Exercícios Resolvidos de Matemática

MATEMÁTICA AB 3a. S

REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página I

Matemática

Curso Extensivo – A Curso Extensivo – B a 3 . Série – Ensino Médio

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MATEMÁTICA

Revisão

1

MÓDULO

Equações e Inequações

1. Resolva, em ⺢, as equações dadas a seguir: a)

(x2

– 18x +

32)2

.

(x2

– 8x +


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12)2

=0

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 RESOLUÇÃO: a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔ ⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔ ⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔ ⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16} b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔ ⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔ ⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2} Respostas: a) V = {2; 6; 16} b) V = {2}

2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa. Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kg de farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e 0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, no momento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, responda às questões abaixo. a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B? Justifique sua resposta. b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todo o açúcar de que dispõe? RESOLUÇÃO: a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg. II)

De modo análogo, a quantidade de farinha é: (0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg

III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto, produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois a farinha não é suficiente. b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B, então:

0,2a + 0,3b = 6

0,4a + 0,2b = 10

⇔

⇔

2a + 3b = 60

4a + 2b = 100

2a + 3b = 60 ⇔ 2b = 10 2a + b = 50

2a + b = 50

⇔

⇔

b=5

a = 22,5

Respostas: a) Não. b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.

–1



3. (FGV) – No seu livro Introdução à Álgebra, Leonhard Euler propõe um curioso e interessante problema aos leitores: Duas camponesas juntas carregam 100 ovos para vender em uma feira e cada uma vai cobrar seu preço por ovo. Embora uma tivesse levado mais ovos que a outra, as duas receberam a mesma quantia em dinheiro. Uma delas disse, então: — Se eu tivesse trazido o mesmo número de ovos que você trouxe, teria recebido 15 kreuzers (antiga moeda austríaca). Ao que a segunda respondeu: — Se eu tivesse trazido a quantidade de ovos que você trouxe, teria 20 recebido ––– kreuzers. 3 Releia o texto com atenção e responda: Quantos ovos carregava cada uma? RESOLUÇÃO: Vamos admitir que a primeira camponesa vendeu x ovos a m kreuzers cada um e a segunda camponesa vendeu y ovos a n kreuzers cada um. Então:

x + y = 100 n . x = 15 20 m . y = ––– 3

⇒

m.x=n.y

x + y = 100 x x 45 ⇒ –– . –– = ––– y y 20

x + y = 100 n.x 15 ––––– = –––– m.y 20 ––– 3 n x –– = –– m y

x + y = 100 9 x2 = –– ––– y2 4

⇒

⇒

x + y = 100 x 3 –– = –– y 2

⇒

Resposta: A primeira carregava 60 ovos e a segunda, 40.

x = 60 y = 40

4. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida por dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelou que, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa de vender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo, supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita do restaurante como o valor total pago pelos clientes. a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg? b) Formule matematicamente a função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição. c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurante tenha a maior receita possível? RESOLUÇÃO: Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejam por dia, temos: a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, a receita será (85 . 18) reais = 1 530 reais. Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então o restaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será (75 . 20) reais = 1 500 reais. Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 18 reais/kg. b) Se x for o número de reais a ser acrescentado ao preço, então ele passará para (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, a função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição, é: f(x) = (100 – 5x) (15 + x) c) O máximo da função f, definida por f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando –15 + 20 x = –––––––– = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo: 2

O preço a ser cobrado por quilo de comida, para que o restaurante tenha a maior receita possível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais. Respostas: a) R$ 18,00 b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x) c) R$ 17,50

2–

2

MÓDULO

Exponenciais e Logaritmos

1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma substancial campanha de propaganda e, pouco antes de encerrar a promoção, a quantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após, as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendas diárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidas em um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após t dias; e = 2,72; k um número real. Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volume diário de vendas era 8 000 unidades. a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da promoção? b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 unidades?

2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x. a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo vertical fornece log2(y).

3 Considere que log 2 = ––– , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10. 10 RESOLUÇÃO: Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades, temos: 1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000 8 2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k = –– 10 3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 = = 10 000 .

8 ––– 10

3

= 5 120 t –––

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) 10 = 6 400 = ––––––– ⇔ 10 000

––– 10 8

t ––– 10

=

2

⇔ ––– = 2 ⇔ t = 20 ––– 10 10 8

Respostas: a) 5 120 unidades

t

b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações: = g(y) f(z) f(y) / g(z) = 1 Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. RESOLUÇÃO:

b) 20 dias após o encerramento

⇔

8 8 a) y = ––– ⇔ log2 y = log2 ––– 42x 42x

⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔ ⇔ log y = 3 – 2x . log2 4 ⇔ 2

⇔ log y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir. 2

–3





3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva o sistema:

7 log4x – logxy = –– 6 x . y = 16

RESOLUÇÃO: Para x e y inteiros e maiores que 1, temos: 7 log4y 7 a) log4x – logxy = ––– ⇔ log4x – ––––––– = ––– 6 6 log4x b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔ ⇔ log4y = 2 – log4x De a e b, obtém-se: 2 – log4x 7 log4x – ––––––––– = ––– 6 log4x Substituindo-se log4x por m, têm-se: 2–m 7 m – ––––––– = ––– ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔ m 6 b) I)

8 y f(z) = g(y) ⇔ ––– = 4 ⇔ 42z 2z

y

⇔ 8 = 4 . 4 ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3 II)

f(y) –––– = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒ g(z)

1 ± 17 3 4 ⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ––––––– ⇔ m = ––– ou m = – –– 12 2 3 3 3 m = ––– ⇒ log4x = ––– ⇒ 2 2 3 ––– 2

x=4 8 z 3 4y + 2z ⇒ –––– ⇔ 4y + 2z = 3 2y = 4 ⇔ 2 = 2 4 III)

4y + 2z = 3 2y + 4z = 3

⇔

⇔

6z = 3

2y + 4z = 3

Respostas: a) Ver gráfico. 1 b) y = z = –– 2

4–

4y + 8z = 6 ⇔ – 4y – 2z = – 3

⇔

1 y = ––– 2 1 z = ––– 2

=

3 ––– 2 2 (2 )

= 23 = 8 ⇒ y = 2

4 4 m = – ––– ⇒ log4x = – ––– ⇒ x = 4 3 3 ⇒ x não é inteiro. Resposta: x = 8 e y = 2

4 – –– 3

4 – –– 3

=

(22)

8 – –– 3

=2

⇒

MÓDULO

3

Função Modular

1. (FGV) – Resolva as inequações: 4–x a) 1 < –––––– < 8 2 b) 2 – 5x > 10 RESOLUÇÃO 4–x a) 1 < ––––– < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔ 2 ⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2

2. (FUVEST) a) Represente, num sistema de coordenadas, os gráficos das funções x+7 f(x) = 4 – x2 e g(x) = ––––– . 2 x+7 b) Resolva a inequação 4 – x2 ≤ ––––– . 2 RESOLUÇÃO: a) O gráfico de h(x) = 4 – x 2 é do tipo:

b) 2 – 5x > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔ 8 12 ⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ––– ou x > –––– 5 5 Respostas: a) –12 < x < 2 8 12 b) x < – ––– ou x > –––– 5 5

e, portanto, o gráfico de f(x) = 4 – x 2 é:

x+7 O gráfico de g(x) = –––––– é: 2

As abscissas dos pontos de intersecção dos dois gráficos são as soluções x+7 da equação f(x) = g(x) ⇔ 4 – x 2 = –––––– . 2 Para x ≤ – 2 ou x ≥ 2, temos: x+7 – 4 + x 2 = –––––– ⇔ – 8 + 2x 2 = x + 7 ⇔ 2

–5





5 ⇔ 2x 2 – x – 15 = 0 ⇔ x = – –– ou x = 3 2

3. Resolva, em ⺢, a inequação (x – 1 – 3) . (x + 2 – 5) < 0.

Para –2 ≤ x ≤ 2, temos:

RESOLUÇÃO:

x+7 4 – x 2 = –––––– ⇔ 8 – 2x 2 = x + 7 ⇔ 2

1 ⇔ – 2x 2 – x + 1 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = –– 2

Representando os dois gráficos num mesmo sistema de coordenadas, temos:

b) Analisando os gráficos esboçados no item anterior, com as correspondentes abscissas dos pontos comuns, concluímos que: 5 x+7 1 4 – x 2 ≤ –––––– ⇔ f(x) ≤ g(x) ⇔ – –– ≤ x ≤ –1 ou –– ≤ x ≤ 3 2 2 2 Respostas: a) Ver gráfico. b) S =

6–

x∈⺢

5 1 – –– ≤ x ≤ –1 ou –– ≤ x ≤ 3 2 2

MÓDULO

4

Aritmética

1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três números inteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos três lados de um triângulo retângulo. Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma: – escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números ímpares consecutivos; – calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo numerador e denominador representam as medidas dos catetos de um triângulo retângulo; – calcula-se a hipotenusa. a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4 e 6. b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e (x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos. Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.

2. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deve ser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não haja espaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se: a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortar nenhum ladrilho? b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários? RESOLUÇÃO: a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25. 425 300 b) O total de ladrilhos necessários é –––– . –––– = 12 . 17 = 204. 25 25 Respostas: a) 25 cm b) 204 ladrilhos

RESOLUÇÃO: 1 1 3+2 5 a) –– + –– = ––––– = ––– 4 6 12 12 A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0). As medidas dos lados são 5, 12 e 13. b) Sendo x ∈ ⺞ e x > 1, temos: 1 1 x+1+x–1 2x ––––– + ––––– = –––––––––––– = –––––– x+1 x–1 (x – 1)(x + 1) x2 – 1 A hipotenusa a é tal que a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔ ⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1 (a > 0). Logo, a ∈ ⺞. As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1. Respostas: a) 5, 12 e 13 b) x – 1, x + 1 e x2 + 1

–7





3. (FUVEST) – Um número inteiro positivo n de 4 algarismos decimais satisfaz às seguintes condições: I) A soma dos quadrados do 1o. e 4o. algarismos é 58. II) A soma dos quadrados do 2o. e 3o. algarismos é 52. III)Se deste número n subtrairmos o número 3816, obteremos um número formado pelos mesmos algarismos do número n, mas na ordem contrária. Qual é esse número? RESOLUÇÃO:

4. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 11, sobram 4. Obtenha: a) o número n de páginas do livro; b) o número de divisores naturais de n. RESOLUÇÃO: a) n 7 –––– 1 q1

1) Se o número inteiro positivo é n = abcd, em que a é o 1o. algarismo, b é o 2o., c é o 3o. e d é o 4o. , então: (I)

a2

+

d2

= 58

(III) abcd – 3816 = dcba 2) Os quadrados dos algarismos decimais que podem satisfazer (I) e (II) são: 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49 (a = 3 e d = 7) ou (a = 7 e d = 3), pois 9 + 49 = 58. 4) Os únicos algarismos que satisfazem (II) são: (b = 4 e c = 6) ou (b = 6 e c = 4), pois 16 + 36 = 52. 5) Os possíveis números n são 3467, 3647, 7463 ou 7643. 6) O único número n que satisfaz (III) é 7463, pois 7463 – 3816 = 3647. Resposta: O número n é 7463.

8–

2

⇔

n+6 9 ––––––– 0 q +1 n+6 7 ––––––– 0 q1 + 1

⇒ (n + 6) é múltiplo

2

comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ ⺞* Visto que 200 < n < 400, temos: n = 252 – 6 = 246, para k = 4 n = 315 – 6 = 309, para k = 5 n = 378 – 6 = 372, para k = 6 Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.

(II) b2 + c2 = 52

3) Os únicos algarismos que satisfazem (I) são:

n 9 –––– 3 q

b)

246 2 123 3 ⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒ 41 41 1 ⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8

Respostas: a) n = 246

b) 8

MÓDULO

5

Números Complexos

1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha: z1 z1 a) ––– ; b) x para que ––– seja um número real. z2 z2

2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo z = 2 – 2 3 i. a) Escreva z na forma trigonométrica.

RESOLUÇÃO: z1 (x + 4i) (1 – xi) x – x2i + 4i + 4x a) ––– = –––––––– . –––––––– = ––––––––––––––– = z2 (1 + xi) (1 – xi) 1 + x2

RESOLUÇÃO:

x2)i

x2

4– 5x + (4 – 5x = ––––––––––––– = ––––––– + ––––––– i 1 + x2 1 + x2 1 + x2 z1 4 – x2 b) ––– ∈ ⺢ ⇔ ––––––– = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2 z2 1 + x2 z1 4 – x2 5x Respostas: a) ––– = ––––––– + ––––––– i z2 1 + x2 1 + x2

b) Calcule z5.

a) z = 2 – 2 3 i = a + bi, a, b ∈ ⺢ ⇒ a = 2 e b = – 2 3 z = ρ = a2 + b2 =

2 22 + (– 2 3 ) = 4 + 12 = 4

0° ≤ θ < 360° a 2 1 cos θ = –– = –– = –– ρ 4 2

⇒ θ = 300°

b – 2 3 3 sen θ = –– = –––––– = – –––– ρ 4 2

z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) x = 2 ou x = – 2 b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)] z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°) z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°) z5 = 1024

3 –––12 + i –––– 2

z5 = 512 + 512 3i Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°) b) z5 = 512 + 512 3i

–9





3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número – 1 + i 3 – 1 a unidade imagiω = ––––––––– no plano complexo, sendo i = 2 nária. Nessas condições, 1 a) determine as partes real e imaginária de ––– e de ω3; ω 1 b) represente ––– e ω3 na figura abaixo; ω

– 1 – i 3 1 z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = –––––––––– = –––– 2 ω

1 Respostas: a) Re ––– ω

c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0. RESOLUÇÃO: – 1 + i 3 Se ω = ––––––––– , então: 2 – 1 + i 3 3 1 ω = ––––––––– = – ––– + i . –––– = cos 120° + i . sen 120° 2 2 2 Assim: 1 cos 0° + i . sen 0° a) ––– = ––––––––––––––––––– = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) = ω cos 120° + i . sen 120° 3 1 = cos 240° + i . sen 240° = – ––– – i –––– 2 2 ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1

b)

c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0° As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto: z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3 – 1 + i 3 z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = –––––––––– = ω 2

10 –

1

1

Re(ω 3) = 1; Im(ω 3) = 0 b) Ver figura. c)

3

; Im ––– = – –––– = – ––– 2 2 ω

; –––––––––– 1; –––––––––– 2 2 – 1 + i 3

– 1 – i 3

MÓDULO

6



Polinômios e Equações Algébricas

1. (IBMEC-adaptado) – A figura a seguir representa o gráfico de um polinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm multiplicidade 1.

2. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar: a) o valor de m; b) as raízes de p. RESOLUÇÃO: Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação p(x) = 2x 3 – mx 2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos: a)

3 a . b . c = – ––– 2 ab = – 1 ⇒2.

3

3

–– 2

–m.

3 ⇒ c = –– ⇒

2

2

3

–– 2

+4.

2

+3=0⇒ 3

–– 2

27 9 ⇒ 2 . ––– – ––– m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

8

4

3 b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e –– é raiz ⇒

2

⇒ P(x) =

x – ––2 (x 3

2

– 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de

3 P(x) por x – –– é x2 – 2x – 1.

2

Utilizando as informações do gráfico, determine: a) as soluções inteiras da equação [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x); b) o resto da divisão de P(x) por x2 – 4x + 3. RESOLUÇÃO: a) [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x) ⇔ [P(x)]3 – 10[P(x)]2 – 21P(x) = 0 ⇔ ⇔ P(x) = 0 ou P(x) = 3 ou P(x) = 7 P(x) = 0 não tem solução inteira (ver gráfico). A única solução inteira de P(x) = 3 é x = 1 (ver gráfico). As soluções inteiras de P(x) = 7 são x = – 1, x = 2 e x = 3 (ver gráfico). As soluções inteiras da equação são, portanto, – 1, 1, 2 e 3.

b)

P(x)

x2 – 4x + 3

ax + b

Q(x)

3 3 Logo, x = –– ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = –– ou x = 1 ± 2

2

Respostas: a) m = 7

2

2 ), (1 + 2 ), 3/2} b) V = {(1 –

R(x) P(x) = (x2 – 4x + 3)(Q(x) + ax + b)

P(3) = 3a + b = 7 ⇔ b = 1 P(1) = a + b = 3

a=2

Logo, R(x) = ax + b = 2x + 1 Respostas: a) – 1, 1, 2 e 3 b) 2x + 1

– 11



3. Seja x ≠ 0 um número complexo. 1 1 a) Obtenha x2 + ––– , sabendo que x + ––– = y. x x2 b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔

1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13x + –––x + 16 = 0. 1

c) Resolva, em ⺓, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0. RESOLUÇÃO:

1 1 a) x + –– = y ⇒ x + –– x x

1 = y ⇒ x + ––– = y – 2 = y ⇒ x + 2 + ––– x x 2

2

2

1

2

2

2

2

2

b) Dividindo-se ambos os membros da equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se: 1 1 3x2 – 13x + 16 – 13 . –– + 3 . ––– = 0 ⇔ x x2

1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13 x + ––x + 16 = 0 1

1 1 c) Substituindo-se x + –– por y e x2 + ––– por y2 – 2, tem-se a x x2 equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔ 13 ± 7 10 ⇔ y = –––––– ⇔ y = ––– ou y = 1 3 6 10 1 10 y = ––– ⇒ x + –– = ––– ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒ 3 x 3 1 ⇒ x = 3 ou x = –– 3 1 ± 3i 1 y = 1 ⇒ x + –– = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = –––––––– 2 x Logo, o conjunto-verdade da equação é: V=

1 + 3i 3i 1 – ; –––––––– ––13 ; 3; –––––––– 2 2

1 Respostas: a) x2 + ––– = y2 – 2 x2 b) Ver demonstração. c) V =

12 –

––3 ; 3; 1

3i 1 – 1 + 3i –––––––– ; –––––––– 2 2

MÓDULO

7

Binômio de Newton e Análise Combinatória

1. Calcule o valor de cada soma:

b) 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) para n ∈ ⺞ e n ≥ 2.

3. Considere o conjunto dos 20 primeiros números naturais estritamente positivos. Três deles serão escolhidos simultaneamente. Calcule: a) de quantas maneiras diferentes podem ser feitas as escolhas; b) em quantas delas o produto dos três números é ímpar; c) em quantas delas a soma dos três números é par.

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO:

a)

a)

2 + 2 + 2 +…+ 2 2

3

4

15

4 2 +…+ 152 = 163 , pois esses números são de 2 2

+

3 2

+

uma mesma coluna do triângulo de Pascal e

16 . 15 . 14 = 560. 163 = ––––––––– 3.2.1

b) S = 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) ⇔ 2.3 n(n + 1) S 1.2 3.4 ⇔ –– = –––– + –––– + ––––– + … + –––––––– ⇔ 2 2 2 2 2 S ⇔ –– = 2

2+2+2+…+

S ⇔ –– = 2

2

n+2 3

3

4

n+1 2

⇔

20! a) C20; 3 = ––––– = 1140 3!17! 10! b) C10; 3 = ––––– = 120, pois o produto é ímpar se, e somente se, os três 3!7! forem ímpares. c) A soma dos três números será par se, e somente se, forem escolhidos 3 pares ou 1 par e 2 ímpares, resultando em: C10; 3 + C10; 1 . C10; 2 = 120 + 10 . 45 = 120 + 450 = 570 Respostas: a) 1140

b) 120

c) 570

⇔ ⇔ S = 2 . –––––––––––––––– 3.2.1 (n + 2) . (n + 1) . n

n(n + 1) (n + 2) ⇔ S = –––––––––––––– 3 Respostas: a) 560

2. a) b) c)

n(n + 1) (n + 2) b) –––––––––––––– 3

Seis pessoas, entre elas A e B, devem ser colocadas em fila. Calcule: de quantas maneiras diferentes essa fila pode ser disposta; em quantas delas A e B ficam juntas; em quantas delas A antecede B.

RESOLUÇÃO: a) P6 = 6! = 720 b) P2 . P5 = 2!5! = 240 c) A e B, com A antecedendo B, podem ser dispostas de C6; 2 = 15 maneiras diferentes. Para cada uma delas, os demais elementos podem ser colocados de P4 = 4! = 24 formas. Pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos: 15 . 24 = 360. Respostas: a) 720 b) 240 c) 360

4. (IBMEC-ADAPTADO) – Vinte equipes estão participando do campeonato brasileiro de futebol de 2010. Ao final do campeonato, cada equipe terá enfrentado cada uma das outras dezenove equipes duas vezes: uma em seu estádio e a outra no estádio do adversário. Seis dessas vinte equipes são do Estado de São Paulo, ou seja, têm os respectivos estádios nesse Estado. Em cada partida, uma equipe pode somar 3, 1 ou 0 ponto(s), em caso de vitória, empate ou derrota. Nessas condições: a) calcule quantos jogos estão previstos para todo o campeonato brasileiro de 2010; b) determine o número de jogos que serão realizados no Estado de São Paulo; c) sabendo que cada rodada tem dez jogos (entre as 20 equipes) e que, terminada a 11a. rodada, a soma dos pontos obtidos por todas as equipes era exatamente 295, calcule quantos empates ocorreram até a 11.a rodada, inclusive. RESOLUÇÃO: a) A20; 2 = 20 . 19 = 380 b) 6 . 14 + A6; 2 = 84 + 30 = 114 c) 11 . 10 . 3 – 295 = 330 – 295 = 35 Respostas: a) 380 b) 124 c) 35

– 13





MÓDULO

8

Probabilidade

1. Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a probabilidade de se retirar uma bola verde? RESOLUÇÃO: No lançamento de dois dados, são possíveis 36 (pares) resultados diferentes, mas em apenas 3 deles a soma resultante é menor que 4. São eles: (1; 1), (1; 2), (2; 1). Admitindo-se que os dois dados são “honestos”, a probabilidade de que uma bola verde seja retirada da urna branca é 3 3 33 5 –––– . ––– e da urna preta é –––– . ––– . 36 36 5 8 Assim, a probabilidade de se retirar uma bola verde é: 3 3 289 5 33 P = –––– . ––– + –––– . ––– ⇔ P = –––– 5 8 36 36 480

2. (UNICAMP) – Dois prêmios iguais serão sorteados entre dez pessoas, sendo sete mulheres e três homens. Admitindo que uma pessoa não possa ganhar os dois prêmios, responda às perguntas abaixo. a) De quantas maneiras diferentes os prêmios podem ser distribuídos entre as dez pessoas? b) Qual é a probabilidade de que dois homens sejam premiados? c) Qual é a probabilidade de que ao menos uma mulher receba um prêmio? RESOLUÇÃO: a) Os dois prêmios podem ser distribuídos entre as dez pessoas de 10 . 9 C10; 2 = ––––––– = 45 maneiras diferentes. 2.1 b) A probabilidade de dois dos três homens serem premiados é: C3; 2 3 1 p = –––––– = –––– = ––– C10; 2 45 15 c) A probabilidade de que ao menos uma mulher receba um prêmio é:

289 Resposta: P = –––– 480

1 14 1 – –––– = –––– 15 15 Respostas: a) 45

14 –

1 b) ––– 15

14 c) –––– 15

3. (FUVEST) – Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas. Três bolas são retiradas ao acaso, sucessivamente, sem reposição. Determine: a) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca; b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca, sabendo que as três bolas retiradas não são da mesma cor. RESOLUÇÃO: A urna tem exatamente 5 bolas brancas e 3 pretas. Assim, a) a probabilidade de que sejam obtidas, em 3 extrações sem reposição, duas bolas pretas e uma branca é: 3 2 5 15 3 . –– . –– . –– = ––– 8 7 6 56 b) 1o. ) a probabilidade de que sejam obtidas, de modo análogo, duas brancas e uma preta é:

4. (UERJ) – Uma prova é composta de 6 questões com 4 alternativas de resposta cada uma, das quais apenas uma é correta. Cada resposta correta corresponde a 3 pontos ganhos; cada erro ou questão não respondida, a 1 ponto perdido. Calcule a probabilidade de um aluno que tenha respondido aleatoriamente a todas as questões obter um total de pontos exatamente igual a 10. RESOLUÇÃO: Se ele acertar x e errar y, então devemos ter:

x3x+–yy==610

⇒

xy == 42

A probabilidade pedida é, então, p = C6; 4 .

4

2

= 1 –– 4

.

3 –– 4

9 135 = 15 . ––––– = ––––– 3,3%. 4096 4096

5 4 3 30 3 . –– . –– . –– = ––– 8 7 6 56 2o. ) a probabilidade de que sejam obtidas duas brancas e uma preta, sabendo-se que as bolas não têm a mesma cor, é: 15 ––– 15 1 56 –––––––––––– = ––– = –– 45 3 15 30 –––– + –––– 56 56 15 Respostas: a) ––– 56

1 b) –– 3

Obs.: Para o item (b), outra maneira de resolver é: O número de maneiras de retirar 2 bolas pretas e uma branca é: C3; 2 . C5; 1 = 3 . 5 = 15 O número de possibilidades de retirar 3 bolas que não sejam da mesma cor é: C8; 3 – C5; 3 – C3; 3 = 56 – 10 – 1 = 45 15 1 A probabilidade pedida é –––– = ––– . 3 45

– 15





MÓDULO

9

Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem

1. (UNICAMP) – O transporte de carga ao porto de Santos é feito por meio de rodovias, ferrovias e dutovias. A tabela abaixo fornece alguns dados relativos ao transporte ao porto no primeiro semestre de 2007 e no primeiro semestre de 2008, indicando claramente o aumento da participação percentual do transporte ferroviário nesse período. Com base nos dados da tabela, responda às questões abaixo.

