 = 14.
ASendo a ≠ b, a ≠ 0 e b ≠ 0
− −=
−
2 2 2
2a b ab b
–ab ab a
( ) ( )a b a b
a.b
+ − –
( )( )
b. a b
a. b a
−=
−
( ) ( )a b . a b
a.b
+ − –
( ) ( )1 .b. b a− −
( )a. b a−=
2 2a b− 2b+ab
2a aab b
= =
B
− +−
2
22x 12x 18
x 9 =
22 (x 6x 9)(x 3)(x 3)⋅ − +
+ − =
= ⋅ − –22 (x 3)+ −(x 3)( x 3)
= 2x 6x 3
−+
D
x3 + x2 – 4x – 4 = x2 . (x + 1) – 4 . (x + 1) == (x + 1) [x2 – 4]= (x + 1) . (x + 2) (x – 2)
x + y = 32
S = ( ) ( )3 2 2 3
2 2 2 2
x 3x y 3xy y 8
x y x 2xy y 12
⎧ − + − =⎪⎨
− − + =⎪⎩
( )( ) ( ) ( )
3
2
x y 8
x y . x y . x y 12
⎧ − =⎪⎨⎪ − + − =⎩
( )( ) ( )
3
3
x y 8 (I)
x y . x y 12 (II)
⎧ − =⎪⎨⎪ − + =⎩Susbtituindo I em II, temos:
8.(x + y) = 12 → x + y = 32
B
( ) ( ) ( )( ) ( )
23 2 2 2 2 3 . 3 2 2
3 2 2 3 2 2
+ + − −=
− +
( )23 4 6 8 3 2 2
3 8
+ + − −= =
−
10
9
11
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2a Ponte:Abril tem 30 diasMaio tem 31 diasJunho tem 30 diasApós 60 dias do dia 14 de abril de 1998 ocorrerá opróximo encontro, isto é, no dia 13 de junho.
Seja n o número de moedas, 118 < n < 180.
CSejam x = 2m . 15 = 2m . 3 . 5 ey = 4 . 3n = 22 . 3n.mmc(x, y) = 360 → 2m . 3n . 51 = 23 . 32 . 51 →→ m = 3 e n = 2.Logo m + n = 5 é ímpar.
B1a Ponte: mmc(15, 20, 12) = 60
Então, a área de cada cerâmica será 142 = 196 cm2,portanto o número de cerâmicas será: (238 . 84) : 196,isto é, 102 cerâmicas.
DMn = conjunto de todos os múltiplos positivos de n.Se Mp = M18 ∩ M24 então p = mmc (18,24) = 72.
+ − − +−
11 4 6 (3 4 6 8)5
=
11 + −4 6 11 +−
4 65
= −8 6
5.
Ex4 + 81 = (x2)2 + 92 = (x2 + 9)2 – 2 . 9 . x2
= (x2 + 9)2 – ( 18 . x)2 =
= [x2 + 9 + 18 . x] . [x2 + 9 – 18 . x]
= (x2 + x 18 + 9) . (x2 – x 18 + 9)
B
19
20
21
22
23
25
26
588
–504 –504
504
1
84 0
84
6
2o) O número de pedaços de mogno será igual a588 ÷ 84 = 7.
B)
84
238
238 e 84 serão divididos em pedaços iguais a xm.Para que a área de cada cerâmica seja máxima,devemos ter:x = mdc(238, 84) = 14.
238–168 –70 –70
842
70 14 0
701
145
18,24
9, 12
9, 6
9, 3
3, 1
1, 1
2
2
2
3
3
mmc (18, 24) = 23 . 32 = 8 . 9 = 72
x
19R
92
x = 92 . 19 + R; 0 ≤ R < 92R = 91 é o maior resto possível, logox = 92 x 19 + 91 = 1.839A soma dos algarismos de x será igual a 21.
A) 2006 não é divisível por 4, logo 2006 não é bissexto.B) 2000 é divisível por 400, logo é bissexto.C) 1900 não é divisível por 400, logo não é bissexto.D) 1984 é bissexto, pois é divisível por 4.E) 1970 não bissexto.
A) n = 21 . 32 . 51
no [D + (n)] = (1 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 2 . 3 . 2 = 12B) n = 120 = 22 . 3 . 2 . 5 = 23 . 31 . 51
no [D + (n)] = (3 + 1)(1 + 1).(1 + 1) = 16
Aa = 2α . 3β . 54 eb = 23 . 33 . 32 5 θ . 7 = 23 . 35 . 5θ . 7mdc(a, b) = 540540 = 6 . 9 . 10 =
= 2 . 3 . 32 . 2 . 5 == 22 . 33 . 5
Então: 2α . 3β . 5θ = 22 . 33. 5 → α = 2, β = 3 e θ = 1.Dai: α + β + θ = 2 + 3 +1 = 6
A) 1o) Seja x o comprimento de cada pedaço.x = mdc(504, 588) = 84
24
27
28
15, 20, 12
15, 10, 6
15, 5, 3
5, 5, 1
1, 1, 1
2
2
3
5
mmc = 4 . 3 . 5 = 60
n
q1
4
6(n – 4) = 6 . q
1
(n – 4) é divisível por 6
n
q2
4
12(n – 4) = 12 . q
2
(n – 4) é divisível por 12
n
q3
4
18(n – 4) = 18 . q
3
(n – 4) é divisível por 18
Daí:(n – 4) é múltiplo comum de 6, 12 e 18;com 118 < n < 180.
Tomando (n – 4) = mmc(6, 12, 18), temos
6, 12, 18
3, 6, 9
3, 3, 9
1, 1, 3
1, 1, 1
2
2
3
3
36
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35
n – 4 = 36 → n = 40 (não convém).n – 4 = 2 x 36 → n = 76 (não convém).n – 4 = 3 x 36 → n = 112 (não convém).n – 4 = 4 x 36 → n = 148n – 4 = 5 x 36 → n = 184 (não convém).Então n = 148 moedas.
Aa . (x – 1) = 19x + 2b – 201 →→ ax – a = 19x + 2b – 201 →→ (a – 19) . x = a + 2b – 201. A equação é possívele indeterminada se:a – 19 = 0 e a + 2b – 201 = 0 →→ a = 19 e 19 + 2b – 201 = 0 → b = 91
Então a + b = 19 + 91 = 110
1o Modo: Sistema de EquaçõesSistema de EquaçõesSistema de EquaçõesSistema de EquaçõesSistema de EquaçõesSejam k e y as partes que João e Pedro deram a Maria,respectivamente. Considere a quantia inicial de Mariaigual a x reais.De acordo com os dados do problema, temos o segundosistema de equações:
I. 50 – y = (x + y)
II. 50 – k = x + y + k
III.50 – y + 4 = 50 – k y – k = 4 y = 4 + k
⎧⎪⎨⎪ → →⎩
Substituindo I em II, temos:50 – k = 50 – y + k → y = 2k
Logo 2k = 4 + k → k = 4 → y = 8 → x = 34
2o Modo: AritméticaAritméticaAritméticaAritméticaAritméticaInicialmente Pedro deu uma quantia a Maria de modoque ficaram com quantias iguais, entretanto, após adoação de João, Maria ficou com 4 reais a mais quePedro. Logo, João deu a Maria 4 reais.A situação ficou assim:João = 50 – 4 = 46 reaisPedro = 42 reais (4 a menos que João)Maria = x + 8 + 4 = x + 12
Daí: 46 = x + 12 → x = 34Resp.: 34 reais
CSe em cada uma das 6 saídas podem passar 1.000pessoas por minuto, então em 1 minuto saem 6.000pessoas. Logo, o tempo necessário para se esvaziar oestádio será de: 120.000 ÷ 6.000 = 20 min.
A) x2 – 3x – 10 = 0
x1 + x2 = ( 3)1
− −= 3
B)60 x
x+
=60
x 2− → 60 x = 60 x – 120 + x2 – 2x
→ x2 – 2x – 120 = 0x1 + x2 = 2
30
31
32
x1 . x
2 = –
x1 = –2
x2 = 5
= –1010
1
x1 . x
2 = –120
x1 = 12
x2 = –10
S = {–10, 12}
C) x2 + (x + 3 ) . x + 2 3 = 0
x1 + x2 = – (2 + 3 )
x1 . x2 = 2 . 3x1 = –2
x2 = – 3
S = {–2, – 3 }D) x2 + 4x – 6 = 0
Δ = 16 – 4 . (–6)
Δ =16 + 24 = 40
x = 4 40
2− ±
; x = –4 2 10
2±
x = – 2 ± 10
S = {– 2 + 10 ; – 2 – 10 }E) x2 – 4x +10=0
Δ = 16 – 40 = –24A equação não tem raízes reais
A
( )( )
2
2
2. x 4x 45
3. x 12x 35
− −
+ + =
( ) ( )( ) ( )
2. x 5 x 93. x 5 x 7
+ −+ +
= ( )( )x 92
3 x 7−
⋅+
x 5 e x 7≠ − ≠ −
Cálculo AuxiliarI) x2 – 4x – 45 = 0
raízesx1 + x2 = 4x1. x2 = – 45 ; x1= –5 e x2 = 9entãox2 – 4x – 45 = (x + 5) (x – 9)
2) x2 + 12x + 35 = 0Raízesx1 + x2 = –12x1 . x2 = 35; x1= –5 e x2 = –7Então x2 + 12x + 35 = (x + 5).(x + 7)
x2 + x + 99 = 0se α e β são raízes, então(α + 2) (β + 2) = α . β + 2 .(α + β) + 4= 99 + 2 . ( –1 ) + 4 = 101
x y 7x.y 10
+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩
; x = 2 e y = 5 ou x = 5 e y = 2
S = {(2 , 5) , (5 , 2)}.
33
34
29
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
S = {–2, 5}
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
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5
Volume 1.B
1o modo: Resolução algébrica.
3 33
1 1x 1 x 1
x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 312564 →
→ 1
x 1x
⎡ ⎤⎛ ⎞− +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
. 1
x 1x
⎡ ⎤⎛ ⎞− −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
= 54
→
21x
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
– 12 = 54 → x – 2 +
1x
– 1 – 54
= 0
→ x + 1x –
174 = 0
→ 4x2 – 17x + 4 = 0
Δ = 172 – 4.4.4 = 289 – 64 = 225
x = 17 15
8±
∴ x = 4 ou x = 14
Com x ≥ 1 então x = 4
2o modo: Por tentativas, usando as alternativas.x = 4 satisfaz a equação, isto é:
3 31 1 125( 4 1 ) .( 4 1 )
644 4+ − − − =
36
D
1–2 – 2–1 + 813
– 0,2 + 20 = 1 – 12
+ 1
3 3(2 ) – 2
10 + 1
= 2 – 12 + 2 –
15 = −
7 12 5 =
35 210
−=
3310
= 3,3
C
10 10 2010 20 30
20 30 40
10 .(1 10 10 )10 10 1010 10 10
+ ++ +=
+ + 20 10 2010 (1 10 10 )+ +1010−=
D
13 2 13 133 12 43 3 33 .(3 3 1) 3 .(13) 33 3 81
39 39 3+ +
= = = = =
B
3 31 8 4 1 2 2 3 0,754 416
− + + − + += = =
C
− −= ∴ = ∴
1 12y 2y 2 210 25 (10 ) 25
−− − −= = ⇒ =1
y 2 1 y2 110 (5 ) 5 10
5
C101 97 4 97 97 97 97N 2 .5 2 .2 .5 16(2.5) 16.10= = = =
Logo o número de dígitos de n será de 97 + 2 = 99,pois N terá os algarismos 1 e 6 seguidos de 97 zeros.
A
E =2 4 8 2 2 1 4 2 2 8 ( 2)
2 6 3 1 2 6 1 1 3 1a.b .a .b .a .b a .ba .b.a .b .a .b a .b
− − − − + − + + −
− − − − + − − += =
E = 1 4
3 1
a . ba . b
−
− = a-4 .b5 = (10–3)–4 . (–10–2)5
E = – 1012 . 10–10 = – 102 = – 100
D
3X . 33 + 3X . 3-3 + 3X = (140 + 5
27) =
3X . 1
2827
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 5.
128
27⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ =
3X. (28 + 1
27 ) = 5. (28 + 1
27 ) =
3X = 5 → 3-X = 5-1 =15
→ 2 . 3–x = 25
A
4 5 = 4.3 35 = 12125
3 3 = 3.4 43 = 3.4 43 = 1281
2 = 2.6 1.62 = 12 64
Logo 12125 > 1281 > 12 64 e os números estãocolocados em ordem decrescente.
A) 2 21y. 4.11.x .y
2 = 12 .y.x.y.2. 11 = 2xy . 11
B) 6 6 66 2 .x .y .y = 2.x.y. y = 2xy y
C) 4 49.5.4.x .x.y .y = 3.2.x2.y2. 5.x.y = 6x2y2. 5xy
C
4
5
6
8
9
10
7
1
2
311
2352
1176
588
294
147
49
7
1
2
2
2
2
3
7
7
24 . 3 . 72
4 2 22352 2 .3.7 2 .7. 3 28 3= = =
Mate
mátic
a I
6
Volume 1.B
C
3 2 2.3 2 3.6 2− + =
3 2 6 2 18 2 15 2= − + =
A
3 33 6
3 3a a a
bb b= =
D
2 25000 500 5.10 .10 5.10+ = + =
10 50 + 10 5 =10 . (5 2 + 5 )
B
45 5.44.5 20 20 204 2 2.5 4.4 10 16 26
20 20 20 2011 11 11 11
5 . 5 5 . 5 5 . 5 5
5 5 5 5= = =
20 2026 11 15 4 35 5 5−= = =
A
6x3 . 3 x 13 + = 3 5 →
6 18x3 . 6 2x 23 + = 3 5
6 20x 23 + = 3 5
3 10x 13 + = 3 5 → 310x + 1 = 5 →
→ 310x.3 = 5 → 60.310x = 20 . 5 →
→ 60.310x = 100 → 10x60.3 = 100
→ 10x60.3 = 10.
A) a3 + b3 = (a + b).(a2 – ab + b2)B) x3 + 27 = (x + 3).(x2 – 3x + 9)C) (2a)3 – 13 = (2a – 1).(4a2 + 2a + 1)D) a3 + (4m)3 = (a + 4m).(a2 – 4am + 16m2)E) 13 – x3 = (1 – x).(1 + x + x2)F) 5.(x2 – 4) = 5.(x + 2)(x – 2)G) a.(a2 – 1) = a.(a + 1)(a – 1)H) x.(x2 – 16) = x.(x + 4)(x – 4)I) a4 – 1 = (a2 + 1)(a2 – 1) = (a2 + 1)(a + 1)(a – 1)L) x.(x2 + 2xy + y2) = x.(x + y)2M) (x + 5)2 – y2 = (x + 5 + y).(x + 5 – y)N) y.(x3 – 1) = y.(x – 1)(x2 + x + 1)O) (x – y)2 – a2 = (x – y + a)(x – y – a)P) y2.(x2 – y2) = y2.(x + y)(x – y)
A) ( ) ( )( ) ( )2
2 2
x x 1 x 1
x 1 x 1
+ − +
+ − =
( ) ( )2x 1 . x 1+ −
( ) ( )2 2x 1 x 1+ −=
= 2x 1x 1
++
; x 1≠ ±
12
13
14
15
16
17
18
B)( ) ( )3. a b a b+ −
( )23. a b−
= a ba b
+−
; a b≠
C)3 2
35x y25xy =
15 .
2xy =
2x5y
Dados: 2 2a b 117
a.b 54
⎧ + =⎪⎨
=⎪⎩(a – b)2 = a2 – 2ab + b2 = 117 – 108 = 9 → a – b = ± 3
C
( )22 3 3 2− = 12 – 12 6 + 18
= 30 – 12 6
D3 3(a b+ 3c+ 3 3a b+ − 3c− 3).(a 3 3 3b c a+ + − 3 3
3 3b c )
b c+ +
+=
3 3 3(2a ).(2. (b c )+3 3
)
(b c )+ = 4.a3 logo para a = 1; 4a3 = 4.
7
x2 + 21x = 3 → (x2 + 2
1x )2 = 32
x4 + 2 + 41x
= 9
x4 + 4
1x
= 7
A
E = 3 2 2 3 2 2+ − −
E2 = 3 + 2 2 – 2. 9 8− + 3 – 2 2E2 = 6 – 2 = 4 → E = 2
Dx + y = 2x4 + y4 – x3y2 – x2y3 + 16xy = x4 + y4 – x2y2 (x + y) + 16xy =x4 +y4 – 2x2y2 + 16xy = (x2 –y2)2 + 16xy =[(x + y) . (x – y)]2 + 16xy =22. (x – y)2 + 16xy =4x2 – 8xy + 4y2 +16xy =4x2 + 8xy + 4y2 =4(x2 + 2xy + y2) = 4(x + y)2 =4(2)2 = 16.
A
(x + 1x
)2 = 7; x ∈ R *+ →
→ (x + 1x
) = 7 → (x + 1x
)3 = ( 7 )3 →
→ x3 + 31x + 3 . x2 .
1x
+ 3 . x . 21x = 7 7 →
19
20
21
22
23
24
25
Mate
mátic
a I
7
Volume 1.B
→ x3 + 31x + 3 . (x +
1x
) = 7 7 →
→ x3 + 31x + 3 . ( 7 ) = 7 7 → x3 + 3
1x = 4 7 .
A) (–2x + 3)2 = 4x2 – 12x + 9.B) (–k – 1)2 k2 + 2k + 1.C) (3a2 – 4b4) . (3a2 + 4b4) = 9a4 – 16b8.D) (a – b) (a2 + ab + b2) = a3 – b3.E) (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.F) (a + b) (a2 – ab + b2) = a3 – b3.G) (a – b)3 = a3 – 3a2b + 3ab2 – b3.H) (4x – 3y)3 = 64x3 – 3 . (4x)2 . 3y + 3 . 4x . (3y)2 – 9y3.
= 64x3 – 144x2y + 108xy2 – 9y3.
A) E = 3
2(a b)(a b)
++ = a + b
B) E = 3
2(x y)(x y)
−− = x – y
C) E = (a b)− 2 2.(a ab b )
(a b)
+ +
− 2ab 2b− −
2E a ab= + 2b ab+ − 22b−
E = a2 – b2 = (a + b).(a –b)
A) 15. 10 15. 10 3. 10
20 42. 10. 10= =
B)2 34 43 64
34 34
8. (2 )8. 4 8. 22 2 2.2 2 4 2
4 44. 4= = = = =
C)1.(4 2) 4 2 4 2
16 2 14(4 2)(4 2)− − −
= =−+ −
D)3.( 3 1)
( 3 1).( 3 1)+
− + = 3 33 1+
− =
3 32
+
E)(4 3 2).(5 2)(5 2).(5 2)
− +− + =
20 4 2 15 2 625 2
+ − −−
=
= 14 11 2
23−
D
m = 36 2
1.(1 2)1 2
(1 2).(1 2)−
+ ++ −
= 36 2
1 21 21 2−
+ +−
m = 36 2 36 2 181 2 1 2 2 2
= =+ − +
então, 3.(m + 6m ) = 3.(18 +
618
) = 3.(18 + 13
)=
54 + 1 = 55
C
A.B = 1 1 1
.9 23 2 3 2
=−+ −
A.B = 17 =
77
B
E = 3 2 2 3
2 28.(a 3a b 3ab b )
2.(a 2ab b )+ + +
+ + = 3
24.(a b)(a b)
++ = 4(a+b)
Se a = 67 e b = 33 então 4(a + b) = 4(67 + 33)=400
Cx4 + 4 = (x2 + 2)2 – 2 . x2 . 2= (x2+2)2 – (2x)2= [x2 + 2 + 2x] . [x2 + 2 – 2x]= (x2 + 2x + 2) . (x2 – 2x + 2)
C1o Parte:
Se (x –1x
)3 = 216 → x – 1x
= 3 216 →
→ x – 1x
= 6 → (x – 1x
)2 = 62 →
→ 22
1 1x 2x. 36x x
− + = →
x2 + 2
1x
= 38
2o parte:
x3 – 3
1x
= (x – 1x
) . (x2 + x . 1x
+ 2
1x
)
= 6 . (38 + 1)= 6 . 39 = 234
A) Resp.: Não
26
27
28
29
30
31
32
33
34390
–360
30
45
8
B) Resp.: 15390 = 45 . 8 + 30. Acrecentando 15 canetas aodividendo teremos:390 + 15 = 45 . 8 + 30 + 15→ 405 = 45 . 8 + 45 = 45 .(8 + 1) = 45 . 9
405
(0)
45
9
Então o menor número de canetas que devemosacrescentar é 15 e o quociente sofre um aumento de1 unidade.
C) O maior número será 14 canetas pois o resto aindaseria menor que o divisor e o quociente não se altera.
D) O menor número é 30 canetas, isto é;o resto dadivisão de 390 por 45.
Mate
mátic
a I
8
Volume 1.B
37365
15
1
7
52
365 equivalem a 52 semanas mais um dia.O 1° dia do ano é domingo pois teremos 52 domingosmais 1 dia que também será domingo, completando 53domingos.Observando que janeiro tem 31 dias e fevereirotem 28, do dia primeiro de janeiro a 8 de março temos67 dias, o que corresponde a 9 semanas mais 4 dias.
67
–63
4
7
9
Então, o 4° dia da semana, dia 8 de março, cairánuma quarta-feira, pois o 1° dia da semana é domingo.
D
n1
r
n2
q
n1 = n2 . q + r ; 0 < r < n2
n1
+ 21
r
n2
+ 3
q
n1 + 21 = (n2 + 3) . q + rn1 + 21 = n2 . q + 3. q + rn1 + 21 = n2 . q + r + 3q
n1 +21 = n1 + 3q → q = 213
= 7
53
x brancas
y amarelas
k azuis
Caixa 1
x brancas
y amarelas
k azuis
Caixa 2
x brancas
y amarelas
k azuis
Caixa n
...
...
n = mdc(1590, 1060, 583) = 53
1590
–1060 –1060
1060
1
530 (0)
530
2
583
–530 –530
530
1
53 (0)
53
10
CA = 13 . q + 10 e B = 13p + 9, p e q inteiros →→ A . B = (13q + 10) . (13p + 9) = 13 . k + 10 . 9→ A . B = 13k + 90; onde K ∈ Z.
Então A.B13 =
13k13
+ 9013
= k + 9013
= (k + 6) + 1213
90
– 78
12
13
6
O resto da divisão de AB por 13 será 12.
3Seja N = 9 . 10m = 32 . 2m . 5m ; m +∈ *
O número de divisores inteiros positivos será (2 + 1) .(m+1) . (m + 1); logo3 . (m + 1)2 = 48 → (m + 1)2 = 16 →→ m + 1 = 4 →→ m = 3
D
144
180
108
Se x é a medida da aresta de 1 cubo.x = mdc(180,108,144) = 36
180
–144 –144
144
1
36 0
36
4
108
–108
36
3
(0)
2004
004
(0)
4
501
2004 é divisível por 4 e não termina em 00.
2 NúmerosSeja N = 7a1b ; b > 4.Se N é divisível por 2 então b pode ser 6 ou 8. Entretanto,como N é também divisível por 9 a soma dos algarismosde N deve ser um múltiplo de 9. Então:1o) Se b = 6 → 7 + a + 1 + 6 = (14 + a) é múltiplo de
9 → a = 42o) Se b = 8 ; 7 + a + 1 + 8 = (16 + a) é múltiplo de 9
→ a = 2Logo podemos formar dois números: 7416 e 7218.
C
36
B35
39
38
40
41
42
Mate
mátic
a I
9
Volume 1.B
AX = M+(6) = {6, 12, 18, ...}Y = M+(10) = {10, 20, 30, ...}Z = M+(15) = {15, 30, 45, ...}X ∩ Y ∩ Z = M+(mmc(6, 10, 15)) = M+(30)
6, 10, 15
3, 5, 15
1, 5, 5
1, 1, 1
2
3
5
30
43
a = 23 . 34 . 22 . 52 = 25 . 34 . 52 eb = 22 . 33 . 22 . 3 = 24 .34
A) mdc(a,b) = 24 . 34
B) mmc(a,b) = 25 . 34 . 52
AI) mdc(m, n) = 21 e II) mmc(m, n) = 1764
a . b = 21 a2 . b2 . c2 = 1764abc = 42
III) Substituindo I em II, temos 21 . c = 42 → c = 2
e como a, b são primos distintos, com a > b temosa . b = 21 → a . b = 7 . 3 → a = 7 e b = 3Logo a + b + c = 7 + 3 + 2 = 12
6n ∈ N*. mdc(n , 15) = 3 e mmc(n, 15) = 90mdc(n, 15) . mmc(n, 15) = n . 153 . 90 = n. 15 → n = 18n = 18 = 2 x 32
Então:n[D+ (18)] = (1 + 1) . (2 + 1) = 618 = 21 . 32
1o) 2000 é bissexto, pois é divisível por 400;Logo o ano de 366 dias.
2o) O próximo encontro será x dias após, o dia 1o defevereiro, em que:x = mmc(10,12,15) = 60
45
46
10, 12, 15
5, 6, 15
5, 3, 15
5, 1, 5
1, 1, 1
2
2
3
5
60
3o) Num ano bissexto temos fevereiro com 29 dias emarço com 31 dias.Então no dia 1o de abril de2000, o próximo encontro ocorrerá.
DO fenômeno ocorrerá daqui a n anos, onde:n = mmc(18,48) = 144 anos18 = 32 . 2, 48 = 24. 3 e o mmc(18,48) = 24 . 32 = 144
E(3n) = mmc(9,11,14) → 3n = 9 . 11 . 14 →→ n = 3 . 11 . 14→ n = 33 . 14 = 462Logo a soma dos algarismos de n será 12.
47
48
49
Cálculos9 = 32
11 = 1114 = 2.7mmc(9, 11, 14) = 9.11.14
DSeja x o número de laranjas, 500 < x < 1500
44 x = 50q + 12 → (x – 12) = 50.q
x = 36p + 12 → (x – 12) = 36.p(x – 12) é multiplo comum de 50 e 36.Em que mmc (50, 36) = 52.22.32 = 90050 = 52.236 = 32.22
Então:Se x – 12 = 900 → x = 912oux – 12 = 1800 → x = 1812 (não convém)
912
–70
212
–210
2
35
26
Daí, colocando os 912 laranjas em sacos de 35unidades cada um, sobrariam 2 laranjas.
A)4x – (9x 3)
4−
= 2 (x 1)
4− −
5x 36
− + =
3 x4−
– 20x + 12 = 18 – 6x
– 14x = 6 → x = – 37 → S =
37
⎧ ⎫−⎨ ⎬⎩ ⎭
B) 9x2 – 6x = 9x2 – 6x + 1 – 2x
2x = 1 → x = 12
∉ Z → S = ∅
C) 3x(x – 1)(2x – 3)( 5 x – 10) = 0 →
→ x = 0oux – 1 = 0 → x = 1ou
2x – 3 = 0 x = 32
S = {0, 1, 32
, 2 5 }
ou
5 x – 10 = 0 x = 10
5 = 2 5
50
51
x
q12
50
x
p12
36
Mate
mátic
a I
10
Volume 1.B
DSeja x o número de rapazes e y o número de moça.
1o) Se todos pagarem, cada um pagaria 40040 = 10 reais.
2o) Como as moças não pagaram, cada rapaz contribuicom (10 + 30) = 40 reais Então40x = 400 → x = 10 e y = 30
C = no de coelhosP = no de patos4c + 2p = 90c = 2p4(2p) + 2p = 9010p = 90 → 10p = 90 → p = 9 e c = 18Camilla, comprou 18 coelhos e 9 patos
BA cada 1 hora ficam no reservatório (62 – 46) = 16litros. Logo a capacidade do reservatório era de 16 .42 = 672litros.
A) x2 + 6x + 8 = 0x1 + x2 = – 6x1 . x2 = 8 → x1 = – 2 e x2 = – 4 S = {–2, –4}
B) x2 – 4x – 32 = 0x1 + x2 = 4x1 . x2 = – 32 → x1 = 8 e x2 = – 4 S = {8, –4}
C) 2x2 + 3x – 2 = 0Δ = 9 + 16 = 25
x = 3 54
− ± → x1 =
12 e x2 = – 2 S = {
12 ,–2}
D) x2 – 2x – 6 = 0Δ = 4 + 24 = 28
x = 2 2 7
2±
= 1 7± S = {1 7± }
E) x2 – 10x + 25 = 0x1 + x2 = 10x1 . x2 = 25 → x1 = x2 = 5 S = {5}
F) x2 + 6x + 11 = 0Δ = 36 – 44 = – 8
x = 6 8
2− ± −
. As raízes não são números reais.
D3x2 – x – 5 = 0
21 12 2
1 2
1 1x x (x x ) e3 95x . x3
⎧ + = → + =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩
x21 + x2
2 + 2x1x2 = 19
x12 + x2
2 = 12
– 2 . (53
− )
x12 + x2
2 = 236
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
D)1
x 2+ = 2
x 3+Domínio de validadex + 2 ≠ 0 e x +3 ≠ 0x ≠ –2 e x ≠ –3Resolução: Sendo x ≠ –2 e x ≠ –3(x + 3) = 2x + 4 →x = –1S = {–1}
E) 18x2 – 2 3x – 3 3x + 1 – (18x2 + 6x – 6x –2) == 5x – 718x2 – 5 3x + 1 – 18x2 + 2 = 5x – 7 – 5 3x – 5x = – 10
3x + x = 2
x( 3 + 1) = 2 → x = 2( 3 1)
( 3 1)( 3 1)−
+ − ⇒
→ x = 2( 3 1)
3 1−
− = 3 – 1
EA equação é impossível se:(m – 2)(m +2) = 0 e m – 2 ≠ 0 → m = –2logo m3 +12 = –8 + 12 = 4
11152 é raiz →→ 2(2 – k) – 3(2 + k) = 5 . 2 – 6 →→ 4 – 2k – 6 – 3k = 10 – 6 →
→ – 5k = 4 + 2 → k = 65
−
logo k2–1 = 3625
– 1 = 1125
x3 – x2 – 4x + 4 = 0x2(x – 1) – 4(x – 1) = 0(x – 1).[x2 – 4] = 0x – 1 = 0 ou x2 – 4 = 0x = 1 ou x = ± 2
BFábio tem x reaisLucas tem 2xEraldo tem 3(2x) = 6xx + 2x +6x = 900 → x = 100 reaislogo Eraldo tem 600 reais
ESejam e m os preços de 1, laranja e de 1 maçã,respectivamente.(I) 24 + 8m = 12 e(II) m = 3Substituindo m = 3 na equação I, temos:24 + 8(3 ) = 1224 + 24 = 1248 = 12
= 14
= 0,25
Mate
mátic
a I
11
Volume 1.B
21
1x + 2
2
1x =
2 2122
1 2
x x(x x )
+ = 2
2365( )3
− =
236 .
925 =
6950
B2
2(x 3x 2).(x 2)
x 4x 4− + −
− + =
(x 1) (x 2)− − (x 2)−
(x 2)− (x 2)− = x –1
Cálculo das raízes1) x2 – 3x + 2 = 0
Resolução:
Sendo 3x 6
2− ≤ ≤ , temos que:
2x + 3 = (6 – x)2 → 2x + 3 = 36 – 12x + x2
→ x2 – 14x + 33 = 0 → x1 = 3 e x2 = 11x = 11 ∉ domínio de validade, então x = 3S = {3}
F) 1ª Parte:Domínio:2x – 6 ≥ 0 e x + 4 ≥ 0 → x ≥ 3 e x ≥ –4 → x ≥ 3
2ª Parte:sendo x 3≥ .
( ) ( )2 22x 6 x 4 5− + + =
2x – 6 + 2 ( ) ( )2x 6 x 4− + + x + 4 = 25
3x – 2 + 2 ( )22x 2x 24+ − = 25
2 22x 2x 24+ − = 27 – 3x →→ 4.(2x2 + 2x – 24) = 729 – 162x + 9x2 →→ 8x2 + 8x – 96 = 729 – 162x + 9x2
→ x2 – 170x + 825 = 0
25.600Δ =13110420S = {5, 165}
B
1aparte : 7 + 24 = 7 + 2 6 .1 = (1 + 6 )2
2aparte: 7 24+ = 2(1 6)+ = 1 + 6
D
1o) x1.x2 = 23k 41+
= 16 →
→ 3k2 = 12 → k2 = 4 ; k = ± 22o) Para k = 2 → x2 + 10x + 16 = 0
x1= –2 ou x2 = –8para k = – 2 → x2 – 10x + 16 = 0x1 = 2 ou x2 = 8
B
3p 43p 2
−+ + 2 =
3p 92
+
Fazendo 3p = k → k2 = 3p , p>0A equação reescrita na variável k fica:
−+
2k 4k 2
+ 2 = +k 92
− + ++
2k 4 2k 4(k 2) =
+k 92
2k2 + 4k = k2 + 11k +18k2 – 7k – 18 = 0k = – 2 (não convém)k = 9logo 3p = 9 → 3p = 81 → p = 27
62
63
64
x1 + x
2 = 3
x1 . x
2 = 2
x1 = 1 e x
2 = 2
x1 + x
2 = 4
x1 . x
2 = 4
x1 = 2 e x
2 = 2
Cx4 – 13x2 +36 = 0Fazendo x2 =k, temos k2 – 13k + 36 = .Daí:I) k = 4 → x2 = 4 → x = ± 2II) k = 9 → x2 = 9 → x = ± 3
Portanto a soma das duas menores raízes são:– 2 – 3 = – 5.
A) x 5+ = 6 →
x + 5 = 62 = 36 → x = 36 – 5 → x = 31
B) 10 2x 3 3+ − = → 10 + 2x 3− = 9 →
→ 2x 3− = – 1 → S = ∅ , pois não existe
x ∈R tal que 2x 3− = – 1.
C) 4 2x 6x− = 2 → x2 –6x = 24 →
→ x2 – 6x – 16 = 0 → x1 = – 2 e x2 = 8
Verificação dos valores.
I) x = – 2 → ( ) ( )24 2 6. 2− − − = 4 4 12+ = 416 = 2
II) x = 8 → 4 64 48− = 416 = 2S = {– 2, 8}
D) 3 5x 1− = 2Domínio = R.Resolução
5x – 1 = 23 → 5x – 1 = 8 → x = 95
S = 95
⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭
E) 2x 3 6 x+ = −Domínio:
2x + 3 ≥ 0 e 6 – x ≥ 0 → x ≥ –32
e x ≤ 6 →
→ –32 ≤ x ≤ 6
2) x2 – 4x + 4 = 0
65
66
67
Mate
mátic
a I
12
Volume 1.B
3
3.900
3.900
1.300
1.300 650
650
1
(0)
2
68
Seja y = 3 9 4 5(3 5)
++ →
y3 = 9 4 5
27 27 5 45 5 5+
+ + +
y3 = (9 4 5)+
8 . (9 4 5)+ =
18
→ y = 12
357
Seja
CDU
a b 7 o número novo no =
CDU
7 a b = 2 . (
CDU
a b 7 ) + 21
700 + 10a + b = 200 . a + 20b + 14 + 21190a + 19b = 665 ÷ (19)10a + b = 35 = 10 . 3 + 5Logo, a = 3 e b = 5
x x x37
= 100 . x 10 . x x
37+ +
= 111. x
37 = 3 . x ∈ N
Após 5 horasmmc(20, 30, 50) = 300min = 5 horas
CálculoCálculoCálculoCálculoCálculo:20 = 22 . 530 = 2 . 2 . 5 mmc = 22 . 3 . 52 = 300min50 = 2 . 52
Solução:Solução:Solução:Solução:Solução:ax2 + bx + c = 0 tenha 1 raiz nula se c = 0 e outra positiva
se x1 + x2 = – ba
> 0
Logo c = m2 – m – 12 = 0 e –m > 0 → m < 0
m = –3
m = 4 ∉ sol. Logo, m = –3
Bmdc (1300, 3900, 1950) = 650 livros em cada pacote.
196653557
95(0)
−
1
2
3
4
5
6
São 15 preferenciaisNo preferenciais = xNo ordinários = y
S+ = → = −⎧
⎪⎨ = − ÷⎪⎩
x 1 20 y 20 x600 600
80 (40)x y
Logo 15x
= 15y
– 2 → 15x
= 15
(20 x)− – 2 →
→ 15x
+ 2 = −
15(20 x)
→ +15 2xx
= −
15(20 x)
15x = (15 + 2x) (20 – x)15x = 300 – 15x + 40x – 2x2
2x2 – 10x – 300 = 0 → x2 – 5x – 150 = 0x = –10 ∉ sol.
x = 15B) D
Se ele comprou n caixas por R$ 208 então cada
caixa custou 208
n .Vendeu 2 caixas por 208
n , isto
é, vendeu com um prejuízo de 208
n , e as (n – 2)
caixas restantes foram vendidas por 8 reais cada.Se o lucro total foi de 72 reais então:
(n – 2) . 8 – 208
n = 72
8n – 16 – 208
n = 72
8n2 – 16n – 208 = 72n8n2 – 88n – 208 = 0n2 – 11n – 26 = 0n1 = – 2 2 n2 =13n = 13
C) B1o) Suponha queele gastou x dias para percorrer
704km, logo por dia ele percorreu 704
x km.De
acordo com os dados do problema:
(x – 6) . (704
x + 12) = 704
(x – 6) . 704 12x
x+⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
= 704
704x – 4224 + 12x2 – 72x =704x12x2 – 72x – 4224 = 0x2 – 6x – 352 = 0Δ = 36 + 1408 = 1444
x =
x1 = 22
x2 = –16 ∉ solução
6 ± 38
2
→ x = 22
Então, ele caminhou por dia 70422 = 32km
Mate
mátic
a I
13
Volume 1.B
Como x é positivo, x = 23 é a solução.
(4 2 3)[( 6 3) ( 2 1)][( 6 3) ( 2 1)] [ 6 3) ( 2 1)]
+ − − −− + − ⋅ − − − =
= 2 24 6 4 3 4 2 4 6 2 6 2 6 2 3
( 6 3) ( 2 1)− − + + − − +
− − − =
= 2 6 2 3 2 2 2
6 6 2 3 (2 2 2 1)− + −
− + − − + =
= 2 6 2 3 2 2 2
6 4 2− + −
− =
2 ( 6 3 2 1)2
⋅ − + −
(3 2 2)⋅ − =
= ( 6 3 2 1)(3 2 2)
(3 2 2)(3 2 2)− + − +
− + =
3 6 3 3 3 2 3 4 3 2 6 4 2 29 8
− + − + − + −−
=
= ( 6 + 3 + 2 – 3)
28n ∈ Z; n ≠ 9
n 5n 9
+− =
(n 9)(n 9)
−− +
14(n 9)− = 1 +
14n 9−
n 5n 9
+− é inteiro positivo se (n – 9) for um divisor positivo
de 14, isto é:
(n – 9) = 1 →n 5n 9
+− = 1 +
141 = 15
(n – 9) = 2 →n 5n 9
+− = 1 +
142 = 8
(1300 + 3.900 + 1.950) ÷ 650 = 7.150 ÷ 650 ==11 pacotes.
C
1
360
40
680
– 360
320
1
320
8
40
(0)
x = mdc (680, 360) = 40
x2 – x + 3 = 28 (x x) 9⋅ − + fazendo x2 – x = y, temos:
y + 3 = 8y 9+ → (y + 3)2 = 8y + 9 →
→ y2 + 6y + 9 = 8y + 9 →→ y2 – 2y = 0 →→ y . (y – 2) = 0 →→ y = 0 ou y = 2
Daí:x2 – x = 0 → x = 0 e x = 1oux2 – x = 2 → x2 – x – 2 = 0 →→ x = 2 e x = –1. Então S = {0,1,2,–1}
m2 – n2 = 1954 ↔ (m + n) . (m – n) = 19541º) Hipótese: Sejam m e n pares, m = 2q, q ∈ Z en = 2k, k e Z.(m + n) . (m – n) = (2q + 2k) . (2q – 2k) == 2 . (q + k) 2 . (q – k) == 4 . (q2 – k2)Se m e n são pares então (m + n) . (m – n) é múltiplo de4 e portanto não poderá ser 1954 pois 1954 não édivisível por 4.
2º) Hipótese: Se m e n forem ímpares, m = 2q + 1 e n =2k + 1, q e k ∈ Z então (m + n) . (m – n) é tambémmúltiplo de 4 logo não poderá ser 1954.
