Matemática - Suplemento de Apoio do Professor - Manual

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MP-Paiva-001a020 Page 1 Saturday, June 25, 2005 10:41 AM

SUPLEMENTO COM ORIENTAÇÕES PARA O PROFESSOR

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SUMÁRIO

1. Apresentação da obra .........................................................................................

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2. Objetivos gerais da obra ....................................................................................

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3. O trabalho com o livro .......................................................................................

5

4. Avaliação ...........................................................................................................

5

5. Sugestões de leitura para o professor .................................................................

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6. Material de apoio ...............................................................................................

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7. Considerações sobre a organização da obra ......................................................

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8. Conteúdos e objetivos específicos dos capítulos ...............................................

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9. Sugestões para o desenvolvimento dos capítulos ..............................................

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10. Resolução de exercícios .....................................................................................

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1. Apresentação da obra Sempre em busca de uma linguagem clara, objetiva e fundada no rigor conceitual, esta obra traz uma seleção de tópicos programáticos essenciais da disciplina. A apresentação da teoria, a escolha de introduções, atividades e aplicações no desenvolvimento dos exercícios resolvidos, o estabelecimento gradual da terminologia matemática e outros procedimentos visam sempre facilitar a compreensão por parte do aluno. Isso não significa, porém, uma opção pela exclusão sumária de situações mais complexas, mas sim a sua inclusão criteriosa. Todos os capítulos trazem baterias de Atividades distribuídas ao longo do texto explicativo e, ao final, uma seção de Exercícios complementares, para fixação e revisão dos conteúdos. Os Exercícios complementares podem ser desenvolvidos conforme as necessidades didáticas: como tarefa extraclasse, revisão do conteúdo trabalhado, fonte de exercícios para uma recuperação paralela ou reforço do conteúdo desenvolvido. Seu objetivo primordial, no entanto, é a verificação do aprendizado, pois permitem avaliar se os alunos compreenderam os conteúdos conceituais e assimilaram os procedimentos envolvidos. Cada capítulo apresenta, ainda, um quadro Leitura, com texto complementar sobre o conteúdo estudado.

No Ensino Fundamental, os alunos tiveram contato com vários campos do conhecimento matemático. Agora, no Ensino Médio, estão em condições de utilizar e enriquecer esses conhecimentos, desenvolvendo de modo mais amplo capacidades como abstração, raciocínio em todas as suas vertentes, investigação, análise e compreensão de fatos matemáticos e interpretação da própria realidade. É importante a percepção de que as verdades matemáticas (não sendo definição ou postulado) podem ser demonstradas. Não defendemos que todos os teoremas devam ser demonstrados em sala de aula, mas que alguns o sejam, para que o aluno compreenda o significado de uma demonstração e o método da ciência Matemática. As atividades podem ser desenvolvidas em grupo, em duplas ou individualmente. O trabalho em grupo favorece a comunicação oral e a troca de experiências. Outro aspecto importante refere-se à comunicação matemática, que pode ser apresentada na forma de relato escrito ou oral, registro ou expressão. Podem-se explorar as leituras que aparecem nos capítulos, trabalhando-as como tema para pesquisa ou como problematização do texto. Também é importante estimular sempre os alunos a falar, ler e escrever sobre assuntos matemáticos.

2. Objetivos gerais da obra • Estabelecer ligações entre este estágio do aprendizado e os conhecimentos adquiridos no Ensino Fundamental. • Apresentar os rudimentos do pensamento científico. • Propiciar a compreensão da evolução do pensamento científico, através da ampliação de conceitos e/ou da construção de objetos abstratos. • Ampliar as possibilidades de representações por meio da linguagem matemática, exercitando: a construção de esquemas, tabelas e gráficos; as argumentações lógicas; o uso de expressões algébricas etc. • Estabelecer conexões entre o conhecimento matemático e as experiências da vida pessoal, social e produtiva. • Fornecer embasamento científico para a tomada de decisões, através de análises de dados. • Exercitar a visão tridimensional.

3. O trabalho com o livro Contar, calcular, comparar, medir, localizar, representar, resolver problemas, interpretar, conhecer formas geométricas, reconhecer fórmulas e aplicá-las, analisar e argumentar são alguns procedimentos e atitudes matemáticos que objetivam o estudo dessa disciplina como ciência.

4. Avaliação A avaliação é um instrumento fundamental para se obter informações sobre o andamento do processo ensino-aprendizagem. Sugerimos que ela seja feita de forma continuada, e não apenas ao término de cada bimestre. Somente a avaliação praticada como um diagnóstico contínuo possibilita a reformulação de procedimentos e estratégias, visando ao sucesso efetivo do estudante. Ao longo do curso, surgem inúmeras oportunidades de observação e avaliação. Pontuar, registrar e relatar procedimentos comuns, relevantes e diferentes contribui para melhor avaliar o aluno. Tendo em mãos as anotações sobre as atividades e as produções da turma, é possível traçar perfis, perceber que aspectos devem ser reforçados no ensino, que conteúdos e habilidades convém privilegiar e quais assuntos podem ser avançados. Para obter informações sobre a apreensão de conteúdos por parte do estudante, podem-se observar: a compreensão conceitual, a leitura e a interpretação do texto matemático, o comportamento (hesitante, confiante, interessado) na resolução das atividades. Também pode ser útil analisar as atitudes do aluno, por exemplo, se costuma fazer perguntas, se participa

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5. Sugestões de leitura para o professor

CARRAHER, Terezinha Nunes (Org.). Aprender pensando. 16. ed. Petrópolis: Vozes, 2002. CARVALHO, Maria Cecilia Costa e Silva. Padrões numéricos e seqüências. São Paulo: Moderna, 1997. CASTRUCCI, Benedito. Lições de geometria plana. São Paulo: Nobel, 1976. CHERVEL, A. História das disciplinas escolares: reflexões sobre um campo de pesquisa. Teoria & Educação, n. 2. Porto Alegre: Pannonica, 1990. COURANT, Richard; ROBBINS, Herbert. O que é Matemática? Rio de Janeiro: Ciência Moderna, 2000. GAMOW, George. Um, dois, três… infinito. Rio de Janeiro: Zahar, 1962. GRAMSCI, A. Os intelectuais e a organização da cultura. Rio de Janeiro: Civilização Brasileira, 1979. KRULIK, Stephen; REYS, Robert E. (Org.). A resolução de problemas na Matemática escolar. São Paulo: Atual, 1997. KUENZER, A. (Org.). Ensino Médio: construindo uma proposta para quem vive do trabalho. São Paulo: Cortez, 2001. LIMA, Elon Lages et al. A Matemática no Ensino Médio. Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de Matemática. 3 v. (Coleção do Professor de Matemática) LINDQUIST, M. M.; SHULTE, A. P. (Org.). Aprendendo e ensinando geometria. São Paulo: Atual, 1994. LUCKESI, Cipriano Carlos. Avaliação da aprendizagem escolar. São Paulo: Cortez, 1997. MONTEIRO, Alexandrina; POMPEU JR., Geraldo. A Matemática e os temas transversais. São Paulo: Moderna, 2003.

Bibliografia geral ARAÚJO, F. Ulisses. Temas transversais e a estratégia de projetos. São Paulo: Moderna, 2003.

MORAN, José Manuel; MASSETO, Marcos T.; BEHRENS, Marilda Aparecida. Novas tecnologias e mediação pedagógica. Campinas: Papirus, 2000.

BUSSAB, Wilton; MORETTIN, Pedro. Estatística básica. 5. ed. São Paulo: Saraiva, 2003.

PARENTE, Eduardo; CARIBÉ, Roberto. Introdução à computação. São Paulo: FTD, 1999.

CARAÇA, Bento de Jesus. Conceitos fundamentais da Matemática. Lisboa: Sá da Costa, 1975.

. Matemática comercial e financeira. São Paulo: FTD, 1996.

CARRAHER, David. Senso crítico. São Paulo: Pioneira, 1983.

PERRENOUD, Phillipe. Dez novas competências para ensinar (capítulos 1 a 5). Porto Alegre: Artmed, 2000.

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dos trabalhos em grupo, se é cooperativo com os colegas, se argumenta em defesa de suas opiniões etc. Além de lançar mão desses recursos ao trabalhar com atividades, exercícios complementares ou com a problematização das leituras, podem-se criar outras oportunidades de avaliação, por exemplo, solicitando que o aluno explique, no quadro-de-giz, exercícios ou resoluções de problemas. Sugerimos também que cada estudante organize uma pasta ou caderno com suas produções. Isso evidencia sua organização, seu esforço nos trabalhos e, conforme as anotações feitas, os conteúdos aos quais dedicou maior ou menor atenção. A avaliação deve ser um processo, não uma série de obstáculos. As provas escritas, quando atendem aos objetivos dos conteúdos, são meios adequados para examinar o domínio dos procedimentos, a interpretação do texto, a compreensão conceitual e o entendimento de contextos. E mesmo esse tipo de avaliação pode ser utilizado como um momento de aprendizagem, pois permite a percepção dos avanços e das dificuldades dos alunos em relação ao conteúdo avaliado. Há ainda a possibilidade de aplicação de provas elaboradas pelos próprios alunos ou de propor sua realização em grupos ou duplas. Outro recurso interessante é a auto-avaliação — uma maneira de o estudante exercitar a reflexão sobre o próprio processo de aprendizagem. A auto-avaliação pode incluir questões como: • Como você se sente em relação a seus estudos de Matemática? Por quê? • Qual foi o assunto mais importante para você, e o que aprendeu? • Em que você gostaria de ser ajudado? • Como você acha que podemos melhorar nossas aulas de Matemática? Tão fundamental quanto avaliar é decidir o que fazer com os resultados obtidos, ou seja, decidir sobre a necessidade de acompanhamento individualizado, de constituição de grupos de apoio, de atividades extras etc.


. Pedagogia diferenciada: das intenções à ação (capítulos 1, 3 e 4). Porto Alegre: Artmed, 2000. RIOS, Terezinha Azeredo. Compreender e ensinar: por uma docência da melhor qualidade. São Paulo: Cortez, 2001. ROPÉ, F.; TANGUY, L. (Org.). Saberes e competências: o uso de tais noções na escola e na empresa. Campinas: Papirus, 1997. ROSA NETO, Ernesto. Didática da Matemática. 11. ed. São Paulo: Ática, 2001. RUÉ, Joan. O que ensinar e por quê? Elaboração e desenvolvimento de projetos. São Paulo: Moderna, 2003.


TAILLE, Yves de L. A indisciplina e o sentimento de vergonha. In: AQUINO, Júlio Groppa (Org.). Indisciplina na escola: alternativas teóricas e práticas. São Paulo: Summus, 1996.

. Ministério da Educação. Secretaria de Educação Média e Tecnológica. Parâmetros curriculares nacionais: Ensino Médio. Brasília: MEC/Semtec, 2002. . Ministério da Educação. Secretaria de Educação Média e Tecnológica. PCN + Ensino Médio: orientações educacionais complementares aos parâmetros curriculares nacionais. Ciências da Natureza, Matemática e suas tecnologias. Brasília: MEC/Semtec, 2002.

Revistas EDUCAÇÃO MATEMÁTICA EM REVISTA. São Paulo: Sociedade Brasileira de Educação Matemática (SBEM). NOVA ESCOLA. São Paulo: Fundação Victor Civita.

História da Matemática BAUMGART, John K. Álgebra. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 4) BOYER, Carl B. Cálculo. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 6) . História da Matemática. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1999. DAVIS, Harold T. Computação. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 2) EVES, Howard. Geometria. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 3) GUNDLACH, Bernard H. Números e numerais. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 1) IFRAH, Georges. Os números: a história de uma grande invenção. São Paulo: Globo, 1989. KENNEDY, Edward S. Trigonometria. São Paulo: Atual, 1992. (Tópicos de história da Matemática para uso em sala de aula; v. 5)

Documentos oficiais BRASIL. Ministério da Educação. Instituto Nacional de Estudos e Pesquisas Educacionais. Matrizes curriculares de referência para o Saeb. 2. ed. Brasília: MEC/ Inep, 1999.

REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA. São Paulo: Sociedade Brasileira de Matemática (SBM). TEMAS E DEBATES. São Paulo: SBEM.

6. Material de apoio Desenvolvimento do pensamento científico O estudante do Ensino Médio pode entender os três estágios do pensamento científico: concreto, concretoabstrato e abstrato, considerando-se a abstração como o pensamento sobre um objeto ausente, que pode existir concretamente ou não. Para exemplificar esses estágios, pode-se realizar a experiência a seguir. Estágio concreto Apresentando uma caixa sob a forma de um paralelepípedo reto-retângulo e 18 cubinhos “iguais”, em que cada um é considerado uma unidade de volume u, pedese o volume da caixa na unidade u, explicando que esse volume é igual à quantidade de cubinhos, dispostos face a face, necessários para encher completamente a caixa.

u

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Estágio concreto-abstrato Para calcular o volume da caixa, dispõe-se uma camada de 15 cubinhos no fundo da caixa, conforme figura, sobrando apenas 3 cubinhos fora da caixa.

Esse tipo de representação esquemática é trabalhado, por exemplo, no capítulo 2. Apresentamos a seguir algumas sugestões de procedimentos e atividades que podem auxiliar o desenvolvimento do pensamento científico. I. Propor o uso do paralelepípedo reto-retângulo na representação de retas e planos no espaço tridimensional, como facilitador da visualização desses objetos e da compreensão das propriedades relacionadas a eles. • Para representar na folha do caderno as retas e os planos do espaço tridimensional, é conveniente esquematizar, inicialmente, um paralelepípedo e, a partir dele, destacar os objetos que queremos representar; por exemplo: Planos paralelos

Planos perpendiculares

Estágio abstrato Propõe-se como atividade o cálculo do volume de uma caixa em forma de paralelepípedo reto-retângulo de dimensões 10 m por 6 m por 5 m, considerando como unidade u de volume um cubo de 1 m de aresta. A resolução desse problema exige a abstração dos objetos concretos disponíveis anteriormente. Para a maioria dos alunos surge aí a necessidade de uma representação esquemática do objeto. É o momento oportuno para falar da importância das representações. Pode-se exemplificar mostrando representações esquemáticas na geometria e na álgebra. • Na geometria representamos o ponto, a reta e o plano, respectivamente, por uma pequena marca feita com a ponta do lápis; por um traço feito com o auxílio de uma régua; e por um paralelogramo.

• Na álgebra, também são utilizadas representações esquemáticas como as equações, por exemplo. “Equacionar significa traduzir um determinado problema para a linguagem algébrica, ou seja, para a linguagem das fórmulas matemáticas.” (Isaac Newton)

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Retas reversas r

s

Os paralelepípedos auxiliares não devem ser apagados do desenho. Sua presença contribui para um estudo posterior. • A utilização do paralelepípedo na representação de retas e planos no espaço vai além da simples representação; ela auxilia no entendimento de propriedades e na resolução de problemas que envolvem retas e planos no espaço tridimensional. Por exemplo, considere a figura a seguir representando: uma reta r perpendicular ao plano em A; uma reta s contida em e passando por A; uma reta t contida em e perpendicular a s em B, com B A; e uma reta


Observa-se que, embora não haja cubinhos suficientes para encher a caixa, é possível calcular o número de cubinhos necessários para isso. Inicia-se, então, um raciocínio concreto-abstrato: em cada camada podem ser dispostos 15 cubinhos; como são possíveis 4 camadas, conclui-se que o volume da caixa é 60 u.


u passando por B e concorrente com r. Prove que u é perpendicular a t . r

u

2) O triângulo ABC a seguir é isósceles de base tBCu e M é ponto médio da base. Determine a medida x, descrevendo o seu raciocínio. A

t

35°

x

A

B

s

Vamos utilizar um paralelepípedo auxiliar para nos ajudar nessa prova: r


u

A

B

M

C

Espera-se que o aluno redija um texto como: A mediana tAMu coincide com a bissetriz interna relativa ao vértice A e coincide com a altura relativa a esse vértice; logo, m(BBAM) 35° e m(A BMB) 90°. Assim, temos que: x 90° 35° 180° ⇒ x 55° III. Transitar pelos campos numérico, algébrico e geométrico, apresentando pelo menos dois registros na representação de um objeto.

t

B

s

A reta t é perpendicular ao plano (pois contém uma aresta do paralelepípedo perpendicular a ); logo, qualquer reta de que concorra com t é perpendicular a t . Como u e u concorre com t, concluímos que u é perpendicular a t.

Vejamos um exemplo da aplicação de mais de um registro para o entendimento de um objeto. • Para resolver a equação do 2º grau x 2 4x 12 0, que é equivalente a x 2 4x 12, podemos considerar a expressão x 2 4x como a soma da área de um quadrado de lado medindo x com as áreas de quatro retângulos de dimensões x e 1: 1 1

II. Propor a construção ou a interpretação de desenhos que esquematizem situações descritas em enunciados de problemas, teoremas ou propriedades.

x

1

x 1

Vejamos dois exemplos. 1) No projeto de uma estrada, um engenheiro prevê que uma curva terá o formato de um arco de circunferência )AB, de raio 500 m. Com essa curva, a estrada muda de direção em 30°. a) Faça um desenho que esquematize essa situação. b) Calcule o comprimento da curva. No item a, espera-se que o aluno construa o esquema:

Completando um quadrado de lado medindo x 2, temos: 1 1 x

x 30° B A

500 m

O

1

1

A área dessa nova figura, que é expressa por (x 2)2, é igual à área da figura anterior (12) mais 4 unidades, isto é: (x 2)2 16, ou seja, x 2 4 e, portanto, x 2 ou x 6

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Por outro lado, nem sempre uma equação do 2º grau admite uma raiz positiva e, portanto, não se pode interpretá-la como no caso anterior. Por exemplo, na equação x 2 6x 8 0 não podemos interpretar a expressão x 2 6x como uma soma de áreas, pois temos uma soma negativa: x 2 6x 8; por isso recorremos ao registro algébrico, abstraindo da figura que nos auxiliou anteriormente. Completamos um trinômio quadrado perfeito no primeiro membro, adicionando 9 a ambos os membros: x 2 6x 9 8 9, ou seja, (x 3)2 1, ou, ainda, x 3 1 e, portanto, x 2 ou x 4

Por exemplo, a inequação x 2 5x 6 0 pode ser resolvida, em R, dos dois modos a seguir. 1) Fatorando o polinômio x 2 5x 6 e resolvendo a inequação-produto (x 2)(x 3) 0: 2 – – +

3 + – –

+ + +

x

S {x R x 2 ou x 3} 2) Estudando a variação de sinal da função f (x) x 2 5x 6 por meio do seu gráfico: +

+ 2

–

3

y

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0

IV. Ao estudar um objeto em um determinado registro (numérico, algébrico ou geométrico), apresentar diferentes pontos de vista.

f (x) = x – 2 g(x) = x – 3 f (x) g(x) = (x – 2)(x – 3)

sa do vértice da parábola. Se nenhum aluno perceber, então o professor atribui o valor e vence o jogo. A seguir, o professor desafia a classe, dizendo que vai dar uma nova chance. Escreve no quadro a expressão x 2 8x e recomeça o jogo, só que dessa vez desenha o gráfico e, a cada valor atribuído a x pelos alunos, marca a abscissa x sugerida e a ordenada correspondente y x 2 8x, por exemplo (2, 12).

2

8

x

Com essa discussão, espera-se que o aluno descubra sozinho que o valor máximo da função é obtido ao se atribuir a x a abscissa do vértice da parábola. VI. Trabalhar atividades lúdicas com o propósito de estudar um conceito matemático. As atividades lúdicas sempre fazem sucesso em sala de aula, por isso deve-se aproveitá-las. É necessário, porém, selecionar aquelas que tenham conseqüências relevantes no pensamento matemático. A seguir, apresentamos um exemplo. • Para que o aluno compreenda o que é uma demonstração matemática, o professor pode propor o seguinte problema: Um tabuleiro de xadrez é composto de 64 casas quadradas, 32 pretas e 32 brancas. Cada dominó cobre exatamente duas casas adjacentes, podendo ser colocado com um lado paralelo a qualquer lado do tabuleiro.

x

S {x R x 2 ou x 3} V. Apresentar os assuntos de modo que os alunos façam suas próprias descobertas. Veja o exemplo. • Escrevendo no quadro a expressão x 2 6x, o professor propõe um jogo: Cada um de nós vai atribuir um valor a x. O vencedor será aquele que conseguir o maior valor numérico para essa expressão. Espera-se que algum aluno perceba que basta atribuir a x a abscis-

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Nessas condições, 32 dominós cobrem totalmente o tabuleiro. Retirando-se duas casas diagonalmente opostas desse tabuleiro, conforme figura a seguir, pode-se


Embora apenas a raiz positiva possa ser considerada como a medida do lado do quadrado, o processo ofereceu também a raiz negativa da equação. (Aqui cabe a famosa frase de D’Alembert: “A álgebra é generosa; freqüentemente ela dá mais do que se lhe pediu.”).


afirmar que 31 dominós cobrem totalmente essa parte remanescente?

dendo sem dificuldade. Então, o professor começa a provocar os primeiros questionamentos, com as seguintes perguntas: d) Para x 53 esse produto é positivo ou negativo? 5 esse produto é positivo ou negativo? e) Para x -------71


As questões que surgirão nesse momento fazem parte do processo. O professor deve orientar a discussão para que os alunos percebam que não é necessário efetuar o produto; basta verificar o sinal de cada fator e aplicar a regra de sinais. Provavelmente algum aluno vai tentar resolver esse problema desenhando 31 dominós sobre a figura e, constatando a impossibilidade, vai afirmar que 31 dominós não cobrem essa parte do tabuleiro. Nesse momento, o professor pergunta ao aluno: Você tentou todas as disposições possíveis? Não é porque a disposição escolhida não cobriu a figura que se pode garantir que não exista uma que a cubra. Há duas maneiras de se resolver esse problema: a primeira é testar, uma a uma, todas as disposições possíveis dos 31 dominós sobre essa parte do tabuleiro, até encontrar uma disposição que cubra a figura ou até esgotar todas as disposições possíveis sem encontrar uma que cubra a figura; a segunda maneira é por meio de uma demonstração (uma argumentação lógica) que, apesar de não testar todas as disposições, garanta a possibilidade ou a impossibilidade da cobertura. Para resolver esse problema por meio de uma demonstração, podemos raciocinar do seguinte modo: cada dominó cobre exatamente uma casa branca e uma preta; portanto, 31 dominós cobririam 31 casas brancas e 31 casas pretas. Como foram retiradas do tabuleiro 2 casas pretas, a parte remanescente ficou com 30 casas pretas e 32 brancas, conclui-se então que 31 dominós não cobrem essa parte remanescente do tabuleiro. VII. Provocar questionamentos. Quando o professor provoca uma dúvida, está utilizando um dos recursos mais eficientes no processo de ensino e aprendizagem. Por exemplo, ao iniciar o estudo das inequações-produto (antes do estudo da função polinomial do 2º grau), o professor escreve no quadro-degiz a expressão (2x 10)(x 3) e pergunta à classe: a) Para x 5 esse produto é positivo, negativo ou nulo? b) Para x 2 esse produto é positivo, negativo ou nulo? c) Para x 4 esse produto é positivo, negativo ou nulo? Até esse momento, o aluno substitui a variável x pelo valor numérico e efetua a multiplicação, respon-

f) A discussão deverá ficar ainda mais acalorada quando o professor pedir aos alunos que determinem todos os valores reais de x para os quais esse produto é positivo. Podem surgir questões como: Os valores devem ser testados um por um? Depois de discutir as dificuldades levantadas, o professor apresenta uma maneira de resolver o problema por meio dos gráficos das funções f (x) 2x 10 e g(x) x 3. Veja essa resolução no item 5 do capítulo 7. Em seguida o professor apresenta o algoritmo (quadro de sinais) para a resolução desse tipo de inequação. VIII. Estimular o uso da intuição e ao mesmo tempo questioná-la. Grande parte das descobertas matemáticas necessitou de uma boa dose de intuição, porém a intuição deve vir acompanhada de uma argumentação lógica que a sustente. Pierre de Fermat, matemático dotado de uma intuição invejável, tropeçou ao confiar apenas na intuição e conjecturar, por volta de 1630, que todo número n da forma 22 1 é primo para qualquer número natural n. Um século mais tarde, o matemático Leonhard Euler provou que para n 5 esse número é composto, ou seja, não é primo. É importante apresentar alguns exercícios que contrariem a intuição. Por exemplo: Uma fita de 1 m de comprimento é cortada em três pedaços iguais. a) Dê o número na forma decimal que represente a medida, em m, de cada pedaço. b) Qual é a soma desses números que representam as medidas, em m, dos três pedaços? O item b contraria a intuição e, por isso, merece uma argumentação capaz de convencer o aluno de que 0,9999... é igual a 1. Um argumento possível é: cada

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1 da fita; logo, a soma dos três pepedaço representa ----3 1 1 1 1. daços é ----- ------ -----3 3 3

para se obter um ramo de hipérbole; basta que o plano não intercepte todas as geratrizes e que nenhuma delas seja paralela ao plano.) Ramo de uma hipérbole

O seminário oferece a oportunidade do trabalho em grupo, o que favorece a discussão e a reflexão sobre diferentes idéias a respeito do mesmo objeto. O discurso social é essencial para mudar ou reforçar conceitos. Os resultados são realmente significativos, em termos de aprendizagem, quando o seminário estimula a criatividade dos estudantes no sentido da representação de objetos matemáticos por meio de construções de objetos concretos. Vamos citar uma experiência para exemplificar. Para representar as cônicas como intersecções de um plano com a superfície de um cone, pode-se usar um farolete. O facho de luz que provém do farolete é cônico. a) Iluminando a parede, com o eixo do cone perpendicular a ela, observamos que a intersecção do plano da parede com a superfície do cone é uma circunferência.

Poderíamos citar ainda muitos outros tipos de atividade e de procedimento, como: estimular o entendimento de textos matemáticos, com o objetivo de despertar no aluno a autoconfiança em relação à sua capacidade de aprender sozinho; estimular respostas orais; propor exercícios que envolvam trabalhos manuais (construção dos poliedros regulares, por exemplo) etc. Além de exercitar o pensamento científico e desenvolver competências, essas atividades diversificam as aulas

7. Considerações sobre a organização da obra

Circunferência

Com o objetivo de oferecer uma visão sistêmica da Matemática, os capítulos desta obra foram organizados conforme descrito a seguir. b) Iluminando a parede, com o eixo do cone oblíquo a ela, de modo que todas as geratrizes do cone sejam interceptadas pelo plano da parede, observamos que a intersecção desse plano com a superfície do cone é uma elipse. Elipse

c) Iluminando a parede, com uma geratriz do cone paralela a ela, observamos que a intersecção desse plano com a superfície do cone é uma parábola. Parábola

d) Iluminando a parede, com o eixo do cone paralelo a ela, observamos que a intersecção desse plano com a superfície do cone é o ramo de uma hipérbole. (Não é necessário que o eixo do cone seja paralelo ao plano

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Capítulos 1 a 14 Com a finalidade de oferecer ao estudante uma transição do Ensino Fundamental para o Médio sem contrastes muito acentuados, procuramos oferecer os rudimentos do pensamento científico, refinando a linguagem e apresentando o método matemático por meio de conceitos primitivos, definições, postulados e teoremas. Sob essa orientação, organizamos os capítulos 1 a 14 da seguinte forma: Os quatro primeiros capítulos têm por objetivo apresentar a ciência Matemática embasada nas habilidades adquiridas no Ensino Fundamental, sistematizando: • A linguagem dos conjuntos e a classificação dos números. A primeira oferecendo o ferramental mínimo para a aquisição da escrita matemática e da percepção desta como linguagem, e a segunda aprofundando o estudo dos números reais. • Os temas básicos da álgebra em interface com a matemática financeira. Na parte inicial, resgatando o estudo das equações do 1º e do 2º graus e das inequações do 1º grau, no campo dos números reais, e na segunda estudando os conceitos fundamentais utilizados em transações financeiras. • A geometria plana, na retomada de conceitos com o propósito de aprofundar essas idéias e apresentar algumas demonstrações para que o aluno comece a compre-


IX. Propor seminários.



ender a necessidade e o significado de uma demonstração, entendendo como a Matemática apresenta e valida suas proposições. Os capítulos 5 a 11 tratam das funções, um dos temas centrais do Ensino Médio. Introduz-se o estudo do assunto enfatizando a necessidade de tabelas, gráficos ou fórmulas matemáticas para descrever as relações funcionais presentes no dia-a-dia. O estudo das funções permite ao aluno iniciar-se na linguagem das ciências, expressando relações entre grandezas dentro e fora da Matemática. No capítulo 12 são apresentadas as seqüências. Com base em uma situação do cotidiano do aluno, formalizamos o conceito de seqüência como uma função. Situações práticas procuram motivar o estudo das progressões aritmética e geométrica. O tema noções de estatística, apresentado no capítulo 13, além de oferecer ao aluno um conjunto de idéias e procedimentos que o capacitem a interpretar dados apresentados em diferentes linguagens e representações na mídia ou em outros meios de comunicação, tem a finalidade de fornecer uma fundamentação científica para a tomada de decisões que exijam a comparação de distribuições de freqüência. O capítulo 14, que traz a trigonometria no triângulo retângulo, tem por objetivo relacionar as medidas dos lados com as medidas dos ângulos agudos desse tipo de triângulo. Explora problemas que envolvem medições e, em especial, o cálculo de distâncias inacessíveis.

Capítulos 15 a 26 Os capítulos 15 a 26 têm a intenção de mostrar a evolução do pensamento científico mediante a ampliação de conceitos como: do triângulo retângulo para a circunferência trigonométrica; dos sistemas lineares de duas equações e duas incógnitas para os sistemas lineares de n equações e m incógnitas; da geometria plana para a geometria espacial. Nessa seção damos uma ênfase maior às demonstrações. A trigonometria na circunferência trigonométrica é apresentada nos capítulos 15 a 18: nos dois primeiros mostramos como estender o conceito de razão trigonométrica do triângulo retângulo para a circunferência trigonométrica; no terceiro apresentamos as fórmulas de adição de arcos e de arco duplo; finalmente, no quarto capítulo, estudamos as funções trigonométricas, a lei dos co-senos e a lei dos senos. Os capítulos 19, 20 e 21 tratam de matrizes, sistemas lineares e determinantes: no capítulo 19 estabelecemos uma estrutura algébrica no estudo das matrizes; no capítulo 20 ampliamos os conhecimentos que os alunos já adquiriram sobre os sistemas lineares, apresentando a resolução de sistemas lineares pelo método do escalo-

namento; e no capítulo 21 apresentamos o conceito de determinantes e sua aplicação na discussão de um sistema linear. Optamos por apresentar a noção de determinante após o estudo dos sistemas lineares para que essa noção adquirisse um significado, surgindo assim como um instrumento para a discussão de sistema linear. A análise combinatória, estudada nos capítulos 22 e 23, prioriza o princípio fundamental de contagem, desenvolvendo o raciocínio combinatório e minimizando a mera aplicação de fórmulas, que também são estudadas. A apresentação do princípio fundamental de contagem com base na matriz das possibilidades de resultados de dois experimentos simultâneos, e não na árvore de possibilidades, tem como objetivo usar um conhecimento já adquirido pelo aluno; no cálculo da área de um retângulo, por exemplo, o aluno já efetuou a “multiplicação do número de linhas pelo número de colunas”. Os capítulos 24 a 26 abordam a geometria espacial, priorizando a geometria métrica: no capítulo 24 são apresentados os conceitos fundamentais da geometria de posição, necessários para o entendimento da geometria métrica; no capítulo 25 são estudados o prisma e a pirâmide, com ênfase nas figuras regulares; finalmente, no capítulo 26 são apresentados os corpos redondos: cilindro circular, cone circular e esfera.

Capítulos 27 a 34 Nesses capítulos enfatizamos uma das mais eficientes formas do raciocínio matemático: a utilização de mais de um registro de representação no estudo de um objeto matemático. Por exemplo, nos casos em que apenas o uso de régua e compasso — registro geométrico — não foi suficiente para a resolução de problemas, a geometria analítica — registro algébrico — surgiu, contribuindo para que problemas milenares fossem resolvidos, como o traçado da reta tangente por um ponto de uma curva. O capítulo 27 apresenta a teoria das probabilidades, cujo objetivo é mostrar a possibilidade de se ter algum controle sobre a previsão de acontecimentos aleatórios. Os capítulos 28 a 31, sobre geometria analítica, têm por finalidade tratar algebricamente as propriedades e os elementos geométricos, proporcionando ao aluno a oportunidade de conhecer novos registros de representação para o estudo da geometria clássica. O capítulo 32, referente aos números complexos, tem por finalidade ampliar o campo numérico, apresentar as operações em C como extensões das operações em R e representar geometricamente os elementos do conjunto C. O capítulo 33, que trata dos polinômios, visa à apresentação de uma “nova” estrutura algébrica que será aplicada no capítulo 34, sobre equações algébricas, que objetiva a ampliação do estudo das equações polinomiais. 13


8. Conteúdos e objetivos específicos dos capítulos Uma introdução à linguagem dos conjuntos

Conteúdo

Objetivos

A origem da teoria dos conjuntos Conceitos primitivos Formas de representar um conjunto Tipos de conjunto Subconjunto Igualdade de conjuntos Conjunto universo União e intersecção de conjuntos Conjunto diferença Conjunto complementar Problemas sobre quantidades de elementos de conjuntos finitos 12. Classificação dos números 13. O eixo real

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • representar um conjunto na forma tabular (tabela), ou por diagramas, ou por meio de uma propriedade que determine os seus elementos; • classificar um conjunto como finito ou infinito; • relacionar elemento e conjunto, e relacionar subconjunto e conjunto; • reconhecer conjuntos iguais; • conceituar conjunto universo; • operar com conjuntos (união, intersecção, diferença e complementar); • aplicar os conceitos da teoria dos conjuntos na resolução de problemas sobre quantidade de elementos de conjuntos finitos; • classificar um número como natural, inteiro, racional, irracional ou real; • relacionar os conjuntos numéricos por meio da relação de inclusão; • representar os conjuntos numéricos por meio de diagramas; • representar genericamente um número par e um número ímpar; • representar genericamente dois números inteiros consecutivos; • demonstrar teoremas simples envolvendo números pares, ímpares ou consecutivos; • obter a geratriz de uma dízima periódica; • demonstrar teoremas simples envolvendo números racionais ou irracionais; • representar no eixo real todos os tipos de intervalos; • justificar a necessidade da representação “bolinha vazia” no extremo aberto de um intervalo real; • operar com intervalos (união e intersecção); • representar gráfica e algebricamente os intervalos reais.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

Capítulo 2

1. 2. 3. 4. 5.

14

Temas básicos de álgebra e de matemática financeira

Conteúdo

Objetivos

Equações do 1º grau Inequações do 1º grau Sistemas de equações do 1º grau Equações do 2º grau Matemática financeira

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • resolver equações e inequações do 1º grau; • resolver, pelos métodos da substituição e da adição, sistemas do 1º grau com duas equações e duas incógnitas; • equacionar problemas do 1º grau com duas incógnitas; • resolver equações do 2º grau; • discutir uma equação do 2º grau; • resolver equações do 2º grau de raízes racionais, através das relações de soma e produto das raízes; • fatorar um trinômio do 2º grau; • representar uma taxa porcentual sob a forma decimal ou fracionária; • resolver problemas que relacionem porcentual/parte/todo; • calcular o lucro sobre o preço de custo e sobre o preço de venda, em uma transação comercial; • resolver problemas que envolvem juro simples, taxa de juros, unidades de tempo, prazo e montante; • resolver problemas envolvendo juro composto.


Capítulo 1


Capítulo 3

Geometria plana: triângulos e proporcionalidade

Conteúdo


1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Objetivos

Ângulos em um triângulo Triângulo isósceles Triângulo eqüilátero Triângulo retângulo Teorema de Tales Semelhança de figuras planas Semelhança de triângulos Relações métricas no triângulo retângulo

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • resolver problemas que envolvam a soma das medidas dos ângulos internos e a medida de um ângulo externo de um triângulo, que explorem as propriedades dos triângulos isósceles, eqüilátero, retângulo; • conceituar razão de segmentos e aplicar o teorema de Tales na resolução de problemas; • identificar figuras planas semelhantes; • reconhecer triângulos semelhantes através dos casos A.A., L.A.L. e L.L.L.; • resolver problemas por meio da semelhança de triângulos; • calcular a razão de semelhança entre triângulos, usando dois segmentos de reta correspondentes quaisquer (lados, alturas, medianas etc.); • deduzir as relações métricas no triângulo retângulo e aplicá-las na resolução de problemas variados; • calcular a medida da diagonal de um quadrado e a da altura de um triângulo eqüilátero em função da medida de um lado.

Capítulo 4 Geometria plana: circunferência, círculo e cálculo de áreas Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5.

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • conceituar circunferência e círculo; • nomear elementos de uma circunferência; • reconhecer a posição relativa entre um ponto e uma circunferência; • reconhecer a posição relativa entre uma reta e uma circunferência e entre duas circunferências; • aplicar na resolução de problemas a propriedade que garante o alinhamento entre os centros de duas circunferências e o ponto de tangência entre elas; • aplicar na resolução de problemas as relações entre ângulo inscrito, central e de segmento; • calcular o perímetro c de uma circunferência por meio da fórmula c = 2πr; • transformar unidades de área; • calcular a área dos polígonos: triângulo, retângulo, quadrado, paralelogramo, hexágono regular, trapézio e losango; • calcular a área do círculo, do setor circular, do segmento circular e da coroa circular.

Circunferência e círculo Ângulos na circunferência Perímetro da circunferência Unidades de medida de área Cálculo da área de algumas figuras planas

Capítulo 5

A linguagem das funções

Conteúdo

Objetivos

1. Sistemas de coordenadas 2. Conceito de função 3. Formas de representação de uma função 4. Estudo do sinal de uma função 5. Análise gráfica

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • representar pontos no plano cartesiano; • reconhecer uma função em situações do cotidiano; • formalizar o conceito de função; • reconhecer o domínio, o conjunto-imagem e o contradomínio de uma função; • determinar a imagem de um elemento através do diagrama, através da lei y = f(x) e através do gráfico de uma função; • usar indistintamente as notações y ou f(x) para indicar a imagem de um elemento do domínio de uma função; • estudar o sinal de uma função a partir do seu gráfico, conhecidas as abscissas dos pontos de intersecção com o eixo Ox; • determinar o domínio e o conjunto-imagem de uma função através do gráfico.

15


Função real de variável real — Inversão de funções

Conteúdo 1. 2. 3. 4.

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • determinar o domínio de uma função quando esta é apresentada simplesmente pela lei y = f(x); • determinar as raízes de funções (raízes obtidas a partir de equações já estudadas); • determinar os intervalos em que uma função é crescente, decrescente ou constante; • definir e exemplificar a inversão de funções; • obter a inversa de uma função, a partir da lei de associação.

Função real de variável real Raiz de uma função Variação de uma função Funções inversas

Capítulo 7

Função polinomial do 1‚‚ grau ou função afim

Conteúdo

Objetivos

1. Conceituação 2. Gráfico de uma função polinomial do 1º grau 3. Função definida por mais de uma sentença 4. Variação de sinal da função afim 5. Inequação-produto 6. Inequação-quociente

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • construir o gráfico de uma função polinomial do 1º grau a partir da lei de associação; • determinar a lei de associação a partir do gráfico da função polinomial do 1º grau; • dar exemplos de funções polinomiais do 1º grau no cotidiano; • construir o gráfico de uma função dada por mais de uma sentença; • discutir a variação de sinal de uma função polinomial do 1º grau, algébrica e graficamente; • resolver inequações-produto e inequações-quociente que envolvam função polinomial do 1º grau.

Capítulo 8

Função polinomial do 2‚‚ grau ou função quadrática

Conteúdo

Objetivos

1. Conceituação 2. Gráfico de uma função polinomial do 2º grau 3. Pontos notáveis da parábola 4. Máximo e mínimo de uma função polinomial do 2º grau 5. Variação de sinal de uma função polinomial do 2º grau 6. Inequação do 2º grau

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • esboçar o gráfico de uma função quadrática a partir da lei de associação; • determinar a lei de associação a partir do gráfico da função quadrática; • determinar os pontos notáveis da parábola (intersecções com os eixos coordenados e vértice); • determinar o domínio e o conjunto-imagem de uma função quadrática ou de uma restrição desse tipo de função; • determinar o máximo ou o mínimo de uma função quadrática; • aplicar os conceitos de máximo ou mínimo de uma função quadrática na resolução de problemas; • discutir a variação de sinal de uma função quadrática e aplicar na resolução de problemas; • resolver inequações do 2º grau; • resolver inequações-produto ou inequações-quociente envolvendo funções polinomiais do 1º ou do 2º grau.

Capítulo 9

Função modular

Conteúdo

Objetivos

1. Distância entre dois pontos do eixo real 2. Módulo de um número real 3. Função modular

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular a distância entre dois pontos do eixo real, conhecendo suas abscissas; • definir módulo de um número real, geométrica e algebricamente; • calcular o módulo de um número real; • aplicar as propriedades de módulo na resolução de equações e inequações modulares; • conceituar função modular e determinar seu domínio e conjunto-imagem; • construir gráficos de funções modulares.

16


Capítulo 6


Capítulo 10 Função exponencial Conteúdo 1. 2. 3. 4.

Potenciação e radiciação em R Função exponencial Equação exponencial Inequação exponencial

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • definir e calcular potência de expoente inteiro e de expoente racional; • aplicar as propriedades de potências; • representar um número sob a notação científica; • calcular raízes exatas, através da definição e das propriedades de radicais; • operar com radicais, simplificando-os quando possível; • aproximar potências de expoente irracional; • definir função exponencial, construir seu gráfico e classificá-la como crescente ou decrescente; • aplicar o conceito da função exponencial na resolução de problemas; • aplicar as propriedades da função exponencial na resolução de equações e inequações exponenciais; • resolver problemas através de equações e inequações exponenciais.


Capítulo 11 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Função logarítmica

Conteúdo

Objetivos

Os fundamentos dos logaritmos Conceito de logaritmo Propriedades dos logaritmos Função logarítmica Equações logarítmicas Inequações logarítmicas

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular logaritmos através da definição; • calcular logaritmos aplicando propriedades; • aplicar o conceito de logaritmo na resolução de problemas; • construir o gráfico de uma função logarítmica e classificá-la como crescente ou decrescente; • determinar o domínio de uma função logarítmica; • aplicar as propriedades de logaritmos na resolução de equações e inequações logarítmicas; • resolver problemas através de equações e inequações logarítmicas.

Capítulo 12 Conteúdo 1. 2. 3. 4.

Conceito de seqüência Lei de formação de uma seqüência Progressão aritmética (P.A.) Progressão geométrica (P.G.)

Seqüências Objetivos

• • • • • • • • • • • • • • • •

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: diferenciar os conceitos de seqüência e conjunto; interpretar os significados dos símbolos an, n e Sn; determinar os termos de uma seqüência a partir da lei de formação; reconhecer uma progressão aritmética; classificar uma progressão aritmética como crescente, decrescente ou constante; determinar um termo qualquer de uma progressão aritmética, a partir do primeiro termo e da razão; interpolar meios aritméticos entre dois números dados; representar genericamente uma P.A. calcular a soma dos n primeiros termos de uma P.A.; reconhecer uma progressão geométrica; classificar uma progressão geométrica como crescente, decrescente, constante, oscilante ou quase nula; determinar um termo qualquer de uma progressão geométrica, a partir do primeiro termo e da razão; interpolar meios geométricos entre dois números dados; representar genericamente uma P.G.; calcular a soma dos n primeiros termos de uma P.G.; calcular a soma dos infinitos termos de uma P.G. de razão q, com –1 q 1.

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Capítulo 13 Conteúdo

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • conceituar população, amostra, freqüência e freqüência relativa; • separar uma amostra de números em classes; • construir tabelas de distribuição de freqüência; • representar uma distribuição de freqüência em gráfico de linha, gráfico de barras horizontais e verticais; • representar uma distribuição de freqüência em gráfico de setores; • construir, ler e interpretar histogramas de uma distribuição de freqüência de classes não-unitárias; • conceituar média aritmética, mediana e moda, e aplicar esses conceitos na resolução de problemas; • conceituar desvio médio absoluto, variância e desvio padrão, e aplicar esses conceitos na resolução de problemas.

O que é estatística Conceitos preliminares Tabelas e gráficos Medidas estatísticas

Capítulo 14 Conteúdo 1. A origem da trigonometria 2. Seno, co-seno e tangente de um ângulo agudo

Capítulo 15

Trigonometria no triângulo retângulo Objetivos

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular os valores aproximados do seno, do co-seno e da tangente de um ângulo agudo; • calcular a medida de um lado de um triângulo retângulo, conhecendo as medidas de um lado e de um ângulo agudo desse triângulo; • aplicar os conceitos de seno, co-seno e tangente de um ângulo agudo de um triângulo retângulo; • relacionar a tangente de um ângulo agudo de um triângulo retângulo com o seno e o co-seno desse ângulo; • relacionar ângulos complementares através do seno e do co-seno.

A circunferência trigonométrica e as extensões dos conceitos de seno e de co-seno

Conteúdo

Objetivos

1. O radiano, unidade de medida de arco e de ângulo 2. Circunferência trigonométrica 3. Simetrias 4. Seno e co-seno de um arco trigonométrico 5. Tabela dos arcos notáveis 6. Redução ao 1º quadrante 7. Relação fundamental da trigonometria 8. Equações trigonométricas imediatas 9. Inequações trigonométricas

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular a medida de um arco, em radianos ou em graus, conhecendo o comprimento desse arco e o raio da circunferência que o contém; • transformar a medida de um arco, de graus para radianos e vice-versa; • determinar as medidas dos arcos côngruos a um dado arco, em graus ou radianos; • relacionar as medidas, em graus ou radianos, associadas a pontos da circunferência trigonométrica, simétricos em relação ao eixo das ordenadas, ao eixo das abscissas ou à origem do sistema cartesiano; • associar números reais aos pontos da circunferência trigonométrica, identificando cada medida em radianos com o número real que a representa; • estender os conceitos de seno e co-seno para arcos trigonométricos e ângulos não-agudos; • calcular o seno e o co-seno de 0°, 90°, 180°, 270°, 30°, 45°, 60° e de seus arcos côngruos (analogamente para medidas em radianos); • determinar o sinal do seno e do co-seno em cada quadrante; • relacionar os senos e os co-senos de arcos trigonométricos com extremidades simétricas em relação ao eixo das ordenadas, ao eixo das abscissas ou à origem do sistema cartesiano; • resolver, em um intervalo limitado, equações trigonométricas imediatas em seno e co-seno; • aplicar a propriedade do produto nulo na resolução de equações trigonométricas; • resolver equações trigonométricas através de equações polinomiais auxiliares; • resolver, em um intervalo limitado, inequações trigonométricas imediatas em seno e co-seno; • utilizar o método gráfico na resolução de equações e inequações trigonométricas imediatas.

18


1. 2. 3. 4.

Noções de estatística


Capítulo 16 Tangente de um arco trigonométrico e as razões recíprocas do seno, do co-seno e da tangente Conteúdo

Objetivos

Tangente de um arco trigonométrico Tabela dos arcos notáveis Redução ao 1º quadrante Equações trigonométricas em tangente 5. Inequações trigonométricas em tangente 6. As razões recíprocas do seno, do coseno e da tangente

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • estender o conceito de tangente para arcos trigonométricos e ângulos não-agudos; • determinar o sinal da tangente em cada quadrante; • calcular a tangente de 0°, 180°, 30°, 45°, 60° e de seus arcos côngruos (analogamente para medidas em radianos); • aplicar, na resolução de problemas, o conceito de tangente de um arco trigonométrico; • relacionar as tangentes de arcos trigonométricos com extremidades simétricas em relação ao eixo das ordenadas, ao eixo das abscissas ou à origem do sistema cartesiano; • resolver, em um intervalo limitado, equações trigonométricas imediatas em tangente usando recursos como o método gráfico, a propriedade do produto nulo e equações polinomiais auxiliares; • resolver, em um intervalo limitado, inequações trigonométricas imediatas em tangente; • calcular, quando existirem, a co-tangente, a secante e a co-secante dos arcos de 0°, 90°, 180°, 30°, 45°, 60° e de seus arcos côngruos (analogamente para medidas em radianos); • resolver equações trigonométricas envolvendo as razões cotg x, sec x e cossec x.