2. (UNESP) – Num curso de Inglês, a distribuição das idades dos alunos é dada pelo gráfico seguinte:

Participação no total Carga transportada Meio de transportado ao porto (em milhões de toneladas) transporte 2007 2008 2007 2008 Ferroviário

18%

Rodoviário

77%

24%

6,8

8,8

29,1

Dutoviário a) Determine a carga total (em milhões de toneladas) transportada ao porto no primeiro semestre de 2007. Calcule também quantas toneladas foram transportadas por dutos no primeiro semestre de 2007. b) Sabendo que, no primeiro semestre de 2008, foram transportados por rodovias 2,7 milhões de toneladas a menos do que o valor registrado pelo mesmo meio de transporte no primeiro semestre de 2007, calcule a participação percentual do transporte rodoviário no primeiro semestre de 2008. RESOLUÇÃO: a) Se x for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no primeiro semestre de 2007 e d o número de milhões de toneladas transportadas por dutos, então: 1) 77% x = 29,1 ⇔ x 37,8 2) 6,8 + 29,1 + d = 37,8 ⇔ d = 1,9 b) Se y for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no primeiro semestre de 2008, então: 24% . y = 8,8 ⇔ y = 36,7 A carga total transportada por rodovias, nesse período, foi (em milhões de toneladas) igual a: 29,1 – 2,7 = 26,4 Se p for a participação percentual do transporte rodoviário no primeiro semestre de 2008, então: p . 36,7 = 26,4 ⇔ p 0,72 = 72% Respostas: a) 37,8 milhões de toneladas 1,9 milhão de toneladas b) 72%

16 –

Com base nos dados do gráfico, determine: a) o número total de alunos do curso e o número de alunos com no mínimo 19 anos; b) escolhido um aluno ao acaso, qual a probabilidade de sua idade ser no mínimo 19 anos ou ser exatamente 16 anos. RESOLUÇÃO: a) O número de alunos do curso é: 4 + 5 + 3 + 1 + 2 + 5 = 20 O número de alunos com no mínimo 19 anos é: 1+2+5=8 b) A probabilidade P da idade de um aluno, escolhido ao acaso, ter no mínimo 19 ou exatamente 16 anos é tal que: 8+4 12 P = –––––– = –––– = 0,60 = 60% 20 20 Respostas: a) 20 alunos e 8 alunos b) 60%

3. (FGV) a) O faturamento de uma empresa neste ano foi 120% superior ao do ano anterior. Obtenha o faturamento do ano anterior, sabendo que o deste ano foi de R$ 1 430 000,00. b) Um comerciante compra calças a um custo de R$ 26,00 a unidade. Pretende vender cada unidade com um ganho líquido (ganho menos os impostos) igual a 30% do preço de venda. Sabendo que, por ocasião da venda, ele tem que pagar um imposto igual a 18% do preço de venda, qual deve ser esse preço?

4. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e as revende com lucro de 20%, 40% e 30%, respectivamente. O preço x que o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga por uma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia, um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteve um desconto de 10% sobre o preço total. a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em função de x? b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo comerciante nessa venda?

RESOLUÇÃO: a) Se x for o faturamento do ano anterior, então: 1 430 000 220% . x = 1430 000 ⇔ x = –––––––– ⇔ x = 650 000 2,2

RESOLUÇÃO:

b) Se V for o preço de venda (incluindo os impostos), então: V – 18%V = 26 + 30% . V ⇔ 0,82V – 0,30V = 26 ⇔ ⇔ 0,52V = 26 ⇔ x = 50 Respostas: a) R$ 650 000,00

a)

Preço de custo

Lucro

Preço de venda

Calça

x

20%

1,20 . x

Camisa

x ––– 3

40%

x 1,40 . –– 3

Saia

x ––– 2

30%

x 1,30 . –– 2

b) R$ 50,00

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pagaria: 2,80x x x 2 . 1,20x + 2 . 1,40 . –– + 2 . 1,30 . –– = 2,40x + –––––– + 1,30x = 3 3 2 13,90x 7,20x + 2,80x + 3,90x = ––––––––––––––––––––– = ––––––– 3 3 Com 10% de desconto, o cliente paga: 13,90x 13,90x 90% . ––––––– = 0,90 . ––––––– = 4,17x 3 3 b) O preço de custo dos produtos vendidos foi: 11x 6x + 2x + 3x x x 2 . x + 2 . ––– + 2 . ––– = ––––––––––––– = –––– 3 3 3 2 O lucro obtido nessa venda foi: 11x 1,51x 4,17x – –––– = –––––– , correspondendo a 3 3 1,51x –––––– 1,51 3 ––––––––– = –––– 0,1372 = 13,72%. 11 11x –––– 3 Respostas: a) 4,17 . x

b) 13,72%

– 17





MÓDULO

10

Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem

1. (UERJ) – Em uma cidade, a população que vive nos subúrbios é dez vezes a que vive nas favelas. A primeira, porém, cresce 2% ao ano, enquanto a segunda cresce 15% ao ano. Admita que essas taxas de crescimento permaneçam constantes nos próximos anos. a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios hoje é igual a 12,1 milhões de habitantes, calcule o número de habitantes das favelas daqui a um ano. b) Essas duas populações serão iguais após um determinado tempo t, 1 medido em anos. Se t = –––––– , determine o valor de x. log x RESOLUÇÃO: a) Se S é a população dos subúrbios e F a das favelas (em milhões de habitantes), então:

SS += F10F= 12,1

⇔

= 12,1 11F S = 10F

⇔

FS == 111,1

Daqui a um ano, o número de habitantes das favelas será: F . 1,15 = 1,1 . 1,15 = 1,265 b) S . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒ 10F . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒ ⇒

t

= 10 ⇒ t . log ––––– = log 10 ⇒ ––––– 1,02 102 1,15

115

1 1 115 ⇒ t = –––––––––– = ––––––– ⇒ x = ––––– 115 log x 102 log –––– 102 Respostas: a) 1 265 000 habitantes 115 b) x = ––––– 102

18 –

2. (FGV) – O Sr. Macedo possui uma loja de sapatos. Cada par é comprado por um certo valor e é vendido com uma margem de contribuição (diferença entre o preço de venda e o de compra) igual a 30% do preço de venda. a) Se cada par for vendido por R$ 60,00, qual o preço de compra? b) Se o preço de compra for de R$ 40,00, qual a margem de contribuição, expressa como porcentagem do preço de compra? RESOLUÇÃO: a) Sendo R$ x (o preço de compra) e R$ y (o preço de venda), conforme o enunciado, temos: y – x = 30% . y ⇔ y – x = 0,3 . y ⇔ x = 0,7 . y. Para um preço de venda de R$ 60,00, temos o preço de custo de R$ 42,00, pois x = 0,7 . 60 ⇔ x = 42. b) Para um preço de compra de R$ 40,00, o preço de venda y será tal que: 400 40 = 0,7 . y ⇔ y = ––––– 7 Assim, a margem de contribuição, expressa como porcentagem do preço de compra, será: 400 –––– – 40 y–x 7 p = ––––––– = –––––––––––– 42,86% x 40 Respostas: a) R$ 42,00

b) 42,86%

3. (UNICAMP) – “Pão por quilo divide opiniões em Campinas” (Correio Popular, 21/10/2006). Uma padaria de Campinas vendia pães por unidade, a um preço de R$ 0,20 por pãozinho de 50 g. Atualmente, a mesma padaria vende o pão por peso, cobrando R$ 4,50 por quilograma do produto. a) Qual foi a variação percentual do preço do pãozinho provocada pela mudança de critério para o cálculo do preço? b) Um consumidor comprou 14 pãezinhos de 50 g, pagando por peso, ao preço atual. Sabendo que os pãezinhos realmente tinham o peso previsto, calcule quantos reais o cliente gastou nessa compra. RESOLUÇÃO: a) Se cada pãozinho de 50 g custava R$ 0,20, o preço por quilo, antes da 1000 g mudança de critério, era de –––––––– . R$ 0,20 = R$ 4,00. 50 g

4. (FGV) – A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 30% de sua massa total. Essa pessoa, pesando 110 kg, fez um regime e perdeu 40% de sua gordura, mantendo os demais índices inalterados. Quantos quilos essa pessoa pesava ao final do regime? RESOLUÇÃO: Antes do regime, a massa de gordura dessa pessoa era de 30 –––– . 110 kg = 33 kg. Se ela perdeu 40% de sua gordura, mantendo os 100 demais índices inalterados, então no final do regime ela pesava: 40 110 kg – –––– . 33 kg = 110 kg – 13,20 kg = 96,8 kg 100 Resposta: 96,8 kg

Se, após a mudança, passou a custar R$ 4,50, houve um aumento de R$ 4,50 12,5%, pois –––––––– = 1,125 = 112,5%. R$ 4,00 b) 14 pãezinhos de 50 g equivalem a 700 g. Ao preço atual, o consumidor pagou 0,700 . R$ 4,50 = R$ 3,15. Respostas: a) 12,5% b) R$ 3,15

– 19





MÓDULO

11

Conjuntos e Funções

1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com i ∈ ⺞*, tais que A 傺 Xi 傺 B. a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis. b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função f: P(Xi) → ⺢, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi, é injetora, mas não é sobrejetora. RESOLUÇÃO: a) A 傺 Xi ⇔ {2;3} 傺 Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi ⇒ X1 = {2;3}, Xi 傺 B

2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitantes, que frequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte forma: 45% frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam o clube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somente o clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9% frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuem frequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores em comum a dois clubes, determine o número de habitantes que frequentam mais de um clube. RESOLUÇÃO:

X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7} b) f(X ) = 2 . 3 = 6 1 f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30 f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42 f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

⇒

⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, portanto, f é injetora. Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ ⺢, portanto, f não é sobrejetora.

Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem: 25 + x + y + z = 45 x + y + z = 20 11 + x + y + w = 40 x + y + w = 29 ⇔ 30 + y + z + w = 53 y + z + w = 23 y+z=9 y+z=9

w = 14 y+z=9 ⇔ x + y = 15 x + y + z = 20

x = 11 y=4 z=5 w = 14

O diagrama fica

Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de 10.000, ou seja, 3 400 habitantes.

20 –

3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de bactérias, no período de t horas de um certo processo da industrialização do leite, é representada pela função: se 0 ≤ t ≤ 5 t2 + 7, se 5 < t ≤ 7 f(t) = 32, – 16t + 144, se 7 < t ≤ 9



4) O domínio e o conjunto imagem de f são, respectivamente, 13 [– 1; 1] e 1; ––– . 4

a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno. b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função. c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir? RESOLUÇÃO: a) O gráfico de f é

5. (UEM) – Com respeito à função f : ⺢ → ⺢ definida por f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.

y = f(t) 32

1 a) A função inversa de f é f–1 : ⺢ → ⺢ definida por f –1(x) = –––––– . 4x + 2

7 0

5

7

9

t

b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2. c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um número par. d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b. e) f não é uma função decrescente.

b) D(f) = [0; 9] Im(f) = [0; 32] c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9

RESOLUÇÃO: y–2 x–2 1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = –––––– ⇔ f –1(x) = –––––– 4 4 2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10 3) f

1

1

––4 = 4 . ––4 + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.

4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b.

2 2 Esse ponto é – –– ; – –– , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e 3 3

a=b

4a + 2 = b

4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas 1 x = cos t e y = –– (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ ⺢. Construa o gráfico 4 de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f.

2 ⇒ a = b = – ––– 3

5) O gráfico de f é

RESOLUÇÃO: 1) x = cos t, com t ∈ ⺢ ⇔ – 1 ⭐ x ⭐ 1 1 1 2) y = –– (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = –– [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔ 4 4 5 5 ⇔ y = cos2t – cos t + –– ⇔ y = x2 – x + –– , pois cos t = x 4 4

e f é estritamente crescente. Resposta: E

3) O gráfico de y é

짰 e o gráfico de f é o arco de parábola AB.

– 21



MÓDULO

12

Progressões Aritméticas

1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos é 39. A soma dos possíveis valores da razão é: a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32

2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois 999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma (3 + 999) . 333 S2 = –––––––––––––– = 166 833 2

RESOLUÇÃO: 1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒

3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois 1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma (4 + 1000) . 250 S3 = –––––––––––––– = 125 500 2

⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ ⺞* 2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒ ⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ ⺞* 3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28. Resposta: C

4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois 996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma (12 + 996) . 83 S4 = –––––––––––––– = 41 832 2 5) A sequência dada possui 1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e soma S = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000 Respostas: a) 501 termos b) 251 000

2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à disposição apresentada no desenho: uma moeda no centro e as demais formando camadas tangentes. Considerando que a última camada é composta por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do total de moedas usadas nessa arrumação.

4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes. a) Determine o 101.º termo dessa sequência. b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência. m

Dado: RESOLUÇÃO: 1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84). 2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos: an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14 3) A soma dos termos da 1a. sequência é (6 + 84) . 14 1 + –––––––––––– = 1 + 90 . 7 = 631 2

Σ k=0

(m + 1)(2m + 1)(2m + 3) (2k + 1)2 = ––––––––––––––––––––––– 3

RESOLUÇÃO: Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ ⺞ e ímpar, temos: a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar. Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19) 19 termos possui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 19 + 2 = 21

4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10. b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63 A soma dos termos da sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 = 63 termos 31

3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números (1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todos os números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de 3 e de 4. a) Quantos termos possui essa sequência? b) Qual é a soma dos termos dessa sequência? RESOLUÇÃO: 1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com 1001 termos e soma (1 + 1001) . 1001 S1 = –––––––––––––––– = 501 501 2

22 –

=

Σ

k=0

(31 + 1).(2. 31 + 1)(2. 31 + 3) (2k + 1)2 = ––––––––––––––––––––––––– = 3

32.63.65 = ––––––––––– = 43 680 3 Respostas: a) 21

b) 43 680

MÓDULO

13



Progressões Geométricas

1. (U. F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um segmento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 partes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partes remanescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivas partes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análoga indefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou do segmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão, por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.

1 –– 1 2 4 3 c) Terá sido retirado –– + –– + –– … = –––––––– = 1, ou seja, 2 3 9 27 1 – –– 3 o segmento inteiro.

2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontrase no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à sua frente. A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 1 segundo, conforme tabelas abaixo. 7

b) Obtenha ∑ Fk

a) Calcule F7

k=1

c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do segmento inicial?

João Victor

Samuel

Intervalo Distância (m)


1 ––– 2 3 ––– 4 9 ––– 8

1o. RESOLUÇÃO: Observemos que:

2o.

1 2 F1 = 2 . –– = –– 3 3

3o.

1 1 4 F2 = 4 . –– . –– = –– 3 3 9 1 1 1 8 F3 = 8 . –– . –– . –– = –– 3 3 3 27 A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo 2 2 F1 = –– e razão q = –– 3 3 Assim: 2 a) F7 = F1 . q7 – 1 = –– . 3

2 –– 3

6

=

2 –– 3

7

128 = ––––– 2187

1o. 2o.

1 ––– 2 3 ––– 4

3o.

1,0

Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica, enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética. Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final do a) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N. b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava nos pontos M e N. c) 6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel. d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel. RESOLUÇÃO: 1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.

7

b)

∑ Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.

k=1

7

2 2 2 128 –– –– – 1 –– ––––– – 1 3 3 3 2187 128 = –––––––––––––– = ––––––––––––––– = 2 . 1 – ––––– 2 2187 1 –– – 1 – –– 3 3

= ––––– 2187

1 3 9 ––– ; ––– ; ––– ; … 2 4 8

3 de razão ––– e soma 2

4118

t

1 3 –– –– – 1 t 2 2 3 St = ––––––––––––––– = –– – 1 2 3 –1 –– 2

– 23



3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.

1 3 ––– ; ––– ; 1; … 2 4

St’ =


––12 + ––21 + (t – 1) . ––41 t

t ––––––––––––––––––––– = ––– 2 2

a) verdadeira, pois S5 =

5

3 ––– 2

–––4 + –––4 = ––––––– 8 t

3

t(t + 3)

211 – 1 = ––––– > 5 32

5 . (5 + 3) b) verdadeira, pois S’5 = ––––––––– = 5 = MN 8

c) falsa, pois S6 =

6

3 ––– 2

665 – 1 = ––––– 64

6 . (6 + 3) 27 S6’ = ––––––––– = –––– 8 4

Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deverá encontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), no ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e, assim, sucessivamente.

665 27 233 S6 – S6’ = ––––– – –––– = ––––– 3,6 < 5 64 4 64

d) verdadeira, pois S8 =

8

3 ––– 2

3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de 800 metros a distância entre A e B.

6305 – 1 = ––––– 256

8 . (8 + 3) S8’ = ––––––––– = 11 8

6305 3489 S8 – S8’ = ––––– – 11 = ––––– 13,6 256 256 Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m à frente.

Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período considerado. a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros minutos. Constate que, nesse instante, sua distância ao ponto B é inferior a 1 metro. b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = distância percorrida pelo objeto em t minutos”, a partir do instante t = 0. RESOLUÇÃO: A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da 1 progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão –– . 2 a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi

1 10 400 1 – –– 2 f(10) = ––––––––––––––––– = 800 1 1 – –– 2

1 1 – ––––– 1024

⇒

1023 ⇒ f(10) = 800 . –––––– 799,22m. 1024 No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproximadamente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.

b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t minutos, a partir do instante t = 0, é

1 t 400 1 – –– 2 f(t) = –––––––––––––––– ⇒f(t) = 800 1 1 – –– 2

24 –

1 t 1 – –– 2

O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:

m O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio ––– . 2 m2 O quadrado EFGH tem diagonal m e lado –––––– . O círculo nele inscrito 2 m2 possui raio –––––– . 4 m m2 O quadrado IJKL tem diagonal –––––– e lado ––– . 2 2 m O círculo nele inscrito tem raio ––– . 4 Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos: S=π

Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m b) Gráfico

=π

m ––– 2

2

+π

m2 –––––– 4

+… –––4 + –––8 + –––– 16 m2

m2

m2

2

+π

m ––– 4

2

+…=

m2 –––– m2 4 = π . –––––––– = π . –––– 1 2 1 – –– 2

π m2 Portanto: S = –––––– unidades de área. 2 Resposta: A

4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em seguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a π m2 a) –––– 2

3π m2 b) ––––– 8

π m2 d) ––––– 4

π m2 e) ––––– 8

π m2 c) ––––– 3

RESOLUÇÃO:

– 25





MÓDULO

14

1. (UDESC) – Sejam A =

Matrizes e Determinantes

4 1

e B = 17 7 duas matrizes

2 1

14 5

2. (UNESP) – Sejam A =

e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que

3x + y

x – 2y

– 21 – 12 e C =

1 3

3 –5

1 , –1

matrizes reais.

AX + I = B.

B=

RESOLUÇÃO:

a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e represente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazem a inequação det(A) ≤ det(B). b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.

Sendo X =

a b c d

A. X + I = B ⇒

⇔

4a + c a + 2c

, temos

.

1 2 4 1

b + 2d 4b + d

+

a b c d

+

=

1 0 0 1

1 0 0 1 14

5

17

7

= 17 7 ⇔ 14 5

RESOLUÇÃO: a) 1) A =

⇔

B=

3x + y

x – 2y

–1 2

1 –2

1 –1

⇒ det(A) = y – 4x

⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

=

⇔

4a + c

⇔

4a + c = 17 e 4b + d = 6

⇔

c=5

a + 2c + 1

b + 2d 4b + d + 1

a + 2c = 13

a=3

Resposta: X =

e

b + 2d = 5

d=2

b=1

3 1 5 2

14 5 17 7

⇔

⇔

7a = 21

a + 2c = 13

desta forma: X =

3 1 5 2

e

7b = 7

b + 2d = 5

⇔

b) A + 2 . B = C

3x + y

x – 2y

1 –1

+ 2 . – 1 – 2 = 3 2

⇔

⇔

3x + y – 2 = 3

x – 2y + 4 3x + y – 2

3 –5

x – 2y + 4 = 1

⇔

=

1

1

1

3

3

–5

x – 2y = – 3

Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico

26 –

⇔

⇔

3x + y = 5

b) x = 1 e y = 2

3 –5

⇔

y=2

x=1

0 –2 e 2 0

3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A =

1 0 0 –1

B=

a)

d)

III) A3 = A2 . A =

4 4

b)

4 0

e)

0 4

1 0

2 1

1 0

.

1 1

=

1 0

3 1

........................................................................................... ........................................................................................... ...........................................................................................

é igual a:

4 4



0 4 4 0

0 0

An = An – 1 . A =

0 0

c)

1 n–1 0 1

.

1 1 0 1

=

1 0

n 1

Resposta: A

0 6 6 0

RESOLUÇÃO: A2 = A . A =

2 0 0 –2

.

2 0 0 –2

=

B2 = B . B =

0 –1 1 0

.

0 –1 1 0

=

2A2 + 4B2 = 2 .

=

4 0

8 0

0 4 0 8

+4.

+

–1 0 0 –1

–4 0 0 –4

4 0

0 4

–1 0 0 –1

5. Determine a soma das raízes da equação, em ⺢.

=

=

A=

4 0

0 4

x

2

1

3

x–2

4

5

–1

1

2

x

3

3

2

4

x–3

RESOLUÇÃO:

Resposta: B

x x–2 1 3

4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij =

0,1, sese ii >≤ jj .

Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a: a)

d)

=0

1

n

0

1

b)

n2 0

0 n

e)

1

n

1

1

1

n2

0

1

1 1

c)

1

0

n

1

2 4 2 2

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

x+6 x+6 =0⇔ x+6 x+6

2 4 2 2

⇔ (x + 6) .

1 1 1 1

2 4 2 2

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

⇔ (x + 6) .

1 1 1 1

0 2 0 0

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 .

1 1 1

1 x 4

3 3 x–3

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

=0⇔

⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔ ⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x = – 6, x = 1 ou x = 6 A soma das raízes é 1. Resposta: 1

RESOLUÇÃO: Se A = (aij) 2 x 2 tal que aij =

I)

A=

II)

A2 = A . A =

0, se i > j 1, se i ⭐ j, então:

1 0

1 1

1 0

1 1

.

1 0

=

1 0

2 1

– 27



MÓDULO

15

Sistemas Lineares (I)

1. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ ⺢ o sistema linear homogêneo:

kx + 2y – z = 0 2x – y + 2z = 0 3x + y + kz = 0

A=

será possível e determinado, será possível e indeterminado, será impossível? RESOLUÇÃO: O sistema será possível e determinado se, e somente se,

D=

k 2 3

2 –1 1

2.. (UNESP) – Considere a matriz

–1 2 k

≠0⇔

–k2

– 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1

a) Determine todos os números reais λ para os quais se tem det(A – λI) = 0, em que I é a matriz identidade de ordem 3. b) Tomando λ = – 2, dê todas as soluções do sistema

(6 – λ) x –3y = 0 –3x + (6 – λ) y = 0 x – y + (2 – λ) z = 0

RESOLUÇÃO:

Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se, a) Se A = D=

k

2

2

–1

2

3

1

k

–1 = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1

O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível. Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1. Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1. Impossível, nunca.

0 0 2

6 –3 6 –3 1 –1

6 –3 1

então A – λI =

–3 6 –1

0 0 2 6–λ –3 1

e λI =

–3 6–λ –1

λ 0 0 0 0 2–λ

0 0 λ

0 λ 0

Portanto: det (A – λI) = 0 ⇒

6–λ –3 1

–3 6–λ –1

0 0 2–λ

=0⇔

⇔ (2 – λ) . [(6 – λ)2 – 9] = 0 ⇔ 2 – λ = 0 ou (6 – λ)2 = 9 ⇔ ⇔ λ = 2 ou 6 – λ = ± 3 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 b) Se det(A – λI) = 0 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 então, para λ = – 2, temos: 6–λ –3 1

–3 6–λ –1

0 0 2–λ

≠0

Assim sendo, o sistema homogêneo

(6 – λ)x – 3y = 0 – 3x + (6 – λ)y = 0 x – y + (2 – λ)z = 0

⇔

(6 – λ)x – 3y + 0z = 0 – 3x + (6 – λ)y + 0z = 0 x – y + (2 – λ)z = 0

é determinado e a única solução é x = 0, y = 0, z = 0. Respostas: a) λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 b) (0; 0; 0)

28 –

3. (UFES) – Para obter um complemento nutricional, Pedro vai misturar x gramas de óleo do tipo I, y gramas de óleo do tipo II e z gramas de óleo do tipo III. O preço, por grama, e a quantidade de vitaminas presentes em 1 grama de óleo de cada tipo estão dispostos na tabela abaixo.