3º) Hipótese: Sendo m para e n ímpar, m = 2q e n = 2k+ 1; q e k ∈ Z, temos:(m + n) . (m – n) = (2q + 2k + 1) . (2q – 2k – 1) == [2 . (q + k) + 1] . [2 . (q – k) – 1]= 2 . h – 1, h ∈ Z.Se m e n tem paridades distintas então (m + n) . (m – n)é ímpar portanto não pode ser 1954.
Trabalhando sozinha P levaria (x + 6) horas, Q levaria(x + 1) horas e R levaria (2x) horas para realizar o
trabalho T. Daí, em 1 hora P, Q e R faria a fração
1x 6+ ;
1x 1+ e
12x do trabalho T, respectivamente.
Portanto, juntas realizaram 1 1 1
x 6 x 1 2x⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
do
trabalho em 1 hora. Assim: 1
x 6+ + 1
x 1+ + 12x =
1x
pois juntas elas levam x horas para terminar o trabalho.Resolvendo a equação, obtém-se:
(x 1)(2x) (x 6)(2x) (x 6)(x 1)(x 6)(x 1)(2x)
+ + + + + ++ + =
2 (x 6)(x 1)(x 6)(x 1)(2x)
⋅ + ++ +
2x2 + 2x + 2x2 + 12x + x2 + 7x + 6 = 2 . (x2 + 7x + 6)3x2 + 7x – 6 = 0Δ = 49 + 72 = 121
7
8
9
10
11
x =
x1 = –3 (não convém)
x2 =
–7 ± 11
6 2
3
12
Mate
mátic
a I
14
Volume 1.B
C2x + 3 + 2x + 2 – 48 = 0 → 2x . 23 + 2x . 22 – 48 = 0 →→ 2x . (8 + 4) = 48 → 2x = 4
C
75 48 81x 3
9 x 3
+ + =
5 3 4 3 9 33 3
+ + =
= 18 33 3
= 6
23x 2x 2
+−
; x ≠ ± 2
3 2
2
3x 6x 2x 4x 4
+ + +−
=
23x .(x 2) 2.(x 2)(x 2).(x 2)
+ + ++ − =
(x 2)+ 2.(3x 2)
(x 2)
+
+ .(x 2)− = 23x 2
x 2+
−; x ≠ ± 2
C
2(x y)+ .[(x y) 2y](x y)
+ −+ (x y)− =
(x y) (x y)+ −
(x y)− = x + y
Ca3 + b3 = (a + b) . (a2 – ab + b2)100 = 5 . (a2 – ab + b2)a2 – ab + b2 = 20
32
(a – b)3= ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
33 3
3 3
3 +2 3 - 2-
2 2 = ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
3
3
42 =
642 = 32
E
t = 4
4 4
1 (1 2)(1 2) (1 2)
⋅ +− ⋅ +
t = 4
2 24
1 21 ( 2)
+−
t = 41 2
1 2+−
t = 4(1 2) (1 2)
(1 2)(1 2)+ ⋅ +
− +
t = 4(1 2)(1 2)1 2
+ +−
t = – 4(1 2)(1 2)+ +
1
2
3
4
5
6
7
(n – 9) = 7 →n 5n 9
+− = 1 +
147 = 3
n – 9 = 14 →n 5n 9
+− = 1 +
1414 = 2
Logo 15 + 8 + 3 2 = 28
1a parte:2 pulos do gato = 8 pulos do rato →→ 1 pulo do gato = 4 pulos do rato
Freqüência dos pulosEnquanto o gato dá 3 pulos o rato dá 10 pulos.Chamando de 1 lance, cada 3 pulos do gato temos:3 pulos do gato equivalem em distância a 3 x 4 = 12pulos do rato. No entanto a cada lance do gato o ratodá 10 pulos, de onde concluímos que o gato avança 2pulos do rato, a cada lance.
2a parte:Sendo 120 pulos do rato a distância entre os dois,serão necessários para o gato alcançar o rato:120 ÷ 2 = 60 lances do gato.Como cada lance corresponde a 3 pulos, o gato deverádar 60 x 3 = 180 pulos para alcançar o ratinho.
4 . (x2 + 21x ) + 12 . (x +
1x
) – 47 = 0.
Se x + 1x
= a, então (x + 1x
)2 = a2 ∴ x2 + 21x = a2 – 2.
Daí a equação inicial na variável a, fica:4 (a2 – 2) + 12a – 47 = 04a2 + 12a – 55 = 0Δ = 144 + 880 = 1024
a = − ±12 32
8
20 5a8 244 11a8 2
= =
− −= =
Portanto: x + 1x
= 52 ou x +
1x
= 112
− →
2x2 + 2 = 5x ou 2x2 + 2 = –11x→ 2x2 – 5x + 2 = 0 ou 2x2 + 11x + 2 = 0Δ = 25 – 16 = 9 Δ = 121 – 16 = 105
x = 5 3
4±
x 2
1x2
=
=ou x =
11 1054
− ±
S = {2, 12
, 11 105
4− ±
}
13
14
Anotações
Mate
mátic
a I
15
Volume 1.B
11
12
CSeja
y = 32 10 7+ + 32 10 7−
y2 = 32 10 7+ + 2. ( ) ( )32 10 7 32 10 7+ − +
+ 32 – 10 7
y2 = 64 + 2. 1024 700−
y2 = 64 + 2. 324 = 64 + 2.18
y2 = 100 → y = 10
x = 130
231 3
77 7
11 11
1
Seja x ∈ N o menor número tal que
2310.(x)1300
∈ N → 2 2
3 . 7 .11. 2 . 5 . (x)13 . 5 . 2
∈ N
→ x = 13 . 5 . 2 → x = 130
EK = 23 . 32 . 72x
n[(D(k)] = (3 + 1) . (2 + 1) . (2x + 1) . 2 = 264
2x + 1 = 11 → x = 5
A)3.785 17
11 222 B)
37856
3.791
+
A) 222 e 11 B) 3.791
CSeja n ∈ N o menor número e q1, q2, q3 …, q9 ∈ N
1
10n9 q → n = 10q1 + 9 → n + 1 = 10q1 + 10 =
= 10 . (q1 + 1)
2
9n8 q → n = 9q2 + 8 → n + 1 = 9q2 + 9 =
= 9 . (q2 + 1)
3
8n7 q → n = 8 . q3 + 7 → n + 1 = 8q3 + 8 = 8 . (q3 + 1)
9
2n1 q → n = 2q9 + 1 → n + 1 = 2q2 + 2 = 2 (q2 + 1)
10
8
913
14
15
16
Logo (n + 1) é múltiplo comum de 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3 e 2.n + 1 = mmc (10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2) = 2.520
210 9 8 7 6 5 4 3 225 9 4 7 3 5 2 3 125 9 2 7 3 5 1 3 135 9 1 7 3 5 1 3 135 3 1 7 1 5 1 1 155 1 7 5x7
n 1 2.520
n 2.519
+ ==
143 professoresmdc(1350, 1224) = 18
1350+1224
2.574(0)
18143 grupos
Emmc(1, 2, 3, 4, 5) = 60h1a vez após 60 h2a vez após 120 h3a vez após 180 h que correspondem à 7,5 dias de 24h.
Logo, se foram colocados em funcionamento a 00h do dia01/12/1988 eles baterão pela 3a vez juntos em8/12/88 às 12 horas.
CPor pessoaDados: mensalidade = x + 10matrícula = xNo de pessoas = k1o) 600 ÷ 3 = 200
2o)200
x 10+ = k e
150x
= k
Logo, 200
x 10+ = 150
x → x = 30.
Logo, k = 15030
= 5
Resp.: 5 pessoas
Percurso: x metros
27 . x +
511 . x + 600 = x
22x 35x77+
+ 600 = x → 77x 57x
77−
= 600 →
1
1224
–1134
0090
9
126
–90
1
90
–72
2
36
–18
1
181350
–1224
126 36 18 (0)
Mate
mátic
a I
16
Volume 1.B
324 169+ == 18 + 13 = 31.Logo x = 5 é a raiz.
B3x2 – kx – 1 = 0x1 e x2 são raízes.
21x + 2
2x = 1 → (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1
→2k
3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
– 2 . 13
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
= 1→
→2k9
+ 23
= 1 →2k9
= 13
→
→ k2 = 3
D1ª parte: Valor do presente = 48 horasnº de alunos = x
cada aluno contribuiria com 48x reais.
2ª parte: Após a desistência de 6 alunos, cada aluno
restante contribuiu com 48
x 6− reais, quantia esta que
abrigou aos alunos a contribuirem com mais R$ 0,40para a compra do presente. Então:
48x + 0,40 =
48x 6− →
→48(x 6) 0,40 (x)(x 6)
x (x 6)− + ⋅ −
⋅ − =
48 xx (x 6)
⋅⋅ −
→
→ 48x – 288 + 0,40x2 – 2,4x = 48x →→ 40x2 – 240x – 28800 = 0→ x2 – 6x – 720 = 0x1 = 30x2 = –24 (não convém). Logo o número de alunos é 30,dos quais 24 alunos contribuirá para o presente
x2 – 2x + 3 = 3. 2x 2x 1− +Fazendo x2 – 2x = y. A equação transforma-se em:
y + 3 = 3. y 1+ →
→ (y + 3)2 = 9(y + 1) → y2 + 6y + 9 = 9y + 9 →→ y2 – 3y = 0 → y = 0 ou y = 3. Daíx2 – 2x = 0 → x1 ou x2 = 2.oux2 – 2x = 3 → x2 – 2x – 3 = 0 → x3 = 3 ou x4 = – 1Logo x1 + x2 + x3 + x4 = 0 + 2 + 3 + (– 1) = 4.
C4x4 – 17x2 + 18 = 0Fazendo x2 = y, temos:4y2 – 17y + 18 = 0Δ = 289 – 16 x 18 = 289 – 288 = 1
20
21
22
23
y =
y1 = =
= 2y2 =
17 ± 1
8
18
8
16
8
9
4
17
18
→ 2077
x = 60030
→ x = 2.310 metros.
DTiragem de 4.000 exemplares
4.000
5
20.000
200.000
220.000
+ reais 4.000
55
Resp.: R$ 55,00
Tiragem de 1600 exemplares
16.000
5
80.000
200.000
280.000
(0)
+
16.000
17,50
Resp.: R$ 17,50
1 2
1 2
67x x
22
x . x 12
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ = =⎪⎩
→ r . x2 = 1 → x2 = 1r
Logo, 2 . (r + 22
) = 2 . (x1 + x2) = 2 . 672
= 67
B
2x 6− + x 4+ = 5
( ) ( )2 22x 6 x 4 5− + + = →
→ 2x – 6 + 2. ( ) ( )2x 6 x 4− + + x + 4 = 25
→ 2. ( )22x 2x 24+ − = – 3x + 27 →
→ 4.(2x2 + 2x – 24) = (– 3x + 27)2 →→ 8x2 + 8x – 96 = 9x2 – 162x + 729→ x2 – 170x + 825 = 0Δ = 28.900 – 3.300 = 25.600
x =
x = 5
x = 165
+170 ± 160
2
19
Verificação das raizes
x = 5 → 2.5 6− + 5 4+ = 4 9+ = 2 + 3 = 5e
x = 165 → 2.165 6− + 165 4+ =
Mate
mátic
a I
17
Volume 1.BLogo
x2 = 94 → x =
32
±
ou
x2 = 2 → x = 2±
Daí, o produto das raízes positivas é 3. 22
E
23x 20x 16 x 4− + = −
1ª Parte:Domínio de validade:3x2 – 20 x + 16 ≥ 0 e x – 4 > 0.
e x > 4. EntãoD = {x ∈ R/ x > 4} é o domínio de validade.
2ª Parte: Se x ∈ D, então(x – 4)2 = 3x2 – 20x + 16 →→ x2 – 8x + 16 = 3x2 – 20x + 16→ 2x2 – 12x = 0 → x2 – 6x = 0 → x = 0 ou x = 6.x = 0 não convém, pois x > 4. Daí x = 6.
A
2x 3x 2x 2− +
− = 0 está definida para x ≠ 2. Dai:
2x 3x 2(x 2)− +
− = 0; x ≠ 2 ↔
↔ x2 – 3x + 2 = 0; x ≠ 2.
Resolvendo a equação x2 – 3x + 2 = 0 obtemos as raízes
x = 1 ou x = 2, entretanto, x = 2 não convém. Logo x = 1
é a única raiz da equação 2x 3x 2
x 2− +
− = 0.
24
+ + + + + +
Δ < 0
25
Anotações
Mat
emát
ica
II
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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Data: _____/_____/_____
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Mate
mátic
a II
18
Volume 1.B
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Conjuntos (Parte I)
Capítulo 1
Capítulo 1: Conjuntos (Parte I)Conjuntos (Parte I)Conjuntos (Parte I)Conjuntos (Parte I)Conjuntos (Parte I) ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. 18Tópico A: Conceitos Básicos e OperaçõesQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................20Capítulo 2: Conjuntos (Parte II)Conjuntos (Parte II)Conjuntos (Parte II)Conjuntos (Parte II)Conjuntos (Parte II) ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ 21Tópico A: Conjuntos NuméricosTópico B: DesigualdadeTópico C: MédiasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................24Capítulo 3: Funções (Parte I)Funções (Parte I)Funções (Parte I)Funções (Parte I)Funções (Parte I) ....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 26Tópico A: Relações Binárias e FunçõesTópico B: Função Afim ou Função Polinomial do 1o GrauTópico C: InequaçõesTópico D: Exercícios Complementares de funçõesTópico E: Questões de LógicaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................36Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................37
A) P(A) = {∅, A} → n(P(A)) = 2B) P(A) = {∅, {a}, {b}, A} → n(P(A)) = 4 = 22
C) P(A) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A} →n(P(A)) = 8 = 23
B(x + 1) . (x – 3) (x – 4) (x – 5) = 0, x ∈ N ↔↔ x + 1 = 0 ou x – 3 = 0 ou x – 4 = 0 ou x – 5 = 0 ↔↔ x = –1 ou x = 3 ou x = 4 ou x = 5.Os valores naturais são: x = 3, x = 4 ou x = 5, portantoA = {3, 4, 5} e n(P(P(A))) = 223
= 28 = 256
3
4
5
2
1
A) A e B = {1, 3, 9}B) A e B e C = {9}
C) A ou B = {1, 3, 4, 5, 9, 10, 11}D) A – (B ∪ C} = {5}E) Bc = {5, 6, 7, 8, 10, 13, 20}F) A ∩ (B ∪ C) = (1, 3, 9, 10}
A) n(N ∩ H) = 100 + 700 = 800 pessoasB) N(N ∪ H) = n(H) + n(H) – n(N ∩ H) = 1220 + 1080 –
800 = 1.500C) No de pessoas assistindo somente a 1 programa= 100
+ 200 + 300 = 600 pessoasD) Pelo menos 2 programas, significa no mínimo 2
programas. Então o número de pessoas que assistem ano mínimo 2 programas será:T = 80 + 700 + 120 + 100 = 1000 pessoas.
E) n(N ∪ H ∪ E) = 1800 – 200 = 1600 pessoasObs.: n(N ∪ H ∪ E) = n(N) + n(H) + n(E) – n(N ∩ H) –n(N ∩ E) – n(H ∩ E) + n(N ∩ H ∩ E)
F) No de pessoas que não assistem a nenhum dos 3programas = 1800 – 1600 = 200 pessoas
B
Mate
mátic
a II
19
Volume 1.B
x + 15 = 60 → x = 45 ey + 15 = 40 → y = 25Logo, o número de homens fumantes é 45.
setnamuF setnamuF setnamuF setnamuF setnamuF setnamufoãN setnamufoãN setnamufoãN setnamufoãN setnamufoãN latoT latoT latoT latoT latoT
snemoH x y 07
serehluM 51 51 03
latoT 06 04 001
EA) Falsa; Veja o diagrama do contra-exemplo abaixo:
C B
A
A ⊂ B e B ⊄ C e A ⊂ C.B) Falsa, podemos ter A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 5} e C =
{1, 2, 6}. Assim A ∩ B = B ∩ C mas B ≠ C.C) Falsa, pois A = ∅ temos ∅ ∩ B = ∅ mas ∅ ⊂ B.
D) Falsa, pois ∅ ⊂ A; ∀ A.E) Verdadeira
(A U B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = ∅ → (A ∩ C) = ∅e B ∩ C = ∅
AP = {x ∈ N/6 ≤ x ≤ 20} = {6, 7, 8, 9, 10, ..., 20}A = {x ∈ P/x é par} = {6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}B = {x ∈ P/x é divisor de 48} = {6, 8, 12, 16}C = {x ∈ P/x é múltiplo de 5} = {10, 15, 20}(A – B) = {10, 14, 18, 20}(A – B) ∩ C = {10, 20}
A23 – 1 = 8 – 1 = 7
Bn22 =
n 242−
n22 = 2n 422
−
n = 2n – 4n = 4
5
6
8
71
2
4
3
A) 315B) 75C) 235D) 155
C(4, 4)
hRhRhRhRhR +++++ hRhRhRhRhR ––––– latoT latoT latoT latoT latoT
OopiT 61 31 92
opiT ≠ O 41 71 13
latoT 03 03
N(≠ 0 ∪ Rh–) = n (≠0) + n(Rh–) – n(≠0 ∩ Rh–) = 31 + 30– 17 = 61 – 17 = 44
E
12 – 5 7 – 5
75
2
8
M(4)M(12)
M(6)
obs: mmc (4,6) = 12 M(4) ∩ M(6) = M(12)
Total: 7 + 5 + 2 + 8 = 22
AAAAAT = 160 pessoas
14 – x
8 – x 20 – x
x
y k
w
DC (dor no corpo)
D (diarréia) F (febre)
I. n(D) = 62 pessoas →y + (8 – x) + x + (14 – x) = 62 →→ y + 8 + 14 – x = 62 →
→ y – x = 40
II. n(F) = 62k + (14 – x) + x + (20 – x) = 62k + 34 – x = 62
k – x = 28
III. n(DC) = 72w + (8 – x) + x + (20 – x) = 72w – x + 28 = 72
w – x = 44
IV. n(D) + k + 20 – x + w = 16062 + k + w – x + 20 = 160
k + w – x = 78
V. De (II) e (III), tem-se que:
k x 28w x 44
k w 2x 72
− =⎧⎪⎨ − = +⎪⎩
+ − = → k + w = (72 + 2x)
Mate
mátic
a II
20
Volume 1.BEntão, substituindo na IV, obtemos:72 + 2x – x = 78
x = 6
BA viagem durou d dias.
uevohC uevohC uevohC uevohC uevohC uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN latoT latoT latoT latoT latoT
ãhnaM 6–d 6 d
edraT 3–d 3 d
latoT 5 9 d2
2d = 5 + 9 → d = 7
9
22y = 2y + x24 = 2z + 15z = 0n(A) = 8n(C) = 0y = 4n(B) = 4x = 256 – 16x = 240
4 possibilidades.Se x ⊂ A e x ⊂ B → x ⊂ A ∩ B = {4, 5, 6}Como x ⊄ C = {2, 4, 6, 8} então
x {4, 5}; x {4, 5, 6}
x {5}; x {5, 6}
= =⎧⎨ = =⎩
u = 50 pessoas
1
2
olebaC olebaC olebaC olebaC olebaCsohlO sohlO sohlO sohlO sohlO saruoL saruoL saruoL saruoL saruoL saneroM saneroM saneroM saneroM saneroM latoT latoT latoT latoT latoT
siuzA 41 81 23
sohnatsaC 5 31 81
latoT 91 13 05
Resposta: 13
T = 150 alunos
M = 40%M ∩ N = 20%N ∩ C = 22%M ∩ C = 18%
1o) y + 26%T = 40%Ty = 14%T
2o) no de pessoas (Natação) = no de pessoas (capoeira)x + 30%T = z + 28%T →
→ z – x = 2%T = 2
100 . 150 → z – x = 3
3o) x + 30%T + 14%T + 6%T + z = 150x + z = 150 – 50%Tx + z = 150 – 75x + z = 75
4o) x z 3
x z 75
2z 78
− + =+ =
=
+
z = 39 e x = 36. EntãoA) z + 10%T = 39 + 15 = 54
B) 10%T = 10
100 . 150 = 15
uevohC uevohC uevohC uevohC uevohC uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN uevohcoãN latoT latoT latoT latoT latoT
edraT 01–d 01 d
ãhnaM 7–d 7 d
latoT 9 71 d2
Então:d – 10 + d – 7 = 92d = 26
d = 13
BBBBBU = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
Se B ⊂ U e B = {1, 4, 7} então B = {2, 3, 5, 6, 8} e se A
⊂ U e A = {2, 3, 5, 7} então A = {1, 4, 6, 8}.Soma dos elementos de A é igual a 19.
3
4
5
6
7
1x3
5x3 x
F E
Seja x o número de turistas que visitaram somente a Espanha.De acordo com os dados do problema o número de
pessoas que visitaram França e Espanha é igual a x3
e o
número de pessoas que visitaram a França será 6 . x3
= 2x.
Então:n(F ∪ E) = n(F) + n(E) – n(F ∩ E)
72 = 2x + (x + 13
x) – 13
x →
→ 3x = 72 → x = 24
Logo, visitando um único país temos:
5x3 + x =
8x3 =
83 . (24) = 64 pessoas
Mate
mátic
a II
21
Volume 1.B
8 (x – 1) (x + 3) . (x – 5) = 0 → x = 1 ou x = –3 ou x = 5.A = {1, –3, 5}Entãon(P(P(A)) – 1 = 223
– 1 = 28 – 1 = 256 – 1 = 255.
9 saruoL saruoL saruoL saruoL saruoL saruoloãN saruoloãN saruoloãN saruoloãN saruoloãN latoT latoT latoT latoT latoT
sonineM 6 01 61
sanineM 4 6 01
latoT 01 61 6262626262
O número de crianças não louras ou meninos será igual a16 + 6 = 22
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
o
o
o
N de alunos com somente pai professor = x
N de alunos com somente mãe professor = y
N de alunos cujos pais não são professores = w
10
y5x
w
Pai professor Mãe professora
De acordo com os dados do problema,1a parte 2a parte
S1:+x w =
+
55e
y w
⎧⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
− =
45
x y 10
S2:
x y+ 50
e
x y
=
− 10
2x 60
⎧⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
=
Daí:
+
x y+ 50
e
x y
=
− 10
2x 60
⎧⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
=
x = 30 e y = 20
No de alunos = 130 + 20 + 5 = 155 alunos.
Conjunto (Parte II)
Capítulo 2
D
Ex: 2 . 2 = 2Contraria a opção D. Logo D é falsa.
A = [–1, 3]B = ]2, 5]C = ]–∞, 2]
A) A ∪ B = [–1, 5]
B) C – (A ∩ B) = CI. (A ∩ B) = [2, 3]
3
4
5
6
7
2
1
D
2 8 40 4. : :
3 15 24 5
⎧ ⎫⎡ ⎤ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪−⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭
= 16 40 4
: :45 24 5
⎧ ⎫−⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
= 4 8 5
. .15 10 4
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 1 4 4
.3 5 15
+ =
Bc > b > a > 0c2 > b2 > a2
pois:
(b – a) . (a – c) . (b – c) Produto Positivo
. .
⇒
↓ ↓ ↓+ − − = +
DDados: 5 ≤ x ≤ 10 e 20 ≤ y ≤ 30.
1o) 20 ≤ y ≤ 30 → 1
30 ≤
1y ≤
120
2o) 5 . 1
30 ≤ x ≤
1y ≤ 10 .
120
≤ 16
≤ xy ≤
12
.
Logo o valor máximo de xy é
12
.
A) –3x – 7 > 2x + 8 →→ –5x > 15 → 5x < –15 → x < –3
B) –1 ≤ +3x 25
≤ 1 → –5 ≤ 3x + 2 ≤ 5 →
→ –7 ≤ 3x ≤ 3 → –73
≤ x ≤ 1
A) MUiara = 8 7 5 8,5 6 8,5
6+ + + + +
=436
= 7,1666…
MMagno = 436
= 7,1666…
MCamilla = 436
= 7,1666…
Mate
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a II
22
Volume 1.BB) MPond. (Uiária) =
= 6 x 8 5 x 7 2 x 5 1 x 8,5 3 x 6 4 x 8,5
6 5 2 1 3 4+ + + + +
+ + + + + =
C) Mgeométrica = 4 8 . 7 . 5 . 8,5 = 6,9846
e (Mharmônica)–1 = + + +
1 1 1 18 7 5 8,5
4 = (0,1463) →
Mharmônica = 6,8317D) Mharmônia ≤ Mgeométrica ≤ Maritmética.
A) x = 0,6666..... (I)10x = 6,6666 ..... (II)Diminuindo II – I, temos:9x = 6
x = 69
⇒ x = 23
B) 100x = 17,171717.... (I)x = 0,171717.... (II)I – II ⇒99x = 17
x = 1799
C) 2 . 565656.... = x + 2I. x = 0,565656....II. 100x = 56,5656...III. 99x = 56,5656.... – 0,565656....
99x = 56
x = 5699
IV. (x + 2) = 5699
+ 2
(x + 2) = 25499
= 2,565656....
D) x = 0,133333....I. 100x = 13,3333....II. –10x = 1,33333....
90x = 12
III. x = 1290 = 0,13333....
E) x = 0,267777777....I. 100x = 267,77777....II. 100x = 26,7777777....III. 900x = 267 – 26
x = 241900
= 0,2677777....
F) 0,99999.... = 1
D
116⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. a0 + 01
16a⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
– 6412
− – (–32)
45
− =
= 1
16 + 1 – ( )
12 28
− – ( )( )4
5 52−
− =
= 1716
– 8–1 – (–2)–4 =
= 1716
– 18
– ( )4
1
2− =
= 1716
– 18
– 1
16 =
17 2 116− −
= 1416
= 78
C
59 ,
37 ,
511,
47 são equivalentes, respectivamente, a:
385693
, 297693
, 315693
, 396693
.
Logo x = 37
é o menor elemento e y = 47
é o maior.
AAAAA
5
6
7
1
2
3
431010 10 1
310,33
20 60 4
70,28
e
Então 10,33 + 0,28 = 10,61
E
I. Falsa, tomando a = 2 2 e b = 2 irracionaisteremos a – b = 4; a . b racional.
II. Falsa; sendo a = (2 – 3 ) e b = (4 + 3 ) númerosirracionais a soma (a + b) será racional.
III. Verdadeira.
Tomando a = 7 e b = 7 – 5 teremos a – b = 5,logo a – b pode ser racional.
BO comprimento de cada intervalo da figura será igual a:
67 1516−
= 5216 =
134 .
Então, x = 15 + 11 . 134
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 15 + 35,75
x = 50,75
B
0,323232 ... = 3299
= pq →
→ p = 32 e q = 99 → q – p = 67
Mate
mátic
a II
23
Volume 1.B
8
9
10
11
12
13
14
15
A – B = ]7,9[eB – A = [–2,5[então: (A – B) ∪ (B – A) = ]7,9[ ∪ [–2,5[
B
( )4
3 1− –
( )4
3 1+ =
( ) ( )( ) ( )
4 3 1 4 . 3 1
3 1 3 1
+ − −
− +
= 4 3 4 4 3+ − 4
3 1+
− =
82
= 4
C
C
1 ≤ a ≤ 2 e 3 ≤ b ≤ 5 → 1 ≤ a ≤ 2 e 15
≤ 1b
≤ 13
→ 15
≤ ab
≤ 23
.
BSeja x um número real positivo, podemos afirmar que:
1xx
2
+ ≥
1x .x
∴
x + 1x
≥ 2 . 1 ∴
x + 1x
≥ 2 ; ∀ x ∈ R *+ .
–1 ≤ x ≤ 3 e –2 ≤ y ≤ 0 → –1 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ –y ≤ 2≤ –1 ≤ x – y ≤ 5.Então o menor valor de (x – y) é –1 e o maior é 5.
A) 12 x 8.000 5 x 12.000 3 x 20.000
20+ +
=
= 10.800
B) Salário Diretor Geral = x
12 x 8000 5 x 12.000 3 . 20.000 x21
+ + + ≤ 20.000
x ≤ 204.000
→ Resp.: 204.000
A) Nafta e União Européia.
B) 630 150 1456 95 120 340 85 415
8+ + + + + + +
=
= 411,25 bilhões.
DNota no exame = x
Média = 30 60 50 70 2 . x
6+ + + +
≥ 50
210 + 2x ≥ 3002x ≥ 90
x ≥ 45
BS = soma total 91 números.S = 91 . 19 = 1.729
Nova média = 1729 63 64
91 2− −
− = 1.602
89 = 18
x8
yz e
xy = 7,363636 ... =
736 799
−
xy =
72999
= 24333
= 8111
= 16222
Devemos analisar algumas hipóteses:1a) x = 729 e y = 99 não convém pois o resto da divisão
de x par y não é 8.
729–693
36
997
2a) x = 81 e y = 11 não convém pois o resto da divisão dex por y é 4.
3a) x = 162 e y = 22 convém pois o resto da divisão de xpor y é 8. Então
162–154
8
227
x = 162, y = 22, z = 7 e x + y + z = 162 + 22 + 7 = 191Note que:81 = 11 . 7 + 4 → 2(81) = 2 . (11 . 7) + 2 . 4 →→ 162 = 22 . 7 + 8 →→ O resto da divisão de 162 por 22 é 8.
A) 5x – 3x ≤ 14 + 10 → 2x ≤ 24 → x ≤ 12
B) –5x + 15 > 3x + 2 → – 8x > –13 → x < 138
C) –12 ≤ 4x – 5 ≤ 30 → –12 + 5 ≤ 4x ≤ 30 + 5 →→ –8 ≤ 4x ≤ 35 →
→ –2 ≤ x ≤ 354 .
CC) Falsa, pois a + c < b + c → a + c – c < b + c – c → a < b.
16
17
A = [5, 9[5
5
9
7
7
–2B = [–2, 7]
18
19
Anotações
Mate
mátic
a II
24
Volume 1.B
I.7 37–26
11
132
13–11
2
111
111
25
→ 3713
= 2 + 1113
= 2 + 1
1311
= 2 +
12
111
+ = 2 +
11
1112
+ = 2 +
11
11
52
++
= 2 + 1
1x
1y
z
++
Racionalizando cada parcela da soma, obtemos:
S = ( )2 2
4 2
−
− +
( )−
−
3 2 2 3
18 12 +
4 3 3 448 36
−−
+
5 4 4 5100 80
−−
+ ... + 100 99 99 100990.000 980.100
−−
S = 2 2
2 +
3 2 2 36−
+ 4 3 3 4
12−
+
5 4 4 520−
+ ... + 100 99 99 100
9.900−
S = 1 – 22
+ 22
– 33
+ 33
– 44
+ 44
–
55
+ ... + 99
99 –
100100
S = 1 – 10100
= 1 – 1
10 =
910
= 0,9.
3 12 1
4 21 1
4 14 2
+
− + 1,2363636 ... =
=
1 31
4 217 34 2
+
− +
1236 12990
− =
=
11 64+
17 64−
+ 1224990
= 1711
+ 408330
= 1711
+ 136110
=
170 136110
+ =
306110
= 15355
= pq
Daí p = 153 e q = 55p – q = 98
A) r = 2 + 3 → r2 = 2 + 2 2 . 3 + 3
→ r2 = 5 + 2 6
→ 6 = 2r 5
2−
B) 6 = 2r2
– 52
Devemos provar que: se 6 é irracional então r é
irracional.Supondo que r seja racional →Supondo que r seja racional →
1
2
3
4
5
6
100 –91 90 –78 120 –117 0030 –26 40 –39 100
130,076923076923...
período
O período tem 6 algarismos,logo 200 = 33 . 6 + 2. Portanto
20020
2
633
O 200o algarismo será o 2o algarismo do período, isto é,o número 7.
S = 12 +
12 . 3 +
13 . 4 +
14 . 5 + ... +
19 . 10
S = 12
+ 1 12 3
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 13
14
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 14
15
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ ... +
19
110
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
S = 12 +
12 –
110 = 1 –
110 =
910 = 0,9
→ r2 também será → 2r2
– 52
também será →
→ 6 é racional. O que contradiz a hipótese.
Então r é irracional.
N = 0,011363636... = 1136 11
99000−
= 1125
99.000 =
22519.800
= 45
3960 =
9792
= 1
88 =
mn
Então m + n = 89.
E
então x = 1, y = 5 e z = 2 e x + y + z = 8.
Mate
mátic
a II
25
Volume 1.B2a parte: 2a rodada com 5 jogos.
Seja x o número de gols marcados tal que ( )x 15
11
+ =
= 2,5 + 20
100 . (2,5) →
( )x 15
11
+= 2,50 + 0,50 →
→ ( )x 15
11
+ = 3 → x = 18
34Sejam a, b e c o número de elementos dos conjuntos x, y ez, respectivamente; e Sx, Sy e Sz a soma das idades daspessoas dos conjuntos x, y e z.De acordo com os dados, temos:Sx = 37aSy = 23 . bSz = 41 . ce
( )( )
( )
x y
x z
y z
S S 29 . a b 37a 23b 29a 29b
S S 39 . 5 a c 37a 41c 39,5a 39,5 . c
S S 33 . b c 23b 41c 33b 33c
⎧ + = + → + = +⎪⎪ + = + → + = +⎨⎪
+ = + → + = +⎪⎩
8a 6b 0
2,5a 1,5c 010b 8c 0
− =⎧⎪ − =⎨⎪ − =⎩
~
3b4a 3b 0 a
45 5
5a 3c 0 c . a b3 4
5b 4c 0
⎧ − = → =⎪⎪⎪ − = → = =⎨⎪⎪ − =⎪⎩
Então; a média procurada será igual a:
x y zS S S
a b c
+ +
+ + =
37a 23b 41c3b 5
b b4 4
+ +
+ + =
=
3b 537 . 23b 41. b
4 43b 4b 5b
4
+ +
+ + =
=
111. b 92b 205b4
+ +
12b4
=
= 40812
= 34
8
9
10
11
12
13
14
A distância do número ( 3 – 2 ) até ( 3 + 2 ) é de d
= ( 3 + 2 ) – ( 3 – 2 ) = 2 2 que equivale a 15u,
então 2 2 = 15μ → μ = 2 215
.
Do número ( 3 – 2 ) até x são 6μ portanto x = 3 –
2 + 6 . 2 215
x = 3 – 2 + 4 2
5
x = 5 3 2
5−
a, b e c são inteirosa + b + c = 0 → a + b = –c →→ (a + b)3 = (–c)3 → a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = –c3 →→ a3 + b3 + c3 = –3 . (a2b + ab2)
Logo 3 3 3a b c
3+ +
= –(a2b + ab2) é um número inteiro.
D1a parte: –4 < x < –1 e 1 < y < 2 →→ 1 < –x < 4 e 1 < y < 2 →
→ 1 < –x . y < 8 → –8 < x . y < –1.
2a parte: –4 < x < –1 → 11− <
1x <
14− →
→ –1 < 1x
< – 14
→
→ – 2 < 2x
< – 24
→ – 2 < 2x
< – 12
a > 0 e b > 0 →
→ a b
2+
≥ a . b → ( )2a b
4
+ ≥ a . b →
→ 2a
ab +
2abab
+ 2b
ab ≥ 4 →
ab
+ ba
≥ 2.
a > 0 e b > 0 e c > 0 →
→ a + b
2 ≥ ab ,
a + c2
≥ ac e b + c
2 ≥ bc →
→ (a + b) ≥ 2 ab ; (a + c) ≥ 2 . ac e (b + c) ≥ 2 bc
→ (a + b) (a + c) (b + c) ≥ 8 . 2 2 2a . b . c →
→ (a + b) (a + c) (b + c) ≥ 8 abc.
181a parte: 1a rodada6 jogos e (5 + 3 + 1 + 4 + 0 + 2) = 15 gols marcados.
Uma média de 156 = 2,5 gols/jogo.
Anotações
Mate
mátic
a II
26
Volume 1.B
Funções (Parte I)
Capítulo 3
−⎧ = → − =⎪⎪⎪⎨⎪ + = − + → + = − +⎪⎪⎩
4a 12b 4a 1 6b
3e
2b 5 3a 2 2b 5 3a 2 ~
~ − =⎧
⎨ + = −⎩
4a 6b 13a 2b 3 ~
−4a 6b =
+
1
9a 2b
⎧⎪⎨
= −⎪⎩= −
9
13a 8
a = −813
e 3a + 2b = –3 → −2413
+ 2b = –3 →
→ 2b + –3 + 2413
→ 2b = −1513
→ b = −1526
A = [2, 6] e B [ [3, 8]R = {(x, y)/x ∈ A e y ∈ B}
EA = {0, 1, 2, 3}B = {1, 2, 4, 5}R = {(x, y) e A x B / y = 2x – 1}
Atribuindo valores a x, onde x Î {0, 1, 2, 3}, temos:
y = 2(0) – 1 = –1 ∉ By = 2(1) – 1 = 1 ∈ By = 2(2) – 1 = 3 ∉ By = 2(3) – 1 = 5 ∈ B
B A4
2
2
F
E 3–4 –3
– 3–1C
D
2
1
3
8
3
D E
FG
2 6
Área (DEFG) =
= GF . FE = 4 . 5 = 20.
4
5
6
2–2
–3
x
y
A) ƒ: R RD(ƒ) = R e CD(ƒ) = R
B) Im(ƒ) = [–3, +∞[C) –2 e 2D) ƒ é crescente para x ≥ 0E) x = 0F) ƒ(x) > 0 ↔ x < –2 ou x > 2
A) f(x) = 2x 34x 5
+−
I. 4x – 5 ≠ 0
x ≠ 54
Resposta: D(f(x)) = R – 54
⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭
B) g(x) = 5x 3−
I. 5x 3− ≥ 05x – 3 ≥ 0
x ≥ 35
Resposta: D[g(x)] = 3
,5⎡ ⎡+ ∞⎢ ⎢⎣ ⎣
C) h(x) = 5 3x 7+
Resposta: D[h(x)] = R
7
Logo:R = {(1, 1), (2, 5)}D = (1, 2)I = {1, 5}
A) R é função.A) D(R) = AB) CD(R) = BC) Im(R) = {–1, 1, 2}D) Não existe.
B) F é função.A) D(F) = AB) CD(F) = B
C) H não é função.D) T não é função, pois 7 não tem correspondente em B.E) U é função.
A) D(U) = AB) CD(U) = BC) Im(U) = {0, 1, 2}D) 5 e 1 são os zeros ou raízes da função.
Mate
mátic
a II
27
Volume 1.B
1o) y = ax + b
( )( )
A 1, 4 ƒ 4 a bB 3, 5 ƒ 5 3a b
∈ → = +⎧⎨∈ → = +⎩
~ a b 43a b 5
+ =⎧⎨ + =⎩
~ a b+ 43a b
=− − 5
2a 1
⎧⎪⎨ = −⎪⎩
− = −
8
9
� �
� �
� �
� ��
� �
�� �
� ��
� �
� �
�
� �
�
�
� �
�� �
B) f(x) = –3x + 4
C) f(x) = 8x
y
B
A
5
4
1 3
+–––2
–– + + +
+– – – – –
++++ 4
ƒ(x) = 3x + 6I. ƒ(x) = 0 ↔ 3x + 6 = 0 ↔ x = –2II. ƒ(x) > 0 ↔ x > –2III. ƒ(x) < 0 ↔ x < –2
B)
g(x) = –2x + 8I. g(x) = 0 ↔ –2x + 8 = 0 ↔ x = 4II. g(x) > 0 ↔ x < 4III. g(x) < 0 ↔ x > 4
Custo Custo Custo Custo Custo e ReceitaReceitaReceitaReceitaReceitaC(q) = 3q + 90 R(q) = 5 . q
A) Ponto de equilíbrioC(q) = R(q) ↔ 3q + 90 = 5q ↔ q = 45
10
D) I(x) = 41
2x 6+I. 2x + 6 > 0
x > –3
Resposta: D[I(x)] = ]–3, +∞[
A) f(x) = 2x + 3
a = 12
e b = 4 – 12
b = 72
ƒ(x) = x2
+ 72
2o) ƒ(10) = 102
+ 72
= 5 + 72
ƒ(10) = 172
3o) ƒ(x) = 0 ↔ x2
+ 72
= 0 ↔ x + 7 = 0 ↔ x = – 7.