1. 2. 3. 4.

Capítulo 17 Adição de arcos e arco duplo Conteúdo

Objetivos

1. Seno, co-seno e tangente dos arcos de medidas (a b) e (a b) 2. Seno, co-seno e tangente do arco duplo

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular o seno, o co-seno e a tangente da soma ou da diferença de dois arcos; • calcular o seno, o co-seno e a tangente de um arco duplo; • aplicar as fórmulas de arco duplo para relacionar o seno, o co-seno ou a tangente de -. um arco de medida com o seno, o co-seno ou a tangente do arco de medida -----2

Capítulo 18 Funções trigonométricas e resolução de triângulos Conteúdo Objetivos 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Conceituação Gráfico da função y sen x Gráfico da função y cos x Gráfico da função y = tg x Resolução de triângulos Cálculo da área de um triângulo

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • identificar as funções seno, co-seno e tangente e suas representações gráficas, bem como analisar cada função segundo sua periodicidade, sinal, raízes e conjunto-imagem; • aplicar, na resolução de problemas, as funções seno, co-seno e tangente; • relacionar as medidas dos lados de um triângulo qualquer com o co-seno de um ângulo interno (lei dos co-senos); • relacionar a razão entre a medida de um lado de um triângulo qualquer e o seno do ângulo oposto com o raio da circunferência circunscrita a esse triângulo (lei dos senos); • aplicar, na resolução de problemas, a lei dos senos e a lei dos co-senos; • calcular a área de um triângulo em função das medidas de dois lados e do ângulo compreendido entre eles.

Capítulo 19 Matrizes Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5.

Um pouco de história Matriz Matrizes especiais Matrizes transpostas Elementos correspondentes em matrizes do mesmo tipo 6. Igualdade de matrizes

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • representar genericamente uma matriz; • construir uma matriz a partir da lei de formação; • reconhecer uma matriz quadrada e identificar as diagonais principal e secundária; • reconhecer as matrizes identidade e nula; • transpor uma matriz;

19


continuação do capítulo 19 Conteúdo

Objetivos

7. Adição de matrizes 8. Multiplicação de um número por uma matriz 9. Subtração de matrizes 10. Multiplicação de matrizes

• • • • •

reconhecer elementos correspondentes em matrizes de mesmo tipo; reconhecer matrizes iguais; reconhecer matrizes opostas; adicionar, subtrair e multiplicar matrizes; multiplicar um número real por uma matriz.

Capítulo 20 Sistemas lineares 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Objetivos

Os sistemas de equações no dia-a-dia Equação linear Sistema linear Classificação de um sistema linear Resolução de um sistema linear Sistema linear escalonado Sistemas lineares equivalentes Escalonamento de um sistema linear

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • reconhecer uma equação linear; • determinar soluções de uma equação linear possível; • classificar uma equação linear como possível ou impossível; • resolver um sistema linear pelo método do escalonamento; • classificar um sistema linear como possível e determinado, possível e indeterminado ou impossível; • resolver problemas que envolvam sistemas de equações lineares.

Capítulo 21 O conceito de determinante e aplicações Conteúdo

Objetivos

1. Conceito de determinante 2. Discussão de um sistema linear 3. Sistema linear homogêneo

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular determinantes de ordens 2 e 3; • discutir um sistema linear com número de equações igual ao número de incógnitas, usando o conceito de determinante e a técnica do escalonamento; • discutir um sistema linear com número de equações diferente do número de incógnitas, usando a técnica do escalonamento; • reconhecer um sistema linear homogêneo; • resolver um sistema linear homogêneo, usando a técnica do escalonamento; • classificar um sistema linear homogêneo com número de equações igual ao número de incógnitas, usando o conceito de determinante; • classificar um sistema linear homogêneo com número de equações diferente do número de incógnitas, usando a técnica do escalonamento; • discutir um sistema linear homogêneo com número de equações igual ao número de incógnitas, usando o conceito de determinante; • discutir um sistema linear homogêneo com número de equações diferente do número de incógnitas, usando a técnica do escalonamento.

Capítulo 22 Os princípios da análise combinatória Conteúdo 1. A arte de contar 2. Princípio fundamental de contagem 3. Princípio aditivo de contagem 4. Fatorial

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Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • aplicar o princípio fundamental de contagem; • construir a matriz das possibilidades de dois ou mais experimentos simultâneos; • aplicar o princípio fundamental de contagem para um número finito de experimentos simultâneos; • aplicar o princípio aditivo de contagem na resolução de problemas; • calcular o fatorial de um número natural; • resolver equações envolvendo fatoriais.


Conteúdo


Capítulo 23 Agrupamentos e métodos de contagem Conteúdo

Objetivos

Tipos de agrupamento Arranjo simples Permutação simples Permutação com elementos repetidos Combinação simples Critério para diferenciar arranjo de combinação 7. O binômio de Newton

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • reconhecer um arranjo simples; • construir os arranjos simples formados por p elementos escolhidos dentre n elementos distintos; • calcular o número de arranjos simples de n elementos tomados p a p; • reconhecer uma permutação simples; • construir permutações de n elementos distintos; • calcular o número de permutações simples; • calcular o número de permutações com elementos repetidos; • reconhecer uma combinação simples; • construir as combinações simples formadas por p elementos escolhidos dentre n elementos distintos; • relacionar os números Cn, p e An, p; • calcular o número de combinações de n elementos tomados p a p; • aplicar a fórmula de Newton no desenvolvimento de (x a) n, com n N.


1. 2. 3. 4. 5. 6.

Capítulo 24 Geometria de posição e poliedros Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

As secções planas dos objetos O espaço e seus elementos Uma figura fundamental Posições relativas Perpendicularidade Projeção ortogonal Ângulos no espaço Poliedros Poliedros regulares

Objetivos Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • reconhecer figuras planas e figuras não-planas; • reconhecer retas paralelas, concorrentes e reversas; • reconhecer reta paralela a um plano, reta secante a um plano e reta contida em um plano; • reconhecer planos paralelos e planos secantes; • reconhecer retas perpendiculares, reta perpendicular a um plano e planos perpendiculares; • achar a medida de ângulos determinados por duas retas reversas, por uma reta e um plano e por dois planos; • identificar um poliedro e seus elementos (faces, vértices, arestas e diagonais); • classificar e nomear poliedros; • reconhecer poliedros convexos, poliedros não-convexos e poliedros regulares; • calcular o número de arestas de um poliedro a partir do número de faces e do número de arestas por face; • calcular o número de arestas de um poliedro a partir do número de vértices e do número de arestas por vértice; • aplicar a relação de Euler.

Capítulo 25 Prisma e pirâmide Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

Prisma Prisma reto e prisma oblíquo Prisma regular Paralelepípedo reto-retângulo Cubo O princípio de Cavalieri e o cálculo do volume de um prisma Pirâmide Pirâmide regular Volume da pirâmide Tronco de pirâmide de bases paralelas

Objetivos Ao final deste capítulo, o aluno deve estar preparado para: • identificar um prisma reto e um prisma oblíquo; • reconhecer um prisma regular; • calcular a área lateral e a área total de um prisma; • reconhecer um paralelepípedo reto-retângulo e, em particular, um cubo; • calcular a medida da diagonal de um paralelepípedo reto-retângulo; • calcular a área total e o volume de um paralelepípedo reto-retângulo; • calcular o volume de um prisma; • identificar uma pirâmide; • reconhecer uma pirâmide regular; • relacionar a medida do apótema de uma pirâmide regular às medidas da altura e do apótema da base; • calcular a área lateral e a área total de uma pirâmide; • calcular o volume de uma pirâmide; • calcular o volume de um tronco de pirâmide de bases paralelas.

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Conteúdo

Objetivos

1. Introdução 2. Cilindro circular 3. Cilindro circular reto e cilindro circular oblíquo 4. Cone circular 5. Cone circular reto e cone circular oblíquo 6. Tronco de cone circular de bases paralelas 7. Esfera

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • reconhecer um cilindro circular e seus elementos; • reconhecer um cilindro de revolução ou cilindro circular reto; • reconhecer um cilindro eqüilátero; • calcular a área lateral e a área total de um cilindro circular reto; • calcular a área de uma secção meridiana de um cilindro circular reto; • calcular o volume de um cilindro circular; • reconhecer um cone circular e seus elementos; • reconhecer um cone de revolução ou cone circular reto; • reconhecer um cone eqüilátero; • relacionar as medidas do raio da base, da geratriz e da altura de um cone circular reto; • calcular a área lateral e a área total de um cone circular reto; • calcular a medida do ângulo do setor circular equivalente à superfície lateral de um cone circular reto; • calcular a área de uma secção meridiana de um cone circular reto; • calcular o volume de um cone circular; • calcular o volume de um tronco de cone circular reto de bases paralelas; • reconhecer esfera e superfície esférica; • reconhecer plano secante, plano tangente e plano exterior a uma esfera; • relacionar as medidas do raio de uma esfera, do raio de uma secção plana e da distância da secção ao centro da esfera; • calcular o volume de uma esfera; • calcular a área de uma superfície esférica; • reconhecer um fuso esférico e calcular sua área; • reconhecer uma cunha esférica e calcular o seu volume; • reconhecer esferas tangentes.

Capítulo 27 Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5. 6.

A origem da teoria das probabilidades O conceito de probabilidade Definição de probabilidade Adição de probabilidades Probabilidade condicional Multiplicação de probabilidades

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • reconhecer um experimento aleatório; • determinar o espaço amostral de um experimento aleatório; • formar eventos de um espaço amostral; • determinar o número de elementos de um espaço amostral ou de um evento; • calcular a probabilidade de ocorrer um elemento de um evento de um espaço amostral; • reconhecer eventos complementares; • aplicar as propriedades das probabilidades; • identificar o conectivo ou com a união de eventos, e o conectivo e com a intersecção de eventos; • calcular a probabilidade da união de dois eventos; • aplicar o teorema da adição de probabilidades; • calcular probabilidades condicionais; • reconhecer eventos independentes; • calcular a probabilidade da intersecção de dois eventos; • identificar o tipo de problema em que se pode aplicar o teorema da multiplicação de probabilidades.

Capítulo 28 Conteúdo 1. 2. 3. 4. 5.

A origem da geometria analítica Distância entre dois pontos Ponto médio de um segmento de reta Determinação de uma reta Condição de alinhamento de três pontos 6. Equação fundamental da reta 7. As bissetrizes dos quadrantes e as retas horizontais e verticais

22

Probabilidade Objetivos

Geometria analítica: ponto e reta Objetivos

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • calcular a distância entre dois pontos; • obter o ponto médio de um segmento; • identificar, graficamente, a inclinação de uma reta no plano cartesiano; • calcular o coeficiente angular de uma reta não-vertical, conhecendo sua inclinação ou as coordenadas de dois de seus pontos; • verificar se três pontos do plano cartesiano são ou não colineares; • obter a equação de uma reta, conhecendo seu coeficiente angular e as coordenadas de um de seus pontos; • obter as equações das retas bissetrizes dos quadrantes; • obter equações de retas horizontais e de retas verticais.


Capítulo 26 Corpos redondos


Capítulo 29

Formas da equação da reta, paralelismo e perpendicularidade

Conteúdo

Objetivos

1. Generalidades sobre as equações da

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • representar qualquer reta do plano cartesiano por meio de uma equação geral;

reta 2. Equação geral da reta

• determinar as coordenadas do ponto de intersecção de duas retas concorrentes;

3. Equação reduzida da reta

• representar qualquer reta não-vertical do plano cartesiano através da equação reduzida, interpretando, geometricamente, o coeficiente de x (coeficiente angular) e

4. Retas perpendiculares

o termo independente (coeficiente linear);

5. Equações paramétricas da reta

• expressar a equação geral de uma reta não-vertical na forma reduzida; • reconhecer a posição relativa de duas retas não-verticais a partir de seus coeficientes angulares; • determinar uma equação de uma reta paralela a uma reta dada; • reconhecer a perpendicularidade entre duas retas não-verticais a partir de seus coeficientes angulares; • reconhecer a perpendicularidade entre duas retas, sendo uma delas vertical; • determinar uma equação de uma reta perpendicular a uma reta dada; Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

• expressar as equações paramétricas de uma reta na forma geral ou na reduzida.

Capítulo 30

Complementos sobre o estudo da reta

Conteúdo

Objetivos

1. Distância entre ponto e reta

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para:

2. Aplicações de determinantes na geo-

• calcular a distância de um ponto a uma reta;

metria analítica

• calcular, por meio de um determinante de terceira ordem, a área de um triângulo,

3. Representação gráfica de uma inequação do 1º grau

conhecidas as coordenadas de seus vértices; • verificar, por meio de um determinante de terceira ordem, se três pontos estão alinhados ou não; • obter, por meio de um determinante de terceira ordem, a equação de uma reta a partir de dois de seus pontos; • representar graficamente uma inequação do 1º grau; • representar graficamente as soluções de um sistema de inequações do 1º grau.

Capítulo 31

Equações da circunferência

Conteúdo

Objetivos

1. Equação reduzida de uma circunferência 2. Equação normal de uma circunferência 3. Reconhecimento de uma circunferência 4. Posições relativas entre um ponto e uma circunferência 5. Posições relativas entre uma reta e uma circunferência

Ao final do capítulo, o aluno deve estar preparado para: • obter a equação reduzida de uma circunferência, conhecendo o raio e as coordenadas do centro dessa circunferência; • determinar o raio e as coordenadas do centro de uma circunferência a partir da equação reduzida dessa circunferência; • obter a equação normal de uma circunferência, conhecendo o raio e as coordenadas do centro dessa circunferência; • determinar o raio e as coordenadas do centro de uma circunferência, a partir da equação normal dessa circunferência; • reconhecer se uma equação do tipo Ax2 By2 Cxy Dx Ey F 0, nas variáveis x e y, representa ou não uma circunferência; • reconhecer a posição relativa entre um ponto e uma circunferência; • reconhecer a posição relativa entre uma reta e uma circunferência; • determinar as coordenadas do(s) ponto(s) de intersecção de uma reta com uma circunferência.

23


Capítulo 32 Conjunto dos números complexos Conteúdo

Objetivos

1. Número complexo


2. Operações elementares com números

• conceituar número complexo e representá-lo na forma algébrica;

complexos

• operar com números complexos na forma algébrica;

3. Potências de números complexos com expoente inteiro

• calcular potências de expoente inteiro de i e de números complexos na forma a b i, com {a, b } R;

4. Representação geométrica do conjunto dos números complexos

• interpretar geometricamente um número complexo; • calcular o módulo de um número complexo;

5. Módulo de um número complexo

• aplicar as propriedades dos módulos de um número complexo; • determinar o lugar geométrico dos afixos dos números complexos que satisfazem uma determinada propriedade.

Conteúdo

Objetivos

1. Expansão polinomial de um número


2. Polinômio em uma variável

• reconhecer um polinômio;

3. Identidade de polinômios

• determinar o grau de um polinômio não identicamente nulo;

4. Operações com polinômios

• calcular o valor numérico de um polinômio;

5. Fração polinomial

• aplicar o conceito de identidade de polinômios;

6. Divisão de um polinômio por um binômio do 1º grau

• efetuar adições, subtrações e multiplicações com polinômios; • dividir polinômios pelo método da chave; • aplicar o teorema do resto e o de D’Alembert; • aplicar o conceito de identidade de frações polinomiais; • verificar se um polinômio P(x) é divisível por kx a, com k 0; • aplicar o dispositivo prático de Briot-Ruffini na divisão de um polinômio P(x) por kx a, com k 0.

Capítulo 34 Equações polinomiais Conteúdo

Objetivos

1. Um pouco de história


2. Equação polinomial ou algébrica

• reconhecer uma equação polinomial;

3. Teorema fundamental da álgebra

• determinar o grau de uma equação polinomial;

4. Teorema da decomposição

• obter as raízes de uma equação do 3º grau, conhecendo uma delas;

5. Número de raízes de uma equação

• aplicar o teorema fundamental da álgebra e o teorema da decomposição;

polinomial

• determinar a multiplicidade de uma raiz de uma equação polinomial;

6. Raízes imaginárias

• aplicar o teorema das raízes imaginárias e o teorema das raízes racionais;

7. Raízes racionais

• aplicar as relações de Girard em equações polinomiais.

8. Relações de Girard

24


Capítulo 33 Polinômios


9. Sugestões para o desenvolvimento dos capítulos Capítulo 1 ▼

• Considerem uma fita de 1 m de comprimento. Cortando essa fita em três partes de mesmo comprimento, qual é o número na forma decimal que representa a medida, em metros, de cada pedaço? Resposta: 0,333333... • Qual é a soma dos três números na forma decimal que representam as medidas desses pedaços? Respostas: 0,999999... Portanto 0,999999 1.

Conjuntos

Discutir com os alunos o texto do item 1, concluindo que, além da definição de infinito e de muitas outras contribuições, a teoria dos conjuntos uniformizou a linguagem em todos os ramos da Matemática. Em Geometria, por exemplo, dizemos que um ponto pertence a uma reta, que uma reta está contida em um plano, que a intersecção de dois planos secantes é uma reta. Explicar a necessidade dos conceitos primitivos.

▼

Conjuntos numéricos: N, Z, Q, Q e R

A introdução aos conjuntos numéricos pode ser feita a partir do texto do item 12, discutindo-se a idéia de número e as necessidades de ampliação dos conjuntos numéricos. II. Apresentar uma particularidade capaz de determinar a classificação de um número. Não é necessária uma definição formal. Por exemplo: • número natural é aquele que resulta de contagem de unidades; • número inteiro é qualquer número natural ou o oposto desse número; • número racional é todo aquele que pode ser representado sob a forma decimal finita ou infinita periódica; • número irracional é todo aquele que pode ser representado sob a forma decimal infinita nãoperiódica; • número real é todo aquele que pode ser representado sob a forma decimal, finita ou infinita. III. Alguns alunos têm dificuldade em visualizar o diagrama abaixo, em especial o conjunto Q (dos números irracionais).

N

Z

Q

1,4125 d 1,425 Esse processo pode ser continuado indefinidamente, pois d é um número irracional. Pode-se propor como exercício o cálculo, por tentativa e erro, da melhor aproximação por falta, com uma casa decimal, dos números: 3 , 5 , 6 e 10 .

R Q

Um recurso que pode ajudar é pedir que esses alunos coloquem os seguintes números nos luga3 res adequados: 0; 4; 3; ------ ; 3,22222...; 5 8 IV. Uma dúvida muito comum diz respeito à igualdade 0,999999... 1. Pode-se questionar: • Se 0,999999... fosse menor que 1, então existiriam infinitos números reais entre 0,999999... e 1. De terminem um númer o r eal entre 0,999999... e 1. Resposta: Não existe.

Resolução Temos que (1,7)2 2,89 e (1,8)2 3,24; logo, a melhor aproximação é 1,7. Analogamente, temos 5 2,2; 6 2,4 e 10 3,1.

Capítulo 2 Equações do 1ºº grau

▼


I.

V. Vale a pena enfatizar o método a seguir para se obter uma aproximação de 2 . Seja d o número positivo cuja segunda potência é 2, isto é, d 2 . O número d está entre 1,4 e 1,5, pois (1,4)2 1,96 e (1,5)2 2,25. A média aritmética de 1,4 e 1,5 é 1,45. Como 1,4 d 1,5 e (1,45)2 2,1025, podemos diminuir um pouco o intervalo no qual certamente está o número d , ou seja, 1,4 d 1,45. A média aritmética de 1,4 e 1,45 é 1,425. Como 1,4 d 1,45 e (1,425)2 2,030625, podemos diminuir um pouco mais o intervalo no qual certamente está o número d, ou seja, 1,4 d 1,425. A média aritmética de 1,4 e 1,425 é 1,4125. Como 1,4 d 1,425 e (1,4125)2 1,99515625, podemos diminuir ainda mais o intervalo no qual certamente está o número d, ou seja:

I.

Iniciar o assunto a partir do problema proposto no item 1 do capítulo. Perguntar aos alunos se é possível descobrir o valor de cada prestação. Espera-se que algum aluno subtraia do valor do carro o valor da entrada, e divida o restante pelo número de prestações.

25


I.

Conceituar inequação a partir do exemplo apresentado no item 2 (a solução deve ser discutida com os alunos). Sugerimos que se formem grupos de dois ou três alunos para formular outras questões nesse problema, por exemplo: e para ser classificada como normal? Apresentar mais exemplos. Exemplo 1 Em uma escola, a média mínima para aprovação automática é 6,0. Essa média, em cada matéria, é calculada pela expressão: ab2 c2 d ------------------------------------------------------6 em que as letras a, b, c e d representam as notas (de zero a dez) do 1º, 2º, 3º e 4º bimestre, respectivamente. Se as notas de um aluno, em História, foram 6,8; 6,0 e 7,0 nos três primeiros bimestres, respectivamente, qual deve ser sua nota no 4º bimestre para que seja aprovado automaticamente? Pedir aos alunos que resolvam o problema, mostrando a seguir que a resolução equivale a determinar os possíveis valores de d que tornam verdadeira a sentença: 6,8 6,0 2 7,0 2 d --------------------------------------------------------------------- 6 6 Exemplo 2 No dia 1º de julho, João aplicou R$ 3.000,00 em um fundo de investimento A e R$ 3.012,00 em um fundo B. Em cada dia de julho o fundo A rendeu R$ 1,80 ao dia, e o fundo B rendeu R$ 1,20 ao dia. Em que dias de julho o montante no fundo A foi superior ao do fundo B? Resolução Sendo x o número dos dias em que o dinheiro esteve aplicado, vamos determinar os valores de x que satisfaçam a condição: 3.000 1,80x 3.012 1,20x

▼

5,04v d 4,5(v 0,5) d Resolvendo o sistema, obtém-se d 21; logo, o circuito tem 21 km de extensão. Equação do 2ºº grau

Iniciar o assunto com a situação que introduz o item 4. Apresentar outros problemas cuja solução exija a resolução de uma equação do 2º grau, como, por exemplo: Uma classe de 30 alunos decidiu comprar uniformes para a equipe de basquetebol que representará a classe no campeonato interno do colégio. O custo dos uniformes, que foi de R$ 480,00, seria dividido em partes iguais entre os 30 alunos da classe. Porém, alguns alunos não puderam pagar e, por isso, a quantia que corresponderia a esses alunos foi dividida em partes iguais entre os demais. Sabendo que cada aluno pagante contribuiu com R$ 0,80 por aluno não-pagante, calcule o número de alunos que não puderam pagar. Resolução Indicando por x o número de alunos não-pagantes, o número de alunos pagantes será 30 x. Como cada aluno pagante desembolsou 16 0,80x, temos: (30 x)(16 0,80x) 480 ⇒ 0,80x2 8x 0 x 10 ou x 0 (não convém) Logo, 10 alunos não puderam pagar. Porcentagem

Resolvendo essa inequação, obtém-se x 20; logo, o montante no fundo A foi maior que o do fundo B, de 21 a 31 de julho.

Mostrar alguns problemas de porcentagem, destacando os cuidados necessários na sua resolução. Por exemplo:

II. Pedir aos alunos outros exemplos do cotidiano que exijam a resolução de uma inequação.

• Aumentando-se em 10% cada lado de um quadrado, em quanto por cento aumenta o seu perímetro?

26


▼

Inequações do 1ºº grau

Pode-se conceituar sistema de equações a partir dos exemplos: Exemplo 1 Um retângulo com perímetro de 28 cm tem na base 2 cm a mais do que na altura. Qual é a medida da base e a da altura desse retângulo? Exemplo 2 Em um treino para uma corrida de Fórmula 1, um piloto deu duas voltas em um circuito: a primeira volta em 5,04 minutos e a segunda em 4,5 minutos. Na segunda volta, sua velocidade média aumentou de 30 km/h em relação à primeira volta. Qual a extensão desse circuito, em km? Resolução Sabendo que 30 km/h equivalem a 0,5 km/min, e indicando por d a extensão do circuito e por v a velocidade média na primeira volta, temos:

▼

II. Pedir aos alunos outros exemplos do cotidiano que exijam a determinação de um valor desconhecido (resolução de equações).

Sistemas de equações do 1ºº grau

▼

Após a discussão, enfatizar que essa resolução equivale a determinar o valor desconhecido na sentença: 1.500 12x 15.570

Resolução Como a porcentagem é um valor relativo, podemos resolver o problema com um quadrado particular. Por exemplo:

A

B

11

10

11

O perímetro do quadrado A é 40 e o perímetro do quadrado B é 44; logo, de A para B, o perímetro aumenta em 10%. Um erro comum na resolução desse problema é somar as porcentagens, concluindo que o perímetro aumenta de 40%. • Um piso de 36 m2 será revestido com lajotas. Sabendo-se que há 10% de perda na sua colocação, devido a cortes e quebras, quantos metros quadrados de lajotas devem ser comprados? Resolução Sendo x a quantidade de m2 de lajotas que deve ser comprada, temos: x 0,1x 36 ⇒ x 40 Logo, devem ser comprados 40 m2 de lajotas. Um erro comum na resolução desse problema é calcular a quantidade de m2 de lajotas por 36 0,1 36.

Semelhança de triângulos

Apresentar os casos de semelhança a partir da seguinte experiência: Mostram-se dois triângulos de tamanhos diferentes, recortados em cartolina, e, sobrepondo ângulos, mostram-se que dois ângulos A B eB B de um triângulo são congruentes a dois ângulos D B eE B do outro, respectivamente. A seguir, pergunta-se: a) Que relação existe entre as medidas dos outros dois ângulos C B eF B desses triângulos? Resposta: São iguais. Justificativa A

D

x

C y

B

F

E

x 180

y 180

⇒ xy

b) Se o lado tABu cabe duas vezes no lado tDEu, quantas vezes o lado tACu cabe no lado tDFu? Resposta: 2 vezes E quantas vezes o lado tBCu cabe no lado tEFu? Resposta: 2 vezes Justificativa

Capítulo 3

AD

▼


10

▼


Ângulos em um triângulo

Antes de demonstrar que a soma das medidas dos ângulos internos de um triângulo é 180°, pode-se realizar a seguinte experiência: Pede-se a um aluno que recorte um triângulo qualquer em uma folha de papel, desenhando, nesse triângulo, arcos de mesmo raio centrados nos vértices. A seguir, ele deve recortar os “bicos” do triângulo e colocá-los lado a lado, mostrando que os três arcos formam meia circunferência e, portanto, 180°. b

b

a

c

a

c

Uma experiência análoga à anterior pode ser feita antes da demonstração do teorema do ângulo externo, como mostra a figura a seguir: b a

c

e

b c

a

C B

F E

Os ângulos correspondentes BBEF e ABBC são congruentes; logo, ,BC- / ,EF-. Assim, pelo teorema de AB AC , mas como Tales, temos ----------- -----------DE DF 1 1 AB AC ------------ ------ , concluímos que ------------ ------ , ou se2 2 DE DF ja, o lado tACu cabe 2 vezes no lado tDFu. Mudando as posições dos triângulos, conforme a figura a seguir, e repetindo o raciocínio, temos, AC BC ----------- , mas como pelo teorema de Tales, ---------DF EF 1 1 AC BC ------------ ------ , concluímos que ----------- ------ , ou se2 2 DF EF

27


▼

ja, tBCu cabe 2 vezes em tEFu.

Área de alguns polígonos

FC E

B

Ressaltando que essa experiência mostra que as condições A.A. são suficientes para garantir a semelhança dos triângulos, conclui-se que qualquer conjunto formado por uma quantidade mínima de condições capazes de garantir a semelhança de dois triângulos é chamado de caso de semelhança.

▼

Capítulo 4 Circunferência e círculo

I.

Apresentar os conceitos de circunferência e círculo, pedindo aos alunos exemplos de objetos do cotidiano que têm a forma de uma circunferência e de objetos que têm a forma de um círculo (o aro de uma cesta de basquetebol lembra uma circunferência; uma pizza tem a forma de um círculo).

Área do círculo e de suas partes

I.

Apresentar o cálculo da área do círculo. É importante que o aluno pense no porquê da fórmula A πr 2, para que ela tenha um significado.

II. Ressaltando que a área de um setor circular é diretamente proporcional à medida do ângulo central, mostrar o cálculo dessa área através de uma regra de três. Um exercício interessante que pode ser proposto nesse momento é o seguinte: Calcule a área de um setor circular de raio 6 cm cujo arco mede 8 cm. Resolução O comprimento do arco de um setor circular é diretamente proporcional à área do setor; logo: Comprimento do arco (cm)

Área (cm2)

2π 6

π 62

II. Definir as posições relativas entre duas circunferências, enfatizando que, em duas circunferências tangentes, os centros e o ponto de tangência são colineares.

▼

Perímetro da circunferência

Para a apresentação do número π, pode-se pedir aos alunos que recortem em papelão um círculo de qualquer tamanho, medindo o seu contorno e o seu diâmetro, com o auxílio de uma fita métrica. A seguir, pede-se que dividam a medida do contorno pela medida do diâmetro, anotando no quadro-de-giz os resultados obtidos (com apenas uma casa decimal), e comentando que a razão entre perímetros e diâmentros é a mesma constante para qualquer círculo. Finalmente, depois de apresentar o método de Arquimedes para o cálculo de π, comenta-se a irracionalidade de π e conclui-se que o perímetro c de uma circunferência de raio r é dado por c 2πr.

28

x

x 24 cm2 III. Ao calcular a área da coroa circular, pedir aos alunos exemplos de objetos que têm a forma dessa figura geométrica (arruela, compact disc, anel viário circular etc.).

Capítulos 5 e 6 ▼

III. Definir a medida de um arco em graus como a medida do ângulo central correspondente. Comentar aplicações do conceito de ângulo central na determinação da latitude e da longitude de um ponto sobre a superfície da Terra. Pode-se pedir aos alunos que determinem, com o auxílio de um globo terrestre, a latitude e a longitude de sua cidade.

8

Sistema cartesiano

Nem sempre a posição de um ponto é determinada apenas por um número, às vezes é necessária mais de uma informação. Por exemplo, a localização de uma cadeira em um teatro é determinada por uma letra e um número (fila G, cadeira 12); a localização de um ponto sobre a superfície terrestre é determinada por duas medidas: a latitude e a longitude. Pedir outros exemplos aos alunos e, depois, mostrar como localizar um ponto no plano através do sistema ortogonal de coordenadas cartesianas. Como curiosidade podese contar que a palavra ortogonal vem do grego orthógonos, cujo significado é “que tem ângulos retos”. Assim, sistema ortogonal de coordenadas é aquele formado por eixos perpendiculares.


A

▼

O cálculo da área do retângulo é fundamental, pois, a partir dele, serão deduzidos os cálculos das demais áreas. Enfatizar que a área do losango também pode ser calculada como o produto das medidas da base pela altura, pois o losango é, também, um paralelogramo.

D

▼

O conceito de função

▼

Antes da formalização do conceito de função, é importante que o aluno observe algumas situações envolvendo funções no cotidiano. Após o exemplo introdutório apresentado no livro (item 2), podem-se citar outros exemplos: • o comprimento de um fio de cabelo em função do tempo; • o consumo de combustível de um automóvel em função da distância percorrida; • o faturamento de uma empresa em função do número de unidades vendidas etc. Pedir outros exemplos aos alunos.


Análise gráfica

Um modo sugestivo de apresentar esse assunto é desenhar no quadro-de-giz os gráficos a seguir (circunferência e semicircunferência) de duas correspondências f : [3, 7] → R

g: [3, 7] → R

Depois, perguntar: a) O elemento 6 possui quantas imagens através de f? b) O elemento 6 possui quantas imagens através de g? c) Cada elemento do intervalo [3, 7] possui quantas imagens através de g? d) A correspondência f é função? Por quê? e) A correspondência g é função? Por quê? y

y

9

f 7 g

5

0

5

3

7

x

0

3

7

x

Após essa discussão, pode-se mostrar que: • Se uma reta paralela ao eixo Oy intercepta o gráfico de uma correspondência R em mais de um ponto, então R não é função. • Um gráfico representa uma função de A em B se, e somente se, qualquer reta paralela ao eixo Oy, passando por um ponto qualquer de abscissa x, x A, intercepta o gráfico em um único ponto. Este é o momento oportuno para apresentar a determinação do domínio e do conjunto-imagem de uma função através do gráfico.

Função constante, função crescente e função decrescente

Antes de formalizar os conceitos de função constante, função crescente e função decrescente, mostrar exemplos concretos, tais como: a) De janeiro a junho do ano de 2003, o preço de um determinado automóvel era de R$ 16.780,00, não sofrendo alteração nesse período; por isso, dizemos que a função f que expressa o preço desse automóvel em função do tempo t é constante no período de janeiro a junho de 2003. b) Uma torneira fornece água para uma piscina. A função que expressa o volume de água contida na piscina em função do tempo, desde a abertura da torneira até o final do trabalho, é crescente, pois, quanto maior o tempo decorrido, maior será o volume de água na piscina. c) Um ralo escoa a água de uma piscina. A função que expressa o volume de água contida na piscina em função do tempo, desde a abertura do ralo até o esvaziamento total, é decrescente, pois, quanto maior o tempo decorrido, menor será o volume de água na piscina.

▼

▼


Funções inversas

Explorar o exemplo introdutório, enfatizando que: • o gráfico 1 representa uma função de domínio A {0, 1, 2, 3, 4, 5} e imagem B {1.000, 1.200, 1.400, 1.600, 1.800, 2.000}; • o gráfico 2 representa uma função de domínio B {1.000, 1.200, 1.400, 1.600, 1.800, 2.000} e imagem A {0, 1, 2, 3, 4, 5}; • se um número b é imagem de um número a em um dos gráficos, então a é imagem de b no outro; por exemplo, no gráfico 1, o número 1.800 é imagem de 4 e, no gráfico 2, o número 4 é imagem de 1.800. Essas condições garantem que as funções representadas por esses gráficos sejam inversas uma da outra. Ressaltar a condição necessária e suficiente para que uma função admita inv ersa: Uma função f : A → B é invertível se, e somente se, f é uma correspondência biunívoca entre A e B. Pedir aos alunos que justifiquem o procedimento a seguir para a obtenção da função inversa: Se a função real de variável real y f(x) é invertível, sua inversa é obtida do seguinte modo: I. Trocamos x por y e y por x, escrevendo x f(y). II. Isolamos a variável y após a mudança de variáveis, obtendo y f 1(x).

29

▼


Capítulo 7

Inequações

Observar que: • quando o gráfico da função polinomial do 1º grau passa pela origem do sistema (função linear), os valores de y são diretamente proporcionais aos correspondentes valores de x; como na função y 2x. Por exemplo: 2 4 6 ------ ------ -----1 2 3 • quando o gráfico da função polinomial do 1º grau não passa pela origem do sistema, os valores de y não são diretamente proporcionais aos valores de x, porém, as diferenças y (variações) dos valores de y são proporcionais às diferenças x (variações) entre os valores correspondentes de x; como na função y 1.000 2x. Por exemplo: 1.004 1.000 1.006 1.004 2 -------------------------------------- -------------------------------------- -----20 32 1

▼

y é exatamente o coAtentar para o fato de que -------- x eficiente de x na função y 1.000 2x. Função definida por mais de uma sentença

Após a apresentação da função definida por mais de uma sentença, através do exemplo que introduz o item 3, apresentar outros. Exemplo A distribuidora de energia elétrica de um Estado cobra uma taxa mínima de R$ 10,00 de cada consumidor. Além dessa taxa, cada cliente paga R$ 0,07 por kWh, pelos 30 primeiros kWh consumidos; e R$ 0,10 por kWh pelo que ultrapassar 30 kWh de consumo. O valor f (x), em reais, pago em função do consumo x, em kWh, de cada cliente é descrito pela função: 10 0,07x, se x 30 f(x) 12,10 0,10x, se x 30 cujo gráfico é:

16,10 12,10 10

30

Em seguida, discutir com os alunos a resolução da inequação: (x 2)(2x 8) 0, de acordo com a resposta obtida na pergunta a. Como o produto é positivo, temos duas possibilidades: x20 ou 2x 8 0

x20 2x 8 0

de onde se obtém o conjunto solução: S {x R x 2 ou x 4}. Comentar que o estudo do sinal do produto das funções f(x) x 2 e g(x) 2x 8 também pode ser feito a partir dos gráficos dessas funções: y f

2

g x

4

• À esquerda de 2, as duas funções assumem valores negativos e, portanto, o produto delas é positivo. • Entre 2 e 4, f assume valores positivos e g assume valores negativos e, portanto, o produto f g é negativo. • À direita de 4, as duas funções assumem valores positivos e, portanto, o produto delas é positivo. Concluímos, assim, que f g 0 se, e somente se, x 2 ou x 4. Mostrar também que esse estudo pode ser feito através de um quadro confeccionado da seguinte maneira: 1º) Marcam-se no eixo real as raízes das funções f e g, indicando a variação de sinal de cada uma:

y (R$)

0

Antes de apresentar o texto do livro, discutir com os alunos a questão: sendo a e b números reais: a) sob que condições tem-se a b 0? Resposta: a 0 e b 0 ou a 0 e b 0 b) sob que condições tem-se a b 0? Resposta: a 0 e b 0 ou a 0 e b 0 a 0? c) sob que condições tem-se ----b Resposta: a 0 e b 0 ou a 0 e b 0 a 0? d) sob que condições tem-se ----b Resposta: a 0 e b 0 ou a 0 e b 0

30

40

x (kWh)

2

x–2 2x – 8

– –

4 + –

+ +

x


▼

Função polinomial do 1‚‚ grau


2º) A seguir, indica-se a variação de sinal do produto das duas funções: 4 + – –

+ + +

x

Como queremos f g 0, devemos ter x 2 ou x 4.

▼

Capítulo 8 Função quadrática

Apresentar a função polinomial do 2º grau a partir do problema do item 1 do capítulo. Discutir com os alunos como se obtém a igualdade:

x2 f(x) ---------------- 50x 1.000

▼

Inequação-produto e inequação-quociente

O aluno já trabalhou com inequações-produto e inequações-quociente envolvendo funções polinomiais do 1º grau. O objetivo, agora, é ampliar um pouco essa idéia. Apresentar os gráficos das funções:

y

4

0

S {x R x 3 ou 3 x 4}

Capítulo 9 Módulo de um número real

x2 1 f(x) 4 x e g(x) ------9

–3

Observando os gráficos, temos que: a) para todo x à esquerda de 3, as duas funções f e g assumem valores positivos, portanto f g 0; b) para todo x entre 3 e 3, a função f assume valores positivos, e a função g assume valores negativos, portanto f g 0; c) para todo x entre 3 e 4, as duas funções f e g assumem valores positivos, portanto f g 0; d) para todo x à direita de 4, a função f assume valores negativos, e a função g assume valores positivos, portanto f g 0. Concluímos, então, que o conjunto solução da inequação é:

▼


x f(x) x [50 --------------- ] ou ainda, 1.000

x2 (4 x) [ -------- 1] 0 9

3

4

x

–1

A seguir, montar a expressão: x2 (4 x) [ -------- 1] 9 Propor as perguntas a seguir. • Se atribuirmos o valor 5 para x, essa expressão será positiva ou negativa? • Se atribuirmos o valor 6 para x, essa expressão será positiva ou negativa? 1 para x, essa expressão • Se atribuirmos o valor ----------129 será positiva ou negativa? • Se atribuirmos o valor 17.953 para x, essa expressão será positiva ou negativa?

Utilizando o exemplo do livro (item 1), continuar formulando questões: a) Se essa pessoa se deslocar do ponto C até o ponto O, que distância percorrerá? Como você calcula essa distância, usando as abscissas de C e O? Resposta: 0 (4) 4 b) Se essa pessoa se deslocar do ponto C até o ponto D de abscissa 1, que distância percorrerá? Como você calcula essa distância, usando as abscissas de C e D? Resposta: 1 (4) 3 Após essa discussão, formalizar os conceitos de distância entre dois pontos e de módulo de um número real.

Capítulo 10 ▼

2 – x–2 – 2x – 8 (x – 2)(2x – 8) +

Verificar se algum aluno percebeu a técnica para descobrir o sinal da expressão somente observando os gráficos. Se ninguém descobriu, insistir com novas perguntas. Isso faz com que toda a classe pense no assunto. O desfecho é a resolução da inequação-produto:

Função exponencial

I.

Apresentar a função exponencial a partir de um problema, como, por exemplo, o cálculo do montante acumulado em uma aplicação financeira a juro composto. • Um capital de 1 milhão de reais foi aplicado à taxa de juro composto de 30% ao ano. O crescimento

31


do montante acumulado (capital juro) é descrito pela tabela:

1

1

0,3

1 0,3 1,3

2

1,3

0,3 1,3

1 0,3 1,3 1,3 (1 0,3) (1,3)2

3

(1,3)2

0,3 (1,3)2 (1,3)2 0,3 (1,3)2 (1,3)2 (1 0,3) (1,3)3

4

(1,3)3

0,3 (1,3)3 (1,3)3 0,3 (1,3)3 (1,3)3 (1 0,3) (1,3)4

...

...

...

...

t

...

...

(1,3)

Equação logarítmica

Exemplificar a utilização de uma equação logarítmica: A medida N do nível sonoro, em decibéis, em função da potência I de som, em watts por centímetro quadrado, é dada por:

t

Note, portanto, que o montante M é função do tempo t , pois M (1,3)t . Funções como essa, em que a variável está no expoente de uma constante positiva e diferente de 1, são chamadas de funções exponenciais. II. Comentar que as medidas de grandezas que crescem ou decrescem através do produto por uma taxa constante (juro composto, crescimento populacional, decaimento radioativo, valorização ou depreciação de um bem etc.) podem ser estudadas por meio das progressões geométricas ou por meio da função exponencial. Por exemplo, a idade dos fósseis é determinada por fórmulas matemáticas que envolvem a função exponencial, relacionando o tempo de desintegração dos isótopos radioativos com a quantidade de tais isótopos presente num certo resíduo de matéria orgânica.

I  N log  -------------- 10 16 

Em um show de rock, constatou-se que a medida do nível sonoro, em decibéis, era o dobro da medida do nível sonoro obtida no centro da cidade de São Paulo na hora de trânsito intenso, em que a potência era de 108 watts por cm2. Determine a potência do som no momento da medição do nível sonoro no show de rock. Resolução Sendo I a intensidade de som, em watts por cm2, no momento da medição do nível sonoro no show de rock, temos: I  log  -------------- 10 16 

10

10 8  2 log  -------------- 10 16 

I  log  -------------- 10 16 

10

10 8  log  -------------- 10 16 

I   -------------- 10 16 

III. Após essa introdução, construir, com a participação dos alunos, os gráficos das funções f (x) 2x x

crescente, porque a base é maior do que 1, e que a segunda é decrescente, porque a base está entre 0 e 1. Observando que os gráficos dessas funções se aproximam indefinidamente do eixo Ox, ressaltar que nenhuma delas se anula.

I 100 1

20

Concluímos, então, que a intensidade de som era de 1 watt por cm2. 10

I  10 8   --------------- , Equações como log  -------------- 2 log  10 16   10 16  que apresentam a incógnita no logaritmando (ou na base de um logaritmo), são chamadas de equações logarítmicas. 10

Capítulo 12 ▼

▼

Pode-se introduzir o conceito de logaritmo a partir do seguinte problema: • Um capital de 1 milhão de reais foi aplicado à taxa de juro composto de 30% ao ano. Qual o tempo necessário para que o montante acumulado atinja 1,6 milhão de reais? Vimos que o montante M acumulado em t anos é dado por M (1,3)t e, portanto, a resposta a essa pergunta é a raiz da equação 1,6 (1,3)t . Para determinar o valor de t, vamos desenvolver

10

10160

I --------------- 1016 10 16

Logaritmos

32

10

1 e f(x)  ------ , enfatizando que a primeira é  2

Capítulo 11

10

Seqüências

Conceituar intuitivamente seqüência, mostrando algumas aplicações no cotidiano: lista de chamada, código de barras, ordem alfabética das palavras em um dicionário, ordem crescente na numeração das páginas de um livro etc.


Montante (milhões de reais)

▼

Capital Juro Ano (milhões (milhões de reais) de reais)

uma teoria criada por John Napier, por volta de 1610. O valor de t será chamado de logaritmo de 1,6 na base 1,3, ou abreviadamente t log1,3 1,6.


▼

A comunicação por meio de seqüências é utilizada pelo homem desde que ele pronunciou suas primeiras palavras ou, quem sabe, até antes disso. Na fala dos humanos, ocorrem seqüências de palavras, e na formação de palavras há seqüências de fonemas. A música é um modo de comunicação que também apresenta seqüências: seqüências de notas musicais. De modo geral, qualquer sistema de códigos é formado por seqüências: de símbolos, sons, cores etc. Progressão aritmética

Iniciar o estudo das progressões aritméticas a partir da seqüência apresentada no item 3 do capítulo. Ressaltar que cada termo dessa seqüência, a partir do segundo, é a soma do termo anterior com a constante 2.000 e, por isso, a seqüência de números é chamada de progressão aritmética (P.A.) de razão 2.000. Pedir outros exemplos aos alunos.

II. Para motivar o estudo da soma dos n primeiros termos de uma P.A., também pode-se propor, antes da apresentação da fórmula, o problema: No mês de junho de 2002, a seleção brasileira de futebol sagrou-se pentacampeã mundial. Nesse período, foi registrada a maior venda de todos os tempos de camisas da seleção. Para se ter uma idéia, durante uma entrevista, o dono de uma loja especializada em artigos esportivos afirmou que vendeu 80 camisas da seleção no primeiro dia de junho e, em cada um dos demais dias desse mês, vendeu 20 camisas a mais que no dia anterior. Quantas camisas foram vendidas por essa loja nos 30 dias do mês de junho? Resposta: 11.100

▼


I.

Progressão geométrica

I.

Iniciar o estudo das progressões geométricas a partir da seqüência apresentada no item 4 do capítulo. Ressaltar que cada termo dessa seqüência, a partir do segundo, é o produto do termo anterior pela constante 1,2 e, por isso, a seqüência de números é chamada de progressão geométrica (P.G.) de razão 1,2. Pedir outros exemplos aos alunos. Veja outros exemplos: a) Uma população de bactérias, que hoje é de 1.000 indivíduos, dobra a cada dia. A seqüência que apresenta essa população, dia a dia, é a P.G. (1.000, 2.000, 4.000, 8.000, 16.000, ...) de razão 2.

b) Uma porção de substância radioativa de 10.000 g desintegra-se à taxa constante de 2% ao século. As medidas, em gramas, das massas remanescentes desse pedaço, século a século, é a P.G. (10.000, 9.800, 9.604, ...) de razão 0,98. II. Para motivar o estudo da soma dos n primeiros termos de uma P.G., também pode-se propor, antes da apresentação da fórmula, o problema: Carlos fez um regime alimentar durante 9 semanas. Na primeira semana, emagreceu 4 kg e, em cada uma das demais semanas, emagreceu metade do que emagrecera na semana anterior. Quantos kg Carlos perdeu nessas 9 semanas? Resolução Para responder a essa pergunta, vamos construir a seqüência formada pelos quilogramas perdidos nesse período: 1 1 1 1 1 1 [4, 2, 1, ------ , ------ , ------ , --------- , --------- , ------ ] 2 4 8 16 32 64 1 Note que essa seqüência é uma P.G. de razão ------ . 2 Indiquemos por S9 a soma de seus 9 termos: 1 1 1 1 S9 4 2 1 ----- ------ -------------2 4 8 16 1 1 (I) -------- --------32 64 Para calcular essa soma, poderíamos reduzir as frações ao mesmo denominador, porém vamos aplicar outra técnica. Inicialmente, multiplica1 ambos os membros da igualdade (I): mos por ----2 S9 1 1 1 1 2 1 ------------ ------ ------ --------2 2 4 8 16 1 1 1 (II) -------- --------- -----------32 64 128 Subtraindo as igualdades (I) e (II), membro a membro, obtemos: S9 1 1 1 [4 2 1 ----S9 -------- ------ -----2 2 4 8 1 1 1 -------1 1 - ] [2 1 ---- -------- --------- -----64 16 32 2 4 1 1 1 1 1 -----------] ----- --------- --------- --------128 8 16 32 64 S9 1 ------- 4 ----------2 128

33

511 S9 ----------64 511 kg, ou seja, aproLogo, Carlos emagreceu ----------64 ximadamente 8 kg. A técnica de cálculo mostrada nesse exemplo pode ser generalizada para qualquer P.G. nãoconstante.