Óleo tipo I

Óleo tipo II

Óleo tipo III

Unidades de vitamina A

2

3

5

Unidades de vitamina B

4

4

0

Unidades de vitamina C

6

7

5

R$ 0,30

R$ 0,50

R$ 0,50

Preço por grama

Para Pedro obter um complemento nutricional que contenha exatamente 7 unidades de vitamina A, 8 unidades de vitamina B e 15 unidades de vitamina C, determine a) todos os possíveis valores de x , y e z ; b) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja 1 real; c) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja mínimo.

4) O preço do complemento nutricional é 0,30x + 0,50y + 0,50z = 0,30(5k – 1) + 0,50 (3 – 5k) + 0,50k = 1,20 – 0,5k O preço do complemento nutricional é de R$ 1,00 quando 2 1, 20 – 0, 5k = 1,00 ⇒ k = –– 5 2 Neste caso x = 5 . k – 1 = 5 . –– – 1 = 1 5 2 y = 3 – 5k = 3 – 5 . –– = 1 5 2 z = –– = 0,4 5 5) O preço do complemento é mínimo quando (1,20 – 0,5k) for mínimo e, 3 portanto, k for máximo. Para k = –– , temos 5 3 x = 5 . –– – 1 = 2 5 3 y = 3 – 5 . –– = 0 5 3 z = –– = 0,6 5 Resposta: Em gramas, 1 3 a) x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k, com –– ≤ k ≤ –– 5 5 b) x = 1, y = 1 e z = 0,4 c) x = 2, y = 0 e z = 0,6

RESOLUÇÃO: 1) Na matriz A =

2 4 6

3 4 7

5 0 5

, cada elemento aij é a quantidade de

unidades de vitamina i fornecida por um grama do óleo j.

2) A matriz B =

x y z

representa as quantidades de unidades de gotas

de cada tipo de óleo e a matriz C =

7 8 15

representa as quantidades

de unidades de vitaminas que o complemento nutricional deverá ter. Desta forma, A . B = C.

3)

2 4 6

⇒

3 4 7

5 0 5

.

x y z

x+y=2 2x + 3y + 5z = 7 ⇒ 6x + 7y + 5z = 15

=

7 8 15

⇒

2x + 3y + 5z = 7 4x + 4y + 0z = 8 ⇒ 6x + 7y + 5z = 15

x+y=2 y + 5z = 3 ⇒ x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k, y + 5z = 3

1 x ≥ 0 ⇒ 5k – 1 ≥ 0 ⇒ k ≥ ––– 5 como 3 y ≥ 0 ⇒ 3 – 5k ≥ 0 ⇒ k ≤ ––– 5

1 5

3 5

⇔ –– ≤ k ≤ ––

– 29





4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:

– x1 + 2x2 = 2 2x1 – x2 = 2 x1 + x2 = 2

a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique. b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, que consiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método, encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima. Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M) são iguais às colunas de M. RESOLUÇÃO: a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pontos definidos pelos pares ordenados (x1 ; x2 ) num sistema cartesiano orgonal de abscissa x1 e ordenada x2 .

Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema não tem solução.

b) Se A . x = b é

–1 2 1

2 –1 1

x1

.

x2

A

2 2 2

=

x

, então

b

AT . Ax = AT . b é

– 12 =

2 –1

– 12

⇔

.

1 1

2 –1

1 1

–1 2 2 –1 1 1

.

x1

. 22 ⇔ – 63

6x1 – 3x2 = 4

– 3x1 + 6x2 = 4

2

⇔

=

x2

–3 6

.

x1

=

x2

4 x1 = –– 3 4 x2 = –– 3

Respostas: a) ver gráfico b) A solução aproximada do sistema é dada por (x1; x2 ) =

30 –

4 4 –– ; –– 3 3

4 4

⇔

MÓDULO

16

Sistemas Lineares (II)

1. (ITA) – Sejam a, b ∈ ⺢. Considere os sistemas lineares em x, y e z:

x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

e

x–y=0 x + 2y – z = 0 2x – by + 3z = 0

Se ambos admitem infinitas soluções reais, então: a b 1 a) ––– = 11 b) ––– = 22 c) ab = ––– b a 4 d) ab = 22 e) ab = 0 RESOLUÇÃO:

⇔

x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

⇔

x+y–z=0 –1 2y – z = –––– ⇔ 2 – 2y + z = a

x+y–z=0 – 4y + 2z = 1 – 2y + z = a

x+y–z=0 1 2y – z = – ––– 2 1 0z = a – ––– 2

Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então: –1 0 2 – 1 = 0 ⇔ b = 11 e –b 3

2. Para que valores de k o sistema de equações lineares x+y=1 x–y=k x + ky = k nas incógnitas x e y com k ∈ ⺢ é indeterminado?

RESOLUÇÃO 1:

x+y=1 x–y=k ⇔ x + ky = k

⇔

1 1 Se o sistema tem infinitas soluções, então a – ––– = 0 ⇔ a = ––– . 2 2 1 D= 1 2



11 b ––– = –––– = 22 1 a –– 2

⇔

⇔

x+y=1 k+1 x = –––––– ⇔ 2 x + ky = k

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 k+1 1–k –––––– + k . –––––– = k 2 2

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 x + ky = k

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 1 – k2 = 0

k=1⇒x=1 e y=0 k=–1⇒x=0 e y=1

Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível. RESOLUÇÃO 2: Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que

Resposta: B MI =

1

1

1

–1

1

k

MC =

1 1 1

1 –1 k

A matriz incompleta de característica, pois

1 k k

1 1

1 ≠0 –1

Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3. Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D. k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.

– 31



3. Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z: x – 3y – 2z = – 4 3x + 2y + 5z = 10 ax – y + 3z = 6

4. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:

a) Encontre o valor de a que torna o sistema impossível ou indeterminado. b) Para o valor de a obtido no item anterior o sistema é impossível ou indeterminado? RESOLUÇÃO:

x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ax + y + 2z = 8

a) Encontre o valor de a que torna o sistema impossível ou indeterminado. b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se o sistema dado é impossível ou indeterminado. RESOLUÇÃO:

a) Para o sistema ser impossível ou indeterminado, devemos ter 1 3 a

D=

–3 2 –1

–2 5 = 0 e, portanto, – 11a + 44 = 0 ⇔ a = 4 3

b) Para a = 4, tem-se que a

MI =

1

–3

–2

3

2

5

4

–1

3

tem característica 2, pois

1

–3

–2

–4

3

2

5

10

4

–1

3

6

1 3

–3 = 11 ⫽ 0 2

tem característica 2.

1 2 a

–2 1 1

será impossível ou indeterminado se,

–1 3 = 0 ⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1 2

b) Para a = 1, o sistema será:

Portanto, o sistema é possível e indeterminado.

32 –

x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ax + y + 2z = 8

e somente se,

Também a matriz MC =

a) O sistema

x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ⇔ x + y + 2z = 8

x + y + 2z = 8 ⇔ 3y + 3z = 0 5y + 5z = – 18

x + y + 2z = 8 , y+z=0 0z = – 18

que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução. Respostas: a) a = 1 b) sistema impossível

MÓDULO

17

Trigonometria I

1. (UFES) – Uma pessoa, quando situada a 300 metros de uma torre, avista o topo da torre sob um ângulo α em relação à horizontal. Quando está a 100 metros da torre, ela avista o topo da torre sob um ângulo 2α (veja a figura). O nível dos olhos dessa pessoa está a 1,6 metro da horizontal em que está situada a base da torre.

2. (UNICAMP-2010) – Laura decidiu usar sua bicicleta nova para subir uma rampa. As figuras abaixo ilustram a rampa que terá que ser vencida e a bicicleta de Laura. a) Suponha que a rampa que Laura deve subir tenha ângulo de inclinação α, tal que cos(α) = 0,99. Suponha também que cada pedalada faça a bicicleta percorrer 3,15 m. Calcule a altura h (medida com relação ao ponto de partida) que será atingida por Laura após dar 100 pedaladas. b) O quadro da bicicleta de Laura está destacado a seguir. Com base nos dados da figura e sabendo que a mede 22 cm, calcule o comprimento b da barra que liga o eixo da roda ao eixo dos pedais.

a) Calcule o valor de α. b) Determine a altura dessa torre. RESOLUÇÃO:

^

^

a) 1) Δ ABD é isósceles (D A = α) 2) x + 100 = 300 ⇒ x = 200 m 3) BD = AB = x = 200 m 4) Δ BCD 1 100 100 cos (2α) = –––– = –––– = –– 2 BD 200 Portanto: 2α = 60° ⇔ α = 30° b) Δ BCD CD CD CD tg (2α) = ––– ⇒ tg 60° = ––– ⇔ 3m 3 ––– ⇔ CD = 100 BD 100 100 Portanto: altura da torre = 1,6 + CD = 1,6 + 100 3m

RESOLUÇÃO: a) Após 100 pedaladas, Laura subiu 3,15 . 100 = 315 metros da rampa, atingindo a altura, em metros, de: h = 315 . sen α = 315 . 1 – cos2 α = = 315 .

1 – ( 0,99 )2 = 315 . 0,01 = 31,5

b) A figura seguinte esquematiza o quadro da bicicleta de Laura.

Respostas: a) 30° b) 1,6 + 100 3m

Sendo sen 75° = sen (45° + 30°) = = sen 45° . cos 30° + sen 30° . cos 45° =

6 + 2 = ––––––––– , temos, pela lei dos senos e em centímetros: 4

– 33





22 b a b 2 3 + 1 ––––––– = –––––– ⇒ –––––––––––– = ––––– ⇒ b = 11 1 sen 75° sen 30° 6 + 2 –– –––––––– 2 4 Respostas: a) 31,5 m b) 11 2 3 + 1 cm

^ ^ 2.o) Se FEG é reto, então GE B = 60° e, portanto, o triângulo GEB é equilátero. Assim, EG = BE = 1 – 2x. 3.o) No triângulo FEG, temos:

3 x3 EF tg 30° = —––– ⇒ ——– = ––––––– ⇒ 3 1 – 2x EG 1 ⇒ 3 – 2x 3 = 3x 3 ⇒ x = —– 5

Respostas:

x2 3 a) ——–––– 2

1 b) —– 5

3. (FUVEST) – O triângulo ABC da figura abaixo é equilátero de lado 1. ––– ––– Os pontos E, F e G pertencem, respectivamente, aos lados AB, AC e ––– ^ ^ BC do triângulo. Além disso, os ângulos AF E e CGF são retos e a ––– medida do segmento AF é x. 4. (UNESP) – Determinando m, de modo que as raízes da equação x2 – mx + m + m2 = 0 sejam o seno e o cosseno do mesmo ângulo, os possíveis valores desse ângulo no 1.º ciclo trigonométrico são: a) 0° ou π. b) 3π/2 ou 2π. c) π ou 2π. d) π/2 ou 3π/2. e) π ou 3π/2.

Assim, determine: a) a área do triângulo AFE em função de x; ^ b) o valor de x para o qual o ângulo F EG também é reto. RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Sendo sen θ e cos θ, 0 ≤ θ ≤ 2π, raízes da equação x2 – mx + m + m2 = 0, temos: sen θ + cos θ = m e sen θ . cos θ = m + m2 Assim: sen θ + cos θ = m ⇒ sen2θ + 2 sen θ cos θ + cos2θ = m2 ⇒ ⇒ 1 + 2 sen θ cos θ = m2 Como sen θ cos θ = m + m2, então 1 + 2(m + m2) = m2 ⇒ m = – 1. Dessa forma, temos: sen θ + cos θ = – 1

sen θ . cos θ = 0 Resposta: E

a) No triângulo AFE, temos: EF EF tg 60° = —–– ⇒ 3 = —–– ⇒ EF = x3 x x Assim, a área do triângulo AFE é: x . x3 x2 3 (AF) . (EF) SAFE = ——––––––––– = ——––––––– = ——–––– 2 2 2 b) 1.o) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AFE, temos: (AE)2 = (AF)2 + (EF)2 = x2 + (x3 )2 ⇒ ⇒ AE = 2x e, portanto, BE = AB – AE ⇒ BE = 1 – 2x.

34 –

⇔

sen θ = 0

sen θ = – 1

cos θ = – 1 ou cos θ = 0

3π ⇒ θ = π ou θ = ––– 2

MÓDULO

18

Geometria Analítica I

1. (UFBA) – No plano cartesiano, considere a reta r que passa pelos pontos P (24,0) e Q (0,18) e a reta s, perpendicular a r, que passa pelo ponto médio de P e Q. Assim sendo, determine a hipotenusa do triângulo cujos vértices são o ponto Q e os pontos de intersecção da reta s com a reta r e com o eixo Oy.

2. (UFJF) – Considere o retângulo ABCD abaixo. Os pontos C e D têm coordenadas cartesianas respectivamente iguais a (9; 4) e (1; 4). O 1 ^ ponto E é um ponto no segmento CD tal que EC = –– CD e AEB é um 4 ângulo reto.

RESOLUÇÃO:

A reta que passa pelos pontos B e E tem equação na forma y = αx + β, em que: a) α ∈ [–2; –1] e β < –7.

b) α ∈ [–4; –2] e 0 < β < 1.

c) α ∈ [–1; 0] e β < 9.

d) α ∈ [–2; –1] e β > 11.

e) α ∈ [–3; –2] e β > 10. RESOLUÇÃO:

Conforme o enunciado, temos:

–––

1.o) Ponto médio de PQ:

24 + 0 0 + 18 M ––––––; –––––– 2 2

⇔ M (12; 9)

18 – 0 3 4 2.o) mr = —––––– = – —– ⇒ ms = –– (pois r ⊥ s). 0 – 24 4 3 3.o) Equação da reta s, que passa pelo ponto M (12; 9) e tem coeficiente 4 4 angular ms = –– : y – 9 = –– . (x – 12). 3 3 4.o) A reta s intercepta o eixo Oy no ponto P, 4 tal que: x = 0 → y – 9 = –– . (–12) ⇔ y = –7. 3 Assim: P (0; –7). 5.o) O triângulo em questão é constituído pelos pontos Q (0; 18), M (12; 9) e P (0; –7), cuja hipotenusa é: PQ = 18 + –7 = 25

1.o) CD = 8 = AB 1 2.o) EC = –– . CD = 2 ⇒ ED = 6 4 3.o) E (7; 4) 4.o) a2 + b2 = 82 a2 = c2 + 22 b2 = c2 + 62

⇒ 2c2 + 40 = 64 c2 = 12 c = 2 3

2 2 3 5.o) tg γ = –– = ––––– = –––– ⇒ γ = 30° c 3 2 3 6.o) Coeficiente angular da reta BE: m = tg θ = tg (90° + γ) = tg 120° = – 3 7.o) Equação da reta BE, que passa pelo ponto E (7; 4), com coeficiente angular m = – 3: y – 4 = – 3 . (x – 7) ⇔ y = – 3 x + 7 3 + 4.

– 35





Na forma y = α . x + β, temos: α = – 3 – 1,7 ⇒ α ∈ [– 2; – 1] β = 7 3 + 4 7 . 1,3 + 4 13,1 ⇒ β > 11. Resposta: D

3. (UNICAMP-2010) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x. a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo vertical fornece log2(y). b) I)

8 y f(z) = g(y) ⇔ ––– = 4 ⇔ 42z 2z

y

⇔ 8 = 4 . 4 ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3 II)

f(y) –––– = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒ g(z) 8 ⇒ –––– = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3 2y 4

III)

4y + 2z = 3 2y + 4z = 3

⇔

⇔

1 b) y = z = –– 2

= g(y) f(z) f(y) / g(z) = 1 Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. RESOLUÇÃO:

⇔

8 8 a) y = ––– ⇔ log2 y = log2 ––– 42x 42x



36 –

4y + 8z = 6

2y + 4z = 3 ⇔ 6z = 3

Respostas: a) Ver gráfico.

b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações:

– 4y – 2z = – 3 ⇔

1 y = ––– 2 1 z = ––– 2



4. (UNIFESP) – Considere, num sistema ortogonal, conforme a figura, a reta de equação r : y = kx (k > 0 um número real), os pontos A (x0; 0) e B (x0; kx0) (com x0 > 0) e o semicírculo de diâmetro AB.

a) Calcule a razão entre a área S, do semicírculo, e a área T, do triângulo OAB, sendo O a origem do sistema de coordenadas. b) Calcule, se existir, o valor de k que acarrete a igualdade S = T, para todo x0 > 0. RESOLUÇÃO:

De acordo com os dados representados na figura acima: 1) a área do triângulo OAB é: x0 . kx0 k . x20 T = –––––––– = –––––––– 2 2 k . x0 2) a área do semicírculo de raio –––––– é: 2

2

k . x0 π . –––––– 2 π k2 . x20 S = ––––––––––––– = –––––––– 2 8 3) a razão entre S e T é: π k2 . x20 ––––––––– S πk 8 ––– = –––––––––––– = –––– 2 T 4 k . x0 –––––– 2 πk 4 4) se T = S, então –––– = 1 ⇔ k = ––– . 4 π Respostas:

πk S a) ––– = –––– 4 T

4 b) k = ––– π

– 37



MÓDULO

19

Trigonometria II

1. (UFJF) – Esta questão se destina a estabelecer uma demonstração para a fórmula: sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α

2. (FGV) – Um estudante tinha de calcular a área do triângulo ABC, mas um pedaço da folha do caderno rasgou-se. Ele, então, traçou o — — segmento A’C’ paralelo a AC, a altura C’H do triângulo A’BC’ e, com uma régua, obteve estas medidas: C’H = 1,2 cm, A’B = 1,4 cm e AB = 4,2 cm. a) Use essas medidas e calcule a área do triângulo ABC. — b) Com a régua, ele mediu também o lado A’C’ e obteve A’C’ = 1,5 cm. ^ ^ Se as medidas em graus dos ângulos agudos A e B são respectivamente a e b, calcule o valor de sen(a – b).

a) No círculo trigonométrico apresentado, observe os triângulos HFB e HCO e mostre que os ângulos α e θ são congruentes. b) Mostre que GB = sen β . cos α. c) Admitindo que já tenha sido provado que FD = sen α . cos β, conclua que: sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α d) Calcule o valor de sen75°. RESOLUÇÃO: –––

–––

^

^

a) Se H é o ponto de intersecção dos segmentos OA e CB, então OHC BHF (opostos pelo vértice). Assim, Δ HFB Δ HCO (critério AA) e, portanto, ^

^

COH FB H ⇔ α θ. GB b) 1.o) Δ BGF é retângulo: cos θ = ––– ⇔ GB = BF . cos θ. BF 2.o) Como α = θ, temos cos θ = cos α. BF 3.o) Δ OFB é retângulo: sen β = ––– ⇔ BF = OB . sen β = 1 . sen β = sen β. OB Portanto: GB = sen β . cos α. CB c) 1.o) Δ OCB é retângulo: sen (α + β) = ––– ⇔ OB ⇔ CB = 1 . sen (α + β) = sen (α + β) 2.o)

O quadrilátero CDFG é um retângulo; assim, CG = FD = sen α . cos β. Portanto, sen (α + β) = CB = CG + GB = sen α . cos β + sen β . cos α.

d) sen 75° = sen (30° + 45°) = sen 30° . cos 45° + cos 30° . sen 45° = 1 2 3 2 2 + 6 = ––– . ––– + ––– . ––– = –––––––– 2 2 2 2 4

38 –

RESOLUÇÃO:

a) Sendo SABC e SA’BC’ respectivamente as áreas, em cm2, dos triângulos semelhantes ABC e A’BC’, temos:

SABC AB –––––– = ––––– SA’BC’ A’B

2

A’B . C’H SA’BC’ = ––––––––– 2

⇔

4,2 SABC = –––– 1,4

f(x) > 3/2.

2

. SA’BC’

1,4 . 1,2 SA’BC’ = –––––– = 0,84 2

⇒ SABC = 9 . 0,84 = 7,56 b) 1)

3. (UFJF) – Considere a função f: [0; 2π] → ⺢ definida por f(x) = 2 + cos x. a) Determine todos os valores do domínio da função f para os quais

No triângulo retângulo A’HC’, em cm, temos: A’H2 + C’H2 = A’C’2 ⇔ A’H2 + (1,2)2 = 1,52 ⇔

⇒

b) Seja g: [0,2π] → ⺢ a função definida por g(x) = 2x. Determine a função composta h = fog. c) Verifique que a lei da função composta h pode ser escrita na forma h(x) = 3 – 2 sen2x. RESOLUÇÃO: 3 3 1 a) f(x) > ––– ⇔ 2 + cos x > ––– ⇔ cos x > – ––– 2 2 2

⇔ A’H = 0,9, pois A’H > 0. 2)

HB = A’ B – A’H = 1,4 – 0,9 = 0,5

3)

No triângulo retângulo C’HB, em cm, temos: C’B2 = HB2 + C’H2 ⇔ C’B2 = 0,52 + 1,22 = 1,69 ⇒ ⇒ C’B = 1,3, pois C’B > 0.

4)

C’H 1,2 4 sen a = –––––– = –––– = ––– A’C’ 1,5 5 A’H 0,9 3 cos a = –––––– = –––– = ––– A’C’ 1,5 5 12 C’H 1,2 sen b = ––––– = –––– = ––– 13 C’B 1,3 HB 5 0,5 cos b = ––––– = –––– = ––– C’B 13 1,3 sen(a – b) = sen a . cos b – sen b . cos a = 3 5 12 4 = ––– . ––– – ––– . –– = 5 13 13 5

Com base no ciclo ao lado, conclui-se que: 2π 4π 0 ≤ x < ––– ou ––– 3 3

< x ≤ 2π

b) f(x) = 2 + cos x g(x) = 2x h = fog = f [g(x)] = 2 + cos (2x) c) h(x) = 2 + cos(2x) = 2 + 1 – 2 . sen2x = 3 – 2 . sen2x

20 16 36 = ––– – ––– = – ––– 65 65 65 Respostas:

a) 7,56 cm2

16 b) – ––– 65

– 39





4. (UFG) – Em um jogo de sinuca, uma bola é lançada do ponto O para atingir o ponto C, passando pelos pontos A e B e seguindo a trajetória indicada na figura a seguir.

Nessas condições, calcule: a) o ângulo β em função do ângulo θ; b) o valor de x indicado na figura. RESOLUÇÃO: a)

Considerando-se os triângulos, conclui-se que: α + θ = 90° β α + ––– = 90° 2 b)

x tg θ = ––– 0,8 y tg θ = ––– 1,2

β θ = ––– ⇔ β = 2 θ 2

3 x y ⇔ ––– = ––– ⇒ y = ––– . x 2 0,8 1,2

Sendo y + y + x = 2, temos: 3 3 ––– x + ––– x + x = 2 ⇔ 4x = 2 ⇔ x = 0,5 m 2 2

40 –

MÓDULO

20

Geometria Analítica II

1. (UFV-2010) – Considere a circunferência de centro C (1; 0) e a reta t que a tangencia no ponto P (0; 2). a) Determine o raio e a equação da circunferência. b) Determine a equação da reta t. RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: a) Se A (0; 0) e B (4; 0) são as extremidades do diâmetro da circunferência ––– λ, então o centro é o ponto (2; 0), que é o ponto médio de AB, e o raio é AB 4 r = ––– = –– = 2. 2 2 Uma equação de λ é: (x – 2)2 + y2 = 4.

a) Raio: r = PC = (1 – 0)2 + (0 – 2)2 = 5 Equação: (x – 1)2 + (y – 0)2 = ( 5)2 ⇒ (x – 1)2 + y2 = 5 b)

–––

b) Se AB é o diâmetro da circunferência e o triângulo ABC está inscrito na ––– ––– circunferência, o triângulo é retângulo, sendo AC e BC perpendiculares. ↔ ↔ Considerando as retas AC e BC (perpendiculares), de equações y = kx e

–1 –1 k –3 –– = ––––– ⇒ k = ––––– ⇔ y = –––– . x + (6 – 2k), devemos ter mAC –– k–3 mBC 2 –––– 2 2 ⇔ k – 3k + 2 = 0 ⇔ k = 1 ou k = 2. Respostas: a) (x – 2)2 + y2 = 4 b) k = 1 ou k = 2

––– 0–2 –1 1 1.o) mPC = –––––– = –2 ⇒ mt = ––––– = –– , pois t ⊥ PC . 1–0 mPC 2

2.o) Equação da reta t, que passa pelo ponto P (0; 2) e tem coeficiente 1 angular mt = –– : 2 1 y – 2 = –– . (x – 0) ⇔ x – 2y + 4 = 0 2

3. (FUVEST-2010) – No sistema ortogonal de coordenadas cartesianas Oxy da figura, está representada a circunferência de centro 8 na origem e raio 3, bem como o gráfico da função y = –––– . x

–––

2. (VUNESP) – No plano cartesiano, o segmento AB é um diâmetro da circunferência λ, sendo A = (0; 0) e B = (4; 0). a) Escreva uma equação da circunferência λ.

k –3 ↔ ↔ b) Considere as retas AC e BC, de equações y = kx e y = –––– x + (6 – 2k), 2 respectivamente, em que k é uma constante real. Sabendo que o triângulo ABC está inscrito na circunferência λ, determine o valor de k.

Nessas condições, determine: a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção da circunferência com o gráfico da função; b) a área do pentágono OABCD.