4o) Se x = 0 → ƒ(0) = 02
+ 72
→ ƒ(0) = 72
.
Então 7
0,2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
é o ponto de intersecção com o eixo dos y.
5o) ƒ(x) > 0 ↔ x2
+ 72
> 0 ↔ x + 7 > 0 ↔ x > –7
6o) ƒ(x) < 0 ↔ x < – 7.
A)
11
225 p
90
–30 45 q
c(q)
Ponto de equilíbrio: P (45, 225)
Mate
mátic
a II
28
Volume 1.B
E2
E1
A face E2 é oposta a face
A face E1 é oposta a face
A face é oposta a face
Dado 2(E)
15
A face P2 é oposta a face
A face O é oposta a face
A face P1 é oposta a face
P2
P11111
Dado 1(P)
B) (x – 4) 5 . (2x + 6) . (x – 1) ≥ 0
12
13
14
I. L(q) < 0 ↔ q < 45II. L(q) = 0 ↔ q = 45III. L(q) > 0 ↔ q > 45
A) ( )2x 2−
+
. (–3x + 9) . (2x – 2) < 0
I. Análise em 1 reta1a parte: (–3x + 9) . (2x – 2) < 0
– – –– – – + + + +
1 3
2a parte: x ≠ 2
1 2 3
S = ]–∞,1[ ∪ ]3, +∞[.II. Quadro de sinais
+ + + +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ + + + + +
+ +
– – – –+ + +
– – – –
+
1
(x – 2)2
–3x + 9
2x – 2
2 3
– + –
2
3
1
–3 1 4
– + +–
S = [–3, 1] ∪ [4, +∞[
II.
+ + + + + +
+ + + + + +
++ +
–
– – –
– – –
– – – – –
– – –
+
–3
ƒ(x) = x – 4
g(x) = 2x + 6
h(x) = x – 1
ƒ . g . h
1 4
– +–
4
–3
1
S = [–3, 1] ∪ [4, +∞[.
– –
–
– – – ––+ + +
+ +
+
+ + + + + + ++
2 5
5
–
2
S = [2, +∞[
ƒ(x) ∈ R ↔ ( ) ( )( )
5x 3 . 2x 8
2x 3
− − +
− ≥ 0
3 2
3 4
+ – + –
B) L(q) = R(q) – C(q)L(q) = 5q – (3q + 90)L(q) = 2q – 90
–90
45 q
L(q)
C) (–2x + 4)3 . (x – 5)2 ≤ 0
1o) x = 2 e x = 5 satisfazem, pois anulam o produto.
(–2x + 4)3 . ( )2x 5− ≤ 0 ↔ –2x + 4 ≤ 0 ↔ –2x ≤ –4
↔ x ≥ 2Então S = {x ∈ R} x ≥ 2}
II.
S = [–∞, 32
[ ∪ [3, 4]
CDados: I. B não é azul
II. A é azulIII. C não é amarela
As bolas foram pintadas com cores diferentes escolhidasentre azul, verde ou amarela e somente uma das proposiçõesé verdadeira.
11111aaaaa hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: a proposição I é verdadeira e as proposiçõesII e III são falsas.Se III é falsa então C é amarela. Como I é verdadeira,então B é verde pois C já é amarela e conseqüentemente Aé azul. Contradição; pois a proposição I é falsa.
22222aaaaa hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: A proposição II é verdadeira e I e III são falsas.Se II é verdadeira então A é azul. Mas I sendo falsa implicaque B é azul, o que contradiz as condições do problema,pois as bolas tem cores diferentes.
33333aaaaa hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: hipótese: A proposição III é verdadeira e I e II são falsas.Se I é falsa então B é azulB é azulB é azulB é azulB é azul. Sendo III verdadeira então C éC éC éC éC éverdeverdeverdeverdeverde, pois B já é azul, e A é amarelaA é amarelaA é amarelaA é amarelaA é amarela. Satisfazendo assima todas as condições do problema.
DConsiderações iniciais:Ao formar os dados observamos que:
Mate
mátic
a II
29
Volume 1.Bem que P1, P2, E1 e E2 são as faces não numeradas.
11111ooooo caso: caso: caso: caso: caso: Dado 1 apoiado na face P1 e dado 2 apoiado naface E1, dariam resultados 3 e 3, respectivamente. (Valoresde suas faces opostas). Então, a soma é igual a 6soma é igual a 6soma é igual a 6soma é igual a 6soma é igual a 6.22222ooooo caso: caso: caso: caso: caso: Dado 1 apoiado na face P1 e dado 2 apoiado naface E2, dariam resultados 3 e 5, respectivamente. Então, asoma seria 8soma seria 8soma seria 8soma seria 8soma seria 8.33333ooooo caso: caso: caso: caso: caso: Dado 1 apoiado na face P2 e dado 2 apoiado naface E1, dariam resultados 1 e 3, respectivamente. Então, asoma é igual a 4.44444ooooo caso: caso: caso: caso: caso: Dado 1 apoiado na face P2 e dado 2 apoiado naface E2, dariam resultados 1 e 5, respectivamente. Nestecaso a soma seria 6soma seria 6soma seria 6soma seria 6soma seria 6.
Ax . y . z = 40, x e y e z são inteiros positivos11111aaaaa parte: parte: parte: parte: parte: Ternos possíveis40 = 4 . 5 . 2 → x = 4, y = 5 e z = 240 = 2 . 10 . 2 → x = 2, y = 10 e z = 240 = 1 . 8 . 5 → x = 1, y = 8 e z = 540 = 1 . 1 . 40 → x = 1, y = 1 e z = 4040 = 4 . 10 . 1 → x = 4, y = 10 e z = 140 = 2 . 20 . 1 → x = 2, y = 20 e z = 1
22222aaaaa parte: parte: parte: parte: parte: Somas possíveisx + y + z pode ser: 11, 14, 14, 42, 15 e 23.Ora, como houve um impasse após a 2a informação (no dacamisa), concluimos que x + y + z = 14.Daí, como existe 1 filho mais novo (caçula), podemos afirmarcom segurança que as idades são 1, 5 e 8 anos.
16
B
x y+ 10 e
x y
=
− 4
2x 14 x 7 e y 3.
⎧⎪⎨
=⎪⎩= → = =
Logo 2x – y = 14 – 3 = 11.
A) N(A . B) = n(A) . n(B) = 5 . 6 = 30B) No de relações de A em B = 2n(A . B) = 230
C) R = {(x, y) ∈ A . B/y = x2}x ∈ A = {–2, –1, 0, 1, 2}.x = –2 → y = (–2)2 = 4 ∈ B → (–2, 4) ∈ Rx = –1 → y = (–1)2 = 1 ∈ B → (–1, 1) ∈ Rx = 0 → y = 02 = 0 ∈ B → (0, 0) ∈ Rx = 1 → y = 12 = 1 ∈ B → (1, 1) ∈ Rx = 2 → y = 22 = 4 ∈ B → (2, 4) ∈ RR = {(–2, 4), (–1, 1), (0, 0), (1, 1), (2, 4)}
–2–1
012
401
A BR 4
1
1–1–2 2
1
2
D) R é função.D(R) = ACD(R) = BR tem somente uma raiz igual a 0.Im(R) = {4, 0, 1}
CP = {1, 2, 5, 7, 8}w = {(x, y) ∈ P2/x < y}(x, y) ∈ P . P → x ∈ P e y ∈ P. Então1o) Se x = 1 → y = 2, y = 5, y = 7 ou y = 8 →→ (1, 2), (1, 5), (1, 7), (1, 8) pertencem a w.2o) Se x = 2 → y = 5, y = 7 ou y = 8 →→ (2, 5), (2, 7), (2, 8) pertencem a w.3o) x = 5 → y = 7 ou y = 8 → (5, 7), (5, 8) pertencem a w.4o) x = 7 → y = 8 → (7, 8) ∈ w.Então w tem 10 elementos.
CA . B = {(x, y)/x ∈ A e y ∈ B}n(A . B) = 20 → n(A) . n(B) = 201o) (1, 2), (2, 6), (3, 7), (4, 8) e (1, 9) pertencem a A . B →→ 1, 2, 3, 4 são elementos de A e 2, 6, 7, 8, 9 são elementosde B.Como n(A) . n(B) = 20 → A = {1, 2, 3, 4} e B = {2, 6, 7,8, 9}. Daí a soma dos elementos de A será igual a 10.
E
3
4
5
6
– –– – – + + +–2 2
ƒ(x) = g(x) ∈ R → g(x) ≥ 0
→ –2 ≤ x ≤ 2.D(ƒ) = [–2, 2]
A
ƒ(x) = ( ) ( )
2
x 1 x 1
x 1
− +
− =
( )( ) ( )
x 1
x 1 x 1
−
+ −; x ≠ 1 = ƒ(x)
= ( )1
x 1+ ; x ≠ 1
ƒ( 2 ) = ( )
( ) ( )1 2 1
2 1 2 1
−
+ − =
2 12 1
−−
= 2 – 1.
A) Domínio
y = 6 3x 12− + ∈ R → –3x + 12 ≥ 0 → –3x ≥ –12 →
D(ƒ) = {x ∈ R/x ≤ 4}
x ≤ 4
Zeros de f:
6 3x 12− + = 0 ↔ –3x +12 = 0 ↔ x = 4
B) y ∈ R → x – 5 ≠ 0 e x – 3 ≠ 0 → x ≠ 5 e x ≠ 3.D(g) = R – {5, 3}Zeros de g
1x 5− +
1x 3− = 0 ↔ ( ) ( )
x 3 x 5x 5 x 3
− + −− − = 0 →
→ 2x – 8 = 0 → x = 4
7
Mate
mátic
a II
30
Volume 1.B
10 A
ƒ(1) = 1 + A + B – 3 = 4 → A + B = 6
ƒ(–1) = –1 + A – B – 3 = –6 → A B− 2
2A 4= −
= →
→ A = 2 e B = 4
Então 2A + B = 4 + 4 = 8
–24ƒ(x) = ax + bƒ(–1) = –a + b = –6
ƒ(1) = a b 4
2b 10+ = − +
= − →
→ b = –5 e a = 1Logo a2 – b2 = 12 –(–5)2 = 1 – 25 = –24
BConsidere x o número de quilômetrosrodados
Localidade A: y = 2 + 2 . xLocalidade B: y = 3 . x
A) ƒ(x) = – 3x + 12
11
y
x
4
3
2
2
1
1
12
12
y
x4 – – –++++
13
1o) ƒ(x) = 0 ↔ x = 42o) ƒ(x) > 0 ↔ x < 43o) ƒ(x) < 0 ↔ x > 4
y
x– –––– –++++3
–6
x y
0 –6
3 0
1o) ƒ(x) = 0 ↔ x = 32o) ƒ(x) > 0 ↔ x < 33o) ƒ(x) < 0 ↔ x > 3
– ––––++++
–1(0, 0)
4
x y
0 0
1 4
1o) ƒ(x) = 0 ↔ x = 02o) ƒ(x) > 0 ↔ x < 03o) ƒ(x) < 0 ↔ x > 0
C) h(x) ∈ R → 2x + 4 ≥ 0 e – 3x + 9 > 0 →→ x ≥ –2 e x < 3 →→ –2 ≤ x < 3.D(h) = [–2, 3[Zeros de h
h(x) = 2x 4
3x 9
+
− + = 0 ↔ 2x + 4 = 0 ↔ x = –2
D) (x) ∈ R → ∀ x ∈ R → D( ) = R.Zeros de
(x) = 0 ↔ x 1x 1
−+ = 0 ↔ x – 1 = 0 ↔ x = 1
D
ƒ(x) = x + 6x ; x ≠ 0.
y = x + 6x
Sendo x inteiro, y é também inteiro se x for um divisor de 6.Isto é:x = 1 → y = 1 + 6 = 7
x = –1 → y = –1 + 61− = –7
x = 2 → y = 2 + 62 = 5
x = –2 → y = –2 + 62− = –5
x = 3 → y = 3 + 63
= 5
x = –3 → y = –3 + 63− = –5
x = 6 → y = 6 + 66
= 7
x = –6 → y = –6 + 66− = –7
Então, o total de pontos procurados é 8.Obs.: 6 = 21 . 31
Número de divisores de 6 = 2 . (1 + 1) . (1 + 1) = 8.
8
0,7
0,6
1 2 3 4 5 6
Após o jantar
O indivíduo que bebeu após o jantar em 1h ele atinge olimite máximo permitido de álcool, e somente após 3 horasaproximadamente ele poderá dirigir, pois as imagens nográfico são menos que 0,6 quando x > 3.Analisando o gráfico do 2o indivíduo concluimos que após4,5 horas aproximadamente ele poderá dirigir.
9
C) ƒ(x) = 4x
B) ƒ(x) = 2x – 6
Mate
mátic
a II
31
Volume 1.BD) ƒ(x) = –x
14
– ––––++++
–1(0, 0)
1
1o) ƒ(x) = 0 ↔ x = 02o) ƒ(x) > 0 ↔ x < 03o) ƒ(x) < 0 ↔ x > 0
E) ƒ(x) = –3
– ––––– –––
–3 ƒ(x) = –3
1o) Não existe x ∈ R tal que ƒ(x) = 02o) Não existe x ∈ R tal que ƒ(x) > 0
3o) ƒ(x) < 0, ∀ x ∈ R.
A) 5(x) = 350 + 2% . x; x é o valor dos ventos no mês.
B) 1800 = 350 + 2
100 . x →
→ 2
100 . x = 1450 → 72.500
C11111aaaaa parte parte parte parte parte:
ƒ(x) = ax + b, onde a = 30 1050 20
−− =
2030
= 23
ƒ(x) = 23
x + b
ƒ(20) = 10 → 23 . 20 + b = 10 → b = –
103 →
→ ƒ(x) = 23
x –103
; x é o peso.
22222aaaaa parte parte parte parte parte:
ƒ(80) = 23
. 80 – 103
= 150
3 = 50 mL
Eƒ(x) = ax + bƒ(0) = 1 + ƒ(1) → b = 1 + a + b → a = –1ƒ(–1) = 2 – ƒ(0) → –a + b = 2 – b → 1 + b = 2 – b →
→ 2b = 1 → b = 12
15
16
ƒ(x) = –x + 12
ƒ(3) = –3 + 12 = –
52
B
( ) ( )ƒ 7 3 ƒ 5 2
7 3 5 2
−
− =
( ) ( )7 3 m n 5 2 m n
7 3 5 2
+ − +
− =
= ( )m . 7 3 5 2−
( )7 3 5 2− = m.
I. (a)F(c) = a . c + bF(0) = 32 → a . 0 + b = 32 → b = 32F(100) = 212 → 100a + b = 212 → 100a + 32 =212
→ a = 180100
= 1,8 = 1810
= 95
F(c) = 95 . c + 32
II. DDDDD80,60oF
F(27) = 95
. 27 + 32 = 80,60oF
III. AAAAA
F = 95
. c + 32 →
95 c = F – 32 →
→ c = 59
F – 160
9
Então a = 59
Cg(x) ≤ ƒ(x) ≤ h(x) ↔ 3 ≤ x ≤ 5.
A) ƒ(x) = 2x + 6 e g(x) = –3x + 12 se interceptam quando
2x + 6 = –3x + 12 → 5x = 6 → x = 65 →
→ ƒ65
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 2 . 65
+ 6 = 425
.
O ponto de intersecção é 6 42
,5 5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
B) ƒ(x) < g(x) ↔ 2x + 6 < –3x + 12 ↔
↔ 5x < 6 ↔ x < 65 .
17
18
19
20
Mate
mátic
a II
32
Volume 1.B
E) –5 ≤ 3x + 4 ≤ 8 +(–4) –9 ≤ 3x ≤ 4 ÷(3)
–3 ≤ x ≤ 43
S = 43,3
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
F) x + 2 ≥ 3x – 6 → –2x ≥ –8 → x ≤ 4
e x + 2 ≤ 4x + 7 → –3x ≤ 5 → x ≥ –53
S = 5x / x 43
⎧ ⎫∈ − ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭
R
G) (x – 3)5 . (x – 2)2 ≥ 01o) x = 2 é solução e x = 3.2o) P/ x ≠ 2, temos(x – 3)5 . (x – 2)2 ≥ 0 → (x – 3) ≥ 0↔ x ≥ 3S = {x ∈ R/x ≥ 3 ou x = 2}
H)2x 1x 4
− +− – 6 ≤ 0 →
2x 1 6x 24x 4
− + − +− ≤ 0
8x 25x 4
− +− ≤ 0
Est. sinalEst. sinalEst. sinalEst. sinalEst. sinal
–– +
258
4
S = {x ∈ R/x ≤ 258
ou x > 4}
I.x 2
3x 9−− – 1 > 0 ↔
↔ x 2 3x 9
3x 9− − +
− > 0 ↔
↔ 2x 7
3x 9− +
− > 0.
Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:
–– +
7 2
3
S = {x ∈ R/3 < x < 72
}
C)
–3 4
12
6 5
6
42 5
6 5
42 5
I ,
BA x
x y
0 6
–3 0
x y
0 12
4 0
y = 2x + 6 y = –3x + 12
Área do ΔABI = AB . h
2 =
427 .
52
= 147
5.
A) 1o Método: Quadro de sinais.(2x + 3) (x – 1) (x – 4) ≤ 0
– + + +
– – + +
– – – +
–
– 3/2
S = ] – ∞, – 3/2 ] ∪ [ 1, 4 ]
f– 3/2
1
1
4
4
+ – +
–3
2
1 4
– –+ +
–4 –3 –2 –1
+ +–– –
–5 5
+ +–
Coeficiente
de x (–) (–)
–4 –2
+ +–
2o Método:
B)
S = ]– 4, – 3[ ∪ ]– 2, – 1[
C) 1o. x = 2 e solução2o. (– x + 5) . (– 2x – 10) ≤ 0
S = [– 5, 5]
D)
p/ x ≠ – 3(– x – 4) . (– x – 2) ≤ 0S = {x ∈ R/ – 4 ≤ x ≤ – 2 e x ≠ – 3}
21
Mate
mátic
a II
33
Volume 1.B
I. Domínio de ƒ.
ƒ(x) ∈ R ↔ x 1x 1
−+ ≥ 0
22
23
–+ +
1–1
D(f) = {x ∈ R / x < –1 ou x ≥ 1}II. Domínio de g
g(x) ∈ R ↔ x – 1 ≥ 0 e x + 1 > 0 ↔↔ x ≥ 1 e x > –1 ↔ x ≥ 1D(g) = {x ∈ R/x ≥ 1}. Logo ƒ ≠ g.
1o) Lei de gLei de gLei de gLei de gLei de gg(x) = ax + b
g(0) = 3 → a . 0 + b = 3 → b = 3
g(–2) = 0 → –2a + b = 0 → –2a + 3 = 0 →
→ a = 32
Logo g(x) = 32
x + 3.
2o) IntersecçãoIntersecçãoIntersecçãoIntersecçãoIntersecção
g(x) = ƒ(x) ↔ 32 x + 3 = 6 ↔
32 x = 3 →
↔ 3x = 6 ↔ x = 2Logo P (2, 6)
3o) g(x) ≤ ƒ(x) ↔ 32
x ≤ 3 ↔ x ≤ 2
A
ƒ(x) ∈ R ↔ 2 x3 x
+− ≤ 0
24
25
– –+
3– 2
S = [– 2 , 3 [.
A
Analisando o gráfico, 0 < ƒ(x) < 1 se –32 < x ≤ –1 ou
12
≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2.
E
ƒ(x) ∈ R ↔ 3x – 2 + ( )2x 4x 4− − + ∈ R ↔
↔ – (x2 – 4x + 4) ≥ 0↔ x2 – 4x + 4 ≤ 0 ↔ x = 2Est. sinal:Δ = 42 – 4 . 4 = 0
x = 4 0
2±
= 2
Pelo estudo do sinal conclui-se que x = 2 é o único valorque satisfaz a inequação x2 – 4x + 4 ≤ 0.
26
+ +
2
Obs.: (x2 – 4x + 4 > 0; para todo x ∈ R, x ≠ 2).
Então ƒ(2) = 3 . 2 – 2 + 0− = 4.
A
ƒ(x) + g(x) ≥ 0 ↔ 2
1 x− +
11 2x+
≥ 0 ↔
↔ ( ) ( )
( ) ( )2 1 2x 1. 1 x
1 x 1 2x
+ + −
− + ≥ 0 ↔
↔ ( ) ( )2 4x 1 x1 x 1 2x
+ + −− +
≥ 0 ↔
↔ ( ) ( )
3x 31 x 1 2x
+− +
≥ 0
27
29
S = {x ∈ R/x ≤ –1 ou 1
2−
< x < 1}.
A
5x 3−
> 3 ↔ 5
x 3− – 3 > 0 ↔
5 3x 9x 3
− +−
> 0
↔ 3x 14x 3
− +−
> 0
28
– –+
3 143
S = ]3, 143
[
O maior inteiro é x = 4
B
0 < ƒ(x) ≤ 4 ↔ 0 < 2x 2x 3
+− ≤ 4 ↔
↔ 2x 2x 3
+− – 4 ≤ 0 e
2x 2x 3
+− > 0
↔ 2x 2 4x 12
x 3+ − +
− ≤ 0 e 2x 2x 3
+− > 0
↔ 2x 14x 3
− +− ≤ 0 e
2x 2x 3
+− > 0
– –+
3 7
–+ +
–1 3
–12
–1 1
+ – + –
Mate
mátic
a II
34
Volume 1.BV = 3,60 . (k + 25) – 73,30V = 3,60 . k + 16,70
D
ƒ12
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= π
ƒ(x + 1) = x . ƒ(x)
1o) ƒ1
12
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
= 12 . ƒ
12
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
→ ƒ32
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 2π
2o) ƒ3
12
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
= 32
. ƒ32
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
→ ƒ52
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 32
. 2π
=
34
π
3o) ƒ5
12
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
= 52
. ƒ52
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
→ ƒ72
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 52
. 3
4π
=
158
π
Bƒ(x2) + ƒ(2x) = 3x + 2x = 2 → ƒ(4) + ƒ(4) = 3 . 2 + 2 = 8 →→ 2 . ƒ(4) = 8 → ƒ(4) = 4
Aƒ(2x + 1) = 10 . ƒ(x) –3
x = 15 → ƒ(31) = 10 . ƒ(15) –3 → ƒ(15) = ( )ƒ 31 3
10
+
x = 7 → ƒ(15) = 10 . ƒ(7) –3 → ƒ(7) = ( )ƒ 15 3
10
+
x = 3 → ƒ(7) = 10 . ƒ(3) –3 → ƒ(3) = ( )ƒ 7 3
10
+
x = 1 → ƒ(3) = 10 . ƒ(1) –3 → ƒ(1) = ( )ƒ 3 3
10
+
x = 0 → ƒ(1) = 10 . ƒ(0) –3 → ƒ(0) = ( )ƒ 1 3
10
+
Logo
ƒ(15) = 0 3
10+
= 0,3
ƒ(7) = 0,3 3
10+
= 3,310
= 0,33
ƒ(3) = 0,33 3
10+
= 3,3310
= 0,333
ƒ(1) = 0,333 3
10+
= 0,3333
ƒ(0) = 0,33333
Dƒ é de grau 3, da forma ƒ(x) = ax3 + bx2 + cx → ƒ(0) = 0Daí, se:
34
35
36
37
Intersecção dos intervalos
3
3–1
7
7
S = {x ∈ R/x < –1 ou x ≥ 7}
A
ƒ(x) = 2
2
1 x , x é racional
1 x , x é irracional
⎧ +⎪⎨
−⎪⎩
ƒ(0,1) = 1 + (0,1)2 = 1 + 1
100 = 101100 = 1,01
ƒ(1 – 2 ) = 1 – (1 – 2 )2 = 1 – (1 – 2 2 + 2)
= 1 – (3 –2 2 ) = –2 + 2 2
ƒ12
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 1 + 14
= 54
= 1,25
Então ƒ(0,1) + ƒ(1 – 2 ) + ƒ12
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 1,01 + (–2 +
2 2 ) + 1,25 = 0,26 + 2 2
D
F(n) =
n, n par
2n 1
; n é ímpar2
⎧⎪⎪⎨ +⎪⎪⎩
Para n ímpar, n + 1 é par, então:
( )( )
ƒ n 1
ƒ n
+ =
n 12
n 12
+
+ = 1
BProdução durante a 5a hora = ƒ(5) – ƒ(4) = 200 (5 + 1) –50 . (42 + 4) = 1200 – 1000 = 200
DA) Errado, pois p/x = 0 temos y = 4,70.B) Errado, pois 0 ≤ x ≤ 10 o valor é constante igual a
4,70.C) Errado.D) Correto.
Se x > 25 o valor à pagar será dado pela lei V(x) = ax + b,onde V(25) = 16,70 e V(30) = 34,70
Então a = 34,70 16,70
30 25−−
= 185
= 3,60 e V(25) = 3,60
. (25) + b = 16,70 → b = –73,30
V(x) = 3,60 . x – 73,30 onde x ≥ 25Se (x – 25) = k é o número de m3 que ultrapassa 25, a leide V poderá ser escrita da seguinte forma:
30
31
32
33
Mate
mátic
a II
35
Volume 1.B
ƒ(x) – ƒ(x – 1) = x2; ∀ x ∈ R, temos que:
ƒ(6) – ( )ƒ 5 = 62 = 36
( )ƒ 5 – ( )ƒ 4 = 52 = 25
( )ƒ 4 – ( )ƒ 3 = 42 = 16 +
( )ƒ 3 – ( )ƒ 2 = 32 = 9
( )ƒ 2 – ( )ƒ 1 = 22 = 4
( )ƒ 1 – ƒ(0) = 12 = 1 +
ƒ(6) – ƒ(0) = 36 + 25 + 16 + 9 + 4 + 1 = 91ƒ(6) – 0 = 91 → ƒ(6) = 91
B
Na região 3, temos uma seqüênciade números em progressãogeométrica de razão 2; a saber: 5,10, 20, 40, ... O próximo será 8080808080.
Na região 1 a seqüência (6, 12, 23,44, ...) tem a seguinte formação12 = 2 . 623 = 2 . 12 – 144 = 2 . 23 – 2O próximo será 2 . 44 – 3 = 8585858585.
Na região 2, a seqüência 7, 14, 26, 48, ... tem a seguinteformação7 = 6 + 114 = 12 + 226 = 23 + 348 = 44 + 4O próximo será 85 + 5 = 9090909090.
Então o último círculo serácuja soma dos seus 3 números seráigual a 85 + 90 + 80 = 255.
BA implicação é verdadeira.“Se mulher está grávida → gonadotrofina está presente naurina”.Ter gonodotrofina não implica que a pessoa esteja grávida.No entanto o fato de não ter a substância garante que apessoa não está grávida, pois se estivesse a substânciaestaria presente.
A
38
85 90
80
E
L2
L4
L3
L5
L1
Região1
Região2
Região3
40
39
Sejam L1, L2, L3, L4 e L5 os locais onde existem 2 opçõesde direções.No local L1 64 carros seguem a direita e 64 carros seguemem frente.Acompanhando os 64 carros que entraram a direita, aochegar no local L3, 32 carros seguem em frente e 32 entramà esquerda.No local L4, 16 carros entram à direita e 16 seguem em linhareta. E no local L5 1616161616 saem por S e 16 seguem em frente.Finalmente, dos 16 carros que entraram à direita no localL4, 88888 saem por S e 8 carros vão em frente.Então 24 carros deixam a região pela saída S.
BO número mínimo é 3 cores.(Sugestão: pinte a região do meio de amarelo, o próximopaís de verde, o adjacente azul, e sai alternando as cores,verde, azul, verde, azul, ... até fechar o círculo.
A) Verdade, pois o ano tem 12 meses.Supondo que 12 pessoas nasceram em meses diferentes,no mínimo 2 nasceram no mesmo mês do ano.
B) Verdade.1 semana tem 7 dias, supondo que 7 pessoas nasceramem dias diferentes da semana, e as outras 7 tambémnasceram em dias da semana distintos. Como são 15pessoas, pelo menos 3 nasceram no mesmo dia.
C) Verdade.Suponhamos que a 1a pessoa de uma lista de 15pessoas conheça as demais e que a partir da 2a pessoao número de conhecidos delas sejam diferentes, isto é:a 2a pessoa tem 1 conhecidoa 3a pessoa tem 2 conhecidosa 4a pessoa tem 3 conhecidos
a 14a pessoa tem 13 conhecidosa 15a pessoa tem 14 conhecidos.
Este raciocínio irá nos conduzir, a uma contradição, poisa 1a e a 15a teriam o mesmo número de amigos. Logose uma delas conhece as demais então existem pelomenos duas pessoas com o mesmo número de amigos.
D) Falso.Supondo que:1a pessoa tem 0 conhecidos2a pessoa tem 1 conhecido3a pessoa tem 2 conhecidos14a pessoa tem 13 conhecidos15a pessoa tem no máximo 13 conhecidos pois 1 delasnão conhece ninguém. Então, vai existir duas pessoascom o mesmo número de conhecidos.
E) Verdadeiro.Sendo n o número de anos de 1 pessoa do grupo, osrestos possíveis da divisão de n por 14 são: 0, 1, 2, 3,4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 e 13, num total de 14 restos.Se na festa existem 15 pessoas, então pelo menos 2delas ao dividir a idade por 14 terão o mesmo resto.Por conseguinte a diferença de idade “em anos” deduas delas é um múltiplo de 14.
Dividindo os 79 votos entre quatro candidatos, teríamos19 votos para cada um e restariam 3 votos. Então, para tera certeza de estar entre os três mais votados, o menor valorde n é 20.
41
42
43
Mate
mátic
a II
36
Volume 1.BII. ƒ(–2) = 2(F) pois ƒ(–2) = –2III. ƒ(–5, 7) = –5 (F) pois ƒ(–5, 7) = –6IV. Im(ƒ) = Z (V)
D(ƒ) = {x ∈ R/x ≥ 4}.
ƒ(x) = 1 x x 5+ − + ∈ Reais ↔
↔ 1 + x – x 5+ ≥ 0 e x ≥ 0 e x + 5 ≥ 0 ↔
↔ x ≥ 0 e 1 + x ≥ x 5+ .
Sendo x ≥ 0, podemos afirmar que (1 + x )2 ≥ ( x 5+ )2
→
→ 1 + 2 x + x ≥ x + 5 →
→ x ≥ 2 → ( x )2 ≥ 22 → x ≥ 4Logo x ≥ 0 e x ≥ 4 → x ≥ 4
B
( )1
x 20− ≤ ( )
112 x−
→
→ ( )1
x 20− – ( )
112 x−
≤ 0 →
→ ( ) ( )( ) ( )12 x x 20
x 20 12 x
− − −
− − ≤ 0 →
→ ( ) ( )12 x x 20x 20 12 x
− − +− − ≤ 0 →
→ ( )
( ) ( )32 2x
x 20 12 x
−
− − ≤ 0.
Estudo do sinalEstudo do sinalEstudo do sinalEstudo do sinalEstudo do sinal
12 16 20
+– +–
S = ]–∞, 12[ ∪ [16, 20[ onde os inteiros positivospertencentes a S são: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 16,17, 18, 19, num total de 15 números.
( ) ( )( ) ( )
2
2 2
x 1 x 3x 40
x 7x 12 . x 5x 6
+ − −
+ + − + < 0 ↔
↔ ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )x 1 . x 8 . x 5
x 3 x 4 . x 2 x 3
+ − +
+ + − − < 0
Est. sinalEst. sinalEst. sinalEst. sinalEst. sinal
6
7
+– +– +– +–
–5 –4 –3 –1 2 3 8
S = ]–∞, –5[ ∪ ]–4, –3[ ∪ ]–1, 2[ ∪ ]3, 8[
A(x) = 35 + 0,50 . x; x é o número de minutos.B(x) = 20 + 0,80 . xC(x) = 1,20 . x
4
5
DDDDD1o dia: jogo 1, 2, 3, 4, 5 (5 classificados)2o dia: jogo 6, 7, 8, jogo 9: V1 . V2 e jogo 10: V3 . V4 (5classificados + V5 = 6 classificados)3o dia: jogo 11: V6 . V7; jogo 12: V8 . V9; jogo 13: V10 .V5 (3 classificados)4o dia: jogo 14: V11 . V12 (1 classificado + V13 = 2)5o dia: final: V14 . V13Serão necessários no mínimo 5 dias.Obs.: V11 = vencedor do jogo 11.
Caixa 1Caixa 1Caixa 1Caixa 1Caixa 11a hipótese: Prêmio está na caixa 1.A frase da caixa 1 é verdadeira então a frase da caixa 2também é verdadeira e a caixa 2 contém a carta vermelha.Por conseguinte, a caixa 3 contém a caixa preta e sua fraseé falsa.2a hipótese: Prêmio na caixa 2.A frase da caixa 1 é falsa então a carta preta está na caixa 1.A caixa 3 contém a carta vermelha, logo sua frase éverdadeira. Contradição, pois a carta preta está na caixa 1.3a hipótese: Prêmio na caixa 3.A frase da caixa 1 é falsa, isto implica que ela possui a cartapreta. A caixa 2 contém a carta vermelha, logo sua frase éverdadeira. Contradição, pois se a frase for verdadeira oprêmio estaria na caixa 1.Conclusão: A 1a hipótese é verdadeira, o prêmio está nacaixa 1.
44
45
Seja S o saldo da balança comercial, E o valor dasexportações e I o valor das importações, onde:S = E – II. (V); pois S = –700 milhões de dólares; isto é, I > E.II. (F); pois S < 0.III. (F); a períodos de decrescimento.IV. (F); pois S ≅ –150 milhões de dólares.V. (V); S = (–700 + 100 – 200 + 0 + 300 – 150) milhõesde dólares = –650 milhões de dólares.
E(a, b) * (c, d) = (a – c; b + d)(3, 2) * (0, 0) = (x, y) * (3, 2) →→ (3 – 0; 2 + 0) = (x – 3; y + 2) →
→ x 3 3 x 6
e
y 2 2 y 0
− = → =⎧⎪⎨⎪ + = → =⎩
Bƒ(x) = [x] onde [x] é o maior inteiro menor ou igual a x.
I. ƒ12
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 0(V)
1
2
3
Mate
mátic
a II
37
Volume 1.BA) Sendo x = 25.
A(25) = 35 + 0,50 . 25 + 35 + 12,50 = 47,50B(25) = 20 + 0,80 . 25 = 20 + 20 = 40C(25) = 1,20 . 25 = 30Logo o plano mais vantajoso é o C.
B) A é mais vantajoso que os outros dois quando:
( ) ( )
( ) ( )
A x B x
e
A x C x
⎧ <⎪⎨⎪ <⎩
→ 35 0,50x 20 0,80x
e35 0,50x 1,20 . s
+ < +⎧⎪⎨⎪ + <⎩
→ 0,30 . x 15
e0,70 . x 35
>⎧⎪⎨⎪ >⎩
→
15x
0,30e
35x
0,70
⎧ >⎪⎪⎪⎨⎪⎪ >⎪⎩
∼ x 50
ex 50
>⎧⎪⎨⎪ >⎩
Logo A é mais vantajoso a partir de 51 minutos.
ƒ(a + b) = ƒ(a) . ƒ(b)I. ƒ(1 + 0) = ƒ(1) . ƒ(0) → ƒ(1) = ƒ(1) . ƒ(0) → ƒ(0) = 1II. ƒ(9) = ƒ(4 + 5) = ƒ(4) . ƒ(5) = 3 . 4 = 12 → ƒ(9) = 12Logo ƒ(9) + ƒ(0) = 12 + 1 = 13.
C2 . ƒ(x) + ƒ(1 – x) = 1 + xI. P/ x = k → 2 . ƒ(k) + ƒ(1 – k) = 1 + kII. P/x = 1 – k → 2 . ƒ(1 – k) + ƒ(1 – (1 – k)) = 1 + (1 – k)
~ ( ) ( ) ( )
( ) ( )2 . ƒ k ƒ 1 k 1 k
ƒ k 2 . ƒ 1 k 2 k
⎧ + − = +⎪⎨
+ − = −⎪⎩
~ ( ) ( )4 . ƒ k 2 . ƒ 1 k− − −
( ) ( )
2 2k
ƒ k 2 . ƒ 1 k
= − −
+ − 2 k
⎧⎪⎨
= −⎪⎩ –3ƒ(k) = – 3k → ƒ(k) = kLogo ƒ(x) = x
BDados: Helô anda de bicicletaQuem anda de ônibus não estuda no Santo Antonio.Regina estuda no São Pedro.Ana não estuda no São João.1o) Regina vai de moto ou de ônibus para o colégio SãoPedro. Se ela for de moto, Ana iria de ônibus para o colégioSanto Antônio, contradizendo os dados do problema, poisquem anda de ônibus não estuda no Santo Antônio.Então: 1o) RRRRRegina egina egina egina egina vai de ônibus para o colégio São Pcolégio São Pcolégio São Pcolégio São Pcolégio São Pedroedroedroedroedro.2o) Ana Ana Ana Ana Ana vai de moto para o Santo AntônioSanto AntônioSanto AntônioSanto AntônioSanto Antônio.3o) Helô Helô Helô Helô Helô vai de bicicleta bicicleta bicicleta bicicleta bicicleta para o São JoãoSão JoãoSão JoãoSão JoãoSão João.
8
9
10
n(P(P(P({3}))) = 222 = 24 = 16
DSe todo elemento de S é elemento de T ∪ P então S ⊂ (T ∪ P).
DT = 30 alunos
1
2
3
W é o número de alunos que não gostam de matemática enem de história.M = matemáticaH = história
ResoluçãoResoluçãoResoluçãoResoluçãoResoluçãoy + x + z + w = 30 → y + x + z ≤ 30
x z 16
x y 20
+ =⎧⎪⎨ + =⎪⎩
+
2x + (y + z) = 36(y + z) = 36 – 2xLogo 36 – 2x + x ≤ 30– x ≤ –6x ≤ 6Obs.: (y + x + z será igual a 30 quando w = 0).
CT = 200
4
5
6
7
zxy
H M
w
k67y
TV J
x
I. y + 67 = 115 → y = 48II. 67 + k = 82 → k = 15III. 48 + 67 + 15 + x = 200x = 70
C
0,37222... = 372 37
900−
= 335900
= 67
180
9 34 21 53 4
+
++
49
=
154
1912
+ 49
=154
12. + = + =4 45 4 481
19 9 19 9 171Então p = 481 e q = 171 → p + q = 652
372 3990
− =
369990 =
41110
a = 41b = 110b – a = 69
Mate
mátic
a II
38
Volume 1.B
C)
14x 2 3x 1 7x 1 x
7e
74x 2 10x 5 6x 7 x
6
⎧ − > − − → > → >⎪⎪⎪⎨⎪⎪ − < + → − < → > −⎪⎩
Se x > 17 e x > –
76 então x >
17
–76
17
Sc = {x ∈ R/x > 17
}
D)3x 1
2x 8− −
− – 2 ≥ 0 →
3x 1 4x 162x 8
− − − +−
≥ 0
→ 7x 152x 8
− +−
≥ 0
Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:Est. sinal:
RaízesRaízesRaízesRaízesRaízes
I. –7x + 15 = 0 → x = 157
II. 2x – 8 = 0 → x = 4
Sd = 15
, 47
⎡ ⎡⎢ ⎢⎣ ⎣
E)1
x 5+ – 1
x 3− < 0 → ( ) ( )( ) ( )x 3 x 5
x 5 x 3
− − +
+ − < 0 →
→ ( ) ( )8
x 5 x 3−
+ − < 0 → (x + 5) (x – 3) > 0
–– +
157
4
++ –
3–5
Se = ]–∞, –5[ ∪ ]3, +∞[.
DSeja h o número de horasCarlosC(h) = 100 + 20.hDanielD(h) = 55 + 35h
ResoluçãoD(h) ≤ C(h)55 + 35h ≤ 100 + 20h15h ≤ 45h ≤ 3
Então h = 3 no máximo.
14
c4
< 99 → c < 396.
b3
< 395 → b < 1185.
a2
< 1184
a < 2368 a = 2367
B
1 22
4⎡ ⎤−⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎣ ⎦ :
22 1 1
4 4
⎡ ⎤+⎛ ⎞ −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
= 1
24
⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦ :
9 116 4
⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
= 94
: 9 416−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
= 94
x 165
= 365
5 ≤ a ≤ 10 e 20 ≤ b ≤ 30 → 1
30 ≤ 1b ≤
120 .