▼

Capítulo 13 Noções de estatística

I.

Escolhendo cinco alunos da classe, pede-se o número de pessoas que moram na casa de cada um (ou a nota de cada um na última prova). Anotando esses números no quadro-de-giz, ordenadamente, pode-se definir rol.

II. Escolhendo 10, 20 ou 25 alunos, pede-se a estatura de cada um, em cm (essa escolha do número de alunos tem o objetivo de facilitar o cálculo da freqüência relativa). Anotando no quadro-de-giz as estaturas dos alunos, em cm, pode-se definir classe unitária, construindo a tabela de distribuição de freqüência e de freqüência relativa. Representar a tabela construída por meio dos gráficos: de linha, de barras horizontais, de barras verticais e de setores. III. A partir da tabela de distribuição de freqüência da estatura dos alunos, conceituar classe não-unitária, amplitude de classe e histograma. Ressaltar que: • os extremos de uma classe não precisam necessariamente pertencer à amostra; • podemos construir histogramas com classes de amplitudes diferentes, porém, nesse caso, a altura de cada retângulo não será a freqüência da F em classe [a altura de cada retângulo será -------- x que F e x são, respectivamente, a freqüência e a amplitude da classe; por isso, é mais simples adotar a mesma amplitude para todas as classes].

34

Medidas de posição

I.

Apresentar mais exemplos na introdução do assunto: Três engenheiros de uma grande indústria testaram o tempo de duração de um novo tipo de lâmpada. Para o teste, deixaram acesas, ininterruptamente, nove lâmpadas. A vida útil, em horas, de cada lâmpada foi: 890, 890, 890, 930, 950, 960, 970, 990 e 990 No rótulo das lâmpadas que serão vendidas aos consumidores, deve constar o tempo aproximado de vida útil de cada lâmpada. Para decidir sobre o número que melhor representasse esse tempo, um dos engenheiros escolheu o número 890, o outro, 950, e o terceiro, 940, sob os seguintes argumentos: • o valor de maior freqüência é 890, logo o tempo de vida mais provável é 890 horas; • o valor 950 é o melhor por estar exatamente no ponto médio do rol; • o valor 940 é o melhor, pois, somando-se os tempos de duração das nove lâmpadas testadas, obtemos exatamente 9 940. Observe que cada escolha está fundamentada em uma argumentação lógica e convincente. Em estatística, esses três números escolhidos são chamados, respectivamente, de moda, mediana e média aritmética da amostra de números. No tipo de escolha desse exemplo, é usual adotar-se a média aritmética, 940, como o valor representativo da amostra. Porém, dependendo da situação, a moda ou a mediana podem ser a melhor escolha. Por exemplo: • Cada um de cinco remédios indicados contra insônia foi testado em 20 pacientes e os resultados são descritos pela tabela: Remédio

Número de resultados positivos

A

12

B

14

C

11

D

12

E

16

Se você fosse um médico e tivesse que prescrever um desses remédios, qual indicaria? Resposta: O remédio E que corresponde à moda.


S9 511 ------- ----------2 128

▼



II. Pode-se fazer um aprofundamento no estudo das médias. • Média geométrica de n números positivos x1, x2, x3, ..., xn é o número g, tal que:

2d 2 vm ------------------------------ ------------------------------d 1 d ----------1 ----------------- -----------100 100 60 60 vm 75 km/h Note que vm é a média harmônica entre as velocidades 60 km/h e 100 km/h.

QT mn . Resolução a) Constroem-se dois segmentos consecutivos e colineares, tPQu, tQSu, de medidas m e n, respectivamente. b) Constrói-se uma semicircunferência de diâmetro tPSu. c) Pelo ponto Q, traça-se a perpendicular a tPSu que encontra a semicircunferência em T. O segmento tQTu tem medida mn . T

m P

Medidas de dispersão

É importante que o aluno compreenda que as medidas de dispersão mostram o quanto dos dados numéricos de uma amostra se distanciam entre si ou o quanto eles se distanciam de um valor prefixado como, por exemplo, da média aritmética. A aplicação mais importante dessas medidas é a comparação da dispersão de duas amostras, geralmente com o objetivo de se determinar a mais regular (com menor dispersão). Enfatizar que a comparação da dispersão de duas amostras pode ser feita com o desvio absoluto médio, com a variância ou com o desvio padrão.

Capítulo 14

n Q

▼

x 1 x 2 x 3 ... x n

Aplicação Dados os segmentos tABu de medida m e o segmento tCDu de medida n, construa, com régua e compasso, um segmento tQTu cuja medida seja a média geométrica entre m e n, isto é,


s vm ---------- . Logo, temos:

t

S

• Média harmônica de n números x1, x2, x3, ..., xn , todos diferentes de zero, é o número H, tal que: 1 H ---------------------------------------------------------------------------1 1 1 1 ... ------------- ------------xn x1 x2 x3 -----------------------------------------------------------------------n Aplicação Um homem viaja da cidade A para a cidade B, à velocidade média de 60 km/h. Na viagem de volta, de B para A, pelo mesmo caminho, o homem viaja à velocidade média de 100 km/h. Determine a velocidade média de toda a viagem, de ida e volta. Resolução Sendo d a distância, em quilômetros, entre as cidades A e B, temos que: a) O tempo t1, em horas, gasto na ida foi

▼

g

n

A velocidade média vm é definida como

Trigonometria no triângulo retângulo

I.

Quando um observador vê um prédio sob um ângulo de medida , é possível estabelecer relações entre , a altura do prédio e a distância entre o observador e o prédio. O estudo dessas relações é o objeto da trigonometria (tri gono metria medida dos triângulos). Embora o termo trigonometria só tenha sido criado em 1595 pelo matemático Bartholomeus Pitiscus, há evidências de que esse estudo tenha surgido há mais de 3.500 anos. Para que o aluno entenda a idéia central da trigonometria, propor atividades deste tipo: Imagine que você queira medir a altura de um prédio e, para isso, se posicione a 50 m de sua base e meça o ângulo sob o qual vê seu topo e sua base, conforme figura a seguir. C

d t1 --------- . 60 b) O tempo t2, em horas, gasto na volta foi d t2 ------------ . 100

B

50 m

A

35


Suponhamos que a medida encontrada para seja aproximadamente 38,66°. Desenhando em uma folha de caderno um triângulo ABC semelhante ao triângulo ABC e medindo dois lados de ABC, obtém-se a medida tACu. C

4 cm

B

A

5 cm

4 AC ------ ------------ ⇒ AC 40 5 50 Logo, a altura do prédio é de 40 m.

Considere o triângulo abaixo. C

10

5

30° B

A

a) Calcule a medida do ângulo BBCA. b) Calcule sen 30° e cos 60°.

▼

Capítulo 15 O radiano

Um problema interessante pode ser proposto após o estudo da equivalência entre π rad e 180°. Qual é a medida, em rad, do ângulo formado pelos ponteiros das horas e dos minutos de um relógio às 10 h 12 min? Resolução 132° 132° –

11

12

1

10

2

9

3 8

4 7

Tempo (min) 60 12

6

5

Deslocamento do ponteiro das horas (graus) 30

Logo, 6° e, portanto, a medida do ângulo formado pelos ponteiros é 132° – 6°, ou seja, 126°. 7π rad. Transformando 126° em radianos, obtemos --------10

36


II. Antes de apresentar, genericamente, a relação entre o seno e o co-seno de ângulos complementares, propor o exercício a seguir.

▼


Circunferência trigonométrica

I.

Ao apresentar a circunferência trigonométrica, ressaltar a conveniência de adotar o raio unitário: o seno do arco trigonométrico é a própria ordenada da extremidade do arco e o co-seno é a própria abscissa (se o raio não fosse unitário, o seno seria a razão entre a ordenada da extremidade do arco e a medida do raio, nessa ordem, e o co-seno seria a razão entre a abscissa da extremidade do arco e a medida do raio, nessa ordem).

II. Pedir exemplos aos alunos de situações práticas em que sejam necessárias medidas maiores que 360° ou menores que 0°, como a que apresentamos a seguir. Duas rodas dentadas, engrenadas uma na outra, giram em sentidos contrários. No estudo dessa engrenagem, adotam-se um sentido como positivo e outro como negativo. +

Pode-se propor o seguinte problema: Duas rodas dentadas, a maior com 60 dentes e a menor com 20 dentes, estão engrenadas entre si. Enquanto a maior gira 32π rad, quantas voltas dá a roda menor? Resolução Roda maior

Roda menor

2π rad

6π rad

32π rad

x

Então: x 96π rad Logo, a roda menor dará 48 voltas.

▼


–

Associando números reais a pontos da circunferência trigonométrica

I.

Uma maneira de apresentar a identificação do conjunto R com o conjunto das medidas em radianos é utilizar o seguinte recurso didático: Vamos “desenrolar” as infinitas voltas da circunferência trigonométrica, transformando-as num eixo em que cada ponto está associado a uma medida em radianos. r A

π rad 2

3π rad 2

7 rad 2π rad 6 rad

5 rad

4 rad π rad 3 rad

2 rad

1 rad

0 rad

–1 rad – π rad 2 –2 rad

–3 rad –π rad –4 rad – 3π rad 2 –5 rad

–6 rad –2π rad

(infinitas voltas)

A cada ponto de abscissa x rad desse eixo vamos associar o número real x: – 3π 2

2

3 π 4

5

6 2π 7

4 rad π rad 3 rad

5 rad

7 rad 2π rad 6 rad

3π rad 2

1

–2

π rad 2

0

2 rad

–3 rad –π rad –4 rad – 3π rad 2 –5 rad

–6 rad –2π rad

–1

1 rad

–4 –π –3

3π 2

0 rad

–5

π 2

–1 rad – π rad 2 –2 rad

–2π –6

– π 2

Dessa maneira, identificamos cada número real x com a medida x rad.

37

▼


Seno e co-seno de um arco trigonométrico

I.

Após a discussão, estender o conceito de seno e de co-seno para qualquer quadrante, mostrando que:

É importante que o aluno perceba que as definições de seno e co-seno de um arco trigonométrico são extensões das definições de seno e coseno de um ângulo agudo no triângulo retângulo. Para isso, podem ser adotados os procedimentos a seguir. • Mostrar, na circunferência trigonométrica, um ) de medida 30°. arco AM

3 1 e cos 150° ----------sen 150° ----2 2

1 2

M (150°)

O

– √3 2

A

A

Tabela dos arcos notáveis

I.

M 30° O

P A

Levantar as seguintes questões: t u? a) Qual é a medida do segmento OM b) Qual é o valor do sen 30°? c) Qual é o valor do cos 30°?

II. Antes dos cálculos, podem-se revisar as medidas da altura de um triângulo eqüilátero e da diagonal de um quadrado. Redução ao 1‚ quadrante

▼

• Traçar por M a perpendicular ao eixo das abscissas, determinando o triângulo OMP.

Neste item mostramos que o seno, o co-seno e a tangente dos arcos trigonométricos de 30°, 45° e 60° são, respectivamente, iguais ao seno, co-seno e tangente dos ângulos agudos de 30°, 45° e 60°.

• Pode-se iniciar o assunto a partir do exercício a seguir, enfatizando que as reduções ao primeiro quadrante recaem em problemas deste tipo: Na circunferência trigonométrica a seguir, determine as coordenadas dos pontos N, P e Q.

4 3 M[ , ] 5 5

N

O 1

O

M

1 2 30° PA √3 2

Observando que: PM PM PM ⇒ PM 1 sen 30° ---------------------------OM 1 2 e que: OP OP OP ⇒ OP 3 cos 30° ------------------------------OM 1 2

) , de medida concluir que o co-seno do arco AM 30°, é a abscissa do ponto M e que o seno é a ordenada do ponto M. Perguntar ainda: Como definir o seno e o co-seno de 150°?

38

P

Q

4 3 4 3 Resposta: N [ ------ , ------ ] , P [ ------ , ------ ] e 5 5 5 5 4 3 Q [ ------ , ------ ] 5 5 Ressaltar que: pontos simétricos em relação ao eixo das ordenadas têm abscissas opostas e ordenadas iguais; pontos simétricos em relação à origem do sistema têm abscissas opostas e ordenadas opostas; pontos simétricos em relação ao eixo das abscissas têm abscissas iguais e ordenadas opostas. Propor, como trabalho em duplas, o estudo dos exercícios resolvidos, que podem ser refeitos no quadro-de-giz e explicados pelos próprios alunos.


O

▼

M (30°) 30°


▼

Relação fundamental da trigonometria

I.

Antes de apresentar a relação fundamental da trigonometria, enfatizar que a notação sen2 signi-

I.

Iniciar o assunto propondo o problema apresentado no item 9. • Observar quantos alunos conseguem representar os dados do problema. • Discutir com os alunos as representações e resoluções que surgiram na classe. • Se nenhum aluno esquematizou a situação por uma inequação, mostrar à classe como montar a inequação e deixar que os alunos a resolvam. • Finalmente, definir inequação trigonométrica.

II. Antes das atividades, discutir com os alunos os exercícios resolvidos.

Analogamente para cos2 . • Demonstrar, apenas no primeiro quadrante, a relação fundamental da trigonometria. • Mostrar que da relação fundamental conclui-se que: sen2 1 – cos2 e cos2 1 – sen2

III. Apresentar mais exemplos. Resolva, para 0 x 2π, o sistema de inequa-

II. Propor, como trabalho em duplas, o estudo dos exercícios resolvidos, que podem ser refeitos no quadro-de-giz e explicados pelos próprios alunos. Equações trigonométricas

I.

Inequações trigonométricas

1 2 sen2 30° significa (sen 30°)2, que é igual a [ ------] . 2

▼


fica (sen )2 sen sen ; por exemplo,

III. Antes das atividades, discutir com os alunos os exercícios resolvidos.

▼

Concluir, enfatizando que o seno (ou co-seno) de um arco de medida do 2º, 3º ou 4º quadrante tem o mesmo valor absoluto do seno (ou co-seno) de um arco correspondente no 1º quadrante; logo, para calcular o sen (ou cos ) tomamos o valor do seno (ou co-seno) do arco correspondente no 1º quadrante e atribuímos a esse valor um sinal, ou , de acordo com o quadrante em que está o arco de medida .

Iniciar o assunto propondo o problema apresentado no item 8 do capítulo. • Observar quantos alunos conseguem representar os dados do problema. • Caso algum aluno tenha feito a representação, convide-o a apresentá-la aos colegas. • Discutir com os alunos essa representação. • Observar se algum aluno resolveu o problema sem usar equação. Discutir com a classe essa resolução. • Se nenhum aluno esquematizou a situação por uma equação, mostrar à classe como montar a equação e deixar que os alunos a resolvam. • Finalmente, definir equação trigonométrica.

II. Rever: a tabela dos arcos notáveis; as simetrias de pontos na circunferência trigonométrica (, π – , π , 2π – ); e as coordenadas dos pontos A(1, 0), B(0, 1), A (1, 0) e B (0, 1), lembrando que a abscissa de cada ponto é o co-seno, e a ordenada é o seno do arco trigonométrico que tem esse ponto como extremo.

ções:

1 sen x ----2 2 cos x -----------2

Resolução 1º modo Resolvendo cada uma das inequações do sistema, temos: 1 • sen x ----2

5π 6

π 6

1 2

0

π 5π S1 ------- , ---------6 6

4

3

2 • cos x ----------2 π 4

0

√2 2

π 7π S2 ------- , ---------4 4

3

4

7π 4

O conjunto solução S do sistema é a intersecção das soluções S1 e S2.

39


Resolução

Retificando as circunferências, temos:

S2 S1 S2

0 0 0

π 6

5π 6

2π 200 m

π 4

7π 4 π 4

5π 6

2π 2π

5π π x ---------} Logo: S {x R ----6 4 2ºº modo Representam-se, na mesma circunferência trigonométrica, os intervalos S1 e S2 obtidos no 1º modo e destaca-se a intersecção entre eles, isto é: π 4

a) Para d 200, a medida deve satisfazer a equação tg 1. b) Para d 200, a medida deve satisfazer a inequação tg 1. • Observar quantos alunos conseguem representar os dados do problema. • Discutir com os alunos as representações e formas de resolver.

▼

S1 S2

d

As razões recíprocas do seno, do co-seno e da tangente

5π 6 0

▼

Capítulo 16 Tangente de um arco trigonométrico

É importante que o aluno perceba que a definição da tangente de um arco trigonométrico é uma extensão da definição da tangente de um ângulo agudo no triângulo retângulo.

Se houver possibilidade, mostrar as interpretações geométricas da co-tangente, da secante e da co-secante. Isso pode ser feito a partir dos exercícios seguintes. • O eixo real t, de origem B, tangencia a circunferência trigonométrica abaixo. Desenhe nessa figura o arco A ) M, de medida 30°, e trace a reta ,OM- que intercepta t em C. a) Qual é a medida do ângulo O BCB? b) Mostre que BC cotg 30°.

▼

Redução ao 1‚‚ quadrante

▼

Depois de rever as tangentes dos arcos notáveis e as simetrias de pontos na circunferência trigonométrica, calcular as tangentes de 120°, 210° e 300°. Enfatizar que arcos com extremidades simétricas em relação à origem do sistema têm a mesma tangente e arcos com extremidades simétricas em relação a um dos eixos têm tangentes opostas. Concluir, enfatizando que a tangente de um arco de medida do 2º, 3º ou 4º quadrante tem o mesmo valor absoluto da tangente do arco correspondente no 1º quadrante; logo, para calcular a tg tomamos o valor da tangente do arco correspondente no 1º quadrante e atribuímos a esse valor um sinal, ou , de acordo com o quadrante em que está o arco de medida . Equações e inequações trigonométricas

Pode-se iniciar o assunto, propondo o seguinte problema: Descendo em linha reta, um avião deve passar a 200 m acima da cabeceira da pista. a) Se a aeronave deve pousar a 200 m dessa cabeceira, qual será a medida do ângulo de pouso? b) Se a aeronave deve pousar a mais de 200 m de distância dessa cabeceira, quais serão as possíveis medidas do ângulo de pouso?

40

B t

A

O

A

B

O eixo t é chamado de eixo das co-tangentes. A co-tangente de um arco A ) M, com M A e M A, é a abscissa do ponto C, intersecção do eixo t com a reta ,OMu -. Resolução C

B 30° 1

t

M 30°

A

O

A

B

a) m(O BCB) 30° b) No triângulo BOC, temos: 1 1 tg 30° ----------- ⇒ BC ----------------e, portanto, BC tg 30

BC cotg 30°


S1


• Numa circunferência trigonométrica desenhe o arco AM, ) de medida 60°, e trace por M a reta r tangente à circunferência, indicando por P a intersecção de r com o eixo s das abscissas. Mostre que OP sec 60°. O eixo s é chamado de eixo das secantes. A secante de um arco )AM, com M B e M B, é a abscissa do ponto P, intersecção do eixo s com a reta que tangencia a circunferência trigonométrica no ponto M. Resolução B

M 1 60°

O

A

A

P

s

B

• Numa circunferência trigonométrica desenhe o arco )AM, de medida 40°, e trace por M a reta r tangente à circunferência, indicando por Q a intersecção de r com o eixo c das ordenadas. Mostre que OP cossec 40°. O eixo c é chamado de eixo das co-secantes. A co-secante de um arco )AM, com M A e M A, é a ordenada do ponto Q, intersecção do eixo c com a reta que tangencia a circunferência trigonométrica no ponto M. Resolução c r

Q B 40° M 50° 1 40°

A

O

A

B

No triângulo OMQ, temos: 1 1 sen 40° ------------ ⇒ OQ -------------------- e, portanto, OQ cossec 40° OQ sen 40

▼

Capítulo 17 Fórmulas de adição de arcos

Mostrar que a sentença sen (a b) sen a sen b não é uma identidade. Por exemplo: π π sen[π ------ ] sen π sen -----2 2 1

1

Pedir aos alunos outros valores de a e b para os quais essa sentença é falsa.

▼


No triângulo OMP, temos: 1 1 cos 60° ------------ ⇒ OP -------------------- e, portanto, OP sec 60° OP cos 60

Fórmulas de arco duplo

I.

Antes de apresentar as fórmulas de arco duplo, pode-se questionar: A sentença sen 2x 2 sen x é uma identidade? Por quê? Após a discussão, explicar por que essa sentença não é uma identidade em R. Por exemplo:

3 1 ------------ sen 60° sen (2 30°) 2 sen 30° 2 ------ 1 2 2 II. Comentar que a sentença cos 2x 2 cos x também não é uma identidade em R. Pedir aos alunos um valor de x que torne falsa essa sentença. Fazer um comentário análogo para a tangente.

41


III. Enfatizar que o seno (ou o co-seno ou a tangente) de um arco não é proporcional à medida desse arco. IV. Depois da discussão, revisar as fórmulas de adição de arcos e demonstrar que: sen 2x 2 sen x cos x ; 2tg x cos 2x cos2 x sen2 x e tg 2x -------------------------1 tg 2 x

▼

Capítulo 18 A função seno

Pedir aos alunos que construam a circunferência trigonométrica e, ao lado, um sistema cartesiano de eixos ortogonais, de tal modo que o eixo das abscissas desse sistema esteja contido no prolongamento do eixo dos co-senos e que a unidade nos eixos desse sistema seja igual ao raio da circunferência trigonométrica. Em seguida, marcar no plano cartesiano pontos (x, y) tais que y sen x. Esses pontos podem ser obtidos geomeπ tricamente. Por exemplo, tomando-se como “valor” de x o ponto M  ------ , tem-se MP sen x. Transportando-se  4 o segmento tMPu para a posição tNQu, conforme figura, obtém-se N, que é um ponto do gráfico da função y sen x. Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

y

π M[ ] 4

N Q 0

P

π 4

π 2

π

π 2

π

3π 2

2π

x

2π

x

Repetir esse processo, obtendo vários pontos do gráfico: y

0

3π 2

Desse modo, o aluno entende a curvatura do gráfico da função seno. Insistir que a figura obtida é apenas um período do gráfico; na verdade, essa função tem como domínio o conjunto R. y 1

–2π

– 3π 2

–π

0

–π 2

π 2

π

3π 2

2π

5π 2

3π

x

▼

–1

A função co-seno

Trabalho análogo ao feito com a função seno. Pedir agora aos alunos que o façam em dupla e expliquem no quadro-de-giz.

42

▼

MP-Paiva-038a057 Page 43 Thursday, July 7, 2005 8:27 AM

A função tangente

Pedir aos alunos que construam a circunferência trigonométrica e, ao lado, um sistema cartesiano de eixos ortogonais, de tal modo que o eixo das abscissas desse sistema esteja contido no prolongamento do eixo dos co-senos e que a unidade nos eixos desse sistema seja igual ao raio da circunferência trigonométrica. Marcar no plano cartesiano pontos (x, y) tais que y tg x. Esses pontos podem ser obtidos geometricamente. Por π exemplo, tomando-se como “valor” de x o ponto M  ------ , e prolongando o raio tOMu até se obter o ponto P, inter 4 secção com o eixo das tangentes, tem-se AP tg x. Transportando o segmento tAPu para a posição tNQu, conforme figura, obtém-se N, que é um ponto do gráfico da função y tg x. π M[ ] 4

y N

P

Q 0

A

π 4

π 2

π

3π 2

x

2π

Repetir esse processo, obtendo vários pontos do gráfico:

y

–π 2

π 2

0

π

3π 2

2π

x

Discutir com os alunos a ficha de leitura Movimentos periódicos. Insistir que a idéia apresentada pode ser extrapolada para todo movimento periódico. Resolver com a classe o exercício complementar 23.

▼


O

Lei dos co-senos e lei dos senos

I.

Motivar o estudo da lei dos co-senos com a apresentação de situações práticas. Por exemplo, propor os problemas a seguir. a) Para calcular o comprimento de um túnel que será construído ligando dois pontos, A e B, da base de uma B montanha, um engenheiro posicionou-se em um ponto C tal que o ângulo ACB é reto, AC 30 m e BC 40 m, conforme figura. Qual será o comprimento AB do túnel?

B

A

30 m

40 m

C

43


Resolução

Resolução Pelo teorema de Pitágoras, temos: (AB)2 402 302 ⇒ AB 50 Logo, o túnel terá 50 m de comprimento.

Matriz

O assunto pode ser introduzido com a apresentação da situação a seguir. A tabela descreve as taxas mensais de inflação nas cinco regiões brasileiras, numeradas de 1 a 5, no primeiro trimestre do ano. Cada elemento da linha i e coluna j representa a inflação medida no mês i na região j.

B

120°

30 m

50 m

Comentário O estudo que faremos a seguir permite relacionar as medidas dos lados de um triângulo qualquer com o co-seno de um ângulo interno e, desse modo, resolver esse problema (apresentar a resolução após a apresentação da lei dos co-senos). Resolução (AB)2 302 502 2 30 50 cos 120° ⇒ ⇒ AB 70 Logo, o túnel terá 70 metros de comprimento. II. Motivar o estudo da lei dos senos com a apresentação de uma situação prática. Por exemplo, propor o problema a seguir. Um navio N avista dois faróis A e B, sob um ângulo de 60°, enquanto do farol A avistam-se o navio e o farol B sob um ângulo de 75°, conforme figura. Sabendo que a distância entre os dois faróis é de 400 m, calcule a distância do navio ao farol A. N

1 (Sul)

2 (Sudeste)

3 (CentroOeste)

4 (Nordeste)

5 (Norte)

1

2,0%

1,0%

1,8%

1,5%

1,7%

2

1,7%

1,2%

1,7%

1,4%

1,8%

3

1,6%

1,3%

1,7%

1,2%

2,0%

Note a simplicidade dessa tabela. Se quisermos saber, por exemplo, qual foi a taxa de inflação medida no mês 2 na região 4, basta olharmos para a intersecção da linha 2 com a coluna 4 e encontraremos 1,4%. Tabelas como essa são denominadas matrizes. A introdução do assunto pode ser feita também com a utilização de uma planilha eletrônica. Essa planilha eletrônica pode ser imaginada como uma grande folha de papel dividida em colunas e linhas nas quais podem ser armazenados textos e números. Uma planilha é simplesmente um conjunto de linhas e colunas e a intersecção de uma linha com uma coluna é denominada célula, que é a unidade básica da planilha, onde ficam armazenados os dados. Cada célula possui um endereço próprio, formado pela letra da coluna e pelo número da linha que a originou. Por exemplo, a célula que se forma com o cruzamento da coluna A com a linha 10 é reconhecida pelo endereço A10.

▼

60°

Multiplicação de matrizes

x

I. 75°

A

j i

C

45° 400 m

B

Comentário O estudo que faremos a seguir vai mostrar que as medidas dos lados de um triângulo qualquer são diretamente proporcionais aos senos dos respectivos ângulos opostos, com o que resolveremos esse problema (apresentar a resolução após a apresentação da lei dos senos).

44

Capítulo 19

A multiplicação de matrizes pode ser apresentada a partir de uma situação como aquela que introduz o item 10 do capítulo. Após essa apresentação, definir multiplicação de matrizes, enfatizando o esquema: Am k Bk n C m n

II. Comentar as propriedades da multiplicação de matrizes. III. Nos itens a e b da atividade 10, enfatizar que a multiplicação de matrizes não é comutativa.


A

400 6 --------------------- m. 3

▼

b) Para calcular o comprimento de um túnel que será construído ligando dois pontos, A e B, da base de uma montanha, um engenheiro posicionou-se em um ponto C tal que m(A BCB) 120°, AC 30 m e BC 50 m, conforme figura. Qual será o comprimento AB do túnel?

x 400 400 6 --------------------- --------------------- ⇒ x --------------------sen 45

sen 60

3 Logo, a distância entre o navio e o farol A é de

▼


As matrizes e as transformações em duas dimensões

calonada, conforme mostra o item 8. Enfatizar que, se o sistema for impossível, a tentativa do escalonamento mostrará essa impossibilidade.

Discutir com os alunos a ficha de leitura As matrizes e as transformações em duas dimensões. Enfatizar a aplicação dessas transformações na computação gráfica. O texto mostra um endereço eletrônico para um estudo mais detalhado desse assunto.

O método do escalonamento na resolução de um sistema linear é geral. Até mesmo a incompatibilidade das equações de um sistema linear é detectada na tentativa do escalonamento. Por isso, fezse a opção por esse método, em vez do teorema de Cramer, cuja aplicação é limitada a condições especiais.

▼

Capítulo 20 Sistemas lineares


Um problema que também pode ser trabalhado como introdução do assunto é: Uma companhia de navegação utiliza três tipos de recipientes, A, B e C, que carregam cargas em containers de três tipos, I, II e III. As capacidades dos recipientes são dadas pela seguinte tabela:

Capítulo 21 ▼

I.

Discussão de um sistema linear

I.

Pedir aos alunos que representem no plano cartesiano os gráficos das equações de cada um dos sistemas: (I)

Container I

II

III

A

4

3

2

B

5

2

3

C

2

2

3

Recipiente

Quais são os números de recipientes x, y e z das categorias A, B e C, respectivamente, se a companhia deve transportar 42 containers do tipo I, 27 do tipo II e 33 do tipo III? Solicitar aos alunos que escrevam, em função de x, y e z, quantos containers do tipo I serão transportados. Eles devem chegar à expressão 4x 5y 2z. Igualando isso a 42, eles obtêm a primeira equação. Procedendo similarmente, chegam ao sistema:

(II)

y x 5 y 2

y x 5 y x 8

(III)

y 2 x 5 y 2 x 5 y

(I)

5 a 2

3

x

5 b

y

(II)

5

4x 5y 2z 42 3x 2y 2z 27 2x 3y 3z 33

5 2

x cd

y

cuja solução é (3, 4, 5). 8

II. Definir sistema linear e solução de um sistema linear.

5

(III)

III. No trabalho com o escalonamento podemos ter a seguinte seqüência: • Definir sistema linear escalonado, mostrando como se resolve cada um dos dois tipos. • Definir sistemas lineares equivalentes. • A partir de sistemas lineares com duas equações e duas incógnitas, apresentar as propriedades que transformam um sistema linear (possível) em um sistema linear equivalente na forma es-

5

8

f

x

e

A seguir, propor as seguintes questões: a) Se duas retas do plano cartesiano têm um único ponto em comum, como podemos classificar o sistema formado pelas equações dessas retas? Resposta: S.P.D.

45


a F; ou x pertence a F, e y pertence a E. Temos, então, duas matrizes de possibilidades:

b) Se duas retas do plano cartesiano têm todos os seus pontos em comum (retas coincidentes), como podemos classificar o sistema formado pelas equações dessas retas?

F

a

b

1

(1, a)

(1, b)

2

(2, a)

(2, b)

3

(3, a)

(3, b)

1

2

3

a

(a, 1)

(a, 2)

(a, 3)

b

(b, 1)

(b, 2)

(b, 3)

E

Resposta: S.P.I. c) Se duas retas do plano cartesiano não têm ponto em comum (retas paralelas distintas), como podemos classificar o sistema formado pelas equações dessas retas?

ou E

Resposta: S.I. F

O objetivo dessa introdução é dar um significado à discussão de um sistema linear.

Uma dúvida comum do aluno é: Por que o enunciado do princípio fundamental de contagem explicita a ordem dos elementos? Um exemplo que ajuda a esclarecer essa dúvida é: Considere os conjuntos E {1, 2, 3} e F {a, b}. a) Quantos pares ordenados (x, y) podem ser formados de modo que x pertença a E e y pertença a F? Resolução Note que estabelecemos uma ordem: x deve pertencer a E e y a F. Assim, a matriz das possibilidades é: F

a

b

1

(1, a)

(1, b)

2

(2, a)

(2, b)

3

(3, a)

(3, b)

E

Temos, então, 3 2 pares ordenados possíveis, ou seja, 6 pares possíveis. b) Quantos pares ordenados (x, y) podem ser formados de modo que x pertença a um dos conjuntos e y pertença ao outro? Resolução Como não foi estabelecida uma ordem, temos duas possibilidades: x pertence a E, e y pertence

46

▼

Podem-se apresentar mais exemplos para introduzir o princípio aditivo de contagem como o que segue. Em uma classe, o professor de literatura pediu que levantasse a mão quem já havia lido algum livro de Machado de Assis; 15 estudantes levantaram a mão. A seguir, o professor pediu que levantasse a mão quem já havia lido algum livro de Mário de Andrade; 17 alunos levantaram a mão. Pode-se concluir que havia (15 17) alunos na sala? Por quê? Resposta: Espera-se que os alunos respondam negativamente, porque algum deles pode ter lido Machado de Assis e Mário de Andrade, ou, ainda, não ter lido nenhum dos dois autores.

Capítulos 23 Permutação simples

Pedir aos alunos que construam todos os números naturais de três algarismos distintos formados com 4, 5 e 8. Observando que esses números são arranjos simples de 3 elementos tomados 3 a 3, definir permutação simples como um caso particular de arranjo simples. Permutação com elementos repetidos

Trabalhar mais exemplos. Qual é o número de anagramas da palavra ALA? Escrever no quadro-de-giz os três anagramas: ALA, AAL, LAA Se indexarmos as letras iguais, imaginando que elas sejam elementos diferentes entre si, isto é, A1LA2, A1A2L, LA1A2, quantas permutações serão possíveis


Princípio fundamental de contagem

Princípio aditivo de contagem

▼

▼

Capítulo 22

Logo, o número de pares ordenados que podem ser formados é 3 2 2 3, ou seja, 12.

▼

II. Mostrar que a discussão de um sistema linear com número de equações diferente do número de incógnitas não pode ser feita com base no determinante dos coeficientes, pois não existe tal determinante. Ressaltar que uma boa alternativa para a discussão é o escalonamento.


com cada um desses anagramas ao permutarmos apenas as letras indexadas? A1LA2 A1LA2 A2LA1

Capítulo 24

A1 A2 L

▼

A1 A2 L

Posições relativas de duas retas

LA1A2 LA1A2 LA2A1

Posições relativas entre reta e plano

I.

▼

Cada anagrama gera 2! permutações. Assim, multiplicando-se o número de anagramas pelo número de permutações que cada um dos anagramas gera, obtém-se o número de permutações de três elementos distintos: 3 2! 3! Essa discussão pode facilitar o entendimento do exemplo que introduz o item 4 do capítulo.

Duas varetas retas ajudam na apresentação das posições relativas de duas retas. Mostre retas paralelas, retas concorrentes e retas reversas no bloco retangular, enfatizando sempre que a reta é infinita nos dois sentidos. Esses modelos podem ser observados também nas arestas determinadas pelas paredes, teto e piso de uma sala de aula.

▼

A2 A 1 L

Combinação simples

Binômio de Newton

Se achar necessário, antes do desenvolvimento de (x a)5, apresentado no item 7, o professor pode propor o seguinte problema: Sobre uma mesa há 5 bandejas e em cada uma há um cartão com a letra X e outro com a letra A. Um rapaz deve escolher uma letra de cada bandeja. X

A

X

A

X

A

X

A

X

A

a) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher três letras X e duas letras A, não importando a ordem de escolha? b) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher quatro letras X e uma letra A, não importando a ordem de escolha? Resolução a) Escolhidas três letras X, as letras A estarão, automaticamente, escolhidas. Assim, o número de escolhas é C5, 3 .

Colocando uma vareta reta paralelamente ao teto da sala, pode-se visualizar uma reta paralela a um plano (enfatizar que, se fosse possível prolongar a vareta indefinidamente, nos dois sentidos, ela jamais interceptaria o plano do teto, que também é infinito em todas as suas direções).

II. Colocando uma vareta obliquamente ao plano do teto, sem tocá-lo, perguntar à classe: Prolongando-se esta vareta indefinidamente, nos dois sentidos, ela interceptará o plano do teto? Resposta: Sim Definir, a seguir, reta secante a um plano. III. Desenhar uma reta no quadro-de-giz e perguntar à classe: Existe algum ponto dessa reta que não pertença ao plano desse quadro? Resposta: Não Definir, a seguir, reta contida em um plano.

▼

Podem-se sugerir outros exemplos de combinação simples. Em óptica, o vermelho, o azul e o verde são chamados de cores primárias. Misturando-se essas cores, duas a duas, obtêm-se novas cores, chamadas de cores secundárias. Considerando cada uma das cores secundárias como um agrupamento de cores primárias, temos que os agrupamentos possíveis são combinações de cores primárias, pois a ordem em que são misturadas não altera a cor secundária resultante.

▼


b) C5, 4 Após a discussão desse(s) problema(s), justificar a fórmula de Newton a partir do desenvolvimento de (x a)5, conforme está feito no item 7 do capítulo.

Poliedros

I.

Este assunto pode ser introduzido a partir da seguinte atividade: Separa-se a classe em quatro grupos, distribuindo a eles peças poligonais, recortadas em cartolina, que devem ser coladas, lado a lado, formando caixas fechadas: um grupo recebe seis peças retangulares (para formar um paralelepípedo); outro recebe seis peças quadradas (para formar um cubo); outro recebe duas peças hexagonais e seis retangulares (para formar um prisma hexagonal); e o último grupo recebe oito peças triangulares eqüiláteras (para formar um octaedro regular). Usando os modelos que os alunos construíram, exploram-se os conceitos de região poligonal

47


II. Mostrando o cubo que os próprios alunos construíram, pergunta-se: a) Quantas faces tem este poliedro? Resposta: 6 b) Quantas arestas tem cada uma dessas faces? Resposta: 4 c) Se cada face tem 4 arestas e o poliedro tem 6 faces, então o número de arestas do poliedro é 6 4? Por quê? Resposta: Não, porque no produto 6 4 cada aresta está sendo contada duas vezes, já que cada uma delas é aresta de duas faces simultaneamente; logo, o número de arestas do polie64 dro é -------------- , ou seja, 12. 2 Nesse momento apresenta-se o seguinte resultado: Se um poliedro possui F faces com n arestas por face, então o número A de arestas do poliedro é dado por:

▼

Fn A -------------2 III. Mostrando o prisma hexagonal que os próprios alunos construíram, pergunta-se: a) Quantos vértices tem este poliedro? Resposta: 12 b) Quantas arestas concorrem em cada um destes vértices? Resposta: 3 c) Se de cada vértice “partem” 3 arestas e o poliedro tem 12 vértices, então o número de arestas do poliedro é 12 3? Por quê? Resposta: Não, porque no produto 12 3 cada aresta está sendo contada duas vezes, já que cada uma delas “parte” de dois vértices simultaneamente; logo, o número de arestas do po12 3 liedro é ----------------- , ou seja, 18. 2 Nesse momento apresenta-se o resultado: Se um poliedro possui V vértices com m arestas por vértice, então o número A de arestas do poliedro é dado por: V m A ---------------2 Relação de Euler

Uma possível justificativa da relação de Euler (V A F 2), sugerida pelo prof. George Gamow em seu livro Um, dois, três... infinito (Rio de Janeiro:

48

Zahar, 1962), é apresentada a seguir. Considerando apenas a superfície de um poliedro convexo, vamos imaginá-la como se fosse uma película de borracha (Figura 1). Se eliminarmos uma das faces dessa superfície, poderemos deformar a parte restante, tornando-a plana (Figura 2). Essa parte restante terá um polígono a menos do que a superfície original, pois uma face foi removida da original. M

N P

Figura 1

D F

Figura 2

Figura 3

Figura 5

Figura 6

E Figura 4

Mostramos agora que, ao planificar a parte restante, a rede plana obedece à relação V A F 1 e, portanto, ao colocarmos de volta a face retirada, a superfície fechada obedece à relação V A F 2. De fato: Primeiramente, triangulamos a rede plana da seguinte maneira: num dos polígonos da rede, que não seja triângulo, traçamos uma diagonal, com o que aumentamos uma face e uma aresta e não alteramos o número de vértices. Continuamos traçando diagonais até que a figura consista inteiramente de triângulos (Figura 3). Nessa rede triangulada, a expressão V A F tem o mesmo valor que antes da triangulação, já que cada diagonal traçada aumenta uma face e uma aresta e, portanto, A F não se altera. Alguns triângulos têm aresta(s) no limite da rede. Alguns deles, como MNP, têm apenas uma aresta nesse limite. Tomamos qualquer triângulo do limite e removemos a parte dele que não seja parte de um outro triângulo (Figura 4). Dessa forma, de MNP removemos a aresta tMNu e a face, deixando os vértices M, N e P e as duas arestas tMPu e tNPu; de DEF retiramos a face, as duas arestas tDFu e tFEu e o vértice F. A remoção de um triângulo do tipo MNP reduz A e F em 1, ao passo que V continua inalterado, de forma que V A F continua o mesmo. A remoção de um triângulo do tipo DEF reduz V em 1, A em 2 e F em 1, de forma que V A F continua inalterado. Por meio de uma seqüência convenientemente escolhida dessas operações, podemos retirar triângulos com aresta(s) no limite até que finalmente reste apenas um triângulo, com suas três arestas, três vértices e uma face e, portanto, V A F 3 3 1 1. Mas já vimos que, pela eliminação constante de triângulos,


convexa, superfície poliédrica convexa e poliedro convexo, destacando seus elementos: faces, vértices, diagonais etc. Apresentam-se um modelo de um poliedro não-convexo e os nomes dos principais poliedros.

a expressão V A F não sofreu alteração. Portanto, na rede plana original V A F também é igual a 1 e, dessa forma, V A F 1 para a superfície poliédrica cuja face foi removida. Acrescentando a face que está faltando, concluímos que V A F 2.

▼


Pirâmide

I.

↓ 16

A

↓ 24

F ↓

11 3

▼

Capítulo 25 Prisma

Ressaltar que um prisma tem duas bases congruentes e paralelas, assim como arestas laterais também congruentes e paralelas (essa caracterização é importante para que o estudante identifique um prisma em qualquer posição). Pedir exemplos de prisma no cotidiano: prédios, caixas de leite longa-vida, caixas de vidros de perfume (há quadrangulares, hexagonais, octogonais etc.). Pode-se comentar que Newton usou prismas triangulares de cristal em suas experiências sobre a decomposição da luz branca, por volta de 1666. Volume de um prisma

Apresentar a demonstração da fórmula que determina o volume de um prisma qualquer, a partir do princípio de Cavalieri. Explorar a intuição do aluno na apresentação desse princípio, realizando a seguinte experiência: Os alunos devem imaginar dois vasos de mesma altura e formatos diferentes dispostos sobre a mesa. Colocando água até uma mesma altura h nos dois vasos, verifica-se que as superfícies da água em ambos têm a mesma área (para qualquer valor possível de h). Que relação existe entre os volumes dos dois vasos? Resposta: São iguais.

II. Usando esses modelos, definir pirâmide e seus elementos.

▼

V

A 24 e F 11

Pirâmide regular

I.

Definir pirâmide regular, mostrando os três primeiros modelos. Ressaltar que o terceiro modelo corresponde a uma pirâmide chamada de tetraedro regular (todas as faces são triangulares eqüiláteras). Comentar que o quarto modelo corresponde a uma pirâmide não-regular que tem três arestas perpendiculares entre si.

II. Tendo à mão um dos três primeiros modelos, definir: apótema da pirâmide regular, apótema da base e altura da pirâmide regular. Destacar a relação de Pitágoras entre as medidas desses três elementos.

▼

V 16,

▼


Nota: Ilustramos o teorema com as figuras de 1 a 6, porém essa demonstração é geral, isto é, vale para qualquer poliedro convexo. • Pedir aos alunos que apresentem um exemplo de poliedro em que não valha a relação de Euler (que deve ser um poliedro não-convexo). Caso não encontrem, pode-se mostrar o poliedro representado a seguir.

Este assunto pode ser introduzido com a seguinte atividade: Separar a classe em quatro grupos, dando a cada um deles a planificação de um poliedro, recortado em cartolina (figuras abaixo), com as seguintes instruções: dobre sobre as linhas tracejadas e, usando fita adesiva, construa a superfície poliédrica cujas faces sejam as regiões poligonais que formam essa planificação.

Volume de uma pirâmide

I.

Por meio da decomposição de um prisma triangular, demonstrar a fórmula que determina o volume de uma pirâmide triangular. Enfatizar o princípio de Cavalieri.

II. Tendo à mão o modelo de uma pirâmide não-triangular, perguntar aos alunos como é possível calcular o volume dessa pirâmide, com base no volume de uma pirâmide triangular (espera-se que alguns alunos tenham a idéia de “cortar” essa pirâ-

49

▼

Capítulo 26 Cilindro circular

I.

Para o estudo do cilindro, é importante que se use o modelo de um cilindro circular reto, que se decomponha em dois semicilindros por uma secção meridiana, e uma “capa” de cartolina representando a superfície lateral do cilindro. Com o auxílio dessas peças, o estudante entende mais facilmente os conceitos de secção meridiana, superfície lateral e superfície total.

Aplicando o princípio de Cavalieri, demonstrar a fórmula que determina o volume de um cone circular. Enfatizar que por meio dessa fórmula calcula-se o volume de qualquer cone circular, reto ou oblíquo. Esfera

Para o estudo da esfera, é importante que se usem dois modelos, conforme descrito a seguir. Modelo 1 Uma bola de isopor cortada por uma secção plana em duas partes de tamanhos diferentes (normalmente essas bolas são ocas, por isso é conveniente colar um círculo de cartolina na secção).

r d

R

Modelo 2 Uma bola de isopor apresentando uma cunha esférica (colar semicírculos de cartolina nas secções).

II. Utilizando objetos do cotidiano — lata de óleo, vela, salame, lápis etc. —, definir cilindro circular e seus elementos.

▼

III. Tendo à mão o modelo, conceituar secção meridiana e, nesse momento, definir cilindro eqüilátero. Volume de um cilindro circular

▼

Aplicando o princípio de Cavalieri, demonstrar a fórmula que determina o volume de um cilindro circular. Enfatizar que por meio dessa fórmula calcula-se o volume de qualquer cilindro circular, reto ou oblíquo. Cone

Para o estudo do cone, é importante que se use o modelo de um cone circular reto, que se decomponha em dois semicones por uma secção meridiana, e uma “capa” de cartolina representando a superfície lateral do cone. Com o auxílio dessas peças, o estudante entende mais facilmente os conceitos de secção meridiana, superfície lateral e superfície total.

50

I.

A partir de objetos do cotidiano, conceituar esfera e superfície esférica: uma bola de bilhar ou uma bola de gude são bons modelos de esfera, uma bola de pingue-pongue ou uma bolha de sabão são bons modelos de superfície esférica. II. Colocando uma bola sobre a mesa, comentar que o plano do tampo da mesa é tangente à esfera. Levantando um pouco a bola, comentar que o plano do tampo da mesa é exterior à esfera. Pedindo para os alunos imaginarem a bola parcialmente submersa na água, comentar que o plano da superfície da água é secante à esfera. III. Enfatizar a propriedade: o raio de uma esfera é perpendicular ao plano tangente no ponto de tangência. IV. Ressaltar que: um plano que passa pelo centro de uma esfera é chamado de plano equatorial; um plano equatorial divide a esfera em duas partes chamadas de hemisférios ou semi-esferas; a intersecção de um plano equatorial com uma esfera é chamada de círculo máximo da esfera.


III. Enfatizar que, por meio da fórmula deduzida, calcula-se o volume de uma pirâmide qualquer, reta ou oblíqua.

Volume de um cone circular

▼

mide, obtendo pirâmides triangulares). Após essa discussão, apresentar o resultado: o volume de uma pirâmide qualquer é a terça parte do produto da área da base pela altura (convém desenhar uma pirâmide qualquer no quadro-de-giz, dividindo-a em pirâmides triangulares).

▼



▼

V. Tendo à mão o modelo 1, definir secção plana da esfera e ressaltar o teorema de Pitágoras, relacionando as medidas do raio da esfera, do raio da secção plana e da distância da secção ao centro da esfera. Volume da esfera

▼

Propor como exercício o cálculo do volume da anticlepsidra (raio R e altura 2R). Aplicando o princípio de Cavalieri, demonstrar que o volume da esfera de raio R é igual ao volume da anticlepsidra.