– 41





RESOLUÇÃO: a)

4. (UFSC-2010) – Um projétil desloca-se no plano cartesiano e seus deslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, são descritos, As coordenadas dos pontos A, B, C e D são as soluções do sistema:

8 y = –––– x x2 + y2 = 9

⇔

8 y = –––– x

(I)

=9

8 x2 + –––– x

2

(II)

respectivamente, pelas equações:

xy == t3t++56 em que t(t ≥ 0) repre-

senta o tempo em minutos. Determine a equação da trajetória do projétil e a distância percorrida pelo projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para t = 5 minutos.

8 =9⇔ Da segunda equação, temos x2 + ––– x2

RESOLUÇÃO: Sendo os deslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, descritos

⇔ x4 – 9x2 + 8 = 0 ⇔ x = ± 1 ou x = ± 2 2

pelas equações

Satisfazendo a equação I, temos:

ty == x3t–+5 6 ⇔ y = 3 . (x – 5) + 6 ⇔ y = 3x – 9, com x ≥ 5

8 8 2 ou y = –––––––– = 1 y = –––––– = 2 ± 1 ± 2 2 2; 1), B (1; 2 2), C (– 1; 2 2) e D (– 2 2; 1). Desta forma, os pontos são A (2

xy == t3t++56 , então a equação da trajetória do projétil é:

O deslocamento do projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para t = 5, é igual a: t = 0 → x = 5 e y = 6 … A (5; 6) t = 5 → x = 10 e y = 21 … B (10; 21)

b)

AB = (10 – 5)2 + (21 – 6)2 = 25 + 225 = 250 = 5 10 metros. Resposta:

y = 3x – 9, com x ≥ 5. AB = 5 10 metros.

A área do trapézio ABCD é: (4 2 + 2) . (2 2 – 1) ––––––––––––––––––– = 7 2

A

4 2.1 área do triângulo OAD é –––––––– = 2 2. 2 Desta forma, a área do pentágono OABCD é 7 + 2 2, em unidades de área. Respostas: a) A (2 2; 1), B (1; 2 2), C (– 1; 2 2) e D (– 2 2; 1) b) 7 + 2 2

42 –

MÓDULO

21

Trigonometria III

1. (FUVEST-2010) – A figura representa um quadrado ABCD de lado 1. –– –– –– –– O ponto F está em BC, BF mede 5/4, o ponto E está em CD e AF é –– ^ bissetriz do ângulo BAE. Nessas condições, o segmento DE mede:

π 2. (FUVEST-2010) – Sejam x e y dois números reais, com 0 < x < –– 2 4 π e –– < y < π, satisfazendo sen y = –– e 11 sen x + 5 cos(y – x) = 3. 5 2 Nessas condições, determine: a) cos y b) sen 2x RESOLUÇÃO: 4 π π Sendo 0 < x < –– , –– < y < π e sen y = –– , temos: 5 2 2 a) cos2y = 1 – sen2y = 1 –

5 3 a) –––– 40

5 7 b) –––– 40

5 11 d) ––––– 40

5 13 e) ––––– 40

9 5 c) –––– 40

––5 4

2

9 = ––– ⇒ 25

3 ⇒ cos y = – –– , pois y ∈ 2o. quadrante. 5 b) 11 . sen x + 5 . cos (y – x) = 3 ⇔ ⇔ 11 . sen x + 5 . (cos y . cos x + sen y . sen x) = 3 ⇔

– ––5 . cos x + ––5 . sen x = 3 ⇔ 4

3

RESOLUÇÃO: –– ^ E, temos: Sendo AF bissetriz do ângulo BA

⇔ 11 . sen x + 5 .

^ F = EA ^F = α BA

⇔ cos x = 5 . sen x – 1 Então: cos2x + sen2x = 1 ⇒ (5 . sen x – 1)2 + sen2x = 1 ⇔ ⇔ 13 . sen2x – 5 . sen x = 0 ⇔ 5 ⇔ sen x = ––– (pois sen x ≠ 0) 13 5 – 1 = 12 e cos x = 5 . ––– ––– 13 13 Portanto: 120 12 5 sen(2x) = 2 . sen x . cos x = 2 . ––– . ––– = –––– 169 13 13 3 Respostas: a) – ––– 5

120 b) –––– 169

5 BF No ΔABF, temos tgα = ––– ⇔ tgα = –––– . 4 AB No ΔADE, temos: 2 tgα 1 AD tg(2α) = ––– ⇔ –––––––– = ––– ⇔ 1 – tg2α DE DE 5 2 . –––– 8 5 1 11 5 4 1 ⇔ –––––––––– = ––– ⇔ –––– = ––– ⇔ DE = ––––– 11 DE 40 2 DE 5 1 – –––– 4

Resposta: D

– 43





—

3. (FUVEST-2010) – No triângulo ABC da figura, a mediana AM, — — relativa ao lado BC, é perpendicular ao lado AB. Sabe-se também que ^ BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo ABC, determine:

4. (UFSCar) – Suponha que o planeta Terra seja uma esfera de centro C e raio R. Na figura, está representado o planeta Terra e uma nave espacial N. A fração visível da superfície da Terra por um astronauta na nave N é dada em função do ângulo θ, mostrado na figura pela 1 – sen θ expressão f(θ) = ––––––– . 2

a) sen α b) o comprimento AC — c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB d) a área do triângulo AMC RESOLUÇÃO:

a) Determine o ângulo θ, em graus, para o qual é visível da nave a quarta parte da superfície da Terra e a distância da nave à superfície da Terra neste caso. (Use a aproximação R = 6.400 km.) b) Se um astronauta numa nave, a uma distância d da Terra, avista a superfície da Terra com ângulo θ = 15°, determine a fração visível da superfície da Terra pelo astronauta. (Use as aproximações

2 = 1,4 e 6 = 2,4.) RESOLUÇÃO: 1 – sen θ 1 1 a) f(θ) = –––––––– = –– ⇔ sen θ = –– ⇔ θ = 30°, pois 0 < θ < 90° e 4 4 2

a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se: 1 AM sen α = –––– = –– ⇒ α = 30° 2 BM

1 a fração visível da superfície da Terra é –– . 4

b) No triângulo AMC, tem-se, pela lei dos cossenos: AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120°

1 AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 . – –– 2

⇒ AC = 7

Além disso: R 1 6 . 400 sen θ = ––––– ⇔ –– = –––––––– ⇔ R+d 2 6400 + d ⇔

c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se: h 1 –– = –– ⇒ h = 2 4 2

b) Como 1) sen 15° = sen (45° – 30°) = = sen 45° . cos 30° – sen 30° . cos 45° = 2 3 2 1 . = –––– . –––– – ––– –––– = 2 2 2 2

d) A área do triângulo AMC é: 3 1 3 1 –– . AM . MC . sen 120° = –– . 1 . 2 . –––– = –––– 2 2 2 2

Respostas: a) 30°

b) 7

c) 2

d = 6400 km

1 2,4 – 1,4 6 – 2 = ––––––––– = –––––––– = ––– 4 4 4

3 d) –––– 2 2)

1 1 – ––– 1 – sen 15° 4 f(15°) = ––––––––––– = ––––––––––– = 2 2

3 ––– 3 4 = ––––– = ––– 2 8 Respostas: a) 30° e d = 6400 km 3 b) ––– da superfície da Terra 8

44 –

MÓDULO

22

Geometria Analítica III

1. (UNIRIO) – Na figura abaixo, A, B, C e D são centros de 4 circunferências de mesmo raio e as retas r e s são perpendiculares. Sabendo que a reta s tem equação x – y = 0 e que o ponto D é o ponto de coordenadas (10; 2), determine as coordenadas do ponto médio do –– segmento AC.

2. (UNICAMP-2010) – No desenho abaixo, a reta y = ax (a > 0) e a reta que passa por B e C são perpendiculares, interceptando-se em A. Supondo que B é o ponto (2; 0), resolva as questões abaixo. a) Determine as coordenadas do ponto C em função de a. b) Supondo agora que a = 3, determine as coordenadas do ponto A e a equação da circunferência com centro em A e tangente ao eixo x.

RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO: 1.o) Equação da r ⊥ s passando pelo ponto D (10; 2): y – 2 = –1 (x – 10) ⇔ y = – x + 12. 2.o) Intersecção entre r e s,

y=x

y = –x + 12

⇔ x = y = 6 … B (6; 6).

–– 3.o) Ponto C (é ponto médio de AD) ⇒ C (8; 4) 4.o) BC = 2 π = (8 – 6)2 + (6 – 4)2 = 8 ⇒ r = 2 5.o) A abscissa do ponto A satisfaz à condição: 2 xA = 6 – 2 r cos 45° = 6 – 2 2 . ––– = 4 2 Assim: A(4; 4). –– 6.o) Ponto médio de AC: 8+4 4+4 M –––––; ––––– ⇔ M (6; 4) 2 2

a)

mr = a r⊥s

⇒ m = – ––a 1

s

Na reta s, têm-se B (2; 0) e C (0; k). 1 Como ms = – –– , tem-se: a 2 1 k k–0 1 –––––– = – –– ⇒ – ––– = – –– ⇒ k = –– a a 2 0–2 a

2 Então: C 0; –– a

1 1 b) Para a = 3, tem-se: ms = – –– . A equação da reta s é y = – –– (x – 2) e 3 3 a equação da reta r é y = 3x. Então, o ponto A, sendo a intersecção das retas r e s, é a solução do sistema:

– 45





y = 3x 1 ⇒ y = – ––– (x – 2) 3

x = 1/5 y = 3/5

⇒ A (1/5; 3/5)

A circunferência de centro A (1/5; 3/5) e tangente ao eixo x tem raio r = 3/5. Então, sua equação é: (x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25 Respostas: a) C (0; 2/a) b) A (1/5; 3/5) e (x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25

Seja P (a; 2a) o ponto da reta y = 2x e Q (b; 4b) o ponto da reta y = 4x, então a área do triângulo OPQ é igual a: a 2a 1 b 4b 1 0 0 1 4a b – 2ab SΔ = ––––––––––– = –––––––––– = a . b 2 2 Analisando as alternativas, temos as pontuações seguintes: (F) I) jogador A: 2 . 2 = 4, pois a = 2 e b = 2. jogador B: 3 . 1 = 3, pois a = 3 e b = 1. (V) II) jogador A: 20 . 20 = 400, pois a = 20 e b = 20. jogador B: 10 . 5 = 50, pois 2a = 20 ⇔ a = 10 e 4b = 20 ⇔ b = 5. (V) III) jogador A: 10 . 10 = 100, pois a = 10 e b = 10. jogador B: (–10) . (–10) = 100, pois a = –10 e b = –10. (V) IV) jogador A: a . b, pois xP = a e xQ = b. jogador B: a . (–b) = a . b, pois xP = a e xQ = –b. (V) V) jogador A: 6 . 3 = 18, pois 2a = 12 ⇔ a = 6 e 4b = 12 ⇔ b = 3. jogador B: 8 . 4 = 32, pois 2a = 16 ⇔ a = 8 e 4b = 16 ⇔ b = 4.

3. (UFPB-2010) – Em certo jogo de computador, dois jogadores, A e B, disputam uma partida da seguinte maneira: • Inicialmente, cada jogador escolhe dois pontos do plano cartesiano, diferentes de (0; 0), de modo que um dos pontos pertença à reta y = 2x e o outro ponto, à reta y = 4x. • Em seguida, cada jogador fornece seus pontos ao computador, que calcula a área do triângulo cujos vértices são os pontos por ele escolhidos e o ponto (0; 0). • O ganhador será aquele que escolher os pontos que forneçam o triângulo com maior área. • Caso os jogadores escolham pontos que forneçam triângulos com a mesma área, haverá empate. Nesse contexto, identifique as afirmativas corretas: I. Se o jogador A escolher os pontos (2; 4) e (2; 8) e o jogador B escolher os pontos (3; 6) e (1; 4), ganhará o jogador B. II. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta x = 20 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta y = 20, ganhará o jogador A. III.Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta x = 10 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta x = –10, haverá empate. IV. Se os jogadores A e B escolherem um mesmo ponto da reta y = 2x e pontos distintos da reta y = 4x e equidistantes da origem, haverá empate. V. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta y = 12 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles pertençam à reta y = 16, ganhará o jogador B. RESOLUÇÃO:

4. (UFRJ-2010) – Os pontos A (–6; 2), B (3; –1), e C (–5; –5) pertencem a uma circunferência. Determine o raio dessa circunferência. RESOLUÇÃO:

O centro da circunferência circunscrita ao triângulo ABC é o circuncentro, –– –– –– ponto de encontro das mediatrizes dos lados AB, BC e AC. Assim: –– 1.o) Mediatriz de AB (dPA = dPB): (x + 6)2 + (y – 2)2 = (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = 3x + 5 –– 2.o) Mediatriz de BC (dPB = dPC): (x + 5)2 + (y + 5)2 = (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = –2x – 5 3.o) Ponto de intersecção das mediatrizes: y = 3x + 5 ⇔ x = –2 e y = –1 … P (–2; –1) y = –2x – 5

4.o) Raio (é a distância de P a qualquer vértice do ΔABC): Seja: r = dPA = (–2 + 6)2 + (–1 –2)2 = 5.

46 –

MÓDULO 1.

23



Geometria Plana I —

—

Na figura seguinte os segmentos PA e PB tangenciam a circun-

RESOLUÇÃO:

ferência nos pontos A e B, respectivamente; Q é um ponto dessa ^

^

circunferência e o ângulo APB mede 18°. A medida θ do ângulo BQA é igual a: a) 72°

b) 75°

c) 78°

d) 81°

e) 84°

Da semelhança dos triângulos ABF e CEF, temos: AF 5 AB –––– = –––– = ––– CF 1 CE Da semelhança dos triângulos AFG e CFH, temos: GF AF 5–h 5 –––– = –––– ⇔ –––––– = ––– ⇔ HF CF h 1

RESOLUÇÃO:

5 ⇔ 5 – h = 5h ⇔ h = ––– 6 A área do triângulo BCF é 5 3 . ––– 5 6 BC. h ––––––– = –––––––– = ––– 4 2 2 Resposta: B No quadrilátero convexo OAPB, a soma das medidas dos ângulos internos é igual a 360°. Assim: 2θ + 90° + 18° + 90° = 360° ⇔ 2θ = 162° ⇔ θ = 81° Resposta: D

— 3. P é um ponto qualquer do lado AB do retângulo ABCD da figura seguinte. Se AB = a e BC = b, então a soma das distâncias do ponto P — — às diagonais AC e BD desse retângulo é igual a:

2. (FUVEST) – A figura representa um retângulo ABCD, com ⎯ AB = 5 e AD = 3. O ponto E está no segmento CD de maneira que ⎯ ⎯ CE = 1, F é o ponto de intersecção da diagonal AC com segmento BE. Então a área do triângulo BCF vale 6 a) ––– 5

5 b) ––– 4

4 c) ––– 3

7 d) ––– 5

3 e) ––– 2 ab a) ––––––––––– a2 + b2 2 ab c) –––––––––

a2 + b2 e)

ab b) –––––––––––––

2(a2 + b2) ab d) –––––– a+b

a2 + b2 – 47



RESOLUÇÃO:

z x 1o.) ΔQPB ~ ΔADB ⇒ ––– = ––––––––– (I) b a2 + b2 a–z y 2o.) ΔRPA ~ ΔBCA ⇒ ––– = ––––––––– (II) b a2 + b2 Somando (I) e (II) membro a membro, tem-se: ab x y a ––– + ––– = ––––––––– ⇔ x + y = ––––––––– b b a2 + b2 a2 + b2 Resposta: C

De acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se: x2 + 122 = (18 – x)2 ⇔ ⇔ x2 + 144 = 324 – 36x + x2 ⇔ 36x = 180 ⇔ x = 5 Resposta: B

5. Considere um poste perpendicular ao plano do chão. Uma aranha está no chão, a 2 m do poste, e começa a se aproximar dele no mesmo instante em que uma formiga começa a subir no poste. A velocidade da aranha é de 16 cm por segundo e a da formiga é de 10 cm por segundo. Após 5 segundos do início dos movimentos, a menor distância entre a aranha e a formiga é: a) 2,0 m b) 1,3 m c) 1,5 m d) 2,2 m e) 1,8 m RESOLUÇÃO: Após 5 segundos, a aranha andou 16 cm . 5 = 80 cm = 0,8 m e está a 1,2 m do poste. Após os mesmos 5 segundos, a formiga subiu 10 cm . 5 = 50 cm = 0,5 m do solo. Nesse instante, a menor distância entre a aranha e a formiga é dada — pela hipotenusa AF do triângulo AFP. 2 Assim sendo, AF = AP2 + PF2 ⇒ AF2 = 1,22 + 0,52 ⇔ AF = 1,3m

4. Durante um vendaval, um poste de iluminação de 18 metros de altura quebrou-se em um ponto a certa altura do solo. A parte do poste acima da fratura inclinou-se e sua extremidade superior encostou no solo a uma distância de 12 metros da base dele. A quantos metros de altura do solo quebrou-se o poste? a) 6 b) 5 c) 4,5 d) 4 e) 3 RESOLUÇÃO:

48 –

Resposta: B

MÓDULO

24

Geometria Plana II

1. Uma pessoa dispõe de um terreno plano e retangular, que tem 20 m de largura por 80 m de comprimento, no qual ela pretende fazer um gramado que deverá ter a forma de um triângulo retângulo, como é mostrado no esquema abaixo.

2. (UFTM-MG) – Uma folha retangular foi dobrada ao meio para determinar os pontos E e F, que são pontos médios dos lados menores do retângulo. A folha foi aberta e dobrada novamente, conforme indicado na figura, sendo possível identificar o triângulo isósceles ⎯ EGH, onde EG = 6 2 cm e cuja área representa 7,5% da área total da folha.

Se a região gramada for tal que o maior lado que a limita tenha 20 m de comprimento e sua área corresponda a 6% da área total do terreno, então o seu perímetro, em metros, deverá ser igual a a) 40 b) 48 c) 50 d) 52 e) 56 RESOLUÇÃO:

O perímetro da folha retangular é igual a a) 52 cm. b) 60 cm. c) 64 cm. d) 68 cm e) 72 cm. RESOLUÇÃO: Sendo x e y as medidas, em metros, da base e da altura do triângulo retângulo, temos:

x2 + y2 = 202 x.y –––––– = 6% . 80 . 20 2

⇔

x2 + y2 = 400 ⇒ x . y = 192

⇒ x2 + 2xy + y2 = 400 + 2 . 192 ⇔ (x + y)2 = 784 ⇔ ⇔ x + y = 28 ⇔ x + y + 20 = 48 Assim, o perímetro da região gramada, em metros, deverá ser: 12 + 16 + 20 = 48 Resposta: B

2 = 6 2⇔x=6 1) x x . x 7,5 2) ––– = ––– . y . 2x 2 100 Assim: 18 = 0,9 . y ⇔ y = 20 3) O perímetro da folha retangular, em centímetros, é: 4x + 2y = 2 (2x + y) = 2 (12 + 20) = 64 Resposta: C

– 49





3. (FGV-SP) – Chamamos de falsa espiral de dois centros aquela construída da seguinte forma: os dois centros são os pontos A e B. Traçam-se semicircunferências no sentido anti-horário, a primeira com o centro em A e raio AB, a segunda com centro em B e raio BC, a terceira com centro em A e raio AD, repetindo esse procedimento em que os centros se alternam entre A e B, como mostrado na figura abaixo.

π 4. (UFSCar) – Na figura indicada, 0 < α < –– , C é o centro do 2 ––– círculo, AB tangencia o círculo no ponto A, os pontos B, C e D estão alinhados, assim como os pontos A, C e E.

Uma condição necessária e suficiente para que as duas áreas sombreadas na figura sejam iguais é a) tg α = α. b) tg α = 2α. c) tg α = 4α. α d) tg 2α = α. e) tg –– = a. 2 Determine a distância entre A e B se, ao completar duzentas semicircunferências, o comprimento total dessa falsa espiral for 100 500π metros.

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Sendo AB = R, as duzentas semicircunferências têm raios R, 2R, 3R, …, 200R. Comprimento total da falsa espiral = 100 500π ⇔ ⇔ π . R + π . 2R + π . 3R + … + π . 200R = 100 500π ⇔ (R + 200R) . 200 ⇔ ––––––––––––––– = 100 500 ⇔ R = 5 m 2 Resposta: 5 m

Como Ssetor CDE = Ssetor ACF , as duas áreas sombreadas serão iguais se, e 1 somente se, Ssetor CDE = ––– SΔABC. (I) 2 Assim: 1) AB = R . tg α, pois o triângulo ABC é retângulo e R2 . tg α AB . AC R . tg α . R SΔABC = –––––––– = ––––––––––– = ––––––––– 2 2 2 α α R2 2) Ssetor CDE = –––– . πR2 = –––––– 2π 2 Substituidos na igualdade (I), temos: R2 . tg α α R2 1 –––––– = ––– . ––––––––– ⇔ tg α = 2α 2 2 2 Resposta: B

50 –



5. (ESPM) – Na figura abaixo, cada quadrícula tem área igual 1 — a ––– m2. A corda AB é tangente à circunferência interna da coroa π circular de centro O. A área dessa coroa, em metros quadrados, é igual a:

a) 7

b) 8

c) 9

d) 10

e) 11

RESOLUÇÃO: Sendo R e r os raios das circunferências que delimitam a coroa circular e 1 observando que cada quadrícula tem lado de medida ––– m, tem-se: π 3 2 9 2 2 2 2 R = r + ––– ⇔ R – r = ––– π π

Assim, a área da coroa circular, em metros quadrados, é dada por 9 S = π(R2 – r2) = π . ––– = 9 π Resposta: C

– 51



MÓDULO

25

Geometria Plana III

1. (FGV-SP ) – Bem no topo de uma árvore de 10,2 metros de altura, um gavião casaca-de-couro, no ponto A da figura, observa atentamente um pequeno roedor que subiu na mesma árvore e parou preocupado no ponto B, bem abaixo do gavião, na mesma reta vertical em relação ao chão. Junto à árvore, um garoto fixa verticalmente no chão uma vareta de 14,4 centímetros de comprimento e, usando uma régua, descobre que a sombra da vareta mede 36 centímetros de comprimento. Exatamente nesse instante ele vê, no chão, a sombra do gavião percorrer 16 metros em linha reta e ficar sobre a sombra do roedor, que não se havia movido de susto. Calcule e responda: Quantos metros o gavião teve de voar para capturar o roedor, se ele voa verticalmente de A para B?

2. (FUVEST) – No triângulo ABC, tem-se que AB > AC, ^ 3 AC = 4 e cos C = ––– . Sabendo-se que o ponto R pertence ao segmento 8 ––– BR 4 BC e é tal que AR = AC e ––– = –– , calcule BC 7 —

a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado BC. b) a área do triângulo ABR. RESOLUÇÃO:

–––

h = AM, em que M é o ponto médio de CR, é a altura do triângulo isósceles –––

ACR, de base CR, e também é a altura do triângulo ABC relativa ao –––

RESOLUÇÃO:

lado BC. De acordo com a figura e o enunciado, tem-se: ^

1) CM = AC . cos C 3 3 Assim: CM = 4 · ––– ⇔ CM = ––– 2 8 1 2) CM = ––– · CR 2 CR 3 Assim: ––– = ––– ⇔ CR = 3 2 2 3) BC = CR + RB

Seja d a distância, em metros, que o gavião teve de voar para capturar o roedor. Como os triângulos ACE, BCD e FGH são semelhantes, temos: AC CE 10,2 CE I) –––– = –––– ⇒ –––– = –––– ⇒ CE = 25,5 m FG 36 14,4 GH II) CD = CE – DE = 25,5 – 16 ⇒ CD = 9,5 m CB CD CB 9,5 II) –––– = –––– ⇒ –––– = –––– ⇒ CB = 3,8 m FG GH 14,4 36 Assim, d = AC – CB = 10,2 – 3,8 = 6,4 m Resposta: 6,4 m

4 Assim: BC = 3 + ––– · BC ⇔ BC = 7 7 4 4 4) RB = ––– · BC = ––– · 7 = 4 7 7 5) AM2 + CM2 = AC2 Assim: h2 +

2

2

2

55

6) A área S do triângulo ABR é dada por: 1 55 1 S = ––– . RB . h = ––– . 4 . ––––– = 55 2 2 2

55 Respostas: a) ––––– unidades de comprimento 2 b)

52 –

55

= 4 ⇔ h = –––4 ⇔ h = ––––– 2 3 ––– 2

55 unidades de área

3. (FUVEST) – Um triângulo ABC tem lados de comprimentos AB = 5, —

—

BC = 4 e AC = 2. Sejam M e N os pontos de AB, tais que CM é a ^

—

—

bissetriz relativa ao ângulo ACB e CN é a altura relativa ao lado AB.