Então 5
30 ≤
ab
≤ 1020
→ 16
≤ ab
≤ 12
E
8
9
10
11
12
13
– –+ – – – – –
–+ – + + +
f . g < 0 onde os sinais são contrários.Logo, x < –1 ou x > 2.
x ∈ [0, 1] ∪ [3, 5]Obs.: Procure as porções do gráfico de g que estão entreos gráficos de h e f tal que ƒ(x) ≤ g(x) ≤ h(x).
A)( ) ( )
( )
2x 1 . x 5
x 3
− +
− ≥ 0
–5 1 3
+ – + –
Sa = ]–∞, –5] ∪ ]3, +∞[.B) –7 ≤ 3x – 1 ≤ 10 ↔
↔ –7 + 1 ≤ 3x ≤ 10 + 1 ↔↔ –6 ≤ 3x ≤ 11 ↔
↔ –2 ≤ x ≤ 113
.
Sb = 11
2,3
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
Mate
mátic
a II
39
Volume 1.B
ƒ(x) = ax + bƒ(1) = –9 → a + b = –9e b2 – a2 = 54 → (b + a) (b – a) = 54 →→ (–9) . (b – a) = 54 →→ 9 . (a – b) = 54 →→ a – b = 6.
ƒ(x) = 1x
g(x) = 2x
h(x) = 3x
A) 3 . 1 1 1
ƒ f h4 3 6
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
= 3 . [4 + 6 + 18] = 3 . (28) = 84
B)
1 2ƒ f
3 23 1
h ƒ3 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
= ( ) ( )( ) ( )
3 2 3 3 2
3 3 2 3 3 2
+ +
− +
= 3 3 6 6 6
3 18+ + +
− =
= 9 3 6
15+−
= 9 4 6
15− −
.
f(x) ≥ 0 ↔ x ∈ [1,2] ∪ [5,7]
f(x) = g(x) – 1Logo –1 (f(x) ≤ 4) → –1 < g(x) – 1 ≤ 4 → 0 < g(x) ≤ 5
AX1 → 3x < 21 ⇒ x < 7
X2 → x >2
X ∩ X2 → 2 < x < 7
15
16
17
18
19
20
Total = 71 pessoas
BConsidereSI = soma das idades da classe 1SII = soma das idades da classe 21o) 30 . 52 = SI → SI = 1560SII = 25 . 30 → SII = 750
2o) Média = I IIS S55+
= 2310
55 = 42
21
Dƒ: N Nƒ(a + b) = ƒ(a) + ƒ(b)ƒ(1) = 21o) a = b = 0 → ƒ(0 + 0) = ƒ(0) + ƒ(0) → ƒ(0) = 2 . ƒ(0)→ ƒ(0) = 12o) ƒ(2) = ƒ(1 + 1) = ƒ(1) . ƒ(1) = 2 . 2 = 22
3o) ƒ(3) = ƒ(1 + 2) = ƒ(1) . ƒ(2) = 2 . 22 = 23
então ƒ(x) = 2x
x = 0f(1) = 2f(0) – 1543 = 2f(0) – 152f(0) = 58f(0) = 29
CO tempo necessário está entre 10 e 20 pois na LeiT(x) = 10x – 100, temos:T(10) = 0oC e T(20) = 200 – 100 = 100oC.Logo, se T(x) = 50oC → 10x – 100 = 50
→ x = 15010
= 15 min.
2, 2 e 9 anos.Sejam x, y e z as idades dos filhosI. x . y . z = 36Ternos possíveis:1. x . y . z = 1 . 4 . 9 → x = 1, y = 4 e z = 92. x . y . z = 1 . 2 . 18 → x = 1, y = 2 e z = 183. x . y . z = 1 . 3 . 12 → x = 1, y = 3 e z = 124. x . y . z = 2 . 2 . 9 → x = 2, y = 2 e z = 95. x . y . z = 3 . 3 . 4 → x = 3, y = 3 e z = 46. x . y . z = 1 . 1 . 36 → x = 1, y = 1 e z = 367. x . y . z = 1 . 6 . 6 → x = 1, y = 6 e z = 6II. Se a soma das idades não foi suficiente, para descobriras idades então existem no mínimo 2 ternos com a mesmasoma.Somas possíveisSomas possíveisSomas possíveisSomas possíveisSomas possíveis1. S = 142. S = 213. S = 164. S = 135. S = 106. S = 387. S = 13Conclui-se que a idade de Iskandar é 13 anos.Após a 2a informação, os ternos descobertos são x = 2, y= 2 e z = 9 ou x = 1, y = 6 e z = 6.Entretanto, quando Kamar diz que o filho homem é mais deum ano mais velho que as duas irmãs, podemos afirmarcom segurança que as idades são x = 2, y = 2 e z = 9.
22
23
24
25
Anotações
Mat
emát
ica
III
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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__________________________________________________________________________________
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__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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__________________________________________________________________________________
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_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mate
mátic
a II
I
40
Volume 1.B
Capítulo 1: Geometria Plana (Parte I)Geometria Plana (Parte I)Geometria Plana (Parte I)Geometria Plana (Parte I)Geometria Plana (Parte I) ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 40Tópico A: Ângulos e ParalelismoTópico B: Triângulos – DefiniçõesTópico C: Quadriláteros – Paralelogramos, Teorema da Base Média, Teorema do Baricentro de um TriânguloTópico D: PolígonosTópico E: Teorema de Tales – Teorema da bissetriz interna e externa e o Teorema Fundamental da SemelhançaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................57Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................54
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Geometria Plana (Parte I)
Capítulo 1
A) 72o
( )o180 x
3
− + 18o = o x
902
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ →
→ 360o – 2x + 108o = 540o – 3x
→ x = 540o – 468o → x = 72o
B)o o x
180 902
10
⎡ ⎤⎛ ⎞− −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ = 13o →
→ 90o + x2 = 130o →
x2 = 40o → x = 80o
A
1
2
b
a
cQ
a + b + c = 360o
b11 =
c12 =
a13 =
b c a11 12 13
+ ++ + → (propriedade das
proporções)
b11
= c
12 =
a13
= o360
36 = 10 →
→ b = 110o, c = 120o e a = 130o
logo S(130o) = 50o
A) 70º
2x + 10º
r
s
r
u
s20º
20º
x
50º50º
130º
160º
r//s2x + 10o = 70o → x = 30o
B)
Seja r//u//s, então x = 50o + 20o = 70o
A) A B
ED
2x + 5o
2x + 5o
3x
F C
3x + 2x + 5o = 180o → 5x = 175o →→ x = 35o
Logo B = 3x = 105o e D = 75o.
3
4
Mate
mátic
a II
I
41
Volume 1.BB)
120o
60o
60o
x
30o = y
I. y + 60o = 90o → y = 30o
II. x + 60o = 90o → x = 30o
A) Considere o ΔABC aolado traçando por Auma reta r paralela a
BC , temos que AÊC– θ, FÂB = a (ângulosalternos internos).Logo, α + β + θ =180o
B) Provaremos que e1 = α + β.
e1 + θ = 180o e θ + α + β = 180o.
Daí: e1 + θ = θ + α + β → e1 = α + β .
Analogamente prova-se que: e2 = θ + β e e3 = α + θ.
A EF
B Cθ
θ
α
α β
r
l1
α
β θ
1) ΔABC é isósceles → B C A = x.
2) CB D = 2x (ângulo externo do ΔABC).
3) CD B = 2x (ΔBCD é isósceles).
4) D C E = 3x (ângulo externo do ΔABC).5) DÊC = 3x (ΔDCE é isósceles).
6) ΔADE é isósceles de base DE → CÊD = AD E
→ CD E = x. Então no ΔADE
Temos: x + 3x + 3x = 180o → x = o180
7.
Hipótese: {no ΔABC; B = C .
Tese: { ΔABC é isósceles; isto é, AB = AC
A
B
C
D E
3x
3xx
x
x
2x
2x
7
α α
A
B C
α α
A
C B
Comparando o ΔABC com ele próprio, podemosestabelecer uma correspondência dos seus vértices tal que:A ↔ A, B ↔ C e C ↔ B.
Então, se B = C e C = B por hipótese, e BC = CB , ostriângulos ABC e ACB são congruentes pelo caso ÂLÂ. Por
conseguinte, AB = AC .
B D
F
CE
A
x24 – x
24 – y
y
y
x
24
24
θ
Pelo Teorema dos segmentos tangentes, podemos
afirmar que AB = 24 = AC , BD = DF e CE = EF.
Sendo BD = x, CE = y, temos que DF = x, EF = y,
AD = 24 – x e AE = 24 – y. Portanto, 2p(ΔADE) =
= 24 – x + x + y + 24 – y = 48.
Observação2p(ΔADE) é o perímetro do ΔADE.
C A
B C
M N
10
α
θ θ
C A
4
MB
C
D
8
4x
1o)^B =
^C = θ
2o) ΔANB ≅ ΔCMA (LÂL)
3o) BN = CM = 10.
5
10
6
8
9
Mate
mátic
a II
I
42
Volume 1.B
Seja BD = xNa figura temos
BM = MC , AM = MD e B M D = A M C.Logo, os triângulos AMC e BMD são congruentes e
BD = AC = 8.
Trace as bissetrizes internas dos ângulos  e B . Aintersecção das bissetrizes será o centro procurado.(Ponto I é o incentro).O ponto I é eqüidistante aos lados do ΔABC.
45o
A
B C
I
A E B
D
C
35o 35o
55o
45oβ = 45o
CD↔
é perpendicular à AB e passa no ponto médio
de AB .
O ΔBDE ≅ ΔADE e ΔBEC ≅ ΔCEA, DE→
é bissetriz do
ângulo BD A.
Daí: BD E = 35o, α = 55o e β = 45o ec(b) = 90o – 45o = 45o.
G é o baricentro, então:
GM + GN + GP = 12 → CM3
+ AN3
+ BP3
= 12 →
→ AN + BP + CM = 36
13
A
B C
8 8
8
60o
AΔ = 12
. 8 . 8 . sen 60o
AΔ = 643
. 32
= 32 3
3
10 – 8 < x < 10 + 8 > 8 > x2 < x < 18 e x < 8Logo, 2 < x < 8Se x ∈ Z então x ∈ {3, 4, 5, 6, 7}.
A
B CH M
20o40o
20o
x =
50
o
D C
45º
45º
60º 60º
15º
15º
A B
M
30º = x
1) ΔADC é isósceles → D C A = DÂC = 45o
AB = AM = MB = BC → ΔMBC é isósceles.
Logo, M C B = BMC = 30o pois CB M = 150o.
Portanto, se A C B = 45o temos que
A C M + 15o = 45o → A C M = 30o
Teorema: AM = BC2
ΔAMC é isósceles AM = MC → MÂC = 20o e HM H = 40o.Logo, HÂM = 50o.
E
105M
E
5
25
25
2
53
A C4 4N
B
6
1o) M e N são médios de BC e AC , respectivamente = 62
= 3 cm.
2o) AM = BC2
= 102 = 5 → NE =
AM2
(Base média do
ΔAMC) NE = 52
15
16
17
18
14
11
12
Mate
mátic
a II
I
43
Volume 1.B
3o) Perímetro ΔMNE = 3 + 52
+ 52
= 8 cm.
C
A B
D CM
E
F
2x
3x
x
As diagonais do paralelogramo interceptam-se nosrespectivos pontos médios. Sendo F e M pontos médios
de AC e DC, o ponto E é baricentro do ΔACD. Então,
se EF = x, ED = 2x e FB = FD = 3x, EFBD
= x6x
= 16
.
AAAAA
19
20
D Bx
A
C
O
8
8
� = 10 �
��
1o) 4l = 40 = 10 cm
2o) Pitágoras
102 = 82 + x2 → x = 6
3o) Alosango = 4 . Área Δ ADD
= 4 . 6 . 8
2 = 96 cm2
Teorema de Pitot2 + 8 = + → = 5Logo, 2p(ABCD) = + + 2 + 8= 5 + 5 + 2 + 8= 20Resp.: 20
��
A B
D C8
2
A B8
G HE F
C D10
1. GF = CD2
(base média do ΔADC)
GF = 102
= 5 cm
2. GE = AB2
(Base média do ΔABC)
GE = 82
= 4.
3. EF = x = GF – GE → x = 5 – 4 → x = 1 cmResp.: 1 cm
D C
A B
3030
50
18 18
14
14
H
302 = H2 + 182 →
H = 24
Logo área = ( )14 50 . 24
2
+
Área = 64 . 12 = 768 cm2
ai
aê
A
B
N
M
r
C
θ
30o
30o
15o
75o
75o
15o
ai + aê = 180o
aê + 36o = 1
20 . (n – 2) . 180o →
o360n
+ 36o = 9(n – 2) →
→ 360 + 36n = 9n2 – 18n → 9n2 – 54n – 360 = 0→ n2 – 6n – 40 = 0
n1 = 10
n2 = –4 (não convém)Resp.: 10 lados
25
24
23
22
21
Mate
mátic
a II
I
44
Volume 1.Br e s são mediatrizes.ΔOBM ≅ ΔOBN (caso cateto-hipotenusa)
Logo OB é bissetriz de NÔM e do ângulo NB M. Daí:
Âi = NB M = 150o → Aê = 30o,
mas Aê = o360
n → 30o =
o360n
→ n = 12 lados
Total de diagonais:
d = C12,2 – 12 = 12!
2!10! – 12 = 12 .11. 10!
2 . 10! – 12
d = 66 – 12 = 54 diagonais ou
d = ( )12 . 12 3
2
− = 6 x 9 = 54 diagonais.
( )n n 3
2
− = 170 → n(n – 3) = 2 x 17 x 10
→ n(n – 3) = 20 x 17 → n = 20
Então: Aê = o360
20 = 18o → Ai = 180o – 18o
Âi = 162o
A
B CS
α α
x y
20 22
36
x20
= y22
= x + y20 + 22
= 3642
1. x20
= 3642
= 67
→ x = 1207
2. y22
= 67
→ y = 1327
E
26
27
28
A B
E
416
D C
4
x x
h
66
6 1
0
H
1o) (6 10 )2 = x2 + 62 →
x = 18
2o) ΔABE ~ ΔECD
hh 18+ =
416
= 14
→
4h = h + 18 → h = 6
A) 3o
( )o180 x
3
− + 28o = (90o – x) →
→ 180o – x + 84o = 270o – 3x
→ 2x = 90o – 84o → x = 3o
B) 83o
x = (90o – x) + 76o → 2x = 166o → x = 83o
C) 50o
o
oo
a b 180
a 2 a b a b 18020
b 7 2 7 2 7 9
⎧ + =⎪⎨ +
= → = = = =⎪ +⎩
a = 40o e b = 140o
logo C(40o) = 50o
A) 3x – 5 = 2x + 10 → x = 15o
B) 1o) 2x + 10o + x + 20o = 180o 3x → 150o →→ x = 50o
2o) z = x + 20o → z = 50o + 20o → z = 70o
3o) y = 2x + 10o → y = 110o
C) 12o + 2x + 40 – x = 90o
x = 38o
Bx = (90o – x) → 2x = 90o → x = 45o →
→ sen x = sen 45o = 22
( )o o
o o o
x y 90 x 90 y
x 30 2 . y 90 y 30 2y 3y 120
⎧ + = → = −⎪⎨
+ = → − + = → =⎪⎩
→ y = 40o e x = 50o
A)x2
– ( )o90 x
5
− = 38 → 5x – 180o + 2x = 380 →
→ 7x = 560o → x = 80o
B)23
(90o – x) + ( )180 x
5
− = 70o →
→ 900 – 10x + 540 – 3x = 1050o
4
5
1
2
3
Mate
mátic
a II
I
45
Volume 1.B→ –13x = 1050o – 1440o
–13x = –390o
x = 30o
EA < BA + B = 90o
AB
= 1317
→ A13
= B
17 =
A B13 17
++ =
o9030
= 3 →
→ A = 39o e B = 51o
Logo o
o180 A180 B
−− =
o
o141129
= 4743
D
r//sα + α = 722α = 72α = 36o
e β + α = 180o → β = 180o – 36o
β = 144o
A) AB = AC → 2x + 6 = x + 15 → x = 9
AC = x + 15 = 9 + 15 = 24B) 60o
6
8
9
10
7
11
12
k
y
α
β
θ
α + β + θ + k + y = 360o
2α
= 3β
= 4θ
= k5
= y6
=
o36020
= 18o
Logoα = 36o
β = 54o
θ = 72o
k = 90o
y = 108o
Daí: y – α = 108o – 36o = 72o
135o
3x + 2x + x + 2x = 360o
8x = 360o → x = 902 = 45o.
O menor ângulo é x = 45o, daí180o – x = 180o – 45o = 135o.
A) x + 20o = x2
+ 70o → x2
= 50o → x = 100o
e m + x + 20o = 180o → m + 120o = 180o →→ m = 60o
B) 1o) a + 30o = 180o → a = 150o
e2o) b + 40o = 180o → b = 140o
3o) a + b + x = 360o → 290o + x = 360o → → x = 70o
B
r
s
α
α
α
β
A
C B
2x – 30o
135o – x
135
o –
x
1o) AB = BC → BÂC = BCA = 135o – x
2o) 2x – 30o + BCA = 180o →→ 2x – 30o + 135o – x = 180o
→ x + 105o = 180o
→ x = 75o BÂC = BCA = 60o
3o) CBA + 60o + 60o = 180o → CBA + 120o =
180o → CBA = 60o
C) 88888 = medida do lado do triângulo
3 = 24 → = 8D) A
CB
60o
60o 60o
60o 60o 60o 60o
60o
60o
P
α β
θ
ΔBCA é equilátero onde M, N e P são pontos médios.1. ΔBMP, ΔCNP e ΔAMN são isósceles.2. α + 60o + 60o = 180o → α = 60o = β = θ.
α = 30o
60º
60º
60º
30º
30º
Mate
mátic
a II
I
46
Volume 1.B
13
14
15
16
17
18
r//s//u//tx = 56o + 52o → x = 108o
B
40º40º 56º
56º 52º52º
x
s
r
u
t
A
B C
DE
x
85º
30º35º
85º + 35º
A
B C D
b a
α
α
α
180º – a x
N
M
x = (85 + 35o) + 30o [ãngulo externo do ΔDEC]
x = 150o
B
1o) α = b + x (ângulo externo do ΔMDB).2o) 180o – a + x + α = 180o →
→ o180 – a + x + b + x = o180 →
→ x = (a b)
2−
C
2. BFD = BDF = 65o e CDE = CÊD = 65}
3. α + 65o + 65o = 180o
α + 130o = 180o → α = 50o
D
A
CB
65o 65o
50o 65o 65o 50o
80o
D
α
F E
1. AB = AC → ΔABC é isósceles →
→ ABC = BCA = 50o.
Q
P
G
M N
H
α
θ = 35 o
70o
35o
35oβ = 70o
1. NQ = NH → ΔHNQ é isósceles →
→ θ =35o → QNP = 70o.
2. MP = PN → ΔMPN é isósceles
→ MPN = β = 70o.
3. α = 70o + 135o → α = 105o
Logo α + β + θ = 105o + 70o + 35o = 210o
x = 20o
A
E
D
F
B C
x
x
x
3x
3x
2x
2x
4x
4x
1. ΔDAE é isósceles → DÊA = x
2. EDF = x + x = 2x (âng. externo do ΔDAE)
3. ΔDEF é isósceles → EFD = 2x.
4. FÊB = x + 2x = 3x (âng. externo do ΔAEF)
5. ΔEFB é isósceles → FBE = 3x.
6. BFC = x + 3x = 4x (âng. externo do ΔFBA)
7. ΔBFC é isósceles → BCF = 4x.
8. ΔABC é isósceles com AB = AC →
F CB = A BC → CBF = x.
Então: x + 4x + 4x = 180o → x = 20o.
Mate
mátic
a II
I
47
Volume 1.B
3219
20
21
22
23
B C
A
E4
4 5
5
D F
7 7
12
1. BD = BE = 4
2. EC = 5 = CF
3. AF = 7 = AD4. Perímetro ΔABC = 9 + 12 + 11 = 32
C
A
E
F
B
P
T
3
3
17
13
77
20
20
PA = 20
EF = 10
1. AE = ET = 3 → TF = 7 pois EF = 10.
2. TF = FB = 7
3. PA = PB = 20 → PF + FB = 20 →
→ PF + 7 = 20 →
→ PF = 13.
4. PE + PF = 17 + 13 = 30
E
3 Qc
b
R
3
33
a
Sejam hipotenusa BC = a, AB = b e AC = c. Se T, Qe R são pontos de tangência na figura abaixo, temos
que AT = 3 = AQ , BT = b – 3 = BR , CQ = c – 3 =
CR . Então a = BR + RC = b – 3 + c – 3 →
a + 6 = b + c
Portanto, 2P(ΔABC) = a + (b + c) == a + (a + 6)= 2a + 6
10
A B
PT
Q8
2
Na figura ao lado temos que PA = PT = 8 e QB = QT
= 2. Logo PQ = PT + TQ = 8 + 2 = 10.
D
αβ s
c2
c1
R
R
r
r
1) Ac1 = π 2R2
e Ac2 =
π 2r2
.
Ac1 = 4 . Ac2 → π 2R2 = 4 .
π 2r2 → R2 = 4r2 →
→ R = 2r
2)
α
β
E
C
B
A
R = 2r
R = 2r
D
rr
Trançando CB e AC obtemos três triânguloscongruentes:ΔABC = ΔACD = ΔADE (L.Â.L).
Observe que AB = AD e CÂD = CÂB = DÂE = β.Então α = 2β.
Mate
mátic
a II
I
48
Volume 1.B
24
25
EA E
B DF C
θ θ
α α
BF = CD ; A BC = FDE = α; BÂC = FÊD = θ e AC = 12.
1. Se BF = CD → BC = FD .
2. BC A = DFE → ΔABC e ΔEDF são congruentes
→ EF = AC = 12.
A
d (P, A)
d (P
, B)
B
P
B'
rM
1o) Determine o ponto reflexo de B em relação à reta r.2o) O menor valor de d(P, A) + d(P, B) será a d(A, B’), pois
os triângulos PMB e PMB’ são congruentes (caso L.Â.L.)
e PB ≅ PB ’.
O ponto P é a intersecção do segmento AB ’ com a reta r.
27
A
C
BM
αα
α
β
β
β
F E
9 8
9 8θ θ
θ
10 10
18 16
Sejam MÂC = α, MBP = β e P CN = θ.
1. P CN = MÂN = α (âng. correspondentes) e NPC =
MBP = β.
2. A NM = NCP = θ e A MN = MBP = β (âng.
correspondentes)
3. Se PM // AC → BPM = θ e BMP = α.
4. ΔANM = ΔNCP (caso ÂLÂ) → NP = 10 e NM = 8
5. ΔNCP = ΔPBM (caso ÂLÂ) → PM = 9
Logo perímetro do ΔMNP é 10 + 8 + 9 = 27.
26
Trace as mediatrizes dos lados AC e AB . O ponto deencontro das mediatrizes será o centro da circunferência,
pois: EA ≅ EC ≅ EB = Raio.
(3)(4)(2)(1)
A)
A
s
r
E
M
N
C
B
28
27
29A
N
B C
P
G
E
8 6
12
G = baricentroE = circuncentro
A)
B C
8 6I
12
A
O
I = incentroO = ortocentro
B)
84 4M
A
6 6
B C
G
OP
N
33
E
O = ortocentroG = baricentroE = circuncentro
Mate
mátic
a II
I
49
Volume 1.BC) O baricentro coincide com o ortocentro, circuncentro
e incentro.
AA
CB P
M N
G
4
8
1. GC = 2 . GM = 2 . 4 = 8 → CM = 12
2. ΔABC é equilátero e M, N e P são pontos médios →→ ΔCMA ≡ ΔABN ≡ ΔAPB →
→ CM = BN = AP = 12.
C
B C
A
D EI
4 5αα
αθ
θ
θ
I = Incentro
1. BI e CI são bissetrizes.
2. DÎB = IBC = α (alternos internos)
3. EÎC = ICE = θ
4. ΔBDI é isósceles → DI = 4 e ΔCEI é isósceles → EI =5
5. DE = 4 + 5 = 9.
x = 10 ou x = 1211 – 3 < x < 11 + 3 → 8 < x < 14Se x é par então x ∈ {10, 12}.
12 – 8 < x < 12 + 8 e 8 < x < 12 →→ 4 < x < 20 e 8 < x < 12. Então → 8 < x < 12
50o
32
33
13
34
H
α
β
A
B C
R
40
o
40
o
0
Seja BC a base do ΔABC isósceles.1. Se BÂC = 80o → BÂH = HÂC = 40o.2. ΔADR é retângulo em R →→ 40o + 90o + α = 180o → α = 50o → β = 130o.
HA B
C D
2
6P
r
s
r//s
CD = 6 e AB = 2
M = área do ΔABC = AB . CH
2 =
2 CH2
= CH.
N = área do ΔBCD = CD . BP
2 =
6 . CH2
= 3 . CH
Então, MN
= CH
3 . CH = 13
.
C
BA
C
E
20o
20o
30o
30o
46o
46o
D
α
β
1. No ΔABC, temos: 66o + 30o + β = 180o →→ β = 84o
2. No ΔCED, temos que: α = 30o + 20o = 50o.
A) Verdade. Pois o losango é um paralelogramo que possui4 lados congruentes.
B) Verdade.C) Verdade.D) Verdade, pois o quadrado tem 4 ângulos internos retos.E) Falsa.
CTodo quadrado é losango e retângulo.
D
35
36
37
38
39
xx
60o30o
60o
60o
30
31
Mate
mátic
a II
I
50
Volume 1.BΔABE é isósceles → BÊA = BÂE.Se BÊA = x → 2x + 30o = 180o
→ x = 75o
C
1. BQ = AD = 20 → QC = 8
2. BP = QB = 12 → BPQ = θ = P QB = C QD .
3. CDQ = QPB = θ (alternos)
4. ΔCQD é isósceles → CQ = CD = 8.
5. Perímetro ABCD = 2 . 20 + 2 . 8 = 56.
D
B C
D
A E
θ
120o
120
o120o
120o
60o
60o
30
o
30 o
20o
1. BC // AE → BÂE = 60o →→ EÂD = 20o
2. AÊC = 120o e ECB = 60o →
→ ECD = 30o → EDC = 30o →
→ CÊD = 120o.3. AÊD + 120o + 120o = 360o
AÊD = 120o
4. θ + 20o + 120o = 180o
θ = 40o
75o
80o
40o40o 65oα
= 2
5o
α =
25 o
I
x
A C
B
S
M
1. M é médio de BC e BS é bissetriz.
2. 2α = 50o → α = 25o.
3. ΔABS temos A SB = 65o.
4. AM = BC2
(teorema) →
AM = BM = MC → ΔAMC é isósceles → C AM = 40o.
5. No ΔMAC, o A MC = 100o → IMB = 80o.
Daí, no ΔBIM tem-se que: 25 + x + 80o = 180o →→ x = 75o.
56
40
41
42
BC
P
D A
Q θ
θ
θ
θ
8
8 12
12
20
20
B
C
P
A
M
R
N S
10
6
3
4
1. P é baricentro do ΔABC → AP = 2 . PM = 6 → AM= 6 + 3 = 9.
2. RS é base média do ΔMNC →
→ RS = MN2
→ 4 MN2
→ MN = 8
3. MN é base média do ΔABC →
→ MN = AB2
→ 8 = AB2
→ AB = 16
4. Se M é média de BC e BC = 20 → BM = 10. Daí o
perímetro de ΔABM será: 16 + 9 + 10 = 35.
C
BA
C
x
6
6
D
α β
α2 α
2
β2
β2
2 2
Considere α e β os ângulos consecutivos:1. α + β = 180o.
2. x + 2α
+ 2β
= 180o → x 2
α + β = 180o →
→ x + 180
2 = 180o
→ x = 90o
10
43
44
45 CD
P
A B
M
N
7,5 7,5
15
60o 60o
60o
60o
30o 30o
60o
Mate
mátic
a II
I
51
Volume 1.B
1. AM = 15 = AB = BM
2. Trancando a diagonal AC obtemos N, ponto médio de
ambas as diagonais.
3. No ΔADC, DN e AM são medianas, logo P é
baricentro. Daí AP = 23
. AM ;
AP = 23
. 15 = 10.
67o e 113o
1. BH é a altura relativa ao lado DC . ABHD é retângulo
logo DH = 7 e HC = 4 pois DC = 11.
2. tg 60o = h4 → h = 4 3
A B
D C
H
23o113o
67o 67o
1. ABCD é um trapézio isósceles onde AD = BC .
2. A DC = BCD = 67o e DÂB = CBA = 113o.
A B
D C
h h
12
12
E F
� �
40
1. AD = BC = e ABCD é trapézio isósceles.
2. + + 12 + 40 = 120 →→ 2 = 68 → = 34
3. ΔAED ≡ ΔBFC → DE = FC = 282
= 14
4. l2 = h2 + 2DE → 342 = h2 + 142 →
→ h2 = 342 – 142 = (34 + 14) (34 – 14)
→ h2 = 48 . 20 → h = 3 . 16 . 5 . 4
→ h = 8 15 .
Logo Área trapézio = (40 12) . 8 15
2+
=
52 . 4 15 = 208 15
D
46
47
A B
D H C
h h
120o
60o
11
7
7
48
A B
D C
h = 4 3
11
3.2
AC = h2 + 112
2AC = 48 + 121
2AC = 169 → AC = 13
D A
B C
M N
5 5
5 5h h
6
63 3
12
1. MN = BC2
= 122
= 6
2. MNCB é um trapézio isósceles onde 52 = h2 + 32 →h = 4.
3. Área trapézio = (12 6) . 4
2+
= 36.
49
A
B
C
D
104
Pelo teorema de Pitot,
AD + BC = 4 + 10 →
→ AD + BC = 14.Daí, o perímetro de ABCDé igual a 2 . (14) = 28.
50
51
A B
CD F6
10
8
E6
h h0
R
22
E
Mate
mátic
a II
I
52
Volume 1.B
1. ABCD é trapézio isósceles onde AD = BC .
Sendo AD = , + = 6 + 10 →→ 2 = 16 → = 8
2. EF = h = 2R, onde R é o raio do círculo.
82 = h2 + 22 → h = 2 15
→ 2R = 2 15 → R = 15
Então Área círculo = π . R2 = π . ( 15 )2 = π . 15 = 15π.
30
1o) HI é base média do trapézio ABCD →
→ HI = AB DC
2+
= 10 40
2+
= 25.
2o) FG é base média do trapézio ABLJ →
→ FG = x 10
2+
.
3o) HI é base média do trapézio FGLJ →
→ HI = FG x
2+
→ 25 =
x 10x
22
+ + →
→ 50 = x 10
2+
+ x → 100 = x + 10 + 2x →
→ 3x = 90 → x = 30
EC D
B A
M12 7
12 7
α
αα
θ
θθ
Na figura abaixo BM e AM são bissetrizes.
B MC = MBA = α(alternos) e D MA = BÂM = θ. Logo
os triângulos BCM e ADM são isósceles.
Daí, CM = 12 e MD = 7 de onde conclui-se que CD =
12 + 7 = 19.
A B
DC
α α
αα 2α
E
7
7
12
12
AB = CD
Por B traçamos uma bissetriz ↔BE .
Se AB // CD e A C E = E B A = α → ABCE éparalelogramo → BÊD = α. Logo ΔBED é isósceles, isto
é: BC = DE = 12.
Daí: CD = 7 + 12 = 19
n = 12 ladosA) (n – 3) = (12 – 3) = 9 diagonais
B) d = 12 x 9
2 = 54 diagonais
C) Si = (12 – 2) 180o = 1800o
D) Sê = 360o
E) Ai = o1800
12 = 150o e Aê =
o36012
= 30o
C
d = 3n → n ( )n 3
2
− = 3n , n ≠ 0 →
→ n – 3 = 6 → n = 9
12n = no de lados
d = n . (n 3)
2−
→ 54 = n . (n 3)
2−
→
→ n . (n – 3) = 2 . 6 . 9 →→ n . (n – 3) = 12 . 9 → n = 12
B
Áhex . reg = 26 . 5 34
= 3 . (25) . 3
2 =
75 32
.
90
54
53
52
55
56
C
D
B
A
x
aê
r
24o
AB e BC são lados adjacentes de um polígono regular,
onde r e s são suas mediatrizes.Sendo x a medida do ângulo interno, temos:x + 90o + 90o + 24o = 360o
x = 156o
Daí, o ângulo externo do polígono mede 24o. Como Aê =
o360n
temos que 24o = o360
n e n = 15
O número de diagonais será:
d = 15 . (15 3)
2−
= 15 . 6 = 90
57
58
59
Mate
mátic
a II
I
53
Volume 1.B
Seja (2x) a medida de um ângulo interno do polígonoregular ABCDE...No quadrilátero ABCM, temos:60o + x + x + 2x = 360o
4x = 300o
x = 75o
Então:Âi = 2 . 75o = 150o → Aê = 30o
Mas Aê = o360
n → n =
36030 = 12 lados
A
A
B C
D
x
xx
x
2x
M
60o
60 1. FÊD = o(6 2) 180
6−
= 120o
2. ΔFED é isósceles → EFD = EDF →
EFD = 30o.
3. ΔIED: b + 75o = 180o → b = 105o.
4. ΔLED é retângulo → ELI = 60o →
→ a + 60o = 180o →→ a = 120o
5. EDC = 120o → 90o + CDH = 120o → CDH =
30o.
6. ΔDHC é isósceles → DHC = DCH = c →
→ 2c + 30o = 180o → c = 75o
A)x 2
2−
= x5
→ 5x – 10 = 2x → x = 103
B)4
12 = x8 → 12x = 4 . 8 → x =
83
C)x
15 =
412
→ x = 15 . 4
12 → x = 5
B
42x 2− =
6x 7+ → 12x – 12 = 4x + 28 →
→ 8x = 40 → x = 5 →
→ AB = 2 . 5 – 2 = 8 cm.
6
A
B
8
8
D
C
E
F
� �
� ��
�
β
α
72o
36o
36o
36o
36o
1. Âng. interno do pentágono reg
BÂE = ABC = o(5 2) 180
5−
= 108o
2. ΔABE é isósceles →
ABE = AÊB = 36o, pois BÂE = 108o.3. ΔABF: α + 2 . 36o = 180o → α = 108o
→ β = 72o
4. ΔAFE: FÂE + 72o + 36o = 180o
→ FÂE = 72o →→ ΔAFE é isósceles →
→ AE = EF =
5. ΔABF é isósceles → AF = BF = 8.
Então, BE = + 8
a = 120o, b = 105o ec = 75o.
61
62
F
D
C
A B
E
LIa
b
cc
HG
30o
30o45o
45o
30o
60o
L
63
64
65
A
B C
D
4
αα
x
32
x 24+
= x3
4x = 3x + 6x = 6
96 A
B CH
M NP
9
x
MN
BC =
AP
AH →
1220 =
99 x+
66
Mate
mátic
a II
I
54
Volume 1.B
A
B
CD
F E
2R
2R
R
R100
π
150
π– 2R
150
π
60→ 108 + 12x = 18012x = 72x = 6
Daí: Área do trapézio = (20 12) . 6
2+
= 96
36 E
D CH
x
A B
14 14
25
AB = 18 e DC = 25
AH = 14ΔAEB ~ ΔEDC
xx 14+ =
1825
→
→ 25x = 18x + 252 → 7x = 252 → x = 36
67
68
ABDF
FC
a b
EG
x
a – b
b b
b
ΔEFC ~ ΔCBA → a b
b−
= bx
→
→ x = 2b
a b−
D
E
A
B C
D
F
�
�
6 – ��
�
6
12
8
ΔCEF ~ ΔCBA → 12
2
= 6
6−
= 12 – 2 → 3 = 12 → = 4
69
1. AD = DE = 2R, R = raio do círculo,2. ΔCDE ~ ΔCAB.
1502R
150
−π
π
= 2R
100π
→
→ 1500
π – 20R = 30R → 50R = 150 0
π →
→ R = 30π → Comprimento = 2π . R
= 2π . 30π = 60 cm
70
D
Obs.:
OX→
é bissetriz de AÔB e OY é bissetriz de BÔCConsidere m(AÔB) = a e m(BÔC) = b
C
YB
Z
X
A
Bis
setriz
Bis
setriz
a / 2
b / 2
b / 2
a / 2θ
O
Dados:
oa b 36
OZ é bissetriz de XÔY→
⎧ − =⎪⎨⎪⎩
Calcule a medida do ângulo BÔZ = θ
1o)Z
X
O
B
Y θa / 2
b / 2
a + b4
1
Mate
mátic
a II
I
55
Volume 1.B
θ = a2
– ( )a b
4+
θ = 2a a b
4− −
= a b
4−
= o36
4 = θ = 9o
xo o180 902
10
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
− − = 11o → 90o +
x2 =
= 110o → x2 = 20o → x = 40o
2
3
4
5
6
y
y
y
x
x
x
60º
60º
60º 60º 60º 60º
60º60º
60º60º
IH
A
PE D
B F CG
��
Seja a medida do lado do triângulo equilátero ABC e
P o ponto interno. Devemos provar que DE + IF +
+ HG = 2
Prova
I) GH // AC → EH P = B G P = 60o
Por serem ângulos correspondentes do mesmo modo
concluímos que GFP = P I D = 60o e AE P = PD I = 60o
II) AHPI é um paralelogramo. Sendo AH = x e AI = y,temos que:
BH = – x
CI = – y
DE = x + y
Daí: i) BH = HG = – x; pois ΔBHG é equilátero
ii) CI = IF = – y; pois ΔCIF é equilátero
Então:
DE + IF + HG = (x + y) + – y + – x = 2como queríamos demonstrar.
α
αθ
θθ α
L M
BC
D
P
7
Solução:
m( LC ) = 5cm e m( MB ) = 7cm
DM // PB .
1o) CB D = α = BD M (alternos internos) →
ΔDMB é isósceles → DM = 7 → DL + LM = 7
2o) PD L = θ = CD L (alternos internos) →
ΔCDL é isósceles → DL = CL = 5 cm
Então, DL + LM = 7 → 5 + LM = 7 →
→ LM = 2 cm
a
d
f b
e c
A
D
E C
F BG H
L I
M I
�1 �2
�5
�5
�6
�4
�1 �2
�3
�6 �3
�4
1o) Soma dos âng. externos do hexágono GHIJLM.Sê = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 360o
2o) a + b + c + d + e + f + 2 . Sê = 6 . 180o → (a + b +c + d + e + f) + 2 . (360o) = 6 . 180o
(a + b + c + d + e + f) = 360o
B
x
x z
z
E D
A
CF
y y
c b
a
Seja BF = x, AE = y e FC = z.
Pelo teorema dos segmentos tangentes BF = BE , AE =
AD e FC = CD .Daí, se 2p = a + b + c e o perímetro do ΔABC, temos:2p = (x + z) + (y + z) + (x + y) →→ 2p = 2 . (x + y + z) → p = x + y + z .
Então:Se x + z = a → P = y + a → y = p – a,x + y = c → P = c + z → z = P – c ey + z = b → P = x + b → x = P – b.
Mate
mátic
a II
I
56
Volume 1.B
A
60o
60o
60o
60o
60o
60o
60oB
F
E
C
D
a a
a
α
θ
b
bb
c
cc
7
8
9
10
11
A
M
B C4x 4x N
Dx
Oθ
aê
No pentágono MBCNO temos 90o + 90o + 4x + 4x ++ x = 540o
9x = 360o
x = 40o
Daí 4x = 160o e Aê = 20o.
Logo 20 = 360n
→ n = 18 e d = 18 . (18 3)2
− = 135
diagonais.
Seja b, a e c as medidas dos lados AC , BC e AB,respectivamente.
Devemos provar que AD BE≅ = CF
BH
A
G
C
F
D
E
AC = 16 cm e BD = 18 cm.
1o) GH é base média do ΔABC, GH = AC2
= 162
=
= 8.
2o) EF = AC2
= 162
= 8 (Base média do ΔACD)
3o) HE = BD2
= 182
= 9 (Base média do ΔABD)
4o) GF = BD2
= 9 (Base média do ΔBCD)
Então: 2p( GHEF) = 8 + 8 + 9 + 9 = =16 + 18 = 34 cm
Resposta 34
B C
A
E
D
P
40o
55o
55o
75o
151 oo35o
35o
x
1o) ΔABC é isósceles; AB = AC → B = C = 70o
2o) ΔBDC
35o + 70o + BDC = 180o
BDC = 180o – 105o
BDC = 75o
3o) ΔBEP ≅ ΔBPC → P é ponto médio de EC .