Uma possível justificativa da fórmula que determina a área da superfície esférica é apresentada a seguir. Suponha que sobre uma superfície esférica sejam construídos n pequenos prismas de mesma altura h, tais que cada aresta das bases apoiadas sobre a superfície esférica seja aresta de duas, e somente duas, bases desses prismas.

V Bh (I) Podemos calcular precisamente o volume V do seguinte modo: 4π(R h) 3- -----------------4πR 3V --------------------------------------3 3 4π(R 3 3R 2 h 3Rh 2 h 3 ) 4πR 3 V -------------------------------------------------------------------------------------3 3 4πh V -------------(3R 2 3Rh h2) (II) 3 Para h “tendendo” a zero, as expressões I e II “tendem” a se igualar, ou seja: V V 4πh -------------(3R 2 3Rh h2) Bh 3 4π ---------- (3R 2 3Rh h2) B 3 Como h “tende” a zero, a soma 3Rh h2 também “tende” a zero e, portanto, a área B “tende” a: 4π 3R2, ou seja: B 4πR2 B --------3 Desse modo, provamos que: A área A de uma superfície esférica de raio R é A 4πR2.

Sendo B1, B2, B3, ..., Bn¨ as áreas das bases desses prismas, a soma V de seus volumes é: V B1h B2h B3h ... Bnh (B1 B2 B3 ... Bn)h A soma B1 B2 B3 ... Bn das áreas das bases é aproximadamente a área B da superfície esférica. Assim, o volume V é aproximadamente igual a V Bh, ou seja, o volume V é o produto da área B da superfície esférica pela altura h desses prismas. Raciocinando de maneira análoga, consideremos duas superfícies esféricas de mesmo centro e raios R e R h, com h 0. h

R

h

R

Capítulo 27 ▼


Área da superfície esférica

Sendo B a área da superfície esférica de raio R, o volume V limitado pelas duas superfícies esféricas é aproximadamente igual a

Adição de probabilidades

I.

Antes de apresentar o teorema da adição de probabilidades, sugerimos resolver um problema particular usando a definição de probabilidade: Uma etiqueta é sorteada de uma urna que contém, exatamente, 50 etiquetas numeradas de 1 a 50. Qual é a probabilidade de que o número da etiqueta sorteada seja par ou menor que 21? Resolução O espaço amostral E desse experimento é o conjunto E {1, 2, 3, 4, 5, …, 50}, portanto, n(E) 50. Indicando por A o evento formado pelos números pares de E e por B o evento formado pelos números de E menores que 21, temos A {2, 4, 6, 8, …, 50}, n(A) 25 e B {1, 2, 3, 4, …, 20}, n(B) 20. Note que A e B têm elementos comuns: A B {2, 4, 6, 8, …, 20}, n(A B) 10

51


Probabilidade condicional

▼

Neste assunto, a maior dificuldade dos alunos é a redução do espaço amostral. Uma experiência que pode auxiliá-los a entender essa redução é a seguinte: Lança-se um dado sobre uma mesa e afirma-se que a face obtida contém um número ímpar. A seguir pergunta-se: Qual é a probabilidade de que esse número seja o 5? Espera-se que os alunos raciocinem da seguinte maneira: O espaço amostral no lançamento do dado é E {1, 2, 3, 4, 5, 6}, porém a afirmação “a face obtida contém um número ímpar” reduz o espaço amostral para E {1, 3, 5}; logo, a probabilidade de 1 n( A) -----. ocorrer o evento A {5} é P(A) ----------------3 n(E) Eventos independentes

I.

52

Comentar que dois eventos são dependentes quando a probabilidade de um deles depende de o outro evento ter ocorrido ou não. Por exemplo, enunciar o seguinte experimento: Retirar sucessivamente e sem reposição duas bolas de uma urna que contém, exatamente, três bolas vermelhas e quatro bolas azuis. A probabilidade de que a segunda bola retirada seja azul depende de a primeira bola retirada ter sido vermelha ou não. Observar que: • Se a primeira bola retirada tiver sido vermelha, então a probabilidade de que a segunda bola 2 4 -----. seja azul é de ----3 6 • Se a primeira bola retirada tiver sido azul, então a probabilidade de que a segunda bola seja 1 3 -----. azul é de ----2 6

II. Apresentar a propriedade das retiradas simultâneas, sugerindo que o cálculo da probabilidade de retiradas simultâneas seja feito por meio do problema equivalente com retiradas sucessivas e sem reposição. Alertar para o fato de que, nas retiradas sucessivas, deve-se levar em consideração a ordem dos elementos retirados.

▼

Capítulo 28 Determinação de uma reta — Coeficiente angular de uma reta

Ao desenvolver o item 4, enfatizar que, em geometria analítica, uma reta pode ser determinada por um de seus pontos e por um ângulo que ela forma com o eixo Ox. Destacar a simplicidade de se calcular o coeficiente angular de uma reta não-vertical quando se conhecem dois de seus pontos. A facilidade desse cálculo é que levou os matemáticos a definir o coeficiente angular como a tg , e não como o sen ou o cos . Ressaltar que o inconveniente de se definir o coeficiente angular como o sen ou o cos é que teríamos de calcular a distância AB. Condição de alinhamento de três pontos

Na introdução do item 5, podem-se fazer os questionamentos a seguir. a) O que significa dizer que três pontos são colineares? Resposta: Significa que os três pontos pertencem a uma mesma reta. b) Dados três pontos A, B e C tais que as retas ,AB- e ,BC- são paralelas, esses pontos são ou não colineares? Por quê? Resposta : As retas ,AB- e ,BC- são paralelas e têm em comum o ponto B, logo, ,AB- e ,BC- são retas coincidentes, portanto, os pontos A, B e C são colineares. c) Dados três pontos distintos, A, B e C, tais que as retas ,AB- e ,BC- são concorrentes, esses pontos são ou não colineares? Por quê? Resposta: Os pontos não são colineares, pois, se fossem, as retas ,AB- e ,BC- seriam coincidentes e não concorrentes. Após essa discussão, apresentar a condição de alinhamento de três pontos.


▼

II. Demonstrar o teorema P(A B) P(A) P(B) P(A B). Enfatizar que esse teorema pode ser aplicado na resolução de problemas cuja pergunta é: Qual é a probabilidade de ocorrer o evento A ou o evento B? Comentar, ainda, que, se os eventos A e B são mutuamente exclusivos, então o conectivo ou indica simplesmente a soma das probabilidades de A e B, isto é: P(A B) P(A) P(B)

Por isso dizemos que os eventos A “sair bola vermelha na primeira retirada” e B “sair bola azul na segunda retirada” são eventos dependentes. Após essa discussão, definir eventos independentes.

▼

A probabilidade de ocorrer um elemento de A ou de B, indicada por P(A B), é: n( A B) P(A B) ----------------------------, em que n(E) n(A B) 25 20 10. Logo: 35 7 P(A B) ---------------50 10


▼

reta toda equação da forma kax kby kc 0, com k R*).

Equação fundamental da reta

É interessante mostrar que os conceitos de reta e proporção estão intimamente relacionados em geometria analítica. Os exemplos a seguir ressaltam essa relação: a) As seqüências (1, 2, 3, 4, 5) e (2, 4, 6, 8, 10) são tais que a razão entre termos correspondentes é constante, isto é: 2 4 6 8 10 ------ ------ ------ ------ -------1 2 3 4 5 Representando no plano cartesiano os pontos (1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 8) e (5, 10), observa-se que eles pertencem a uma reta que passa pela origem:

II. Pedir aos alunos que resolvam os sistemas: x 2y 5 x 6y 2 a) c) 3x 4y 9 2x 12y 4 b)

Espera-se que eles concluam que o sistema do item a é possível e determinado, o do item b é impossível e o do item c é possível e indeterminado. Observando que cada equação desses sistemas representa uma reta no plano cartesiano, perguntar à classe: a) Qual a posição relativa das duas retas do sistema do item a? Resposta: Concorrentes, pois têm um único ponto em comum. (Enfatizar que o ponto comum às retas é representado pela solução do sistema.) b) Qual a posição relativa das duas retas do sistema do item b? Resposta: Paralelas distintas, pois não têm ponto em comum. c) Qual a posição relativa das duas retas do sistema do item c? Resposta: Paralelas coincidentes, pois têm mais de um ponto em comum.

y 10 8

4 2 1 2 3 4 5

x

b) As seqüências (1, 2, 3, 4, 5) e (3, 5, 7, 9, 11) são tais que: 53 75 97 11 9 ----------------- ----------------- ----------------- ------------------21 32 43 54 Representando no plano cartesiano os pontos (1, 3), (2, 5), (3, 7), (4, 9) e (5, 11), observa-se que eles pertencem a uma reta que não passa pela origem:

▼

y

Equação reduzida da reta

11

7 5 3

0

1 2 3 4 5

x

Generalizando, verificamos que, se uma reta passa pela origem, então as ordenadas de seus pontos são proporcionais às respectivas abscissas e que, se uma reta não passa pela origem, então as variações das ordenadas de seus pontos são proporcionais às variações das respectivas abscissas.

Capítulo 29 Equação geral da reta

I.

Apresentar a equação geral da reta, ressaltando que existem infinitas equações gerais para uma mesma reta (dada a equação geral de uma reta, ax by c 0, também é equação geral dessa

▼

A partir da equação fundamental da reta, definir a equação reduzida, enfatizando a interpretação geométrica dos coeficientes angular e linear. Destacar que, dada uma equação da reta na forma geral, podemos obter os coeficientes angular e linear da reta, representando a equação na forma reduzida.

9

▼


6

0

x 5y 1 2x 10y 3

Posições relativas de duas retas

Desenhar no quadro-de-giz a figura: y r

s

0

x

Afirmando que r / s e que a inclinação de r é , perguntar à classe qual é a inclinação de s. Estimular a discussão até que os alunos consigam concluir que: a) duas retas no plano cartesiano são paralelas se, e somente se, têm a mesma inclinação;

53


Capítulo 30 ▼

b) duas retas no plano cartesiano são paralelas se, e somente se, têm o mesmo coeficiente angular ou não existe o coeficiente angular de ambas; c) duas retas são concorrentes se têm coeficientes angulares diferentes ou se existe o coeficiente angular de uma delas e não existe o da outra.

Aplicações de determinantes na geometria analítica

I.

Desenhar no quadro-de-giz as figuras e pedir aos alunos que determinem a área de cada um dos triângulos.

▼

y

Retas perpendiculares

Desenhar no quadro-de-giz a figura:

y A

6

D

6

y

2

1 x

Pedir aos alunos que determinem os valores de tg e tg . 4 3 e tg ----Resposta: tg ----3 4

▼

Concluir com a classe que duas retas não-verticais são perpendiculares se, e somente se, o coeficiente angular de uma delas é igual ao oposto do inverso do coeficiente angular da outra. Equações paramétricas da reta

O exemplo a seguir pode ser apresentado sob a forma de exercício. Construir o gráfico cartesiano determinado pelas equações paramétricas: y sen 2

0 1

Resolução O sistema pode ser representado sob a forma: (I)

7

x

G

6 5

I

2

H

0

3

5

11

x

Ressaltar que, quando o triângulo tem um dos lados paralelo a um dos eixos, o cálculo da área é muito simples; é o caso dos triângulos ABC e (6 1) (6 2) DEF, cujas áreas são dadas por -------------------------------------2

cular a área do triângulo GHI, podemos circunscrever em GHI um retângulo que possua lados paralelos aos eixos coordenados: y

Substituindo (I) em (II), obtém-se y 1 x. Como x cos e y sen , temos que 0 x 1 e 0 y 1. Assim, os pontos (x, y) que satisfazem 2

G

6 5

I II

2

y 1x o sistema são tais que: 0 x 1 0y1 Logo, o gráfico formado pelos pontos (x, y) é: y

I

III 2 0

H 3

5

11

x

A área A do triângulo GHI é igual à diferença entre a área desse retângulo e a soma das áreas dos triângulos I, II e III, isto é: 6 1 2 4 8 3 13 A 8 4 --------------------------------------2 2 2

1

54

2

y

y 1 cos 2 (II)

0

E

0

x

6

3

(7 2) (6 1) e ----------------------------------------- , respectivamente. Para cal2

, com R

x cos 2

F

C

0

x cos 2

3

B

1

x

Para o cálculo da área do triângulo GHI, podemos também construir um triângulo GHI com a


3

4


y

G

33 4 G

6 5 2 0

r

I

H 5

3

11

x

Capítulo 31 ▼

t do triângulo mesma altura relativa à base HI GHI, e com o lado tG Iu paralelo ao eixo Oy:

Reconhecimento de uma circunferência a partir da equação reduzida

Para o reconhecimento de uma circunferência, através de uma equação, apresentar as equações a seguir e perguntar se cada uma representa ou não uma circunferência. (x 3)2 y 2 4 → representa uma circunferência de centro C(3, 0) e raio R 2 (x 2)2 ( y 5)2 0 → representa o ponto C(2, 5) (x 1)2 ( y 4)2 4 → representa o conjunto vazio

52 3 m r m HI -----------------------11 3 8


3 (x 5). Assim, a equação da reta r é y 6 ----8 Fazendo x 11 na equação da reta r, obtém-se 33 33 y ---------; portanto, G[11, ---------]. 4 4 Logo, a área do triângulo GHI é igual à área do triângulo GHI, que é dada por: 33 5 ] (11 3) [ -------4 -------------------------------------------------- 13 2 Ressaltar que, generalizando o raciocínio, demonstra-se que a área pode ser calculada através do determinante. II. Para apresentar a condição de alinhamento, pode-se propor o problema a seguir. Calcular a área do triângulo de vértices A(0, 1), B(1, 1) e C(1, 3). Ao tentar calcular a área do triângulo, os alunos vão constatar que: 0

1

1

1 1 1 0 1

3

1

Nesse momento, perguntar à classe o que se pode concluir desse resultado. Resposta : Não existe o triângulo ABC, ou seja, os três pontos são colineares. Apresentar a condição de alinhamento por determinante. Completar essa discussão mostrando como se pode obter a equação de uma reta por meio de determinante.

Reconhecimento de uma circunferência a partir da equação normal

Enfatizar que, multiplicando ambos os membros da equação x 2 y 2 2ax 2by a 2 b 2 R 2 0 por um número real não-nulo q, obtém-se a equação: qx 2 qy 2 2aqx 2bqy qa 2 qb 2 qR 2 0, com R 0, que continua representando a circunferência de centro C(a, b ) e raio R. Assim, comparando as equações Ax 2 By 2 Cxy Dx Ey F 0 e qx 2 qy 2 2aqx 2bqy qa 2 qb 2 qR 2 0, concluímos que a primeira representa uma circunferência se, e somente se, A B 0, C 0 e a forma reduzida dessa equação é (x a)2 (y b)2 k, com k 0.

Capítulo 32 ▼

r:

▼

G(5, 6)

Número complexo

Embora, historicamente, tenha-se usado o símbolo 1 para representar a unidade imaginária i, é preferível não usá-lo, porque ao escrever i 1 cometem-se dois erros: afirmar que existem dois valores diferentes para i, pois existem duas raízes quadradas de 1; contrariar a propriedade transitiva da igualdade (ver comentário a seguir); por isso, a opção para definir a unidade i como sendo um número tal que i 2 1. Comentário A radiciação em C não é uma operação (por exemplo, há três raízes cúbicas complexas distintas de 8 e, portanto, como o resultado não é único, a radiciação não é operação em C); por isso não se deve usar o símbolo n a para indicar as raízes complexas n-ésimas de a. Por exemplo, se escrevermos 3 8 2, 3 8 1 i 3 , 3 8 1 i 3 , poderemos concluir, equivocadamente, que 2 1 i 3 1 i 3 (pela propriedade

55


▼

Capítulo 33 Operações com polinômios

Este assunto pode ser tratado como uma revisão, pois já foi estudado no Ensino Fundamental. II. Propor, como trabalho em dupla, os exercícios resolvidos de R6 a R10.

▼

I.

Divisão de polinômios por binômios de 1‚‚ grau

Sempre que possível, fazer uma analogia entre as propriedades dos polinômios e as propriedades dos números. Por exemplo, para dividir 48 por 6, podemos dividir, sucessivamente, 48 pelos fatores primos de 6: Fatores de 6 48 2 0

56

24 0

3 8

Fatores de x2 1

x 3 2x 2 x 2

x 1

x x

x 2 3x 2

x 1

3x 2 x 2

x2 x

x 2

3x 2 3x

2x 2

3

2

2x 2

2x 2

2x 2

0

0 Concluir que a importância do estudo da divisão de um polinômio P(x) por binômios do 1º grau se deve ao fato de que todo polinômio D(x) pode ser decomposto em fatores do primeiro grau e, portanto, a divisão de P(x) por D(x) pode ser efetuada por meio de divisões sucessivas pelos fatores do primeiro grau de D(x).

Capítulo 34 Equação polinomial ou algébrica

Ressaltar que, dados quaisquer números complexos, podemos formar uma equação polinomial que possua esses números como raízes. Por exemplo, dados os números 2, 6 e 4, temos a equação (x 2)(x 6)(x 4) 0, que é equivalente a x 3 4x 2 20x 48 0, que é uma equação polinomial que possui esses números como raízes. Multiplicidade de uma raiz

Na introdução deste tópico, pode-se apresentar a equação (x 7)(x 7)(x 7)(x 5)(x 5)(x 9) 0 e perguntar à classe: a) Quantas vezes o número 7 aparece como raiz da equação? Resposta: Três vezes b) Quantas vezes o número 5 aparece como raiz da equação? Resposta: Duas vezes c) Quantas vezes o número 9 aparece como raiz da equação? Resposta: Uma única vez Enfatizar que o número de vezes que cada raiz aparece nos fatores do primeiro membro é a multiplicidade dessa raiz: a raiz 7 tem multiplicidade 3 (raiz tripla); a raiz 5 tem multiplicidade 2 (raiz dupla) e a raiz 9 tem multiplicidade 1 (raiz simples).


Esse assunto pode ser introduzido a partir do texto a seguir. Quando estudamos o conjunto dos números reais, vimos que é possível estabelecer uma relação biunívoca entre o conjunto R e o conjunto de pontos de uma reta. Assim, podemos representar, geometricamente, o conjunto R pelo conjunto dos pontos de uma reta. Como representar, geometricamente, o conjunto dos números complexos? No final do século XVIII, em 1799, o topógrafo norueguês Caspar Wessel (1745-1818) publicou um trabalho em que mostrava uma representação geométrica para os números complexos. Wessel raciocinou da seguinte maneira: o conjunto dos números do tipo x yi, sendo x e y reais, pode ser relacionado, biunivocamente, ao conjunto dos pares ordenados de números reais (x, y), e o conjunto desses pares, por sua vez, pode ser relacionado, biunivocamente, ao conjunto dos pontos de um plano, através de um sistema cartesiano de eixos. Desse modo, cada ponto (x, y) do plano cartesiano passa a representar o número complexo x yi, e, portanto, a representação geométrica do conjunto C é um plano. Em 1806, o matemático Jean Robert Argand (17681822), sem conhecer o trabalho de Wessel, criou a mesma representação para os números complexos. A glória dessa criação ficou ligada ao nome de Argand. Partindo das idéias de Wessel e Argand, o matemático alemão Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855) complementou o estudo do plano complexo, também conhecido como plano de Argand-Gauss.

▼

Plano de Argand-Gauss

Um raciocínio análogo pode ser usado na divisão de polinômios; por exemplo, para dividir o polinômio P(x) x3 2x3 x 2 por D(x) x2 1. Podemos dividir sucessivamente P(x) pelos fatores do 1º grau de D(x):

▼

▼

transitiva da igualdade); assim, o símbolo 3 8 só deve ser usado para indicar a raiz cúbica real de 8. Se quisermos indicar todas as raízes, deveremos escrever por extenso “as raízes cúbicas de 8”.

▼


Raízes imaginárias

Se for possível, apresentar a demonstração do teorema das raízes imaginárias para equações polinomiais de coeficientes reais. Demonstração Seja P (x) an x n an 1 x n 1 an 2 xn 2 ... a 0 um polinômio com coeficientes reais tal que o número imaginário z a bi, com a R e b R*, seja raiz da equação P(x) 0. Temos que P(z) 0, ou seja: an z n a n 1 z n 1 an 2 z n 2 ... a 0 0 (I) Se dois complexos são iguais, então seus conjugados são iguais. Por isso, podemos concluir da sentença (I) que:

a n z n a n 1 z n 1 a n 2 z n 2 ... a 0 0 an z an 1 z n

n1

an 2 z

n2

... a 0 0

a n z n a n 1 z n 1 a n 2 z n 2 ... a 0 0 an ( z ) an 1 ( z ) n

n1

an 2 ( z )

n2

... a 0 0

Assim, P ( z ) 0; e, portanto, z é raiz da equação P(x) 0.

▼


a n z n a n 1 z n 1 a n 2 z n 2 ... a 0 0 Pelas propriedades do conjugado de um complexo, podemos escrever:

Raízes racionais

Se for possível, demonstrar o teorema das raízes racionais; é conveniente partir de uma equação do 2º grau. p Se ------ , com p e q inteiros primos entre si e q 0, é q raiz da equação do 2º grau com coeficientes inteiros ax 2 bx c 0, então p é divisor de c, e q, divisor de a. Justificativa p 2 p Temos que: a  ------ b  ------ c 0  q  q Essa igualdade é equivalente a: p(ap bq) cq 2 (I) De (I) temos que p é divisor de cq 2. Como p e q são primos entre si, concluímos que p é divisor de c. De (I) temos, ainda, que q é divisor de p(ap bq). • Como p e q são primos entre si, podemos garantir que q é divisor de ap bq.

• Como q é divisor de bq e q é divisor de ap bq, temos que q é divisor de ap. • Como p e q são primos entre si e q é divisor de ap, temos que q é divisor de a. Essa demonstração, para o caso particular de equações do 2º grau, auxilia a demonstração para uma equação de grau n, feita a seguir. p Sendo ------ uma raiz da equação, devemos ter: q p n 1 p n p n 2 ... a0 0 a n[------] an 1 [------] an 2 [------] q q q pn 2 pn pn 1 -------------- an -------a a -------------n 1 n 2 qn 2 qn qn 1 ... a 0 0 Multiplicando ambos os membros por q n, obtemos: an pn an 1 pn 1q an 2 pn 2 q2 ... a1 pqn 1 a 0 qn 0

(I)

anpn an 1 pn 1q an 2 pn 2 q2 ... a1 pqn 1 a0 qn p(an pn 1 an 1 pn 2 q an 2 pn 3 q2 ... a1qn 1) a0 q n Como o produto de inteiros é inteiro e a soma de inteiros também é inteiro, concluímos que o primeiro membro da igualdade anterior é um número inteiro. Portanto, o segundo membro, a0 q n, é inteiro e múltiplo de p, pois é igual ao produto de p por um inteiro k1, ou seja, pk1 a0 q n, com k1 Z. Como p e q são primos entre si, temos que p e q n também o são. Logo, p é divisor de a0 . Temos, ainda, que a igualdade (I) é equivalente a: an 1 pn 1q an 2 pn 2 q 2 ... a0 q n an pn, ou q(an 1 pn 1 an 2 pn 2 q ... a0 q n 1) an pn Como a expressão entre parênteses é um número inteiro k2, podemos escrever: qk2 an pn, com k2 Z Como q e p são primos entre si, temos que q e pn também o são. Logo, q é divisor de an .

57


10. Resolução de exercícios 10. d Para calcular n(A B) não basta adicionar n(A) a n(B), pois, nesta soma, cada elemento da intersecção está sendo contado duas vezes:

Capítulo 1

2.

a) b) c) d) e)

A {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3} B {3, 3} C {3} D {9, 10, 11, 12, ..., 98, 99} E {55, 56, 57, 58, ...}

a) b) c) d)

A {..., 4, 3, 2, 1} (infinito) B (finito) C {0, 1, 2, 3, ...} N (infinito) D {0} (finito)

A

Para corrigir esse “erro”, devemos subtrair dessa soma o número de elementos da intersecção, isto é, n(A B) n(A) n(B) n(A B).

3.

b) Dois conjuntos são iguais se, e somente se, têm os mesmos elementos. Assim: {1, 2, 3} {1, x, y} ⇔ x 2 e y 3 ou x 3 e y 2.

4.

V–F–V–V–V–V–F–V–V–V–V Corretor

5.

A

Informação

B

1

X

2

X

X

3

X

X

4

X

6.

7.

8.

• • • •

C

X X

5

X

A condição I garante que 0 E. Como 0 E, a condição II garante que 1 E. Como 1 E, a condição II garante que 2 E. Como 2 E, a condição II garante que 3 E. E assim por diante... Concluímos, então, que todos os números naturais pertencem a E, isto é, N E; mas, por hipótese, temos que E N e, portanto, E N {0, 1, 2, 3, 4, ...}.

A {3, 2, 1, 0, 1, 2} B {0, 1, 2, 3} C {1, 0, 1, 2, 3, 4} D {3, 4, 5, 6, 7, 8} a) A B {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3} b) A B {0, 1, 2} c) A D {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} d) A D e) A B D {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} f) A B C {0, 1, 2} g) A B C D h) (A D ) (B C ) {1, 0, 1, 2, 3, 4} i) (A D ) (B C ) {0, 1, 2, 3) A •3

B •2

•9

B

11. Usando o raciocínio do exercício anterior, temos que: ab xc Logo: x a b c 12. a) b) c) d) e)

{1, 2, 9} {5, 7} {5, 7} {1, 2, 3, 5, 7, 9} {1, 2, 9}

f) {1, 2, 3, 9} g) Não existe, pois G F h) i) {1, 2, 3, 8, 6, 4, 9}

13. a) Temos que: A B {pp é estado da região sul do Brasil} {PR, SC, RS} b) Temos que: B A {qq é estado da região sudeste do Brasil} {SP, RJ, MG, ES} c) Não existem esses conjuntos, pois A B e B A A. {x U x é mulher}. B. {y U y tem menos de 16 anos de idade}. C. {z U z tem mais de 20 anos de idade}. B t ut Cu {p U p tem menos de 16 anos ou mais de 20 anos de idade}. e) B. C. {q U q tem menos de 16 anos ou mais de 20 anos de idade}.

14. a) b) c) d)

15. Sendo: • U o conjunto das 29 pessoas que discutiam sobre os filmes A e B; • A o conjunto das pessoas que assistiram ao filme A; • B o conjunto das pessoas que assistiram ao filme B. Temos: A

B 8

5

U

x 6

8 5 x 6 29 ⇒ x 10. Logo, 15 pessoas (10 5) assistiram ao filme B. 16. Sendo: • U o conjunto das 2.200 pessoas entrevistadas; • A o conjunto das pessoas que já estiveram na região nordeste do Brasil; • B o conjunto das pessoas que já estiveram na região norte do Brasil. Temos:

•5 •8

9.

• 11 B

610

•1 •3

•2 •5 •4

58

B

A A • 12

206

U

396

•7 •8 •9

C

x

x 610 206 396 2.200 ⇒ x 988 Logo, 988 pessoas entrevistadas nunca estiveram em nenhuma das duas regiões.


1.


nhamos o arco que intercepta a semi-reta tAB- no ponto E:

17. Sendo: • U o conjunto dos alunos que opinaram; • J o conjunto dos alunos que lêem jornal; • R o conjunto dos alunos que lêem revista. Temos: U

R

J 24 – x

x

30 – x

A 5

24 x x 30 x 5 41 ⇒ x 18 Logo, 18 alunos lêem jornal e revista.

N 120

300

e) c C :

80

1 0

4

A:

0

B: –3 A B: –3

300 120 100 700 100 80 200 x 1.800 ⇒ ⇒ x 200 Logo, duzentas pessoas da comunidade não assistem a nenhum desses programas.

25 5 381 20. a) 2,5 --------b) 3,81 ----------------10 2 100 3 c) 0,03 -----------100 d) Indicando por g a geratriz da dízima, temos que: g 4,222... 10g 42,222...

1

0

1

B

A x – 3 17 – x

2

U

x

x 18 – x

10g 34, 555... 100g 345,555...

13 – x x–2

Subtraindo, membro a membro, essas igualdades, obtemos: 311 100g – 10g 311 ⇒ g -----------90 Irracional Irracional Racional Irracional

5 22. a 0, b 9, c ------, d 6

i) Irracional j) Irracional

7

23. Seja um retângulo em que um dos lados é o segmento tABu e o lado tBCu tem comprimento 2u: C

C

x 3 x x 2 x 17 x 18 x 13 x 51 ⇒ x 8 Logo, oito professores lecionam nos três prédios. 27. Temos: • AN • 4 é o menor número que pertence a A • 4 A ⇒ 5 A; 5 A ⇒ 6 A; 6 A ⇒ 7 A; 7A⇒8A e assim por diante. Todos os números naturais maiores que 3 pertencem a A. Logo, A {4, 5, 6, 7, 8 ...}. 28. a) par; b) ímpar;

2u

u

0

26. Sendo: U o universo dos professores da escola; A o conjunto dos professores que lecionam no prédio A; B o conjunto dos professores que lecionam no prédio B; C o conjunto dos professores que lecionam no prédio C; temos:

e) Indicando por g a geratriz da dízima, temos que:

A

2

A B:

Subtraindo, membro a membro, essas igualdades, obtemos: 38 10g g 38 ⇒ g --------9

e) f) g) h)

2 1

(A B) (A B): –3

19. V – V – F – V – V – V – F – V – F – V

D

7

25. a x

Irracional Racional Racional Irracional

8 7 8

D

H


6

d) D A :

100

5u. 15

c) A D :

U

200

21. a) b) c) d)

E

1

b) A B :

100 700

B

assim, temos que o comprimento de tAEu é 24. a) A B :

18. b. E

C

√5u

D

B

Pelo teorema de Pitágoras, temos que a diagonal tACu mede 5u ; utilizando um compasso, com a ponta-seca em A e raio tACu, dese-

c) ímpar; d) par;

e) ímpar; f) par;

g) ímpar.

29. c Sendo n o número de notas de R$ 5,00 e k o número de notas de R$ 10,00, temos: 5n 10k 100 Dividindo por 5, ambos os membros, chegamos a n 2k 20, ou, ainda, a n 20 2k. Como 20 e 2k são números pares, temos que 20 2k é par. Logo, o número de notas (n) de R$ 5,00 é par.

59


30. Um número par e um número ímpar, genéricos, são, respectivamente, 2n e 2k 1, com {n, k} Z.

16 x --------11

Assim, temos: 2n (2k 1) 2[n(2k 1)]

16 Logo, S { ---------} 11 b) Mutiplicando por 12 ambos os membros, obtemos: 4n 3n 6 48 e, portanto, n 6 Logo, S {6} c) Multiplicando por 6 ambos os membros, obtemos: 3(2k 1) (k 3) 2 ou, ainda, 6k 3 k 3 2 e, 4 portanto, k -----5

Como n(2k 1) é inteiro, conclui-se que 2[n(2k 1)] é par. 31. a) O menor número natural x tal que x 5 é o próprio número 5; logo, o menor elemento do conjunto A é 5. b) O menor número inteiro x tal que x 5 é o número 6; logo, o menor elemento do conjunto B é 6. c) O menor número racional x tal que x 5 é o próprio número 5; logo, o menor elemento do conjunto C é 5. d) Para qualquer número racional x, com x 5, existem infinitos outros racionais entre 5 e x; logo, não existe o menor elemento do cojunto D. 32. c Indicando por g a dízima periódica 3,2222..., temos:

3.

c Indicando por d a distância procurada, em quilômetros, temos: 4,18 0,83 d 14,14 ⇒ d 12

4.

e Indicando por x a quantia, em reais, recebida por João, temos que a quantia recebida por Paulo é x 30. Assim, temos: x x 30 630 ⇒ x 300 Logo, João recebeu R$ 300,00 e Paulo recebeu R$ 330,00

5.

Temos: total de sacas de feijão x; total de sacas de café 4x; total de sacas de milho x 2.400 Logo, x 4x x 2.400 14.400 ⇒ x 2.000. Assim, concluímos que o fazendeiro colheu 8.000 sacas de café.

6.

Temos: distância, em km, percorrida na segunda hora d; distância, em km, percorrida na primeira hora d 5; d5 distância, em km, percorrida na terceira hora ------------------ . 3

g 3,2222... 10g 32,222... Subtraímos, membro a membro, essas igualdades, obtendo: 29 10g g 29 e, portanto, g ---------. 9 Logo, a soma pedida é: 8 29 37 ------ --------- --------9 9 9 33. a) Um valor possível é 5, pois 5 1,8 9. b) Um valor possível é 2,5, pois 2,5 3 7,5. c) Sim, porque o produto de dois números racionais quaisquer é um número racional. 34. Uma resposta possível é 1,5 e 1,6, pois:

d 5 135 ⇒ d 55 Logo, d d 5 ----------------3 Assim, concluímos que o ciclista percorreu 20 km na terceira hora.

2 1,52 3 e 2 1,62 3 35. e Todo número decimal com infinitas casas decimais é racional se for dízima periódica ou é irracional se for dízima não-periódica.

7.

a) 9x 5(3 2x) 7x 9 ⇒ 9x 15 10x 7x 9, ou seja, 9x 10x 7x 9 15, ou ainda, 12x 24 e, portanto, x 2 Logo, S {3, 4, 5, 6, 7, ...) b) 4y 5 2(y 3) 5y ⇒ 4y 5 2y 6 5y, ou seja, 4y 2y 5y 6 5, ou ainda, 3y 11 e, portanto, 11 y --------3 Logo, S {3, 2, 1, 0, 1, 2, ...}. c) 6t (5t 8) 1 2(5 t) ⇒ 6t 5t 8 1 10 2t e, portanto, t 1 Logo, S {1, 2, 3, 4, ...}

8.

a) Multiplicando por 40 ambos os membros, obtemos: 40 16x 40 4x 15x e, portanto, x --------3

36. e Como 7 3 12,11, temos que os números pares compreendidos entre 7 e 7 3 são 8, 10 e 12, ou seja, são aqueles da forma 2n, com n Z e 4 n 6. 37. c Temos A B ]5, 9]. Logo, o único intervalo apresentado nas alternativas ao qual x não pode pertencer é [10, 15]. 38. a I) Como x ]1, 2[, temos que x é elemento do conjunto A ]∞, 1] [2, ∞[. II) Como x 0 ou x 3, temos que x é elemento do conjunto B ]∞, 0[ ]3, ∞[. Por I e II, concluímos que x é elemento do conjunto A B ]∞, 1] ]3, ∞[, ou seja, x 1 ou x 3.

Capítulo 2 1.

a) 10x 8 3x 6 ⇒ 7x 14 e, portanto, x 2. b) 5 2(3y 1) 7y 6 ⇒ 5 6y 2 7y 6 e, portanto, y 3 c) 4t (2t 5) 3 4(2t 3) ⇒ 7 ⇒ 4t 2t 5 3 8t 12 ⇒ 10t 14 ⇒ t -----5

2.

60

a) Multiplicando por 24 ambos os membros, obtemos: 3x 48 12x 24x 96 ou, ainda, 33x 48 e, portanto,

4 Logo, S { ------} 5

40 Logo, S {x R \ x ---------} 3 b) Multiplicando por 4 ambos os membros, obtemos: 16k 3(k 2) 2 8(1 3k) ou ainda, 16 16k 3k 6 2 8 24k e, portanto, k --------37 16 Logo, S {k R \ k ---------} 37 c) Multiplicando por 10 ambos os membros, obtemos: 10y (1 3y) 5y 2(4 y) ou, ainda, 7 10y 1 3y 5y 8 2y e, portanto, y --------10 7 Logo, S {y R \ y --------- } 10


inteiro


Substitui-se y por 1 em (I) ou (II); por exemplo, em (I): 4 9x 5 (1) 7 ⇒ x -----3

d) Multiplicando por 2 ambos os membros, obtemos: 4a (a 4) 2 ou, ainda, 4a a 4 2 e, portanto, 2 a -----3 2 Logo, S {a R \ a ------ } 3 9.

Indicando por x o número de páginas, temos: 8,8 1,20 0,54 x 10 ⇒ x ------------0,54 8,8 17, concluímos que o menor número de Como 16 ------------0,54 páginas nas condições enunciadas é 17.

10. a)

x 3 5 y (I) 2 x 3 y 13 (II) Substitui-se (I) em (II): 2(3 5y) 3y 13 ⇒ 6 10y 3y 13 e, portanto, y 1 Substitui-se y por 1 em qualquer uma das equações (I) ou (II); por exemplo, em (I): x 3 5 (1) ⇒ x 8 Logo, S {(8, 1)}

b)

5 x 3 y 11 (I) y 6x 4 (II)


Substitui-se (II) em (I): 5x 3(6x 4) 11 ⇒ x 1 Substitui-se x por 1 em qualquer uma das equações (I) ou (II); por exemplo, em (II): y 6 1 4 ⇒ y 2 Logo, S {(1, 2)} c)

5y x ---------(I) 2 5 x 3 y 4 (II) 5y 8 Substitui-se (I) em (II): 5 ---------- 3y 4 ⇒ y --------2 31 8 em qualquer uma das equações (I) ou Substitui-se y por --------31 5 8 ⇒ x 20 (II); por exemplo, em (I): x ---------------------2 31 31 20 8 Logo, S {[ ---------, ---------]} 31 31

d)

3x 4y 1 5 3y x --------------------2

(I) (II)

3(5 3 y) 4y 1 ⇒ y 13 Substitui-se (II) em (I): ---------------------------2 Substitui-se y por 13 em qualquer uma das equações (I) ou 5 3 (13) ⇒ x 17 (II); por exemplo, em (II): x -------------------------------------2 Logo, S {(17, 13)} 11. a)

x 3y 4 (I) 4 x 3 y 6 (II) Adicionam-se, membro a membro, as equações: 5x 10 ⇒ x 2 Substitui-se x por 2 em (I) ou (II); por exemplo em (I): 2 2 3y 4 ⇒ y -----3 2 Logo, S {[2, ------]} 3

b)

9 x 5 y 7 (I) 9 x 5 y 7 ⇒ 9 x 21 y 9 (II) 3x 7y 3 3 Adicionam-se, membro a membro, as equações: 16y 16 ⇒ y 1

4 Logo, S {[ ------, 1]} 3 c)

12 x 8 y 4 (I) 4 ⇒ 12 x 15 y 6 (II) 4x 5y 2 3 Adicionam-se, membro a membro, as equações: 2 23y 2 ⇒ y --------23 3x 2y 1

2 em (I) ou (II); por exemplo, em (I): Substitui-se y por --------23 2 4⇒x 9 12x 8 ----------------23 23 9 2 Logo, S {[ --------- , ---------]} 23 23 d) O sistema é equivalente a

8x 3y 3 3 x 2 y 2

Multiplicando por 3 a primeira equação, e por 8 a segunda, obtemos: 24 x 9 y 9 (I) 24 x 16 y 16 (II) Adicionam-se membro a membro, as equações: 25y 25 ⇒ y 1 Substitui-se y por 1 em (I) ou (II); por exemplo, em (I): 24x 9 (1) 9 ⇒ x 0 Logo, S {(0, 1)} 12. c Indicando por x e y as quantidades de moedas de 25 e 50 centavos, respectivamente, temos: x y 31 ⇒ x 18 e y 13 x y5 Logo, as moedas totalizam, em centavos, a quantia de: 18 25 13 50 1.100 ou seja, R$ 11,00 13. a) x 2 25 0 ⇒ x 2 25 e, portanto, x 5. Logo: S {5, 5} b) 3t 2 48 0 ⇒ t 2 16 e, portanto, t 4. Logo: S {4, 4} 1 1 e, portanto, y ------. c) 9y2 1 0 ⇒ y2 ----- 3 9 1 1 Logo: S { ------, ------} 3 3 2 1 e, portanto, x ------------. d) 2x 2 1 0 ⇒ x 2 -----2 2 2 2 Logo: S { ------------- , ------------- } 2 2 e) 4y 2 16 ⇒ y 2 4 Como não existe número real cujo quadrado é 4, concluímos que S . f) x(x 7) 0 ⇒ x 0 ou x 7 0 e, portanto, x 0 ou x 7 Logo: S {0, 7} g) y(3y 2) 0 ⇒ y 0 ou 3y 2 0 e, portanto, y 0 2 ou y -----3 2 Logo, S {0, ------} 3 h) t(5t 2) 0 ⇒ t 0 ou 5t 2 0 e, portanto, t 0 ou 2 t ------. 5 2 Logo, S {0, ------} 5

61


14. a) a 3, b 5 e c 2 52 4 3 (2) 25 24 49

Substituindo (I) em (II), temos: x 2 x (4 2x) 6 ou seja, x 2 3x 10 0 ⇒ x 2 ou x 5 Substituindo x por 2 em (I), obtemos y 0.

5 49 5 7 ⇒ x 1 ou x 2 x ----------------------------------------------------6 3 23

b) a 1, b 6 e c 9 (6)2 4 1 9 36 36 0 (6) 0 6 0 ⇒ t 3 t ---------------------------------------------------21 2 Logo: S {3} c) a 2, b 3 e c 2 (3)2 4 2 2 7 (3) 7 y -------------------------------------------4 Como 7 R, concluímos que a equação não possui raiz real. Logo: S d) Multiplicando por 10 ambos os membros da equação, temos: x2 30 x 3x 105 -------- ---------- 6 105 --------------------6 10 2 5 5x2 6x 30 x 5x2 5x 30 0 Dividindo por 5 ambos os membros, temos: x2 x 6 0 a 1, b 1 e c 6 12 4 1 (6) 25 1 25 1 5 ⇒ x 2 ou x 3 x ------------------------------------------------2 21 Logo: S {2, 3} 15. A equação não admite raízes reais se, e somente se, 0, isto é: 9 9 4m 0 ⇒ m -----4 16. A equação admite raízes reais e iguais se, e somente se, 0, ou seja: k 2 4 0 ⇒ k 2 17. A equação admite raízes reais e distintas se, e somente se, 0, isto é: 4 4m 0 ⇒ m 1 18. A equação admite raízes reais se, e somente se 0, isto é: 25 25 32k 0 ⇒ k --------32 19. a) b) c) d) 20. a)

S5 e S9 e S 5 S 2

P 6 ⇒ x 2 ou x 3 P 20 ⇒ y 4 ou y 5 e P 6 ⇒ x 2 ou x 3 e P 8 ⇒ t 4 ou t 2

x 2y

(I)

x 2 y 2 y 11 (II) Substituindo (I) em (II), temos: (2 y)2 y2 y 11 7 ou seja, 2y2 5y 7 0 ⇒ y 1 ou y -----2 Substituindo y por 1 em (I), obtemos x 3. 7 3 Substituindo y por ------ em (I), obtemos x -----2 2 3 7 Logo, S {(3, 1), [ ------, ------]}. 2 2

b)

62

y 4 2x

(I)

x 2 x y 6 (II)

Substituindo x por 5 em (I), obtemos y 14. Logo S {(2, 0), (5, 14)} c)

y 3x 2

(I)

x 2 2 y x 2 (II) Substituindo (I) em (II), temos: x 2 2(3x 2) x 2 ou seja, x 2 7x 6 0 ⇒ x 1 ou x 6 Substituindo x por 1 em (I), obtemos y 1. Substituindo x por 6 em (I), obtemos y 16. Logo, S {(1, 1), (6, 16)}

2 e 1; logo, 21. a) As raízes do trinômio são -----3 2 3x 2 5x 2 3[x ------]( x 1) 3 1 e 2; logo, b) As raízes do trinômio são -----2 1 4y 2 6y 4 4[y ------]( y 2) 2 c) As raízes do trinômio são 1 e 3; logo, p2 4p 3 (p 1)(p 3) d) As raízes do trinômio são 1 e 2; logo, x 2 x 2 (x 1)(x 2) e) A raiz do trinômio é 1 (raiz dupla); logo, k2 2k 1 (k 1)2 1 f) As raízes do trinômio são iguais a ------; logo, 3 1 2 9z2 6z 1 9[z ------] 3 22. b 2 x 2 14 x 24 2( x 3)( x 4) 2 x 8 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------( x 3)( x 3) x3 x2 9 34 17 23. a) 34% -------------------100 50 3 b) 3% -----------100 315 63 c) 315% -------------------100 20 0,8 8 1 d) 0,8% ---------------------------- -----------100 1.000 125 46 0,46 24. a) 46% -----------100 149 1,49 b) 149% -----------100 65 65% 25. a) 0,65 -----------100 132 132% b) 1,32 -----------100

0,23 0,0023 c) 0,23% ------------100 56,83 0,5683 d) 56,83% ---------------100 9 9% d) 0,09 -----------100 0,3 0,3% e) 0,003 -----------100

40 40% c) 0,4 -----------100 3 0,75 75% 26. a) -----4 17 0,34 34% b) --------50

12 2,4 240% c) --------5 2 0,6666 ... 66,666...% d) -----3


1 Logo: S { ------, 2} 3


27. d 3 ------ 0,375 37,5% 8 28. O total de aprovados é: 0,32 3.800 1.216 29. O percentual de aumento é: 1,04 -------------- 0,05 5% 20,8 30. d x 2.000 7.000 ⇒ x 80 0,8 3.000 0,6 5.000 -----------100 31. a 0,6x 0,25x 2.400 x ⇒ x 16.000 32. Indicando por x o número de apartamentos do prédio, temos: 0,6 0,8 x 24 ⇒ x 50


33. a) J 5.000 0,02 3 300 Logo, José terá retirado R$ 300,00 b) Capital inicial: 5.000 Capital ao final do 1º mês: 5.000 5.000 0,02 5.100 Capital ao final do 2º mês: 5.100 5.100 0,02 5.202 Capital ao final do 3º mês: 5.202 5.202 0,02 5.306,04 Logo, o juro, em reais, produzido nesses três meses é 5.306,04 5.000, ou seja, R$ 306,04. 34. a) J 340 0,03 20 204 Logo, o juro simples produzido foi de R$ 204,00 b) M 340 204 544 Logo, o montante acumulado foi de R$ 544,00 35. J 1.200 0,04 18 864 Logo, o juro simples produzido foi de R$ 864,00 36. 378 1.260 0,025t ⇒ t 12 Logo, o capital esteve aplicado durante 12 meses. 37. A multa é o juro simples J produzido pelo capital R$ 50,00 aplicado durante 8 dias à taxa de 0,22% ao dia, ou seja, J 50 0,0022 8 0,88 Logo, o contribuinte pagou R$ 50,88 38. C R$ 25.000,00 t 9 meses i 5% ao mês M? M C(1 i) t ⇒ M 25.000(1 0,05)9 38.750 Logo, o montante será de R$ 38.750,00 39. C R$ 10.000,00 t 10 meses i 3% ao mês J? M C (1 i) t ⇒ M 10.000 (1 0,03)10 13.400 J M C ⇒ J 13.400 10.000 3.400 Logo, o juro composto é de R$ 3.400,00 40. C R$ 1.000,00 t 3 anos M R$ 1.728,00 i ? (taxa anual) M C(1 i) t ⇒ 1.728 1.000(1 i)3 i 0,2 Logo, a taxa é de 20% ao ano. 41. t ? (meses) Capital C i 5% ao mês M 2C M C(1 i) t ⇒ 2C C(1 0,05) t 2 (1,05) t ⇒ t 14,2 Logo, o tempo necessário é 14,2 meses, ou seja, 14 meses e 6 dias.