— 4. (FUVEST) – No triângulo ABC da figura, a mediana AM, relativa — — ao lado BC, é perpendicular ao lado AB. Sabe-se também que BC = 4 ^ e AM = 1. Se α é a medida do ângulo ABC, determine

—

Determinar o comprimento de MN. RESOLUÇÃO:

a) sen α. b) o comprimento AC. —

c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB. d) a área do triângulo AMC. RESOLUÇÃO: — Sendo x o comprimento do segmento MN, tem-se: AC BC ⎯ → 1) CM é bissetriz ⇒ –––– = –––– ⇔ AM BM 2 4 5 5 ⇔ –––– = ––––––– ⇔ AM = –– ⇒ AN = –– – x AM 5 – AM 3 3 e BN = 5 –

5 –– – x 3

10 +x = ––– 3

2) No triângulo retângulo ANC, CN 2 + AN 2 = 4. 3) No triângulo retângulo BNC, CN 2 + BN 2 = 16. a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se:

4) Dos itens (2) e (3), conclui-se que BN 2 – AN 2 = 12 ⇒

10 –––– + x 3

2

–

5 –– – x 3

100 25 10 20 ⇒ –––– + ––– x + x 2 – ––– + ––– x – x 2 = 12 ⇒ 3 9 9 3 11 25 ⇒ 10x + ––– = 12 ⇒ x = –––– 30 3 11 Resposta: ––– 30

2

= 12 ⇒

AM 1 sen α = –––– = –– ⇒ α = 30° BM 2 b) No triângulo AMC tem-se, pela lei dos cossenos: AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120° AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 .

1 – –– 2

7 ⇒ AC =

c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se: h 1 –– = –– ⇒ h = 2 4 2 d) A área do triângulo AMC é 1 3 3 1 –– . AM . MC . sen 120° = –– . 1 . 2 . ––– = ––– 2 2 2 2 1 Respostas: a) –– 2

b) 7

c) 2

3 d) ––– 2

– 53




Geometria Plana IV

1. (UNICAMP) – O papagaio (também conhecido como pipa, pandorga ou arraia) é um brinquedo muito comum no Brasil. A figura abaixo mostra as dimensões de um papagaio simples, confeccionado com uma folha de papel que tem o formato do quadrilátero ABCD, duas varetas de bambu (indicadas em cinza) e um pedaço de linha. A

A área do triângulo ABD é igual a 50 . 25 –––––– = 625 cm2 2 Logo, a área do quadrilátero ABCD, que forma o papagaio, vale 625 3 + 625 = 625 ( 3 + 1) cm2. b) O comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D vale 1/4

45°

da circunferência de raio AD = DO = AE 2 = 25 2 cm, pois D

B

^

BOD = 90°.

50

cm

A

cm

30°

50


26

MÓDULO

D

B

C

Uma das varetas é reta e liga os vértices A e C da folha de papel. A outra, que liga os vértices B e D, tem o formato de um arco de circunferência e tangencia as arestas AB e AD nos pontos B e D, respectivamente. a) Calcule a área do quadrilátero de papel que forma o papagaio. b) Calcule o comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D.

a)

25 π 2 1 ––– . 2π . 25 2 = –––––––– cm 2 4

25 π 2 b) –––––––– cm 2

A 45° E

D

B

30°

C

Seja E o ponto de intersecção de AC e BD. Na figura, BC = CD ⇒ ΔBCD é isósceles. Como CE é a altura do ΔBCE

^

^

⇒ BCE = ECD = 30° ⇒ BCD = 60° ⇒ ΔBCD é equilátero ⇒ ⇒ BD = BC = CD = 50 502 3 Logo, a área do ΔBCD vale ––––––– = 625 3 cm2. 4

^

^

O ΔADE é retângulo em E e DAE = 45° ⇒ ADE = 45° ⇒ ⇒ ΔADE é retângulo isósceles ⇒ AE = DE = EB = 25

54 –

Logo, o comprimento vale

Respostas: a) 625 ( 3 + 1) cm2

RESOLUÇÃO:

^

O

2. (FGV-SP) – Os pontos médios dos lados de um hexágono regular ABCDEF são os vértices do hexágono menor MNPQRS, conforme indica a figura.

a) Calcule o perímetro do hexágono menor, sabendo-se que o lado do hexágono maior mede 6 cm. b) Calcule a porcentagem que a área do hexágono menor ocupa da área do hexágono maior. RESOLUÇÃO:

3. (FUVEST) – A figura representa um trapézio ABCD de bases – – AB e CD , inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3 2.

a) Determine a altura do trapézio. b) Calcule o raio da circunferência na qual ele está inscrito. c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência. RESOLUÇÃO:

^

a) Como o hexágono ABCDEF é regular, o ângulo REQ mede 120° e, portanto, da lei dos cossenos, temos: a) Seja h a medida da altura do trapézio.

(RQ)2 = 32 + 32 – 2 . 3 . 3 . cos 120° ⇒ ⇒ (RQ)2 = 9 + 9 – 18 .

1 – –– 2

No triângulo retângulo AHC, temos:

⇒

(

h2 + 32 = 3 2

⇒ RQ = cm ⇒ RQ = 33 cm 27

)2 ⇔ h2 = 9 ⇔ h = 3

b) Seja r a medida do raio da circunferência.

Assim, o perímetro do hexágono menor é:

Dos triângulos retângulos AMO e DNO, temos:

6 . RQ = 6 . 3 3 cm = 18 3 cm

r

b) Sejam S1 a área do hexágono menor e S2 a área do hexágono maior. Como os hexágonos são semelhantes, temos: S1 –––– = S2

2

RQ ––––– ED

S1 ⇒ –––– = S2

S1 3 ⇒ –––– = ––– = 0,75 = 75% 4 S2 Respostas: a) 18 3 cm b) 75%

3 3 –––––– 6

⇒

2

⇒

r 2 = x2 + 4 r2 = x2 + 4 r 2 = x2 + 22 2 = 12 + (h – x) 2 ⇒ r 2 = 12 + (3 – x) 2 ⇒ r 2 = 1 + 9 – 6x + x 2 ⇒

x + 4 = 10 – 6x + x r 2 = x2 + 4 2

2

⇒

r = 5, pois r > 0 x=1

c) Sendo S a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência, temos:

( )2 –

S = Scírculo – Strapézio = π . 5 Respostas: a) h = 3

b) r = 5

(4 + 2) . 3 –––––––––– = 5π – 9 2 c) S = 5π – 9

– 55





4. (FUVEST) – Na figura a seguir, são dadas duas semirretas, r e s, de mesma origem A, e um ponto P. a) Utilize essa figura para construir, usando régua e compasso, os pontos B em r e C em s, de tal forma que o ponto P pertença ao — segmento BC e que AB seja igual a AC. b) Descreva e justifique o processo utilizado na construção.

RESOLUÇÃO: a)

b) Basta traçar a bissetriz do ângulo rÂs e, por P, traçar a reta perpendicular a essa bissetriz. Os triângulos retângulos DAB e DAC são congruentes pelo critério ALA. — — Assim: AB ≅ AC, ou seja, AB = AC.

56 –

MÓDULO

27

Geometria Métrica I

5 1. (FGV-SP) – Uma lata de tinta está cheia em ––– de sua 6 capacidade. Dentro da lata caiu um pincel de 45 cm de comprimento. É certo que o pincel ficará completamente submerso na tinta? Por quê?

2. (UNIFESP) – Um cubo de aresta de comprimento a vai ser transformado num paralelepípedo reto-retângulo de altura 25% menor, preservando-se, porém, o seu volume e o comprimento de uma de suas arestas.

A diferença entre a área total (a soma das áreas das seis faces) do novo sólido e a área total do sólido original será: 1 a) ––– a2. 6

1 b) ––– a2. 3

2 d) ––– a2. 3

5 e) ––– a2. 6

1 c) ––– a2. 2

RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO: 1.º) O cubo de aresta a, tem volume V1 = a3 e área total (soma das áreas das seis faces) igual a A1 = 6 . a2. 2.º)O paralelepípedo reto-retângulo tem uma aresta igual a a; altura 25% 3 menor que a aresta a e, portanto, igual a –– . a. A medida da terceira 4 aresta (x) é obtida impondo-se que novo volume não se altera, isto é: 4 3 V2 = V1 ⇒ x . a . –– . a = a3 ⇒ x = –– . a 3 4 3.º)A área total do paralelepípedo resulta: Sendo h a altura, em centímetros, da tinta que está na lata, temos:

3 4 3 4 –– . a . a + –– . a . a + –– . a . –– . a 4 3 4 3

37 = ––– . a2 6

5 . 36 ⇒ h = 30 h = ––– 6

A2 = 2.

No triâgulo ABC, retângulo em B, temos:

Portanto, a diferença entre a área total do novo sólido (paralelepípedo) e

(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇒ (AC)2 = 302 + 402 ⇒ AC = 50 cm

área total do sólido original (cubo) é igual a:

Admitindo-se que o pincel seja um segmento de reta, e que sua densidade

1 37 A2 – A1 = ––– . a2 – 6a2 = –– . a2 6 6 Resposta: A

seja maior que a da tinta, ele poderá ficar completamente submerso na tinta, pois AC = 50 cm é maior que o comprimento do pincel, o qual é 45 cm. Resposta: Sim

– 57





3. (FGV-SP) – A figura representa a planificação de um poliedro. Sabe-se que B, C e D são quadrados de lado 1 cm; A, E e F são triângulos retângulos isósceles; e G é um triângulo equilátero. O volume do poliedro obtido a partir da planificação, em cm³, é igual a

1 1.1 5 Assim, o volume do poliedro é 13 – –— . –––––– . 1 = –— 3 2 6 Resposta: D

1 2

a) ––– .

2 b) ––– . 3

5 d) ––– . 6

4 e) ––– . 3

c)

3 ––– . 4

RESOLUÇÃO: A planificação apresentada é do poliedro PQRSTUV abaixo, que é constituído por um cubo de aresta medindo 1 cm, do qual se retirou a pirâmide XRTV.

58 –

4. Um copo em forma de um cilindro circular reto, com raio da base igual a 3 cm e altura igual a 8 cm, contém uma quantidade de água 1 igual a –– de sua capacidade. Transferindo-se a água para uma taça em 4 forma de um cone circular reto, de mesma altura e de mesmo raio da base do copo, a altura alcançada pela água, na taça, em centímetros, é igual a: 3

6 a) 2

b) 2 6

3

c) 4 6

d) 4 6

e) 6

RESOLUÇÃO: 1.º) O volume V, em centímetros cúbicos, de água dentro do copo é dado por: 1 2 V = –– . π . 3 . 8 = 18π 4 2.º)

Sendo r o raio, em centímetros, e h a altura, em centímetros, do cone de água dentro do copo, tem-se: r 3h h –– = –– ⇔ r = –––– 3 8 8

5. Uma sorveteria utiliza potes cilíndricos com 8 cm de raio e 30 cm de altura, cheios de sorvete de massa, e vende esse sorvete na forma e dimensões indicadas na figura, em que a parte superior é uma semiesfera de raio 3 cm e a parte inferior é um cone de casca muito fina, totalmente preenchido com sorvete. Desprezando-se a casca do cone, o número de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer com um pote cilíndrico de massa é a) 20. b) 25. c) 30. d) 35. e) 40.

RESOLUÇÃO: 1.º) O volume Vp , em centímetros cúbicos, do pote cilíndrico, cheio de massa de sorvete, é: Vp = π . 82 . 30 = 1920 π 2.º) O volume Vs , em centímetros cúbicos, de cada sorvete produzido com essa massa, é: 1 1 4 Vs = ––– . π . 32 . 10 + ––– . ––– π . 33 = 48π 3 2 3 3.º) O número m de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer com um pote cilíndrico de massa é: Vp 1920 π m = ––– = ––––––– = 40 48 π Vs Resposta: E

3.º) O volume V, em centímetros cúbicos, do cone de água é dado por: 1 1 V = –– πr2h = –– π 3 3

3h ––– 8

2

3π h3 h ⇔ V = –––––– 64

3 3π h3 3 Assim: –––––– = 18π ⇔ h3 = 6 . 64 ⇔ h = 6 . 64 ⇔ h = 4 6 64

Resposta: C

– 59





MÓDULO

28

Geometria Métrica II

1. (FGV-SP) – Uma pirâmide de base quadrada é seccionada por um plano paralelo à sua base, distante 2 m dela. A área total da pirâmide menor, obtida pela secção, é igual à metade da área total da pirâmide original. a) Calcule a altura da pirâmide original. b) Calcule o volume do tronco de pirâmide obtido pela secção para o caso em que a aresta da base da pirâmide maior mede 3 m. RESOLUÇÃO:

a) Sendo H a altura da pirâmide original e h a altura da pirâmide menor,

2. (UFABC) – As figuras mostram um cone circular reto de raio da base r e a planificação da sua área lateral.

em metros, temos: h = H – 2 Como a área total da pirâmide menor é igual à metade da área total da pirâmide maior, temos:

2

h ––– H

H–2 –––––– H

1 = –– ⇒ 2

1 = –––– ⇒ H = 2.(2 + 2) 2

b) Sendo V o volume da pirâmide original e v o volume da pirâmide menor, em metros cúbicos, temos: 1 2 ) = 6 . (2 + 2) I) V = ––– . 32 . 2 . (2 + 3

v II) ––– = V

h ––– H

3

v ⇒ –––––––––– 6 . (2 + 2)

=

3

2 . (2 + 2)–2 ––––––––––––– 2 . (2 + 2)

⇒

1 Relembrando que o volume de um cone é igual a –– do produto entre 3 a área da base e a altura do cone, calcule o raio da base e o volume desse cone.

3

⇒

v –––––––––– 6 . (2 + 2)

=

2

–––– 2

RESOLUÇÃO: ⇒ v = 3 . ( 2 + 1)

Assim, sendo VT o volume do tronco, em metros cúbicos, temos: VT = V – v = 6 . (2 + 2 ) – 3. ( 2 + 1) = 3. (3 + 2) Respostas: a) 2 . (2 + 2) m b) 3. (3 + 2 ) m3

60 –

I)

Sendo ᐉ, em cm, o comprimento do arco de circunferência de raio 3π 3 cm e ângulo central medindo 270° ou ––– e observando que o 2 comprimento da circunferência que limita a base do cone é, também, igual a ᐉ, temos:

a) o volume da pirâmide. b) o raio da esfera circunscrita à pirâmide. RESOLUÇÃO:

2π r = ᐉ ᐉ 3π ––––– = ––– 3 cm 2

3 6 3. (FGV-SP) – Considere uma pirâmide regular de altura ––––– 2 cuja base é um quadrado de lado 3. Calcule:

⇔

9π ᐉ = ––– cm 2 9 r = ––– cm 4

II) No triângulo AOB, sendo h, em cm, a altura do cone, temos: 3 7 (AO)2 + (OB)2 = (AB)2 ⇔ h2 + r2 = 32 ⇒ h = –––––– cm 4 III) Dessa forma, sendo V o volume do cone em questão, temos: 81 1 1 7 3 V = ––– πr2 . h ⇒ V = ––– π . –––– . –––––– ⇒ 4 3 3 16

7π 81 ⇒ V = ––––––––– 64 Respostas: O raio da base e o volume do cone são respectivamente iguais a 7π 81 9 ––– cm e ––––––––– cm3. 4 64

a) Sendo V o volume da pirâmide, temos: 1 3 6 9 6 V = ––– . 32 . ––––– ⇒ V = ––––– 2 2 3 b) Sendo r a medida do raio da esfera circunscrita à pirâmide e O o centro da esfera, temos: 3 6 I)OE = FE – FO ⇒ OE = –––––– – r 2 3 2 AC II) AE = ––––– = –––––– 2 2 III) No triângulo retângulo AEO, temos: (AO)2 = (AE)2 + (OE)2 ⇒ r2 =

2

3 2 ––––– 2

3 6 + ––––– – r 2

2

⇒

⇒ 3 6 r = 18 ⇒ r = 6 6 9 Respostas: a) ––––– 2

b) 6

– 61





4. (FUVEST) – Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de uma reta r, de maneira que o ângulo entre eles meça α radianos, π

0 < α < ––– . Um triângulo equilátero ABC, de lado, está contido em 2 — π2, de modo que AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre ^ o plano π1, e suponha que a medida θ, em radianos, do ângulo CAD, 6 satisfaça sen θ = ––––– .

Assim, sendo S a área do triângulo ABD, temos:

ᐉ 6 ᐉ . –––––– AB . DM ᐉ2 6 4 S = ––––––––– = –––––––––––– = –––––––– 2 8 2 c) Sendo V o volume do tetraedro ABCD, temos:

4

Nessas condições, determine, em função de ᐉ, a) o valor de α. b) a área do triângulo ABD. c) o volume do tetraedro ABCD.

1 1 ᐉ2 6 V = ––– . S . CD = ––– . ––––––– . 3 3 8

π Respostas: a) ––– 4

RESOLUÇÃO:

p2 C

l B

l p1

D

a

q

M

l

A

a) No triângulo ADC, retângulo em D, temos: CD CD ᐉ 6 6 sen θ = ––––– ⇒ ––––– = ––––– ⇒ CD = –––––– AC ᐉ 4 4

ᐉ 3 Como CM = –––––– (altura do triângulo equilátero ABC) e o 2 triângulo CDM é retângulo em D, temos:

ᐉ 6 ––––– CD 2 4 sen α = ––––– ⇒ ––––––––– = ––––– ⇒ 2 CM ᐉ 3 ––––– 2 π π ⇒ α = ––– , pois 0 < α < ––– 4 2 π ^ b) Como α = ––– e C DM é reto, o triângulo CDM é isósceles e, portanto, 4

ᐉ 6 DM = CD = –––––– 4 62 –

ᐉ2 6 b) –––––– 8

ᐉ 6 –––––– 4 ᐉ3

c) –––– 16

ᐉ3

= –––– 16

MATEMÁTICA D

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Matemática Curso Extensivo – D

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MATEMÁTICA D

MATEMÁTICA

Revisão

1

MÓDULO



(x2

– 18x +

32)2

.

(x2

– 8x +

MATEMÁTICA D

REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 1

12)2

=0





0,2a + 0,3b = 6

0,4a + 0,2b = 10

⇔

⇔

2a + 3b = 60

4a + 2b = 100

2a + 3b = 60 ⇔ 2b = 10 2a + b = 50

2a + b = 50

⇔

⇔

b=5

a = 22,5


–1


MATEMÁTICA D



2–

2

MÓDULO

MATEMÁTICA D






8 ––– 10

3

= 5 120 t –––

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) 10 = 6 400 = ––––––– ⇔ 10 000

––– 10 8

t ––– 10

=

2

⇔ ––– = 2 ⇔ t = 20 ––– 10 10 8


t



⇔

8 8 a) y = ––– ⇔ log2 y = log2 ––– 42x 42x



–3


MATEMÁTICA D


7 log4x – logxy = –– 6 x . y = 16


8 y f(z) = g(y) ⇔ ––– = 4 ⇔ 42z 2z

y

⇔ 8 = 4 . 4 ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3 II)

f(y) –––– = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒ g(z)

1 ± 17 3 4 ⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ––––––– ⇔ m = ––– ou m = – –– 12 2 3 3 3 m = ––– ⇒ log4x = ––– ⇒ 2 2 3 ––– 2

x=4 8 z 3 4y + 2z ⇒ –––– ⇔ 4y + 2z = 3 2y = 4 ⇔ 2 = 2 4 III)

4y + 2z = 3 2y + 4z = 3

⇔

⇔

6z = 3

2y + 4z = 3


4–

4y + 8z = 6 ⇔ – 4y – 2z = – 3

⇔

1 y = ––– 2 1 z = ––– 2

=

3 ––– 2 2 (2 )

= 23 = 8 ⇒ y = 2

4 4 m = – ––– ⇒ log4x = – ––– ⇒ x = 4 3 3 ⇒ x não é inteiro. Resposta: x = 8 e y = 2

4 – –– 3

4 – –– 3

=

(22)

8 – –– 3

=2

⇒

MÓDULO

3

MATEMÁTICA D


Função Modular

1. (FGV) – Resolva as inequações:

2. Resolva, em ⺢, a inequação (x – 1 – 3) . (x + 2 – 5) < 0.

4–x a) 1 < –––––– < 8 2

RESOLUÇÃO:

b) 2 – 5x > 10 RESOLUÇÃO 4–x a) 1 < ––––– < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔ 2 ⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2 b) 2 – 5x > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔ 8 12 ⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ––– ou x > –––– 5 5 Respostas: a) –12 < x < 2 8 12 b) x < – ––– ou x > –––– 5 5

–5


MATEMÁTICA D

MÓDULO

4

Aritmética

1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três números inteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos três lados de um triângulo retângulo. Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma: – escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números ímpares consecutivos; – calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo numerador e denominador representam as medidas dos catetos de um triângulo retângulo; – calcula-se a hipotenusa. a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4 e 6. b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e (x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos. Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.


RESOLUÇÃO: 1 1 3+2 5 a) –– + –– = ––––– = ––– 4 6 12 12 A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0). As medidas dos lados são 5, 12 e 13. b) Sendo x ∈ ⺞ e x > 1, temos: 1 x+1+x–1 2x 1 ––––– + ––––– = –––––––––––– = –––––– x–1 (x – 1)(x + 1) x+1 x2 – 1 A hipotenusa a é tal que a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔ ⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1 (a > 0). Logo, a ∈ ⺞. As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.


Respostas: a) 5, 12 e 13 b) x – 1, x + 1 e x2 + 1

n 9 –––– 3 q 2

⇔

n+6 9 ––––––– 0 q +1

n+6 7 ––––––– 0 q1 + 1


2

comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ ⺞* Visto que 200 < n < 400, temos: n = 252 – 6 = 246, para k = 4 n = 315 – 6 = 309, para k = 5 n = 378 – 6 = 372, para k = 6 Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4. b)

246 2 123 3 ⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒ 41 41 1 ⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8

Respostas: a) n = 246

6–

b) 8

MÓDULO

5

MATEMÁTICA D


Números Complexos

1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha: z1 z1 a) ––– ; b) x para que ––– seja um número real. z2 z2

2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo z = 2 – 2 3 i. a) Escreva z na forma trigonométrica.

RESOLUÇÃO: z1 (x + 4i) (1 – xi) x – x2i + 4i + 4x a) ––– = –––––––– . –––––––– = ––––––––––––––– = z2 (1 + xi) (1 – xi) 1 + x2

RESOLUÇÃO:

x2)i

x2

4– 5x + (4 – 5x = ––––––––––––– = ––––––– + ––––––– i 1 + x2 1 + x2 1 + x2 z1 4 – x2 b) ––– ∈ ⺢ ⇔ ––––––– = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2 z2 1 + x2 z1 4 – x2 5x Respostas: a) ––– = ––––––– + ––––––– i z2 1 + x2 1 + x2

b) Calcule z5.

a) z = 2 – 2 3 i = a + bi, a, b ∈ ⺢ ⇒ a = 2 e b = – 2 3 z = ρ = a2 + b2 =

2 22 + (– 2 3 ) = 4 + 12 = 4

0° ≤ θ < 360° a 2 1 cos θ = –– = –– = –– ρ 4 2

⇒ θ = 300°

b – 2 3 3 sen θ = –– = –––––– = – –––– ρ 4 2

z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) x = 2 ou x = – 2 b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)] z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°) z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°) z5 = 1024

3 –––12 + i –––– 2

z5 = 512 + 512 3i Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°) b) z5 = 512 + 512 3i

–7


MATEMÁTICA D

3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número – 1 + i 3 – 1 a unidade imagiω = ––––––––– no plano complexo, sendo i = 2 nária. Nessas condições, 1 a) determine as partes real e imaginária de ––– e de ω3; ω 1 b) represente ––– e ω3 na figura abaixo; ω

– 1 – i 3 1 z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = –––––––––– = –––– 2 ω

1 Respostas: a) Re ––– ω

c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0. RESOLUÇÃO: – 1 + i 3 Se ω = ––––––––– , então: 2 – 1 + i 3 3 1 ω = ––––––––– = – ––– + i . –––– = cos 120° + i . sen 120° 2 2 2 Assim: 1 cos 0° + i . sen 0° a) ––– = ––––––––––––––––––– = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) = ω cos 120° + i . sen 120° 3 1 = cos 240° + i . sen 240° = – ––– – i –––– 2 2 ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1

b)

c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0° As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto: z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3 – 1 + i 3 z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = –––––––––– = ω 2

8–

1

1

Re(ω 3) = 1; Im(ω 3) = 0 b) Ver figura. c)

3

; Im ––– = – –––– = – ––– 2 2 ω

; –––––––––– 1; –––––––––– 2 2 – 1 + i 3

– 1 – i 3

6

MÓDULO

MATEMÁTICA D



1. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar: a) o valor de m; b) as raízes de p. RESOLUÇÃO: Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação p(x) = 2x 3 – mx 2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:


1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13x + –––x + 16 = 0. 1

c) Resolva, em ⺓, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0. a)

3 a . b . c = – ––– 2 ab = – 1 ⇒2.