4o) ΔDPE ≅ ΔDPC → DP é bissetriz → x = 75o
AD E
F
C B
α α
α
β
β β
θ
θθ a
c b
Sejam α, β e θ as medidas dos ângulos internos dotriângulo DEF da figura acima.
I) AB // DF → C D A = B A E = α e CF B = AB E = β.
Analogamente temos que: F B C = θ; F C B = α,
D C A = β e C A D = θ.
Considere c, b e a as medidas dos ângulos internos dotriângulo ABC. Da figura, tem-se que:
i) a = β pois AB // DF .
ii) c = θ e b = α pois CB // DE .
135
Mate
mátic
a II
I
57
Volume 1.BPortanto, o triângulo ABC é congruente aos triângulosADC, AEB e CFB pelo caso ÂLÂ.
12
13
14
CD
A
66
6
6
6
12
B
8 8
N
M
60o
60o 60o
60o
60o
60o
120o
120o
120o
30o
Seja AB = x
1. AM = CN = 122 = 6 e AB = DC = 12
2. Seja E o ponto médio de AB .
3. O triângulo AME é equilátero então ME = 6 e AÊM =60o.
4. O triângulo MEB é isósceles, MÊB = 120o e EMB =
EBM = 30o.
5. O triângulo AMB é retângulo em M. Do mesmo modoconclui-se que o triângulo DNC é retângulo em N.
Daí, pelo teorema de Pitágoras, 122 = 62 + 2
DN → DN
= 6 3 e a área do quadrilátero será:
AMBND = ( MD ) (DN) = 14 . 6 3
AMBND = 84 3
BA
D C
M
P
N
PA
PB =
43
Calcule BN
CN1o) O triângulo APD e PBN são semelhantes
AP
PB =
PD
PN →
PD
PN =
43
→ PN PD
PN
+ =
4 33+
→ ND
PN =
73
→ PN
ND =
37
.
2o) ΔPNB ~ ΔNDC.
BN
CN =
PN
ND =
37 .
D
B M D C
N
A
P
a a
x a – x
MP // AD , CD = BD = a, BM = x e MD = a – x.1o) ΔCMP ~ ΔCDA.
MP
AD =
MC
CD =
2a xa−
= 2 – xa
→
→ MP = 2 AD – AD . xa
.
2o) ΔBNM ~ ΔBAD
MN
AD =
xa
→ MN = AD . xa
Então MP = 2 AD – MN → MP + MN = 2 AD
A
x = 54 . (180o – x) → 900o – 5x = 4x → x = 100o
90o
NB
M
AOD
P
C
yyx
x
z
z
E P
F
CAB r
a / 2
a / 2
b / 2
b / 2a
b
Calcule PÔD + MÔN.2x + 2y + 2z = 180o
x + y + z = 90o.PÔD + MÔN = z + (x + y) = 90o
B
1
2
3
Mate
mátic
a II
I
58
Volume 1.B
Considere os ângulos adjacentes b e â da figura
anterior onde b + â = 180o.
Se AE→
e AF→
são bissetrizes dos ângulos b e â,respectivamente então:
m(FÂE) = a2
+ b2
= ( )a b
2+
= o180
2 = 90o.
BD C = a + b (âng. externo do ΔABD)
F CD = 180o – C (Suplemento do âng. externode medida C)
Então:
x + a + b + o180 – c = o180x = c – a – bx = c – (a + b)
E
ΔABD é isósceles → DÂB ≅ DB A →
→ CB D = x = CÂD.No ΔABD temos que4x + (60o + x) + (60o + x) = 180o
6x = 180o – 120o
6x = 60o
x = 10o
Então: D = 40o, B = Â = 60o + 10o = 70o.
(n – 2) 180o + [n + 1 – 2] . 180o +
+ [n + 2 – 2 ] . 180o = 2700o
180n – 360 + 180n – 180 + 180n = 2700
54 0 n = 270 0 + 54 0
n = 6
B
30
16
18x
yz
A
B
C
M
Margem
α
α
E
Somando membro a membro18 < x + z16 < y + z30 < x + y obtemos:18 + 16 + 30 < 2(x + y + z) → x + y + z > 32.
Logo, o único item verdadeiro é o (E). x + y + z pode ser 33.
Flaudio traçou um segmento perpendicular à reta AB.
Colocou no ponto médio M de BC uma estaca. A partir de
C, traçou outra perpendicular à BC , parando no ponto E,de modo que E, M e A estejam alinhados.Com muita esperteza, ele construiu em sua margem umtriângulo CME congruente ao triângulo ABM, logo
AB CE≅ .
ΔABM ≅ ΔMCE (caso Â.L.Â).
B
H
M
A C
40o
50o
25o 25o
130o
x = 65 o
AM = BC2
(mediana relativa à hipotenusa)
1) ΔAMC é isósceles → M C A = 25o = CÂM.2) Logo x + 90o + 25o = 180o (ΔABC)]
x = 65o
A B CP
A D
7
7 3
10
α
αα
6
6
ΔABP é isósceles → AB = BP . Então AD = 10 → 2p(ABCD) = 2x (10 + 7) = 34
F, V, V, V, FA) Falso, pois existe triângulo retângulo e isósceles.
Ex.:
B) VC) V; O triângulo equilátero é isósceles e possui 3
ângulos internos congruentes.D) VE) F
4
5
6
7
8
9
10
11
Mate
mátic
a II
I
59
Volume 1.B
A
B
E
DC
60o
60o
60o
60o
60o
10
1010
2(a + b) = 80
a + b = 40 cm
a3
= b5
= a b
8+
= 408
= 5
a = 15b = 25
D
I) O triângulo DFC é equilátero então D F C = F CD =
= CD F = 60o
II) ê = o360
5 = 72o (Âng Externo do pentágono reg.)
III) C D E = 108o → C + 60o = 108o
→ C = 48o
IV) O triângulo CDE é isosceles, deste modo:a + a + (c + 60o) = 180o
2a + 108o = 180o
2a = 72o → a = 36o
Conseqüentemente, a partir da figura temos:a + b + c = 180o e a + d = 60o →→ 36o + b + 48o = 180 e 36o + d = 60o →→ b = 96o e d = 24o
BH C = α
1) ΔADB, temos que DB A = 20o
2) ΔACE, temos que E C A = 20o
3) a + 55o + 15o = 180o
α = 110o
C
a a
b
b
A B
� �
CD
M N3
B D C
A
x
E
y11 – y
θ
θαα
12 10
11
d
b
c
a
E
D C
B
A
e
F
60º
60º a
AB // CD e AD = BC =
1. MN = 3 = AB + CD
2 (Base média) → AB + CD = 6.
Se AB + CD + + = 24 → 2 + 6 = 24 → 2 = 18→ = 9 cm
E
1o) Teorema da bissetriz externa
x10
= 11+ x
12 →
12x = 110 + 10x
x = 55
2o) y10
= 11– y
12 → 12y = 110 – 10y
22y = 110 → y = 5
Logo, DE = y + x = 5 + 55 = 60
A
E D
H
B C
70º
15º 55º75º35º
20º 20º
α
1o. DABC é isósceles, pois AB = AC → B = C = 60o →→ DABC é equilátero.
2o. Como D é ponto médio de BC e DE // AB →
→ DE é base média do DABC → DE = AB2
= 5
3o. CDE = CBA = 60o e CED = CAB = 60o. Por seremcorrespondentes, o DDEC é equilátero. Então, operímetro do DDEC é 15.
C
EF = 6 +102
= 8 m (Base média do trapézio ABJI)
12
13
14
15
16
17
18
Mate
mátic
a II
I
60
Volume 1.B
I J = EF + NO2
(Base média do trapézio EDCF) → 10
= 8 + NO2
→ NO = 12
2. No ΔAHD.
B GH = a + d
3. No ΔGBH.
b + BHG + B GH = 180o →
→ b + a + d + e + c = 180o →→ a + b + c + d + e = 180o.
A
A
BC
D
10
108
8
M
AM = MD
ABCD é um paralelogramo então ( )Perímetro
2p ABCD =
= 2x (10 + 8) = 36
5 cm5 cm5 cm5 cm5 cm
A
P
C
Q B
O
30
BP é mediana relativa a hipotenusa AC , logo BP =
= AC2
, BP = 302
= 15 cm. Se PQ // BC podemos
afirmar que Q é ponto médio de AB , logo CQ étambém mediana do ΔABC. Por conseguinte o ponto
O é o baricentro do ΔABC, daí, se PO = x, OB = 2x
e PO + OB = PB = 15 → x + 2x = 15 → x = 5
A
B
C
D
Ea
e
bd
c
F
GJ
I H
1. No ΔGEC.
B GH = e + c
B DC
Aβ
α2α2α
α
1. ΔACD é isósceles → CÂD = CDA = α
2. No ΔCAD, B C A = 2α (ângulo externo)
3. ΔABC é isósceles → A BC = B CA = 2α.
4. No ABD, β = 2α + α = 3α . (âng. externo).
1a parte:
BDC
A
20 16
25
1. Teorema da bissetriz interna
CD20
= DB16
→
→ CD DB20 16
++ =
DB16
→
→ BC36
= DB16
→
→ DB
BC =
1636
= 49
2a parte:
BDC
A
20 E
25
16
19
20
21
22
23
Mate
mátic
a II
I
61
Volume 1.B
2. DE // AC → ΔBDE ~ ΔBAC.Daí
BD
BC =
BE
AB →
49
= BE16
→
→ BE = 649
A B
D C
E6
�
�
ED = 30
Seja BE = 6 o prolongamento AB = .
1.2
ED = 2 + ( + 6)2 → 900 = 2 + 2 + 12 + 36→ 2 2 + 12 – 864 = 0 → 2 + 6 – 432 = 0
= 6 42
2− ±
→ = 362
= 18.
2. Área = (18)2 = 324 m2.
BA
B C
D E6
6 6
6 6
6 66 6
O
60o
60o
60o60o
60o 60o
60o60o
1. Os triângulos ADE, DEO, BOD e EOC são equiláterose congruentes. EntãoÁrea do trapézio = 3 . Área ΔBDO
= 3 . 26 . 3
4
= 27 3
24
25
Anotações
A
2
B
D 6 C
P
6
y
αα β
2β
β
4
2α + 3β = 180o → α + β = 90o
Mat
emát
ica
IV
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
Mate
mátic
a IV
62
Volume 1.B
Capítulo 1: Geometria Analítica – Ponto e RetaGeometria Analítica – Ponto e RetaGeometria Analítica – Ponto e RetaGeometria Analítica – Ponto e RetaGeometria Analítica – Ponto e Reta .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 62Tópico A: Distância entre Dois PontosTópico B: Razão da Secção de um Segmento Orientado AB; Ponto Médio; Baricentro de um TriânguloTópico C: Condição de Alinhamento de 3 pontos e Áreas dos polígonosTópico D: Equações da Reta: Geral e ReduzidaTópico E: Paralelismo e PerpendicularismoTópico F: Distância de um Ponto a uma RetaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................80Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................84
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Geometria Analítica – Ponto e Reta
Capítulo 1
1º d(P,R) = 2 2(4 2) (5 0)− + − = 4 25+
= 292º d(R,Q) = 8 – 4 = 83º d = (d(P,R) + d(R,Q)
d = 29 + 8 ≅ 13,38cmSe a escala é 1:10.000 então a distância será igual ad = 13,38 x 10.000 cmd = 1.338.000 cm = 13,38km
A) d(A,B) = 2 2( 2 3) (4 5)− − + + = 25 81+
= 106 ≅ 10,29
B) d(A,B) = 2 21 2 13
2 3 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ =
2 23 4 73 2−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= = 1 441
36+
= 4426
C) d(A,B) = 2 2(3 2 2) ( 3 4 3)− + − + =
= 2 2(2 2) (3 3)+ = 8 27+ = 35
r = ±3Seja A (r, 2) e B (0, –2).
d (A, B) = 5 → 2 2(r 0) (2 2)− + + = 5 →
→ r2 + 16 = 25 → r2 = 9 → r = ± 3
P (2, 2) ou P (5, 5)P (x, x) e A (2, 5)
d (P, A) = 3 → 2 2(x 2) (x 5)− + − = 3 →
→ (x2 – 4x + 4 + x2 – 10x + 25 = 9 →→ 2x2 – 14x + 29 = 9 →→ 2x2 – 14x + 20 = 0→ x2 – 7x + 10 = 0x1 = 2 → P (2, 2)x2 = 5 → P (5, 5)
P(2,5)
0 2 4 8
R(4,0)D(8,0)
5
d(P, R)
3
2
1
4
Mate
mátic
a IV
63
Volume 1.B
A) B
Se MPPN
= 2 > 0 então P está entre M e N.
1a parte: E (xE, yE) é ponto médio do segmento MP .
xE = 3 32
− + = 0 e yE =
2 02+
= 1 → E (0, 1)
2a parte: P (3, 0) é ponto médio do segmento EN .
3 = N0 x2
+ → xN = 6 e 0 = N1 y
2+
→ yN = –1
então N (6, –1)
ESe G (xG, yG) as coordenadas do baricentro.
xG = 2 2 5
3+ +
= 3
e
yG = 2 3 7
3+ +
= 4. Então G (3, 4) e
d (G, A) = 2 2(3 2) (4 2)− + − = 1 4+
d (G, A) = 5
A) Mr = tgα = 11 = 1 →
→ = α = 45°B) α = 120°
Ms = tg(120°) = – tg60° = 3−
C) Mt = 1 64 1++ =
75
→ α = arctg75
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
D) Mr = yx
ΔΔ =
3 00 2
−− =
32
−
α = arctg 32
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
E) Ms = 3 35 1
−+ =
06 = 0
α = 180° ou α = 0°F) Mt não existe pois α = 90°.
B10
5
6
7
8
9
xM = = 6
M(6, 7)
A(8, 2) B(4, 12)M(xM, yM)
4 + 8
2
yM =
e
= 64 + 8
2
xM = = =
+
A , 4M
–1
2
–3
5
–1
2
yM =
eM ,
–11
20
–11
6
B ,–3
5
–1
3
2
–5 – 6
10
2 20
–11
= =
4 +–1
3
2
11
3
2 6
11
xM = = = 3
A ,4 3M
yM =
eM
2 2
2 2
+4 3 –2 3
3 23
2 3
B ,
,
–2 3 4 2
= = 232 2
+2 2 4 2 6 2
B)
C)
15A (0, 0)
C (p, q)
B (1
3
7
2, )
D (8
3
3
2, )
M
As diagonais AC e BD do paralelogramo, intercep-tam-se nos respectivos pontos médios. Daí, se M (x, y),temos:
x =
1 83 3
2
+ → x =
32 e
y =
7 32 2
2
+ → y =
52
Como M 3 5
,2 2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
é médio de AC , temos:
32 =
0 p2+
→ p = 3 e
52 =
0 q2+
→ q = 5
Então p . q = 15.P(–1, –2)
R(1, k)Q(4, 2)
Mate
mátic
a IV
64
Volume 1.B
P(–1, –2)
R(1, k)Q(4, 2)
A soma PR RQ+ é a menor possível se R, P e Q foremcolineares e R estiver entre P e Q.Então:
1 1 k1 1 21 4 2
− − = 0 →
→ – 2 – 2 + 4k + k + 8 – 2 = 0 →
→ 2 + 5k = 0 → k = 25
−
A
B)
C)
A (2, 1)
B (3, 5) C (7, 4)
Área = 12 . |Δ|
Δ =
2 17 43 52 1
= 8 + 35 + 3 – 7 – 12 – 10
Δ = 46 – 9 = 17 → Área = 172
A(–4, 1) B(–1, 3) C(4, 1)D(3, –3) E(–1, –1) F(–3, –3)
Apolígono = 12 . | | onde
– 4
– 3
– 1
4
3
– 1
1
– 3
– 4 1
3
1
– 3
– 1=
= – 60 Apolíg =1
2. – 60 30=
= –12 – 1 –12 – 3 + 3 – 3 +
+ 1 – 12 – 3 – 3 – 3 – 12
A)
0 7x
r
y
72
y = – 6– 6
0
� �
� ���
� �
r
x
x = 4
4
0
y
x y6 162 4x y
−
− = 0 →
– 16x – 24 + 2y – 6y + 32 + 4x = 0→ – 12x – 4y + 8 = 0 →→ – 3x – y + 2 = 0 →→ 3x + y – 2 = 0
1º) M(Xm, Ym) é o ponto médio de BC, então:
2º) Seja r a reta que contém a mediana AM .Coeficiente angular de r
A(2, –4)
B(6, –16)
P(x, y)
11
12
13
15
14
A 1,
B (–1, 4) C (2, 2)
9
4
M
Mr = yx
ΔΔ =
934
1 12
−
− =
3412−
xM = =
yM =
M
–1 + 2
2
1
21
2= 3
, 34 + 2
2
Mr = 34 .
21
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
= 32
−
Tomando um ponto P(X,Y) qualquer do plano, Ppertencerá a reta r se:
9y4
x 1
−
− =
32
− → 9
y4
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
= 32
− . (x – 1)A
P(x, y)
9
41,
Mate
mátic
a IV
65
Volume 1.B
16
D1a parte: equação de r
Mr = tg 30o = 33
e P (1, 3) ∈ r. Um ponto Q (x, y) ∈ r se:
y 3(x 1)
−− =
33
→ y – 3 = 33
. (x – 1) →
→ y = 33
x –33
+ 3
2a parte: equação de s.
Ms = tg 135o = –tg 45o = –1 e P (1, 3) ∈ S.Um ponto A (x, y) ∈ S se:
y 3x 1
−− = –1 → y – 3 = –x + 1 → y = –x + 4
C
Área ΔAOB = 3 . 2
2 = 3.
135º
105º
P (1,3)
30º
y
x
Seja r a reta que passa pelos pontos M1 (– 3 , –1) e
M2 ( 3 , 5). Se P (x, y) ∈ r então
= 0
→ 3 y –5 3 –x –5x + 3 + 3 y = 0 →
→ –6x + 2 3 y = 4 3 ÷ (4 3 ) →
→ 6x4 3− +
2 34 3
y = 1 → x2 33
−+
y2
= 1
Então, p = 2 33
− e q = 2 → p2 + q2 +
53 =
= 43 + 4 +
53 = 7
A
x3 +
y2 = 1
17
18
19
x
3
x3
y
– 1–
y5
� �
� �
�� �
A (0,2)
B (3,0)θ 3
2
y
x
D
1o) Se t = 0 → x 0ey 2
⎧ =⎪⎨⎪ = −⎩
→ P1 (0, –2)
2o) Para t = 3 → x 6ey 7
⎧ =⎪⎨⎪ =⎩
→ P2 (6, 7)
Então, d (P1, P2) = 2 2(6 0) (7 2)− + + = 36 81+
d (P1, P2) = 117 = 3 13
B1a parte: Encontrar o ponto P1 (x, y).
( )( )
5x 7y 6 2r :s : 2x 9y 10 5⎧ − =⎨− + =⎩ i ~
10x − =
−
14y 12
10x
( )
⎧⎪⎪ + = +⎨⎪
=⎪⎩= = → 1
45y 50
31y 62
y 2 e x 4 P 4, 2
2a parte: Se P1 (4, 2) e P2 (2, 4) então o ponto médio
M (xM, yM) do segmento 1 2P P tem coordenadas:
xM = 4 2
2+
= 3 e yM = 2 4
2+
= 3.
M (3, 3)
A) reta rreta rreta rreta rreta r
2x – 3y + 8 = 0 → y = 2x3 +
83 → Mr =
23 .
reta sreta sreta sreta sreta s
2x – 3y + 7 = 0 → y = 2x3 +
73 → Ms =
23 .
Logo r//s pois Mr = Ms.B) reta rreta rreta rreta rreta r
5x + 2y – 1 = 0 → y = 5x2
− + 12
20
21
Mate
mátic
a IV
66
Volume 1.B
→ Mr = 52− .
reta sreta sreta sreta sreta s
10x + 4y – 3 = 0 → y = 10x
4− +
34
→ y = 5x2
− + 34 → Ms =
52
−
Logo r//s pois Mr = Ms.C) reta rreta rreta rreta rreta r
3x – y + 5 = 0 → y = 3x + 5 → MR = 3
reta sreta sreta sreta sreta s
2x + 4y – 1 = 0 → y = 2x4
− + 14 →
→ y = 1x2
− + 14 → Ms = 1
2− .
Logo r e s são concorrentes, isto é, tem um únicoponto de interseçaõ.
A) reta rreta rreta rreta rreta r1ª parte: 2x – y + 6 = 0 → y = 2x + 6 → Mr = 2Seja s a reta que passa por P(2,–1) e é paralela à r.s//r → Ms = Mr = 2.
2ª parte: Equação de sy = 2 . x + kP(2,1) ∈ s → – 1 = 2 . 2 + k →→ k = –1 – 4 → k = –5
B) reta r: x – 4y + 6 = 0 → y = 1x4 +
32 → Mr =
14
reta s: 4x – y + 1 = 0 → y = 4x + 1 → Ms = 4Como Mr . Ms ≠ – 1 então r e s não sãoperpendiculares. Entretanto, são concorrentes poisMr ≠ Ms.
1º) Equação da reta s.
22
23
24
25
P(2, –1)
(x, y)
s
Logo s = y 2x – 5.B) reta rreta rreta rreta rreta r
x + y – 5 = 0 → y = –x + 5 → Mr = –1Sendo s//r então Ms = Mr = –1
Equação da reta sEquação da reta sEquação da reta sEquação da reta sEquação da reta s
y = –x + k
1 = 2− + k → k = (1 2)+
P( 2, 1)
A equação da reta s é y = – x + (1 2)+ .
A) reta rreta rreta rreta rreta r: 2x – 3y + 6 = 0 → y = 2x3 + 2 → Mr =
23
reta sreta sreta sreta sreta s: – 3x – 2y + 5 = 0 → y = 3x2
− + 52 → Ms =
32
−
Como Mr . Ms = – 1 então r e s são perpendiculares.
P(2, 3)
P'r : y = 2x – 3
s
s 1 r → Ms . Mr = –1 → Ms . (2) = – 1 → Ms = 12
− .
Dai, a equação de s será da forma y = 1x
b2
− + . Como
P(2,3) ∈ s tem-se que:
3 = 2
b2
− + → b = 4
Logo a equação de s será y = x2
− + 4.
2º) Determinação da projeção ortogonal (ponto P’).Resolvendo o sistema, obtemos como solução o pontoP’.
y 2x 3r :xs : y 42
= −⎧⎪⎨
= − +⎪⎩
2x – 3 = x2
− + 4 → 2x + x2 = 4 + 3 →
→5x2 = 7 → 5x = 14 → x =
145 e
y = 2 . 145 – 3 =
285 – 3 =
28 155−
= 135 → y =
135
P’ 14 13
,5 5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
a(3,2) e r: 2x – 3y + 6 = 0
d(a,r) = 2 2
|1 3 3 2 6 |
2 ( 3)
⋅ − ⋅ +
+ − =
| 6 6 6 |4 9
− ++
= 613 =
6 1313
1ª parte: Escolha de 1 ponto da reta r.
A B
h
D Cs : 4x – 3y + 6 = 0
r : 4x – 3y + 1 = 0
26
Mate
mátic
a IV
67
Volume 1.B
x = 0 → 4 . 0 – 3y + 1 = 0 → –3y = – 1 → y = 13
P(0,13 ) ∈ r.
2ª parte: Altura relativa a reta CD = d(P,S)¨
h = d(P,S) = 2 2
14 0 3 63
4 ( 3)
⋅ − ⋅ +
+ − =
1 616 9− +
+ =
55
h = 1
Para determinar A’(a,b) encontramos primeiro o ponto
M
A' (a, b)
A (–3, –12)
s
r: x + y = 1
M, ponto médio do segmento AA ' .1ª parte: reta r: x + y = 1 → y = –x + 1 → Mr = –1.Sendo s ⊥ r → Ms . Mr = – 1 → Ms . (–1) = – 1 →→ Ms = 1.2ª parte: Equação de s.y = x + bA(–3,–12) ∈ s → –12 = – 3 + b → b = –9Equação de s será: y = x – 93ª parte: Ponto M é a solução do sistema.
`y x 1y x 9
= − +⎧⎪⎨ = −⎪⎩
–x + 1 = x – 9 → –2x = –10 → x = 5 e y = – 4M(5,–4)4ª parte:
Se M é médio de A 'A , temos:A'(a, b)
A(–3, –12)
M(5, –4)
5 = 9 ( 3)
2+ −
e –4 = b ( 12)
2+ −
10 = a + (–3) e –8 = b – 12a = 13 b = 4
Logo, a + b = 17
27
A) d(A,B) = 2 2(2 0) (4 0)− + − = 4 16+ = 2 5
B) d(A,B) = 2 2( 2 0) ( 3 1)− − + − − = 4 16+ = 2 5
C) d(A,B) = 225 1 3 4
3 3 5 5⎛ ⎞⎛ ⎞− + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 16 499 25
+ =
8419.25
= 2915
D) d(A,B) = 2 2(3 5 3 5) (2 2 4 2)+ + − =
= 36 5 8⋅ + =
= 188 = 2 47
E) d(A,B) = 2 2(1 2) ( 3 2)− + − − =
= 1 2 2 2 9 6 2 2− + + + + = 14 4 2+
F) d(A,B) = 2 2(6 2) (8 7)− + − = 16 1+ = 17
G) d(A,B) = 2 2(sen x cos x+ = 1 = 1
EQ (–1, a) ∈ 3o quadrante e P (a, 1)
d (P, Q) = 2 → 2 2(a 1) (1 a)+ + − = 2 →
→ a2 + 2a + 1 + 1 – 2a + a2 = 4 →→ 2a2 = 2 → a2 = 1 → a = ± 1.
Como Q (–1, a) ∈ 3o quadrante, então a = –1
B
Se A(2, 4 3 ) e B(–1, 3 ) são vértices consecutivas deum quadrado de lado , então:
= d(A,B) = 2 2(2 1) (4 3 3)+ + − = 9 27+ →
→ = 36 → = 6 → Área = 62 = 36.
D
d(A,B) = 2 2(7 1) (1 3)− + − = 36 4+ = 40 = 2 10
d(A,B) = 2 2(3 1) (5 3)− + − = 4 4+ = 8 = 2 2
d(B,C) = 2 2(7 3) (1 5)− + − = 16 16+ = 32 =
4 2
O maior lado é AB = 40 . Como ( )240 = ( )2
8
+ ( )232 o triângulo ABC é retângulo e escaleno.
1
4
3
2
Mate
mátic
a IV
68
Volume 1.B
A AB e CD são diagonais, onde M é ponto médio.Então, se M (xM, yM), temos que:
xM = BAx x2+
= 3 9
2+
= 6 e yM = 4 4
2− −
= –4
Como M é ponto médio do CD , C (xC, yC) e D (xD, yD),podemos afirmar que:
xM = DCx x2+
→ 6 = DCx x2+
→ xC + xD = 12
2a parte: Se A e B são dois vértices consecutivos.
7
6
5R
P (2, 5)
C (6, –3)
R = raio da circunferência.
1) R = d(P,C) = 2 2(6 2) ( 3 5)− + − − = 16 64+ =
= 80 = 4 5
2) Comprimento = 2π . R = 2π . 4 5 = 8 5π
P(12,12) ou P(–8,–8)E(2,2)P ∈ bissetriz dos quadrados ímpares → P(x,x).
1) d(P,E) = 200 → 2 2(x 2) (x 2)− + − = 200→ (x – 2)2 + (x – 2)2 = 200→ x2 – 4x + 4 + x2 – 4x + 4 = 2002x2 – 8x – 192 = 0x2 – 4x – 96 = 0x = 12 → P(12,12)ou oux = – 8 → P(–8,–8)
B P1 (0, 0)
P2 (3, 1) P3 (2, k)
d(P1,P3) = 2 2(2 0) (k 0)− + − = 24 k+
d(P2,P3) = 2 2(3 2) (1 k)− + − = 21 (1 k)+ −
d(P2,P3) = 2 2(3 0) (1 0)− + − = 9 1+ = 10Pelo Teorema de Pitágoras, temos que:d2(P1,P3) = d2(P1,P2) + d2(P2,P3) →→ 4 + k2 = 10 + 1 + 1 + (1 – k)2 →→ 4 + k2 = 11 + 1 – 2k + k2 →→ 2k = 8 → k = 4
B1a parte: Sejam A e B vértices opostos.
8
3 9C
D
A B– 4
0 x
y
M
10
9
6
6
3 9
C' D'
6
I
II
C D
y
2
0
– 4
– 10
A B
Pizzaria
P (3, –8)
N
W L
S
θ3
–8
Tomando a pizzaria como origem de um sistemacartesiano representado abaixo, a pessoa a que se refereo problema mora no ponto P(3,–8). Então,
d(P.O) = 2 2(3 0) ( 8 0)− + − − = 9 64+ = 73≅ 8,54
M(Xm, Ym) é o ponto médio de AB .
A) Xm = 2 ( 4)
2+ −
= – 1
e
Ym = 3 6
2+
= 92
M9
1,2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
Quadrado IQuadrado IQuadrado IQuadrado IQuadrado I: C (3, 2) e D (9, 2)Quadrado IIQuadrado IIQuadrado IIQuadrado IIQuadrado II: C’ (3, –10) e D’ (9, –10)Em qualquer um dos casos, teremos: xC + xD = 12
D
Mate
mátic
a IV
69
Volume 1.B
C
1a parte: M (xM, yM)
xM = 4 6
2+
= 5
yM = 2 4
2+
= 3B
(4,2)M
(5,3)
A (2,6)
C
(6,4)
15
B) Xm =
213 32
− + =
16
e
Ym = 15 2
2
+ =
114
C
1º) Seja M(Xm, Ym) o ponto médio de BC .
Xm = 1 02
− + = 1
2− e Ym = 4 52
− + = 1
2 →
→ M1 1, 22
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
2º) A mediana relativa ao lado BC é igual a d(A,M),isto é:
11
M 1 11
,6 4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
C) Xm = 4 5 6 2
2−
= 2 5 3 2−
e
Ym = 3 2 7 2
2−
= 4 22
− = 2 2−
M (2 5 3 2; 2 2)− −
D) Xm = 8 4 6
2+
=
e
Ym = 3 2
2−
= 3 2
2−
M3 2
6,2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
E) Xm = 1 52
− − = – 3
e
Ym = 3 72
− − = – 5
M(–3, –5)
G(Xg, Yg) é o baricentro do ΔABC.
A) Xg = 2 5 6
3+ +
= 133
e
Yg = 4 1 3
3+ +
= 83
G13 8
,3 3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
B) Xg = 2 3 3
3− + −
= –1
e
Yg = 1 2 5
3− + −
= 43
−
G(–1, 43− )
C) Xg = 1 3 52 2 2
3
+ − =
16
−
Yg =
1 7 83 3 3
3
+ − = 0
G1
,06
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
14
13
12
A B0
0(X0, Y0) é ponto médio de AB .¨
1º) X0 = 8 ( 2)
2+ −
= 3
e
Y0 = 4 ( 6)
2+ −
= 1
O(3, –1)2º) Sendo R a medida do raio,
R = d(0,B) = 2 2(3 2) ( 1 6)+ + − +
R = 25 25+ = 5 23º) Área = π . R2 = 50π
G9 15
,2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
é o barícentro do ΔABC, onde A(XA, YA),
B(1,3) e C(6,8). Então:
92 = AX 1 6
3+ +
→ Xa + 7 = 272 →
→ Xa = 272 – 7 =
132
e
152 = aY 3 8
3+ +
→ Ya + 11 = 452 →
→ Ya = 452 – 11 =
232
A13 23
,2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
d(A,M) = 2 21 12 3
2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 25 254 4
+
= 5 2
2
Mate
mátic
a IV
70
Volume 1.B
então PN + MN + PM = (BC AB AC)
2+ +
.
Portanto, poderíamos ter calculado o perímetro do ΔPNMatravés do perímetro do ΔABC.
α = ângulo de inclinação e Mr = coeficiente angular oudeclividade.
A) α = 30° e Mr = tg30° = 33
B) Mr = YX
ΔΔ =
( 3 0)0 2
− −− =
32 = tgα e
α = arctg 32⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
; α ∈ 1º quadrante.
C) Mr = tgα = 2 3
2 = 3 e α = 60°.
D) Mr = tgα = 4 ( 1)
1 5− −
− − = 56− =
56
− e
α = arctg 56
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
; α ∈ 2º quadrante.
E) α = 45° e Mr = tg45° = 1
A) A(2, –1), B(3, 2) e C(5, 1)
1º
2 13 25 12 1
−
−
= 4 + 3 – 5 + 3 – 10 – 2 = 10 – 17 = – 7 →
→ A, B e C não são colineares.
2º) AΔABC = | 7 |
2−
= 72
B) A(1
, 62 ), B(1, 3 ) e C(2, 2 3 )
1º
16
21 3
2 2 31 6
= 32
+ 2 3 + 12 – 6 – 2 3 – 2 3 =
= 7 3
2 + 6 – 4 3 = 6 –
32
= 12 3
2−
Logo A, B e C não estão alinhados.
2º) AΔABC = 12 3
22
− =
12 34−
C) A(3, 3 ), B(1, 3 ) e C(2, 2 3 )
16
19
18
17
1U 1U 1U 1U
E P N
(6,4)
N
(– 8, 2)
F
A (2,4)
B (6,– 8) C (0,– 2)M
NP
Sejam E (xE, yE), F (xF, yF) e P (xP, yP).1a parte: A seqüência (–8, xE, xF, xP, 6) formam uma pro-
gressão aritimética de razão igual a 6 ( 8)
4− −
= 3,5
Logo: xE = –8 + 3,5 = – 4,5xF = –4,5 + 3,5 = –1,0xP = –1 + 3,5 = 2,5
2a parte: Do mesmo modo a seqüência (2, yE, yF, yP, 4)
é uma P.A de razão 4 2
4−
= 0,5
Logo: yE = 2 + 0,5 = 2,5yF = 2,5 + 0,5 = 3,0yP = 3 + 0,5 = 3,5
Então: P (2,5; 3,5)
3( 10 + 2)
Sejam M (xM, yM), N (xN, yN) e P (xP, yP) os pontos médios
dos lados BC , AC e AB , respectivamente.
1a parte: M (xM, yM) = 6 0 8 ( 2)
,2 2+ − + −⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
= (3, –5)
N (xN, yN) = 0 2 2 4
,2 2+ − +⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
= (1, 1)
P (xP, yP) = 6 2 4 ( 8)
,2 2+ + −⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
= (4, –2)
2a parte: perímetro do ΔPNM.
d (P, M) = 2 2(4 3) ( 2 5)− + − + = 1 9+ = 10
d (P, N) = 2 2(4 1) ( 2 1)− + − + = 9 9+ = 3 2
d (M, N) = 2 2(3 1) ( 5 1)− + − − = 4 36+ = 2 10
Então perímetro será igual a 3 10 + 3 2 = 3 ( 10 + 2 ).
Observação:Da geometria plana, tem-se que:
PN = BC2
; MN = AB2
e PM = AC2
2a parte: d (A, M) = 2 2(5 2) (3 6)− + − = 9 9+
d (A, M) = 3 2
P (2,5; 3,5)
Se MPPN
= 3 então P está entre M e N.
Mate
mátic
a IV
71
Volume 1.B
A (–5, –3)
B (–2, 12) C (4, 6)M
r
Aparalelogramo = 12
. |Δ| onde
2
0 A1
33
C
D
13 15 x
B
14
12
3
1
13
15
3
0
2
14
12
0
Δ = =
1º
3 3
1 3
2 2 3
3 3
= 3 3 + 2 3 + 2 3 – 3 – 2 3 – 6 3 =
= 7 3 – 9 3 = 2 3− .então A, B e C não são colineares.
2º) AΔABC = 2 3
2
− = 3
D) A(1,3), B(–4, –2) e C(3,5)
1º
1 34 2
3 51 3
− − = – 2 – 20 + 9 + 12 + 6 – 5 =
= 27 – 27 = 0Então, A, B e C são colineares, par conseguinte o A, Be C não forma triângulo.
D
P1 (1, t), P2
1 1,
2 2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e P3(0, –2)
Se P1, P2 e P3 são colineares então
1 t1 12 20 21 t
− = 0 → 12 – 1 + 0 –
t2 – 0 + 2 = 0
→ 32
= t2 → t = 3
–23
1º M(2, 5) é médio de AB , A(5, Y) e B(X, 7) então:
2 = 5 x
2+
e 5 = y 7
2+
. Daí x = 1 e y = 3
A(5,3) e B(–1,7)
2º Seja r a reta que passa por AB de coeficiente angularMr, onde:
Mr = 7 31 5
−− −
= 46−
= 23−
222
23
24
21
20
1) M(Xm, Ym) é médio de BC e Xm = 4 2
2−
= 1 e Ym =
= 12 6
2+
= 9
M(1,9)
2) Sendo r a reta que contém a mediana AM .
Mr = YX
ΔΔ =
9 31 5
++ =
9 31 5
++ = 2
1º) Δ =
a 1 aa a 3
a 1 a 1a 1 a
−+
+ +−
Δ = (a – 1) (a + 3) + a2 + a + a2 + a – a2 –– (a + 1) (a + 3) – (a2 – 1)Δ = a2 + 2a – 3 + a2 + 2a – a2 – 4a – 3 – a2 + 1
Δ = – 5. Então A = | 5 |2
= 52 e 26A = 65
B1º) Se C pertence ao eixo das y → C(0, Yc)
2º) Δ = c
3 11 30 Y3 1
− = – 9 + Yc – 1 – 3Yc = – 2Yc – 10
3º) S = 3 = c2Y 102
− − → |–2Yc – 10| = 6 →
→ –2Yc – 10 = 6 ou –2Yc – 10 = –6 →→ –2Yc = 16 ou –2Yc = 4 →→ Yc = – 8 ou Yc = –2Portanto Y1 . Y2 = (–8) . (–2) = 16
SoluçãoSoluçãoSoluçãoSoluçãoSoluçãoA(3, 0)B(1, 2)C(13, 14)D(15, 12)
25
Mate
mátic
a IV
72
Volume 1.BSe escala é 1:10.000.000 então
Área do desenhoÁrea real =
2
71
10⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 141
10 →
→ Área real = 494 . 1014cm2 = 122.500km2
b) E(0,2)Seja E(X,Y) as coordenadas da cidade, tal que:
2 2
2 2
d (E,A) d (E,B)e
d (E,A) d (E,D)
⎧ =⎪⎪ →⎨⎪
=⎪⎩
∼
( )
2 22 2
2 222
3 1x (y 0) (x 2) y
2 2e
3 3x (y 0) x y 4
2 2
⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + + − = − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎪⎝ ⎠⎪ →⎨⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩
∼
2 2 2 2
2 2 2 2
9 1x 3x y x 4x 4 y y4 49 9x 3x y x 3x y 8y 164 4
⎧ + + + = − + + − +⎪⎪⎨⎪ + + + = − + + − +⎪⎩
∼17 9
7x y 2 7x y 24 4
6x 8y 16 3x 4y 8
⎧ + = − = → + =⎪⎨⎪ + = → + =⎩
∼
28x 4y 83x 4y 8
____________________25x 0 x 0 e y 2
− − = −⎧⎪⎨
+ = +⎪⎩
− = → = =
A) A(2,1) e B(5,10)
= 6 + 14 + 156 – 26 – 210 – 36 = 176 – 272Δ = –96
Aparalelog = 12 . |–96| = 48
ATomado A(0, 0) como origem do sistema cartesiano,temos:B(4, 1), C(8, 4) e D(7, –2).