42. C ? i 9% ao ano t 7 anos M R$ 36.400,00 M C(1 i) t ⇒ 36.400 C(1 0,09)7 C 20.000 Logo, o capital aplicado foi de R$ 20.000,00 43. C R$ 20.000,00 i 6% ao mês t 2 anos 24 meses M? M C(1 i) t ⇒ M 20.000(1 0,06)24 M 80.800 Logo, o montante será de R$ 80.800,00 44. C R$ 10.000,00 t 3 anos i1 10% no primeiro ano i2 12% no segundo ano i3 8% no terceiro ano M? M C(1 i1)(1 i2)(1 i3) ⇒ ⇒ M 10.000(1 0,1)(1 0,12)(1 0,08) M 13.305,6 Logo, o montante foi de R$ 13.305,60 45. C R$ 100.000,00 i1 10% no primeiro mês i2 8% no segundo mês i3 9% no terceiro mês i4 6% no quarto mês a) M C(1 i1)(1 i2)(1 i3)(1 i4) ⇒ ⇒ M 100.000(1 0,1)(1 0,08)(1 0,09)(1 0,06) M 137.261,52 Logo, o preço do terreno deve ser R$ 137.261,52 b) O percentual p de valorização é dado por: 137.261,52 100.000 37,26% p --------------------------------------------------------100.000 46. C R$ 50.000,00 i1 5% no primeiro mês i2 3% no segundo mês a) M C(1 i1)(1 i2) ⇒ M 50.000(1 0,05)(1 0,03) M 46.075 Logo, o preço do imóvel foi de R$ 46.075,00 b) O percentual p de prejuízo é dado por: 50.000 46.075 7,85% p -------------------------------------------50.000 47. C p i1 12% i2 5% i3 3% a) M C(1 i1)(1 i2)(1 i3) ⇒ ⇒ M p(1 0,12)(1 0,05)(1 0,03) M 0,81092 p Logo, o preço final foi 0,81092 p b) O percentual d de desconto é dado por: p 0,81092 p 18,908% d -----------------------------------------p 48.

x5 x 95 ----------------- 5.000 -------------------- x 11.040 ⇒ 2 4 x 5 x 95 x 6.040 ⇒ ----------------------------------2 4 Multiplicando por 4 ambos os membros, temos: 2x 10 x 95 4x 24.160 5x 24.075 x 4.815 Logo, o número de bicicletas fabricadas em fevereiro foi 4.815 95 5.000 ------------------------------- , isto é, 3.820. 4

63


Massa (em g) contida na mistura

Preço (em reais) de 1 g

Produto P

x

0,03

Produto Q

y

0,05

x y 100 ⇒ x 70 e y 30 0,03 x 0,05 y 3,60 Logo, a mistura contém 70 g do produto P. 50. n(n 1) 420 ⇒ n2 n 420 0 n 21 (não convém) ou n 20 51. a) Para x 100, temos que o preço unitário u e o preço total p, em reais, são dados por: 100 20 e p 100 20 2.000 u 40 -----------5 b) Para x 30, temos que o preço unitário u e o preço total p, em reais, são dados por: 30 34 e p 30 34 1.020 u 40 --------5 x c) x[40 ------] 1.500 ⇒ x 50 ou x 150 (não convém) 5 Logo, o preço unitário u, em reais, é dado por: 50 30 u 40 --------5 52. O preço p, em reais, do automóvel, após o aumento, será: p 18.600 0,035 18.600 19.251 53. e Sendo p a taxa de reajuste, temos: 14,50 12,50 0,16 16% p -------------------------------------12,50 54. Sendo p o percentual de aumento temos: 2.100 1.500 0,4 40% p -------------------------------------1.500 55. e 0,4 0,3 0,12 12% 56. e O número de fumantes é dado por: 0,9 1.500 0,8 500 1.750

59. Sendo x a quantidade de álcool, em litros, temos: x ---------------------------- 0,25 ⇒ x 420 1.260 x 60. b Sendo x o aumento, em reais, temos: 600 x 0,2(600 x) 600 ⇒ x 150 150 0,25 25% Logo, o aumento percentual p é: p -----------600 61. C R$ 26.000,00 i ? (anual) t 3 anos J R$ 14.040,00 J C i t ⇒ 14.040 26.000 i 3

62. Capital C t ? (dias) i 0,1% ao dia JC J C i t ⇒ C C 0,001 t ⇒ t 1.000 63. e C R$ 1.000,00 i 15% ao ano t n anos M? M C(1 i) t ⇒ M 1.000(1 0,15)n 1.000 (1,15)n 64. d C 25.000 i 10% ao ano t 20 anos M? M C(1 i) t ⇒ M 25.000(1 0,1)20 25.000 (1,1)20 65. O juro JM, em reais, pago por Marcos foi: JM 10.000 0,114 4 4.560 O juro JL , em reais, pago por Luiz foi JL M 10.000, em que M 10.000(1 0,1)4 14.641; logo, JL 4.641 66. c Aplicando a fórmula do montante para juro composto e taxa constante, M C(1 i)t , para M 2C, temos: 2C C(1,5)t ⇒ (1,5)t 2. Pela tabela oferecida, concluímos que t 1,72 ano e, portanto, t é igual a 1 ano, 8 meses e 19 dias, aproximadamente. 67. c Aplicando a fórmula do montante para juro composto e taxa variável, M C(1 i1)(1 i2)(1 i3) ... (1 it ), temos: M p(1 0,05)(1 0,03)(1 0,04) p 1,05 1,03 0,96

57. b Preço inicial

p

após o 1‚‚ aumento

1,1p

após o 2‚‚ aumento

1,2 1,1p

68. Aplicando a fórmula do montante para juro composto e taxa variável, M C(1 i1)(1 i2)(1 i3) ... (1 it ), temos: M 18.000(1 0,2)(1 0,1)(1 0,05) 12.312. Logo, após os três anos, o valor do automóvel era R$ 12.312,00.

Logo, o preço final da mercadoria foi 1,32p e, portanto, o aumento percentual, em relação ao preço inicial foi de 32%. 58. c

Capítulo 3 1.

Preço inicial

125

após o 1‚‚ abatimento

0,84 125 105

após o 2‚‚ abatimento

105p 105 ---------------100

x 2x 3x 180° 6x 180° x 30° 3x

x

105 p 105 ---------------- 81,90 ⇒ p 22 100

64

i 0,18 18%

2x

Concluímos, então, que os ângulos internos do triângulo medem 30°, 60° e 90°. Portanto o menor ângulo mede 30°.


49. a


2.

8.

A

4x 100°

x

x 4x 90° 180° ⇒ x 18° Concluímos, então, que os ângulos internos do triângulo medem 18°, 72° e 90°. Portanto o menor deles mede 18°.

2x + 70° x B

C

2x 70° x 100° x 30° Logo, o ângulo externo relativo ao vértice C mede 2 30° 70°, ou seja, 130°. 3.

Como o triângulo ABC é isósceles de base B t Cu, temos que: B m(ABBC) m(ACB) Logo: x 70° 70° 180° ⇒ x 40°

60°

x

30°

• 30° m(MBAB) 90° ⇒ m(MBAB) 60° (I) • AM BM CM ⇒ ABM é isósceles de base tABu e, portanto, m(MBBA) m(MBAB); logo, por (I): m(MBBA) 60° (II) • Do triângulo ABM, temos: B m(MBAB) m(MBBA) m(AMB) 180° e, por (I) e (II): B m(AMB) 60° (III) • Por (I), (II) e (III) concluímos que o triângulo ABM é eqüilátero. Como AB 3 cm, temos que o perímetro do triângulo eqüilátero ABM é 9 cm.

110°

70° C


x + 30° O x

A

9 x ⇒ 12x 72 10. a) -------------12 8 x6

B

12 8 ⇒ 8x 72 b) -------------x 6 x9

x x 30° x 30° 360° ⇒ x 100° No triângulo isósceles OAB, temos: B A) m(OBA B) m(O B 100 m(OBA B) m(OBB A) 180 B A) 40° Logo, m(OB 5.

x 2 10 ⇒ 10x 10 8x 16 ⇒ c) -----------------------x1 8 ⇒ 2x 6 ⇒ x 3

O triângulo ABC é isósceles, pois m(BBCA) m(CBBA) 45° Logo: AB AC 1.260 m

6.

C

A

r

x + 30°

M

60°

3 cm

B

a

B 60°

A

70°

4.

9.

d) r

A

x

35° 35°

9 t

x

4 s

x B

x 9 ------ ------ ⇒ x2 36 4 x x 6 ou x 6 (não convém)

C

M

A mediana tAMu coincide com a bissetriz interna relativa ao vértice A e coincide com a altura relativa a esse vértice; logo, B m(BBAM) 35° e m(AMB) 90° Assim, temos que: x 90° 35° 180° ⇒ x 55° 7.

e

A

e)

t 6

D

r

45°

60°

45°

60°

x+2

60°

60°

45° E

x–1

s

75° B

4

6 4 ----------------- ----------------- ⇒ 4x 8 6x 6 x1 x2 14 2x x7

C

I. Verdadeira, pois o CDE tem dois ângulos internos congruentes. II. Verdadeira, pois o ABE tem os três ângulos internos congruentes. III. Verdadeira, pois BBAE EBAD.

11.

9 12 ------ ------------ ⇒ FC 4 km 3 FC

65


16.

12.

B

H 1,6 A 160

6m

9m

2

H 160 ----------- ------------ ⇒ H 128 m 1,6 2 13.

C

A E x y

E

F

B é ângulo comum aos triângulos ABC e AED I. A II. ABBC ABED (correspondentes) As condições I e II caracterizam o caso AA; logo, ABC AED. Assim, temos: x y 6 2 --------- --------- ------ ------ ⇒ 3x 36 e 3y 24 18 12 9 3 x 12 e y 8 14.

16

A

6 9 e, portanto, d 3. ABC DEF ⇒ -----------2 d Logo, a distância entre o projetor e a tela deve ser de 3 m.

C

9

2m

d

D

6

B

D

12

17. a C

P

y•

x

B A

x

8

4 cm

4–x Q

x

M

y

N

B

4 cm C

21

4 4 ----------------; logo, 4y 16 4x e, porABC QPC ⇒ ----4x y tanto, 4x 4y 16 Observando que o perímetro do retângulo MNPQ é 2x 2y e dividindo por 2 ambos os membros da equação anterior, temos que 2x 2y 8.

12

D

E

y

I. ABBC CBDE (alternos) B D (alternos) II. BBAC CE As condições I e II caracterizam o caso AA; logo, ABC EDC. Assim, temos: x 16 8 2 --------- --------- --------- ------ ⇒ 3x 42 e 2y 48 21 y 12 3 x 14 e y 24

18. • • • •

a2 32 42 25 ⇒ a 5 5h 3 4 ⇒ h 2,4 32 5m ⇒ m 1,8 1,8 n 5 ⇒ n 3,2

19.

A 5 cm

5 cm

h

15. d A

B

4 cm

M

4 cm

C

A altura A t M u coincide com a mediana relativa à base B t Cu. Indicando por h a medida dessa altura, temos: h2 42 52 h2 9 h3 Logo, a altura mede 3 cm.

x+5

20.

A M

C

5 cm

B

10

3

5 cm y

4 D

B

4 M

C

8 cm 5

C

10

B

x 5 10 e, portanto: x 15 ABC BDC ⇒ -----------------------10 5

66

A distância entre M e o lado tACu é a medida y da altura tMMu ’ do triângulo retângulo AMC. Em todo triângulo retângulo, o produto das medidas da hipotenusa e de sua altura relativa é igual ao produto das medidas dos catetos. Assim, no triângulo AMC, temos: 5y 3 4 ⇒ y 2,4. Concluímos então, que o ponto M dista 2,4 cm do lado tACu.


18


21.

28.

A

B 2x + 10°

6

8

5

h

x + 5° A

B

H

x

C

2x 10° x 5° 180° ⇒ x 55° Logo, o ângulo BA mede 60°.

10

Pelo teorema de Pitágoras, obtemos a medida da hipotenusa: (BC)2 62 82 ⇒ BC 10 Indicando por h e x as medidas de tAH u e tHMu, respectivamente, e lembrando que a medida da mediana relativa à hipotenusa é a metade da hipotenusa, temos: 10h 6 8 h x 5 2

2

2

x + 5°

C

M

h 4,8

⇒

29. a

E D y x

(I)

h x 25 (II) 2

2

2x

x

Substituindo (I) em (II): (4,8)2 x2 25 x2 1,96 x 1,4

A

2x

C

B

EBDC é ângulo externo do triângulo ACD ⇒ y x 2x y 3x 30. Sendo x a medida do ângulo pedido, temos:

22. Sendo HC n, temos: 122 5n ⇒ n 28,8

B


23. c Sendo x o comprimento do túnel, temos: 75°

A

x

x 60 m

45°

30°

A

C C

B

80 m

x2 602 802 ⇒ x 100 m

x 75° 90° 180° ⇒ x 15° 31. a C

24. A diagonal do quadrado, cuja medida é 5 2 cm, é um dos lados do triângulo eqüilátero; logo, a medida h da altura desse triângulo 5 2 3 5 6 é: h ------------------------------ cm ---------------- cm 2 2 25.

C

B 45°

B

ABCB é um quadrado. Indicando por h a altura em que se encontra o avião, temos:

x

h 2 7

7 km

h

H

M

40°

A

B

A

A mediana tAMu mede metade da hipotenusa, isto é, AM BM CM; logo, o triângulo ABM é isósceles de base tABu B M) 40°. e, portanto, m(BBAM) m(AB No triângulo ABH, temos: 40° 90° 40° x 180° ⇒ x 10°

Concluímos, então, que o avião está à altura de 3,5 2 km ou aproximadamente 4,9 km. 26.

40°

B

7 7 2 3,5 2 h --------------------------2 2

32. 180 m

10 m h

z y

A

30°

x

30°

C

O triângulo ABC é eqüilátero cujo lado mede 10 m; logo, h 5 m 27. Traçando as diagonais a partir do vértice M, divide-se o hexágono em quatro triângulos; logo, a soma dos ângulos internos do hexágono é 4 180°, ou seja, 720°.

40 m

30 m 20 m

40 30 20 180 ------------------------------------- ------------ ⇒ x 80 40 x 40 30 20 180 ------------------------------------- ------------ ⇒ y 60 30 y

67


h 2 42 52 ⇒ h 3 5x 4 3 ⇒ x 2,4 Logo, o total de metros de viga usados nessa peça foi 5 5 4 4 2,4 2,4 3, ou seja, 25,8 m.

180 40 30 20 ------------------------------------- ------------ ⇒ z 40 z 20 Logo, as frentes dos terrenos com 40 m, 30 m e 20 m de fundos são 80 m, 60 m e 40 m, respectivamente. 38.

33.

C x

5m

0,

M

6 cm

2m

B

A

2 1,6 ----------- ----------- ⇒ x 0,4 m 0,5 x

8 cm

x2 62 82 ⇒ x 10 A mediana relativa à hipotenusa mede metade da hipotenusa, ou seja, AM 5 cm.

x

39.

1,6 m

B

34. Sendo x a distância AB, temos: 90 km

B

D

40 km

B

C

600 900 m

A x A

800

800 m

A

(AB)2 6002 8002 (AB)2 1.000.000 AB 1.000 Logo, a distância AB é 1.000 m.

x 90 ABC DBA ⇒ ----------------40 x x2 3.600 ⇒ x 60 km 35.

B

40.

A

D 0,2 m

Nível do mar

300 m

30° 30° h

A E

60° 0,16 m

D

C

60°

50 m

B

50 m

C

100 3 ABC é eqüilátero ⇒ h ---------------------- m 50 3 m 2

50 m

Logo, o navio se encontra a 50 3 m do cais.

0,2 0,16 e, portanto: h 62,5 ABC ADE ⇒ ----------------------h 50 Logo, a altura do prédio é 62,5 m.

Capítulo 4

36. 1.

1,5

Sendo x a medida do segmento tMBu, temos: A

1

x

M

x

B

H 12 cm

13 cm

C

x2 12 2 13 2 x 5 cm Logo, AB 10 cm

3,4

H 3,4 ----------- ----------- ⇒ H 5,1 1,5 1 Logo, a altura do salão é 5,1 m. 37.

2.

A

Sendo d a distância do centro C à corda tABu, temos: A

8 cm M 8 cm d

5m

5m h x

B

68

4m

C x

M

4m

C

B

10 cm

d 2 82 102 d 6 cm


x


• M BQL é um ângulo inscrito que determina um arco de 100°; logo: 100 50° m(M BQL) -------------2 • NBPQ é ângulo externo do triângulo LPQ; logo: x 50° 30° 80°

3.

b) T

2,5 m

0,5 0,9 m A

L

x

D 0,4 m

x

B

x2 (0,5)2 (2,5)2 x2 6,25 0,25 x 6 Logo, a distância entre os pontos A e B é mente 2,4 m. 4.

a)

P

A

x

6 m, ou aproximada-

• MBLN é um ângulo inscrito que determina um arco de 120°; logo: 120 60° m(MBLN) -------------2

100 ⇒ x 50° x -------------2

• MBLN é ângulo externo do triângulo PLN; logo: 60° x 20° ⇒ x 40° 7.

O perímetro c da toalha é: c 2 π 2 m 4π m Logo, o comprimento da fita deve ser 4π m, ou 12,56 m aproximadamente.

m()AB) 2 m(ABVB) 92° 92 ⇒ x 46° x ----------2

8.

A cada volta um pneu percorre uma distância d igual ao perímetro de sua circunferência. d 2 π 0,5 m d π m 3,14 m O número n de voltas que cada pneu deu é: n 3.140 : 3,14 n 1.000

9.

Tomando 5 cm como uma unidade u, temos que o comprimento da tela é 40u e a largura é 30u. O produto 40 30 é o número de quadradinhos de lado u que formarão o quadriculado. Logo, o quadriculado terá 1.200 quadradinhos.

92° B

c)

280°

O arco menor ) VA mede 80°. 80 ⇒ x 40° Logo: x ----------2

C

x

V

10. A área A de papel é dada por: A 10.200 (14 6,5 cm2) 928.200 cm2, ou seja, A 92,82 m2.

A

11. (3 x)(4 x) 30 ⇒ x2 7x 18 0 x 2 ou x 9 (não convém) Logo, o lado do quadrado mede 2 cm.

B

5.

a)

M x

12.

P

Q

C

180 x -------------2 x 90°

x

30°

C

2x

B

Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo CBM, temos: (MB)2 32 52 ⇒ MB 4 Logo, a área do paralelogramo, em cm2, é 6 4, ou seja, 24 cm2. 13.

L

M C

M

2x 2x x 2 x 2 22 ⇒ x 3

100°

P

x

x+2

A

retângulo b) …………………… . a)

D

(C é o centro da circunferência) x+2

180°

6.

20°

• LBNQ é um ângulo inscrito que determina um arco de 40°; logo: 40 20° m(LBNQ) ----------2

V 46°

120°

N

B

b)

40° Q

x 100°


60° x

P

A V

M

D

C 4 dm

3 dm

(C é o centro da circunferência)

50° A

x N

Q

B

6 dm h

60°

• NB LQ é um ângulo inscrito que determina um arco de 60°; logo: 60 30° m(NB LQ) ----------2

H

Indicando por h a medida dessa altura, temos: 6 3 4 h ⇒ h 4,5 Logo, a altura relativa ao lado B t Cu mede 4,5 dm.

69


2 4 6 14. a) A ---------------- m 12 m2 2

21.

b) Por Pitágoras, obtém-se que a altura relativa à base do triângulo isósceles mede 6 cm; logo, 2 16 6 A ------------------- cm 48 cm2 2

c) A medida da altura do triângulo eqüilátero é 3 3 cm; logo, 2 2 6 3 3 A -------------------------- cm 9 3 cm 2

O

10

5√3 cm

10

d) Por Pitágoras, obtém-se que CD 3 dm; logo, 2 6 3 A ---------------- dm 9 dm2 2

A

10

B

15. 5m

A área AH do hexágono é igual ao sêxtuplo da área do triângulo OAB, ou seja,

4m

h2 4 2 5 2 ⇒ h 3 m O total de metros quadrados de náilon é a área A da asa-delta: 2 8 3 A ---------------- m 12 m2 2 16. d A área A da região sombreada é igual à área do triângulo eqüilátero, isto é, 2 2 4 2 3 A -------------------------- cm 4 3 cm 2

17. Sendo a medida do lado desse triângulo eqüilátero, temos: 8 3 3 ---------------- 4 ⇒ ---------------- cm 3 2 Logo, a área A do triângulo é:

A área AQ de cada quadrado é dada por AQ 102 cm2 100 cm2. Temos, portanto, que a área A da figura é dada por: A (150 3 600) cm2 150 ( 3 4) cm

2

22. A área A de cada face trapezoidal é dada por: 2 (20 18)22 A ------------------------------------- cm , ou seja, A 418 cm2. 2

As áreas T e F da tampa e do fundo são, respectivamente, T 324 cm2 e F 400 cm2. Logo, a área da caixa é dada por: 4A T F (4 418 324 400) cm2 4A T F 2.396 cm2

8 3 ---------------- 4 2 2 16 3 3 A ------------------------------ cm ------------------- cm 3 2 18. c A área do quadrado é 64 cm2 e a área de cada um dos triângulos retângulos isósceles é 2 cm2; logo, a área A do octógono é dada por: A (64 4 2) cm2 56 cm2

23. c Sendo h a medida da altura relativa do lado tDCu do triângulo BCD, temos: 4h ---------- 6 ⇒ h 3 cm 2 Observando que h também é altura do trapézio, concluímos que a área A pedida é dada por: 2 (5 4) 3 A ---------------------------------- cm 13,5 cm2 2

19. O 4 cm

A

4 cm

4 cm

2√3 cm

B

A área AH do hexágono é igual ao sêxtuplo da área do triângulo OAB, ou seja, 2 2 4 2 3 AH 6 -------------------------- cm 24 3 cm 2

20. A medida de qualquer diagonal que passa pelo centro do hexágono regular é o dobro da medida do lado desse polígono; logo, 6 cm. Assim, a área A do hexágono é dada por: 2 2 3 6 3 A ---------------------------------- cm 54 3 cm 2 2

70

2 2 10 5 3 AH 6 ----------------------------- cm 150 3 cm 2

24. As diagonais de um losango interceptam-se perpendicularmente no ponto médio de cada uma. Assim, por Pitágoras, concluímos que a outra diagonal, mede 6 cm. Logo, a área A do losango é dada por: 2 8 6 A ---------------- cm 24 cm2 2

25. a Traçando a diagonal menor, observa-se que o losango é formado por dois triângulos eqüiláteros de lado 4 cm. Logo, a área A do losango é dada por: 2 2 4 2 3 A 2 -------------------------- cm 8 3 cm 2

26. A medida r do raio do círculo inscrito no quadrado é igual à metade da medida do lado desse quadrado; logo, r 3 cm. Assim, área A do círculo é dada por: A π 32 cm2 9π cm2


h


27. A medida da diagonal do quadrado é 6 2 cm; logo, a medida do raio do círculo é 3 2 cm. Assim a área A do círculo é: 2

A π (3 2 ) cm

34. B

2

C

A 18π cm2 28. Sendo r e R as medidas dos raios das circunferências inscrita e circunscrita ao quadrado, respectivamente, temos:

C

6 cm

r 2 cm e R 2 2 cm.

A

Logo, a área A da coroa circular é dada por:

D

A π 3 (2 2 ) 2 2 2 4 cm 2 4π cm2

(CC)2 62 82 ⇒ CC’ 10 Logo, a distância entre C e C’ é 10 cm.

29. π(52 42) πr2 ⇒ r 3 cm

35. e m(( B AD) ⇒ m((BAD) 116° e, portanto, m(B BCD) ------------------------2 m((BCD) 244°.

30. Indicando por AS a área do setor, temos: área (cm2) π 62 ⇒ AS 8π cm2 ΑS

ângulo central (graus) 360 80

8 cm

m(( B CD) 122° Assim, temos: m(BBAD) -------------------------2

31. Sendo A a área do segmento, temos:

36.

C

2 6 6 π 6 A  ------------------- ---------------- cm 9(π 2) cm2  4 2 

15 0m


2

32. a A área AS do setor circular de raio 2 cm e ângulo central de 60° é dada pela regra de três:

A

O triângulo ABC está inscrito em uma semicircunferência de diâmetro tABu; logo, B BCA é reto. Pelo teorema de Pitágoras, temos: (BC)2 1502 2502 e, portanto, BC 200. Logo, a distância BC será de 200 m.

área (cm2) π 22 2 2π ⇒ AS ---------- cm 3 ΑS

ângulo (graus) 360 60

A área At do triângulo eqüilátero de lado 2 cm é dada por: 2 3 2 ---------------2 2 At ------------------------------ cm 2

3 cm

2

37. c A distância percorrida é, aproximadamente, o comprimento C de uma semicircunferência de raio 6.370 km, isto é, C 3,14 6.370 km 20.001,8 km Logo, o tempo t necessário para percorrer essa distância a 800 km/h é:

Logo, a área A do segmento circular destacado é dada por: 2π A AS At  ----------  3

3  cm 

20.001,8 t ------------------------ h 25 h 800

2

33. Sendo x a distância da corda ao centro da Terra e y a distância da corda à superfície terrestre, temos:

A

B

250 m

10.000 km M

10.000 km

y

00

x

B

38. graus 360 10

distância (km) 2 π 6.370 3.185π ⇒ x --------------------- km 1.111,2 km 9 x

39. e Sendo x a área da cidade, em m2, temos: x 100 2 --------- -------------- ⇒ x 5.000.000 m2 0,08 40

km

.0

30

6.370 km

40.

12 cm

B

C Terra

C

45°

8 cm 45° A

a) x2 10.0002 30.0002 ⇒ x2 108 9 108 x2 8 108 x 2 104 2 km 20.000 2 km b) y (20.000 2 6.370) km 21.630 km

h

E

D

Os ângulos ABBC e BBAD são suplementares; logo, m(BBAD) 45°. Considerando a altura tBEu, de medida h, temos que o triângulo retângulo BEA é isósceles, pois tem dois ângulos de mesma medida; logo, BE AE h. Temos então: h2 h2 8 2 ⇒ h 4 2 . Concluímos, assim, que a área A do paralelogramo é dada por: A (12 4 2 ) cm 48 2 cm 2

2

71


41. d

c) Comprimento do arco (em cm)

x --- ( x 4) 2 Área(EMC) Área(ABCD) ⇒ --------------------------------- x2 e, portanto, 2

360

12π 13π ------------3

4 ou x 0 (não convém). x -----3

13π ------------- 360 3 Logo, ----------------------------------graus 130° 12π

42. Sendo a medida do lado do quadrado, temos: 2 3 2 ⇒ 3 m. Assim, a medida a do lado do hexágono é a 2 m e, portanto, a área A desse hexágono é dada por:

Medida do ângulo central (em graus)

46.

2 2 3 2 3 A ---------------------------------- m 6 3 m 2 2

3R O

43. a) A área A do trapézio é dada por

π[(3R)2 R2] 16π ⇒ R

2

R

2 2 (25 15) 24 A ------------------------------------------- m 480 m 2

b) Considerando a altura tDHu, temos que a área do triângulo ADH 2 10 24 é ---------------------- m , ou seja, 120 m2, que é a quarta parte da área 2

do trapézio; logo, tDHu é um dos segmentos procurados. Assim, para determinar os outros segmentos, basta dividir o retângulo CDHB em três partes de mesma área, por meio de segmento de reta paralelos a tBC.u D

Logo, o raio externo mede 3 2 cm. 47. A área A de cada arruela é dada por: A π[(1,5)2 (0,5)2] cm2 2π cm2 O número máximo de arruelas que podem ser retiradas da placa é 200; logo, a área que será utilizada é 200 2π cm2, ou seja, 400 π cm2.

Capítulo 5 1.

y 6

C

C

5

F

B

4 3

24 m

A

2 1

O I

G –6 –5 –4 –3 A

H 10 m

G 5m

F 5m

5m

44. b Sendo r a medida do raio de cada pneu, sob a especificação do manual do proprietário, a medida do raio de cada pneu, fora da especificação, de acordo com o enunciado, será 1,01r. Logo, a distância percorrida em cada volta dos pneus, fora da especificação, será: 2π 1,01r, ou seja, 2πr 0,01 2πr. Note, portanto, que a distância percorrida em uma hora será 1% maior que aquela registrada no velocímetro. Assim, concluímos que, quando o velocímetro registrar 120 km/h, a velocidade real do veículo será (120 0,01 120) km/h, ou seja, 121,2 km/h. 45. a)

–6

D

H

A Oy ⇔ p 7 0 e, portanto, p 7

3.

B Ox ⇔ 4k2 36 0 e, portanto, k 3 ou k 3

4.

C IQ ⇔ r 2 0 e, portanto, r 2 C IIQ ⇔

6.

360 8π graus 80° Logo, ----------------------36π

5

2.

36π x

36π 8π

4

–5

360 100

360

3

–4

5.

Área (em cm2)

2

–3

Área (em cm2)

b) Medida do ângulo central (em graus)

1

–2

Medida do ângulo central (em graus)

3.600π cm2 10π cm2 Logo, x -------------------360

72

E

B

–2 –1 0 –1

7.

5m 8 0 8 e, portanto, 2 m -----5 m2 0

3a 2b 10 32 e b 23 ⇒ a ----------------5 5 a b 11 a) A

–1 0 1 2

Não é função de A em B.

–1 B 0 1 2 3 5 8

6

x


Logo, o valor do terreno, em reais, é 50 480, ou seja, R$ 24.000,00.


b) A

–1 0 1 2 3 5 8

–1 0 1 2

10. a) B

É função de A em B. c) A


A

–1 0 1 2 3 5 8

x

x 2 ---------------------

4

1

2

0

0

1

2

2

4

3

48

10

56

15

64

c) f(2) 5 (2) 7 1 1 9 d) f [ ------] 5 ----------2 2 2

x 2 12 ---------------------- 4 ⇒ x2 4x 12 0; logo, x 6 ou x 2. x Portanto, os elementos do domínio de f que têm imagem 4 são os números 6 e 2.

B

13. a) V(3) 2 32 8 3 120 78 Logo, a quantidade de gasolina restante no reservatório é 78 kL. b) V(0) 2 02 8 0 120 120 Logo, a capacidade do reservatório é de 120 kL

É função de A em B. 8.

40

5

b) f(3) 5 3 2

12.

–1 0 1 2

0

11. a) f(0) 5 0 5

Não é função de A em B. d)

Comprimento da coluna em milímetros

x 0 5 ⇒ y 40 8 x b) --------------------------------y 40 8 5

–1 B 0 1 2 3 5 8

–1 0 1 2

Temperatura em graus Celsius

c) 2t 2 8t 120 0 ⇒ t 6 ou t 10 (não convém) Logo, o tempo necessário para esvaziar o reservatório é de 6 horas.

2

d) 2t 2 8t 120 96 ⇒ t 2 ou t 6 (não convém) Logo, os técnicos devem consertar a avaria em 2 horas. 14. a) b) c) d) y

(1, 1) f ⇒ f (1) 1 (0, 0) f ⇒ f (0) 0 (1, 3) f ⇒ f (1) 3 (2, 0) f ⇒ f (2) 0

3 f (1) 3 (3) e) ---------------------------------------- --------------------------- 9 f (2) f (1) 01

3 2 1 –4

–2

0 –1

2

4

x

–2

16. A leitura do gráfico nos permite concluir que: I) V; II) V; III) V; IV) F; V) F; VI) V; VII) V; VIII) F.

D(f) {4, 2, 0, 2, 4} Im(f) {1, 0, 1, 2, 3} 9.

a)

Tempo do uso do automóvel (anos)

15. a) (0,32) é um ponto do gráfico; logo, no instante zero havia 32 bactérias. b) 275 190 85 Logo, da 5ª para a 6ª hora, a população aumentou de 85 bactérias. c) 190 92 98 Logo, da 3ª para a 5ª hora, a população aumentou de 98 bactérias.

Valor de mercado (R$)

0

20.000,00

1

0,9 20.000

2

0,9 0,9 20.000 (0,9)2 20.000

3

0,9 (0,9)2 20.000 (0,9)3 20.000

x

(0,9)x 20.000

b) y (0,9)x 20.000 c) Sim, porque para cada tempo de uso está associado um único valor de mercado.

17. A leitura do gráfico nos permite concluir que: I) V; II) F; III) V; IV) F; V) V; VI) F; VII) V; VIII) V; IX) F; X) V; XI) F. 18. É função de A em B porque qualquer reta paralela ao eixo Oy, passando por um ponto de abscissa x, com x A, intercepta o gráfico num único ponto. 19. Não é função de A em B, porque a reta paralela ao eixo Oy, passando pelo ponto de abscissa 6, com 6 A, intercepta o gráfico em mais de um ponto. 20. Representam funções os gráficos (a) e (d), pois, em cada um deles, toda reta paralela ao eixo Oy, passando por um ponto da abscissa x, com x [3, 6], intercepta o gráfico em um único ponto.

73


21. a) (x, y) f ⇔ 6 x 3 e 7 y 4; logo, D( f ) {x R 6 x 3} e Im( f ) {y R 7 y 4} b) (x, y) g ⇔ (6 x 1 e 5 y 2) ou (5 x 8 e 6 y 7); logo, D(g) {x R 6 x 1 ou 5 x 8} e Im(g) {y R 5 y 2 ou 6 y 7} c) (x, y) h ⇔ 7 x 5 e 7 y 7; logo, D(h) {x R 7 x 5} e Im(h) {y R 7 y 7} 22. Desenhando o triângulo retângulo PQR, representado abaixo, temos que PR 3 e QR 4. H

P

R

x

4

1

27. a) Como ficarão vagos 15 lugares, cada passageiro vai pagar (50 2 15) reais e, portanto, a empresa rceberá 25(50 2 15) reais, isto é, R$ 2.000,00. b) f(x) x[50 2(40 x)], ou seja, f(x) 2x2 130x

Aplicando o teorema de Pitágoras, calculamos PQ, que é a distância pedida: (PQ)2 32 42 ⇒ PQ 5 Logo, a distância percorrida pelo trem é 5 km.

29. Indicando por h(t) a altura da planta, em cm, ao final de t semanas, temos: a) A altura da planta ao final da terceira semana era h(3), ou seja, 30 cm. b) O crescimento da planta durante a terceira semana foi h(3) h(2), ou seja, 5 cm. c) Observando que h(1) h(0) h(2) h(1) h(3) h(2), concluímos que o maior desenvolvimento da planta ocorreu na primeira semana. 30. a) Os pontos (0, 1) e (2, 0) pertencem a f; logo,

23. Consideremos um ponto P, entre D e B: f (0) 1 ⇒ f (2) 0

y 3

A

B

a 2 e b 2

P B 3

O P

D

0a ----------------- 1 0b 2a ----------------- 0 2b

x

C

Observando que OPP’ OBB’ e que xB yB, concluímos que xP yP, isto é, qualquer ponto do segmento tDBu possui a abscissa igual à ordenada. Logo, os seis pontos pedidos são: (3, 3), (2, 2), (1, 1), (0, 0), (1, 1) e (2, 2). 24. a) y 26x b) Sim, porque para cada medida t de tempo (em minutos) está associado um único volume y de água despejada.

x2 b) Como f(x) -----------------, temos: x2 1 2 3 2 [ ---------------------16 - ] --------f(3) f(1) ----------------1 2 32 5 31. I) II) III) IV) V) VI) VII)

F, pois o ponto (1, y) f é tal que y 0. V, pois o ponto (6, y) g é tal que y 0. V, pois o ponto (2, y) g é tal que y 0. V, pois f(0) 1 e g(0) 2. F, pois f(4) 0 e g(4) 0. V, pois f(2) 0 e g(2) 0 V, pois f(1) 0 e g(1) 0.

32. e. Indicando por k a abscissa do ponto extremo do gráfico no primeiro quadrante, temos: y

2

11 8 ------3 11 4 11 0,44 25. a) S(8) ------------------------------100 100 25

5

A

B

2

Logo, uma pessoa de 8 kg tem 0,44 m de superfície corporal. C

2

11 p ------3 0,88, ou seja, b) S(p) 0,88 ⇒ -----------100 2 ------

3 ------

p3 8⇒p 82

8 3 16 2 22,4

Logo, quando a superfície corporal da criança for 0,88 m2, sua massa será 22,4 kg. 26. a) Para x 100, temos: 200 52 P 50 -----------100 Logo, o comprador deve pagar 52 dólares por saca.

74

E

D –6

3

0

Da semelhança dos triângulos ABC e EDC obtemos: 6 3 ------ ------ ⇒ k 4 k 2 Logo, D( f ) [6, 4]

K

x


7

200 51 P 50 -----------200 Logo, o comprador deve pagar 51 dólares por saca. c) Para P 54, temos: 200 ⇒ x 50 54 50 -----------x Logo, o comprador deve adquirir 50 sacas.

28. b A reta horizontal que intercepta o gráfico no ponto da abscissa 1975, também o intercepta no ponto de abscissa 1963 (aproximadamente).

Q

11

b) Para x 200, temos:


4.

Capítulo 6 1.

a)

y 5

a) Condição de existência: x 0. Logo, D( f ) {x R x 0}. b) Condição de existência: x 0. Logo, D( f ) {x R x 0}. c) Existe f(x) para qualquer x real; logo, D( f ) R.

0

d) Existe f(x) para qualquer x real; logo, D( f ) R. e) Condição de existência: x 3 e x 3. Logo, D( f ) {x R x 3 e x 3}.

y

b)

f) Condição de existência: x 2. Logo, D( f ) {x R x 2}

0

g) Condição de existência: x 6 e x 6 e x 2. Essa condição pode ser expressa, simplesmente, por x 2 e x 6; logo, D( f ) {x R x 2 e x 6}

y

c)

√2

i) Condição de existência: x 0. Logo, D( f ) {x R x 0}.

0

a) x2 4x 3 0 S 4 ⇒ x 1 ou x 3 P 3 Logo, as raízes de f são 1 e 3.


3 Logo, a única raiz da função é ------. 5 x 2 9 0 ⇒ x2 9 0 x 3 ou x 3 Logo, as raízes de f são 3 e 3

a) Para qualquer x real, tem-se que f(x) 5; logo. D( f ) R e Im( f ) {5}. 1 b) Para qualquer x real, tem-se que f(x) ------; logo, 2 1 D( f ) R e Im( f ) { ------} 2

6.

a) A função f é crescente no intervalo [3, 2]. b) A função f é decrescente no intervalo [2, 5]. c) A função f é constante nos intervalos [7, 3] e [5, 8].

7.

e Se o número de nascimentos é igual ao número de mortes, então a população permanece constante. Isso aconteceu no intervalo de 10 a 12 anos.

8.

a)

d) x4 4x2 0 ⇒ x2(x2 4) 0 x 0 ou x 2 ou x 2 Logo, as raízes de f são 0, 2 e 2. e) x4 3x2 2 0 (x2)2 3x2 2 0 Fazendo t x2, temos: t 2 3t 2 0

1 –1 2 –2 3

f

B

f –1

A

S 3 ⇒ t 1 ou t 2 P 2 Retornando à variável original: • para t 1, temos x2 1

b)

• para t 2, temos x2 2

2

10

1 A –1 2 –2

5

x 1 ou x 2

10

Logo, as raízes da função são 1, 1,

2 e 2.

f) x2 1 0 ⇒ x2 1 Logo, a função não tem raiz real, pois nenhum número real ao quadrado é igual a um número negativo.

3

c) A correspondência f 1 não é função porque há elemento do conjunto B que possui mais de uma imagem em A. 9.

Temos: f

g) x 6x 8x 0 ⇒ x(x 6x 8) 0; logo, as raízes de f são 0, 2 e 4.

A 1

x 1 5 x 3 0 ⇒ 2x 2 5x 3 0; logo, a h) -----------------------------------2 4

4

3

2

2

1 única raiz da função é ------. 3 x 6 2x 0 (com x 0) ⇒ x 6 2x2 0; logo, as i) ---------------x 3 raízes da função são 2 e ------. 2 a) As abscissas dos pontos onde o gráfico intercepta o eixo Ox são as raízes da função f, que são as raízes da equação x2 6x 5 0, ou seja, x 1 ou x 5. b) A ordenada do ponto onde o gráfico intercepta o eixo Oy é f(0), ou seja, f(0) 02 6 0 5 5

B

5

2

Então:

3.

x

5.

3 b) 5x 3 0 ⇒ x -----5

c)

x

–1

h) Condição de existência: x 0 e x 1 e x 1 e x 2. Logo, D( f ) {x R x 2 e x 1 e x 0 e x 1}.

2.

x

3

7

–4 B 2 7 2 6

Concluímos que f é invertível porque ela é uma correspondência biunívoca entre os conjuntos A e B. 10. a) x 3y 5 ⇒ x 5 3y x5 y ---------------3 x5 Logo, a inversa da função y 3x 5 é a função y -----------------. 3 b) x 8y 4 ⇒ x 4 8y x4 y ---------------8 x4 Logo, a inversa da função f é a função f 1(x) ---------------8

75


y 3 ⇒ xy 2x y 3 c) x ---------------y2 xy y 2x 3 y(x 1) 2x 3 2x 3 y -------------------x1 x 3 é a função Logo, a inversa da função y ---------------x2 2x 3 y --------------------- . x1

14. d 5x 0 1 x 5 x1 0 Logo, D( f ) {x R 1 x 5} 15. a A expressão x2 9, com x R, assume todos os valores do intervalo [9, ∞[, e somente eles. Logo, a função f(x) x 2 9 assume todos os valores do intervalo [3, ∞[, e somente eles. Assim, temos que Im( f ) [3, ∞[

5 y 2 ⇒ xy 8x 5y 2 d) x -------------------y8 xy 5y 2 8x y(x 5) 2 8x 2 8 x y ------------------------x5

16. b Temos que f(1) 0, ou seja, 13 a 12 b 1 3 0 e, portanto, a b 4.

b) A função g é crescente, pois para dois valores quaisquer t 1 e t 2 do tempo, no período considerado, tem-se que: se t 2 t 1, então g(t 2) g(t 1).

8x 2 ------------------5x

c) A função h é decrescente, pois para dois valores quaisquer t 1 e t 2 do tempo, no período considerado, tem-se que: se t 2 t 1, então h(t 2) h(t 1).

11. A reta r que contém as bissetrizes dos quadrantes I e III é o gráfico da função y x. Consideremos o quadrado de vértices (3, 3), (3, 5), (5, 5) e (5, 3): y

18. D( f ) R* e para qualquer x, x D( f ), temos que f (x) 1; logo, o gráfico de f é:

r:y=x P

5

y 1

P’

3

x 45° 3

x

5

Como as diagonais do quadrado são perpendiculares entre si, e o ponto comum a elas é ponto médio de cada uma, concluímos que o ponto P(5, 3) é o simétrico do ponto P em relação à reta r. Generalizando, o simétrico de um ponto P(x, y), em relação à reta que contém as bissetrizes dos quadrantes ímpares, é o ponto P(y, x). 12. c Temos que (x, y) é ponto do gráfico de f se, e somente se, (y, x) é ponto do gráfico de f 1. Pelo exercício anterior, temos que cada ponto (x, y) é o simétrico do ponto (y, x) em relação à reta r que contém as bissetrizes dos quadrantes ímpares; logo, os gráficos de f e f 1 são simétricos em relação a r. 13. O gráfico de f 1 é simétrico ao gráfico de f em relação à reta suporte das bissetrizes dos quadrantes ímpares. Logo, o gráfico de f 1 é: y 5

f

–1

3 2

0

45°

–4

2

3

f

–4

Observe que D(f 1) Im(f) [4, 5] e Im(f 1) D(f) [0, 3].

76

5

x

19. a) A velocidade é crescente no intervalo [0, 2], pois para quaisquer valores t 1 e t 2 desse intervalo, tem-se: t 1 t 2 ⇒ v(t 1) v(t 2). b) A velocidade é decrescente no intervalo [7, 10], pois para quaisquer valores t 1 e t 2 desse intervalo, tem-se: t 1 t 2 ⇒ v(t 1) v(t 2). c) A velocidade é constante no intervalo [2, 7], pois para qualquer valor t desse intervalo, tem se: v(t) 8. 20.

y 9 8 7 6 5 4 3 2 1 O 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 x

A leitura do gráfico nos permite concluir que: a) Do mês 1 ao mês 3 a taxa de inflação foi crescente. b) Do mês 6 ao mês 8 a taxa de inflação foi constante. c) Do mês 9 ao mês 11 a taxa de inflação foi decrescente. d) Do mês 7 ao mês 8 a taxa de inflação foi constante e, portanto, a variação foi de 0%. 21. e De 1979 a 1980 o PIB cresceu 10 unidades, e de 1993 a 1994 o crescimento foi menor que 10 unidades. 22. a) n 5 ⇒ q 200 5 1.000 500 q 1.000 ⇒ p 3 ----------------- 3,5 1.000 Logo, o custo de produção será de R$ 3,50


2 8 x Logo, a inversa da função g é a função g 1(x) ------------------------x5

17. a) A função f é constante, pois para qualquer valor t do tempo, no período considerado, tem-se f(t) 16.780.


q 200 n

e)

(I) 500 -----------p 3 (II) q

b)

Substituindo (I) em (II), temos:

y

x y 0 3 3 -----0 2

–3

5 ⇒n 5 c) p 3 ----------------------------2n 2p 6 23. c Como os pontos (0, 2) e (3, 4) pertencem a f, os pontos (2, 0) e (4, 3) pertencem a f 1, cuja lei de associação é da forma f 1(x) ax b, com {a, b} R e a 0. Assim, temos: f 1 (2) 0 f

1

(4) 3

⇒

x

3 2

5 ⇒ p 6n 5 p 3 ----------------------------2n 2n

f)

y

x y 0 1 3 0

1

2a b 0 3 e b 3. e, portanto, a -----2 4a b 3

x

–3

3 x 3. Logo, f 1(x) --------2 g)


Capítulo 7 1.

a)

y

x y 0 0 2 3

3

y

y x 0 4 2 0

2

x

x

2 –4

2.

e y

3

b)

y

x y 0 4 2 0

x

–2

0 –1

–1

x

–4

f (1) 3 ⇒ f (0) 1 c)

x y 0 0 1 5

k t 3 e, portanto, k 4 t 1

y

e t 1. Logo, f(x) 4x 1

5

Analisando as alternativas, concluímos que a afirmação verdadei1 ra é a última, pois f(x) 0 ⇔ 4x 1 0 e, portanto, x ------. 4 3.

x

1

a) Os pontos (1, 3) e (0, 1) pertencem ao gráfico, logo, temos: 3 a1b ⇒ 1 a0b

3 ab 1 b

Logo: b 1 e a 2 d)

y x 0 0 1 5

1 b) Fazendo 2x 1 0, temos x ------, que é a raiz da função 2 y 2x 1.

y

4. 1

–5

x

a) A lei que associa a abscissa x à ordenada y é do tipo y ax b. Como (0, 32) e (100, 212) pertencem ao gráfico temos: 32 a 0 b 9 e b 32 ⇒ a -----5 212 a 100 b 9 x 32 Logo: y --------5

77


a)

Logo, a temperatura 4 °F corresponde a 20 °C. 5.

y

7 4

a Temos:

c) •

2 5

b)

4 a0b ⇒ a2 e b 4 16 a 6 b Logo, y 2x 4. 6.

a)

Rendimento (R$)

Abril

8.350

327

Maio

10.200

364

Junho

k

160 0,02k

•

–1 •

Abril: 160 0,02 8.350 327 Maio: 160 0,02 10.200 364 Junho: 160 0,02k

x

•

2

9.

x

y

6 5

Venda (R$)

b)

5 • 3 1 • • 6 –1 23 4 –3 •

•

(k 4) 6 ------------------------------ 60 ⇒ k 16 2 A equação da reta r é do tipo y ax b. Como os pontos (0, 4) e (6, 16) pertencem à reta, temos:

y

34

a) f(x)

b)

x

20, se 0 x 1.000 x ---------, se x 1.000 50 y (diâmetro, em mm)

y

24 20

360 160

0

x

10.000

1.000 1.200

x (massa em kg)

y

10. a) y 160 0,02x Note que o gráfico é uma semi-reta.

2

y 160 0,02 1.000 (160 0,02 500) 0,02 c) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x 1.000 500

x

Logo, a taxa média de variação é de R$ 0,02 para cada R$ 1,00 de vendas. 7.

a)

c)

y

y 9

5 3

7

• •

–10

• •

2

• 5 7

f(x) = 5x –10

–

4

–1•

D( f ) R; Im( f ) {y R y 3}.

6

x

b)

y

D( f ) R; Im( f ) R. –2

b)

d)

y

4 • • –3

1

x

y

5

•

3

•

•

• –1

2

4

x

D( f ) R: Im( f ) {y R y 4}.

78

x

+

x

–10

D( f ) R; Im( f ) R.

6

x –2

f(x) = –5x –10

+

–

x


8.