3

3 ⇒ c = –– ⇒

RESOLUÇÃO:

2

2

2

––2 – m . ––2 + 4 . ––2 + 3 = 0 ⇒ 3

3

3

1 1 a) x + –– = y ⇒ x + –– x x

1 = y ⇒ x + ––– = y – 2 = y ⇒ x + 2 + ––– x x 2

2

2

1

2

2

2

2

2

b) Dividindo-se ambos os membros da equação 27

9

8

4

⇒ 2 . ––– – ––– m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

3 b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e –– é raiz ⇒

2

⇒ P(x) =

x – ––2 (x 3

2


3 P(x) por x – –– é x2 – 2x – 1.

Logo, x = –– ou

2

Respostas: a) m = 7

x2

1 1 3x2 – 13x + 16 – 13 . –– + 3 . ––– = 0 ⇔ x x2

1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13 x + ––x + 16 = 0 1

1 1 c) Substituindo-se x + –– por y e x2 + ––– por y2 – 2, tem-se a x x2 equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔

2

3

3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se:

3

– 2x – 1 = 0 ⇔ x = –– ou x = 1 ± 2

2

2 ), (1 + 2 ), 3/2} b) V = {(1 –

13 ± 7 10 ⇔ y = –––––– ⇔ y = ––– ou y = 1 3 6 10 1 10 y = ––– ⇒ x + –– = ––– ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒ 3 x 3 1 ⇒ x = 3 ou x = –– 3 1 ± 3i 1 y = 1 ⇒ x + –– = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = –––––––– 2 x Logo, o conjunto-verdade da equação é: V=

3i 1 + 1 – 3i ; –––––––– ––13 ; 3; –––––––– 2 2


––3 ; 3; 1

3i 1 – 3i 1 + –––––––– ; –––––––– 2 2

–9


MATEMÁTICA D

MÓDULO

7




X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7} b) f(X ) = 2 . 3 = 6 1 f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30 f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42 f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

⇒



w = 14 y+z=9 ⇔ x + y = 15 x + y + z = 20

x = 11 y=4 z=5 w = 14

O diagrama fica


10 –

3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de bactérias, no período de t horas de um certo processo da industrialização do leite, é representada pela função: se 0 ≤ t ≤ 5 t2 + 7, se 5 < t ≤ 7 f(t) = 32, – 16t + 144, se 7 < t ≤ 9

MATEMÁTICA D


4) O domínio e o conjunto imagem de f são, respectivamente, 13 [– 1; 1] e 1; ––– . 4

a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno. b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função. c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir? RESOLUÇÃO: a) O gráfico de f é y = f(t)

5. (UEM) – Com respeito à função f : ⺢ → ⺢ definida por f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.

32

1 a) A função inversa de f é f–1 : ⺢ → ⺢ definida por f –1(x) = –––––– . 4x + 2

7 0

5

7

9

t


b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2. c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um número par. d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b. e) f não é uma função decrescente. RESOLUÇÃO: y–2 x–2 1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = –––––– ⇔ f –1(x) = –––––– 4 4 2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10 3) f

1

1




4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas 1 x = cos t e y = –– (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ ⺢. Construa o gráfico 4 de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f.

a=b

4a + 2 = b

2 ⇒ a = b = – ––– 3


RESOLUÇÃO: 1) x = cos t, com t ∈ ⺢ ⇔ – 1 ⭐ x ⭐ 1 1 1 2) y = –– (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = –– [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔ 4 4 5 5 ⇔ y = cos2t – cos t + –– ⇔ y = x2 – x + –– , pois cos t = x 4 4


3) O gráfico de y é

짰 e o gráfico de f é o arco de parábola AB.

– 11


MATEMÁTICA D

MÓDULO

8

Progressões Aritméticas

1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos é 39. A soma dos possíveis valores da razão é: a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32

2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois 999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma (3 + 999) . 333 S2 = –––––––––––––– = 166 833 2

RESOLUÇÃO: 1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒

3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois 1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma (4 + 1000) . 250 S3 = –––––––––––––– = 125 500 2

⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ ⺞* 2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒ ⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ ⺞* 3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28. Resposta: C

4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois 996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma (12 + 996) . 83 S4 = –––––––––––––– = 41 832 2 5) A sequência dada possui 1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e soma S = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000 Respostas: a) 501 termos b) 251 000

2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à disposição apresentada no desenho: uma moeda no centro e as demais formando camadas tangentes. Considerando que a última camada é composta por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do total de moedas usadas nessa arrumação.

4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes. a) Determine o 101.º termo dessa sequência. b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência. m

Dado: RESOLUÇÃO: 1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84). 2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos: an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14 3) A soma dos termos da 1a. sequência é (6 + 84) . 14 1 + –––––––––––– = 1 + 90 . 7 = 631 2

Σ k=0

(m + 1)(2m + 1)(2m + 3) (2k + 1)2 = ––––––––––––––––––––––– 3

RESOLUÇÃO: Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ ⺞ e ímpar, temos: a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar. Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19) 19 termos possui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 19 + 2 = 21

4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10. b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63 A soma dos termos da sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 = 63 termos 31

3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números (1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todos os números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de 3 e de 4. a) Quantos termos possui essa sequência? b) Qual é a soma dos termos dessa sequência? RESOLUÇÃO: 1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com 1001 termos e soma (1 + 1001) . 1001 S1 = –––––––––––––––– = 501 501 2

12 –

=

Σ

k=0

(31 + 1).(2. 31 + 1)(2. 31 + 3) (2k + 1)2 = ––––––––––––––––––––––––– = 3

32.63.65 = ––––––––––– = 43 680 3 Respostas: a) 21

b) 43 680

MÓDULO

9

MATEMÁTICA D


Progressões Geométricas


2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontrase no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à sua frente. A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 1 segundo, conforme tabelas abaixo. João Victor

Samuel



1 ––– 2 3 ––– 4 9 ––– 8

1o. 2o. 3o.

7

k=1

c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do segmento inicial? RESOLUÇÃO: Observemos que: 1 2 F1 = 2 . –– = –– 3 3 1 1 4 F2 = 4 . –– . –– = –– 3 3 9

3o.

1,0

Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica, enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética. Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final do a) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N. b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava nos pontos M e N. c) 6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel. d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel. RESOLUÇÃO: 1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor. 2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.

1 1 1 8 F3 = 8 . –– . –– . –– = –– 3 3 3 27 A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo 2 2 F1 = –– e razão q = –– 3 3

1 3 9 ––– ; ––– ; ––– ; … 2 4 8


t

1 –– 3 –1 –– t 2 2 3 St = ––––––––––––––– = –– – 1 2 3 –1 –– 2

Assim:

2 –– 3

6

=

2 –– 3

7

128 = ––––– 2187

3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.

7

b)

2o.

b) Obtenha ∑ Fk

a) Calcule F7

2 a) F7 = F1 . q7 – 1 = –– . 3

1 ––– 2 3 ––– 4

1o.

∑ Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

k=1

2 2 7 2 128 –– –– – 1 –– ––––– – 1 3 3 3 2187 128 = –––––––––––––– = ––––––––––––––– = 2 . 1 – ––––– 2 2187 1 –– – 1 – –– 3 3

4118 = ––––– 2187

1 3 ––– ; ––– ; 1; … 2 4

St’ =


––12 + ––21 + (t – 1) . ––41 t

t ––––––––––––––––––––– = ––– 2 2

a) verdadeira, pois S5 = 1 –– 1 2 4 3 c) Terá sido retirado –– + –– + –– … = –––––––– = 1, ou seja, 2 3 9 27 1 – –– 3 o segmento inteiro.

5

3 ––– 2

–––4 + –––4 = ––––––– 8 t

3

t(t + 3)

211 – 1 = ––––– > 5 32

5 . (5 + 3) b) verdadeira, pois S’5 = ––––––––– = 5 = MN 8

– 13


MATEMÁTICA D

c) falsa, pois S6 =

6

3 ––– 2

665 – 1 = ––––– 64

6 . (6 + 3) 27 S6’ = ––––––––– = –––– 8 4

a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi

1 10 400 1 – –– 2 f(10) = ––––––––––––––––– = 800 1 1 – –– 2

665 27 233 S6 – S6’ = ––––– – –––– = ––––– 3,6 < 5 64 4 64 d) verdadeira, pois S8 =

8

3 ––– 2

6305 – 1 = ––––– 256

8 . (8 + 3) S8’ = ––––––––– = 11 8

6305 3489 S8 – S8’ = ––––– – 11 = ––––– 13,6 256 256 Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m à frente.

1 1 – ––––– 1024

⇒

1023 ⇒ f(10) = 800 . –––––– 799,22m. 1024 No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproximadamente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.

b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t minutos, a partir do instante t = 0, é

1 t 400 1 – –– 2 f(t) = –––––––––––––––– ⇒f(t) = 800 1 1 – –– 2

1 t 1 – –– 2

O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:

3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de 800 metros a distância entre A e B.

Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m b) Gráfico

Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deverá encontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), no ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e, assim, sucessivamente. Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período considerado. a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros minutos. Constate que, nesse instante, sua distância ao ponto B é inferior a 1 metro. b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = distância percorrida pelo objeto em t minutos”, a partir do instante t = 0. RESOLUÇÃO: A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da 1 progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão –– . 2

14 –

MATEMÁTICA D


4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em seguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a π m2 a) –––– 2

3π m2 b) ––––– 8

π m2 d) ––––– 4

π m2 e) ––––– 8

π m2 c) ––––– 3

RESOLUÇÃO:

m O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio ––– . 2 m兹苵苵2 O quadrado EFGH tem diagonal m e lado –––––– . O círculo nele inscrito 2 m兹苵苵2 possui raio –––––– . 4 m m兹苵苵2 O quadrado IJKL tem diagonal –––––– e lado ––– . 2 2 m O círculo nele inscrito tem raio ––– . 4 Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos: S=π

=π

冢

m ––– 2

2

冣

+π

m兹苵苵2

+… 冣冢 –––4 + –––8 + –––– 16 m2

m2

m2

2

冢 –––––– 冣 4

+π

2

冢 –––4 冣 m

+…=

m2 –––– m2 4 = π . –––––––– = π . –––– 1 2 1 – –– 2

π m2 Portanto: S = –––––– unidades de área. 2 Resposta: A

– 15


MATEMÁTICA D

MÓDULO

10


Matrizes e Determinantes

4 1


2 1

14 5


e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que B=

AX + I = B. RESOLUÇÃO: Sendo X =

a b c d

A. X + I = B ⇒

.

4 1

– 21 – 12 e C =

a b c d

+

1 0 0 1

= 17 7 ⇔ 14 5

⇔

4a + c

⇔

4a + c

⇔

4a + c = 17 e 4b + d = 6

⇔

c=5

b + 2d 4b + d

a + 2c + 1

b + 2d 4b + d + 1

a + 2c = 13

a=3

Resposta: X =

+

e

b=1

3 1 5 2

=

1 0 0 1

=

b + 2d = 5

d=2

1 3

3 –5

1 , –1

matrizes reais.


a + 2c

x – 2y


, temos

1 2

3x + y

14 5 17 7

⇔

14

5

17

7

B=

a + 2c = 13

3 1 5 2

x – 2y

–1 2

1 –2

1 –1

⇒ det(A) = y – 4x

⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

⇔

7a = 21

desta forma: X =

⇔

3x + y

e

7b = 7

b + 2d = 5

⇔

b) A + 2 . B = C

3x + y

x – 2y

1 –1

+ 2 . – 1 – 2 = 3 2

⇔

⇔

3x + y – 2 = 3

x – 2y + 4

3

3x + y – 2

–5

x – 2y + 4 = 1

⇔

=

1

1

1

3

3

–5

x – 2y = – 3

Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico

16 –

⇔

⇔

3x + y = 5

b) x = 1 e y = 2

3 –5

⇔

y=2

x=1

0 –2 e 2 0

3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A =

1 0 é igual a:

d)

4 4

b)

4 0

e)

4 4

0 4

1 0

2 1

1 0

.

1 1

=

1 0

3 1

........................................................................................... ........................................................................................... ...........................................................................................

0 –1

B=

a)

III) A3 = A2 . A =

MATEMÁTICA D


0 4 4 0

0 0

A n = An – 1 . A =

0 0

c)

1 n–1 0 1

.

1 1 0 1

=

1 0

n 1

Resposta: A

0 6 6 0

RESOLUÇÃO: A2 = A . A =

2 0 0 –2

.

2 0 0 –2

=

B2 = B . B =

0 –1 1 0

.

0 –1 1 0

=

2A2 + 4B2 = 2 .

=

4 0

8 0

0 4 0 8

+4.

+

–1 0 0 –1

–4 0 0 –4

4 0

0 4

–1 0 0 –1

5. Determine a soma das raízes da equação, em ⺢.

=

=

A=

4 0

0 4

x

2

1

3

x–2

4

5

–1

1

2

x

3

3

2

4

x–3

RESOLUÇÃO:

Resposta: B

x x–2 1 3

4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij =

0,1, sese ii >≤ jj .

Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a: a)

d)

=0

1

n

b)

1

0

n2 0

0 n

e)

1

n

1

1

1

n2

0

1

1 1

c)

1

0

n

1

2 4 2 2

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

x+6 x+6 =0⇔ x+6 x+6

2 4 2 2

⇔ (x + 6) .

1 1 1 1

2 4 2 2

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

⇔ (x + 6) .

1 1 1 1

0 2 0 0

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 .

1 1 1

1 x 4

3 3 x–3

1 5 x 4

3 –1 3 x–3

=0⇔

=0⇔

⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔ ⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x = – 6, x = 1 ou x = 6 A soma das raízes é 1. Resposta: 1

RESOLUÇÃO: Se A = (aij) 2 x 2 tal que aij =

I)

A=

II)

A2 = A . A =

0, se i > j 1, se i ⭐ j, então:

1 0

1 1

1 0

1 1

.

1 0

=

1 0

2 1

– 17


MATEMÁTICA D

MÓDULO

11

Sistemas Lineares


kx + 2y – z = 0 2x – y + 2z = 0 3x + y + kz = 0

Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então: 1 D= 1 2

–1 0 2 – 1 = 0 ⇔ b = 11 e –b 3

11 b ––– = –––– = 22 1 a –– 2

Resposta: B


D=

k 2 3

2 –1 1

–1 2 k

≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1

Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,

D=

k

2

–1

2

–1

2

3

1

k

3. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z: = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1


x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ax + y + 2z = 8

a) Encontre o valor de a que torna o sistema impossível ou indeterminado. b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se o sistema dado é impossível ou indeterminado. RESOLUÇÃO:

a) O sistema

x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ax + y + 2z = 8

e somente se,


x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

e


⇔

x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

⇔

x+y–z=0 –1 2y – z = –––– ⇔ 2 – 2y + z = a

x+y–z=0 – 4y + 2z = 1 – 2y + z = a

x+y–z=0 1 2y – z = – ––– 2 1 0z = a – ––– 2

⇔

1 1 Se o sistema tem infinitas soluções, então a – ––– = 0 ⇔ a = ––– . 2 2

18 –

–2 1 1

–1 3 = 0 ⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1 2

b) Para a = 1, o sistema será:

x–y=0 x + 2y – z = 0 2x – by + 3z = 0

1 2 a

será impossível ou indeterminado se,

x – 2y – z = 8 2x + y + 3z = – 2 ⇔ x + y + 2z = 8

x + y + 2z = 8 ⇔ 3y + 3z = 0 5y + 5z = – 18

x + y + 2z = 8 , y+z=0 0z = – 18

que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução. Respostas: a) a = 1 b) sistema impossível

4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:

MATEMÁTICA D


5. Para que valores de k o sistema de equações lineares x+y=1 x–y=k x + ky = k nas incógnitas x e y com k ∈ ⺢ é indeterminado?

– x1 + 2x2 = 2 2x1 – x2 = 2 x1 + x2 = 2

a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique. b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, que consiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método, encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima. Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M) são iguais às colunas de M. RESOLUÇÃO: a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pontos definidos pelos pares ordenados (x1 ; x2 ) num sistema cartesiano orgonal de abscissa x1 e ordenada x2 .

RESOLUÇÃO 1:

x+y=1 x–y=k ⇔ x + ky = k

⇔

⇔

x+y=1 k+1 x = –––––– ⇔ 2 x + ky = k

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 k+1 1–k –––––– + k . –––––– = k 2 2

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 x + ky = k

k+1 x = –––––– 2 1–k ⇔ y = –––––– 2 1 – k2 = 0

k=1⇒x=1 e y=0 k=–1⇒x=0 e y=1

Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível. RESOLUÇÃO 2: Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que

MI = Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema não tem solução.

b) Se A . x = b é

–1 2 1

2 –1 1

x1

.

x2

A

2 2 2

=

x

=

2 –1

– 12

⇔

.

1 1

2 –1

1 1

–1 2 2 –1 1 1

.

x1

6x1 – 3x2 = 4

– 3x1 + 6x2 = 4

⇔

1

k

MC =

1 1 1

1 –1 k

A matriz incompleta de característica, pois

1 k k

1 1

1 ≠0 –1

=

x2

. 22 ⇔ – 63 2

–1

k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3. Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D. k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.

b

1

1

Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se

, então

AT . Ax = AT . b é

– 12

1

–3 6

.

x1

=

x2

4 4

⇔

4 x1 = –– 3 4 x2 = –– 3

Respostas: a) ver gráfico b) A solução aproximada do sistema é dada por (x1; x2 ) =

4 4 –– ; –– 3 3

– 19


MATEMÁTICA D

MÓDULO

12

Grandezas Proporcionais e Médias

1. Pela legislação, a porcentagem máxima permitida de álcool na mistura combustível dos carros a gasolina é de 25%. O reservatório de um posto de abastecimento de veículos, examinado pela fiscalização, apresentou 40% de álcool na mistura combustível. Em relação à quantidade de gasolina presente na mistura, a porcentagem em que ela deve ser aumentada de forma que a porcentagem de álcool presente atinja o limite de 25% é a) 15% b) 20% c) 50% d) 75% e) 100%


RESOLUÇÃO: Considerando que a mistura presente no reservatório seja apenas de álcool e gasolina, sejam, respectivamente, va e vg os volumes iniciais de álcool e gasolina e x o volume de gasolina a ser inserto no reservatório.

RESOLUÇÃO: a)

Preço de custo

Lucro

Preço de venda

Calça

x

20%

1,20 . x

Camisa

x ––– 3

40%

x 1,40 . –– 3

Saia

x ––– 2

30%

x 1,30 . –– 2

Inicialmente, temos:

2 va = 40% (va + vg) ⇔ 60%va = 40%vg ⇔ va = ––– vg 3 Após o acréscimo, temos: va = 25%(va + vg + x) ⇔ 2 1 ⇔ ––– vg = ––– 4 3

2 ––– vg + vg + x 3

⇔ x = vg

Assim, na mistura, a porcentagem em que a gasolina deve ser aumentada é vg x ––– = ––– = 1 = 100% vg vg Resposta: E

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pagaria x x 2,80x 2 . 1,20x + 2 . 1,40 . ––– + 2 . 1,30 . ––– = 2,40x + ––––––– + 1,30x = 3 2 3 7,20x + 2,80x + 3,90x 13,90x = ––––––––––––––––––––– = ––––––– 3 3 Com 10% de desconto, o cliente paga 13,90x 13,90x 90% . ––––––– = 0,90 . ––––––– = 4,17x 3 3 b) O preço de custo dos produtos vendidos foi x x 6x + 2x + 3x 11x 2 . x + 2 . ––– + 2 . ––– = ––––––––––––– = –––– 3 2 3 3 1,51x 11x O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – –––– = –––––– , correspon3 3 1,51x –––––– 1,51 3 dendo a ––––––––– = –––– 0,1372 = 13,72% 11x 11 –––– 3 Respostas: a) 4,17 . x

20 –

b) 13,72%

3. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal de água com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo total e com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foram consumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pela residência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, uma adolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidade de água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembro com esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal.

5. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um time de vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média das alturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, em metros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraram em: a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12 RESOLUÇÃO: Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que

RESOLUÇÃO:

saíram, permaneceram e entraram no time, temos:

I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com descarga de banheiro e higiene pessoal foi (25% + 33%) . 25000ᐉ = 14500ᐉ II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi 40% . 14500 ᐉ = 5800 ᐉ Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou 3300 ᐉ com descarga de banheiro e 2500 ᐉ com higiene pessoal. Resposta: 5800 ᐉ

SS + SP –––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,52 6 Se + SP –––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,4 6

⇒

SS Se ⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ –––– – –––– = 0,04 3 3 SS Se Como –––– e –––– são, respectivamente, as médias aritméticas das 3 3 alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquela supera esta em 0,04 m. Resposta: B

4. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções de pagamento: – À vista, com 10% de desconto no preço anunciado; – Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento da compra. Qual a taxa de juros mensais embutida nas vendas a prazo? a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30% RESOLUÇÃO: 1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p. 2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra. 3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de 0,50p – 0,40p = 0,10p 1 0,10p 4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de –––––– = ––– = 0,25 = 25% 4 0,40p Resposta: D

– 21

MATEMÁTICA D



MATEMÁTICA D

MÓDULO

13

Trigonometria I

1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal de A sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ângulo ^ mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetros DAC quadrados, é: sec θ . tg θ a) –––––––––– 2

sec θ . tg2 θ b) –––––––––– 2

sec2 θ . tg θ c) –––––––––– 2

cossec2 θ . cotg θ d) –––––––––––––––– 2

cossec θ . cotg θ e) ––––––––––––––– 2 RESOLUÇÃO:

2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação 2 sen x 1 ––––––––– = –––––––––– são em número de: cos 2x – 1 1 + sen x a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

RESOLUÇÃO: 1 2 . sen x ––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x cos(2x) – 1 1 2 . sen x ⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x 1 – 2sen2x – 1 2 . sen x 1 ⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 2 1 + sen x – 2 . sen x 1 1 ⇔ ––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔ 1 + sen x – sen x 1 ⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = – –– 2 7.π 11 . π Para [0; 2π], resulta x = –––––– ou x = –––––– 6 6 Resposta: B

I) No triângulo ABD: 1 1 cm cos θ = ––––– ⇔ AB = –––––– cm = sec θ cm cos θ AB II) No triângulo ABC: AC 1 tg θ = ––––– ⇒ AC = ––––– . tg θ cm = sec θ . tg θ cm AB cos θ III) A área S do triângulo ABC é tal que: sec2 θ . tg θ AB . AC S = ––––––––––– ⇔ S = –––––––––––– cm2 2 2 Resposta: C

22 –

e) 5

3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação (2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].

RESOLUÇÃO:

^

^

4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que BAC mede 80°, A BC — mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de AC, em centímetros, é dada por 4 2 a) 2 b) ––– c) –––––––– k 1 – 2k2

Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:

2 . 1 – 2k2 d) –––––––––––– 1 – 2k2

(2 . cos 2 x + 3 . sen x) (cos 2 x – sen 2 x) = 0 ⇔ ⇔ 2 . cos 2 x + 3 . sen x = 0 ou cos 2 x – sen 2 x = 0 ⇔

2 . (1 – k) e) –––––––––– 1 – 2k

⇔ 2 . sen 2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen 2 x = cos 2 x ⇔ RESOLUÇÃO:

1 ⇔ sen x = 2 ou sen x = – –– ou tg 2 x = 1 ⇔ 2 1 ⇔ sen x = – –– ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔ 2 π 3π 7π 11π ⇔ x = –––– ou x = ––––– ou x = ––– ou x = –––– ou 4 4 6 6 5π 7π x = –––– ou x = –––– 4 4

7π π 3π 5π 7π 11π Resposta: ––– , ––– , ––– , ––– , ––– , ––– 6 4 4 4 4 6

I) Pela lei dos senos: AC 4 AC 4 –––––– = –––––– ⇔ –––––– = –––––––––––––––– ⇔ sen 80° sen 40° sen 40° 2 sen 40° . cos 40° 2 ⇔ AC = ––––––– cos 40° II) cos 40° = 1 – 2 sen 2 20° ⇔ cos 40° = 1 – 2k 2 2 De (I) e (II), tem-se que: AC = –––––––– 1 – 2k2 Resposta: C

– 23

MATEMÁTICA D



MATEMÁTICA D

MÓDULO

14

Trigonometria II e Geometria Analítica I

1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o 1 valor de gof(x), sabendo que sen α = ––– , com α = 2x. 4 RESOLUÇÃO: 1 1 e α = 2x, temos sen (2x) = ––– Sendo sen α = ––– 4 4 Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) = = 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 .

1 ––– 4

2

3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A reta s é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação de sé a) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0 c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0 e) 2x – y + 5 = 0 RESOLUÇÃO: A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos

7 = ––– 8

pontos (3; 4) e (5; 5). A equação da reta s é:

7 Resposta: (gof) (x) = ––– 8

x 5 3

y 5 4

1 1 = 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0 1

2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo a equação abaixo. P = 800 – 100 . sen

(t + 3) π –––––––– 6

Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro corresponde a t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de um mesmo ano, os meses nos quais a população de animais atinge a) um total de 750; b) seu número mínimo. Resposta: C

RESOLUÇÃO: a) 800 – 100 sen

(t + 3) π (t + 3) π

–––––––– = 750 ⇔ sen –––––––– = ––12 ⇔ 6 6

(t + 3) π π ⇔ –––––––– = –– + n . 2π (n ∈ ⺪) ou 6 6 (t + 3) π 5π –––––––– = ––– + n . 2π (n ∈ ⺪) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ ⺪) 6 6 Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro) b) P é mínima quando sen ⇔

(t + 3) π

–––––––– = 1 ⇔ 6

–––––––– = ––2 + n . 2π (n ∈ ⺪) ⇔ t = 12 n (n ∈ ⺪) 6 (t + 3) π

π

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro) Respostas: a) março e novembro

24 –

b) janeiro

MÓDULO

15

MATEMÁTICA D



1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bem adaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente por uma função linear nas primeiras 8 semanas de vida. Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação à sua idade, em semanas, seja

2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices consecutivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. O — lado AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à circunferência de centro na origem e raio 5. Então as coordenadas de C são: a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1) RESOLUÇÃO:

sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer. Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios da tilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é 12 a) ––– 8

15 b) ––– 8

17 c) ––– 8

5 d) ––– 8

19 e) ––– 8

RESOLUÇÃO: Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:

x ↔ A equação da reta AD, perpendicular à reta de equação y = – 2x, é y = –– 2 O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5

Assim:

x y = –– 2 ⇔ x2 + y2 = 5

x=2 ⇒ D (2; 1) y=1

Sendo ABCD um paralelogramo, temos:

xA + xC = xB + xD yC = yD = 1

⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5

e portanto: C(5; 1) Resposta: E

Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔ 0 C0 1 17 y ⇔ 6 y 1 = 0 ⇔ ––– = ––– 8 C0 8 2,5 C0 1 Resposta: C

– 25


MATEMÁTICA D

3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação (x – 3)2 + y2 = 5. a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3. b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e o coeficiente angular de r.