= – 16 – 16 – 8 – 28 = –36
Logo Apolígono = 12 . |–36| = 18
0
4
8
7
0
0
1
4
– 2
0
Δ =
A3
,02
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
São Paulo
B ( )12, 2 Rio
C7
5,2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Vitória
D3
,42
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Belo Horizonte
1º) Δ =
30
212 275 2
34
23 02−
= 34
− + 7 + 20 – 52 –
214 + 6
Δ = 33 – 344 = 33 –
172 =
492
Daí: Área = 49
22
= 494
y
(Tró
p. de
Capricó
rnio
)
Meridiano de45o
5
5
4
3
2
1
x4321
A
DC
B
26
27
28
A
B
P (x, y)
x y2 15 10x y
= 0 → x + 20 + 5y – 2y – 5 – 10x = 0
→ –9x + 3y + 15 = 0→ –3x + y + 5 = 0→ 3x – y – 5 = 0 → y = 3x – 5
Geral Reduzida
53
53
–5
x y
0 –5
0
Mate
mátic
a IV
73
Volume 1.B
B) A1
,02
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e B2 1
,3 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
1º)
x y1
022 13 2xx y
= 0 → 14 +
2y3 –
y2 –
x2 = 0 →
→ 3 + 8y – 6y – 6x = 0 →→ 2y – 6x + 3 = 0
→ y = 3x – 32
2º) 2y – 6x + 3 = 0
12
32
12
32
–
–
x y
0
0
y
x
r
C) A ( )3 3, 2 2− e B ( )2 3, 2−
1º)
x y
3 3 2 2
2 3 2x y
−
− = 0 → 2 2x− + 3 6 2 3y−
–3 3y – 4 6 – 2 2x = 0
→ 3 2 x− ⋅ 5 3 y− ⋅ 6− = 0
→ 3 2 x⋅ 5 3 y+ ⋅ 6+ = 0
→ y = 3 2 x5 3
− ⋅ –
65 3
2º)
25
–
x y
0
0
y
x
25
–33
–
33
–
A) Mr = tg 120o = – 3
(y 7)(x 0)
−− = – 3 → y – 7 = – 3 . x →
→ 3 . x + y – 7 = 0
A (2, 0)
B (4, 3)
P (x, y)
x y4 32 0x y
= 0 → 3x + 2y – 4y – 6 = 0 →
→ 3x – 2y – 6 = 0
A) y 2x 1y 5x 8
= +⎧⎪⎨ = −⎪⎩
2x + 1 = 5x – 8 → 3x = +9 → x = 3 e y = 7Logo existe um ponto de interseção P(3,7)
B) y 3x 4y 3x 6
= +⎧⎪⎨
= −⎪⎩
3x + 4 = 3x – 6 → 4 = – 6 (Absurdo).Logo não existem x e y que satisfaçam ao sistemaformado pelas equações das retas, isto é, não existeinterseção, r e s são paralelas.
Seja P (x, y) um ponto qualquer deste lugar.
d (P, C) = 10 → 2 2(x 3) (y 2)− + − = 10 →
→ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 100Obs.: Este lugar é uma circunferência de centro C (3, 2)e raio 10.
29
30
31
P(x,y)
A(1,4) B(2,3)
d (P, A) = d (P, B)
2 2(x 1) (y 4)− + − = 2 2(x 2) (y 3)− + −
2x – 2x + 1 + 2y – 8y + 16 =
= 2x – 4x + 4 + 2y – 6y + 9
2x – 2y – 4 = 0
32
B) y = 30x + y – 3 = 0
C) x = –2x + 0y + 2 = 0
D)
Mate
mátic
a IV
74
Volume 1.B
33
34
35
36
3
4 x
yxxxxx 44444
0 3
4 0
x – y – 2 = 0
Área = 4 . 3
2 = 6
B
P1(2, 3)
P2(–1, –3)
P(x, y)
1ª parte: Equação de r
x y1 32 3x y
− − = 0 →
→ –3x – 3 + 2y + y + 6 – 3x = 0 →→ –6x + 3y + 3 = 0 →→ 2x – y – 1 = 02ª parte: Se Q(h, h + s) ∈ r então2 . (h) – (h + 5) – 1 = 0 →→ 2h – h – 5 – 1 = 0 → h = 6Logo h2 – 2h + 3 = 36 – 12 + 3 = 27
E1ª parte: Seja p o ponto de interseção das retas r e s.r: x + y – 2 = 0 → y = –x + 2es: x – y – 4 = 0 → y = x – 4Então, em p, temos:–x + 2 = x – 4 → –2 x = –6 → x = 3e y = –1 → P(3,1)
2ª parte: d(P,0) = 2 2(3 0) ( 1 0)− + − −
= 9 1+ = 10
A
A)
x y1
2232 2 2
x y
= 0 → x2 +
3 22
+ 2 2 y –
2 2 y− 2− –3x2 = 0
→ –x + 2 y + 22
= 0
→ 2x – 2 2 y – 2 = 0
37
38
y
6,2
2,5
2 4 8 x
B
C
P (8,y)
A (0,1)
1o) Coeficiente angular da reta BC.
M BC = 6,2 2,5
4 2−− =
3,72 = 1,85
2o) P (8, y) ∈ reta se: y 6,28 4
−− = 1,85 → y – 6,2 = 7,40
→ y = 13,6 bilhões
A) 1º) 3x – 6y + 12 = 03x – 6y = –12 : (–12)
x4− +
y2 = 1
2º) Área = 4 2
2⋅
= 4
ASeja P (20, y) ∈ reta. Os pontos P (20, y), A (30, 50) eB (5, 150) estão alinhados.
Então:1a) Coeficiente angular da reta
Mr = yx
ΔΔ =
150 505 30
−− =
10025− = –4
2a parte: Se P (20, y) ∈ reta, então
y 5020 30
−− = –4 → y – 50 = 40 → y = 90
Comprando 20 unidades pagarei 90 reais, logo 1
unidade custará 9020 = 4,5 reais.
A
39
2
–4 x
y
B) 1º) –4x + 8y = 16
x4− +
y2 = 1
Mate
mátic
a IV
75
Volume 1.B
40
4
3
–4
5
C) 5x – 3y = –4
5x4− +
3y4 = 1
x45
− +
y43
= 1
2º) Área = 4/5 4/3
2⋅
= 1630 =
815
– 2
2
–1
A
x3 +
y2 = 1
Área = 3,22 = 3
2
3
C1º) y = x – 1
x y
0 –1
1 0
0 1
–1
3
P2y = 2
y = x – 1
y = 22º) Ponto P de interseção.
y 2y x 1
=⎧⎪⎨ = −⎪⎩
→ 2 = x – 1 → x = 3 → P(3,2)
3º) Área do trapézio = (3 1) 2
2+ ⋅
= 4
A
41
42
k + 1
k
reta: yk +
y(k 1)+ = 1; k > 0
Área = 6 → k (k 1)
2⋅ +
= 6 →
→ k2 + k = 12 →→ k2 + k – 12 = 0→ k = –4ouk = 3
2º parte:
4
3
a
D) –2x – 2 y = 2
2x2
− – y = 1
x22
− + x
1− = 1
Área =
2 12
2
− ⋅ − =
24
2
–4
2º) Área = 4 2
2⋅
= 4
Mate
mátic
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76
Volume 1.B
EEquação da reta
xp +
yq = 1
Se (2,3) ∈ reta →2p +
3q = 1 . (6) →
→12p +
18q = 6
B
x2− +
y3 = 1 → –3x + 2y = 6 →
→ 3x – 2y + 6 = 0
A) r: 6x – 5y + 1 = 0 → y = 6x5 +
15 → Mr =
65
s: 5x + 6y + 2 = 0 → y = –5x6 –
26 → Mr = –
56
43
44
45
46
47
a2 = 32 + 42 → a = 5Logo perímetro = 4 + 3 + 5 = 12
x 1x 3t 1 3t x 1 t
3e
y 4y 2t 4 2t y 4 t
2
⎧ += − → = + → =⎪
⎪⎪⎨⎪ − +⎪ = − + → = − + → =⎪⎩
Logo x 13+
= y 42
− + → 2x + 2 = –3y + 12
→ 2x + 3y – 10 = 0
B)
t 1x t 4x 1
45y 32t 3
y t5 2
−⎧ = → = +⎪⎪⎨ −+⎪ = → =⎪⎩
Daí: 4x + 1 = 5y 3
2−
→
→ 8x + 2 = 5y – 3 →→ 8x – 5y + 5 = 0
P (y = 0)
A3
B C
–4 2
x2
y3
+ = 1
C
Área ΔABC = (6) 3
2⋅
= 9
r ⊥ s pois Mr . Ms = –1r e s são concorrentes e perpendiculares.
B) r: y = 2x + 10 → Mr = 2 e s: y = 2x – 5 → Mr = 2r//s pois Mr = Ms
C) r: 8x – 4y + 7 = 0 → y = 2x + 74 → Mr = 2
s: –16x + 8y – 10 = 0 → y = 2x + 108 → Ms = 2
r//s pois Mr = MsD) r: y = 8 e s: x = 8
r ⊥ s e concorrentes
E) r: 5x – 4y + 6 = 0 → y = 5x4 +
64 → Mr =
54
s: 10x – 8y + 12 = 0 → y = 5x4 +
128 → Ms =
54
r//s pois Mr = Ms
F) Mr = 27 e Ms =
72
− → r ⊥ s e as retas são
concorrentes.
3 × 1010
1ª parte: Mr = 3 → Ms = 13
− pois r ⊥ s
2ª Equação de s
y = 1x3 + b
P(1,4) → s 4 = –13 + b
Logo s: y = x3
− + 133
3ª) A projeção ortogonal P’ é a solução do sistema:
y 3x 4x 13y3 3
= +⎧⎪⎨
= − +⎪⎩ → 3x + 4 = –
x3 +
133 →
→ 9x + 12 = –x + 13 → 10x = 1 → x = 1
10 e
y = 3
10 + 4 = 4310 P’
1 43,
10 10⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2ª parte: P’1 43
,10 10⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e P(1,4)
48
r : y = 3x + 4
s
P'
P (1, 4)
Mate
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Volume 1.B
50
51
52
53
54
P
A(4,0)
B(1,6)
C(7,4)
r
s
1a parte: Equação da reta r, que passa por A e B.
Mr = 6 0
1 4
−
− = 6
3− = –2.
y = –2x + b → 6 = –2 . 1 + b → b = 8 → y = –2x + 8
2a parte: A reta s, que passa por C e P, é perpendicularà r, então:
Mr . Ms = –1 → (–2) . Ms = –1 → Ms = 1
2
Equação de sEquação de sEquação de sEquação de sEquação de s
y = 1
2x + k. Como C(7, 4) ∈ s, temos que:
4 = 7
2 + K → K = 4 –
7
2 → K =
1
2 → y =
x
2 +
1
2
3a parte: O ponto P é a solução do sistema a seguir:
y 2x 8x 1y2 2
= − +⎧⎪⎨ = +⎪⎩
Comparando, temos:
–2x + 8 = x
2 +
1
2 → –4x + 16 = x + 1 → 5x = 15 →
x = 3 e y = 2
P(3, 2)
A (2, 4)
B (–3, 1) C (0, 2)
s
1º) Seja r a reta que passa por A e B
Mr = 4 12 3
−+ =
35
2º) Seja s a reta, onde é s ⊥ r e c ∈ s
Ms = –53 pois r ⊥ s, então a equação de s é dada por
y = –5x3 + b
C(0,2)∈ s → 2 = –53 . 0 + b → b = 2
Daí: s = y = –5x3 + 2
A(a4 – 1) . x + (a2 + 1) . y – 1 = 0 (Família)
49
d(P,R) = d(P, P’) = 221 431 4
10 10⎛ ⎞⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 2 29 3
10 10⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 81 9
100 100+ =
9010
= 3 10
10⋅
B
1º) P(2,3) e Q(6,7) . M(Xm,Ym) é médio de PQ
Xm = 2 6
2+
= 4 e Ym = 3 7
2+
= 5
2º) Seja r a reta que passa por P e Q → Mr = 7 36 2
−− =
44 = 1
3º) s é a reta que passa por M e é perpendicular à r.Então Mr . Ms = –1 → 1 . Ms = –1 → Ms = –1Daí:s: y = –x + bM(4,5) ∈ s → 5 = –4 + b → b = 9 →→ s: y = –x + 9 → x + y – 9 = 0
C1º) Se p o ponto de interseção das retas:
x 1
2x y k
=⎧⎪⎨
− + =⎪⎩ → –2 . 1 + y = k → y = k + 2
→ P(1, k + 2)2º) 1 + (k + 2) = 8 → k = 5
DSejam r: x – 2y + 4 = 0, s: 2x – 3y + 5 = 0 et: ax + by – 11 = 01º) Se P(Xp,Yp) é o ponto de interseção das reta,resolvendo o sistema formado pelas equações de r e s,obtemos P.
x 2y 4 02x 3y 5 0
− + =⎧⎪⎨
− + =⎪⎩ ∼
2x− 4y 8 0
2x
+ − =
3y 5 0
⎧⎪ +⎨− + =⎪⎩
y – 3 = 0y = 3 e x = 2P(2,3)2º) P(2,3) ∈ t → a . 2 + b . 3 – 11 = 0 →→ 2a + 3b = 11Logo 2a + 3b – 1 = 11 – 1 = 10
P(3, 2)
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78
Volume 1.B
2º) Equação da reta CD
x y4 29 1x y
− = 0 → –2x + 4 + 9y – 4y + 18 – x = 0
–3x + 5y + 22 = 03º) Área do paralelogramo
Δ =
3 12 29 14 23 1
− −
−
− −
= –6 + 2 – 18 – 4 + 2 – 18 – 4 – 6
Δ = –52
Área = 522
− = 26
A) d(P,R) = 2 2
4 3 5
2 3
+ +
+ =
1213 =
12 1313
B) P(–3,–4) e r: 4x + y – 3 = 0
d(P,R) = 12 4 3
16 1− − −
+ =
1917 =
19 1717
C) p1 3
,2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e r: 3x – 4y – 12 = 0
55
56
D (xD, yD)
B (2, 2)A (–3, –1)
C (xC, yC)
Q (3, 0)
1º) Q é médio de AC e BD , então:
I. 3 = 02 x2+
→ xD = 4
II. 0 = 02 y2
+→ yD = –2
D(4,2)
III. 3 = c3 x2
− +→ xc = 9
IV. 0 = c1 y2
− +→ yc = 1
C(9,1)
Uma reta é paralela ao eixo das abscissas, se suaequação for da forma y = k, k ∈ Reais. Então:a4 –1 = 0 e a2 + 1 ≠ 0 → a4 = 1 → a = ±1.Daí, teremos a reta
0x + 2y – 1 = 0 → y = 12
d(P,R) =
3 6 122
9 16
− −
+ =
3 182
5
− =
332
5
− =
3310
D) d(P,R) = 2 2
2 2 4 0 10
( 2) 4
⋅ + ⋅ −
+ =
82 16+ =
818 =
8 1818
= 49 . 3 2 =
42
3
E) d(P,R) = 2 1 264 25
− +
+ =
389 =
3 8989
F) Equação de r
r =
2 3t 2 3xx 3x 2 3t t
3 3t 4
y 2y t 4 t 2y 42
− −⎧ = → = − → =⎪⎪⎨
+⎪ = → = + → = −⎪⎩
Daí:2 3x
3−
= 2y – 4 → 2 – 3x = 6y – 12 → 3x + 6y – 14 = 0
Então:
d(P,R) = 2 2
3 ( 3) 6 4 14
3 6
⋅ − + ⋅ −
+ =
9 24 14
45
− + − =
= 1
3 45 =
515
D1o modo: método analítico1a parte: Equação da reta r que passa por A(0, 0) eB(3, 4)
x y0 03 4x y
= 0 → 3y – 4x = 0 → y = 43 x → Mr =
43
2a parte: Equação da reta s que passa por Q(28, 4) eé perpendicular à reta r.
i) Ms . Mr = –1 → Ms . 43 = –1 → Ms = –
34 .
ii) Equação de s.
y = –3x4 + K → 4 = –
34 . 28 + K → K = 25
s: y = –3x4 + 25
3a parte: O ponto P é a solução do sistema abaixo
⎧ =⎪⎪⎨⎪ = − +⎪⎩
4xy33xy 254
. Logo 4x3 = –
34 x + 25 → 16x =
= –9x + 12 . 25 → x = 12 e y = 16. P (12, 16)
57
Mate
mátic
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79
Volume 1.B
58
59
r
s
53
54
P
A (0,0)
–
x
y
s r
P
Q
C
θ
θ
α
α4 25
283A (0,0) 3
x
54
B
Seja d (P, B) = xΔABC ~ ΔBPQ
525 =
3x → x = 15
B
1a parte: Seja r a reta de equação 3x – 4y = 5 ou
y = 34 x –
54 I
Mr = 34
2a parte: O ponto mais próximo da origem pertencentea r é o ponto P da figura acima. Obtido, através daintersecção da reta s com a reta r.Equação de s (s ⊥ r)
Mr . Ms = –1 → Ms = –43
y = –43 x II
3a parte: Resolvendo o sistema formado pelas equaçõesI e II, obtemos:
3 5y x
4 44
y x3
⎧ = −⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩
→ – 43 x =
34 x –
54 →
→ 3 4
x x4 3
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
= 54 →
( )9x 16x12+
= 54 →
2512 x =
= 54 → x =
35 e y = –
43 .
35
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= –45
C ( 2
A (2,0) B (0,4)
h
5 4 + 5 ),
x y2 00 4x y
= 0 → 8 + (–2y) – 4x = 0 → 2x + y – 4 = 0 (reta r)
2a parte: h = d(c, r) = ( )2 . 2 5 4 5 4
4 1
+ + −
+ = 5 5
5
h = 5
2x – y – 5 = 0 →r : y = 2x – 5
t
B (–5, 5)
B' (xB', yB')
I
A (–7, 1)
P
Na figura anterior B’ é simétrico a B em relação a reta r:
y = 2x – 5 . AP + PB é a menor possível, onde P é ainterseção da reta s e r.1º) Determinação de B’.seja t uma reta que passa por B e t ⊥ r.
Mr = 2 então Mt = – 12
t: y = –x2
+ b
Como B(–5,5) ∈ t → 5 = 52
+ b → b = 52
t: y = – x2
+ 52
Resolvendo o sistema, encontraremos I, ponto deinterseção de t e r.
y 2x 5x 5
y2 2
= −⎧⎪⎨
= − +⎪⎩ → 2x – 5 = –
x2 +
52 → 4x – 10 =
= –x + 5 → 5x = 15 → x = 3 e y = 1 → I(3,1)
Sendo I(3, 1) médio de BB ’, temos que:
3 = B'5 x2
− +→ xB’ = 11 e
1 = B'5 y2
+→ yB’ = –3
60
B’(11,–3)
Logo d (P, B) = ( ) ( )2 212 3 16 4− + − = 81 144+ = 15.
2o modo: Por geometria plana (semelhança de triângulos)
Logo P 3 4
,5 5
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
e xP + yP = 35 +
45
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
= –15
1a parte: Equação da reta r que passa por A e B.
Mate
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80
Volume 1.B
62
63
2º) Reta s que passa por A(–7,1) e B’(11,–3)
x y7 1
11 3x y
−
− = 0 → x + 21 + 11y + 7y – 11 + 3x = 0
→ 4x + 18y + 10 = 0→ 2x + 9y + 5 = 0
→ y = –2x9 –
59
3º) P é solução do sistema:
y 2x 52x 5
y9 9
= −⎧⎪⎨
= − −⎪⎩
2x – 5 = –2x9 –
59 →
→ 18x – 45 = –2x – 5 →→ 20x = 40 → x = 2 e y = –1P(2,1)
2561 D C
A (–4, 5) Br
Considere o quadrado ABCD ao lado cujo lado mede .1º) Se r: 7x – y + 8 = 0 contém uma das diagonais, rpassa por B e D pois A(–4,5) ∉ r.Obs.: 7 . (–4) – 5 + 8 ≠ 0
2º) d(A,R) = 2
2; 2 = diagonal do quadrado
→28 5 8
49 1− − +
+ =
22
→25
5 2 =
= 2
2→ 5 . 2 . = 50 → = 5
→ Área do quadrado é igual a 25.
Resp.: 22
Logo Ms = 32− pois Ms . Mr = – 1 (s ⊥ r).
A equação de s, é da forma: y = 3
2−
x + k. No entanto
se P(–5,13) ∈ s, então:
13 = −32
. (–5) + k → k = 13 −152
→ k = 112
.
Daí: (s): y = −32
x + 112
.
2a Parte: Determinando o ponto médio M de PQ .
2(r) y x 133 11(s) y x2 2
⎧ = −⎪⎪⎨ −⎪ = +⎪⎩
23
. x – 1 = – 32
x + 112
→ 4x – 6 = –9x + 33 → x = 3
e y = 1. Logo M (3,1).
3a Parte: Se M é médio de PQ , então:
3 = − +5 a
2 → a = 11
e
1 = +13 b2
→ b = –11. Portanto a – b = 22.
A1º) Escolhendo um ponto P de r: 2x – 3y + 4 = 0
x = –2 → 4 – 3y + 4 = 0 → 3y = 0 → y = 0→ P(–2,0)
2º) Sendo s: 2x – 3y + c = 0 e P(–2,0)
d(P,S) = 10 → 4 0 c
4 9
− + +
+ = 10
→ |c – 4| = 10 13
P(–5, 13)
Q(a, b)
Mr: 2x – 3y – 3 =0
1a Parte: Equação da reta s que passa por P e Q e éperpendicular à reta r no ponto M.
I. (r): 2x –3y – 3 = 0 → 3 . y = 2x – 3 → y = 23
x – 1 →
→ Mr = 23
(coefic. angular de r).
P(145 ,2)1
A(0, 0) 1
3αB(7, 0)F(4, 0)
1 E(1, 5)
P
C(7, 5)D
5 5
Mate
mátic
a IV
81
Volume 1.B2a Parte: Área do Paralelogramo ABCD.
Área = 12
. |Δ|
Área = 602
= 30.
Onde:
Δ =
1 37 39 83 81 3
= 3 + 56 + 72 + 9 – 21 – 27 – 24 – 8
Δ = 140 – 80 = 60
A (–1,4), B (5,6), C (3,–2) e Área = 22.
1a Parte: Equação da reta AC
y = m . x; onde m = tgα = 57 → y =
57 . x.
2a Parte: Equação da reta EF .y = k . x + b
5 k b(1,5)(4,0) 0 4k b
⎧ = +→ ⎪⎨→ = +⎪⎩
~ k b+ 5
4 b
=
− − 0
⎧⎪⎨
=⎪⎩
–3k = 5
k = −53
e b = –4k = 203
→ b = 203
Então: y = −53
. x + 203
.
3a Parte: Cálculo de P.
5r: y = . x7–5 20s: y = +3 3
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
∴
57 x =
−53
x + 203
15x = –35 . x + 140
50x = 140 → x = 145 e y =
57 .
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
145 = 2
P(145 , 2)
2
1
3
8
3 7 9
D C
A B
1a Parte: Sejam Mr, Ms, Mt e Mp os coeficientes angularesdas retas AD, BC, AB e CD, respectivamente. ABCD éum paralelogramo se Mr = Ms e Mt = Mp. Com efeito:
Mr = −−
3 81 3 =
−−52
= 52
Ms = −−
8 39 7 =
52
Mt = −−
3 37 1 = 0
Mp = −−
8 89 3 = 0
Então, ABCD é paralelogramo.
3
A(XA, YA)
B(XB, YB) C(XC, YC)
M(2, 5)
N(4, 2)
R(1, 1)
1a Parte:
+⎧ =⎪⎪
+⎪ =⎨⎪
+⎪=⎪⎩
BA
A C
B C
X X 22
X X 12
X X 42
~
B BA A
BA C C
B BC C
X X 4 X (4 X )I)II) X X 2 4 X X 2III) X X 8 X X 8
+ = → = −⎧⎪ + = → − + =⎨⎪ + = → + =⎩
Resolvendo o sistema abaixo:
− BX + = −C
B
X 2
X
⎧⎪⎨
+ =⎪⎩ CX 8
2. XC = 6 → XC = 3 e XB = 5
Daí: XA = 4 – 5 → XA = – 1
Mate
mátic
a IV
82
Volume 1.B
P(72 ,2)
2a Parte:
+⎧ =⎪⎪
+⎪ =⎨⎪
+⎪=⎪⎩
BA
A C
B C
Y Y 52
Y Y 12
Y Y 22
~ B BA A
BA C C
B BC C
Y Y 10 Y (10 Y )I)II) Y Y 2 10 Y Y 2III) Y Y 4 Y Y 4
⎧ + = → = −⎪
+ = → − + =⎨⎪ + = → + =⎩
Resolvendo o sistema:
BY− C
B
Y 8
Y
+ = −
CY 4
⎧⎪⎨
+ =⎪⎩ 2YC = – 4 → YC = –2 e YB = 6
Daí = YA = 10 – 6 → YA = 4
A (–1,4); B (5,6) e C (3,–2)
3a Parte: Área do ΔABC.
B
A
C
k
k N
a
a
bb a
b
M R
k
1o Modo: AΔABC = 12
. |Δ|; Δ =
−
−−
1 45 63 21 4
Δ = – 6 –10 + 12 –20 –18 –2
Δ = –56 + 12 = –44. Logo AΔABC = 12
. 44 = 22.
2o Modo: Observando que a área do triângulo MNR é
14 da área do triângulo ABC, temos:
AΔABC = 4 . AΔMNR
= 4 . 12
. |Δ| onde Δ =
2 51 14 22 5
Cálculo: Δ = 2 + 2 + 20 – 5 – 4 – 4
Δ = 11
Logo: AΔABC = 4 . 12
. 11 = 22.
4
P1(2, 4) P2(8, –4)P(XP, YP) M(XM, YM)
1o: M(XM, YM) é médio de 1 2PP
XM = +2 82
= 5
YM = + −4 ( 4)2
= 0
∴ M (5,0)
2o. P(XP, YP) é médio de 1PM
XP = + M2 X2
= +2 52
= 72
e
YP = + M4 Y2
= +4 02
= 2
∴ P(72
,2)
A(2,5) ou A(4,5)5B(–2, 1)
C(8, –1)A(XA, 5)
Sejam r e s as retas suportes dos segmentos AB e AC,respectivamente. Se o triângulo ABC é retângulo em A,então o produto das declividades de r e s é –1. Portanto:
A
5 1X ( 2)
−− − .
−−A
5 1X 8 = –1 →
→ +A
4(X 2) . −A
6(X 8) = –1 → XA
2 – 6XA –16 = –24 →
→ XA2 – 6XA + 8 = 0 → XA = 2 ou XA = 4.
Logo: A(2,5) ou A(4,5)
4x + y – 20 = 0 e –4x + 9y + 20 = 01a Parte:
6
O(0, 0)
A(5, 0)
P(x, x)
y = x
Área = 12
. |Δ|
Δ =
0 0x x5 00 0
= –5x
Mate
mátic
a IV
83
Volume 1.B
10 = −5x2
↔ ⎪5x⎪ = 20 ↔ 5x = 20 ou 5x = –20
↔ x = 4 ou x = –4 ↔ P(4,4) ou P(–4,–4)
2a Parte: Equação da reta.1o Caso:Se P(4,4) e A(5,0) a reta tem equação:
x y4 45 0x y
= 0 ↔ 4x + 5y –4y –20 = 0 ↔ 4x + y –20 = 0.
2o Caso:Se P(–4,–4) e A(5,0) a reta tem equação:
− −x y4 45 0x y
= 0 ↔ –4x + 5y +4y +20 = 0 ↔
↔ –4x + 9y + 20 = 0.
(r) y = 33
x – 4 3
3 ou (s) y =
– 33
x + 4 3
3.
P⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
60 20,13 13 ou P
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
–90 –30,13 13
1o. Reta (r) x –3y = 0 ∴ y = x3 .
Se P ∈ r → P(x,x3 )
2o. Reta (s): 3x + 4y + 5 = 0
d(p,s) = + +
+
x3x 4 . 53
9 16 = 5 ↔
↔ +13x 153
= 25 ↔ +13x 15 = 75 ↔
↔ 13x + 15 = 75 ou 13x + 15 –75 ↔
↔ x = 6013 ou x =
−9013 .
Então P⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
60 20,13 13 ou P
− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
90 30,13 13 .
6 52
7
0(0, 0) P(4, 0)
2
r
1a Parte:A reta r do esboço abaixo tem equação y = ax + b.Como P(4,0) e r, temos que:
0 = 4a + b ∴ b = –4a
2a Parte:Distância do ponto O(0,0) à reta (r): ax + b – y = 0.
d(0,r) = − +
+ −2 2
a . 0 0 b
a ( 1) = 2 ↔
↔ ⎪b⎪ = 2 . +2a 1 ↔ b2 = 4 . (a2 + 1) ↔↔ b2 = 4a2 + 4.
Se b = –4a, então:
16a2 = 4a2 + 4 → 12a2 = 4 → a2 = 13 →
→ a = ± 33
e b = ± 4 33
.
Logo, duas retas satisfazem ao problema:
(r): y = 33
x – 4 33
e (s) y = –33
. x + 4 33
.
8
9
–1 2 x
C 1 A
B(0, 3)
C(–1, 1) A(2, 1)
B(0, 3)
h
1a Parte: Equação da reta que passa por B e C.
−
x y0 31 1x y
= 0 ↔ 3x –y + 3 – x = 0 ↔ 2x –y + 3 = 0.
2a Parte: Cálculo da alturah = d (A, r); onde A (2,1) e (r): 2x –y + 3 = 0
h = − +
+ −2 2
2 . 2 1 3
2 ( 1) =
65 =
6 55
.
Mate
mátic
a IV
84
Volume 1.B
2
8 B(8,8)
M
80
P
A(0,2)
B'(–8, –8)–8
r(eixo de x)
10
y
Solução:Solução:Solução:Solução:Solução:1a parte: seja B (x, 8)
d(A, B) = 10 → 2x 36+ = 10 → x2 + 36 = 100 → x
= ±8B(8, 8) e B’(–8, –8) são pontos simétricos em relação areta r.2a parte: O menor caminho será igual a:
d(A, B’) = ( ) ( )2 20 8 2 8+ + + = 64 100+ =
164 = 2 41
10
M(–10,7)
A(2,1), B(–3,4) e C(0,5)
d(A,B) = 2 2(2 3) (1 4)+ + − = 25 9+ = 34
d(A,C) = 2 2(2 0) (1 5)− + − = 4 16+ = 20
d(B,C) = 2 2( 3 0) (4 5)− − + − = 9 1+ = 10
1º) Perímetro = 34 + 20 + 102º) Triângulo ABC escaleno e obtusângulo.
( )234 > ( )2
20 + ( )210
A
B C
R Q (1, –3)
P (3, 5) L
� �
�
�
1) PQ = 2 2(3 1) (5 3)− + + = 4 64+
PQ = 68
2) 2PQ = 2 + 2
68 = 2 2 → 2 = 34Área = 34
C
C (0, 6)
A (1, –2) B (m, 4)
1º) d(A,B) = 2 2(m 1) (4 2)− + + = 2(m 1) 36− +
d(A,C) = 2 2(1 0) ( 2 6)− + − − = 65
d(B,C) = 2 2(m 0) (4 6)− + − = 2m 4+2º) Pelo Teórema de Pitágorasd2(B,C) = d2(A,C) + d2(A,B)m2 + 4 = 65 + (m – 1)2 + 36m2 = 97 + m2 – 2m + 1 →→ 2m = 98 → m = 49
2
3
4
A
M (xM, yM) Q (–4, 5) P (2, 3)
PQ = = = = = QM → Q é médio de PM . Então:
–4 = m2 x2+
→ xm = –10
e
5 = m3 y2
+→ ym = 7
1
C
A (1, –3) B (4, 3)D (xD, yD) E (xE, yE)
U U U
1º) Prog. Aritmética (1, XD, XE, 4) de razão
R = 4 1
3−
= 1
XD = 1 + 1 = 2 e XE = 2 + 1 = 3
2º) P . A: (–3, YD, YE, 3) de razão r = 3 ( 3)
3− −
= 2
YD = –3 + 2 = –1 e YE = –1 + 2 = 1Então: D(2, –1) e E(3, 1)
A (6, 4)
B (2, 0)C (8, 6) M (xM, yM)
5
6
43
−
Mate
mátic
a IV
85
Volume 1.B
A) 3x + 5y – 15 = 0
A (0,3)
B (5,0)
P (x,y)
x y5 0
0 3x y
− = 0 →
→ 0 + 15 + 0 – 5y – 0 – 3x = 0 →→ 3x + 5y – 15 = 0
B) 3x + y – 3 = 0
s
A (0,3)
B (5,0)
C (–2, –3)
M (xM, yM)
(x,y)
x
0
x
3
2
y
3
y
3
2–
Sendo M (xM, yM) o ponto médio, temos:
xM = 5 ( 2)
2+ −
= 32 e yM =
0 ( 3)2
+ − = –
32
M 3 3
,2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
.
A reta que contém AM tem equação:
= 0
→ 3x + 32 y –
92 +
32 x = 0 →
→ 6x + 3y – 9 + 3x = 0 → 9x + 3y – 9 = 0
→ 3x + y – 3 = 0
x 31 23 5x 3
= 0 → 2x + 5 + 9 – 3 – 6 – 5x = 0
– 3x + 5 = 0
x = 53
C
A (0,2)
B (8,0)
80
2
10
x8 +
y2 = 1 → x + 4y = 8 → x = 8 – 4y
A
A (1,3) P (3,1) A' (x,y)
3 = x 1
2+
→ x = 5
e 1 = 3 y
2+
→ y = –1
A’(x, y) = (5, –1)
D
1a parte: r: x – 2y + 1 = 0 → y = 12 x +
12
2a parte: s: 2x – 4y + 3 = 0 → y = 12 x +
34
11
12
9
G(XG, YG) é o baricentro
1º) M(Xm, Ym) = 8 2 6 0
,2 2+ +⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
M(5,3)
2º) d(A,M) = 2 2(6 5) (4 3)− + − = 1 1+ = 2
3º) d(G,A) = 23 . d(A,M) =
2 23
D
r
60º120º
– 2
1a parte: Mr = tg 60o = 32a parte: P (–2, 0) ∈ reta r.Dado C (x, y) ∈ r, temos que
3 = y 0x 2
−+ → y = 3 x + 2 3 →
→ 3 x – y + 2 3 = 0 → y = 3 x + 2 3
3 (0,3)
B (5,0)
C (–2, –3)– 3
– 2
5
A
0
7
8
Mate
mátic
a IV
86
Volume 1.B
13
A(–2, 1)
s
r: 2x + y –7 = 0
r // s
14
3a parte: t: 2x + y – 3 = 0 → y = –2x + 3então r//s e s ⊥ t
CDados: AΔABC = 4A(2, 1), B(3, –2) e C(x, 0)1a parte:
Δ =
x 03 22 1x 0
−
= –2x + 3 + 4 – x → Δ = –3x + 7
2a parte:
12 . |–3x + 7| = 4 → |–3x + 7| = 8.
Então –3x + 7 = 8 ou –3x + 7 = –8
x = –13 ou x = 5
A
1o) Reta r:2x + y – 7 = 0y = –2x + 7 → mr = –2
2o) Se s//r → ms = mr = –2.A equação de s é da forma y = –2x + b, comoA (–2, 1) e s teremos:1 = –2 . (–2) + b → b = –3
3a) Equação de s.y = –2x – 3 → 2x + y + 3 = 0
A
A(1, 2)
s: 2x – y + 1 = 0
r:
1o) Equação de s.2x – y+1 = 0 →→ y = 2x + 1 → ms = 2
2o) Como r ⊥ s → mr . ms = –1
→ mr = 1
2−
x
s
y
B
xB
xA
yB
–2 = yA
E C
xC
2
2
–2 6
0
t
r
A (2, –2)
1a Parte: Cálculo dos pontos de Intersecção das retasA(XA, YA), B(XB, YB) e C(Xc, YB)I) r ∩ s = {A}
x y 4x y 0
2x 4
− =⎧⎪⎨ + = +⎪⎩
= → x = 2 e y = –2 → A (2, –2).
II) r ∩ t = {C}
x y 4y 2
− =⎧⎪⎨ =⎪⎩ → x – 2 = 4 → x = 6 → C(6, 2)
III) s ∩ t = {B}
x y 0y 2
+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩ → x + 2 = 0 → x = –2 → B(–2, 2)
2a Parte: Área do triângulo ABC (veja a figura)
AΔABC = base . altura
2 =
BC . AE2
=8 . 4
2 = 16
ou então:
AΔABC = 12 . |Δ|;
AΔABC = 12 . 3Z = 16
15
16
A equação de r é da forma y = –12 x + b, no entanto
como A (1,2) e r temos que:
2 = –12
. 1 + b → b = 2 + 12
→ b =52
Logo r : y = –12 x +
52 → r: 2y = –x + 5 →
r: x + 2y – 5 = 0
Er: x – y = 4s: x + y = 0t: y = 2
–22
–2 2
26
–22
Δ =
Δ = – 32
= –12 – 4 + 4 – 4 – 12 – 4
Mate
mátic
a IV
87
Volume 1.B
ΔOPH é retângulo em H. Então 32 = 22 + 2
PH →
→ PH = 5 → P (–2, 5 )Como P é simétrico a Q, em relação a origem, temos:
Q (2, – 5 )
Logo, a soma das coordenadas de Q será igual a 2– 5 .
Cd (P, 0) = d (P, M) = d (P, N)1a parte: d (P, 0) = d (P, M) → d2 (P, 0) = d2 (P, M) →→ (x1 – 0)2 + (y1 – 0)2 = (x1 – 7)2 + (y1 + 7)2 →
→ 21x + 2
1y = 21x – 14x1 + 49 + 2
1y + 14y1 + 49 →→ –14x1 + 14y1 + 98 = 0 → –x1 + y1 + 7 = 0 →
→ –x1 + y1 = –7 (1a equação)
2a parte: d2 (P, 0) = d2 (P, N) →→ x1
2 + y12 = (x1 – 8)2 + y1
2 →
→ 21x + 2
1y = 21x – 16x1 + 64 + 2
1y →
→ 16x1 = 64 → – x1 = 4
Logo, substituindo na 1a equação, obtemos
–4 + y1 = – 7 → y1 = –3Então: x1
2 + y12 = 42 + (–3)2
= 16 + 9
= 25
19
bs
x45º
135º
K P(K,0)
xB
yB
6 – yB
A
6
6C
B(xB,yB)
xB P(p,0) = (6,0)
Q(0,q) = (0,6)r
θ
1º) Ms = tg 135o = – tg 45o = –1e2º) s : y = – x + b.
Como P(k, 0) ∈ s → 0 = – k + b → k = b
A equação de s é da forma y = – x + k
CConsidere as retas r: 2x – 3y + 6 = 0 e s: 3x – 2y – 1 = 0,r ∩ s = P
1º) P é solução do sistema:
3x 2y 1. ( 2)2x 3y 6 . (3)
− = −⎧⎪⎨ − = −⎪⎩
~ 6x− 4y 2
6x
+ = −
9y 18
⎧⎪⎨
− = − +⎪⎩
– 5y = – 20
y = 4 e x = 3
2º) P(3, 4) e θ(0, 0)
d(P, 0) = 2 2(3 0) (4 0) 5− + − = = 5
1º) r = x + y – 6 = 0Se P(P, 0) ∈ r → p + 0 – 6 = 0 → p = 6 ese Q(0, q) ∈ r → 0 + q – 6 = 0 → q = 6
2º) Se B(xB, yB) ∈ r → xB + yB – 6 = 0 → xB + yB = 6
Então, o perímetro do retângulo OABC é igual a:2 . xB + 2 . yB = 2 . (xB + yB) = 2 . 6 = 12.
Obs.:A relação xB + yB = 6 poderia ser obtida com o auxílioda 1a parte e da semelhança dos triângulos QAB eQOP.
20
21
22
1
111
2
A(–2,–3) B(2,2)D(xD,yD) C(xC,yC)
A23
A1700
1 c
1x
00
Δ =
Δ = 1 – cx
= 0 + 1 + 0 – 0 – cx – 0
1a) Área
AΔ =
12
=|Δ|;
Como AΔ = 18,5 →
12
. | 1 – cx| = 18,5 → |1 – cx| =
37 → 1 – cx = 37; pois c > 0 e x < 0.
→ cx = – 36 → x = 36C
−
B18
x
y
O
3
3
Q
P
H
– 2
2
5
5–
B
B
Mate
mátic
a IV
88
Volume 1.B
1º P. Aritmética (xA, xD, xC, xB) de razão R = B Ax x3−
=
2 23+
= 43
Se xA = –2 então: xD = – 2 + 43 =
−23 ,
xC = −23 +
43 =
23
2º P. Aritimética (yA, yD, yC,yB) de razão r = B Ay y2−
=
= 2 3
3+
= 53
Se yA = –3 então yD = –3 + 53
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 43
− , yC =
= 43
− + 53
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 13
.