9 x 32 ⇒ x 20. b) Para y 4, temos 4 --------5


c)

y

5 b) Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2 5 Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2

1 –

1 3

5 Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2

x

5 2

–

f(x) = –2x –5 –

f(x) = 3x +1

d)

1 3

–

–

x

+

x

–

x

c) Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0 Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0 Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0

x

+

+

y

0

y = 6x 1 1 3

–

d) Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0 Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0 Para y 0, temos: 6x 0 ⇒ x 0

x

0


y = –6x 1 3

y = –3x +1

e)

+

12. Os pontos (1, 1) e (2, 2) pertencem ao gráfico; logo, temos: 1 a 1 b ⇒ a 3 e b 4 2 a2b Assim, temos a lei y 3x 4. 4 e, observando o gráfico, temos: A raiz da função é -----3

x

–

+

y 5

4 3

y = 3x –4

0

y = 5x

f)

–

b 6 Assim, a temperatura y em função do tempo x é dada por: 3x y ---------- 6 2

x

+

y 1

3x a) Para y 0, temos: ---------- 6 0 ⇒ x 4 2 Logo, às 4 horas a temperatura atingiu 0 °C.

x

b) Para y 0, temos: 3x ---------- 6 0 ⇒ x 4 2 Logo, no período considerado, a temperatura esteve positiva durante 2 horas, no intervalo 2 x 4.

–5

c) Para y 0, temos: 3x ---------- 6 0 ⇒ x 4 2 Logo, no período considerado, a temperatura esteve negativa durante 4 horas, no intervalo 4 x 8.

0

y = –5x

x

+

13. O gráfico é parte da reta de equação y ax b, que passa pelos 3 a2b 3 pontos (2, 3) e (8, 6); logo, ⇒ a ------ e 2 6 a 8 b

x

1

–

+

x

–

5 11. a) Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2

14. a)

5 Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2 5 Para f(x) 0, temos: 2x 5 0 ⇒ x -----2 5 2

f(x) = 2x –5

–

+

1 2

–2

x

f(x) = 3x + 6

–

+

+

g(x) = 2x – 1 f(x) . g(x)

–

–

+

+

–

+

x

1 1 S {x R \ 2 x ------} ou ainda S 62, ------5 2 2

79


1 2

–1

5 S {x R \ x ------} 2

5

f(x) = x + 1

–

+

+

+

g(x) = –x + 5

+

+

+

–

h(x) = 2x –1 f(x) . g(x) . h(x)

–

–

+

+

+

–

+

–

x

18. a) Condição de existência: x 5 3 2

1 x 5} ou ainda S {x R x 1 ou -----2 1 S 6 , 1 ------ , 5 5 2

3 4

c)

0

1

2

–

+

+

+

g(x) = x – 1

–

–

+

+

h(x) = –x + 2

+

+

+

–

f(x) . g(x) . h(x)

+

–

+

–

x

+

g(x) = x – 5

–

–

+

f(x) 2x – 3 = g(x) x–5

+

–

+

–

15. Fatorando o primeiro membro, temos: (x 2)(x 3) 0

x

1 5

7 2

f(x) = 5x + 1

–

+

+

g(x) = 7 – 2x

+

+

–

f(x) 5x + 1 = g(x) 7 – 2x

–

+

–

x

1 7 S {x R \ x ------ ou x ------} 5 2

3

f(x) = x – 2

–

+

+

g(x) = x – 3 f(x) . g(x) = (x – 2)(x – 3)

–

–

+

+

–

+

x

16. (2x 1) (x 5) x 5 ⇒ (2x 1) (x 5) (x 5) 0, ou seja, (x 5) (2x 2) 0 1

f(x) = x + 5

–

+

+

g(x) = 2x – 2 f(x) . g(x) = (x + 5) . (2x – 2)

–

–

+

+

–

+

c) Condição de existência: x 1 1

S {x R x 2 ou x 3} ou ainda S ]∞, 2[ ]3, ∞[

x

S {x R x 5 ou x 1} ou ainda S ]∞, 5[]1, ∞[ 5 17. a) Condição de existência: x -----3 Como o numerador é positivo, a fração será negativa se, e somente se, o denominador for negativo. 5 3x 5 0 ⇒ x -----3 5 S {x R x ------} 3 1 b) Condição de existência: x -----2 Como o numerador é positivo, a fração será positiva se, e somente se, o denominador também for positivo. 1 1 2x 0 ⇒ x -----2 1 S {x R \ x ------} 2 5 c) Condição de existência: x -----2 Como o numerador é negativo, a fração será positiva se, e somente se, o denominador for negativo. 5 3 --------------------- 0 ⇒ 2x 5 0, ou seja, x ------. 2 2x 5

80

+

7 b) Condição de existência: x -----2

S {x R 0 x 1 ou x 2} ou ainda S [0, 1] [2, ∞[

–5

–

3 ou x 5} S {x R \ x -----2

f(x) = x

2

5

f(x) = 2x – 3

5

f(x) = –x + 5

+

+

–

g(x) = x – 1

–

+

+

f(x) –x + 5 = g(x) x–1

–

+

–

1

5 2

x

S {x R \ 1 x 5} 5 d) Condição de existência: x -----2 1 3 f(x) = x – 1

–

–

+

+

g(x) = 1 –3x

+

–

–

–

h(x) = 2x – 5 f(x) . g(x) h(x)

–

–

–

+

+

–

+

–

x

5 1 ou 1 x ------} S {x R \ x -----2 3 e) Condição de existência: x 6 1 f(x) = x – 1

–

4 +

6 +

+

g(x) = x – 4

–

–

+

+

h(x) = x – 6 f(x) . g(x) h(x)

–

–

–

+

–

+

–

+

S {x R 1 x 4 ou x 6} 1 f) Condição de existência: x -----2 x x --------------------- 1 ⇒ --------------------- 1 0, ou seja, 2x 1 2x 1 3x 1 --------------------- 0 2x 1

x


b)


1 3

1 2

f(x) = 3x – 1

–

+

+

g(x) = 2x – 1

–

–

+

f(x) 3x – 1 = g(x) 2x – 1

+

–

+

x

1 1 x ------} S {x R \ -----2 3 19. a) Para x 100, temos: 100 30 D 20 -----------10 Logo, a despesa será de 30 mil reais. b) Para D 50, temos: x ⇒ x 300 50 20 --------10 Logo, a empresa terá 300 funcionários. c) y

23. c Um gráfico cartesiano que descreve essa situação é: Preço (R$) 9.000 4.000 4 Tempo de uso (anos)

A lei que determina esse gráfico é da forma y ax b com a e b reais e a 0. Como os pontos (0, 9.000) e (4, 4.000) pertencem ao gráfico, temos: 9.000 a 0 b ⇒ b 9.000 e a 1.250 4.000 a 4 b Assim, temos a lei y 1.250x 9.000. Atribuindo o valor 1 para x, obtemos y 7.750, ou seja, o valor do carro com 1 ano de uso é de R$ 7.750,00.


21 20,5

5

10

22. a A lei que associa x e y é do tipo y ax b, com {a, b} R e a 0. Assim, temos que: 100 20a b ⇒ a 2 e b 140 40 50a b Logo, y 2x 140. Atribuindo-se o valor 40 à variável x, obtém-se o preço unitário, em reais: y 2 40 140 60

x

24. • O trecho que liga os pontos (0, 10) e (2, 20) é parte da reta de

20. a) 50 0,8 m2 40 m2 Logo, o cliente adquiriu 40 m2 de papel. b) y 0,8x

10 a 0 b ⇒ a 5 e b 10 20 a 2 b Assim para 0 t 2, tem-se: v 5t 10. • O trecho que liga os pontos (2, 20) e (6, 20) é parte da reta de equação v 20. Assim, para 2 t 6, tem-se: v 20 • O trecho que liga os pontos (6, 20) e (8, 40) é parte da reta de equação v at b; logo,

y 0,8

1

x

c) y 5 50 0,8 3 x 0,8 ⇒ y 200 2,4x y 440

equação v pt q; logo,

20 p 6 q ⇒ p 10 e 40 p 8 q

q 40 Assim, para 6 t 8, tem-se: v 10t 40 Resumindo, podemos expressar v em função de t do seguinte modo: 5t 10, se 0 t 2 v(t) 20, se 2 < t < 6 10t 40 , se 6 t 8

200

Nota: Há outras formas, também corretas, de se distribuírem as relações e nas duplas desigualdades acima. 100

x

21. Temos que D(f ) {x R x 3}. Para que x D(f ) a expresx 2 9 é equivalente a x 3. são ------------------x3 Assim, o gráfico de f é:

25. Indicando por x a massa da carga, em kg, temos que: • para x 45 o preço do transporte é P 110 2,60x; • para x 45, calcula-se o preço do transporte de 45 kg de carga, isto é, 110 2,60 45, e adiciona-se o valor do transporte sobre o que exceder 45 kg, isto é, 2,30(x 45) Resumindo, temos: P(x)

y

110 2,60 x, se x 45 227 2,30( x 45), se x 45

26. Indicando por x os valores em minutos, e por f(x) os valores em °C, a lei que associa x a f(x) é da forma f(x) ax b, pois o gráfico é parte de uma reta. Como os pontos (0, 30) e (6, 6) perten-

6 3•

30 0a b e, portanto, 6 6a b b 30 e a 6. Logo, f(x) 6x 30. cem ao gráfico, temos os sistema:

• –3

3

x

81


a) Basta fazer f(x) 0 6x 30 0 ⇒ x 5 Assim, a temperatura da barra atingiu 0 °C após 5 minutos do início do resfriamento.

Capítulo 8 1.

a)

y

b) Estudando o sinal da função, temos: f (x) 1

–1

3

x

30

+ –3

6 0

5

–

x –4

–6

Logo, a temperatura esteve positiva no intervalo 0 min x 5 min. c) Observando o gráfico anterior, a temperatura esteve negativa no intervalo 5 min x 6 min.

b)

y

27. (x 3)(3x 1) x 3 ⇔ (x 3)(3x 1) x 3 0 Fatorando o 1º membro, temos: (x 3)(3x 2) 0 –

2 3

4 3

f(x) = x – 3

–

–

+

g(x) = 3x + 2 f(x) . g(x)

–

+

+

+

–

+

x

2 S {x R \ ------ x 3} 3 Note que o menor número inteiro positivo que pertence a S é o número 1. 1 ⇔ x2 1 0 28. x ----------------------x x

0

1

2

Fatorando o numerador, temos: ( x 1) ( x 1) ----------------------------------------- 0 x –1

0

D R e Im ]∞, 4]

1

f(x) = x + 1

–

+

+

+

g(x) = x – 1

–

–

–

+

h(x) = x

–

–

+

+

f(x) . g(x) h(x)

–

+

–

+

x

c)

y

S {x R 1 x 0 ou x 1} y 4 9 5 (4 3 5) 4 29. a) -------------------------------------------------------------------- x 93 y 4 10 5 (4 7 5) 4 b) ----------------------------------------------------------------------- x 10 7

1 1 2 1 2

x

30. a) d 90t d 90 4 90 1 90 b) ---------------------------------------------- t 41 Logo, a taxa média de variação foi de 90 km/h.

82

1 D R e Im 5 ------, ∞ 2

3

x


D R e Im [4, ∞[


d)

b)

y

y 7 6

1 4

x

1

D R e Im [0, ∞[

3 2 0

e)

3 4

5

6

x

y –

9 4

x

D R; 9 Im { y R y ------}. 4 –9


4.

y

1 2

–2

x

D R e Im ]∞, 9] 2.

a) Os pontos (1, 0), (3, 0) e (0, 3) pertencem ao gráfico; 0 a b c (I) logo: 0 9a 3b c (II) ⇒ c 3 3 0a 0b c (III)

–3

Substituindo (III) em (I) e (II), temos: 0 a b 3 ⇒ a 1 e b 2 0 9a 3b 3

–4

b) Como y x2 2x 3, temos que

Logo, o conjunto-imagem é Im( f ) {y R y 3}.

(2)2 4 1 (3) 16 e, portanto, 16 yV ---------- ---------------- 4. Assim, o conjunto-imagem 4a 4 1

5.

a)

y

da função é Im( f ) {y R y 4}. 3.

a)

7

y 4 3

1

2

3

5

x

0

1

4

7

x

–5 –9

D( f ) R e Im( f ) {y R y 3}

O mínimo da função é 9; o ponto de mínimo é 4;

83


b)

8.

y 1 — 2 0

a) Raízes da função f(x) x2 5x 4 x2 5x 4 0 S 5 ⇒ x 1 ou x 4 P 4

x

y

5 –— 2

4 –3

5 O máximo da função é ------; 2 1 o ponto de máximo é ------; 2 c)

y

1

x

4

9 8 1

4

+

–

x

+


f(x) = x2 – 5x + 4

b) Raízes da função y x2 x 2 x2 x 2 0 0

–2

1

4

S 1 ⇒ x 1 ou x 2 P 2

x

y

O máximo da função é 9; o ponto de máximo é 1. 2

d)

y

1 –1

2 — 3

2 x

2 O mínimo da função é ------; 3 0

6.

7.

84

1 — 3

x

1 o ponto de mínimo é ------. 3

A altura máxima H atingida pela bala é dada pelo valor máximo da função h; então H ---------- , ou seja, H 500 m. A bala atinge 4a a altura máxima de 500 m no ponto de máximo T da função h: b T ---------- , ou seja, T 5 s. 2a a) Para x 20, temos: y 202 80 20 2.000 800 Logo o custo unitário será de R$ 800,00 b) Para x 50, temos: y 502 80 50 2.000 500 Logo, o custo unitário será de R$ 500,00 c) O ponto de mínimo da função é dado por: b 80 xV ---------- [ ----------------] 40 2a 2 1 Logo, para que o custo unitário seja mínimo, devem ser fabricados 40 refrigeradores por dia. d) Para x 40 (ponto de mínimo), temos: yV 402 80 40 2.000 400 Logo, o custo unitário mínimo é de R$ 400,00

–1 y = –x2 + x + 2

–

2 +

x

–

x2 x 1 c) Raízes da função y ------------2 2 2

1 x -------- x ------ 0 2 2 x2 2x 1 0 S 2 P 1

⇒ x1 y

1 2 x

1 1 y=

x2 1 –x+ 2 2

+

+

x


b) • Raízes de f(x) 3x2 2x

d) Raízes da função f(x) x2 6x 9 x2 6x 9 0

2 3x 2x 0 ⇒ x 0 ou x -----3 • Gráfico de f

S 6 ⇒x3 P 9 y 3 x

0

x

2 3

–

2 Logo, S { x R 0 x ------} 3 c) • Raízes de f(x) x2 x 12 x2 x 12 0 ⇒ x 3 ou x 4 • Gráfico de f

–9

+

–3

4 x

3 f(x) = –x2 + 6x – 9

–

x

–

Logo: S {x R 3 x 4}


e) A função f(x) 3x2 x 1 não tem raízes.

d) • Raízes de f(x) x2 2x 1

y

x2 2x 1 0 ⇒ x 1 • Gráfico de f

1 1

x

Logo: S

x f(x) = 3x2 – x + 1

e) • Raízes de f(x) x2 6x 9 x2 6x 9 0 ⇒ x 3 • Gráfico de f

x

+

2 x 2 x 4 não tem raízes. f) A função f(x) ---------------3 3 y

–

x

3

x

Logo: S {3}

4 3

f) • Raízes de f(x) x2 x 6 x2 x 6 0 (1)2 4 1 6 23 Logo, f não tem raiz real. • Gráfico de f

f(x) = –

9.

4 2 x2 +x– 3 3

x

–

+

a) • Raízes de f(x) x2 3x 4 x2 3x 4 0 ⇒ x 1 ou x 4 • Gráfico de f

x

Logo: S R 2

+ –1

+ 4

Logo, S {x R x 1 ou x 4}

x

3x 1 g) • Raízes de f(x) ------------ x -----2 2 2 3x 1 0 ⇔ 3x2 2x 1 0 ------------ x -----2 2 22 4 (3) (1) 8 Logo, f não tem raiz real.

85


• Gráfico de f

2 x

–

3

4

5

f(x) = x2 – 6x + 8

+

–

–

+

+

–x2

–

–

+

+

–

–

+

–

+

–

g(x) = + 8x – 15 f(x) . g(x)

x

S {x R 2 x 3 ou 4 x 5} ou ainda S [2, 3] [4, 5] c) Condição de existência: x 2. Estudando o sinal de cada uma das funções f(x) x2 6x 5 e g(x) 2x 4, temos:

Logo: S

1

10. Devemos impor que 0, ou seja: (3)2 4 4(m 1) 0 9 16m 16 0

2

5

f(x) = x2 – 6x + 5

+

–

–

+

g(x) = 2x – 4

–

–

+

+

f(x) g(x)

–

+

–

+

25 m --------16

x

S {x R x 1 ou 2 x 5} ou ainda S ]∞, 1[ ]2, 5[

25 Logo, a função f é positiva para todo x real se, e somente se, m ---------. 16

d) Condição de existência: x 5 e x 5 Estudando o sinal de cada uma das funções f(x) x2 5x 6 e g(x) x2 25, temos:

b x pode ser calculado fazendo-se x ---------- ; logo, x 5 dias. 2a

–5

c) Raízes de S: 2.000 100t 10t 0 ⇒ t 10 ou t 20 O gráfico é formado por pontos isolados da curva abaixo, pois t N. 2

3

5

+

+

–

+

+

g(x) = –x2 + 25

–

+

+

+

–

–

+

–

+

–

f(x) g(x)

y

2

f(x) = x2 – 5x + 6

x

S {x R 5 x 2 ou 3 x 5} ou ainda S ]5, 2] [3, 5[

2.000

13. a Temos que f(1) 3 e f(1) 3; logo, A(1, 3) e B(1, 3). Assim, a base do retângulo no eixo Ox mede 2 unidades e a altura mede 3 unidades e, portanto, a área desse retângulo, em unidades de área, é 6.

30 20

x

14.

y

f

–4.000

O saldo S é positivo para 0 t 20. d) t 21 –1

12. a) Estudando a variação de sinal de cada uma das funções f (x) x2 7x 6 e g(x) 2x 4, temos: –2

1

6

5

x

–5

f(x) = x2 – 7x + 6

+

+

–

+

g(x) = 2x + 4 f(x) . g(x)

–

+

+

+

–

+

–

+

S {x R x 2 ou 1 x 6} ou ainda S ]∞, 2[ ]1, 6[ b) Estudando o sinal de cada uma das funções f(x) x2 6x 8 e g(x) x2 8x 15, temos:

86

3

x –8

Im( f ) [8, ∞[

15. Os pontos (0, 0), (2, 1) e (4, 0) pertencem ao gráfico, logo: 0 a 0 b 0 c 2

1 2 1 a 2 b 2 c ⇒ a ------, b 1 e c 0 4 2 0 a 4 b 4 c


11. a) S 2.000 100t 10t 2, com t N e 0 t 30 b) Daqui a x dias o saldo desse cliente atingirá o maior valor. Esse


16. A função procurada é da forma y ax2 bx c, com {a, b, c} R e a 0. Como os pontos (0, 1), (1, 2) e (2, 7) pertencem ao gráfico, temos:

23. A medida, em metros, do raio R do círculo cresce em função do tempo t, em segundos, de acordo com a função R 3t. Portanto, a área A do círculo é dada por A π(3t)2 9πt 2.

1 a 0 b 0 c 2

A 9π 5 2 9π 2 2 m2/s 63π m2/s Assim, temos: ----------------------------------------------------- t 52 Logo, a taxa média de variação da área em relação ao tempo, no intervalo de 2 a 5 s é de 63π m2/s. Isso quer dizer que, em cada segundo desse intervalo, a área cresce, em média, 63π m2.

2 a (1) b (1) c ⇒ a 1, b 2 e c 1 2

7 a (2) b (2) c 2

Logo, a função quadrática é y x2 2x 1 17. e A lei que associa x e y é: y (10 x)(6 x), ou seja, y x2 4x 60. A área máxima, em hm2, que a nova chácara pode ter é a ordenada yv do vértice da parábola, que contém o gráfico da função y x2 4x 60 (observe que o gráfico dessa função não é toda a parábola, pois x 0 e y 0, ou seja, 4 2 4 (1) 60 yv ---------- ------------------------------------------------- 64 4a 4 (1) 18.

16 4m ---------- 1 ⇒ --------------------------- 1 m 5 4a 4

24. c x2 2x p 10 0 será verdadeira para qualquer x R, se e somente se, a função f(x) x2 2x p 10 não possuir raiz real. Logo o discriminante deve ser negativo: 4p 44 0 ⇒ p 11. 40 202 120 25. 204 ---------------------------x x 10 Condição de existência: x 0 40 120 0 ⇒ 2 ---------------------------x x 10 2 x( x 10) 40( x 10) 120 x 0 ⇒ ---------------------------------------------------------------------------------------x( x 10)


19. c f(x) (70 x)(x 10) ⇒ f(x) x2 80x 700 O valor máximo de f é dado por ---------- , ou seja: 4a

2 x 2 60 x 400 0 --------------------------------------------x 2 10 x –10

80 4 (1) (700) ------------------------------------------------------------------- 900 4(1 ) 2

20.

ABC DEC 4 8 --------------------y 8x

B

4 cm

F

x

E

x

8–x

D

20

+

+

–

+

g(x) = x 2 + 10x

+

–

+

+

+

+

–

+

–

+

x

Logo, deve ser produzida qualquer quantidade x, em toneladas, com 10 x 20. x 6 x x 6x 0 ---------------------- R ⇔ -----------------------2 2 x 9 x 9 2 Para isso devemos ter x 6x 0, pois x2 9 é positivo para qualquer x real. Estudando o sinal de f(x) x2 6x, temos: 2

26. A

10

+

f (x) g(x)

x y 8---------------2

y

0

f (x) = 2x 2 – 60x + 400

C

8 cm

2

Indicando por S(x) a área do retângulo ADEF, temos: 8 x x S(x) xy ⇒ S(x) x [ ----------------- ], ou seja, S(x) -------- 4x. 2 2 2

+

16 O máximo valor possível de S(x) é ---------- ----------------- 8. 4a (2) 21. c x2 10x 16 0 • Raízes de f(x) x2 10x 16 x2 10x 16 0 ⇒ x 2 ou x 8 • Gráfico de f

0

–

8

x

x

Capítulo 9 I)

V, pois o módulo de um número positivo é igual ao próprio número. II) V, pois o módulo de zero é igual ao próprio zero. III) V, pois o módulo de um número negativo é igual ao oposto desse número.

Logo, o conjunto solução da inequação é: S {x R 2 x 8} Note que há exatamente cinco números inteiros pertencentes a S: 3, 4, 5, 6 e 7.

IV) F, pois

22. a) x 62x 600 0 ⇒ x 12 ou x 50 Para x 0 ⇒ L 600; logo k 600. Portanto: x1 12; x2 50 e k 600. b) Para que o lucro passe a ser positivo, o número de apartamentos vendidos deve ser maior do que 12; logo, o menor número possível é 13. c) Para x 31, temos L 312 62 31 600, então, L 361 mil dólares. A porcentagem de lucro sobre o custo da obra é: 361.000 ----------------------- 60,17% 600.000

dulo é

2

6

Logo, D( f ) {x R x 0 ou x 6}.

1.

2

+

2 2 é um número negativo e, portanto, seu mó-

dulo é 2 V)

5 2 é um número positivo e, portanto, seu mó-

V, pois

VI) V, pois

2.

5 2. 3

10 2,3 é um número negativo e, portanto, seu

módulo é 2,3

3

10 .

VII) V, pois 4 9 3 0 e, portanto, seu módulo é zero. VIII) V, pois π 3 é um número positivo e, portanto, seu módulo é π 3. IX) F, pois π 3,14 0 e, portanto, π 3,14 0. X) V, pois π 3,15 é um número negativo e, portanto, seu módulo é 3,15 π.

87


a) x 8 3 ⇒ x 8 3 ou x 8 3 e, portanto, x 11 ou x 5. Logo, S {11, 5} 1 b) 2x 1 0 ⇒ 2x 1 0 e, portanto, x ------. 2 1 Logo, S { ------} 2 c) Não existe x, pois o módulo de qualquer número é maior ou igual a zero; logo, S . d) x x 2 1 ⇒ x2 2x 1 e, portanto, x2 2x 1 ou x2 2x 1, ou seja, x2 2x 1 0 ou x2 2x 1 0. Resolvendo estas equações do 2º grau, obtemos: x1

2 ou x 1

S {1

2 , 1

g(x) 2x2 4x

f(x) 2x2 4x

y

y f

g 2 0

1

2

x

⇒

0

–2

y f

a) 3x 5 11 ⇒ 11 3x 5 11

1

2

x

⇒

–1

1

–2

1

g

e) 1º passo: g(x) 3x 1 y 1

16 Logo, S {x R --------- x 2}. 3

–

3 3 6 ou 2x 3 6. b) 2 x ------ 6 ⇒ 2x ----------2 2 2

1 3

x

g

2º passo: h(x) 3x 1

15 9 Logo, x --------- ou x ------. 4 4

y h

2

15 9 Portanto, S {x R x --------- ou x ------}. 4 4

1

5.

x 0,008 ⇔ 0,008 x 0,008. Assim, o diâmetro pode variar de (5 0,008) cm a (5 0,008) cm. Logo, a maior e a menor medida com que pode ficar esse diâmetro são 5,008 cm e 4,992 cm, respectivamente. a)

g(x) 2x 1

–1

–

1 3

–

1 3

x

3º passo: f(x) 3x 1

f(x) 2x 1

y

y

y –1

g ⇒ 1 — 2

f

–1

1 –2 0

1 1 — 2

x

g(x) 3x 6

f(x) 3x 6

y

y

6

6

f

D( f ) R; Im ( f ) ]∞, 0]

D( f ) R; Im ( f ) [0, ∞[ b)

x

x

–1

f) 1º passo: g(x) x2 5x 6 y g

f

6

⇒ 3

x

2

23

5 — 2

x

g

D( f ) R; Im ( f ) [0, ∞[

88

x

D( f ) R; Im ( f ) [1, ∞[

x 2 3 x 5 11 Assim, temos: ou ainda 16 x ---------. 3 x 5 11 3

4.

x

2

f(x) x2 2x 2

g(x) x2 2x 2 y

2 , 1}

1

D( f ) R; Im ( f ) [0, ∞[ d)

2 ou x 1. Logo,

e) Como x2 x2, temos: x2 3x 0 Fazendo a mudança de variável x y, podemos escrever: y2 3y 0 e, portanto, y 0 ou y 3. Retornando à variável original, temos: x 0 ou x 3, ou seja, x 0 ou x 3 ou x 3. Logo, S {0, 3, 3} 3.

c)


2.

1 –— 4

2 3

x


b) 2x 6 3 5 ⇒ 2x 6 2 e, portanto, 2x 6 2 ou 2x 6 2, ou seja, x 4 ou x 2. Logo, os pontos do gráfico de f que têm ordenada 5 são: (4, 5) e (2, 5) c) 2x 6 3 5 ⇒ 2x 6 2 e, portanto, 2 2x 6 2, ou seja, 2 x 4.

2º passo: h(x) x2 5x 6 y h 6

7.

1º passo: g(x) x2 4 y g

5 — 2

1 — 4

x

2 3

3º passo: f(x) x2 5x 6 y 0 1 –— 4

–2

x

2

5 — 2 –4

x

2 3

2º passo: h(x) x2 4

D( f ) R; Im ( f ) ]∞, 0]

y


h

4

–6

f

6.

a) 1º passo: g(x) 2x 6 y

–2

g

3

0

x

2

3º passo: f(x) x2 4 1

x

y 3

f

–6

x

2º passo: h(x) 2x 6

–1

D( f ) R; Im ( f ) [1, ∞[

y h

8.

6

a) 3 1,6 1,6 3 1,6 1,6 b) 5 2,4 c) 1

2 2

2,4

5 2

5 5

3

3

2, 4 2, 4

2 1 2

2 1 1

d) π 3,14 π 3,15 π 3,14 3, 15 π 0,01 0,01 0

3

6

x

3º passo: f(x) 2x 6 3 y f 9

D( f ) R; Im ( f ) [3, ∞[

a Condição de existência: x 1. 3 x 1 -------------------------- 1 ⇒ 3x 3 x 1 e, portanto, x 1 3x 3 x 1 ou 3x 3 x 1, ou seja, 1 x 2 ou x -----2 Como esses dois valores satisfazem a condição de existência, concluímos que ambos são raízes da equação. 5 1 -----Logo, a soma das raízes é 2 -----2 2

10. a) 5x 7 1 ⇒ 5x 7 1 ou 5x 7 1; logo, 6 8 ou x ------. x -----5 5

3

0

9.

3

6

x

6 8 Portanto, S { ------, ------} 5 5

89


b) f(x) 2 3x 1 ⇒ f(x) 6x 2 Logo, o gráfico de f é:

b) x2 5x 6 ⇒ x2 5x 6 ou x2 5x 6, logo, x 6 ou x 1 ou x 3 ou x 2. Portanto, S {1, 2, 3, 6} c) t t 2 1 ⇒ t (t 2) 1, ou ainda, t 2 2t 1. t 2 2t 1 ou t 2 2t 1, de onde concluímos: t 1

2 ou t 1

y

2 ou t 1.

Portanto, S {1, 1 2 , 1 2 }. d) n2 2 n 8 0 ⇒ n2 2n 8 0 Fazendo n t, temos: t 2 2t 8 0, ou seja, t 4 ou t 2. Retornando a variável original, chegamos a: n 4 ou n 2 (não convém); logo, n 4. Portanto, S {4, 4}. e) k2 5k 4 0 ⇒ k2 5 k 4 0 Fazendo k t, temos: t 2 5t 4 0, ou seja, t 4 ou t 1. Retornando à variável original, chegamos a: k 4 ou k 1. Logo, k 4 ou k 1. Portanto, S {4, 1, 1, 4}. 11. a 2x 1 3 ⇒ 2x 1 3 ou 2x 1 3 e, portanto, x 1 ou x 2 Logo, S {x R x 1 ou x 2}

1 –— 3 0

2 3

–—

x

–2

D( f ) R e Im( f ) ]∞, 0] c) f(x) x 3x 6 ⇒ f(x) 3x2 6x Logo, o gráfico de f é: y

12. t 6 4 ⇒ 4 t 6 4 e, portanto, 2 t 10. Logo, a temperatura máxima foi 10 °C e a mínima foi 2 °C

3

x2 5x 6 ⇔ x 5 x 6 2

ou

0

x 5x 6 2

(I) (II) O conjunto solução S da inequação é (I) (II), ou seja:

d) f(x) 3 2x 1 2 ⇒ f(x) 6x 3 2 Logo, o gráfico de f é:

(I) 2 –1 2

x

3

(II) –1

x

D( f ) R e Im( f ) [0, ∞[

(I) x2 5x 6 0 ⇒ (II) x2 5x 6 0

(I) (II)

1 2

3

6

x

6

x

y

Assim, S {x R x 1 ou 2 x 3 ou x 6}. 14. a 1 x 3 4 ⇒ x 3 4 e x 3 1, x 3 4 (I) x 3 1 (II) Resolução da inequação I: 4 x 3 4 ⇒ x 3 4 e x 3 4; logo, 1 x 7. Assim, SI {x R 1 x 7}. Resolução da inequação II: x 3 1 ou x 3 1; logo, x 2 ou x 4. Assim, SII {x R x 2 ou x 4}. O conjunto solução S do sistema é dado por SI SII, ou seja: S {x R 1 x 2 ou 4 x 7}

5

ou seja,

15. a) f(x) 3 2x 4 ⇒ f(x) 6x 12 Logo, o gráfico de f é: y

2

x

1 1 2

D( f ) R; Im( f ) [2, ∞[ e) f(x) x 1 x 1 4 ⇒ f(x) x2 1 4 Logo, o gráfico de f é: y

12

–1

D( f ) R e Im( f ) [0, ∞[

1 0

x

–3 –4

0

90

2

4

x

D( f ) R e Im( f ) [4, ∞[


13. A inequação é equivalente a x2 5x 6. Pela propriedade M.11, temos que:


f) f(x) 4 3 x 1 ⇒ f(x) 4 3x 3 Logo, o gráfico de f é:

Capítulo 10 1.

y

4

–

1 3

1 1

7 3

x

62 6 6 36 (6)2 (6) (6) 36 62 (6 6) 36 (2)3 (2) (2) (2) 8 23 (2 2 2) 8 50 1 (8)0 1 3 4 3 3 3 3 81 h) [ ------] ----- ------ ------ -------------2 2 2 2 2 16

a) b) c) d) e) f) g)

3 3 4 3 3 3 81 i) [ ------] [ ------] [ ------] [ ------] [ ------] -------2 2 2 2 2 16 3 3 3 3 3 27 j) [ ------] [ ------] [ ------] [ ------] --------2 2 2 2 8 k) 028 0 0 0 ... 0 0

D( f ) R; Im( f ) ]∞, 4] 16. Para x 0, temos y 1, para x 0, temos y 1 e para x 0 não está definida a função.

28 fatores l) 1 1 1 1 ... 1 1 32

y

32 fatores m) (1)20 ( 1) ( 1) ( 1) ... ( 1) 1 20 fatores n) (1)17 ( 1) ( 1) ( 1) ... ( 1) 1


1

17 fatores

x

o) 4

–1

2

1 1 --------------16 42

3 2 5 2 25 p) [ ------ ] [ ------ ] -------5 3 9 3 2 5 2 25 q) [ ------ ] [ ------ ] -------5 3 9

D( f ) R*; Im( f ) {1, 1}

3 3 2 3 27 r) [ ------ ] [ ------ ] -------2 3 8

17. e A função f assume o seu valor mínimo quando o denominador de 1 --------------------- é máximo. Isso ocorre para x 8: | x| 5 1 1 f(8) ------------------------- ---------. 13 |8| 5 A função f assume o seu valor máximo quando o denominador de 1 --------------------- é mínimo. Isso ocorre para |8| 5

27 2 3 3 3 s) [ ------ ] [ ------ ] --------8 3 2 1 3 1 t) (5)3 [ ------ ] -----------5 125 2.

1 1 x 3: f(3) -------------------- ------. 8 |8| 5 18. c Representando no plano cartesiano os gráficos de f(x) e g(x), obtemos a figura.

(3x)4 34 x4 81x4 (x3)5 x3 5 x15 (2x2)3 23 x6 8x6 (5a2b 3)3 53 a6b 9 125a6b 9 3a 4 3 4 a 4 81a 4 - ] ----------------e) [ -------------------2 b b8 b8

a) b) c) d)

2ab 3 f) [ ---------------] 5 x4

2

2

5 x4 5 2 x 8 25 x 8 [ ---------------] --------------------------------------3 2ab 22 a2 b6 4a 2 b 6

1 ] 4 (3a2)4 81a8 g) [ ----------3a 2

y |g (x)|

3.

a) a6 a4 a6 4 a10 b) a8 : a3 a8 3 a5 2 3 2ab 2 a2 c 4a 2 b 4 a 6 c 3 4a 8 b c) [ ---------------] [ ------------ ] ----------------- -------------------------------b c3 c6 b3 c3 2

3

3 x2 y 3 x y2 9 x 4 y 2 : 27 x 3 y 6 -] : [ --------------] ---------------d) [ -------------- ------------------a3 b3 2a 2 b 2 a6 b6 8a 6 b 6

|f (x)|

9 x 4 y 2 8a 6 b 6 8 x ---------------- ----------------------------a6 b6 27 x 3 y 6 3 y4

1 1

2

x

Observando que o gráfico de f(x) está “abaixo” do gráfico de g(x) para x 0 ou x 2, temos: S {x R x 0 ou x 2}

4.

a) 27.000.000.000.000.000.000 2,7 1019 b) Como 1 dm3 1.000 cm3, basta multiplicar por 103 o resultado do item a, obtendo-se 2,7 1022.

5.

a) 0,98 4,5 103 kg 4,41 103 kg Logo, após duzentos anos a massa remanescente será de 4,41 103 kg.

91


b) 0,98 5 4,5 103 kg 22,05 103 kg 22,05 103 103 g 22,05 106 g 2,205 105 g Logo, após duzentos anos a massa remanescente será de 2,205 105 g. a)

3

125

3

53 5

b)

5

243

5

35 3

36

62 6

c)

7.

5

1 1

e)

6

0 0

f)

1

7 7

g)

3

125 3 125 3 5 3 5

h)

5

32 5 32 5 2 5 2

i)

7

1 7 1 1

a)

3

40

3

80 40 20 10 5 1

23 5

24 12 6 3 1 5

23

3

5 2 35

40 20 10 5 1

24 5

24

2

5 2

92

c) 2 3 81

5 4 5

3

2 23

2 3 33 23

3

23 3

22 2 3

22

3

3

2

3

23 3 5 3 3

23 3 5 3 3

3

23

3

3

3 53 3

3 23 3 53 3 63 3 23 3 53 3

3

3 (6 2 5) 13 3 3

d) 4 5 3 2 (4 3)

5

e) 3 2

5

2 3 ( 2

5

5

2 12 10

2 ) 35 4

f) 4 3 2 3 (4 2) ( 3

23 2 6

2

2 (5 15 6) 14 2

24 5 3 3 2 3 3 4

2 3 33 3

3 ) 8 9 8 3 24

8 10 8 10 ----- --------- 4 2 g) 8 10 : 2 5 -----------------2 5 2 5

2 2 2 3

20 6 20 3 6 --------3 h) 20 3 6 : 4 3 2 -----------------3 ------ 5 3 2 2 43 2 9. 5

27

5

25 22

5

25

5

22 2 5 22

2 -----3

a) 5 b) 7 c) 9

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 5

2 2 32

5 2 15 2 6 2

5

40

7 (6 5 3) 8 7

a) 6 7 5 7 3 7

5 2 3 52

25 4

e)

18 18 3 2 2 3 2 2 3 2 --------- -------------------------------------------------------------------------------25 5 25 52 52

b) 5 2 3 50 2 18

5 23 5

2 2 2 2 5

128

128 64 32 16 8 4 2 1

2 2 3

5 2 3 52 2 2 32 2

24

c)

3

8.

3 2 3

3 81 81 3 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 --------- -----------------------------------------------------------------------3 8 2 3 3 8 23 23

3

i)

2 2 2 5

80

b)

d)

h)

22

20 20 2 2 5 2 2 5 2 5 --------- -------------------------------------------------------------------------------9 3 9 32 32

g)

d)

40 20 10 5 1

12 6 3 1

22 3

d) 8

3 -----5 1 -----2 1 -----3

3

52

5

73

9 3

e) 40,5 4 f) 80,3 8

23 5

22 2 5

22

2 5 2 10

8

1 -----2

3 --------10

4

3 3

b)

8

a3 a

c)

3

7 7 5 5

e) f)

4

10

10

83

1 -----4

10. a)

d)

4

3 -----8

1 -----3 1 -----2

x8 x

8 -----4

x5 x

x2

5 --------10

x

1 -----2


6.

12

f)


11. A 8

1 -----3

1 ------

1

-----4 1 2 [ ------ ] 16 9

3

8

1 ------ 9

c) 92x 1 275x 1 ⇒ (32)2x 1 (33)5x 1, ou seja,

16

4

5 34x 2 315x 3 ⇒ 4x 2 15x 3 e, portanto, x ---------. 11

1 2 13 2 ------------3 2 Outro modo: 1

-----3 1 2 A s2 3 d [ ------ ] 3

5 Logo, S { ---------} 11

1 -----2

s2 4 d

1 -----4

2

1 3 ----3

1 [ ------ ] 3

1 2 ----2

2

1 4 ----4

1 Logo, S { ------}. 2

1 2 13 2 ------------3 2 1 -----2

x

x

1 -----4

12. A (0, 25) 81 16

1 ----2

0,25

4

81

16 1

1 0,5 3 0,25 3,75 0,5 3 ----4 Outro modo: A [(0,5)2]0,5 (34)0,25 (24)0,5 0,52 0,5 34 0,25 24 (0,5) 1 0,5 3 0,25 3,75 0,5 3 22 0,5 3 ----4

x

8 7 x x 7 -------- , ou seja, [ ------] 1 ⇒ e) 7 8 ⇒ -------x x 8 8 8 7 x 7 0 ⇒ [ ------] [ ------] e, portanto, x 0. 8 8 Logo, S {0} x

x

3 3 3 3 27 ⇒ [ ------] 19. a) [ ------] -------- [ ------] e, portanto, x 3. 2 2 2 8 Logo, S {3} x

3 8 3x 1 4 2 b) [ ---------] [ ------] ⇒ [ ------] 27 9 3

13. e E fs 2 d Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

1 d) 52x 1 1 ⇒ 52x 1 50 e, portanto, 2x 1 0, ou seja, x ------. 2

2

g

2

s 2 d

2 2

2

s 2 d 2

3

d

1 -----3

3

5

1 -----3

5

1 3 ----3

s 3 d

2

x ⇒ fs 3 d 2

⇒s 3d x

2

⇒ x

2

2

g

x

2

E1 0 17. a)

5

,

3 Logo, S { ------} 7

⇒s 3 d

2

2

x

2

⇒

3

8 c) [ ------------] 125

16. b π

2 x

3 x -----7

5

15. c 2

2 [ ------] 3

2 9x 3 2 2x ou seja, [ ------] [ ------] ⇒ 9x 3 2x e, portanto, 3 3

14. a E s5

3x 1

2x 1

2 ou seja, [ ------] 5

101

25 [ ---------] 4 6x 3

2x

2 ⇒ [ ------] 5

2 [ ------] 5

4 x

3

2x 1

5 [ ------] 2

2 2x

,

⇒ 6x 3 4x e,

3 portanto, x --------10

y

3 Logo, S { ---------} 10 d) 3 2

3

25

[ 2]

5

1 1

3 0 3 4 ymínimo [ ------] 1 e ymáximo [ ------] 5,06 2 2 c) O preço de cada ação cresceu durante todo o tempo de duração do pregão, porque a função que o representa a cada instante, 3 x y [ ------] , é crescente. 2 18. a) 64x 256 ⇒ (26)x 28, ou seja, 26x 28 ⇒ 6x 8 e, portanto, 4 x ------. 3 4 Logo, S { ------} 3 b) 25x 2 125x 5 ⇒ (52)x 2 (53)x 5, ou seja, 52x 4 53x 15 ⇒ 2x 4 3x 15 e, portanto, x 11 Logo, S {11}

x -----3

5 ⇒ 25 1 -----2

x -----3

1 -----2

5 , ou seja,

5 , ou ainda, 5

2x ---------3

5

1 -----2

⇒

3 2 x 1 e, portanto, x ------. ⇒ -------------4 3 2

x

b) Os preços mínimos e máximo, em reais, de cada ação são dados, respectivamente, para os valores 0 e 4 de x, isto é:

x

3 Logo, S { ------} 4 20. e (0,9)h 0,729 ⇒ (0,9)h (0,9)3 h3 Concluímos, assim, que o topo da montanha está a 3 km de altitude. 21. e 2 ou f(2) 8 ⇒ a2 8 e, portanto, a -----------4 2 a ------------- (não convém, pois devemos ter a 0 e a 1). 4 x

2 Logo, f(x) [ ------------- ] . 4 Assim, temos: 2 f(1) [ ------------- ] 4

1

4 4 2 2 2 --------------------------2 2

93


x

1 x x 2 20 ⇒ 2x [2 ------] 22. a) 2 2 ------- 20, ou seja, 2 8; 2 2 logo, x 3. Portanto, S {3} x x x b) 3 31 3 32 54 ⇒ 3 (3 9) 54, ou seja, x 3 9; logo, x 2. Portanto, S {2}. x

x

2 4 3 4 3 30 ⇒ 3x [ ----- ------] 30, ou seja, c) 2 --------------2 3 9 3 3

26. a) f(0) 300 20 1 900 1.050 + g(0) 70 20 2 140 140 As populações A e B tinham, respectivamente, 1.050 e 140 indivíduos. t b) 300 2t 1 900 70 2t 2 140 ⇒ 2 23; logo, t 3. Concluímos, então, que o número de indivíduos da população A permaneceu maior ou igual ao número de indivíduos de B, durante 3 minutos.

x

27.

23. a) f( t ) g(t) 2t 2 75 2t 1 139 t t 2 22 75 2 2 139 t Fazendo 2 k, podemos escrever: 4k 75 2k 139 k 32 Retornando à variável original, temos: t 2 32 t 2 25 t 5 Para t 5, concluímos que f(5) g(5) 203. Assim: a 5 e b 203 b) Daqui a 5 anos. c) f(7) 27 2 75 587 Logo, a reserva A terá 587 indivíduos daqui a 7 anos. f 2 4 2 75 (2 2 2 75) 24 e d) ----------------------------------------------------------------------------t 42 g 2 4 1 139 (2 2 1 139) ----------- -------------------------------------------------------------------------- 12 t 42 3x 1

2x 5

4 3x 1

3 2x 5

8 ⇒ (2 ) (2 ) , ou seja, 24. a) 16 19 212x 4 26x 15 ⇒ 12x 4 6x 15 e, portanto, x --------6 19 Logo, S {x R x ---------} 6 b)

1 [ ------] 3

2 3 x 1

1 [ ------] 3

2x

1 ⇒ [ ------] 3

6x 2

1 [ ------] 3

2x

e, portanto,

6x 2 2x, ou seja, 1 x -----2 1 Logo, S {x R x ------} 2 4x 5

1 ------

1 ------ 3 x 1

3x 1 ----------------------2

84 ⇒ 2

3 ------

2 4 e, portanto,

3 5 3x 1 ----------------------- ------, ou seja, x ------. 4 6 2 5 Logo, S { x R x ------} 6 1 ------ (3 x 2)

e) (0, 6) 2

6 10 23 x

67, 5 6 10 23 x ------------------------------------27 Logo: x 1,5 1024 28. d n n 416 525 10 ⇒ (22)16 525 10 32 25 n 2 5 10 n 27 225 525 10 n 25 128 10 10 n 1,28 1027 10 Logo: n 27 29. Por tentativa, obtém-se 100,301 2. 30. Basta transformar cada uma das expressões em potência de expoente racional. 1 -----2

2 2 20,5 1,4142

a)

1 -----4

b)

4

5 5 50,25 1,4953

c)

5

8 8 80,2 1,5157

1 -----5

π

31. a) 2 23,14 8,8152 b) 5 3

3

51,73 16,1889

5

21,70 3,2490

32. a

2x 1

(2 2 )

número de átomos

27 67,5

c) 2

(0, 3) ⇒ 4x 5 2x 1 e, portanto, x 3. c) (0, 3) Logo, S {x R x 3} d)

massa (g)

4 (3 x 2) 1; logo, x ------. 0,6 ⇒ -------------------------3 2

4 Portanto, S { x R x ------} 3 1 f) 32x 1 3 x 2 ⇒ 2x 1 x 2; logo, x ------. 3 1 Portanto: S {x R x ------} 3

3 f (3) 12 ka 12 1 3 e a ------. ⇒ 3 0 3 e, portanto, k -----2 2 f (0) -----ka -----2 2

1 3 [ ------] Logo, f(x) -----2 2 Assim, temos que: 2

1 3 3 [ ------] f(2) ----- ------. 2 8 2 33. a) Observando a tabela: Temperatura (em °C)

População remanescente (em milhares)

1

4

0

1

1

1 -----

2

1 --------16

3

1 --------64

x

1 [ ------] 4

x

x 3 11 25. 3 3 2 -------3 x Fazendo 3 t, podemos escrever: 2t 11, ou seja, 3t -------3 9t 2t 33 e, portanto, t 3 Retornando à variável original, temos: x 3 3⇒x1 Logo, S {x R x 1}

94

x

1 x temos f(x) [ ------] 4

4

x


3 27; logo, x 3. Portanto, S {3}.


b)

c)

y

f (t) t 0 1.024 10 512 20 256 30 128 64 40

4

f(t) 1.024

1 512

x

–1

34. a t t 400 25 2 ⇒ 24 2 ; logo, t 4. t

256

t

35. 3 3(0,8) 1,08 ⇒ 3(0,8) 1,92, ou seja, t 3(0,8) 1,92, ou, ainda, t t (0,8) 0,64 ⇒ (0,8) (0,8)2 e, portanto, t 2.

128 64

36. a Para x 3, temos: a3 32 1 ⇒ a3 8 e, portanto, a 2.