4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0. Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas são números inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é o número máximo de triângulos com vértices nesses pontos? RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO A equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circunferência de centro C(3; 0) e raio r = 5. a) Para y = 2, resulta: (x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔ ⇔ x = 4 ou x = 2 Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2). b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação: x y 1 4 2 1 = 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6 3 0 1 O coeficiente angular de r é mr = 2. Respostas: a) P(4;2) b) y = 2 . x – 6 e mr = 2

26 –

A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro C(5; 4) e raio 4. Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P, Q, R, S, T. Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontos é C7,3 = 35. Resposta: 35

MÓDULO

16

MATEMÁTICA D


Trigonometria III e Geometria Analítica III

1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou para calcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar. sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47 sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34

2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a senoide de equação y = sen(x) e o ponto P = figura.

––2 ; 3 , conforme a π

A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é: a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distância do ponto ––– A ao barco. É conveniente traçar a altura AH do triângulo ABC. b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser, utilize os produtos: 88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598. RESOLUÇÃO: a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:

12 + 2π a) –––––––– 5

13 + 2π b) –––––––– 5

15 + 2π d) –––––––– 5

16 + 2π e) –––––––– 5

14 + 2π c) –––––––– 5

RESOLUÇÃO: A distância de P

–––2 ; 3 à reta r é:

|

|

π

π 4 . ––– – 3 . 3 + 15 2 2π + 6 2π + 6 d1 = –––––––––––––––––––––– = –––––––––– = ––––––– 5 5 16 + 9

π A distância de P ––– ; 3 2

1) No triângulo retângulo ABH: AH sen 62° = –––– ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m 50 2)

à senoide é: d

2

=3–1=2

2π + 6 16 + 2π Então: d1 + d2 = ––––––– + 2 = ––––––– 5 5 Resposta: E

No triângulo retângulo ACH:

AH 44 sen 70° = –––– ⇒ AC = –––– ≅ 47 m AC 0,94 Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproximadamente 47 m. b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) = = – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] = = sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° = = 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 = = 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667 Assim: cos 48° ≅ 0,67 Respostas: a) Aproximadamente 47 m b) cos 48° ≅ 0,67

– 27


MATEMÁTICA D

3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta s intercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo dos x e pelas retas s e t é: a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6 RESOLUÇÃO: A partir do enunciado, temos:

a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação: x 2 0

y 2 3

1 1 = 0 ⇔ x + 2y = 6. 1

A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo das abscissas no ponto A(6;0). b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2. c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2, tem equação y – 2 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y = 6 e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0). d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a AB . yP 3.2 A = ––––––––– = –––––– = 3 2 2

28 –

MÓDULO

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Trigonometria IV e Geometria Analítica IV

1. (UNESP) – Uma equipe de agrônomos coletou dados da temperatura (em °C) do solo em uma determinada região, durante três dias, a intervalos de 1 hora. A medição da temperatura começou a ser feita às 3 horas da manhã do primeiro dia (t = 0) e terminou 72 horas depois (t = 72). Os dados puderam ser aproximados pela função

3. (UNESP) – Sejam A = (2;0) e B = (5;0) pontos do plano e r a reta x de equação y = –– . 2 a) Represente geometricamente os pontos A e B e esboce o gráfico da reta r. x b) Se C = x; –– com x > 0, é um ponto da reta r, tal que o 2 triângulo ABC tem área 6, determine o ponto C.

π 3π t + ––– , ––– 2 12

H(t) = 15 + 5 sen

em que t indica o tempo (em horas) decorrido após o início da observação e H(t) a temperatura (em ºC) no instante t. a) Resolva a equação sen

MATEMÁTICA D


π 3π t + ––– = 1, para t ∈ [0; 24]. ––– 2 12

RESOLUÇÃO: x a) A reta (r) de equação y = –– passa pelos pontos (0; 0) e (2; 1), então a 2

b) Determine a temperatura máxima atingida e o horário em que essa temperatura ocorreu no primeiro dia de observação.

representação gráfica pedida é:

RESOLUÇÃO: Sendo H(t) = 15 + 5 . sen

π 3π a função descrita no problema, t + ––– ––– 12 2

então: a) sen

π 3π π π 3π t + ––– = 1 ⇔ ––– t + ––– = ––– + n . 2π (n ∈ ⺪) ––– 12 2 2 12 2

⇔ t = –12 + 24 . n (n ∈ ⺪) Para t ∈ [0; 24], resulta t = 12. b) A temperatura é máxima quando sen

π 3π t + ––– = 1, assim: H ––– 12 2

máxima

= 15 + 5 . 1 = 20°C

Essa temperatura ocorreu (no 1o. dia de observação) às 15 horas. Respostas: a) 12 b) 20°C e 15 horas

b) Se C

x; ––2 , com x > 0, é um ponto da reta (r), tal que o triângulo x

ABC tem área 6, então:

2. (UNIFESP) – Considere a região sombreada na figura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equações y = 2x e x = k, k > 0. Nestas condições, expresse, em função de k: a) a área A(k) da região sombreada. b) o perímetro do triângulo que delimita a região sombreada.

x 3 . –– 2 AΔABC = ––––––– = 6 ⇔ x = 8 2

RESOLUÇÃO: k . 2k a) A(k) = ––––––– = k2, k > 0 2

O ponto C tem coordenadas: C(8; 4).

(

b) O perímetro do triângulo é k + 2k + k2 + 4k2 = 3k + k 5 = k 3 + 5

)

Respostas: a) Gráfico

b) C(8; 4)

Respostas: a) A(k) = k2 b) k(3 + 5)

– 29


MATEMÁTICA D

MÓDULO

18

Geometria Plana I

1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábio Eratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre as localidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente), situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando em Siena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziam um ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, a circunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completa em torno da Terra.

2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e Â = 36º. ˆ e A DC. ˆ a) Calcule os ângulos D CB b) Prove que AD = BC.

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Seja x o comprimento da circunferência da Terra. De acordo com o enunciado, tem-se: 360º x = –––– . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km 7,2º Resposta: 40 000 km

a) AB = AC Â = 36º

冧

CB = CD ˆ = 72º A BC

ˆ = ACB ˆ = 72º ⇒ ABC

冧

ˆ = 72º e D CB ˆ = 36º ⇒ B DC

ˆ = 180º – B DC ˆ ⇒ ADC ˆ = 108º ADC ˆ = ACB ˆ – D CB ˆ ⇒ ACD ˆ = 72º – 36º = 36º b) ACD ˆ = CÂD = 36º ⇒ AD = CD (I) ACD AD = CD (I) CD = BC (dado)

30 –

冧 ⇒ AD = BC

3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, na qual r, s e t são retas paralelas.

BC 1 II) cos α = –––– = –– BD 2

MATEMÁTICA D


α ⇒ 60º

0º < α < 90º III) θ = 60º + (90º – α) θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2 Assim: (AD)2 = (3)2 + 22 ⇔ AD = 7 Resposta: AD = 7 RESOLUÇÃO: De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se: x + 10 x + 20 –––––– = –––––– ⇔ x – 18 x – 16 ⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25 Resposta: x = 25

4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é um –– ˆ mede 60º e os ângulos ponto sobre o lado AD, tal que o ângulo ABE ˆ e BCD ˆ são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = EBC 3 e BC = 1. –– Determine a medida de AD.

5. (UNICAMP) – No canto A de uma casa de forma quadrada ABCD, de 4 metros de lado, prende-se uma corda flexível e inextensível, em cuja extremidade livre é amarrada uma pequena estaca que serve para riscar o chão, o qual se supõe que seja plano. A corda tem 6 metros de comprimento, do ponto em que está presa até sua extremidade livre. Mantendo-se a corda sempre esticada de tal forma que inicialmente sua extremidade livre esteja encostada à parede BC, risca-se um contorno no chão, em volta da casa, até que a extremidade livre toque a parede CD. a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita. b) Calcule a área da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da estaca. RESOLUÇÃO: a) De acordo com o que foi descrito no texto, pode-se esboçar a seguinte figura:

RESOLUÇÃO:

b) A área S, em m2, da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da 3 estaca conforme a figura do item a, corresponde a –– da área de um 4 2 círculo de raio 6 m mais –– da área de um círculo de raio 2 m. 4 3 2 Assim: S = –– . π . 62 + –– . π . 22 ⇔ S = 29π 4 4 I)

(BD)2 = 12 + (3)2 ⇔ BD = 2

Resposta: 29π m2

– 31


MATEMÁTICA D

MÓDULO

19

Geometria Métrica I

1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circular reto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prisma regular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triângulo equilátero e inscrito na circunferência. A região entre o prisma e o cilindro é fechada e não aproveitável. Determine o volume dessa região. Para os cálculos finais, considere as aproximações π = 3 e 3 = 1,7

RESOLUÇÃO: Sejam: I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve de base para o prisma. II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para o cilindro. III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro. O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros cúbicos, por: l 2 . 3 V = πr2h – –––––– . h, em que: r = 5, h = 12 e l = 3 4 Assim: 25 . 3 . 1,7 V = 3 . 25 . 12 – ––––––––– . 12 = 900 – 382,5 = 517,5 4

2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma de um paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de 2 m. O reservatório estava completamente vazio e às 0 horas (quando a creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura do nível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher, 5t é dada por h(t) = ––––– com h(t) em metros. t+6 a) Determine a capacidade total de água do reservatório e o volume V(t) de água no reservatório no instante t (em m3). b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) do reservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total. RESOLUÇÃO: a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo retângulo. Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4 No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos é dado por: 5t 10t V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ––––– ⇔ V(t) = ––––– t+6 t+6 10t b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < ––––– < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔ t+6 3 ⇔ ––– < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas 2 10t Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) = ––––– t+6

Resposta: 517,5 cm3 b) entre 1h30min e 4 horas da manhã

32 –

3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vértices são os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces são triângulos equiláteros congruentes. a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular. b) Calcule o volume do mesmo octaedro.

4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladas em plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio de medida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tem a forma de uma cunha esférica, como representado na figura.

RESOLUÇÃO:

Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 4πR2 cm2, determine, em função de π e de R: a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico); b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia (sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja, qual é a área da superfície total de cada fatia. RESOLUÇÃO:

Sejam 1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta desse octaedro regular. 2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro. a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm. Assim, l = 5 2 1 b) V = 2 . ––– . l 2 . 5 3

2 500 Assim: V = ––– (5 2)2 . 5 ⇔ V = –––– 3 3

Respostas: a) 5 2 cm b) 500 –––– cm3 3

a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é: 1 πR2 SC = ––– . 4πR2 ⇔ SC = –––– 12 3 b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros quadrados, da superfície total de cada fatia, é: πR2 πR2 πR2 S = SC + 2 . –––– ⇔ S = –––– + πR2 ⇔ S = –––– 2 3 3 πR2 Respostas: a) –––– cm2 3 4πR2 b) –––– cm2 3

– 33

MATEMÁTICA D



MATEMÁTICA D

MÓDULO

20

Análise Combinatória e Probabilidade

1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4 de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferem sentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modos distintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares se forem respeitadas as preferências?

c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161

RESOLUÇÃO: Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes. Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes. Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as preferências, é 12 . 12 = 144. Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes. Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456. Resposta: 3456

Resposta: a) 462

2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determinados x e y não podem comparecer juntos numa composição porque podem ocasionar explosões. De quantas maneiras diferentes se podem obter compostos de exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e y não estejam juntos em nenhum deles?

2 6 3 5 27 3 p = –– . –– + –– . –– = ––– = –– 5 9 5 9 45 5

RESOLUÇÃO: O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é 10! C10,4 = –––––– = 210. 4! 6! O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os 8! 4 escolhidos é C8,2 = –––––– = 28. 2! 6! Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão juntos em nenhuma combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182 Resposta: 182

161 23 A probabilidade pedida é p = ––––– = ––– 462 66

b) 210

23 c) ––– 66

4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas. Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas. Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda sem examinar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola da segunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca. RESOLUÇÃO: A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à probabilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a probabilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca. Portanto, esse valor é:

5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e um certo número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O número de jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o número de partidas entre um homem e uma mulher. Calcule a) quantos homens participaram do torneio; b) quantos jogos foram realizados no total; c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher. RESOLUÇÃO: a) Sendo n o número de homens, obtêm-se: jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2 jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n Então: n(n – 1) 2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . –––––––– = 4n + 66 ⇒ 2

3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessas onze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão. Calcule a) quantas comissões diferentes podem ser formadas; b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas mulheres; c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade de ela possuir pelo menos três mulheres. RESOLUÇÃO: 11! a) C11,6 = –––––– = 462 6! 5! b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210

34 –

⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11 b) Se o número de participantes é n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade de jogos foi 13 . 12 2 . C13,2 = 2 . ––––––– = 156 2

4 . 11 44 11 c) A probabilidade é p = –––––––– = ––––– = –––– 2 . C13,2 156 39 Respostas: a) 11

b) 156

11 c) –––– 39

MÓDULO

21

MATEMÁTICA D


Geometria Plana II

1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e os pontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos de reta de mesma medida.

2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongados para obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a: (p – 2) π a) ––––––– p

(p – 3) π b) ––––––– p

(p – 4) π c) ––––––– p

(p – 5) π d) ––––––– p

π e) –– p

RESOLUÇÃO:

Nessas condições, calcule: ˆ a) a medida do ângulo MPQ; ˆ b) a medida do ângulo BMQ. RESOLUÇÃO:

––– –– ˆ a) O triângulo BMP é equilátero pois BM BP e B = 60º. ˆ = 60º e, portanto, M PQ ˆ = 120º Assim, B PM –– –– –– ˆ é isósceles, pois MP b) O triângulo M PQ PQ BP e, portanto, sendo α ˆ e PQM, ˆ a medida dos ângulos PMQ temos: α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º ˆ = BMP ˆ + PMQ ˆ ⇔ BMQ ˆ = 60º + 30º ⇔ BMQ ˆ = 90º Assim, BMQ ˆ = 120º Respostas: a) M PQ

Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas da estrela e ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono, tem-se: 2π 1ª.) ae = ––– p 2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π Assim: 4π pπ – 4π (p – 4)π x + ––– = π ⇔ x = ––––––– ⇔ x = ––––––– p p p Resposta: C

ˆ = 90º b) BMQ

– 35


MATEMÁTICA D

3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e Â um ângulo reto, calcule CD.

5. Sabendo-se que o triângulo ABC é equilátero de lado 6 cm, o arco menor tem centro em B e o arco maior tem centro no ponto médio de –– AC, determine a área de região assinalada.

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO:

I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos: y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48 II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos: (x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0

3 π62 62 I. A1 = Asetor – AΔeq ⇔ A1 = –––– – –––– ⇒ A1 = (6π – 9 3) cm2 4 6 Acirc π . 32 II. S = –––– – A1 ⇔ S = –––– – 6π + 9 3⇔ 2 2 π 3π ⇔ S = 9 3 – –– 3 – ––– ⇒ S = 3 3 2 2

4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a que dá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura na sua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota que após caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura em relação ao solo. a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita. b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir o ponto mais alto da rampa. RESOLUÇÃO: a)

ˆ = ABC ˆ = 90º b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois Â é comum e ADE 12,3 1,5 ––––––– = –––– ⇒ x = 20,5 m 12,3 + x 4

36 –

cm2

MÓDULO

22

MATEMÁTICA D


Geometria Métrica II

1. (UNICAMP-2003) – Uma caixa-d’água cúbica, de volume máximo, deve ser colocada entre o telhado e a laje de uma casa, conforme mostra a figura abaixo. — — — Dados: AB = 6 m AC = 1,5 m CD = 4 m.

2. (UNESP) – Aumentando em 2 cm a aresta a de um cubo C1, obtemos um cubo C2, cuja área da superfície total aumenta em 216 cm2, em relação à do cubo C1.

Determine a) a medida da aresta do cubo C1; b) o volume do cubo C2. a) Qual deve ser o comprimento de uma aresta da caixa? b) Supondo que a altura máxima da água na caixa é de 85% da altura da caixa, quantos litros de água podem ser armazenados na caixa? RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: a) De acordo com o enunciado, tem-se: 6a2 + 216 = 6(a + 2)2 ⇔ a2 + 36 = (a + 2)2 ⇔ ⇔ a2 + 36 = a2 + 4a + 4 ⇔ 4a = 32 ⇔ a = 8 cm b) Sendo V2 o volume, em centímetros cúbicos, do cubo C2, tem-se: V2 = (a + 2)3 = (8 + 2)3 = 103 = 1000 Resposta:

a) 8cm

b) 1 000cm3

Sendo a a aresta da caixa cúbica, em metros, e V o volume, em litros, de água que se pode armazenar na caixa, de acordo com o enunciado, tem-se: a) Os triângulos retângulos ABC e EBF são semelhantes. 6 1,5 AC AB Assim: –––– = –––– ⇔ –––– = ––––– ⇔ 6–a a EF EB 4 1 ⇔ –– = ––––– ⇔ 4a = 6 – a ⇔ 5a = 6 ⇔ a = 1,2 a 6–a b) V = 10a . 10a . (0,85 . 10a) = 850a3 Assim: V = 850 . (1,2)3 ⇔ V = 1 468,8 dm3 Respostas: a) 1,2 m

b) 1 468,8 litros

– 37


MATEMÁTICA D

3. (UnB-98) – Um cone circular reto de sinalização de rodovias, que é oco e feito de plástico, tem altura de 60 cm e taio da base igual a 15cm. Durante um acidente, a extremidade superior do cone foi afundada como ilustra a figura abaixo.

4. Os pontos A e B estão, ambos, localizados na superfície terrestre a 60° de latitude norte; o ponto A está a 15°45’ de longitude leste e o ponto B a 56°15’ de longitude oeste. a) Dado que o raio da Terra, considerada perfeitamente esférica, mede 6 400 km, qual é o raio do paralelo de 60°? b) Qual é a menor distância entre os pontos A e B, medida ao longo do paralelo de 60°? [Use 22/7 como aproximação para π] RESOLUÇÃO:

Calcule, em centímetros, a altura h do sólido resultante, sabendo que, após o acidente, o espaço interno do sinalizador foi reduzido em exatamente 25%. RESOLUÇÃO:

a) Seja r a medida, em quilômetros, do raio do paralelo de 60°. No triângulo retângulo POA, tem-se: V’ 25% ––– = –––– ⇔ V 2

⇔

––––– 60 60 – h

3

––––– 60 60 – h

3

1 1 = –– . –– ⇔ 2 4

1 1 60 – h = ––⇔ ––––– = –– ⇔ h = 30 2 60 8

Resposta: 30 cm

PA sen 30° = ––– OA r 1 Assim: ––– = ––––– ⇔ r = 3 200 6 400 2 b) A menor distância x entre os pontos A e B, medida em quilômetros, ao longo do paralelo de 60°, é dada por: 15°45’ + 56° 15’ x = –––––––––––––– . 2 . π . r ⇔ 360° 22 72° ⇔ x = ––––– . 2 . ––– . 3 200 ⇔ 7 360° 22 28 160 1 ⇔ x = ––– . 2 . ––– . 3200 ⇔ x = –––––– 7 5 7

Respostas: a) 3 200 km

38 –

28 160 b) ––––– km 7

MATEMÁTICA E

REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página I

Matemática Curso Extensivo – E

REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página II

MATEMÁTICA E

MATEMÁTICA

Revisão

1

MÓDULO



(x2

– 18x +

32)2

.

(x2

– 8x +

12)2

=0



MATEMÁTICA E

REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página 1




0,2a + 0,3b = 6

0,4a + 0,2b = 10

⇔

⇔

2a + 3b = 60

4a + 2b = 100

2a + 3b = 60 ⇔ 2b = 10 2a + b = 50

2a + b = 50

⇔

⇔

b=5

a = 22,5



–1


MATEMÁTICA E

2

MÓDULO





8 ––– 10

3

= 5 120 t –––

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) 10 = 6 400 = ––––––– ⇔ 10 000

––– 10 8

t ––– 10

=

2

⇔ ––– = 2 ⇔ t = 20 ––– 10 10 8


t



⇔

8 8 a) y = ––– ⇔ log2 y = log2 ––– 42x 42x



2–


7 log4x – logxy = –– 6 x . y = 16


8 y f(z) = g(y) ⇔ ––– = 4 ⇔ 42z 2z

y

⇔ 8 = 4 . 4 ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3 II)

f(y) –––– = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒ g(z)

1 ± 17 3 4 ⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ––––––– ⇔ m = ––– ou m = – –– 12 2 3 3 3 m = ––– ⇒ log4x = ––– ⇒ 2 2 3 ––– 2

x=4 8 z 3 4y + 2z ⇒ –––– ⇔ 4y + 2z = 3 2y = 4 ⇔ 2 = 2 4 III)

4y + 2z = 3 2y + 4z = 3

⇔

⇔

6z = 3

2y + 4z = 3

4y + 8z = 6 ⇔ – 4y – 2z = – 3

⇔

1 y = ––– 2 1 z = ––– 2

=

3 ––– 2 2 (2 )

= 23 = 8 ⇒ y = 2

4 4 m = – ––– ⇒ log4x = – ––– ⇒ x = 4 3 3

4 – –– 3

4 – –– 3

=

(22)

8 – –– 3

=2

⇒

⇒ x não é inteiro. Resposta: x = 8 e y = 2


–3

MATEMÁTICA E



MATEMÁTICA E

MÓDULO

3

Aritmética e Números Complexos


3. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha: z1 z1 a) ––– ; b) x para que ––– seja um número real. z2 z2 RESOLUÇÃO: z1 (x + 4i) (1 – xi) x – x2i + 4i + 4x a) ––– = –––––––– . –––––––– = ––––––––––––––– = z2 (1 + xi) (1 – xi) 1 + x2 4 – x2 5x + (4 – x2)i 5x = ––––––––––––– = ––––––– + ––––––– i 1 + x2 1 + x2 1 + x2 z1 4 – x2 b) ––– ∈ ⺢ ⇔ ––––––– = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2 z2 1 + x2 z1 4 – x2 5x Respostas: a) ––– = ––––––– + ––––––– i z2 1 + x2 1 + x2 b) x = 2 ou x = – 2


n 9 –––– 3 q 2

⇔

n+6 9 ––––––– 0 q +1 n+6 7 ––––––– 0 q1 + 1


2

comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ ⺞* Visto que 200 < n < 400, temos: n = 252 – 6 = 246, para k = 4 n = 315 – 6 = 309, para k = 5 n = 378 – 6 = 372, para k = 6 Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4. 246 2 123 3 ⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒ 41 41 1

b)

⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8 Respostas: a) n = 246

4–

b) 8

4

MÓDULO

MATEMÁTICA E



1. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar: a) o valor de m; b) as raízes de p. RESOLUÇÃO: Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação p(x) = 2x 3 – mx 2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:


1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13x + –––x + 16 = 0. 1

c) Resolva, em ⺓, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0. a)

3 a . b . c = – ––– 2 ab = – 1 ⇒2.