Então, C 2 1,3 3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
pertence ao 1º quadrante.
E1o) Seja r a reta que passa pelos pontos C (–3, 0) e B
(0, 2). A equação de r é dada por:x3−
+ y2
= 1 → –2x + 3y = 6
2o) Seja s a reta que passa pelo ponto P (7, 0) e temcoeficiente angular igual a Ms = tg 135o = –1.
A equação de s será:y = –x + k. Se P (7, 0) ∈ s então,0 = –7 + k → k = 7 → s: y = –x + 7
3a parte: {A} = r ∩ s
( )2x 3y 6r :
s : x y 7 2− + =⎧⎨ + =⎩ i ~
− 2x + =3y 6
2x
⎧⎪⎪ + = +⎨⎪
=⎪⎩= =
2y 14
5y 20
y 4 e x 3
Logo A (3, 4). Daí
Área ΔAPC = 10 . 4
2 = 20.
24
0 3 7– 3
C P
A4
4
10 unidades
25
–10 –8 –6 –4 –2
–10
–8
–6
–4
–22 3 5 94 6 8 10
2
4
6
8
10F A
EB
D C
1º) x t 3 t x 3
y 4y 2t 4 t
2
= + → = −⎧⎪⎨ +
= − → =⎪⎩
Logo: x – 3 = y 4
2+
→
→ 2x – 6 = y + 4 →r: 2x – y = 10
Se A(10, yA) î r2.10 – yA = 10yA = 110
2º)
3º) Área = 12 . |Δ|
Δ =
10 109 85 23 22 84 10
10 10
= 80 + 18 + 10 + 24 + 20 + 40 – 90 –
– 40 – 6 – 4 – 32 – 100Δ = 192 – 272 = –80
Logo Área = 12 . (80) = 40
Anotações
Mat
emát
ica
V
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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Data: _____/_____/_____
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Mate
mátic
a V
89
Volume 1.B
Capítulo 1: Números ComplexosNúmeros ComplexosNúmeros ComplexosNúmeros ComplexosNúmeros Complexos ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 89Tópico A: Definições e Operações: (Adição, Multiplicação)Tópico B: Forma Polar ou TrigonométricaTópico C: Potenciação 1a Fórmula de MoivreTópico D: Radiciação de Números ComplexosTópico E: Exercícios ComplementaresQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 102Capítulo 2: Polinômios (Parte I)Polinômios (Parte I)Polinômios (Parte I)Polinômios (Parte I)Polinômios (Parte I) .............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. 104Tópico A: Polinômios: Definições Preliminares-Polinômios IdênticosTópico B: Operações 1 – Adição, Multiplicação, Divisão.Questões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 108Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão ..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 110
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Números Complexos
Capítulo 1
899 4
)2( 942107
R = 3
4 07
3 1
4
1997
R = 1
4 97
17(1)
24
4
A) 10 + iB) –8i + 12i2 – 6 + 2i = – 6 – 12 – 6i = –18 – 6iC) (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2iD) (1 – i)2 = 1 – 2i + i2 = – 2i
Cz = 1 + i(1 + i)1996
[998
2
(2i)
(1 i)+ ]998
(2)998 (i2)(2)998 (–1)–2998
B
1
2
3
2 . 3 + 2 . i + 3mi + m – 1
6 + 2i + 3mi – m6 – m + (2 + 3m)iz = a + bi
4
5
(2 + mi) (3 + i) =
A) z = 7 – 5i e z . z = (7 + 5i) ( 7 – 5i) == 49 + 25 = 74
B) z = +8i e z . z = (–8i) (8i) = 64
C) z = –i e z . z = i . (–i) = 1
6
A) i2 = –1B) +i3 = i2 . i = – iC) i4 = (i2)2 = (–1)2 = 1D) i5 = i4 . i = iE) i6 = i4 . i2 = – 1F) i7 = i4 . i3 = –iG) i8 = (i4)2 = 1H) i107 = i3 = –iI) i1997 = i1 = i
a = 6 – mb = 2 + 3m
imaginário puro6 – m = 0 e 2 + 3m ≠ 0m = 6 e m ≠ –2/3
( )( ) 2
a b 10 b 10 – a
a . b 40 a . 10 – a 40 10a – a 40
⎧ + = → =⎪⎨
= → = → = →⎪⎩→ a2 – 10a + 40 = 0Δ = 100 – 160 = – 60
a = 10 2 15i
2±
= 5 ± 15 i
Mate
mátic
a V
90
Volume 1.B
D) z = –4 + 12⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
i e z . z = 16 + 14 =
654
E) z = –3 – 9i e z . z = 9 + 81 = 90
A) 3 - 7i2 + 5i
= ( ) ( )( ) ( )3 - 7i 2 - 5i2 + 5i 2 - 5i
= − − +
+
26 15i 14i 35i4 25
= ( )6 - 35
29 –
29i29
= –1 –i
B) +−
1 2i1 2i
= ( ) ( )( ) ( )
+ +
− +
1 2i 1 2i1 2i 1 2i
= + +
+
21 4i 4i1 4
= −35
+ 4i5
B2(2 i)
1 i−−
. (1 i)1 i
++ =
2 2(2 4i i1 1− +
+ . (i + 1) =
= (3 4i)
2−
. (i + 1) = 23i 3 4i 4
2+ − −
i 72
− + =
72 –
12 i
( )( ) ( )
( )4 + 3i3 – 2ai4 3i4 – 3i +
= 12 9i – 8ai 6a16 9
+ ++
=
= ( )12 6a
25+
+ ( )9 – 8a
25i
O quociente é real se 9 – 8a = 0 → a = 98
Resposta: a = 98
A)
7
8
9
z1 = 1 + 3 i e z2 = 2 + 2 3 i
A) |z1 . z2| = |z1| . |z2| = 2 . 4 = 8
|z1| = 2 2(1) ( 3)+ = 4 = 2
|z2| = 2 2(2) (2 3)+ = 4 4 . 3+ = 16 = 4
B) 1
2
z
z = 1
2
z
z =
2
4 =
1
2
C) |z15| = |z1|
5 = 25 = 32
A) z = – 2 + i 2
1o) |z| = 2 2( 2) ( 2)− + = 4 = 22o) θ = 3π/4
sen θ = b
ρ =
2
2
cos θ = a
ρ =
2
2
−
z = 3 – 2i
|z| = 2 2(3) ( 2)+ −
ρ = 13
B)
z = –1 + 3 i
|z| = 2 2(1) ( 3)+ = 4 = 2
10
11
12
3o) z = ρ(cos θ + i sen θ)
z = 2(cos 3
4
π + i sen
3
4
π)
B) z = 1 + i 3
1o) |z| = 2 2(1) ( 3)+ = 2
2o) θ = 3
π
cos θ = a
ρ =
1
2
sen θ = b
ρ =
3
2
3o) z = ρ(cos θ + i sen θ)
z = 2(cos 3
π + i sen
3
π)
Dados:
z1 = 3 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
5 5cos i sen
7 7 e
13
Mate
mátic
a V
91
Volume 1.B
z2 = 5 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2cos i sen
7 7
A) z1 . z2 = 15 . (cos 57π
. cos 27π
+ icos57π
. sen 27π
+ i . cos 27π
. sen 57π
+ i2 . sen 57π
. sen 27π
)
z1 . z2 = 15 . ((cos 57π . cos
27π
– sen 57π
. sen 27π
)
+ (sen 27π
. cos 57π
+ sen 57π
. cos 27π
)i)
= 15 . ⎛ ⎞π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
5 2 5 2cos i . sen
7 7 7 7
= 15 . (cos π + i sen π) = 15 . (–1 . i . 0) = –15
B) 1
2
zz
= 35
. θ + θβ + β
cos i . sencos i . sen
; onde θ = π5
7 e β =
π27
= 35
. ( ) ( )( ) ( )
θ + θ β − β
β + β β − β
cos i sen cos i sencos i sen cos i sen
=
= 35
. θ β − θ β + θ β + θ β
β + β2 2cos . cos i . cos sen i sen . cos sen . sen
cos sen
=35
. ((cos θ . cos β + sen θ . sen β) +
+ (sen θ . cos β – sen β . cos θ)i)
= 35
. (cos (θ – β) + i . sen (θ – β))
= 35
. 5 2 5 2
cos i . sen7 7 7 7
⎛ ⎞π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= 35
. 3 3
cos i . sen7 7π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
C) Dado: z2 = 5 . (cos (β) + isen β); β = 27π
D) 102z = 2 2 2 2
10 fatores
z . z . z ... z =
10 fatores
5 . 5 . 5 ... 5 .
. ( )10 ângulos
cos ... i . sen 10β
⎛ ⎞⎜ ⎟β + β + β + + β + β⎜ ⎟⎝ ⎠
= 510 . (cos (10β) + i sen (10β))
= 510 . 2 2
cos 10 . i sen 10 .7 7
⎛ ⎞π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ =
= 510 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
20 20cos i sen
7 7
A) (3 – 3i)2z12 = ρ12(cos 12θ + i sen 12θ)
ρ = 2 2(3) ( 3)+ − = 18 = 3 2
sen θ = b
ρ =
3
3 2
− =
1
2
− =
2
2
−
cos θ = a
ρ =
3
3 2 =
1
2 =
2
2
θ = 2π – 4
π =
7
4
π
(3 2 )12 (cos 12 . 7
4
π + i sen 12 .
7
4
π)
z12 = 312 . 26 (cos 21π + i sen 21π)z12 = 312 . 26 (cos π + i sen π)z12 = 26 . 312 . (–1 + i 0)z12 = –26 . 312
B) (– 3 – i)20
z20 = ρ20 (cos 20 θ + i sen 20 θ)
z20 = 220 (cos10
3
04200
720.
6
π= + i sen
10
3
p4200
720.
6
π )
z20 = 220 (cos 4200o + i sen 4200o)z20 = 220 (cos 240o + i sen 240o)
z20 = 220 [–1/2 + i (–3
2)]
z20 = 220 . 1
2 (–1 – 3 i)
z20 = 219(–1 – 3 i)
Cálculos:
ρ = 2 2( 3) ( 1)− + − = 2
cos θ = b
ρ =
1
2
−
sen θ = a
ρ =
3
2
−4200 360
θ = π + 6
π =
7
6
π(240) 11
C) (1 – 3 i)50
Seja z = 1 – 3 i = 2 . 1 3
i2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= 2 . 5 5
cos i . sen3 3π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
z50 = 250 . 5 5
cos 50 . i . sen 50 .3 3
⎛ ⎞π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ =
= 250 . 250 250
cos i . sen3 3
π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ =
= 250 . 4 4
cos i . sen3 3π π⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎝ ⎠
14
Mate
mátic
a V
92
Volume 1.B
= 250 . 1 3
i .2 2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
= –249 – i . 249 . 3
Cálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliar
250ππ 83π
3
π2503
= 83p + π3
π2503
= 82π + π⎛ ⎞π +⎜ ⎟⎝ ⎠3 =
π43
+ 41 . (2π)
Logo π250
3 ≅
π43
D) (1 + 2i)–8
1o modo: Usando a máquina de calcular paradeterminar o argumento θ.Seja z = 1 + 2i onde
|z| = 2 21 2+ = 5
2
5sen θ =
e
=2 5
52 5
51
5cos θ =
θ = arc sen
=5
5 e θ ∈ 1o quadrante
Daí: z–8 = 81z
= ( ) ( )θ + θ
81
5 . cos 8 isen 8 =
= ( )θ + θ41
5 . cos 8 isen 8.
2o modo:(1 + 2i)–4 = [(1 + 2i)2]–2 = (1 + 4i + 4i2)–2 == (–3 + 4i)–2 = [(–3 + 4i)2]–1 = [(9 – 24i – 16)]–1 =
= (–7 – 24i)–1 = 1
7 24i− −.
A) ( 3 + i)n → real e positivo
ρ = 2 2( 3) (1)+ = 2
zn = ( 3 + i)n
zn = ρn (cos (θn) + i sen( n)θ
p/ que zn seja real e positivo o sen(nθ) = 0 ecos(nθ) > 0.
Então:zn = 2n (cos nθ + i sen nθ)
zn = n2+
(n
cos6
+
π + i
0
nsen
6
π )
n = 12z12 = 212 (cos 2π + i 0)z12 = 212 . 1 (positivo e real)
sen θ = a
ρ =
3
2
cos θ = 1
2θ =
6
π
Cálculo auxiliar:
I. sen n
6
π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 0 → n
6
π = kπ, k ∈ π
n = 6 . k , k ∈ Z
k = 1 → n = 6 → sen(π) = 0 → cos(π) = –1
Logo n = 6 não convém, pois cos n
6
π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
> 0
k = 2 → n = 12 → sen(2π) = 0 ecos (2π) = 1 > 0
Então n = 12 satisfaz.
B) zn, imaginário e puro.zn = ρn (cos nθ + i sen nθ)ρ = 2θ = 30o
zn = 2n ( o
zero
cos n30 + i o
0
sen n30≠
)
n30 = 90n = 3
z3 = 23 ( o
0
cos 90 + i osen 90 )
23 = 8 . 1iz3 = 8i
E11111ooooo modo modo modo modo modo:
4 – 1 = x ↔ x4 = – 1 ↔ x4 + 1 = 0 ↔
↔ (x2 + 1)2 – 2x2 = 0 ↔ (x2 + 1)2 – 2( 2x) = 0 ↔
↔ (x2 + 1 + 2x ) . (x2 + 1 – 2x ) = 0 ↔↔ x2 + 2x + 1 = 0 ou x2 – 2x + 1 = 0Δ = 2 – 4 = – 2
x = – 2 ± 2i
2 ou x =
2 ± 2 i2
15
16
–1
(–1, 0)
180º
Mate
mátic
a V
93
Volume 1.B= 10 – 5i + 8i – 4i2 + 2i + i2 == 10 + 5i + 4 – 1 = 13 + 5i
C) (1 + 3i)2 – (4 – 2i)2 == (1 + 6i + 9(i)2) – (16 – 16i + 4i2) == –8 + 6i – 12 + 16i = –20 + 22i
D) (7 + 5i) (7 – 5i) = 72 – (5i)2 == 49 – 25(–1) = 74
E) (–2 + 4i) (–2 – 4i) = (–2)2 – (4i)2 == 4 – 16(–1) = 20
F) (1 + i) (1 + 2i – 1) = (1 + i) (2i) == 2i + 2i2 = 2i – 2
w = v(x – 1) + 2i = 2x + (y – 3)iLogo:(x – 1) = 2x e 2 = y – 3–1 = x y = 5
xy =
−15
Resp.: –1/5
A) 2x2 + 6x + 7 = 0Δ = (6)2 – 4(2) (7) = –20
x = 6 20
4− ± −
= 6 20 1
4− ± −
=
= 6 2 5i
4− ±
= 2( 3 5i)
2 . 2− ±
= 3 5i
2− ±
x’ = 3 5i
2− +
x’’ = 3 5i
2− −
B) x2 + 3x + 5 = 0Δ = (3)2 – 4 . 5 = –11
x = 3 11
2− ± −
→ x = 3 11 1
2− ± −
→
x = 3 11i
2− ±
E(1 + i)12 – (1 – i)12 onde i2 = –1= [(1 + i)2]6 – [(1 – i)2]6
= (2i)6 – (–2i)6= 26i6 – (–2)6 i6= 26i6 – 26i6 = 0 (zero)
D
z = a biimaginário puro
+
a = 0 e b ≠ 0z = (3m – 6) + (m + 2)ia = 03m – 6 = 0
22222ooooo Modo: Forma Polar Modo: Forma Polar Modo: Forma Polar Modo: Forma Polar Modo: Forma Polarz = – 1 = 1 . [cos (180o) + i . sen (180o)]
4 – 1 = ( ) ( )o o41. cos 180 i . sen . 180⎡ ⎤+⎣ ⎦ = ZK
2.1 Módulo das raízes: ZK
|ZK| = 41 = 1
2.2 Progressão Aritmética de razão
R = o360
4 = 90o e primeiro termo θ0 =
o1804
= 45o.
Argumentos Raízesdas raízesθ0 = 45o → Zo = 1 . [cos 45o + i . sen 45o]θ1 = 135o → Z1 = 1 . [cos 135o + i . sen 135o]θ2 = 225o → Z2 = 1 . [cos (225o) + i . sen (225o)]θ3 = 315o → Z3 = 1 . [cos (315o) + i . sen (315o)]
D
Z = 3 – 8 = ( ) ( )o o3 8 cos 180 i . sen 180⎡ ⎤+⎣ ⎦
2
2
Raio = z
180º
60º
300º
3.1) Razão da PA = o360
3 = 120o
3.2) Argumentos das raízes
θ0 = o180
3 = 60o
θ1 = 60o + 120o = 180o
θ2 = 300o
3.3) Módulo de Z
|z| = 3 8 = 2
Resposta: Triângulo Eqüilátero de lado = 2 3
17
A) (5 + 2i) (1 + 3i) = 5 + 15i + 2i + 6i2 =
= 5 + (15 + 2)i + 6(–1) = –1 + 17i
B) [(5 + 4i) (2 – i)] + [(2 + i) . i] =
1
3
2
5
4
Mate
mátic
a V
94
Volume 1.B
10
11
12
13
14
15
28
7(0)
4
DSabendo que
i2 = –1 → i4 = 1 , temos que:
i12n + 3 = i12n . i3 = (i4)3n . i3 == 13n . i3 = i3 = i2 . i = –i
Az = 2 + (x – 4i) (2 + xi)z = 2 + (2x – 8i + x2i – 4x . i2)z = 2 + 2x + 4x + (x2 – 8) . iz = 2 + 6x + (x2 – 8)iz é real ↔ x2 – 8 = 0 ↔
↔ x2 = 8 ↔ x = ± 2 2
A)1 2i3 i+−
(3 i)(3 i)
++
= 3 i 6i 2i
3 1
2
2 2+ + +
+ =
110
+ 7i10
B)1+3i2 – i
(2+ i)(2+ i)
= 2+ i+6i+3i
2 1
2
2 2+ =
−15
+ 7i5
C)i i i i
i i i
3 2 17 35
16 13 30− + −
− − =
− + + +− − −i 1 i i
1 1 ( 1) = 1 i
1+−
=
= –1 – i
D)3
2+ i (2 – i)(2 – i)
= 6 – 3i2 +12 2 =
65
– 3i5
Cálculo auxiliari3 = i . i2 = –ii2 = –1i17 = i1 = i(17 4)
(1) 4
i35 = i3 = –i(35 4)
(3) 8i16 = i0 = 1i13 = i13 4
(1) 3
8
7
9
6
m = 2
b ≠ 0 m + 2 ≠ 0m ≠ –2m2 + 6(2)2 + 6 = 10
Zero
S = 2 3
Zero
1 i i i+ + + + 4 5 6 7
Zero
i i i i+ + + + ... + i27
Cada grupo de 4 parcelas a partir de 1, tem soma igual azero. Como a soma tem 28 parcelas teremos, 28 ÷ 4 = 7grupos de 4 parcelas, logo a soma será zero.
i30 = i2 = –130 4
(2) 7
E
w = 5
2+i (2 i)(2 i)
−−
= 2 2
5(2 i)2 1
−+
= 5(2 i)
5−
= 2 – i
z = w
A
19871 i1 i
+⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠
= 1987
1 i (1 i)1 i (1 i)⎡ + + ⎤⎢ ⎥− +⎣ ⎦
= 19872(1 i)
1 1⎡ ⎤+⎢ ⎥+⎣ ⎦
=
= 19872i
2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= i1987 = i3 = –i
* (1 + i)212 + 2i + i21 + 2i –1 = 2i
Dz = 2 – i(2 – i)2 = 4 – 4i + i24 – 1 – 4i3 – 4i = z2
1z2 =
13 - 4i
x = 1
3 4i− (3+ 4i)(3+ 4i)
= 3+ 4i
(3) (4)2 2+ =
325
+ 4i25
1+2i1+ i
(1– i)(1– i)
= 1– i +2i – 2i
(1 1 )
2
2 2+ =
3 i2+
= 32
+ 12
i
Resp.: 3+ i2
C
z = (1 + 3i)–2 = ( )2
1
1 3i+ = 2
11 6i 9i+ +
z = 1
1 9 6i− + =
( )( ) ( )
1. 8 6i8 6i 8 6i
− −
− + − − =
z = 8 6i
64 36− −
+ =
8100−
– 6i100
= –0,08 – 0,06i
D
z = ( ) ( )( ) ( )1 2i 2 ai2 ai 2 ai
+ −
+ − + ai16
z = 2
2
2 _ 2ai ai 4i4 a
− ++
+ a(i2)8
z = 22 2a4 a
++
+ ( )
2
4 a
4 a
−
+i + a . (–1)8
Mate
mátic
a V
95
Volume 1.B
16
17
z = ⎡ ⎤+
+⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦
22 2a
a4 a
+ −
+ 24 a4 a
i
z é real se 24 a4 a
−+
= 0 → 4 – a = 0 → a = 4
b = 2
z = ( ) ( )( ) ( )2 bi 1 i
1 i 1 i
+ +
− + =
( )
2
22
2 bi 2i bi
1 1
+ + +
+ − =
z = ( )2 b
2−
+ ( )2 b i
2+
.
z é imaginário puro se 2 b
2−
= 0 e
2 b2+
≠ 0 → 2 – b = 0 e 2 + b ≠ 0 →
→ b = 2 e b ≠ –2 →→ b = 2
A
z = ( ) ( ) ( )5
1 i 2 i 3 i− − − = ( ) ( )2
52 i 2i i 3 i− − + −
z = ( ) ( )5
1 3i 3 i− − = 2
53 i 9i 3i− − +
z = 510i−
= ( )
( )1 i
2 . i . i−
= 2i
2i−
=
z = i2
−−
= 0 + 12
. i = x + yi →
→ x = 0 e y = 12
. Logo 2 . (x + y) = 2 . 1
02
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1
A) z = 1 + i 3
ρ = 221 3+ = 4 = 2
z = ρ(cos θ + i sen θ)
z = 2(cos 3
π + i sen
3
π)
cos θ = 1
ρ =
1
2
sen θ = 3
ρ =
32
θ = 3
π
z = ρ(cos θ + i sen θ)
z = 2 2 (cos 7
4
π + i sen
7
4
π)
sen θ = b
ρ =
2
2 2
− .
2
2 =
2
2
−
cos θ = a
ρ =
2
2 2 .
2
2 =
2
2
ρ = 2 22 ( 2)+ − = 8 = 2 2
C) z = 3iz = ρ(cos θ + sen θi)
z = 3(cos 2
π + sen
2
π . i)
18
B) z = 2 – 2i
ρ = 20 3+ = 9 = 3
cos θ = a
ρ = 0
sen θ = 3
3 = 1
D) z = –5 – 5iz = ρ(cos θ + i sen θ)
Mate
mátic
a V
96
Volume 1.B
w = 1 i
1 i
+
− .
(1 i)
(1 i)
+
+ =
2
2
(1 i)
1 (1)
+
+ =
21 22i i+ +2
= 2i2 = i
z = (1 – w)4 = (1 – i)4 = [(1 – i)2]2 =
= ( 1 – 2i + 2i )2 = (–2i)2 = 4i2 = –4
B
z = 10i
1 i−
|z| = 10|i |
(1 i)− =
2 2
1
1 1+ =
1
2 = 2
2
|z| = cos 315o = 2
2
D
( )i . z 1 3i1 i+ −
+ = 4i → i . z + (1 – 3i) = 4i + 4i2
→ i . z = 4i – 4 – 1 + 3i → i . z = –5 + 7i
→ z0 = 5 7i
i− +
Logo |z0| = 5 7i
i− +
= 5 7i
i− +
= 25 49
0 1
+
+ =
|z0| = 74
B1a parte:z1 = 2 → w1 = 2i = (0, 2)z2 = 5 → w2 = 5i = (0, 5)z3 = 6 + 2i → w3 = 2i (6 + 2i) = 4i2 + 12i = – 4 + 12i= (–4, 12)
2a parte:Área do triângulo com vértices nos afixos de w1, w2 e w3.
A19
20
21
22
C h
y
12
(0, 5)
5
2
(0, 2)A
B
x–4
Área ΔABC = AB . h
2 =
3 . 42
Área = 6
23
B A
Z3
Z2
Z1
0θ = 60o θ = 60o
60o33
3
1a parte:
z1 = 3 . (cos 60o + isen 60o)
= 3 . 1 3
i .2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 32
+ 32
i
z2 = 3 . (cos 120o + isen 120o)
= 3 . 1 3
i .2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
z = 5 2 (cos 5
4
π + i sen
5
4
π)
ρ = 2 2( 5) ( 5)− + − = = = = = 50 = 5 = 5 = 5 = 5 = 5 2
cos θ = a
ρ =
5
5 2
− =
2
2
−
sen θ = b
ρ =
5
5 2
− =
2
2
−
E) z = –2i = (0, –2)
z = 2 . 3 3
cos i . sen2 2π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
P–2
3π2
θ =
= 2
Mate
mátic
a V
97
Volume 1.B
24
25
= –32
+ 32
i
e z3 = – 3 i
2a parte:
z1 + z2 + z3 = 32
+ 32
i –32
+ 32
i – 3 i
= 3i – 3 i = (3 – 3 )i
241a parte:Seja z = –3 –4i = a + bi → a = –3 e b = –4.
r = |z| = ( ) ( )223 4− + − = 9 16+ = 5
e
⎧ =θ = =⎪⎪
⎨−⎪ θ = =
⎪⎩
b 4sen
| z | 5a 3
cos| z | 5
2a parte:
Sen (2θ) = 2 . senθ . cosθ = 2 . 45
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ .
35
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2425
Então; r2 . sen(2θ) = 52 . 2425 = 24
25z = 5 . (cosθ + i . senθ) → |z| = 5.Daí |z2| = |z|2 = 52 = 25.
z3 = 3
1 3i
2 2−
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
z3 = ρ3(cos 3θ + i sen 3θ)
z3 = 13 (cos 3 5
3π
1
+ i sen 3 5
3π
1
)
z3 = cos 900o + i sen 900o)
z3 = o
1
cos 180−
+ i o
0
sen 180
z3 = – 1
Cálculos
ρ = 221 3
2 2+ −⎛ ⎞⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 4
4 = 1
cos θ = 1
2
cos θ = 3
2
−900 630
(180) 2
26
θ = 2π – 3
π
θ = 5
3
π
Ez1 . z2 = ρ1 . ρ2 (cos(θ1 + θ2) + i sen(θ1 + θ2))z1 . z2 = 3 . 5 (cos(30o + 45o) + i sen(30o + 45o))z1 . z2 = 15 (cos 75o + i sen 75o)
A
z = ( ) ( )( ) ( )
θ + θ θ + θ
θ − θ θ + θ
cos isen cos i . sen
cos isen cos isen =
z = ( )θ + θ
θ + θ
2
2 2
cos isen
cos sen = cos(2θ) + isen(2θ)
ZeroDado: z7 = 1; z ≠ 1S = 1 + z1 + z2 + z3 + z4 + z5 + z6
A expressão é uma soma de 7 termos em progressãogeométrica de a1 = 1 e razão q = z.Então:
S = ( )7
1a . q 1
q 1
−
− =
( )71. q 1
z 1
−
− =
1 1z 1
−− = 0
Zero
Dado: z = 12
+ 32
i = 1 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
cos i . sen3 3
S = 1 + z1 + z2 + ... + z47 = ( )481. z 1
z 1
−
−
S =
⎡ ⎤π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
+ −
48 48cos i . sen 13 3
i . 31 12 2
=
S = ( ) ( )π + π −
− +
cos 16 i – sen 16 11 3i2 2
=
S = 1 1
1 i 32 2
−
− + = 0
27
28
29
30
Fique de olho bem aberto, nasquestões deste tipo onde |z| = 1,pois:|z| = 1 ↔ |z|48 = 1 ↔ |z48| = 1 ↔z48 = 1.
Mate
mátic
a V
98
Volume 1.B
33
I) n . 60O = 0O
n = 0 (F) pois 0 ∉ z *+
II. n . 60o = 180o
n = 3 (F) pois cos 180 é negativo (–1)III. n . 60o = 360o
n = 6 (V)n2 = k2 = 62 = 36
34
35
23
122 3
zz . z
=
1
2
2 3
zz
z . z =
= ( ) ( )( )
( ) ( )( )o o o o
o o o o
8 . cos 50 20 i . sen 50 202
2 . 3 . cos 20 10 i . sen 20 10
− + −
+ + + =
= 46
. ( )o ocos30 isen30+
( ) ( )o ocos 30 isen 30+ =
46
= 23
.
A
Seja z = – 3 + i = 23 1
i2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
5 5cos i . sen
6 6 . Daí
z12 = 212 . ⎛ ⎞π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
5 5cos 12 . i . sen 12 .
6 6
z12 = 212 . ( ) ( )( )π + πcos 10 i . sen 10
z12 = 212 . (1 + i . (0)) = 212.Se z12 = 212 = x + yi →→ x = 212 e y = 0. Logo
x y+ = 122 0+ = 26 = 64.
Resposta 36
n = k
n ∈ z *+
y = (2 + 2 3 i) n → tal que y seja real e positivoy = ρn (cos θn + i sen θn)
y = 4n ( cos n60+
+ i 0
sen n60 )
1. sen (n60o) = 0 e cos(n60o) > 0
31
32
Cálculos:
ρ = 2 2(2) (2 3)+ = 4
cos θ = 2
4 =
1
2
sen θ = 2 3
4 =
3
2
θ = 3
π
z = (–2 + 2i)–10 = ( )10
1
2 2i− + =
( ) 101
2 . 1 i⎡ ⎤− −⎣ ⎦
z = ( )1010
1
2 . 1 i− =
( )( )5210
1
2 . 1 i− =
z = ( )510
1
2 . 2i− =
( )510 5
1
2 . 2 . i−
z = 10 5 41
2 . 2 . i . i− = 15
12 . i−
= 151. i
2 . i . i−
z = 15i
2 = a + bi → a = 0 e b = 15
12
.
DConsidere os complexos
z1 = 1 – i = 2 . 1 1
i2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2 .
2 2i
2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠7 7
cos i . sen4 4
e
z2 = 1 + i 3 = 2 . i . 31
2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
cos i . sen3 3 .
Utilizando as formas trigonométricas de z1 e z2, temos:
z = 1
2
zz
=
π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
7 72 . cos isen4 4
2 . cos i . sen3 3
=
= 22
. ⎛ ⎞π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
7 7cos i . sen
4 3 4 3
= 22
. 21 4 21 4
cos i . sen12 12
⎛ ⎞π − π π − π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= 22
. 17 17cos i . sen12 12
π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Então |z| = 22
e o argumento é igual a 1712
π.
Mate
mátic
a V
99
Volume 1.B
–a
–bi
–b
2ba
b
(–a, –b)–z
(a, b)z
a > 0 e b > 0Área = 5
a . 2b2
= 5 → a . b = 5
logo z pode ser: 13 + 15 i
S = {2, –1 ± 3 i}
Seja z = 3 8 → z3 = 8 → z3 → 8 = 0 →→ z3 – 23 = 0 → (z – 2) . (z2 + 2z + 4) = 0 →→ z – 2 = 0 ou z2 + 2z + 4 = 0
Portantoz – 2 = 0 → z = 2 (1 raiz real)ouz2 + 2z + 4 = 0
Δ = 4 – 16 = –12 → z = 2 2 3i
2− ±
→
→ z = –1 ± 3 i
Então as raízes cúbicas são: 2, –1 + 3 i e –1 – 3 i.
Seja
zk = 5 z = ( )( )o o5 32 . cos 120 isen120+
1o) Módulo das raízes
|zk| = 5 32 = |2| = 2
2o) Os argumentos das 5 raízes formam uma progressão
aritmética de razão = o360
5 = 72o e primeiro termo
igual a o120
5 = 24o.
As raízes são:z0 = 2 . (cos 24o + i . sen 24o)z1 = 2 . (cos (96o) + i . sen (96o))z2 = 2 . (cos (168o) + i . sen (168o))z3 = 2 . (cos 240o + i . sen (240o))z4 = 2 . (cos 312o + i . sen 312o)
36
37
D
38
39
C
A B
–3
–1 H
b
2
W Z
Seja t = bi; b ≥ 0Área ΔABC = 20
AB . CH2
= 20
( )5 . b 12
+ = 20
5(b + 1) = 40
b + 1 = 8 → b = 7
C
Dados: z = 2 – i = (2, –1)w = –3 – i = (–3, –1)
A) z . w = (2 – i) (–3 – i) = –6 – 2i + 3i + i2= – 6 – 1 + i = –7 + ie
|w – z| = |–3 – i – 2 + i | = |–5| = 5.B)
1a parte:Os afixos das raízes cúbicas de 8 são vértices de umtriângulo equilátero ABC inscrito numa circunferência deraio R, onde R = |zk|; zk é uma das raízes. Daí:
R = |zk| = 3 8 = 2
2a parte:Área do ΔABC
C
A
BZ2
Z3
Z12
20
60o
60o
60o120o
120o
40
A C
1
2
0
60o
�
�
�
B
M
O centro 0 do ΔABC é baricentro, logo R = OB = 2 .
OM → 2 = 2 . OM → OM = 1
Mate
mátic
a V
100
Volume 1.B
42
C
A
B
2
2 0
120o
210o
300o
30o
D
�
�
Z
W
x
y
I. x = 2 . (cos 30o + isen 30o) = 3 + iII. y = 2 . (cos 120o + i . sen 120o) =
= 2 . 1 3
i .2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
= –1 + i 3
III. z = 2 . (cos 210o + i . sen 210o)
z = 2 . 1 3
i .2 2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
= –1 – i 3
43
44
45
sen 60o = 3
→ = 333
= 63
→ = 2 3
Então, a área do ΔABC é igual:
AΔABC = . BM2
= 2 3 . 3
2 = 3 3
DDados x < 0 e y > 0 e i2 = –1
7 24i− − = x + yi →
(–7 –24i) = (x + yi)2 ↔ –7 –24i = x2 + 2xyi + y2i2↔ –7 –24i = (x2 – y2) + 2xyi ↔
↔ 2 2x y 7
2xy 24
⎧ − = −⎪⎨
= −⎪⎩ ~
2 2x y 7x . y 12
⎧ − = −⎪⎨
= −⎪⎩ → y =
12x
−
Substituindo y = 12x
− na equação x2 – y2 = –7.
Temos:
x2 – 2144x = –7 → + 7x2 – 144 = 0
Fazendo x2 = k.k2 + 7k – 144 = 0k’ = –16 → x2 = –16 → x ∉ Reaisk” = 9 → x2 = 9 → x = ± 3 → x = –3 pois x < 0
Daí: y = 123
−− → y = 4
x . y = (–3) . (4) = –12
1a parte:
x = 3 + i = 2 . 3 1
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠ = |x| . (cos θ + isen θ)
→ |x|= 2 e θ = 30o.
2a parte:Na figura abaixo os arcos com extremidades em doisvértices consecutivos medem 90o, então:
41
IV. w = 2 . (cos 300o + isen 300o)
= 2 . 1 i 32 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ = 1 – i 3
B
Se zk = 5 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
cos i . sen16 16 é uma das raízes
quartas de um complexo w, então 4kz = w →
→ w = ( )45 2 . ⎛ ⎞π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠4 4
cos isen16 16 →
→ w = 5 42 . ⎛ ⎞π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠cos i . sen
4 4 →
→ w = 5 42 . 2 2
i .2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
w = 5 42 . 2 . 1 1
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2 . 1 1
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
w = 1 + i
ZeroDados z7 = 1, z ≠ 1.
E = 2
4z
1 z− +
3
6z
1 z− +
4z1 z−
+ 5
3z
1 z− →
→ E = ( )2 3
4 3
z . z
1 z . z− + ( )
3
6
z . z
1 z . z− +
4z1 z−
+ 5
3z
1 z−
E = 5
3z
z 1− +
4zz 1−
– 4z
z 1− –
5
3z
z 1− = Zero.
Bx4 – 2x2 + 2 = 0. Fazendo x2 = k, obtemos a equaçãok2 – 2k + 2 = 0, cujas raízes são:
k = 2 4
2± −
= 2 2 . i
2±
k = 1 + i ou k = 1 – iΔ = b2 – 4acΔ = 4 – 8 = –4Então:
I. x2 = 1 + i → ( )24 2 . (cos (2θ) + isen (2θ)) = 1 + i →
→ 2 . (cos (2θ) + isen (2θ)) = 2 . 1 1
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= 2 . 2 2
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
cos i . sen4 4 →
→ 2θ = π4
+ 2hπ, h ∈ Z → θ = π8 + hπ.
Mate
mátic
a V
101
Volume 1.BNo entanto 0 ≤ θ ≤ 2π. Atribuindo valores inteiros àh, temos para:
i) h = 0 → θ = π8
ii) h = 1 → θ = π8 + π =
π98
h = 2 → θ ∉ [0, 2π]
II. Se x2 = 1 – i → ( )24 2 . (cos (2θ) + isen (2θ)) = 1 – i →
→ 2 . (cos (2θ) + isen (2θ)) = 2 . 2 2
i2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= 2 . π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
7 7cos i . sen
4 4 →
→ 2θ = π7
4 + 2hπ → θ =
π78 + hπ, h ∈ Z.
Logo, i) h = 0 → θ = π7
8 e ii) h = 1 →
→ θ = π7
8 + π = π15
8 .
1a parte:
z2 = –12
+ i 32
= 1 . (cos 120o + i . sen 120o) →
→ z = ( ) ( )( )o o1. cos 120 isen 120+ .
2a parte:Os valores de z são:
z0 = 1 . o o120 120
cos i . sen2 2
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= 1 . (cos 60o + i . sen 60o) = 12
+ i 32
e
z1 = 1 . (cos (60o + 180o) + i . sen (60o + 180o) =
= (cos 240o + i . sen 240o) = –12
– i 32
34
z3 + z2 + z = 0 → z . (z2 + z + 1) = 0 →→ z = 0 ou z2 + z + 1 = 0Δ = 1 – 4 = –3
z = 1 3i
2− ±
As raízes são:z0 = 0 = (0, 0)
z1 = –12
+ 32
i = 1 3
,2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
46
47
C
AH
B
Z1
Z2
Z0 (0, 0)1
2–
3
2–
3
2
Área ΔABC = BC . AH
2 =
=
3 3 1.2 2 2
2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= 34
1
x + 1x
= –1 → x2 + 1 = –x →
→ x2 + x + 1 = 0Δ = 1 – 4 = –3
x = 1 3i
2− ±
Logo z1 = –12
+ 32
i e z2 = –12
–32
i
|z1 + z2| = 1 32 2
− +1 3
i2 2
⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟⎝ ⎠i = |–1| = 1
AConsidere zk uma das raízes sextas de –64.
zk = 6 64− = 2 . 6 1− = 2 . o o6 cos 180 isen 180+
Valores de zk
Os argumentos das raízes formam uma P.A de
a1 = o180
6 = 30o e razão R =
o3606
= 60o.
Logo
z0 = 2 . (cos 30o + i . sen 30o) = 2 . 3 1
i2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= 3 + i
z1 = 2 . (cos 90o + i . sen 90o) = 2i
z2 = 2 . (cos 150o + i . sen 150o) = 2 . 3 1
i2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= – 3 + i
z3 = 2 . (cos 210o + i . sen 210o) = 2 . 3 1
i2 2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= – 3 – i
48
z2 = –12
– 32
. i = 1 3
,2 2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
2a parte:Representando z0, z1 e z2 no plano de Gauss.