37. a)

t f (t) 0 1 2 3 4 5

100.000 100.000 2 1

t 0 1 2 3 4 5

g(t) 70.000 70.000 2.000 1 70.000 2.000 2 70.000 2.000 3 70.000 2.000 4 70.000 2.000 5

Generalizando:

100.000 2 2 100.000 2 3 100.000 2 4

f(t) 100.000 2t

100.000 2 5 Generalizando:

g(t) 70.000 2.000t

b) O número de ratos que haverá por habitante após 5 anos é dado f (5) 100.000 2 5 pela razão ---------------, ou seja, ------------------------------------------------ratos/habig(5) 70.000 2.000 5 tante 40 ratos/habitante. 38. 2.880 2.000(1 0,2)t ⇒ 1,44 (1,2)t (1,2)2 (1,2)t t 2 Logo, o capital deve permanecer aplicado durante 2 anos. 39. d m0 - , temos: Para t 66 e mt --------8 m0 --------- m0 266k ⇒ 23 266k e, portanto, 3 66k, ou seja, 8 1 k ---------. 22 a 1.024 f (0) 1.024 ⇒ e, portanto, f (10) 512 a 2 10b 512

40. a)

1 a 1.024 e b ---------. 10 t

1.024 ou, ainda, 1.024 ⇒ 1.024 2 --------10 b) f(t) --------------- ---------------8 8 t --------10

t 23 e, portanto, --------- 3, ou seja, t 30. 10 Concluímos, então, que o tempo mínimo para que a população 1 da população inicial é de 30 anos. se reduza a -----8 2

0 10 20 30 40

t

41. a) A capacidade máxima é obtida no tempo t 0 e, portanto: 0 28 q 16 ⇒ 28 q 24 q4 Logo, a capacidade máxima de água do mar na salina é 4 dam3. b) Para t 48, temos: 48 28 q 16 ⇒ 28 q 26 q2 Logo, após 48 horas do represamento da água, a quantidade da solução de água e sal restante na salina é de 2 dam3. c) Quando a salina está com a sua capacidade máxima de água do mar, que é de 4 dam3, a quantidade de água é 95% dessa capacidade, pois 5% é de sal. Assim, devemos calcular o tempo para q 0,05 4 dam3 0,2 dam3, isto é, t 28 0,2 16 27,8 16 222 16 206 Logo, o tempo necessário para a evaporação total da água é de 206 horas. x

x

x

x

42. 32 4 3 3 0 ⇒ (3 )2 4 3 3 0 Fazendo a mudança de variável 3x y, temos: y2 4y 3 0 ⇒ y 3 ou y 1 Retornando à variável original, temos: x x 3 3 ou 3 1 e, portanto, x 1 ou x 0. Logo, S {1, 0} 43. a) f(1) 9 13 22 g(1) 2 32 40 58 Logo, a população de cupins era de 22 mil indivíduos e a de formigas era de 58 mil. b) f(t) g(t) ⇒ 9t 13 2 3t 1 40, ou seja, (32)t 13 2 3t 3 40 0 ou, ainda, (3t )2 6 3t 27 0. Fazendo a mudança da variável 3t y, temos: y2 6y 27 0 ⇒ y 9 ou y 3 (não convém). Retornando à variável original, temos: y 9 ⇒ 3t 9 e, portanto, t 2. Concluímos, então, que as duas populações tiveram o mesmo número de indivíduos dois meses após o início do estudo. 44. a) Aplicando a fórmula do montante para juro composto, M C(1 i)t , para M m, C 1.000 e i 0,6, temos: m 1.000 (1 0,6)t ⇒ m 1.000 (0,4)t b) 1.000(0,4)t 64 ⇒ (0,4)t 0,064 (0,4)t (0,4)3 t 3 Logo, a massa será menor que 64 g para t 3.

95


3.

1.

x

a) log7 49 x ⇔ 7 49 e, portanto, x 2. Logo, log7 49 2. x b) log6 216 x ⇔ 6 216 e, portanto, x 3. Logo, log6 216 3. 10 x c) log128 1.024 x ⇔ 128 1.024 e, portanto, x ---------. Logo, 7 10 log128 1.024 --------7

1 c) log 3 ------ log3 51 1 log3 5 1,464 5 4.

4 3 4 e, portanto, x 2. Logo, ------ x ⇔ [ ------] -----9 2 9

2

4 log ------3 ------ 2. 9 2 e) log 2

g) h) i) j)

k)

l)

m)

x

16 ⇔ 2

5

625 Logo, log --------4 ------------ 2 16 25 x

o) log 0,001 x ⇔ 10 0,001 e, portanto, x 3. Logo, log 0,001 3. x

p) log0,3 0,09 x ⇔ (0,3) 0,09 e, portanto, x 2. Logo, log0,3 0,09 2. 3 x q) log0,0016 0,008 x ⇔ (0,0016) 0,009 e, portanto, x ------. 4 3 Logo, log0,0016 0,008 ------. 4 81 x 81 e, portanto, x 4. Logo, r) log 0,6 ------------ x ⇔ (0,6) -----------625 625 81 log 0,6 ------------ 4. 625 log2 k 8 ⇔ k 28 256 log3 m 8 ⇔ m 38 6.561 log2 y 2,3214 ⇒ y 22,3214 4,9981 log3 t 2,3214 ⇔ t 32,3214 12,8111 log u 2,3214 ⇔ u 102,3214 209,6042 v log2 2 v ⇔ 2 2 e, portanto, v 1 p log3 3 p ⇔ 3 3 e, portanto, p 1 q log 10 q ⇔ 10 10 e, portanto, q 1 r log3 59.049 r ⇔ 3 59.049 e, portanto, r 10 s

j) log 39,8107 s ⇔ 10 39,8107 e, portanto, s 1,6

96

3

log 5 3

(5 2 )

1 log 5 3

log 5 3

5 5

5

log 5 3

log 5 3

2

32 9

5 3 15

Temos: x log5 1 x ⇔ 5 1 e, portanto, x 0;

5

x

a) b) c) d) e) f) g) h) i)

log 5 3

20 y log 27 9 10 y ⇔ 27 910 e, portanto, y ---------; 3 log 3 4 4 3;

4 16 e, portanto, x ------. Logo, 5

625 4 625 n) log --------4 ------------ x ⇔ [ ---------] ------------ e, portanto, x 2. 16 25 16 25

2.

c) 5 5.

4 16 ------. 5 x log 10.000 x ⇔ 10 10.000 e, portanto, x 4. Logo, log 10.000 4. x log4 4 x ⇔ 4 4 e, portanto, x 1. Logo, log4 4 1. x log5 1 x ⇔ 5 1 e, portanto, x 0. Logo, log5 1 0. x log3 243 x ⇔ 3 243 e, portanto, x 5. Logo, log3 243 5. 1 x log 6 1.000 x ⇔ 10 6 1.000 e, portanto, x ------. Lo2 1 go, log 6 1.000 -----2 x 8 log 5 3 625 x ⇔ ( 5 ) 3 625 e, portanto, x ------. 3 8 Logo, log 5 3 625 -----3 1 x log243 3 x ⇔ 243 3 e, portanto, x ------. Logo, 5 1 log243 3 -----5 7 x log32 128 x ⇔ 32 128 e, portanto, x ------. Logo, 5 7 log32 128 -----5 log 2

f)

5

a) 5

b) 25

x

d) log ------3

a) log3 25 log3 52 2 log3 5 2 1,464 2,928 b) log3 125 log3 53 3 log3 5 3 1,464 4,392

9

log 3 5

(3 2 )

log 3 5

3

log 3 5 2

Logo, log5 1 log27 910 4

52 25

log 4 3

9

log 3 5

20 3 25 0 --------3

104 -----------3 6.

logb a6 6logb a 6 9 54

7.

Temos que: logb a2 8 ⇒ 2logb a 8 e, portanto, logb a 4 Logo, logb a3 3 logb a 3 4 12

8.

log b

9.

a) Para t 4, temos:

3

1 log a 1 9 3 a ----------b 3 3

100.000 2 4 440 n 100.000 24 e, portanto, S 280 -------------------------------10.000 Logo, o salário mínimo será de R$ 440,00. b) Para S 600, temos: n 600 280 ------------------- ⇒ n 3.200.000 10.000 t

t

e, portanto, 3.200.000 100.000 2 ⇒ 2 32, ou seja, t 5 Logo, o salário mínimo atingirá R$ 600,00 daqui a 5 décadas. c) Para S 880, temos: n 880 280 ------------------- ⇒ n 6.000.000 e, portanto, 10.000 t

t

6.000.000 100.000 2 ⇒ 2 60, ou seja, t log2 60 Logo, o tempo t, em décadas, é t log2 60 10. a) log5 6 log5 (2 3) log5 2 log5 3 0,43 0,68 1,11 2 b) log 5 ------ log5 2 log5 3 0,43 0,68 0,25 3 3 c) log5 1,5 log 5 ------ log5 3 log5 2 0,68 0,43 0,25 2 log 5 2 0,43 d) log3 2 ----------------- -------------- 0,63 0,68 log 5 3 log 5 3 0,68 e) log2 3 --------------------- -------------- 1,58 log 5 2 0,43 f) log5 8 log 5 2 3 3log5 2 3 0,43 1,29 g) log5 24 log5 (23 3) log5 23 log5 3 3 log5 2 log5 3 3 0,43 0,68 1,97 9 h) log 5 ------ log5 9 log5 8 log5 32 log5 23 8 2 log5 3 3log5 2 2 0,68 3 0,43 0,07 1

i) log 5

-----1 log 3 1 0,68 0,34 3 log 5 3 2 ----------5 2 2

j) log 5 4 4 3 log5 4 log 5

4

1 ------

3 log5 22 log 5 3 4

1 log 3 2 0,43 1 0,68 1,03 2 log5 2 ----------5 4 4


Capítulo 11


k) log

5

log 5 12 log 5 (2 2 3) 12 ------------------------ --------------------------------- 1 -----log 5 5 log 5 5 2

log 2 --------------------------------------------------------------------- 2 log 2 log 3 log 10

log 5 2 2 log 5 3 2 log 5 2 log 5 3 ------------------------------------------- - --------------------------------------------1 1 -----------log 5 5 log 5 5 2 2

0,30 -------------------------------------------------- 4,28 2 0,30 0,47 1 b) Em 4,28 anos, aproximadamente. c)

2 0,43 0,68 3,08 ---------------------------------------1 ------ 1 2

M F

1,44C K 1,2C

E

log 3 3 1 11. a) log4 3 ------------------ -------------- 0,79 1,26 log 3 4 log 3 3 1 1 b) log12 3 --------------------- -------------------------------- ------------------------------------------ log 3 (4 3) log 3 4 log 3 3 log 3 12 1 ------------------------ 0,44 1,26 1

n

1 1,5 2

Pelo teorema de Tales, temos: log 2 4 12. x ------------------ log2 3 log2 4 2 log 2 3

21 1,44C 1,2C ---------------------- --------------------------------------1,5 1 K 1,2C

k

13. Temos que 3 2 ⇒ k log3 2

1 0,24C ----------- -----------------------------0,5 K 1,2 C


log 3 (9 2) log 3 18 Logo, log2 18 --------------------- ------------------------------- log 3 2 log 3 2

K 1,2C 0,12C K 1,32C

log 3 9 log 3 2 2k ----------------------------------------- ----------------k log 3 2

17. a)

Tempo (anos)

Preço (D$)

0

1

1

2

2

4

70 14. log 35 log --------- log 70 log 2 log (7 10) log 2 2 log 7 log 10 log 2 0,84 1 0,30 1,54 15. b. t

log 4 0,602 6,2 t log1,25 4 --------------------------------------log 1,25 0,097 16. a)

3

8

y

2y

t

8.000 2.000(1,25) ⇒ (1,25) 4 e, portanto,

b) y log2 x c)

M 2C

G

y 3 2

1,44C 1,2C C

1 F E 1

2

4

x

8

18. a) f(x) log5 x é crescente, pois a base é maior que 1. b) g(x) log0,3 x é decrescente, pois a base está entre 0 e 1. 19. I. (V) log3 x log3 5 ⇔ x 5 0

1 .......

2 .......

4,28 .........

n

II. (V) log3 a log3 b ⇔ a b III. (F) log ------1 a log ------1 b ⇔ a b 3

Valor aproximado

• 1,2C C(1,2) x 1,2 (1,2) x1 • 2C C(1,2)z 2 (1,2)z

x

• 1,44C C(1,2)y 1,44 (1,2)y y2

log 2 log 2 z log1,2 2 ------------------------------------------log 1,2 12 log --------10 log 2 log 2 ------------------------------------------- - ------------------------------------------------------log 12 log 10 log (2 2 3) log 10 log 2 --------------------------------------------------------------- log 2 2 log 3 log 10

3

IV. (V) log0,7 a log0,7 b ⇔ a b V. (V) log

1,5

a log

1,5

b ⇔ab

20. a) Condição de existência: 5x 15 0 ⇔ x 3; logo, D(f) {x R x 3} b) Condição de existência: x2 3x 0 +

+

0

3

x

Logo, D(g) {x R x 0 ou x 3}

97


c) Condição de existência:

Assim, temos: log 3 ( x 4) log3 3 ⇒ log3 (x 2) ---------------------------------log 3 9

6 x 1 0 (I) x 0 (II) x 1 (III)

⇒ 2 log3 (x 2) log3 (x 4) 2 log3 3, ou seja, log3 (x 2)2 log3 (x 4) log3 32 ou, ainda,

(I)

x

1 6

(II)

( x 2) 2 ( x 2) 2 9 e, portanto, log 3 ------------------------ log3 9 ⇒ -----------------------x4 x4

x

0 (III)

1

(I) (II) (III)

1 6

1

x 5 ou x 8. Logo, S {5, 8}

x x

g) C.E.:

Assim, temos:

1 e x 1} D(h) {x R x -----6

log 6 ( x 2) log 6 64 --------------------log6 (x2 1) ---------------------------------- ⇒ 1 log 6 36 -----log 6 6

21. f(x) log2 5(x 3) ou, ainda, y log2 5(x 3). Trocando x por y e y por x, temos: x log2 5(y 3). Isolando a variável y, temos a função inversa de f: x log2 5(y 3) ⇒ 5(y 3) 2x

1 ⇒ log6 (x2 1) log6 (x 2) ------ log 6 64, ou seja, 2 1

ou x 5. Logo, S {3, 5}

2 x 15 ou, ainda, f 1(x) ---------------------5

h) C.E. x 0 e x 1 Assim, temos:

22. a) C.E.: 6x 9 0, ou seja, x 3. Assim, temos:

1 logx 32 5 ⇒ x5 32 e, portanto, x ------. 2

log3 (6x 9) log3 34 ⇒ 6x 9 81 e, portanto, x 15 Logo, S {15} 2 x 10 0 , ou seja, x 1 x1 0

Assim, temos: log2 (2x 10) log2 (x 1) log2 26 ⇒ ⇒ log2 (2x 10)(x 1) log2 64 e, portanto, (2x 10)(x 1) 64, ou seja, x 3 ou x 9 (não convém) Logo, S {3} c) C.E.:

3x 7 0 , ou seja, x 1 x1 0

Assim, temos: 3x 7 3 x 7 5 e, portanto, x 6 log 5 --------------------- log5 5 ⇒ -------------------x1 x1 Logo, S {6} d) C.E.:

x 0 x 2 0 , ou seja, x 3 x3 0

x 4 ou x 6. Logo, S {4, 6} x2 2 x 0 , ou seja, x 0 x 0

Assim, temos: 2

x 2 2 x 4 e, por⇒ ---------------------x

tanto, x 2 ou x 0 (não convém). Logo, S {2} f) C.E.:

98

x2 0 , ou seja, x 4. x4 0

24. b C.E.:

t1 0 , ou seja, t 0. t 0 (pois t representa o tempo)

3,5 1,5 log3 (t 1) ⇒ log3 (t 1) 2 e, portanto, t 1 32, ou seja, t 8. Como 8 satisfaz a condição de existência, concluímos que o tempo transcorrido foi de 8 anos. 25. a) C.E.: 2x 8 0, ou seja, x 4 (I). Assim, temos: 33 (II). x --------2

x( x 2) x( x 2) 8 e, portanto, log 2 -------------------------- log2 23 ⇒ ------------------------x3 x3

x2 2 x 1 log ------1 ----------------------- log ------1 [ ------] 2 x 2 2

23. b O ponto comum aos dois gráficos é (2, 3). Assim, temos que: log2 (2 a) 3 ⇒ 2 a 23 e, portanto, a 6.

log5 (2x 8) log5 52 ⇒ 2x 8 25 e, portanto,

Assim, temos:

e) C.E.:

1 Logo, S { ------} 2

O conjunto solução S é a intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II): 33 S {x R \ x ---------} 2 b) C.E.: x 2 0, ou seja, x 2 (I). Assim, temos: 1 log ------1 ( x 2) log ------1 [ ------] 3 3 3

1

⇒ x 2 3 e, portanto,

x 5 (II). O conjunto solução S é intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II): S {x R x 5} c) C.E.:

3x 6 0 , ou seja, 2 x 6 (I). 6x 0


-----x2 1 x 2 1 8 e, portanto, x 3 log 6 ------------------- log 6 64 2 ⇒ ------------------x2 x2

2x 3 y -------5

b) C.E.:

x2 1 0 , ou seja, x 2 x2 0


Assim, temos: log2 (3x 6) log2 (6 x) ⇒ 3x 6 6 x e, portanto, x 3 (II). O conjunto solução S é a intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II): S {x R 3 x 6}

29. a Para i 10, temos: h log (100,7 100,5) log 101,2 1,2 Assim, uma criança de 10 anos terá 1,2 m ou, ainda, 120 cm. 30. a) log 8 log 23 3log 2 3 0,3 0,9 t

5x 1 0 1 x 5 (I). , ou seja, -----d) C.E.: -----5 2 5 2x 0 Assim, temos: log0,5 (5x 1) log0,5 (5 2x) ⇒ 5x 1 5 2x e, portanto,


6 (II). x -----7 O conjunto solução S é a intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II). 6 1 x ------} S {x R \ -----7 5 1 e) C.E.: 2x 1 0, ou seja, x ------ (I). 2 Assim, temos: log2 5(2x 1) log2 23 ⇒ 5(2x 1) 8 e, portanto, 3 (II). x --------10 O conjunto solução S é a intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II): 1 3 S {x R \ ------ x ---------} 2 10 1 (I). f) C.E.: 6x 1 0, ou seja, x -----6 Assim, temos:

t 1 --------- log ------, ou seja, t 70 log 23 70 8 70 (3) log 2 210 0,3 63 1 da massa original após 63 anos. Logo, a massa será -----8 10 k 31. a) Q(0) 1 ⇒ log ----------------- 1 e, portanto, 10k 10, ou seja, 01 k 1. 10 10 100, ou seb) Q(t) 0 ⇒ log ---------------- 0 e, portanto, --------------t1 t1 ja, t 9. Logo, a experiência chegará ao fim após 9 horas. 4 log --------10 log4 log10 32. 0,8 2 (0,5) ⇒ t log0,50,4 ---------------------- ----------------------------------1 log1 log2 log -----2 t

log2 2 1 2log2 1 2 0,3 1 4 --------------------------------------------------------------------------------------log2 log2 0,3 3 1 hora 1 h 20 min t 1 hora -----3 33. e

6x 1 1 6 x 1 1 e, porlog ------1 --------------------- log ------1 [ ------] ⇒ ------------------------4 3 4 9 3 3 2

13 (II) tanto, x --------54 O conjunto solução S é a intersecção dos conjuntos de valores reais (I) e (II): 13 S {x R \ x ---------} 54 26. a) 1,83337 2,06196 100,26325 100,31428 100,26325 0,31428 100,57753 3,78033 b) 3,78033 : 2,06196 100,57753 : 100,31428 100,57753 0,31428 100,26325 1,83337 c) (2,06196)4 (100,31428)4 101,25712 18,07674 d)

1 ------

1 ------

2,06196 (2,06196) 2 (10 0,31428 ) 2 100,15714 1,43595

início →

Ano Quantidade x 0 2x 1 22 x

2 3 t

23 3 2t x

t

t

2 x 10 x ⇒ 2 10 e, portanto, t log2 10 log 10 10 1 1 10 3 1 -------------------- --------------------------------------0,30 3 3 3 log 10 2 --------10 1 de um ano, ou seja, Logo, o tempo necessário será de 3 anos e -----3 3 anos e 4 meses. 34. a y

27. b 1.430 1.000(1,1)n ⇒ 1,43 (1,1)n e, portanto, n log1,1 1,43

log 4 log 3

28. d 5.000 2.000 (1 0,2)n ⇒ 1,2n 2,5 e, portanto, 10 log --------log2,5 4 n log1,22,5 --------------------------------------- 12 log1,2 log --------10

log 2

log10 log4 log10 log2 2 ------------------------------------- --------------------------------------------------log12 log10 log(2 2 3) log10 log10 2 log2 log10 2 log2 -------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------- 2 log2 log3 log10 log2 2 log3 log10 1 2 0,30 --------------------------------------------------5 2 0,30 0,48 1

t

-------- --------M0 1 b) ---------- M0 10 70 ⇒ ------ 10 70 e, portanto, 8 8

0

1

2

3

4

t

Logo, a área A da região hachurada é dada por: A (3 2) (log 3 log 2) (4 3) (log 4 log 3) 3 4 4 3 ------] log ------ log ------ log[ ----- log 2 2 3 3 2 35. a) Para x 0,12, temos: 12 0,12 f(0,12) log 0,99 ---------------------------- log0,99 0,99 1 12 Logo, a substância A perde 0,12 g de sua massa em 1 século.

99


3.

8x 8 x ⇒ 0,92 ----------------, ou seja, x 0,64. (0,99)8 ---------------8 8 Logo, em 4 séculos, a substância B terá perdido 0,64 g.

12 x 1 8x log 0,99 -------------------- ------log 0,99 ----------------- ⇒ 12 2 8

Logo:

12 x 8x ⇒ 2log 0,99 -------------------- log 0,99 -----------------, ou seja, 12 8 12 x 2 8x log 0,99 [ --------------------] log 0,99 ----------------- ⇒ 12 8

1,

[a 4.

12 x 2 8 x e, portanto, x 0 ou x 6 ⇒ [ --------------------] ---------------12 8 Logo, para 0 g ou 6 g de massa perdida, tem-se f(x) g(x). 36. a) D(1) D0 2(2a 1) ⇒ 15 16 22a 15 2a log 2 --------- log2 15 log216 16 log2 5 log2 3 log2 16 2,3 1,6 4 2a 0,1 0,05 b) D(t) 20 ⇒ 20 16 2(2 0,05t) 5 20,1t -----4

Capítulo 12 1.

a1 4, a2 7, a3 0, a4 8, a5 5, a6 5 e a7 5.

2.

a) a1 6 n 1 ⇒ a2 9 a1 9 6 15 n 2 ⇒ a3 9 a2 9 15 24 n 3 ⇒ a4 9 a3 9 24 33 Logo, a seqüência é (6, 15, 24, 33, …). b) n 1 ⇒ a1 5 1 3 8 n 2 ⇒ a2 5 2 3 13 n 3 ⇒ a3 5 3 3 18 n 4 ⇒ a4 5 4 3 23 Logo, a seqüência é (8, 13, 18, 23, …). c) n 1 ⇒ a1 12 2 1 3 n 2 ⇒ a2 22 2 2 8 n 3 ⇒ a3 32 2 3 15 n 4 ⇒ a4 42 2 4 24 Logo, a seqüência é (3, 8, 15, 24, …).

100

2,

3,

5,

8,

13,

21,

34, 55, 89, 144, ...

a7

a8

a9

a10 a11

a12

a) (6, 11, 16, 21, 26, 31) é P.A. de razão 5. b) (1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81) não é P.A. 4 5 7 8 10 11 1 c) [ ------, ------, 2, ------, ------, 3, ---------, ---------] é P.A. de razão ------. 3 3 3 3 3 3 3

5.

6. 7.

5 0,1t log 2 ------ log2 5 log2 4 2,3 2 0,3 4 0,1t 0,3 ⇒ t 3 Concluímos, então, que a pessoa morreu às 19 h 30 min, ou seja, três horas antes do instante da primeira tomada de temperatura do corpo. 37. a) log 8 0,903 b) A maioria das calculadoras científicas não apresenta tecla para o cálculo de logaritmo que não seja decimal ou natural. Assim, para o cálculo do log5 8, adota-se a mudança de base: log 8 0,903 1,292 log5 8 ------------------------------log 5 0,699

1

1,

a2 a3 a4 a5 a6

a) (5, 2, 1, 4, …) P.A. decrescente b) (3, 3, 3, 3, …) P.A. constante c) (10, 18, 26, 34, …) P.A. crescente 1 x 2x 1 ⇒ x 4 x 2 ----------------------------------------------2 Números de dias em atraso

Multa em R$

1

38

2

38 5

3

38 2 5

4

38 3 5

18

38 17 5

n

38 (n 1) 5

8.

a51 a1 50r ⇒ a51 8 50 6 308

9.

r a2 a1 1 4 3 a18 a1 17r ⇒ a18 4 17 (3) 47

31 10. a16 a1 15r ⇒ 45 14 15r e, portanto, r --------15 11. Sendo n o número de termos da P.A., temos: an a1 (n 1)r ⇒ 222 12 (n 1) 6 e, portanto, n 36. 12. Os múltiplos de 7 compreendidos entre 10 e 200 formam a P.A.: (14, 21, 28, ..., 196). Sendo n o número de termos dessa P.A., temos: an a1 (n 1) r ⇒ 196 14 (n 1) 7 e, portanto, n 27. 13.

a 1 a 9 15 a 3 a 6 18

⇒

a 1 a 1 8r 15 a 1 2r a 1 5r 18

, ou seja,

2a 1 8r 15 2a 1 7r 18 Subtraindo, membro a membro, essas equações, obtemos: r 3. 14. a8 a1 7r 67 4 7r 63 7r 9r Assim, temos a P.A.: (4, 13, 22, 31, 40, 49, 58, 67) a1 a8 15. 8 a1 (12 1) 5 ⇒ a1 63 Logo, a46 63 (46 1) 5 162


c) C.E.:

12 x -------------------- 0 12 , ou seja, x 8. 8x ----------------- 0 8

a1 1 a2 1 a3 a 1 a2 1 1 2 a 4 a 2 a3 1 2 3 a 5 a 3 a4 2 3 5 a 6 a 4 a5 3 5 8 a7 a5 a6 5 8 13 a8 a6 a7 8 13 21 a9 a7 a8 13 21 34 a10 a8 a9 21 34 55 a11 a9 a10 34 55 89 a12 a10 a11 55 89 144

[

b) Para g(x) 4, temos: 8x 8x 1 4 ------log 0,99 ----------------- ⇒ 8 log 0,99 ----------------- e, portanto, 8 8 2


16. As marcas quilométricas em que há telefones instalados formam a P.A. de primeiro termo a1 5 e razão r 2,8. Sendo n o número de telefones instalados, temos que: 61 5 (n 1) 2,8 ⇒ n 21 17. Representando a P.A. por (x r, x, x r), temos: x r x x r 6 ⇒ x 2 (I) ( x r) x( x r ) 24 (II) Substituímos (I) em (II): (2 r) 2 (2 r) 24 4 r2 12 r2 16 r 4 Como a P.A. é decrescente, só nos interessa r 4. Temos, então, a P.A. (6, 2, 2).

1 1 1 1 1 c) [ ------, ---------, ------------, ------------] é P.G. de razão ------. 5 5 25 125 625 4 d) [ ------, 8, 48, 288, 1.728] é P.G. de razão 6. 3 a 39 5 1 26. q --------- ⇒ q --------- -----a 38 15 3 27. b Sendo x o termo a1 dessa progressão, temos: a2 x 0,1x 1,1x a3 1,1x 0,1 1,1x 1,1x(1 0,1) (1,1)2x a4 (1,1)2x 0,1 (1,1)2x (1,1)2x (1 0,1) (1,1)3x Assim, temos que cada termo da seqüência (an), a partir do segundo, é igual ao produto do termo anterior por 1,1. Trata-se, portanto,

18. d Indicando por (x r, x, x r) a P.A. crescente formada pelas medidas dos ângulos internos do triângulo, temos:


x r x x r 180 x 60 ⇒ x r 2( x r ) x 3r Logo, x 60° e r 20° e, portanto, o maior ângulo interno do triângulo mede 80°

11 de uma P.G. de razão 1,1 ou, ainda, ---------. 10 1 28. (2x 4)2 5(6x 2) ⇒ x 3 ou x -----2

29.

19. a80 a1 79r ⇒ a80 6 79 3 243

(15 185) 51 4.335 Logo, S51 --------------------------------------------------2 21. Os múltiplos de 6 compreendidos entre 100 e 400 formam a P.A.: (102, 108, 114, …, 396). Indicando por n o número de termos dessa P.A., temos: 396 102 (n 1) 6 ⇒ n 50. Assim, temos: (102 396) 50 12.450 S50 -----------------------------------------------2

y 2 x (I) y 8x 2

y 8x 2

(a 1 a 80 ) 80 (6 243) 80 S80 ------------------------------------------ ⇒ S80 ------------------------------------------- 9.960 2 2 20. a51 15 (51 1) 4 185

x y 1 ------------------2 ⇒

Substituindo (I) em (II), obtemos: (2 x)2 8x ⇒ x2 4x 4 0 e, portanto, x 2. Substituindo x por 2 em (I), temos y 4. 30. a10 3 29 1.536 1 31. a11 [ ---------] (3)10 2.187 27

32.

33.

a1 4 a 1 q 128 5

a1 2 a 1 q 162 4

⇒q2

⇒ q 3 ou q 3

22. Indicando por n o número de termos da P.A., temos: (a 1 a n )n (1 157)n Sn ------------------------------- ⇒ 3.160 ---------------------------------- e, portanto, n 40 2 2

34.

1 1 ----------------- 512 [ ------] 2 1.024

n 1

n

1 1 ou seja, [ ------] [ ------] 2 2

50

23. a)

(II)

2 j 2 4 6 … 100

1 1 29 [ ------] ⇒ --------10 2 2

1

n

1 [ ------] , 2

20

e, portanto, n 20.

j 1

(2 100) 50 2.550 -----------------------------------------2 40

b)

(3 j 1) 2 5 8 … 119

j 1

(2 119) 40 2.420 -----------------------------------------2 24. (1, 3, 5, 7, …, an, …) Calculando an: an a1 (n 1)r ⇒ an 1 (n 1) 2 Logo: an 2n 1 Calculando Sn: (a 1 a n )n (1 2n 1)n Sn ------------------------------- ⇒ Sn -------------------------------------------2 2 Logo: Sn n2 25. a) (6, 12, 24, 48, 96) é P.G. da razão 2. b) (3, 6, 9, 12, 15, 18) não é P.G.

35.

a 1 a 1 q 3 28 a 1 q a 1 q 84 4

a 1 (1 q ) 28 (I) 3

⇒

a 1 q(1 q ) 84 (II) 3

Dividindo (II) por (I), membro a membro, obtemos q 3. Substituindo q por 3 em (I), concluímos que a1 1. 36. a6 a1q5 96 3 q5 q5 32 q2 Assim, temos a P.G.: (3, 6, 12, 24, 48, 96) a1 a6 37. a7 a1q6 ⇒ 2 1q6; logo, q 6 2 • para q

6

2,

temos a P.G. (1, 6 2 , • para q 6 2 ,

6

temos a P.G. (1, 6 2 ,

4, 6

6

8,

6

16 ,

4 , 6 8 ,

6

6

32 , 2)

16 , 6 32 , 2)

101


Ano

Número de habitantes

2001

2.000.000

2002

2.000.000 1,1 2.200.000

2003

2.200.000 1,1 2.420.000

2004

2.420.000 1,1 2.662.000

2025

2.000.000 (1,1)24

2000 n

2.000.000 (1,1)n 1

• No ano 2025, a população dessa cidade será igual ao 25º termo da P.G. (2.000.000, 2.200.000, 2.420.000, 2.622.000, …), isto é: a25 2.000.000 (1,1)24 • No ano 2000 n, a população dessa cidade será o n-ésimo termo da P.G. (2.000.000, 2.200.000, 2.420.000, 2.662.000, …), isto é: an 2.000.000 (1,1)n 1 39.

Ano

Toneladas

2002

x

2003

x 1,02

2004

x (1,02)2

2005

x (1,02)3

Observando que os elementos da segunda coluna da tabela formam a P.G. (x; x 1,02; x (1,02)2; …) temos que: a) A quantidade vendida em 2012 é o 11º termo dessa P.G., isto é, x (1,02)10. b) A quantidade vendida em 2020 é o 19º termo dessa P.G.; isto é, x (1,02)18. c) A quantidade vendida no ano n, com n 2002, é o termo de ordem n 2001 dessa P.G., isto é, x (1,02)n 2002. 40. 1ª geração → 3 27 2 3 28 2ª geração → 3 28 2 3 29 3ª geração → 3 29 2 3 210 O número de indivíduos da enésima geração é o termo an da P.G. (3 28, 3 29, 3 210, …), ou seja: an 3 28 2n 1 ⇒ ⇒ an 3 2 n 7 . n Para que an 3 225, devemos ter 3 2 7 3 225 e, portanto, n 18. Logo, o número de indivíduos será 3 225 na 18ª geração. x 41. Indicando a P.G. por [ ------, x, xq], temos: q 1 x 1 ------ x xq -----x -----2 q 8 ⇒ x x ------ x 2 ------ x 2 q q 1 1 e q ------. Resolvendo o sistema, obtemos x -----3 2 3 1 1 Logo, a P.G. é [ ------, ------, ------] 2 2 6 42. c x Sendo ------, x, xq, as medidas do cateto menor, do cateto maior e q da hipotenusa, respectivamente, temos, pelo teorema de Pitágoras: x 2 1 2 (xq)2 x2 [ -----2 q ] ⇒ q 1 --------. q Resolvendo essa equação para q 0, obtemos: q

1 5 ----------------------- 1,2. 2

2(1 2 ) 4.094 43. S11 -----------------------------1 2 11

102

a 1 (1 q ) 44. S10 --------------------------------1 q 10

1 10 1[1 [ ------] ] 2 S10 -------------------------------------------1 1 -----2 1.023 1 ----------------1 ----------------1.024 1.024 1.023 S10 --------------------------------------------------------------------1 512 1 ----------2 2 2f1 (2) g 45. S10 --------------------------------------- 682 1 (2) 10

46. Sn 5.115 n

5(1 2 ) ------------------------------ 5.115 1 2 n

5(1 2 ) 5.115 n 1 2 1.023 n 1.024 2 n 10 2 2 n 10 8 a 1 (1 q ) a 1 (1 2 ) 47. S8 ------------------------------- e, portanto, a1 3. - ⇒ 765 ------------------------------1 2 1 q 8

48. As quantidades de pneus vendidos ano a ano formam a P.G. de razão 1,08: (20.000, 21.600, 23.328, …) Logo, no decênio 1993/2002, o número de pneus vendidos é dado por: 20.000 f1 (1,08) g S10 ----------------------------------------------------------- 289.730 1 1,08 10

a1 45 45 135 49. S∞ ------------------ ⇒ S∞ ----------------------- --------- -----------1 q 1 2 2 -----1 -----3 3 a1 32 128 50. S∞ ------------------ ⇒ S∞ ----------------------- -----------1 q 1 3 1 -----4 x 5 51. 5 ----------------------⇒ x -----1 2 1 -----2 52.

9 3 1 ------ ------------------- ⇒ q -----2 1 q 3

0,8 44 53. D 4 ----------------------- --------1 0,1 9 54. Os perímetros dos triângulos, em centímetros, formam a seguinte P.G. infinita: 5 [20, 10, 5, ------, …] 2 Logo, a soma dos infinitos perímetros é: 20 S∞ ----------------------- cm 40 cm 1 1 -----2 55. a) S10 102 4 10 140 b) a1 S1 12 4 1 ⇒ a1 5 c) a6 S6 S5 s62 4 6d s52 4 5d ⇒ a6 15 56. b A 4 A 5 A e, portanto, a P.A. é Temos B ---------------------------------2 2 5A [A, ----------- , 4 A]. Como a soma dos ângulos internos de um triân2


38.


57.

gulo qualquer é 180°, concluímos:

nema é igual à soma S16 dos termos dessa P.A., ou seja,

5 A 4A 180° ⇒ A 24°. A ---------2

(a 1 a 16 ) 16 (20 50) 16 S16 ------------------------------------------ ------------------------------------------- 560. 2 2 66. c

103 1 1 ------------ ------ (n 1) ------ ⇒ n 51 6 2 3

(1 20)20 ----------------------------------

2 21 22 23 … 220 2 2210 Logo, a seqüência de teclas que devem ser acionadas é aquela apresentada na alternativa c.

58. e a3 p 1 a 10 3 p 1

⇒

a 1 2r p 1 a 1 9r 3 p 1

e, portanto,

2p 2 3 p 11 a1 -------------------------- e r -----------------------. 7 7

67. A representação dessa P.A. no plano cartesiano é formada por todos os pontos da forma (n, 2n 7), com n N*. Alguns desses pontos estão representados a seguir: y

3 p 11 6 (2 p 2) Logo, a7 a1 6r ⇒ a7 -------------------------- ------------------------------------ 7 7

3


15 p 1 --------------------------. 7

1 1

59. c Os saldos, em reais, de Júnior e Ricardo formavam, respectivamente, as progressões aritméticas: (4.500, 4.450, 4.400, …) e (3.200, 3.250, 3.300, …). Os termos gerais dessas duas seqüências são, respectivamente, an 4.500 (n 1) (50) e b n 3.200 (n 1) 50; a1 e b 1 correspondem aos saldos de novembro de 2001; a2 e b 2 correspondem aos saldos de dezembro de 2001; e assim por diante. Vamos obter o menor valor de n, com n N*, tal que b n an, ou seja, 3.200 (n 1) 50 4.500 (n 1) (50) ⇒ n 14. O menor n, com n N*, que satisfaz n 14 é o número 15; logo, no 15º mês, a partir de novembro, o saldo de Ricardo ultrapassou, pela primeira vez, o de Júnior. Isso se deu, portanto, em janeiro de 2003. 60. Os múltiplos de 11 compreendidos entre 200 e 500 formam a P.A.(209, 220, 231, …, 495). Sendo n o número de termos dessa P.A., temos: 495 209 (n 1) 11 ⇒ n 27. (209 495) 27 9.504 Logo, S27 -----------------------------------------------2

4

5

x

–3

–5

Sendo a n1 2n1 7 e a n2 2n2 7, como n1 n2, temos: a n 2n 2 7 (2n 1 7) ------------ ------------------------------------------------------n n2 n1 2n 2 2n 1 2(n 2 n 1 ) --------------------------- ----------------------------- 2 n2 n1 n2 n1 68. Sendo a n1 a1 (n1 1)r e a n2 a1 (n2 1)r, com n1 n2, temos: a n a 1 (n 2 1)r [a 1 (n 1 1) r] - 4 ------------ 4 ⇒ ----------------------------------------------------------------------------------------n n2 n1 a 1 rn 2 r a 1 rn 1 r -------------------------------------------------------------------------4 n2 n1 rn 2 rn 1 --------------------------4 n2 n1 r(n 2 n 1 ) ----------------------------4 n2 n1 r4 Logo, a6 3 5 4 23

ou seja, Sn n2 n.

(4 j 1) 5 9 13 … (4n 1)

69. (2x)2 2(4x 6) x2 2x 3 0 x 3 ou x 1 Para x 3, temos a P.G. (2, 6, 18), crescente. Para x 1, temos a P.G. (2, 2, 2), oscilante. Logo, temos uma P.G. crescente se, e somente se, x 3.

(5 4n 1)n 2n2 3n ------------------------------------------2

1 70. an a1qn 1 ⇒ 231 ---------------- 2n 1, ou seja, 1.024

ou seja, Sn n2 n. n

63.

3

–1

61. Os números naturais pares, em ordem crescente, formam a P.A. (0, 2, 4, 6, …) em que: an 0 (n 1) 2 ⇒ an 2n 2. (a 1 a n )n (0 2n 2)n Logo, Sn ------------------------------- ⇒ Sn -------------------------------------------- , 2 2

62. Os números naturais pares não-nulos, em ordem crescente, formam a P.A. (2, 4, 6, 8, …) em que an 2 (n 1) 2 ⇒ an 2n. (a 1 a n )n (2 2n)n Logo, Sn ------------------------------- ⇒ Sn -------------------------------, 2 2

2

j 1

64. a) A produção no dia 20 de abril é igual ao 20º termo da P.A. (200, 210, 220, …), isto é, a20 200 19 10 390. b) A produção acumulada até o dia 20 de abril é a soma dos 20 primeiros termos da P.A. apresentada no item a, ou seja, (200 390) 20 5.900 S20 -----------------------------------------------2

241 2n 1 e, portanto, n 42 Logo, a P.G. possui 42 termos. 71. a16 a1q15 ⇒ 27 312 q15, ou seja, 315 q15 e, portanto, q 3 72. O número de destinatários da 6ª geração é igual ao 6º termo da P.G. (50, 500, 5000, …), isto é, a6 50 105 5.000.000. n

65. e Os números de poltronas da 1ª à 16ª fila formam a P.A. (20, 22, 24, …, 20 15 2). Assim, o total de poltronas do cia16

73.

2

j

4.094 ⇒ 2 4 8 … 2n 4.094, ou seja,

j1

2s1 2 d ----------------------------- 4.094 ⇒ 2n 2.048 e, portanto, n 11. 1 2 n

103


74. a) Cada termo an da P.G. a seguir indica o consumo de água nessa cidade, em milhões de litros, no n-ésimo dia de verão: (30; 30,15; 30,30075; …) Assim, o consumo nos quarenta primeiros dias de verão é:

b)

Freqüência

6

30f1 (1,005) g S40 -------------------------------------------------- 106 L 1 1,005 40

5 4

30f1 (1,005) g b) Sn ------------------------------------------------ 106 L 1 1,005 n

75. A empresa A doará a soma, em dólares, dos dez primeiros termos da P.G. (100.000, 50.000, 25.000, …) isto é, S10 199.805 dólares. A empresa B doará a soma, em dólares, dos infinitos termos da P.G. (98.000, 49.000, 24.500, …), isto é, S∞ 196.000 dólares. Logo, a empresa A é a mais generosa.

1

76. As distâncias, em metros, percorridas em alguns segundos após a

0,96

0,98

1,00

1,02

1,04

Classes (L)

5 freada são os primeiros termos da P.G. [20, 5, ------, …]. 4 c)

Mesmo que essa P.G. fosse infinita, não haveria o choque do auto com a pedra, pois:

Classes (L)

1,02

P.G. é aproximadamente 26,66 m, que é menor do que 100 m. 1,00

77. a Sendo AB d e BB’ h, temos que a área do triângulo ABB’ é dh ---------- . 2 As áreas dos triângulos destacados, em ordem decrescente, for-

0,98 0,96

dh dh dh mam a P.G. [ ---------- , ---------- , ---------- , …] cuja soma dos infinitos ter4 8 16 mos é dada por: dh ---------4 dh --------S∞ ----------------------1 2 1 -----2

1

2

3

4

5

6 Freqüência

360 4 72° d) Para a classe 0,96, temos: -------------20

Concluímos, então, que a soma das áreas dos triângulos destacados é igual à área do triângulo ABB’.

360 6 108° Para a classe 0,98, temos: -------------20

78. Os pontos da forma (n, 4 3 ), com n N*, formam a representação gráfica da P.G. e, portanto, a P.G. é (12, 36, 108, ...). Assim, o termo geral an é an 12 3n 1 Para que an seja maior que 36, devemos ter: 12 3n 1 36 3n 1 3 n11 n2 Logo, o menor valor possível de n é 3. n

360 5 90° Para a classe 1,00, temos: -------------20 360 4 72° Para a classe 1,02, temos: -------------20 360 1 18° Para a classe 1,04, temos: -------------20 Logo, o gráfico de setores é: 108°

0,98 L

Capítulo 13 1.

a)

Classes (volumes em L)

Freqüência

Freqüência relativa

0,96

4

20%

0,98

6

30%

0,96 L 90°

72°

1,00 L 18°

1,00

5

25%

1,02

4

20%

1,04

1

5%

freqüência total 20

104

1,02 L

2.

1,04 L

72°

a) 50 100 150 300 400 450 350 300 100 50 2.250 Logo, foram vendidos 2.250 pares de calçados.


1,04

20 80 26,66. Isto é, a soma dos termos da --------S∞ ----------------------1 3 1 -----4


b) O histograma correspondente a essa distribuição é:

450 0,2 20% b) ---------------2.250

Freqüência

Logo, a freqüência relativa da classe 40 é 20%. 3.

a) Considerando x o número de alunos que tiveram nota 3, temos:

7

360 --------------- x 42°. 60 Logo x 7. 5

b) Representando o número de alunos que tiveram nota 5 por y, 360 y 120°. temos: -------------60

4

Logo y 20. c) A freqüência relativa da classe “nota 6” pode ser calculada por 2

90 ------------; portanto, essa freqüência é 25%. 360

1


4.

Classe (estatura em centímetros)

Freqüência


[161,5; 166,5[

4

25%

[166,5; 171,5[

6

37,5%

[171,5; 176,5[

2

12,5%

[176,5; 181,5]

4

25%

Área (m2) 0

6.

a)

250,0 276,2 302,4 328,6 354,8 381,0 407,2

h 6,2

6

5,6

Ft 16

5

4,8

O histograma correspondente a essa distribuição é: 4 3,6

Freqüência

3

6

2

4 2

1

161,5

166,5

171,5

181,5 Classe (cm)

176,5

0

5.

1

2

3

4

5

t

a) A amplitude da amostra, em m2, é 407 250. Devemos dividir b) 1,24 cm;

407 250 26,1666…. essa amplitude em 6 partes iguais: ----------------------------6 Lembrando que os extremos de classe não precisam, necessariamente, pertencer à amostra, podemos arredondar para 26,2 m2 a amplitude de cada classe. Adotando-se como extremo da primeira classe o valor 250, temos: Classe Freqüência (área, em metros quadrados)


[250,0; 276,2[

4

20%

[276,2; 302,4[

7

35%

[302,4; 328,6[

2

10%

[328,6; 354,8[

1

5%

[354,8; 381,0[

1

5%

[381,0; 407,2]

5

25%

Ft 20

c) Temos que 3,5 é o ponto médio do intervalo [3, 4]. Admitindo que o crescimento da planta nesse intervalo seja linear, temos que a altura da planta, em cm, será o ponto médio do intervalo [4,8; 5,6], que é a média aritmética entre 4,8 e 5,6, ou seja, 5,2. 7.

a) A média final x . em Geografia é: 6,0 1 7,5 2 5,0 3 6,0 3 54 6 x . --------------------------------------------------------------------------------------------------------1233 9 8,0 1 y 2 6,5 3 5,5 3 b) ------------------------------------------------------------------------------------------1233 4,5 1 7,0 2 5,5 3 y 3 0,5 ------------------------------------------------------------------------------------------1233 1 44 2 y 35 3 y ------, ----------------------que é equivalente a: -----------------------2 9 9 44 2 y 35 3 y 1 ], ou seja, 18[ ------------------------ ] 18[ ---------------------- -----9 9 2 88 4y 70 6y 9 ou ainda, 2y 9 e, portanto, y 4,5

105


b Indicando por S e I os grupos com renda superior e inferior, respectivamente, temos: Grupo

Número de pessoas

Consumo (TEP)

S

0,05 160 106 8 106

0,1 250.000 25.000

I

0,5 160 106 80 106

0,3 250.000 75.000

2,21 2,22 2,19 2,18 8,80 2,20 min 14. a) x A. ---------------------------------------------------------------------------------4 4 2,23 2,21 2,16 2,20 8,80 2,20 min x B. ---------------------------------------------------------------------------------4 4 b) Piloto A Piloto B 2,21 2,20 0,01 2,23 2,20 0,03 2,22 2,20 0,02 2,21 2,20 0,01 2,19 2,20 0,01 2,16 2,20 0,04 2,18 2,20 0,02 2,20 2,20 0,00 0,01 0,02 0,01 0,02 0,015 c) Piloto A Dam --------------------------------------------------------------------4 0,03 0,01 0,04 0,00 0,02 Piloto B: Dam --------------------------------------------------------------------4 d) Como Dam Dam, concluímos que o piloto A teve desempenho mais regular que o piloto B .