3

3 ⇒ c = –– ⇒

RESOLUÇÃO:

2

2

2

––2 – m . ––2 + 4 . ––2 + 3 = 0 ⇒ 3

3

3

1 1 a) x + –– = y ⇒ x + –– x x

1 = y ⇒ x + ––– = y – 2 = y ⇒ x + 2 + ––– x x 2

2

2

1

2

2

2

2

2

b) Dividindo-se ambos os membros da equação 27

9

8

4

⇒ 2 . ––– – ––– m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

3 b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e –– é raiz ⇒

2

⇒ P(x) =

x – ––2 (x 3

2


3 P(x) por x – –– é x2 – 2x – 1.

Logo, x = –– ou

2

Respostas: a) m = 7

x2

1 1 3x2 – 13x + 16 – 13 . –– + 3 . ––– = 0 ⇔ x x2

1 ⇔ 3 x2 + ––– x2

– 13 x + ––x + 16 = 0 1

1 1 c) Substituindo-se x + –– por y e x2 + ––– por y2 – 2, tem-se a x x2 equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔

2

3

3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se:

3

– 2x – 1 = 0 ⇔ x = –– ou x = 1 ± 2

2

2 ), (1 + 2 ), 3/2} b) V = {(1 –

13 ± 7 10 ⇔ y = –––––– ⇔ y = ––– ou y = 1 3 6 10 1 10 y = ––– ⇒ x + –– = ––– ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒ 3 x 3 1 ⇒ x = 3 ou x = –– 3 1 ± 3i 1 y = 1 ⇒ x + –– = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = –––––––– 2 x Logo, o conjunto-verdade da equação é: V=

3i 1 + 1 – 3i ; –––––––– ––13 ; 3; –––––––– 2 2


––3 ; 3; 1

3i 1 – 3i 1 + –––––––– ; –––––––– 2 2

–5


MATEMÁTICA E

MÓDULO

5




X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7} b) f(X ) = 2 . 3 = 6 1 f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30 f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42 f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

⇒



w = 14 y+z=9 ⇔ x + y = 15 x + y + z = 20

x = 11 y=4 z=5 w = 14

O diagrama fica


6–

3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de bactérias, no período de t horas de um certo processo da industrialização do leite, é representada pela função: t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 5 se 5 < t ≤ 7 f(t) = 32, – 16t + 144, se 7 < t ≤ 9

a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno. b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função. c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir? RESOLUÇÃO: a) O gráfico de f é

4. (UEM) – Com respeito à função f : ⺢ → ⺢ definida por f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto. 1 a) A função inversa de f é f–1 : ⺢ → ⺢ definida por f –1(x) = –––––– . 4x + 2 b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2. c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um número par. d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b. e) f não é uma função decrescente. RESOLUÇÃO:

y = f(t)

y–2 x–2 1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = –––––– ⇔ f –1(x) = –––––– 4 4

32

2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10 3) f

1

1



0


7 5

7

9

t


a=b

4a + 2 = b

2 ⇒ a = b = – ––– 3



–7

MATEMÁTICA E



MATEMÁTICA E

MÓDULO

6

Progressões Aritméticas e Geométricas

1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos é 39. A soma dos possíveis valores da razão é: a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32 RESOLUÇÃO: 1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒ ⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ ⺞* 2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒


⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ ⺞* 3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28. Resposta: C

7

b) Obtenha ∑ Fk

a) Calcule F7

2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à disposição apresentada no desenho: uma moeda no centro e as demais formando camadas tangentes. Considerando que a última camada é composta por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do total de moedas usadas nessa arrumação. RESOLUÇÃO: 1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84). 2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos: an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14 3) A soma dos termos da 1a. sequência é (6 + 84) . 14 1 + –––––––––––– = 1 + 90 . 7 = 631 2 4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.

k=1

c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do segmento inicial? RESOLUÇÃO: Observemos que: 1 2 F1 = 2 . –– = –– 3 3 1 1 4 F2 = 4 . –– . –– = –– 3 3 9 1 1 1 8 F3 = 8 . –– . –– . –– = –– 3 3 3 27 A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo 2 2 F1 = –– e razão q = –– 3 3 Assim: 2 a) F7 = F1 . q7 – 1 = –– . 3

2 –– 3

6

=

2 –– 3

7

128 = ––––– 2187

7

b)

∑ Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

k=1

2 2 7 2 128 –– –– – 1 –– ––––– – 1 3 3 3 2187 128 = –––––––––––––– = ––––––––––––––– = 2 . 1 – ––––– 2 2187 1 –– – 1 – –– 3 3

= ––––– 2187

1 –– 1 2 4 3 c) Terá sido retirado –– + –– + –– … = –––––––– = 1, ou seja, 2 3 9 27 1 – –– 3 o segmento inteiro.

8–

4118

MÓDULO

7


Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares

4 1


2 1

14 5


e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que B=

AX + I = B. RESOLUÇÃO: Sendo X =

a b c d

A. X + I = B ⇒

.

4 1

a b c d

+

⇔

4a + c

⇔

4a + c

⇔

4a + c = 17 e 4b + d = 6

⇔

c=5

b + 2d 4b + d

a + 2c + 1

b + 2d 4b + d + 1

a + 2c = 13

a=3

Resposta: X =

e

+

b=1

3 1 5 2

=

1 0 0 1

=

b + 2d = 5

d=2

x – 2y

– 21 – 12 e C =

1 0 0 1

= 17 7 ⇔ 14 5

1 3

3 –5

1 , –1

matrizes reais.


a + 2c

3x + y


, temos

1 2

MATEMÁTICA E


14 5 17 7

⇔

14

5

17

7

–1

2

1 –2

1 –1

⇒ det(A) = y – 4x

⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

a + 2c = 13

B=

x – 2y

⇔

7a = 21

desta forma: X =

⇔

3x + y

3 1 5 2

e

7b = 7

b + 2d = 5

⇔

b) A + 2 . B = C

3x + y

x – 2y

1 –1

+ 2 . – 1 – 2 = 3 2

⇔

⇔

3x + y – 2 = 3

x – 2y + 4 3x + y – 2

3 –5

x – 2y + 4 = 1

⇔

=

1

1

1

3

3

–5

3 –5

⇔

⇔

3x + y = 5

x – 2y = – 3

⇔

y=2

x=1

Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico b) x = 1 e y = 2

–9


MATEMÁTICA E



kx + 2y – z = 0 2x – y + 2z = 0 3x + y + kz = 0


D=

k 2 3

2 –1 1

–1 2 k

≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1

Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,

D=

k

2

–1

2

–1

2

3

1

k

e

x–y=0 x + 2y – z = 0 2x – by + 3z = 0


= 0 ⇔ k = –7 ou k = 1


x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

⇔

x+y–z=0 x – 3y + z = 1 – 2y + z = a

⇔

x+y–z=0 –1 2y – z = –––– ⇔ 2 – 2y + z = a

x+y–z=0 – 4y + 2z = 1 – 2y + z = a

x+y–z=0 1 2y – z = – ––– 2 1 0z = a – ––– 2

⇔

1 1 Se o sistema tem infinitas soluções, então a – ––– = 0 ⇔ a = ––– . 2 2 Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então: 1 D= 1 2

–1 0 2 – 1 = 0 ⇔ b = 11 e –b 3

Resposta: B

10 –

11 b ––– = –––– = 22 1 a –– 2

MÓDULO

8

MATEMÁTICA E


Grandezas Proporcionais e Médias


2. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal de água com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo total e com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foram consumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pela residência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, uma adolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidade de água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembro com esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal. RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO:

I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com descarga de banheiro e higiene pessoal foi

a)

Calça

Camisa

Saia

Preço de custo

Lucro

x

20%

x ––– 3

40%

x ––– 2

30%

Preço de venda 1,20 . x x 1,40 . –– 3

(25% + 33%) . 25000ᐉ = 14500ᐉ II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi 40% . 14500 ᐉ = 5800 ᐉ Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou 3300 ᐉ com descarga de banheiro e 2500 ᐉ com higiene pessoal. Resposta: 5800 ᐉ

x 1,30 . –– 2

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pagaria x x 2,80x 2 . 1,20x + 2 . 1,40 . ––– + 2 . 1,30 . ––– = 2,40x + ––––––– + 1,30x = 3 2 3 7,20x + 2,80x + 3,90x 13,90x = ––––––––––––––––––––– = ––––––– 3 3 Com 10% de desconto, o cliente paga 13,90x 13,90x 90% . ––––––– = 0,90 . ––––––– = 4,17x 3 3 b) O preço de custo dos produtos vendidos foi x x 6x + 2x + 3x 11x 2 . x + 2 . ––– + 2 . ––– = ––––––––––––– = –––– 3 2 3 3 1,51x 11x O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – –––– = –––––– , correspon3 3 1,51x –––––– 1,51 3 dendo a ––––––––– = –––– 0,1372 = 13,72% 11x 11 –––– 3 Respostas: a) 4,17 . x

b) 13,72%

– 11


MATEMÁTICA E

3. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções de pagamento: – À vista, com 10% de desconto no preço anunciado; – Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento da compra. Qual a taxa de juros mensais embutida nas vendas a prazo? a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30%

4. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um time de vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média das alturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, em metros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraram em: a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12

RESOLUÇÃO:

saíram, permaneceram e entraram no time, temos:

RESOLUÇÃO: Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que

1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p. 2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra. 3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de 0,50p – 0,40p = 0,10p 1 0,10p 4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de –––––– = ––– = 0,25 = 25% 4 0,40p Resposta: D

SS + SP –––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,52 6 Se + SP –––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,4 6

⇒

SS Se ⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ –––– – –––– = 0,04 3 3 SS Se Como –––– e –––– são, respectivamente, as médias aritméticas das 3 3 alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquela supera esta em 0,04 m. Resposta: B

12 –

MÓDULO

9

MATEMÁTICA E


Trigonometria I

1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal de A sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ângulo ^ mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetros DAC quadrados, é: sec θ . tg θ a) –––––––––– 2

sec θ . tg2 θ b) –––––––––– 2

sec2 θ . tg θ c) –––––––––– 2

cossec2 θ . cotg θ d) –––––––––––––––– 2

cossec θ . cotg θ e) ––––––––––––––– 2 RESOLUÇÃO:

2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação 2 sen x 1 ––––––––– = –––––––––– são em número de: cos 2x – 1 1 + sen x a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

e) 5

RESOLUÇÃO: 1 2 . sen x ––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x cos(2x) – 1 1 2 . sen x ⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x 2 1 – 2sen x – 1 2 . sen x 1 ⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x – 2 . sen2x 1 1 ⇔ ––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔ 1 + sen x – sen x 1 ⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = – –– 2 7.π 11 . π Para [0; 2π], resulta x = –––––– ou x = –––––– 6 6 Resposta: B

I) No triângulo ABD: 1 1 cm cos θ = ––––– ⇔ AB = –––––– cm = sec θ cm cos θ AB II) No triângulo ABC: AC 1 tg θ = ––––– ⇒ AC = ––––– . tg θ cm = sec θ . tg θ cm AB cos θ III) A área S do triângulo ABC é tal que: sec2 θ . tg θ AB . AC S = ––––––––––– ⇔ S = –––––––––––– cm2 2 2 Resposta: C

– 13


MATEMÁTICA E

3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação (2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].

RESOLUÇÃO:

^

Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:

2 . 1 – 2k2 d) –––––––––––– 1 – 2k2

(2 . cos 2 x + 3 . sen x) (cos 2 x – sen 2 x) = 0 ⇔ ⇔ 2 . cos 2 x + 3 . sen x = 0 ou cos 2 x – sen 2 x = 0 ⇔

2 . (1 – k) e) –––––––––– 1 – 2k

⇔ 2 . sen 2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen 2 x = cos 2 x ⇔ RESOLUÇÃO:

1 ⇔ sen x = 2 ou sen x = – –– ou tg 2 x = 1 ⇔ 2 1 ⇔ sen x = – –– ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔ 2 π 3π 7π 11π ⇔ x = –––– ou x = ––––– ou x = ––– ou x = –––– ou 4 4 6 6 5π 7π x = –––– ou x = –––– 4 4

7π π 3π 5π 7π 11π Resposta: ––– , ––– , ––– , ––– , ––– , ––– 6 4 4 4 4 6

I) Pela lei dos senos: AC 4 AC 4 –––––– = –––––– ⇔ –––––– = –––––––––––––––– ⇔ sen 80° sen 40° sen 40° 2 sen 40° . cos 40° 2 ⇔ AC = ––––––– cos 40° II) cos 40° = 1 – 2 sen 2 20° ⇔ cos 40° = 1 – 2k 2 2 De (I) e (II), tem-se que: AC = –––––––– 1 – 2k2 Resposta: C

14 –

^

4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que BAC mede 80°, A BC — mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de AC, em centímetros, é dada por 4 2 a) 2 b) ––– c) –––––––– k 1 – 2k2

MÓDULO

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Trigonometria II e Geometria Analítica I

1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o 1 valor de gof(x), sabendo que sen α = ––– , com α = 2x. 4 RESOLUÇÃO: 1 1 e α = 2x, temos sen (2x) = ––– Sendo sen α = ––– 4 4 Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) = = 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 .

1 ––– 4

MATEMÁTICA E


2

3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A reta s é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação de sé a) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0 c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0 e) 2x – y + 5 = 0 RESOLUÇÃO: A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos

7 = ––– 8

pontos (3; 4) e (5; 5). A equação da reta s é:

7 Resposta: (gof) (x) = ––– 8

x 5 3

y 5 4

1 1 = 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0 1

2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo a equação abaixo. P = 800 – 100 . sen

(t + 3) π –––––––– 6

Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro corresponde a t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de um mesmo ano, os meses nos quais a população de animais atinge a) um total de 750; b) seu número mínimo. Resposta: C

RESOLUÇÃO: a) 800 – 100 sen

(t + 3) π (t + 3) π

–––––––– = 750 ⇔ sen –––––––– = ––12 ⇔ 6 6

(t + 3) π π ⇔ –––––––– = –– + n . 2π (n ∈ ⺪) ou 6 6 (t + 3) π 5π –––––––– = ––– + n . 2π (n ∈ ⺪) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ ⺪) 6 6 Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro) b) P é mínima quando sen ⇔

(t + 3) π

–––––––– = 1 ⇔ 6

–––––––– = ––2 + n . 2π (n ∈ ⺪) ⇔ t = 12 n (n ∈ ⺪) 6 (t + 3) π

π

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro) Respostas: a) março e novembro

b) janeiro

– 15


MATEMÁTICA E

MÓDULO

11


1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bem adaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente por uma função linear nas primeiras 8 semanas de vida. Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação à sua idade, em semanas, seja

2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices consecutivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. O — lado AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à circunferência de centro na origem e raio 5. Então as coordenadas de C são: a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1) RESOLUÇÃO:

sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer. Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios da tilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é 12 a) ––– 8

15 b) ––– 8

17 c) ––– 8

5 d) ––– 8

19 e) ––– 8

RESOLUÇÃO: Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:

x ↔ A equação da reta AD, perpendicular à reta de equação y = – 2x, é y = –– 2 O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5

Assim:

x y = –– 2 ⇔ x2 + y2 = 5

x=2 ⇒ D (2; 1) y=1

Sendo ABCD um paralelogramo, temos:

xA + xC = xB + xD yC = yD = 1

e portanto: C(5; 1) Resposta: E

Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔ 0 C0 1 17 y ⇔ 6 y 1 = 0 ⇔ ––– = ––– 8 C0 8 2,5 C0 1 Resposta: C

16 –

⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5

3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação (x – 3)2 + y2 = 5. a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3. b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e o coeficiente angular de r.

4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0. Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas são números inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é o número máximo de triângulos com vértices nesses pontos? RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO A equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circunferência de centro 5. C(3; 0) e raio r = a) Para y = 2, resulta: (x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔ ⇔ x = 4 ou x = 2 Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2). b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação: x y 1 4 2 1 = 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6 3

0

1

O coeficiente angular de r é mr = 2. Respostas: a) P(4;2) b) y = 2 . x – 6 e mr = 2

A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro C(5; 4) e raio 4. Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P, Q, R, S, T. Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontos é C7,3 = 35. Resposta: 35

– 17

MATEMÁTICA E



MATEMÁTICA E

MÓDULO

12

Trigonometria III e Geometria Analítica III

1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou para calcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar. sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47 sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34

2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a senoide de equação y = sen(x) e o ponto P = figura.

––2 ; 3 , conforme a π

A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é: a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distância do ponto ––– A ao barco. É conveniente traçar a altura AH do triângulo ABC. b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser, utilize os produtos: 88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598. RESOLUÇÃO: a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:

12 + 2π a) –––––––– 5

13 + 2π b) –––––––– 5

15 + 2π d) –––––––– 5

16 + 2π e) –––––––– 5

14 + 2π c) –––––––– 5

RESOLUÇÃO: A distância de P

–––2 ; 3 à reta r é:

|

|

π

π 4 . ––– – 3 . 3 + 15 2 2π + 6 2π + 6 d1 = –––––––––––––––––––––– = –––––––––– = ––––––– 5 5 16 + 9

π A distância de P ––– ; 3 2

1) No triângulo retângulo ABH: AH sen 62° = –––– ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m 50 2)

No triângulo retângulo ACH:

AH 44 sen 70° = –––– ⇒ AC = –––– ≅ 47 m AC 0,94 Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproximadamente 47 m. b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) = = – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] = = sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° = = 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 = = 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667 Assim: cos 48° ≅ 0,67 Respostas: a) Aproximadamente 47 m b) cos 48° ≅ 0,67

18 –

à senoide é: d

2

2π + 6 16 + 2π Então: d1 + d2 = ––––––– + 2 = ––––––– 5 5 Resposta: E

=3–1=2

MATEMÁTICA E


3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta s intercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo dos x e pelas retas s e t é: a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6 RESOLUÇÃO: A partir do enunciado, temos:

a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação: x 2 0

y 2 3

1 1 = 0 ⇔ x + 2y = 6. 1

A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo das abscissas no ponto A(6;0). b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2. c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2, tem equação y – 2 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y = 6 e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0). d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a AB . yP 3.2 A = ––––––––– = –––––– = 3 2 2

– 19


MATEMÁTICA E

MÓDULO

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Geometria Plana I

1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábio Eratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre as localidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente), situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando em Siena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziam um ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, a circunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completa em torno da Terra.

2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e Â = 36º. ˆ e A DC. ˆ a) Calcule os ângulos D CB b) Prove que AD = BC.

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Seja x o comprimento da circunferência da Terra. De acordo com o enunciado, tem-se: 360º x = –––– . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km 7,2º Resposta: 40 000 km

a) AB = AC Â = 36º

冧

CB = CD ˆ = 72º A BC

ˆ = ACB ˆ = 72º ⇒ ABC

冧

ˆ = 72º e D CB ˆ = 36º ⇒ B DC

ˆ = 180º – B DC ˆ ⇒ ADC ˆ = 108º ADC ˆ = ACB ˆ – D CB ˆ ⇒ ACD ˆ = 72º – 36º = 36º b) ACD ˆ = CÂD = 36º ⇒ AD = CD (I) ACD AD = CD (I) CD = BC (dado)

20 –

冧 ⇒ AD = BC

3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, na qual r, s e t são retas paralelas.

4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é um –– ˆ mede 60º e os ângulos ponto sobre o lado AD, tal que o ângulo ABE ˆ e BCD ˆ são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = EBC 3 e BC = 1. –– Determine a medida de AD.

RESOLUÇÃO: De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se: x + 10 x + 20 –––––– = –––––– ⇔ x – 18 x – 16 ⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25

RESOLUÇÃO:

Resposta: x = 25

(BD)2 = 12 + (

3)2 ⇔ BD = 2 BC 1 II) cos α = –––– = –– BD 2 α ⇒ 60º

I)

0º < α < 90º III) θ = 60º + (90º – α) θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2 Assim: (AD)2 = (

3)2 + 22 ⇔ AD =

7 Resposta: AD =

7

– 21

MATEMÁTICA E



MATEMÁTICA E

MÓDULO

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Geometria Métrica

1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circular reto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prisma regular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triângulo equilátero e inscrito na circunferência. A região entre o prisma e o cilindro é fechada e não aproveitável. Determine o volume dessa região. Para os cálculos finais, considere as aproximações π = 3 e

3 = 1,7

RESOLUÇÃO: Sejam: I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve de base para o prisma. II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para o cilindro. III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro. O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros cúbicos, por: l 2 .

3 V = πr2h – –––––– . h, em que: r = 5, h = 12 e l =

3 4 Assim: 25 . 3 . 1,7 V = 3 . 25 . 12 – ––––––––– . 12 = 900 – 382,5 = 517,5 4

2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma de um paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de 2 m. O reservatório estava completamente vazio e às 0 horas (quando a creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura do nível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher, 5t é dada por h(t) = ––––– com h(t) em metros. t+6 a) Determine a capacidade total de água do reservatório e o volume V(t) de água no reservatório no instante t (em m3). b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) do reservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total. RESOLUÇÃO: a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo retângulo. Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4 No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos é dado por: 5t 10t V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ––––– ⇔ V(t) = ––––– t+6 t+6 10t b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < ––––– < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔ t+6 3 ⇔ ––– < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas 2 10t Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) = ––––– t+6

Resposta: 517,5 cm3 b) entre 1h30min e 4 horas da manhã

22 –

3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vértices são os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces são triângulos equiláteros congruentes. a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular. b) Calcule o volume do mesmo octaedro.

4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladas em plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio de medida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tem a forma de uma cunha esférica, como representado na figura.

RESOLUÇÃO:

Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 4πR2 cm2, determine, em função de π e de R: a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico); b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia (sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja, qual é a área da superfície total de cada fatia. RESOLUÇÃO:

Sejam 1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta desse octaedro regular. 2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro. a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm. Assim, l = 52 1 b) V = 2 . ––– . l 2 . 5 3

2 500 Assim: V = ––– (52)2 . 5 ⇔ V = –––– 3 3

Respostas: a) 52 cm b) 500 –––– cm3 3

a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é: 1 πR2 SC = ––– . 4πR2 ⇔ SC = –––– 12 3 b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros quadrados, da superfície total de cada fatia, é: πR2 πR2 πR2 S = SC + 2 . –––– ⇔ S = –––– + πR2 ⇔ S = –––– 2 3 3 πR2 Respostas: a) –––– cm2 3 4πR2 b) –––– cm2 3

– 23

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MATEMÁTICA E

MÓDULO

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Análise Combinatória e Probabilidade

1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4 de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferem sentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modos distintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares se forem respeitadas as preferências?

c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161

RESOLUÇÃO: Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes. Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes. Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as preferências, é 12 . 12 = 144. Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes. Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456. Resposta: 3456

Resposta: a) 462

2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determinados x e y não podem comparecer juntos numa composição porque podem ocasionar explosões. De quantas maneiras diferentes se podem obter compostos de exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e y não estejam juntos em nenhum deles?

2 6 3 5 27 3 p = –– . –– + –– . –– = ––– = –– 5 9 5 9 45 5

RESOLUÇÃO: O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é 10! C10,4 = –––––– = 210. 4! 6! O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os 8! 4 escolhidos é C8,2 = –––––– = 28. 2! 6! Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão juntos em nenhuma combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182 Resposta: 182

161 23 A probabilidade pedida é p = ––––– = ––– 462 66

b) 210

23 c) ––– 66

4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas. Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas. Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda sem examinar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola da segunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca. RESOLUÇÃO: A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à probabilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a probabilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca. Portanto, esse valor é:

5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e um certo número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O número de jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o número de partidas entre um homem e uma mulher. Calcule a) quantos homens participaram do torneio; b) quantos jogos foram realizados no total; c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher. RESOLUÇÃO: a) Sendo n o número de homens, obtêm-se: jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2 jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n Então: n(n – 1) 2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . –––––––– = 4n + 66 ⇒ 2

3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessas onze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão. Calcule a) quantas comissões diferentes podem ser formadas; b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas mulheres; c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade de ela possuir pelo menos três mulheres. RESOLUÇÃO: 11! a) C11,6 = –––––– = 462 6! 5! b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210

24 –

⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11 b) Se o número de participantes é n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade de jogos foi 13 . 12 2 . C13,2 = 2 . ––––––– = 156 2

4 . 11 44 11 c) A probabilidade é p = –––––––– = ––––– = –––– 2 . C13,2 156 39 Respostas: a) 11

b) 156

11 c) –––– 39

MÓDULO

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MATEMÁTICA E


Geometria Plana II

1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e os pontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos de reta de mesma medida.

2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongados para obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a: (p – 2) π a) ––––––– p

(p – 3) π b) ––––––– p

(p – 4) π c) ––––––– p

(p – 5) π d) ––––––– p

π e) –– p

RESOLUÇÃO:

Nessas condições, calcule: ˆ a) a medida do ângulo MPQ; ˆ b) a medida do ângulo BMQ. RESOLUÇÃO:

––– –– ˆ a) O triângulo BMP é equilátero pois BM BP e B = 60º. ˆ = 60º e, portanto, M PQ ˆ = 120º Assim, B PM –– –– –– ˆ é isósceles, pois MP b) O triângulo M PQ PQ BP e, portanto, sendo α ˆ e PQM, ˆ a medida dos ângulos PMQ temos: α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º ˆ = BMP ˆ + PMQ ˆ ⇔ BMQ ˆ = 60º + 30º ⇔ BMQ ˆ = 90º Assim, BMQ ˆ = 120º Respostas: a) M PQ

Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas da estrela e ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono, tem-se: 2π 1ª.) ae = ––– p 2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π Assim: 4π pπ – 4π (p – 4)π x + ––– = π ⇔ x = ––––––– ⇔ x = ––––––– p p p Resposta: C

ˆ = 90º b) BMQ

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MATEMÁTICA E

3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e Â um ângulo reto, calcule CD.

4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a que dá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura na sua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota que após caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura em relação ao solo. a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita. b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir o ponto mais alto da rampa. RESOLUÇÃO: a)

RESOLUÇÃO:

I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos: y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48 II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos: (x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0 ˆ = ABC ˆ = 90º b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois Â é comum e ADE 12,3 1,5 ––––––– = –––– ⇒ x = 20,5 m 12,3 + x 4

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Exercícios Resolvidos de Matemática

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