49
Mate
mátic
a V
102
Volume 1.B
–1 + i1o) 430 4
(2) 107S = (i + i2 + i3 + i4) + (i5 + i6 + i7 + i8) + ... + (i425 + i426
+ i427 + i428) + (i429 + i430)S = 0 + 0 + ... + 0 + i + i2 = –1 + i
B(2x + 6) . (x2 + 4x + 8) = 02x + 6 = 0 ou x2 + 4x + 8 = 0
1 2
1. 2x + 6 = 0
x = –3
2. x2 + 4x + 8 = 0
Δ = b2 – 4acΔ = 16 – 4(8)1 = –16
Δ = 16− = 1− . 16Δ = 4i
x = 4 4i
2− ±
x = –2 ± 2i
x = –3 ou x = –2 ± 2iS = {–3, –2 ± 2i}
ZeroDado: Z7 = 1
E = 2Z
1 Z−+
2
4Z
1 Z−+
3
6Z
1 Z−+
4Z1 Z−
+ −
5
3Z
1 Z +
6
5Z
1 Z−
E = ( )6
2 6
Z . Z
1 Z .Z−+ ( )
2 5
4 5
Z . Z
1 Z .Z−+
( )3 4
6 4
Z . Z
1 Z .Z−+
( )4 3
3
Z . Z1 Z .Z−
+ ( )5 2
3 2
Z . Z
1 Z .Z−+
( )6
5
Z . Z
1 Z .Z−
E = 6 71
Z Z .Z−+ 5 7 2
1Z Z .Z−
+ 4 7 31
Z Z .Z−+ 3 4
1Z Z−
+
+ 2 51
Z Z−+ 6
1Z Z−
E = 61
z z− + 5 2
1z z−
+ 4 31
z z− – 4 3
1z z−
–
– 5 21
z z− – 6
1z z−
E = 0
1
2
3
50
51
z4 = 2 . (cos 270o + i . sen 270o) = –2i
z5 = 2 . (cos 330o + i . sen 330o) = 2 . 3 1
i2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= + 3 – i
–2 – i
a
1 z2 + ( )b
2 i+ . z + c
2i = 0
z1 + z2 = ba
− =
( )2 i1
− + = –2 – i
2 + 2 2
Dados: z = ( )1 i
2
+ =
12 +
12 i =
22
+ 22
i
z = 1 . cos isen4 4π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ onde |z| = 1
60n
n 1
z=∑ = z1 + z2 + z3 + ... + z60 =
( )60z . z 1
z 1
−
−
Cálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliarCálculo auxiliar
z60 = 160 . 60 60
cos i . sen4 4
π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ =
= (cos 15π + i . sen 15π) = –1Então:
60n
n 1
z=∑ =
( )z . 1 1z 1− −
− =
2 22 . i
2 2
2 2 i 12 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
+ −
= ( )2 2i
2 2 2 i2 2
− −
−+
.
60n
n 1
z=∑ = ( )
2 2i
2 2 2i
2 2
− −
−+
= ( )2
2 2
2 2 24 4
+
−+
= 2
2 4 2 4 24 4
− ++
= 2
8 4 24
−
= ( )
( ) ( )2 2 2
2 2 . 2 2
+
− + =
2 2 2
4 2
+
− =
= 2 2 2
2
+ =
2 2 . 2 2
2 . 2
+ = 2 2 2+ .
Mate
mátic
a V
103
Volume 1.B
BDados:ZK = ak + i . bk e |Zk| = 2 e bk ≥ 0K ∈ {1, 2, 3, ..., 6}
1o) P.A. : (a1, a2, a3, ..., a6) de R = –15
S6 = 9 → ( )1 66 . a a
2+
= 9 → a1 + a6 = 3 →
a1 + a1+5.15
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
=3 → 2a1 = 3 + 1 → a1 = 2 →
P.A.(2, 95
, 85
, 75
, 65
, 45
)
2o) Z3 = a3 + i . b3 = 85 + i . b3
e |Z3| = 2 → 23
64b
25+ = 2 →
6425
+ b 23 = 4 →
b 23 = 4 –
6425
→ b 23 =
3625
→ b3 = 65
, pois b3 ≥ 0.
Então Z3 = 85
+ 65
i
z = 1– 3 i
2 i2 3+
|z| = (1 3 i)
(2 i2 3)
−
+ =
2
2 2
1 ( 3)
(2) (2 3)
+ −
+ =
416
= 24
= 12
zk = 8 2 [cos 16π
+ i sen 16π
) é 4 z
44( z ) = z 4k
z = 48( 2) [cos 16π
. 4 + i sen 16π
. 4)
z = 2 [cos 4π
+ i sen 4π
]
z = 2 (2
2 + i
22
)
z = 1 + ia + b = 1 + 1 = 2
8 6i+ = x + yi ↔ x2 + 2xyi + y2i2 = 8 + 6 i ↔
↔ (x2 – y2) + 2xyi = 8 + 6 i ↔
↔ 2 2x y 8
2xy 6
⎧ − =⎪⎨
=⎪⎩ e →
2 2x y 8x . y 3
⎧ − =⎪⎨
=⎪⎩Logo: x = 3 e y = 1 ou x = – 3 e y = – 1.
S = {3 + i; – 3 – i}
4
10
BSe m = x + yi → n = – x + yi → p = – x – yi →q = x – yiLogo: m + n + p + q = 0
5
6
7
8
9 ASeja Zk = 3 + 4i uma das raízes cúbicas de z, isto é, zk =3 2 . Então Zk
3 = Z → Z – Zk3 = 0 → 33( Z ) – Zk
3 = 0 →
→ 3k( Z – Z ) . 3 2 23
k k( Z – Z . Z Z )+ = 0 →
→ 3 Z + Zk = 0
ou3 2Z + 3
kZ . Z + Zk2 = 0. Daí:
Fazendo 3 Z = y, temos a equação do 2o grauy2 + Zky + Zk
2 = 0, na variável y.
Se y1 e y2 são suas raízes, serão também as outras
duas raízes cúbicas de Z, pois 3 Z = y.
Portanto y1 . y2 = Zk2, isto é:
y1 . y2 = (3 + 4i)2 = 9 + 24i + 16i2 = 9 – 16 + + 24i= – 7 + 24i
Dados:A1 = 1 – i
A2 = 2 – 2 3 i
A3 = 8
1 3i− + → 3A =
81 3i− +
= 8
1 3i− −
Cálculos auxiliaresCálculos auxiliaresCálculos auxiliaresCálculos auxiliaresCálculos auxiliares
A) 81A = (1 – i)8 = [(1 – i)2]4 = (–2i)4 = 16 . i4 = 16
B) 22A = (2 – 2 3 i)2 = 4 – 8 3 i + 4 . 3 . i2 = – 8 –
8 3 i
C) 33A = ( 3A )3 =
( )3
38
1 3i− −
1a parte:
( )8 21 2
3
3
A A
A
+ =
( )
( )3
3
16 8 8 3i
8
1 3i
+ − −
− −
= ( )
( )3
3
8 8 3i
8
1 3i
−
− +
y
–x
–y
x
n
p
m
q
Mate
mátic
a V
104
Volume 1.B
= ( ) ( ) ( )23
8 . 1 3i . 1 3i . 1 3i
8
− − + + =
= –1
64 . (1 + 3) . (1 + 2 3 i + 3i2) =
= –1
16 . (–2 + 2 3 i) = 18 . (1 – 3 i)
= 18 –
38
i.
2a parte: Forma trigonométrica
18 –
38
i = 18 . (1 – 3 i) =
18 . 2 .
1 3i
2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 14
. (cos 300o + i . sen 300o)
= 14
. 5 5
cos i . sen3 3π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
ADado x e y reais.
Se z = x + yi e z = x – yi note que z . z = x2 + y2 =|z|2.
Substituindo |z|2 por z . z , temos que:
z3 + z2 – z . z + 2z = 0 ↔
↔ z . (z2 + z – z + 2) = 0 ↔↔ z = 0 ou
z2 + z – z + 2 = 0 →→ (x + yi)2 + (x + yi) – (x – yi) + 2 = 0 →→ x2 + 2xyi – y2 + 2yi + 2 = 0 ↔→ (x2 – y2 + 2) + (2xy + 2y)i = 0 ↔
2 2I. x y 2 0eII. 2xy 2y 0
⎧ − + =⎪⎨⎪ + =⎩
→ 2y (x + 1) = 0 → y = 0 ou x = –1
Daí:Se y = 0 → x2 = –2 → x ∉ R e
Se x = –1 → 1 – y2 + 2 = 0 → y2 = 3 → y = ± 3
Logo as raízes são z1 = 0 ou z2 = –1 + 3 i ou
z3 = – 1 – 3 iCuja soma z1 + z2 + z3 = –2.
( )( ) ( )iz 1 i . w 1
1 i . z 6 i . w 4 8i
⎧ + + =⎪⎨
+ − + = − −⎪⎩
~ ( )
( ) ( )iz 1 i . w 1
1 i . z 6 i . w 4 8i
⎧ + + =⎪⎨
+ − + = − −⎪⎩
~ ( )
( ) ( )1 i . iz 2w 1 i
1 i . i . z 6 i . i . w 4i 8
⎧ − + = −⎪⎨
− − + − = + + +⎪⎩
[2 + 6i + 1] . w = 3i + 9(3 + 6i) . w = 3 . (3 + i)
w = 3 ( ) ( ). 3 i 1 2i
3
+ −
( ) ( ). 1 2i . 1 2i+ − = 3 6i i 2
5− + +
w = 55 –
5i5 = 1 – i → w = 1 – i
Logoi . z + (1 + i) (1 – i) = 1 →→ i . z + 2 = 1 → i . z = –1 →
→ z = – ( )( )
1 ii . i =
i1
−−
→ z = i11
12
iZ + (1 + i) . W = 1
(1 – i) . Z – (6 – i) . W = (–4 + 8i)
. (1 – i)
. (–i)
~
Polinômios
Capítulo 2
A) P(x) = 0x2 + 3x + 4 = 0Δ = (3)2 – 4(4) 1 =Δ = –7
x = 3 7
2
− ±
3
2
− +
7
2i
3
2
− –
7
2i
B) P(x) = 0(x2 + 3) (3x – 6) (x – 1) = 0x2 + 3 = 0 ou 3x– 6 = 0 ou x – 1 = 0
x2 = –3 ou x = 2
3 ou x = 1
x = ± 3−
x = 3 i
ou x = – 3 i
Cf(x) = 0(a + 2)x3 + (b – 1)x2 + (2c + 4)x + 3d – 12 ≡ 0tais coeficientes têm que ser iguais a zero.
2
1
Mate
mátic
a V
105
Volume 1.B* a + 2 = 0
a = –2* b – 1 = 0
b = 1* 2c + 4 = 0
c = –2* 3d – 12 = 0
d = 4
a + b + c + d = –2 + 1 –2 4+ = 1
f(x) = ax + b, a > 0
1a parte:f(f(x)) = a . f(x) + b == a . (ax + b) + b= a2x + ab + b.Como f(f(x)) = 9x + 8 →→ a2x + ab + b = 9x + 8 →→ a2 = 9 e ab + b = 8 →
→ a = 3 ; pois a > 0 e 3b + b = 8 → b = 2
f(x) = 3x + 2
2a parte:f(2) = 8f(5) = 17f(8) = 26
f(44) = 134
A seqüência (8, 17, 26, ..., 134) é uma P.A de razão R= 9 e número de termos igual a n.
Cálculo de nAn = 134 → 8 + (n – 1) . 9 = 134→ (n – 1) . 9 = 126→ n – 1 = 14→ n = 15
3a parte:Soma dos termos de uma P.A.
S15 = ( )15 . 8 134
2+
= 15 . 71
S15 = 1.065
P(x) + x . P(2 – x) = x2 + 3; ∀ x ∈ R
p/ x = 0 → P(0) + 0 . P(2) = 02 + 3 → P(0) = 3
p/ x = 1 → P(1) + 1 . p(1) = 12 + 3 → P(1) = 2
p/ x = 2 → P(2) + 2 . p(0) = 22 + 3 →
→ P(2) = 7 – 2 . (3) → P(2) = 1
CI. (GP) = 1 + 2 . 3 + 4 . 2 = 15 (V)II. G(F + G) = G > POLINÔMIO (V)III. Falsa, pois sendo f = 2x3 – 4 e g = –2x3 + 5x teremos(f – g) = –5x – 4 um polinômio do 1o grau.Logo, a resposta é 2 verdadeiras.
4
Dx3 – x + 1 x2 + x + 1
– x3 – x2 – x x – 1– x2 – 2x + 1+ x2 + x + 1
– x + 2
Resto: R(x) = – x + 2
Bx3 + kx2 – 2x + 3 x2 – x + 1(0) g(x) =
o1 grau
x a+
x + a = x + 3
(x + a) (x2 – x + 1) = x3 + kx2 – 2x + 3x3 – x2 + x + ax2 – ax + a = x3 + kx2 – 2x + 3x3 + (a – 1)x2 + (1 + a)x + a = x3 + kx2 – 2x + 3
a 1 k
a 1 2
a 3 k 2
− =
− + =
= ∴ =
⎧⎪⎨⎪⎩
5
6
7
DItens II e VII. P(x) = x3 + 2x3 + 4x –4 + 7 ñ é polinômio, pois –4 ∉ NII. f(x) = 3x2 + 2 é polinômio
III. n(x) = 3 x + 5x + 3 =
= 123 + 5x + 3; ñ é, pois
1
2 ∉ N
IV. e(x) = 2
3x4 – 4x–3 + 3; não é, pois –3 ∉ N
V. f(x) = 35x + 2x – 3; ñ, pois
3
5 ∉ N
VI. f(x) = x10 + 1 (V)
f(x) = 0(2x2 – 4) (3x + 12) (x2 + 1) (x + 5) (x – 1) = 02x2 – 4 = 0x = ± 2
ou3x + 12 = 0
x = –4ou
x2 + 1 = 0x2 = – 1 (F)
oux + 5 = 0x = –5
oux – 1 = 0x = 1
1
2
3
Mate
mátic
a V
106
Volume 1.B
+ 2 – 2 – 4 – 5 + 1 = k– 8 = k
7 – 2k = 7 – 2(–8) = 23
P(x) ≡ 0P(x) = ax2 + bx + ca = 0b = 0c = 0∴2m + 3n – p = 0m + 2n – 5p = 0 ∴ p = 2p – 2 = 0p = 2
2m 3n 2m 2n 10( 2)
+ =⎧⎪⎨ + = −⎪⎩
2m 3n 2
2m
+ =
− 4n 20
⎧⎪ +⎨− = −⎪⎩
–n = –18n = 18m + (2 . 18) = 10m = –26
p + m + n = 2 + (–26) + 18 = –6
52x2 + 6x + 17 = (x + m)2 + (x – n)2
= x2 + 2mx + m2 + x2 – 2nx + n2
= 2x2 + 2 . (m – n) . x + m2 + n2 ↔
↔ 2 2
m n 3
m n 17
− =⎧⎪⎨
+ =⎪⎩ → n = (m – 3)
Substituindo n = m – 3 na segunda equação, temos:m2 + (m – 3)2 = 17 → m2 + m2 – 6m + 9 = 17 →→ 2m2 –6m –8 = 0 → m2 –3m –4 = 0 →→ m = 4 ou m = –1Daí:Se m = 4 então n = 1eSe m = –1 então n = –4 e |m + n| = 5.
1957
Se P(x) para valores apropriados a, b e c independe dex então para estes valores P(x) é constante.
Se P(π) = 7 → 2
2
ax 6x 74x bx c
+ −− + = 7; ∀ x ∈ Domínio
→ ax2 + 6x – 7 = 28x2 –7bx + 7c →→ (a – 28) . x2 + (6 – 7b) . x – 7 – 7c = 0 →→ a – 28 = 0 e 6 – 7b = 0 e –7 – 7c = 0
→ a = 28 e b = 67 e c = –1
Logo a + b + c = 28 + 67
+ (–1) = 28 –17 =
1957
.
383
Dados: f(x) = x2 + 2 e g(x) = ax + b; a > 0
f(g(x)) = 9x2 + 4x + 229 →
→ (ax + b)2 + 2 = 9x2 + 4x + 229 →
a2x2 + 2abx + b2 + 2 = 9x2 + 4x + 229 →
→
2
2 2 2
a 9 a 3 pois a 0e
22ab 4 2 . 3 . b 4 b
3e
22 22 4 2b 2 b 2 b b
9 9 9 3
⎧⎪ = → = >⎪⎪⎪⎪ = → = → =⎨⎪⎪⎪ +⎪ + = → = − → = → = ±⎪⎩
a e b devem satisfazer a todas as equações dos sistema,então
a = 3 e b = 23 e g(x) = 3x +
23 de onde conclui-se que
g(4) = 12 + 23 =
383 .
C
2x + 5 = (x + m + x – n) . ( x + m – x + n)= [(2x + (m – n))] (m + n) == 2(m + n) . x + (m2 – n2) →→ 2(m + n) = 2 e m2 – n2 = 5Resolvendo o sistema:
( ) ( ) ( )( )m n . m n 5 1. m n 5
m n 1
⎧ + − = → − =⎪⎨
+ =⎪⎩
~
m n 5m n 1
2m 6
⎧ − =⎪⎪ + = +⎨⎪
=⎪⎩
m = 3 e n = –2
Logo m3 – n3 = 27 – (–2)3 = 27 – (–8) = 35
C1o modo:
22x 54x 1
+− =
a2x 1+ +
b2x 1− ; x ≠ ± 1/2
= ( ) ( )
( ) ( )a . 2x 1 b . 2x 1
2x 1 2x 1− + +
+ − →
→ 2x + 5 = a . (2x – 1) + b . (2x + 1) →→ 2x + 5 = 2ax – a + 2bx + b →→ 2x + 5 = (2a + 2b) . x + (b – a) →
4
5
6
8
7
3
Mate
mátic
a V
107
Volume 1.B
→ 2a 2b 2e
b a 5
⎧ + =⎪⎨⎪ − =⎩
~
a b 1
a b 5
2b 6
⎧ + =⎪⎪− + = +⎨⎪
=⎪⎩
b = 3 e a = –2
Logo a + b = –2 + 3 = 1
2o modo:Saída Ligtht (1a fase)Após o mmc encontramos a seguinte igualdade2x + 5 = a . (2x – 1) + b . (2x + 1)
Válida para todo x real, desde que tomemos a e bapropriados. Então
Se x = 12
→ 2 . 12
+ 5 =
= a . 1
2 . 12
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ + b . 1
2 . 12
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ →
→ 6 = a . 0 + 2b → b = 3
e
Se x = –12
→ 2 . 12
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ + 5 =
= a . 1
2 . 12
⎛ ⎞⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ + b . 1
2 . 12
⎛ ⎞⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
→ 4 = –2a + b . 0 → a = –2
A) x3 + 6x2 + 2x + 8 x + 3–x3 – 3x2 x2 + 3x – 7
3x2 + 2x + 8–3x2 – 9x
–7x + 8+7x + 21
(29)
B) x12 + 1 x3 + 1
–x12 – x9 x9 – x6 + x3 – 1
–x9 + 1+x9 + x6
x6 + 1–x6 – x3
–x3 + 1+x3 + 1
(2)
C) 12x4 + 6x2 + 1 x2 + 5
–12x4 – 60x2 12x2 – 54
–54x2 + 1+54x2 + 270
(271)
9
10
11
12
13
14
x3 – 2x2 + x + 1 x2 –x + 2
–x3 + x2 – 2x x – 1
–x2 – x + 1+x2 – x + 2
–2x + 3
Ex4 + a2x2 + a2 x2 – ax + a2
–x4 + ax3 – a2x2 x2 + ax + a2
ax3 + a2
–ax3 + a2x2 – a3x
a2x2 – a3x + a2
–a2x2 + a3x – a4
–a4 + a2
EP(x) = (x – 1) . (x – 2)2 . (x – 3)2 . ... (x – 10)10
Tome o termo de maior grau de cada binômio emultiplique-os.
x1 . x2 . x3 . ... x10 = x1 + 2 + 3 + ... + 10 = ( )10 . 1 10
2x+
= x55
O polinômio p tem grau 55.
AP(x) = (5x2 – 5x + 1)43 . (4x2 – 4x + 1)44
1a parte: Procedimentos para a resolução.Grau de P(x)(x2)43 . (x2)44 = x86 . x88 = x174
P é de grau 174. DaíP(x) = c1x174 + c2 . x173 + c3 . x172 + ... + c174 . x + c0onde c1, c2, c3, ..., c0, são os coeficientes. Fazendo x= 1, encontraremos a soma procurada, isto é; S = P(1)= c1 + c2 + c3 + ... + c174 + c0.
2a parte: ResoluçãoS = P(1) = (5 . 12 – 5 . 1 + 1)43 . (4 . 12 – 4 . 1 + 1)44
S = (1)43 . (1)44 = 1.
42Dados: P(x) = 4x3 – 2x2 + 3x – mq(x) = 2x2 – 5x + pr(x) = 3x – 2
Resolução: Usando identidade de polinômios
→ P(x) = q(x) . Q(x) + r(x); em que Q é do 1o
grau. Então sendo Q(x) = ax + b, temos:4x3 – 2x2 + 3x – m = (2x2 – 5x + p) . (ax + b) + 3x – 2 →→ 4x3 – 2x2 + 3x – m = 2ax3 + 2bx2 – 5ax2 – 5bx +pax + pb + 3x – 2 →→ 4x3 – 2x2 + 3x – m = 2ax3 + (2b – 5a) . x2 + (–5b +pa + 3) . x + pb – 2 →
→
2a 4 a 2
2b 5a 2 2b 10 2 2b 8 b 4
5b pa 3 3 20 2p 0 p 10
pb 2 m 10 . 4 2 m m 38
= → =⎧⎪
− = − → − = − → = → =⎪⎨
− + + = → − + = → =⎪⎪ − = − → − = − → = −⎩
Portanto m + 8p = –38 + 80 = 42
P(x)
Q(x)r(x)
q(x)
Mate
mátic
a V
108
Volume 1.B
14
Dados:P(x) = ax2 + bx + cD(x) = 2x3 + 4x2 – 3x + 6d(x) = 2x + 1
Resolução: Método das chaves
x2 + 3 x – 9
2x + 12x3 + 4x2 – 3x + 6
–2x3 – x2
3x2 – 3x + 6
–3x2 – 3 x
– 9 x + 6
2
2 9 x + 9
2 4
2 4
4
33
Logo P(x) = ax2 + bx + c = x2 + 32
x – 94
→
→ a = 1, b = 32
e c = –94
Daí: a + b + c = 1 + 32
– 94
= 4 6 9
4+ −
= 14
37P(x) = 2x4 – 6x2 –15x + 37eD(x) = x2 – 3x + 2Resolução:
15
16
2x2 + 6x + 8 = Q(x)
x2 – 3x + 22x4 – 6x2 – 15x + 37
–2x4 + 6x3 – 4x2
6x3 – 10x2 – 15x + 37
–6x3 + 18x2 – 12x
8x2 – 27x + 37
– 8x2 + 24x – 16
R(x) = – 3x + 21
Daí:R(0) + 2 . Q(0) = 21 + 2 . (8)= 21 + 16 = 37
A) a = 4 e b = –5 B) Q(x) = 4x3 + 3x2 + 2x + 1
4(b 2a) . x+ 3
4
ax 1
(b 2a) . x
− +
− + 3 22(b 2a) . x (b 2a) . x+ + − +
3(2b 3a) . x+ 2
3
(b 2a) . x 1
(2b 3a) . x
− + +
− + 22(2b 3a)x (2b 3a) . x+ + − +
2(3b 4a) . x+
2
(2b 3a) . x 1
(3b 4a) . x
− + +
− + 2(3b 4a)x (3b 4a)+ + − +
R(x) = (4b + 5a) . x + (1 –3b –4a)
Sendo P divisível por x2 – 2x + 1, temos que R(x) = 0;
∀ x ∈ domínio. Então:
(4b 5a) 0e
1 3b 4a 0
⎧ + =⎪⎨⎪ − − =⎩
~ 5a 4b 0 (3)
4a 3b 1. ( 4)
⎧ + =⎪⎨
+ = −⎪⎩
~ 15a 12b+ 0
16a 12b
=
− − 4
⎧⎪⎨
= −⎪⎩
– a = –4
a = 4 e b = –5
O quociente de P(x) por D(x) será:Q(x) = 4x3 + 3x2 + 2x + 1Obs: No volume 2 utilizaremos um método maisrápido para resolver este tipo de questão.
Se a0, a1 ... , an estão em PG de razão q ≠ 0, temos:
P(x) = a0 + a0qx + a0q2x2 + ... + a0qnxn == a0 [1 + qx + (qx)2 + ... + (qx)n] (A)
A) P(1q ) = a0 [1 + q .
1q + (q .
1q )2 + ... + (q .
1q )n] =
a0 (1 + 1 + 12 + ... + 1n) = a0 (n + 1).
B) De (A) e a) P(x) é reescrito:
n 10
0
1P(x) a . [(qx) 1]/(qx 1)se xq
1P(x) a (n 1)se xq
+⎧ = − − ≠⎪⎪⎨⎪ = + =⎪⎩
Como a0 ≠ 0, P(x) = 0 ↔ n 1((qx) 1
qx 1
+⎧ =⎪⎨
≠⎪⎩
Se q é um número real, o sistema é satisfeito se, esomente se, qx = –1 e ((qx)n+1 = 1. Estas equaçõesmostram que n não pode ser par.
x2 – 2x + 1
ax3 + (b + 2a) . x2 + (2b + 3a) . x + (3b + 4a)
5ax 4
5
bx 1
ax
+ +
− 4 32ax ax+ −
1
2
Mate
mátic
a V
109
Volume 1.B
5
3x 2
3
ax bx 6
x
+ + −
− 23x 2x+ −
2x 3x 2x (3 a)
− ++ +
2(3 a) . x+
2
(b 2) . x 6
(3 a) . x
+ − −
− + 3 . (3 a) . x 2 . (3 a)+ + − +
R(x) = (7 + b + 3a) . x –12 –2a
Se A(x) é divísivel por B(x) = x2 –3x + 2 então R(x) = 0;
∀ x ∈ domínio.Daí:
7 b 3a 0e12 2a 0
⎧ + + =⎪⎨⎪− − =⎩
~
7 b 18 0 b 11e2a 12 a 6
⎧ + − = → =⎪⎨⎪ = − → = −⎩
a + b = 5.
211a Parte:
P1(x) =
4x 2
4
ax b
x
+ +
− 3 22x 4x− −
2
2x 2x 4x 2x a
+ +− +
3–2x 2
3
(a 4) . x b
2x
+ − +
+ 24x 8x+ +
2ax2
8x b
ax
+ +
− 2ax 4a− −
R(x) = (8 –2a) . x + (b –4a)Se P1(x) é divisível por x2 + 2x + 4 então R(x) = 0 →
→ 8 –2a = 0 e b –4a = 0 → a = 4 e b = 16
2a Parte:
P3(x) =
3x 2
3
cx dx 3
x
+ + −
− 2x 2x+ −
2x x 2x (c 1)
− ++ +
2(c 1) . x+ (d 2) . x 3
(c 1) . x
+ − −
− +2
(c 1) . x 2c 2+ + − −
R(x) = (d + c –1) . x –2c –5
Se o resto desta divisão é igual a –5 então (d + c –1) .x –2c –5 ≡ 5 → d + c –1 = 0 e –2c –5 = 0
→ c = 52−
e d 52−
–1 = 0 → c = 52−
e d = 72
Portanto:
a + b + c + d = 4 + 16 52− +
72
= 20 + 1 = 21.
8P(x) = (1 –2x + 3x2)3Soma dos coeficientes = P(1) = (1 –2 + 3)3 = 23 = 8
A) B = –3 B) S = ]–1, 1[ ∪∪∪∪∪ ]3, +∞∞∞∞∞[
A) P(2) = B → B = 23 –3 . 22 –2 + 3B = 8 –12 –2 + 3
B = –3
B) x3 – 3x2 – x + 3 > 0 ↔ x2 . (x –3) – (x –3) > 0 ↔↔ (x –3) . (x2 –1) > 0 ↔ (x –3) (x –1) (x +1) > 0 ↔
3
4
5
6
7
8
9
S = ]–1, 1[∪]3, + ∞ [.
P(x) = x3 + ax2 + bx + c; a, b e c ∈ R e b > 0.
P(x) = –P(–x); ∀ x ∈ R ↔↔ x3 + ax2 + bx + c = – (–x3 + ax2 –bx + c) ↔
↔ 3x + ax2 + bx + c = 3x –ax2 + bx – c ↔↔ 2ax2 + 2c = 0 ↔↔ 2 . (ax2 + c) = 0 ↔ ax2 + c = 0; ∀ x ∈ R ↔↔ a = 0 e c = 0. Portanto P(x) = x3 + bx; b > 0.
Assim, P(x) = 0 ↔ x3 + bx = 0 ↔ x . (x2 + b) = 0 ↔↔ x = 0 pois x2 + b > 0; já que b > 0.Logo, a equação P(x) = 0 tem uma única raíz real, x = 0.
r = –4; S = 3 e t = 1.P(x) = rx2 + Sx + tA) P(0) = 1 → r . 0 + S . 0 + t = 1 → t = 1
B) P(x) =
2rx2
Sx 1
rx
+ +
− r−
2x 1r+
R(x) = Sx + (1 –r)
Se o resto desta divisão é 3x + 5, entãoSx + (1 –r) = 3x + 5 →→ S = 3 e 1 –r = 5 → S = 3 e r = –4
A) S = {0, ± 2i} B) k = –32 e r(x) =
19x2 +
12 .
P(x) = 2x3 + 2x2 + 7x –1q(x) = 2x2 –x –1
A) Z ∈ complexos e P(Z) = q(Z) ↔
↔ 2Z3 + 22Z + 7Z –1 = 22Z – Z –1 ↔↔ 2Z3 + 8Z = 0 ↔ 2Z . (Z2 + 4) = 0 ↔↔ Z = 0 ou Z2 + 4 = 0 ↔ Z = 0 ou Z = ± 2i
B) P(x) =
32x 2
3
2x 7x 1
2x
+ + −
− 2
2
x x
3x
+ +
2
8x . 1
3x
+ −
− 3 3. x2 2
19 1x2 2
+ +
+
22x x 13x2
− −
+
–1 1 3
– + +–
Mate
mátic
a V
110
Volume 1.B
z = 22
+ 22
i
z109 = ρ109 (cos 109θ + i sen 109θ)
z109 = 1109 (cos 109 4
π + i sen 109 .
4
π)
z109 = cos 4905o + i sen 4905o
z109 = cos 225o + i sen 225o
z109 = 2
2
− – i
2
2
m = –2
2 e n = –
2
2
m . n = 2
2 .
2
2 =
2
4 =
1
2
Cálculos auxiliares
ρ = 2 2
2 2
2 2+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= 1
7
C
Z = (–3 –2i)2 + 2i
= a + bi →
→ 9 + 12i – 4 + 22ii
= a + bi →
→ 12i + 5 – 2i = a + bi →→ 10i + 5 = a + bi →a = 10 e b = 5 → a + b = 15
DObserve que (1 – i)2 = 1 – 2i + i2 = –2iLogo (1 – i)20 = [(1 – i)2]10 = (–2i)10 = 210 . i10 = 1024 . i2= –1024
a = 4
Z = 1 2i2 ai
++
+ a . i18 = ( ) ( )( ) ( )1 2i . 2 ai2 ai . 2 ai
+ −
+ − + ai2
1
3
4
5
6
2
10
Se P(x) = (x – 32−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
) . q(x) + 19x 1
2 2⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
então k = 3
2−
e r(x) = 19x
2 + 12 .
a = b = 1.
a(x 1)− +
b(x 1)+ = 2
2x(x 1)− ; ∀ x ∈ R ; |x| ≠ 1.
a(x 1) b . (x 1)( x 1) . (x 1
+ + −− + ) =
2x( x 1) . (x 1+ − ) ; ∀ x ∈ R ; |x| ≠ 1.
↔ ax + bx + a – b = 2x; ∀ x ∈ R ; |x| ≠ 1.↔ (a + b)x + (a – b) = 2x ↔↔ a + b = 2 e a – b = 0 ↔ a = 1 e b = 1
f(x) = 3x3
(cos ) . x
x
+ θ
− 2
2
i . x
i . x
+
−
2
(cos ) . x
i . x
+ θ
− x
( cos 1
−
θ − ) . x
( cos 1− θ − ) . x (cos 1) . i
R (cos 1) . i
+ θ −
= θ −
2x i
x i . x (cos 1)−
+ + θ −
f(x) é divisível por x – i se (cos θ – 1) . i = 0, isto é;
se cos θ = 1 ∴ θ = 2 kπ ; k ∈ Z.
11
Z = ( )
( )2
2
2 4 a i 2a . i
4 a
+ − −
+ – a
Z = ( )
2
4 a i
4 a
−
++
3
22 2a 4a a
4 a+ − −
+
Z = ( )
2
4 a i
4 a
−
++
3
22a 2 a
4 a− + −
+
Z é real se 24 a4 a
−+
= 0 → a = 4
–11o) 27 4
3 6 e2o) E = (1 + i + i2 + i3) + (i4 + i5 + i6 + i8) + ... + (i21 + i22 +
+ i23 + i24) + (i25 + i26 + i27)E = 0 + 0 + ... + 0 + (i + i2 + i3)E = i – 1 – i = –1
ρ = 2 2θ = 45o
sen 45o = 2
2
cos 45o = 2
2
z = 2 2 (2
2 + i
2
2)
z = 2 + 2i
Az = 2 + 4i
Mate
mátic
a V
111
Volume 1.B
8
9
10
11
Cálculos auxiliares:z = –i
ρ = 2 2(0) ( 1)+ − = 1
cos θ = a
1 = 0
sen θ = b
1 = –1
θ = 3
2
π = 270o
z = (w
2 2i− )n
w = β(cos α + i sen α)
β = 2 2(2) (2)+ = 8 = 2 2
cos α = 22 2
= 2
2
sen α = 2
2 2
− =
2
2
−
α = 7
4
π
z = 512i [z = ρ(cos θ + i sen θ)]
ρ = 2(512) = 512
cos θ = 0
512 = 0
sen θ = 512
512 = 1
θ = 2π
z = wn = (2 2 )n (cos n7
4
π + i sen n
7
4
π)
z = wn
512(cos 2
π + i sen
2
π) =
= (2 2 )n [cos (n7
4
π) + i sen(n
7
4
π)]
(2 2 )n = 512
23n2 = 2
4
cos θ = 2
2
sen θ = 2
24905 360
θ = 45o (4
π)
225 13
Cw = (cos 60o + i sen 60o)
w = 1
2 +
3
2i
w2 = cos 120o + i sen 120o
w2 = 1
2
− +
3
2i
w3 = cos 180 + i sen o0
180w3 = –1
logo 1 + w + w2 + w3 =
= 1 + 1
2+
3
2i –
1
2 +
3
2i – 1 = 3 i
Seja z1 = 2 . (cis 300o) uma das raízes cúbicas de Z.Os afixos das 3 raízes estão separados na circunferência
de raio 2 por arcos de o360
3= 120o. Então as outras
duas raízes são:
Z2 = 2 . (cis 180o) = 2 . [cos 180o + i . sen 180o] = – 2
e
Z3 = 2 . (cis 60o) = 2 . [cos 60o + i . sen 60o] = 1 + i 3
Daí: Z2 + Z3 = –2 + 1 + i 3 = – 1 + i 3 e
Resposta: 2 3Z Z+ = – 1 – i 3
CSeja w uma raiz de z, onde:
Dados: z (cos i sen )w (cos i sen )
= ρ θ + θ⎧⎪⎨ = β α + α⎪⎩
–i = z–i = w3
w3 = β3 (cos 3α + i sen α3) →→ 1(cos 270o + i sen 270o) == β3 (cos 3α ++ i sen 3α)β3 = 1↓ ∴ β = 1módulo
e 3α = 270o + k . 360o
α = 90o + k . 120o, k ∈ z
k = 0 → α = 90o
k = 1 → α = 210o
k = 2 → α = 330o
Mate
mátic
a V
112
Volume 1.B
–1
–1
1 1
1
1
300o240o
60o
60o
60o120o
180o
60o0o
� �
�
15
16
17
18
19
1 1 –1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
Q(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1
0 = R
D
Daí:p(–1) = –1 + 2 + p + q = 0p(1) = 1 + 2 – p + q = 0 +_________________________4 + 2q = 0
q = –2 e p = 1
Resp.: pq
= –1
2
p(x) x(x –1)(0)
p(0) = 0p(1) = 0 → 1 + a + b = 0
a + b = –1
AO polinômioP(x) = x6 – 1 tem 6 raízes de forma a + bi = xK tal que
6kx – 1 = 0, isto é; xK = 61.
Utilizando a forma polar, temos que:1o) 1 = 1. [cos(00) + isen (00)]2o) Módulo das raízes: da equação x = 61.
|xK| = | 61| = 13o) Argumentos principais das raízes formam uma
Progressão Aritmética (a1, a2, a3, a4, a5, a6) de razão
R = o360
6 = 60o onde:
Raízes
a1 = θ0 = 00
6 = 00 → x0 = 1 [cos00 + i sen00]
a2 = θ1 = 00 + 60o = 60 → x1 = 1 [cos600 + i sen600]
a3 = θ2 = 120o → x2 = 1 [cos1200 + i sen1200]a4 = θ3 = 180o → x3 = 1 [cos1800 + i sen1800]a5 = θ4 = 240o → x4 = 1 [cos2400 + i sen2400]a6 = θ5 = 300o → x5 = 1 [cos3000 + i sen3000]
4o) Representação gráfica das raízes.I. Desenhe uma circunferência de raio 1, pois o
módulo das raízes é 1.II. Os vértices do polígono são as extremidades dos
argumentos principais das raízes.III. O polígono obtido é um hexágono regular.
12
13
14
3n
2 = 9
3n = 9 . 2
n = 6
BP(x) = (Q(x))2[Q(x)]2 = d2x2 + 2dxe + e2
ax2 – bx + c = d2x2 + 2dex + e2
2
2
a d
b 2de
c e
=
− =
=
⎧⎪⎨⎪⎩
∴ (–b)2 = 4d2e2
b2 = 4 2 2d e
b2 = 4a . c
A2x5 – 3x + 12 x2 + 1
–2x5 – 2x3 2x3 – 2x
–2x3 – 3x + 12+2x3 + 2x
–x + 12
x3 – 5x2 + mx – n x2 – 3x + 6
–x3 + 3x2 – 6x x – 2
–2x2 – 6x + mx – n+2x2 – 6x + 12
–12x + mx – n + 12
resto = 0 (divisível)–12x + 12 = –mx + n–12 = –m ∴ m = 1212 = nt = m + n = 24
DP(x) = Q(x) + x3 + 2x + 3P(1) = 0Q(3) = 0
P(1) = Q(1) + 1 + 2 + 3–Q(1) = 6Q(1) = –6
P(3) = Q(3) + 27 + 6 + 3P(3) = 36P(3) – Q(1) = 36 – (–6) = 42
B
Logo:Q(–1) = 1
Mate
mátic
a V
113
Volume 1.B
20
Lado do hexágono regular = R = 1
Área do Hexágono = 6 . 2 34
=26.1 34
= 3 3
2
B1o) x5 + 1 = x5 + 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x + 12o) Divisão de x5 + 1 por x + 1 pelo método de Briot-
Ruffini.
–1 1 0 0 0 0
1 –1 1 –1 1
1
0 = resto
Q(x) = x4 – x3 + x2 – x + 1 (quociente)
+
z = –1 + i ou z = 2 + i
z = x + yi|z|2 + z – 2 . z = 3 + 3i ↔↔ x2 + y2 + x + yi – 2 . (x – yi) = 3 + 3i ↔↔ x2 + y2 + x + yi – 2x + 2yi = 3 + 3i ↔↔ (x2 + y2 + x – 2x) + 3yi = 3 + 3i ↔
↔ 2 2x y x 3
3y 3 y 1
⎧ + − =⎪⎨
= → =⎪⎩
Daí:x2 + 12 – x = 3 → x2 – x – 2 = 0→ x = –1 ou x = 2Portanto:z = –1 + i ou z = 2 + i
E1a parte: Sejam os complexos:
z1 = 1 – i 3 = 2 . 1 i 32 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
= 2 . (cos 300o + i . sen 300o) e
z2 = –1 + i = 2 . 1 i2 2
⎛ ⎞−+⎜ ⎟⎝ ⎠ =
= 2 . 2 2
i2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= 2 . (cos 135o + isen 135o).
2a parte:
z = 1
2
zz =
( )( )
o o
o o
2 . cos300 isen 300
2 . cos135 isen135
+
+ =
z = 2 . (cos (300o – 135o) + isen (300o –135o))
z = 2 . (cos 165o + i . sen 165o).
3a parte: Argumento de Z.θ = 165o →
θ = 1112
πrad
21
22
180o –– π rad165o –– x
x = 165180
π =
1112
πrad
Anotações