O consumo médio de energia de um indivíduo do grupo S é 75.000 25.000 -. ------------------6- e do grupo I é ---------------------80 10 6 8 10 25.000 x 75.000 ⇒ x 3,3 Devemos ter: --------------------------------------8 10 6 80 10 6 9.

Indicando por x o número de mulheres do grupo, o número de homens é (120 x). Assim, a idade média das pessoas desse grupo é igual à média aritmética ponderada das idades 35 e 50 anos, com pesos x e (120 x), respectivamente, isto é: 35 x 50(120 x) ---------------------------------------------------- 40 ⇒ x 80 120 Logo, nesse grupo há 80 mulheres e 40 homens.

10. e Os pontos médios das classes são 250, 750, 1.250, 1.750 e 2.250. O salário médio x . é a média aritmética ponderada entre esses valores, com pesos 14, 4, 2, 2 e 2, respectivamente, isto é: 250 14 750 4 1.250 2 1.750 2 2.250 2 x . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------14 4 2 2 2 17.000 708 x . ------------------24 11. A área de maior freqüência é 320 m2 e, portanto, Mo 320 m2. Para determinar a mediana, escrevemos os elementos da amostra em rol: 260, 270, 280, 288, 290, 290, 298, 300, 302, 308, 312, 315, 320, 320, 320. A mediana é o termo médio desse rol, ou seja, Md 300 m2.

20 22 18 20 20 100 20 15. a) x A. ---------------------------------------------------------------------------5 5 30 14 20 14 24 100 20 x B. ---------------------------------------------------------------------------5 5 b) A 2

( 20 20) 2 (22 20) 2 (18 20) 2 ( 20 20) 2 (20 20) 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------5

1,6 B 2

(30 20) 2 (14 20) 2 (20 20) 2 ( 12 20) 2 (24 20) 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 43,2

c) Como A B , concluímos que o jogador A teve desempenho mais regular que o jogador B. 2

16. a) Atirador X: 50 4 30 6 20 5 10 4 0 1 x 1. -----------------------------------------------------------------------------------------------------46541 520 26 -----------20 Atirador Y: 50 6 30 3 20 5 10 3 0 3 x 2. -----------------------------------------------------------------------------------------------------63533 520 26 -----------20

12. a) A nota média x . é a média aritmética ponderada das notas 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10 com pesos 6, 8, 11, 10, 8, 5 e 2, respectivamente, isto é, 4 6 5 8 6 11 7 10 8 8 9 5 10 2 6,58 x . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------6 8 11 10 8 5 2

b) Dispondo em rol essas 50 notas, temos: (4, 4, 4, …, 4, 5, 5, 5, …, 5, 6, 6, 6, …, 6, 7, 7, 7, …, 7, 6 notas 8 notas 11 notas 8, 8, 8, …, 8, 9, 9, 9, …, 9, 10, 10) 8 notas

5 notas

10 notas

2 notas

A mediana Md é a média aritmética entre o 25º e o 26º termo desse rol, isto é, 6 7 6,5 Md ----------------2 c) A nota de maior freqüência é 6; logo, Mo 6. 13. e Quando as classes são intervalos, como nesse caso, para calcular a média, tomamos o ponto médio xM de cada classe e calculamos a média aritmética ponderada entre os valores xM, atribuindo a cada um o peso igual à freqüência da respectiva classe. Assim, a média x . dos salários, em reais, é dada por: 1.500 20 2.500 18 3.500 9 4.500 3 2.400 x . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------50

106

2

b) X

4(50 26) 2 6(30 26) 2 5(20 26) 2 4(10 26) 2 1(0 26) 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------46541

214 14,6

Y

6(50 26) 3(30 26) 5(20 26) 3(10 26) 3(0 26) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

324 18 Como X Y, concluímos que o atirador X teve desempenho mais regular que o atirador Y.

2

2

2

2

2

63533

17. a) O número de homens é: 14 20 19 8 61 b) O número de mulheres com mais de 19 anos é: 23 10 33 c) O número de mulheres com, no máximo, 20 anos é: 12 18 23 53 d) O número de homens com, no mínimo, 19 anos é: 20 19 8 47 18. 0,16 32.000 5.120 Logo, 5.120 candidatos tiveram nota 3. 19. c Observando as partes descendentes dos dois gráficos, constatamos que o indivíduo que bebeu depois do jantar atinge o limite máximo


8.


permitido, 0,6 g/L, três horas após a ingestão da bebida, e o indivíduo que bebeu em jejum atinge esse limite depois de, aproximadamente, quatro horas e meia da ingestão da bebida. 1,76 1,60 0,04. 20. Uma amplitude possível para as classes é -------------------------------4 Assim, temos a tabela:

O histograma relativo a esses dados é: Freqüência

Classes (em m)

Freqüência


[1,60; 1,64[

2

10%

[1,64; 1,68[

3

15%

[1,68; 1,72[

7

35%

[1,72; 1,76]

8

40%

8 7

3 2


freqüência total 20

1,60

1,64

1,68

1,72

1,76

Classe (m)

21. Sendo x e y as médias das notas de Gustavo e Lucas, respectivamente, temos: 7,0 7,5 8,0 7,0 6,0 7,0 6,5 7,0 7 e x . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------8 7,0 6,5 8,0 6,5 7,5 7,5 6,0 7,0 7 y . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------8 Sendo Dam (G) e Dam(L) os desvios absolutos médios de Gustavo teve e Lucas, respectivamente, temos: |7,0 7,0| |7,5 7,0| |8,0 7,0| |7,0 7,0| |6,0 7,0| |7,0 7,0| |6,5 7,0| |7,0 7,0| 0,375 Dam(G) -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------8 |7,0 7,0| |6,5 7,0| |8,0 7,0| |6,5 7,0| |7,5 7,0| |7,5 7,0| |6,0 7,0| |7,0 7,0| 0,5 Dam(L) -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------8 Como Dam(G) Dam(L), conclui-se que Gustavo teve um desempenho mais regular e, portanto, teve direito à vaga.

22. a) (Paulo) (João)

(4,8 5,0) 2 (5,2 5,0) 2 (5,0 5,0) 2 (5,0 5,0) 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 (4,7 5,0) 2 (5,3 5,0) 2 (5,0 5,0) 2 (5,0 5,0) 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4

0,02 0,141 0,045 0,212

b) Como (Paulo) (João), concluímos que Paulo teve um desempenho mais regular e, portanto, merece a vaga. 23. a) A média x . dos salários, em reais é: 500 10 1.000 5 1.500 1 2.000 10 5.000 4 10.500 1 x . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------, ou seja, 31 x . R$ 2.000,00 b) Indicando-se as variâncias da atual e da nova distribuição por A e N , respectivamente, temos: 2

2

2 10(500 2.000) 2 5(1.000 2.000) 2 1(1.500 2.000) 2 10(2.000 2.000) 2 4(5.000 2.000) 2 1(10.500 2.000) 2 A -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------31

e 2 10(500 2.000) 2 5(1.000 2.000) 2 1(1.500 2.000) 2 12(2.000 2.000) 2 4(5.000 2.000) 2 1(10.500 2.000) 2 N -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------33

Observando que as duas frações têm o mesmo numerador, concluímos que N A , ou seja, a nova distribuição terá uma variância menor que 2

2

a atual.

107


0,81 1,42, temos: Como tg 55° ------------0,57

Capítulo 14 a)

x ⇒ x 38,34 cm 1,42 --------27

55°

6.

35°

sen 10 0,17 0,17 tg 10° ----------------------------------cos 10 0,98

b)

2.

35°

55°

sen

0,57

0,81

cos

0,81

0,57

tg

0,70

1,42

Temos que: cos 10° sen 80° 0,98 sen 10° cos 80° 0,17

sen 80 0,98 5,76 e, portanto, tg 80° ----------------------------------cos 80 0,17

sen

x a) cos 28° -----4

10°

80°

0,17

0,98

cos

0,98

0,17

tg

0,17

5,76

7.

r B

x 0,88 -----4 Logo: x 3,52 cm

18

x b) sen 28° -----5

x

B'

s

x ⇒ x 14,22 0,79 --------18 Logo: A’B’ 14,22 cm 8.

x 0,53 --------10 Logo: x 5,3 dm

Temos: sen (90° ) cos e cos (90° ) sen logo: sen cos sen 1 3 8 E ----------------------------------------------cos sen

5 5

No triângulo retângulo ABC, estão relacionados o ângulo agudo (44°), o cateto oposto () e o cateto adjacente (40 m). A razão trigonométrica que relaciona essas medidas é a tangente; logo, ⇒ 0,96 ---------, tg 44° --------ou seja, 38,4 40 40 Assim, a largura do rio é 38,4 m. a)

2

9.

Como 15° e 75° são complementares, temos: sen 30 cos 15 cos 15 sen 30 E ----------------------------------------------------------------------------------------------2 2 tg 60 tg 60 1 -----1 2 E ------------------- -----2 6 s 3d

32° C 144 m

4

1 2 1 2 ------ --------[ ------------- ] [ ------] 2 4 16 1 2 E ------------------------------------------- ---------------------------------------4 9 16 s 3d

sen 30 cos 15 sen 75 10. E --------------------------------------------------------------------------2 tg 60

B

A

A'

x cos 37° --------18

C

Como cos 37° sen 53° 0,79, temos:

x c) tg 28° --------10

4.

37° x

37°

x 0,46 -----5 Logo: x 2,3 cm

3.

A

11.

A

108 m 45° 10 cm

BC b) sen 32° ----------AB 36 0,52 ----------AB AB 69,23 Logo, a distância entre A e B é 69,23 m, aproximadamente. 5.

x tg 55° --------27

108

45°

B

10 cm

30°

D

x

C

O triângulo ABD é isósceles, pois m(ABBD) m(BBAD) 45°, logo, AD BD 10 cm. 10 tg 30° --------x


1.


15.

10 3 ------------- --------3 x

θ

h

30 x ------------- cm 10 3 cm 3 12. Indicando por x a altura da torre, e calculando as medidas dos ângulos internos do triângulo APB, temos:

O é o centro da Terra. R

P

R

O

30°

x 120°

A

30° 120 m

60°

B

O triângulo APB é isósceles, pois possui dois ângulos de mesma medida; logo, AB BP 120 m Assim, o triângulo BCP, temos: x x sen 60° --------------------BP 120 ou seja: Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

R sen ------------------- ⇒ R hsen Rsen h R R Rsen hsen R(1 sen ) hsen h sen R ----------------------------1 sen

C

x 3 ------------- -----------120 2 Logo: x 60 3 m

16. d sen 2, ou seja, tg 2. sen 2 cos ⇒ ---------------cos

x 3 x 3 ⇒ 2 ------------------, ou seja, x 1. Assim, temos: tg -----------------2x 2x Logo, os catetos do triângulo medem 2 m e 4 m e, portanto, a área A desse triângulo é dada por: 2 2 4 A ---------------- m 4 m2 2

13. c

BD tg 45 -----------500 ⇒ CD tg 60 -----------500

17.

3m

x

BD 1 -----------500 CD 3 -----------500

BD 500 m e CD 500 3 m Logo, a altura do paredão é (500 500 3 ) m 500(1

30°

x x ⇒ 1 ------; sen 30° -----logo: x 1,5 -----3 3 2

3 ) m.

18. Indicando por x a altura do poste, temos:

1,5 Assim, a altura de cada degrau é de ----------- m, ou seja, de 0,25 m. 6

30°

x

14. a) 60° d

2,3 m

2m

60° 30°

26°

2 2 ⇒ 0,43 ------ , ou seja, d 4,6 sen 26° -----d d Logo, o carrinho percorrerá 4,6 m, aproximadamente. b) 4m

y

2,3 2,3 ⇒ 1 ---------- , ou seja, x 4,6. sen 30° --------------x x 2 Logo, a altura do poste é 4,6 m. 19. m(CBBD) m(CBDB) 30° ⇒ BCD é isósceles, portanto, CB CD 50 m. x x ⇒ 1 ---------; Assim, no triângulo CDE, temos: sen 30° -------------50 50 2 logo, x 25 m. 20. b C

26°

x

75°

x x ⇒ 0,89 ------, cos 26° -----ou seja, x 3,56 4 4 y y ⇒ 0,43 ------, sen 26° -----ou seja, y 1,72 4 4 Logo, os deslocamentos horizontal e vertical são de 3,56 m e 1,72 m, respectivamente.

40 m

75°

Rio

A

30° 40 m

B

⇒ 1 ---------, sen 30° --------ou seja, 20 m. -----40 40 2

109


Capítulo 15

2.

a) rad π x

graus 180 4π ⇒ x ---------- rad 3 240

b) rad π x

graus 180 7π ⇒ x ---------- rad 4 315

c) rad π x

graus 180 7π ⇒ x ---------- rad 6 210

d) rad π x

graus 180 π ⇒ x ------- rad 4 45

a) rad π π -----2 b)

c)

d)

3.

6.

graus 180

21π Eliminando as voltas completas do arco de ------------- rad, concluí2 π 21π mos que: ------------- rad ------- rad. 2 2 23π 20π 3π b) ------------- rad ------------- rad ---------- rad 2 2 2

rad π 3π ---------4

graus 180

Eliminando as voltas completas do arco de 23π 23π 3π ------------- rad, concluímos que: ------------- rad ---------- rad. 2 2 2 π π π 7π c) ------rad ------rad 2πrad ⇒ ------rad ---------- rad. 4 4 4 4 7.

x

rad π 11π ------------6

voltas completas

⇒ x 150°

x

⇒ x 135°

Logo, os infinitos números reais associados a B são: 3π π 5π 9π ... ---------- , ------- , ----------, ----------, ... 2 2 2 2 Observando que a diferença entre dois termos consecutivos quaisquer dessa seqüência é 2π, podemos representar todos esses números reais por: π k 2π, com k Z x -----2

⇒ x 330°

d roda engrenagem (rad) (rad) 2π 72π π ⇒ x ---------rad 18π 10 ------------x 5 rad π π --------10

8.

Logo, os infinitos números reais associados a B ou B são: ⇒ y 18°

π π 3π 5π ... ------- , ------- , ----------, ----------, ... 2 2 2 2 Observando que a diferença entre dois termos consecutivos quaisquer dessa seqüência é π, podemos representar todos esses números reais por: π kπ, com k Z x -----2

18π Logo, a engrenagem gira 18° quando a roda gira ------------- rad 5 4.

a) O intervalo considerado representa três voltas no sentido antihorário; logo, as medidas associadas ao ponto M são: 30°; 390° e 750°. b) O intervalo considerado representa duas voltas no sentido horário; logo, as medidas associadas ao ponto M são: 330° e 690°.

5.

a) 7.850 360 290 21

⇒ 7.850° 21 360 290 voltas completas

Eliminando as voltas completas do arco de 7.850°, concluímos que: 7.850° 290°

110

As medidas algébricas, em radianos, dos infinitos arcos com extremidades em B ou B são: π π 3π 5π ... ------- rad, ------- rad, ---------- rad, ---------- rad, ... 2 2 2 2

graus 180 y

As medidas algébricas, em radianos, dos infinitos arcos com extremidades em B são: 3π π 5π 9π ... ---------- rad, ------- rad, ---------- rad, ---------- rad, ... 2 2 2 2

graus 180 x

21π 20π π a) ------------- rad ------------- rad ------rad 2 2 2 voltas completas

⇒ x 90°

rad π 5π ---------6

voltas completas

Eliminando as voltas completas do arco de 1.853°, concluímos que: 1.853° 53° c) 50° 50° 360° ⇒ 50° 310°

graus 180 x

⇒ 1.853° 5 360 53

9. (159°) N

M (21°)

(201°) P

Q (339°)

N: 180° 21° 159° P: 180° 21° 201° Q: 360° 21° 339°


1.

b) 1.853 360 53 5


10.

b) π 5

( )N

M

( )

( 6π5 ) P

Q

( 9π5 )

4π 5

( 2π3 )

N

M

( π3 )

( 4π3 )

P

Q

( 5π3 )

π 4π N: π --------------5 5

4π π π M: -------------3 3

π 6π P: π --------------5 5

π 2π N: π --------------3 3 π 5π Q: 2π --------------3 3

π 9π Q: 2π --------------5 5 c) 11. a) (120°) N


(240°) P

M (60°)

Q (300°)

( 5π6 ) N

M

( π6 )

( 7π6 ) P

Q

(11π 6 )

11π π M: 2π ----------------6 6

M: 180° 120° 60° P: 180° 60° 240° Q: 360° 60° 300°

π 5π N: π --------------6 6 π 7π P: π --------------6 6

b) (150°) N

M (30°)

(210°) P

Q (330°)

13. a) cos 0 1 e sen 0 0 π π b) cos ------ 0 e sen ------ 1 2 2 c) cos π 1 e sen π 0 3π 3π d) cos ---------- 0 e sen ---------- 1 2 2

M: 210° 180° 30° N: 180° 30° 150° Q: 360° 30° 330°

e) cos 2π 1 e sen 2π 0 1 (1) 1 (1) 2 1 14. E ---------------------------------------------------------------2 2 1 2 (1)

c) (130°) N

M (50°)

3 15. a) sen 120° -----------2

(230°) P

Q (310°)

M: 360° 310° 50° N: 180° 50° 130° P: 180° 50° 230° 12. a)

( 5π7 ) N

M

( 2π7 )

( 9π7 ) P

Q

(12π 7 )

5π 2π M: π -----------------7 7 2π 9π P: π -----------------7 7 2π 12π Q: 2π --------------------7 7

2 g) sen 135° -----------2

1 b) cos 120° -----2

2 h) cos 135° ------------2

1 c) sen 210° -----2

2 i) sen 225° ------------2

3 d) cos 210° ------------2

2 j) cos 225° ------------2

3 e) sen 300° ------------2

2 k) sen 315° ------------2

1 f) cos 300° -----2

2 l) cos 315° -----------2

1 1 ------ [ ------] 2 2 1 16. E ------------------------------------ ----------- 2 2 2 2 -----[ ------------- ] 4 2 17. I. II. III. IV.

(V) sen (180° ) sen (F) sen (180° ) sen (F) sen (180° ) sen (V) sen (180° ) sen

111


(F) sen (360° ) sen (V) sen (360° ) sen (F) cos (180° ) cos (V) cos (180° ) cos (F) cos (180° ) cos (V) cos (180° ) cos (V) cos (360° ) cos (F) cos (360° ) cos

(4)2 4 3 1 4 4 4 ⇒ y 1 ou y 1 y ---------------------------6 3 Retornando à variável original, temos: 1 ou sen x 1 (não convém, pois 0 x π) sen x -----3 Calculando o valor de cos x: sen 2 x cos 2 x 1 1 2 ⇒ [ ------] cos2 x 1 e, portanto, 1 3 sen x -----3

sen (sen ) 2 sen 2 18. E -------------------------------------------------------------------------sen sen 19. I. II. III. IV.

(V) cos() cos (F) cos () cos (F) sen () sen (V) sen () sen

1 20. a) sen (30°) sen 30° -----2 2 b) cos (45°) cos 45° -----------2 1 1 c) sen (210°) sen 210° [ ------] -----2 2 1 d) cos (300°) cos 300° -----2 sen 2 cos 2 1 5 2 ⇒ sen2 [ ---------] 1 e, portanto, 5 13 cos --------13

21.

2 2 cos x --------------3 Como x é um arco do 1º quadrante, concluímos que: 2 2 cos x ---------------- . 3 27. Substituindo cos2 x por 1 sen2 x, podemos escrever: 4(1 sen2 x) 5 sen x 5 0 ⇒ 4 sen2 x 5 sen x 1 0 Fazendo a mudança de variável sen x y, podemos escrever: 1 ou y 1 4y2 5y 1 0 ⇒ y -----4 Retornando à variável original, temos: 1 ou sen x 1 [não convém, pois π x π] sen x ----------4 2 28. a) π 2π π–—= — 3 3

12 sen --------13

π — 3 √3 —— 2

12 Como é um arco do 4º quadrante, temos que: sen --------13 sen 2 cos 2 1 1 2 ⇒ [ ------] cos2 1 e, portanto, 1 3 sen -----3

22.

2 2 cos --------------3 2 2 Como é um arco do 3º quadrante, temos que: cos ---------------3

π 2π S { ------, ---------- } 3 3 b)

sen x cos x 1 ⇒ (2cos x)2 cos2 x 1 e, portanto, sen x 2 cos x 2

23.

2

π 5π π–—=— 6 6

π — (arco auxiliar) 6

5 cos x -----------5 √3 – —— 2

5 Como x é um arco do 2º quadrante, temos que: cos x ------------- . 5

π 7π π+—=— 6 6

5 Substituindo cos x por ------------- na equação sen x 2 cos x, obte5 2 5 mos: sen x --------------5 m 2 m1 2 24. sen2 x cos2 x 1 ⇒ [ ------] [ ------------------- ] 1, ou seja, 5 5 m2 m 12 0. Logo, m 3 ou m 4. 25. 22 4 1 sen2 4(1 sen2 ) 4 cos2 2 4 cos ⇒ x 1 cos ou x 1 cos x ------------------------------------------2 Logo, S {1 cos , 1 cos } 2

26. Fazendo a mudança de variável sen x y, obtemos a equação do 2º grau: 3y2 4y 1 0.

112

5π 7π S { ---------- , ---------- } 6 6 c)

π

A

S {π}


V. VI. VII. VIII. IX. X. XI. XII.


d)

1 ⇒ sen x 1 30. sen2 x ----------4 2

π

0

A⬘

A

5π 6

π 6

1 — 2 1 –— 2

7π 6

11π 6

S {0, π} e) Como 1 cos x 1, para qualquer x real, concluímos que a equação cos x 5 não possui raiz e, portanto, S .

π 5π 7π 11π S { ------, ----------, ----------, -------------} 6 6 6 6

f) Como 1 sen x 1, para qualquer x real, concluímos que a equação sen x 3 não possui raiz e, portanto, S . 31.

29. a)

π — 2


60° 1 — 2 0

1 — 2

S {60°, 300°} b) 60° (arco auxiliar)

π — 6

1 — 2

π –— 2

360° – 60° = 300°

π — 3

π –— 3

π π a) S { ------, ------} 3 3

π c) S { ------} 2

π b) S { ------} 6

π π d) S { ------, ------} 2 2

32. a) π — 4

3π — 4 –

√2 —— 2

3 2

180° + 60° = 240°

360° – 60° = 300°

S {240°, 300°} c)

3π π x ---------} S {x R \ -----4 4 b) π — 6

0° 1 √3 —— 2

11π —— 6

S {0°} d) Como 1 sen 1, para qualquer medida x, concluímos que a equação sen x

2 não possui raiz e, portanto, S .

11π π x ------------} S {x R \ -----6 6

113


34. d

c)

4π Quando a polia maior gira ---------- rad (ou 240°), a menor gira rad 3 4π 12 ⇒ 4π rad. tal que 4 --------3 1 –— 2 7π — 6

35. b 11π —— 6

11π 7π x ------------} S {x R \ --------6 6 d)

π — 4

3π f (π) f [ ---------- ] 2 -------------------------------------------- π f [ ------] 2 3π 3π cos ---------] (sen π cos π) [sen --------2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- π π sen ------ cos -----2 2 (0 1) (1 0) 2 -----------------------------------------------------10

√2 — — 2

36. a)

7π — 4

(–

π ou 7π x 2π} S {x R \ 0 x --------------4 4 e)

2 2

)

45°

2 , 2 – 2 2

)

(

2 , 2

2 , 2 – 2 2

)


(–

b)

π — 2

150°

(–

1 3 , – 2 2

)

(

3 , 1 2 2

(

3 , 1 – 2 2

) )

c)

(– 12 ,

3 2

( 12 ,

)

3 2

)

3π — 2

π ou 3π x 2π} S {x R \ 0 x --------------2 2 f)

π — 3

2π — 3

(–

2π π e x ---------} S {x [0, 2π[ \ x -----3 3 33.

Soluções comuns

π 2

5π 6

3 , 1 2 2

)

(

3 ,– 1 2 2

)

330°

3 , 1 2 2

)

38. Sendo tAEu a altura do trapézio, x AB AD e y DE, temos: A

B

x

π 6

20 cm

20 cm

180° ⫺ ␣ D

114

)

cos x cos x cos x cos x 1 37. A ------------------------------------------------------------------------------------sen x sen x cos x cos x

␣

5π π x ---------} S {x R \ -----6 2

3 2

d)

(–

√3 — — 2

( 12 , –

240°

y

E

20 sen (180 ) --------x ⇒ y cos (180 ) -----x

x

20 sen --------x y cos ----x

C


3 4 e 90° 180°, temos cos ------; Como sen -----5 5

41. a) π — 4

3π — 4

logo,

2 2

4 20 ------ --------5 x ⇒ x 25 cm e y 15 cm 3 y ----------5 x Assim, a área A do trapézio é dada por: (25 40)20 cm2 650 cm2 A ---------------------------------2

π 3π S { ------, ---------- } 4 4

39. Traçando a reta horizontal r, conforme a figura, temos: 1,4 m

b)

5m

x

r

5m

–

Eixo

x sen ----5 y sen (90 ) ---------1,4

⇒

2 2

π = 7π 2π – — — 4 4

π = 5π π +— — 4 4

1,6 m


(arco auxiliar) π — 4

y

5π 7π S { ---------- , ---------- } 4 4

x sen ----5 y cos ---------1,4

c) π 6

Como cos 0,8 e 0 90°, temos sen 0,6; logo, sen x ------------------- -----cos 5 ⇒ x 3 m e y 1,12 m y 0,8 ---------1,4

3 2

Assim, a altura h pedida é dada por: h (3 1,12 1,6) m 5,72 m

11π 6

π 11π S { ------, ------------- } 6 6

40. Sendo h a altura da pirâmide, temos:

d)

π — 3

1 — 2 h

5π — 3

π 5π S { ------, ----------} 3 3

180° – 115 m

e)

h sen (180 ) h tg (180 ) ------------------------------------------------- -----------115 ⇒ cos (180 ) 115 cos 0,6 cos 0,6

sen h ----------------------- -----------cos 115 cos 0,6

–1

Como cos 0,6 e 90° 180°, temos sen 0,8; logo, 0,8 h --------------------------- ------------ ⇒ h 153 m (0,6) 115

3π — 2

3π S { ----------} 2

115


f)

π — 2

45. A extremidade do arco de medida x deve ter ordenada (sen x) igual à abscissa (cos x). Os pontos da circunferência trigonométrica que têm abscissa e ordenada iguais são os pontos médios do 1º e do 3º quadrante: π — 4 –

3π — 2

– 5π — 4

π 3π S { ------, ----------} 2 2

3 1 ou cos x ------------ . Por2cos x 3 0; logo, sen x -----2 2 π 5π 7π tanto, S { ------- , ---------- , ----------} 6 6 6 c) Fatoramos o primeiro membro, obtendo: sen x(2cos x 1) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: sen x 0 ou 2 cos x 1 0, ou seja, sen x 0 ou 1 2π ou cos x ------ e, portanto, x 0 ou x π ou x --------2 3 4π x --------3 2π 4π Logo, S {0, π, ---------- , ---------- } 3 3

2 2

2 2

π 5π Logo, o conjunto solução S da equação é: S { ------- , ---------- } 4 4 46. a) 34,75° (aproximadamente) b) 68,28° (aproximadamente) c) 78,23° (aproximadamente)

Capítulo 16 1.

a)

tg 180° = 0 180°

b)

43. a) Fazendo sen x y, obtemos: 2y2 y 1 0 (1)2 4 (2) (1) 9 tg 360° = 0

1 1 9 ⇒ y 1 ou y -----y --------------------2 4

360°

1 Assim, temos sen x 1 ou sen x ------. 2 π Para sen x 1, temos: x -----2 1 7π ou x 11π Para sen x ------, temos: x --------------------2 6 6 π 7π 11π Logo, S { ------, ----------, -------------} 2 6 6 b) Fazendo cos x y, obtemos: y2 4y 3 0 ⇒ y 1 ou y 3 Retornando à variável original, temos: cos x 1 ou cos x 3 (não convém) e, portanto, x 0. Logo, S {0} 44. 2(1 sen2 x) 7 sen x 5 0 ⇒ 2sen2 x 7sen x 3 0 Fazendo sen x k, obtemos: 1 ou k 3 2k2 7k 3 0 ⇒ k -----2 Retornando à variável original, temos: 1 ou sen x 3 (não convém) e, portanto, x π ou sen x -----------2 6 5π x ---------6 π 5π Logo, S { ------, ----------} 6 6

116

c)

270° E tg 270°

2.

d Como 95° e 130° são medidas de arcos do 2º quadrante, temos que tg 95 0 tg 95° 0 e tg 130° 0 e, portanto, --------------------tg 130


42. a) sen x cos x 0 ⇒ sen x 0 ou cos x 0 Para sen x 0, temos: x 0 ou x π π ou x 3π Para cos x 0, temos: x --------------2 2 π 3π Logo, S {0, π, ------- , ---------- } 2 2 b) Pela propriedade do produto nulo, temos: 2sen x 1 0 ou

2 2

2 2


3.

sen ----------------- 3 cos

⇒

sen cos 1 2

2

sen 3 cos

(I)

sen cos 1 (II) 2

2

Substituindo (I) em (II), vem:

α

(3 cos )2 cos2 1 ⇒ 10 cos2 1 10 cos --------------10

tg α = tg (180° + α)

O

Como pertence ao 2º quadrante, temos: 10 cos ---------------- (III) 10

(180° + α)

Substituindo (III) em (I), obtemos: 3 10 sen -----------------10

4.

3 sen x -----5 sen x cos x 1 2

2

Logo: tg (180° ) tg 2

3 ⇒ [ ------] cos2 x 1; logo, 5


4 cos x ------. 5

α

tg α

4 3π x 2π, temos que cos x ------. Como --------5 2 3 -----3 5 ------. Portanto, tg x --------------4 4 -----5

5.

O tg (360° – α) (360° – α)

3 a) tg 150° tg 30° ------------3 b) tg 240° tg 60°

Logo: tg (360° ) tg

3

Assim, a classificação dos itens é:

3 c) tg 330° tg 30° ------------3

I. II. III. IV. V. VI.

d) tg 135° tg 45° 1 e) tg 225° tg 45° 1 f) tg 315° tg 45° 1

6.

7.

4π tg ---------- tg 2π 3 3 0 3 E ------------------------------------------- ------------------------------------- ------------2 2 2 2π 1 s 3 d 1 tg --------3

9.

De acordo com a figura, temos:

(180° – α)

8.

α

Falso Verdadeiro Verdadeiro Falso Falso Verdadeiro

tg tg 2 tg 2 E ---------------------------------------------------------------tg tg Note que os prolongamentos dos raios que passam pelas extremidades dos arcos e interceptam o eixo das tangentes em pontos de ordenadas opostas, conforme a figura abaixo.

α

tg α

tg α

A

O O tg (180° – α)

tg (– α) –α

Logo: tg (180° ) tg

Logo: tg () tg

117


Assim, a classificação dos itens é: I. Falso II. Verdadeiro

d)

10. a) tg (45°) tg 45° 1 b) tg (120°) tg 120° s 3 d

3

c) tg (300°) tg 300° s 3 d

3

π (arco auxiliar) 6

5π 6

tg (tg ) 2 tg 1 11. E -------------------------------------------------------------------tg tg 2 tg

– 3 3

11π

12. a)

6 3

5π 11π S { ----------, -------------} 6 6

π 3

e)

O

π

π 4π S { ------, ----------} 3 3

4π 3

0

b) S {0, π} 3 3

f) tg2 x 1 ⇒ tg x 1

π

1

6

O

3π 4

π 4

5π 4

7π 4

π + π = 7π 6

6

π 7π S { ------, ----------} 6 6

–1

c) π 3π 5π 7π S { ------, ----------, ----------, ----------} 4 4 4 4

3 2π 3

π 3

(arco auxiliar)

13. tg x (tg x 1) 0 ⇒ tg x 0 ou tg x 1 Para tg x 0, temos: x 0 ou x π π ou x 5π Para tg x 1, temos: x --------------4 4 π 5π Então: S {0, π, ------- , ----------} 4 4

5π 3

2π 5π S { ----------, ----------} 3 3 – 3

118

14. sen x

3 cos x ⇒ tg x

π 4 portanto, S { ------- , ----------- } 3 3

π ou x 4π e, 3 ; logo, x --------------3 3


tg π = tg 0 = 0


15. a)

3 Logo: tg x -----------3

3

π 2 π 3

90° 3 3 30°

4π 3

210° 3π 2 270°

Como x é medida de ângulo agudo, devemos ter 30° x 90°.

3π π x π ou 4π x ---------} S {x R --------------------2 3 2 3

17. Representamos, na mesma circunferência trigonométrica, cada um dos intervalos determinados pelas inequações. Os pontos comuns aos intervalos formam o conjunto de solução do sistema.

b) π 2


π 2

1

π 4

π 3 Soluções comuns

5π 4

3π 2

π π x ------} S {x R -----2 3

π ou π x 5π ou S {x R 0 x --------------------4 2 4

2 ------------2 cos 45 18. a) cotg 45° -------------------------------------- 1 sen 45 2 ------------2

3π ---------- x 2π} 2 c)

π 2

1 1 b) sec 0° ------------------ ------ 1 cos 0 1

5π 6

1 1 c) cossec 270° ------------------------ ------------ 1 sen 270 1 2

11π 6 –

cos 30 1 1 19. E --------------------- ---------------------- [ ---------------------- ] ⇒ sen 30 cos 60 sen 30

3 3

2

  3   -----------1 1  2  ; logo, E 1 ⇒ E ----------- ----------- ----------------  1 1 1 ---------- ------  2 2  2 

3π 2

11π π x 5π ou 3π x ------------} S {x R -----------------------6 2 6 2

20. cossec x 16. a)

B

60 m

21.

C

A

b)

AC 20 3

2 2 , ou seja, sen x ------------- . 2

3π π 3π π ou x ---------. Portanto, S { ------- , ----------}. Logo, x -----4 4 4 4

x

AC tg x -----------60 ⇒

1 2 ⇒ ---------------- sen x

AC tg x -----------60 20 3 AC ------------ ------------------60 60

Mar

2 sen x cos x ---------------- ---------------- ---------------cos x cos x sen x Condição de existência: sen x 0 e cos x 0 cos x sen x 2 sen x cos x [ ---------------- ----------------] sen x cos x --------------- ⇒ sen x cos x cos x ⇒ sen2 x cos2 x 2 sen x, ou seja, 1 2 sen x ou, ainda 1 sen x -----2

119


5π π ou x ---------. Como 0 x 2π, temos x -----6 6

27. Observando que existem as tangentes de 33° e 213°, e que, na circunferência trigonométrica, essas medidas estão associadas a pontos simétricos em relação à origem do sistema cartesiano, concluise que tg 33° tg 213°.

π 5π S { ------- , ----------} 6 6 22.

1 1 ---------------- 3 ⇒ sen x -----sen x 3 2

1 sen2 x cos2 x 1 ⇒ [ ------] cos2 x 1 3

33° tg 33° = tg 213°

1 8 cos x 1 ----------9 9 2

213°

2 2 cos x --------------3 Como x pertence ao 2º quadrante, temos:

Ou seja, tg x tg (180° x) para qualquer valor real x, que obedeça à condição de existência da tg x.

2 2 cos x ---------------3 Logo: 1 -----2 3 tg x ------------------------- ------------4 2 2 ---------------3 ⇒

sen x cos x 1 2

2

3 11π tg π -----------b) tg -----------------3 6 6 3π tg π 1 c) tg --------------4 4

cos x sen x ---------------- (I) 2

4π tg π d) tg --------------3 3

sen x cos x 1 (II) 2

2

3

Substituímos (I) em (II), obtendo: 2

cos x 2 5 [ ----------------] cos2 x 1 e, portanto, cos x ---------------2 5 Como x é um arco do terceiro quadrante, concluímos que

29. a tg x tg x tg (π x) tg (x) ------------------------------------------------------------------------ -------------------------------------- tg x tg x tg (2π x) tg (π x) 2 tg x 1 ----------------------2 tg x

2 5 cos x ---------------5 24. d

cos x sen x cos x ------------------------------------------------------ 1 cotg x 1 sen x sen x ------------------------------- --------------------------------- ------------------------------------------- cossec x 1 1 ------------------------------sen x sen x cos x sen x

30.

180° α

25. Para qualquer ponto P do toboágua, a reta tangente à espiral, em P, forma um ângulo agudo de medida com a horizontal. Portanto, a altura h do toboágua pode ser calculada com o auxílio de um triângulo retângulo com 26 m de hipotenusa e um ângulo agudo de medida , sendo h a medida do cateto oposto a esse ângulo:

O

3 tg -----------⇒ 30° 3 0 90 A regra de três a seguir nos dá a medida R:

Calculando o sen : sen ------------------ 0,2 cos

Medida do arco em graus 360 30

26 ⇒ sen --------------26

sen cos 1 Como é a medida de um ângulo agudo, temos: 2

2

26. a) b) c) d) e) f)

120

tg 89° 57,28996163 tg 89,9° 572,9572134 tg 89,99° 5.729,577893 tg 89,999° 57.295,77951 tg 89,9999° 572.957,7951 tg 90° não existe

Medida do arco em metros 2πR 120

720 m 2πR 30 360 120 ⇒ R -----------π

26 sen ---------------- . 26 Logo, h ⇒ 26 h e, portanto, h sen -------------------------------26 26 26

R

A

26 m

h

B

26 m

31.

8 tg -----d

⇒

8 d 8 3 8 8 3 8 ------------tg 3 tg 1 -----------3 Logo, 30° 45°

8 d ------------tg 8 d 8 3


cos x ---------------- 2 sen x

23.

2π tg π 3 28. a) tg --------------3 3


π Como 0 a ------, temos cos a 2 π π Portanto, cos [ ------ a] cos -----3 3

32. Q 2,6 m α

d

2 3 3 sec ---------------- ⇒ cos ------------3 2

180° – α

P

R 2

d d 1 ---------- ; logo: d 1,3 m ⇒ sen ----------- , ou seja, -----2,6 2,6 2 5.

2 2 ------------. ⇒ 2 sen x -----------2 2 1 π ou Logo, sen x ------, ou seja, x -----2 6 5π x --------6 π 5π Portanto, S { ------, ---------- } 6 6


A

No triângulo ABC, temos: 40 (II). sen ----------AB α

B

C

6.

40 1 e, portanto, AB 80 m. De (I) e (II), concluímos que ---------------AB 2 Sol

7.

5

3,85 · 10 km α Terra 5

8

8.

Capítulo 17 1.

a) cos 15° cos 45° cos 30° sen 45° sen 30° 2 3 2 1 6 2 ------------ ------------------------- ----------------------------------2 2 2 2 4 b) sen 75° sen (45° 30°) 6 2 sen 45° cos 30° sen 30° cos 45° ----------------------------4

2.

3.

x sen 40° sen 20° cos 20° sen 20° cos 20° 0,3 0,9 0,3 0,9 0,54 y cos 40° cos 20° cos 20° sen 20° sen 20° 0,9 0,9 0,3 0,3 0,72 z sen 65° sen 20° cos 45° sen 45° cos 20° 0,3 0,7 0,7 0,9 0,84 w cos 65° cos 20° cos 45° sen 20° sen 45° 0,9 0,7 0,3 0,7 0,42 3 sen a -----5 sen 2 a cos 2 a 1 4 cos -----5

3 2 ⇒ [ ------] cos2 a 1; logo, 5

tg 45 tg 30 tg 15° --------------------------------------------------- 1 tg 45 tg 30 3 1 -----------3 ----------------------------------- 2 3 1 1 ------------3

8

1,5 · 10 km

3, 85 10 ⇒ sec 1,5 10 389,6 cos ----------------------------------------------------------8 5 3, 85 10 1,5 10 Observando a tabela, concluímos que 89,8° 89,9°.

E sen(3x x) sen 2x π π 2 Logo, E sen [2 ------] sen ------ -----------8 4 2

34. e Lua

π π sen x cos ------ sen ------ cos x 4 4 π π 2 ⇒ sen x cos ------ sen ------ cos x -----------4 4 2

1 sen ------ (I) 2

40 m

e π 3π sen [ ------ x] cos [ ---------- x] 2 2 π 3π π sen ------ cos x sen x cos ------- cos ---------- cos x 2 2 2 3π sen ---------- sen x 1 cos x (sen x) 0 0 cos x 2 (1) sen x cos x sen x

d ⇒ No triângulo PQR, temos: sen (180° ) ---------2,6

33. c Observando que cos 0, pois é medida de um ângulo agudo, temos: 2 sen 1 sec 2 tg ⇒ ---------------- ----------------------- , ou seja: cos cos

π cos a sen ------ sen a 3

1 4 3 3 43 3 ------------------------------------------------- -----5 10 2 5 2 4.

2 3 sen [ ------------- ] 1 1 ⇒ sen -----2 2 90 180

4 ------. 5

9.

3

π tg x tg -----π 4 31 1 tg[x ------] ------------------------------------------- ------------------------- -----4 π 131 2 1 tg x tg -----4 tg 35 tg 22 x tg 13° tg (35° 22°) --------------------------------------------------- 1 tg 35 tg 22 0,7 0,4 0,234 ---------------------------------1 0,7 0,4 tg 22 tg 35 y tg 57° tg (22° 35°) --------------------------------------------------- 1 tg 22 tg 35 0,4 0,7 1,527 ---------------------------------1 0,4 0,7 tg 35 tg 35 z tg 70° tg(35° 35°) --------------------------------------------------- 1 tg 35 tg 35 0,7 0,7 2,745 ---------------------------------1 0,7 0,7

1 3 1 e tg 3 ------; 10. Temos que tg -----logo, ----------2 9 3 6 1 1 5 ------ ----------tg tg 3 2 6 tg( ) ----------------------------------------- --------------------------------- -------------- 1 1 tg tg 1 5 1 ----------1 -----2 6 3 Verificamos, ainda, que 0° 180° e, portanto, 45°.

121


5 sen x --------13 sen 2 x cos 2 x 1 12 cos x --------13

16. cos2 x sen2 x cos x 1 ⇒ cos2 x (1 cos2 x) cos x 1 ou seja, 2 cos2 x cos x 0 ou, ainda, cos x (2 cos x 1) 0 1 e, portanto, cos x 0 ou cos x -----2 π π 3π 5π Logo, S { ------, ------, ---------- , ---------- } 3 2 2 3

Como x pertence ao 3º quadrante, temos: 12 cos x --------13

6 3 2 tg x 2 3 -----17. tg 2x ------------------------- -----------------------8 4 1 tg 2 x 1 32

Assim, concluímos: 5 12 120 sen 2x 2 sen x cos x 2 [ ---------] [ ---------] -----------13 13 169

18.

B α

5 2 12 2 119 cos 2x cos2 x sen2 x [ ---------] [ ---------] -----------13 13 169

3 α

C

12.

B 4 cm

2 0,4 3 ou seja, ---------------------------- ------------ e, portanto, AD 3,15 AD 1 (0,4) 2

C

3 cm

4 cm

19. A 2 cm

D

(AC) 3 4 ⇒ AC 5 Como os triângulos ABC e ADC são congruentes, temos que m(BBAC) m(DBAC) ; 3 4 24 B sen 2 2 sen cos 2 -----logo, sen A -------------5 5 25 x 2 x 2 x 13. cos x cos [2 ------] cos ------ sen ------ 2 2 2 2

2

2

x x x cos 2 ------ [1 cos 2 ------] 2cos 2 ------ 1 2 2 2 7 3 2 2 [ ------] 1 --------25 5 x x x 14. cos x cos[2 ------] cos 2 ------ sen 2 ------ 2 2 2 x x x cos 2 ------ [1 cos 2 ------] ou seja, cos x 2cos 2 ------ 1. 2 2 2 3 Para cos x ------, temos: 4 x x 14 3 ------ 2cos 2 ------ 1 ⇒ cos ------ ---------------2 2 4 4 x também Como x pertence ao primeiro quadrante, temos que -----2 x 14 pertence a esse quadrante e, portanto, cos ------ ---------------- . 2 4 15. 2 sen x cos x cos x ⇒ 2 sen x cos x cos x 0 Fatoramos o primeiro membro, obtendo: cos x (2sen x 1) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: 1 e, cos x 0 ou 2sen x 1 0, ou seja, cos x 0 ou sen x -----2 π ou x π ou x 5π portanto, x -------------------2 6 6 Logo, π π 5π S { ------, ------, ---------- } 2 6 6

122

A

BBDA é um ângulo externo do BCD ⇒ m(BBDA) 2. 3 3 ⇒ 2 tg -----------, No ABD temos: tg 2 ------------------------------------AD AD 1 tg 2

3 cm

α α

A

2α

D

p 4 cm α

O

x

β

B

45 2 1 ⇒ 30° e 15° sen ----------4 2 No triângulo OPB, temos: x sen 15° ------, em que, sen 15° sen (45° 30°) 4 6 2 sen 45° cos 30° sen 30° cos 45° ------------------------------ . 4 Assim, temos: 6 2 x ------------------------------ ------ ⇒ x 6 2 4 4 Logo, a distância do ponto P ao outro lado do ângulo é

(

6

2 ) cm.

20. Temos: 3π 3π 3π sen [ ---------- x] sen ---------- cos x sen x cos ---------- 2 2 2 1 cos x (sen x) 0 cos x π π π e cos [ ------- x] cos ------- cos x sen ------- sen x 2 2 2 0 cos x 1 sen x sen x Logo, E cos x sen x 4 Calculando o cos x, obtemos: cos x -----5 4 3 1 Concluindo, temos: E [ ------] ----------5 5 5 21. d sen 6x cos x sen x cos 6x sen(6x x) sen 5x π Para x ---------, temos: 10 π π sen 5x sen [5 ---------] sen ------ 1 10 2


11.

5 2 ⇒ [ ---------] cos2 x 1 e, portanto, 13


22. (cos cos )2 (sen sen )2 cos2 2 cos cos cos2 sen2 2 sen sen sen2 2 2(cos cos sen sen ) 2 2 cos ( ) π 2 2 2 2cos ------ 2 2 -----------4 2

29.

3

tg 60 tg 3 2 3 24. a) tg (60° ) ------------------------------------------------ ---------------------------------------- 1 tg 60 tg 1 3 2 3 3 3 ---------------5

⇒ (0,6)2 cos2 x 1, ou seja, sen 2 x cos 2 x 1 cos x 0,8 Como x pertence ao primeiro quadrante, temos que: cos x 0,8. Pela fórmula de co-seno do arco duplo, podemos escrever: x x x cos x cos [2 ------] cos 2 ------ sen 2 ------ 2 2 2 x x x 1 sen 2 ------ sen 2 ------ ou seja, cos x 1 2sen 2 ------ e, 2 2 2

x pertence ao primeiro quadrante, concluímos que: Como -----2 x 10 sen ------ --------------2 10

3 ------------7 Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

sen x 0,6

x x 10 portanto, 0,8 1 2sen 2 ------ ⇒ sen ------ --------------2 2 10

tg 60 tg 3 2 3 b) tg (60° ) ------------------------------------------------ ---------------------------------------- 1 tg 60 tg 1 3 2 3

B D é ângulo externo do AEC; logo, , portanto, 25. AE . tg tg Assim, temos: tg tg ( ) ----------------------------------------- 1 tg tg 2 2 ------ -----1 4 6 ---------------------------------- -----7 2 2 -----1 -----6 4

26.

1 15 15 2 -----------------------------------8 4 4

2

tg 45 tg 60 23. tg 105° tg (45° 60°) --------------------------------------------------- 1 tg 45 tg 60 1 3 ------------------------------- 2 11 3

x x x Logo, sen x sen [2 ------] 2sen ------ cos ------ 2 2 2

x x x 30. • cos x cos [2 ------] cos 2 ------ sen 2 -----2 2 2 x x [1 cos 2 ------] cos x cos2 -----2 2 x 1 2 23 cos x 2 cos 2 ------ 1 2 [ ------] 1 --------2 5 25 23 Como a cos x, temos a ---------. 25

sen x 2 cos x

5 e sen x 2 5 ⇒ cos x --------------------------5 5 sen 2 x cos 2 x 1 π 5 e Como 0 x ------, concluímos que cos x -----------2 5

y 1 ------ 2 cos 2 ------ 1 2 9 y 5 ------ cos 2 -----2 9

2 5 sen x ---------------- . Assim, temos: 5 2 5 5 4 a) sen 2x 2 sen x cos x 2 --------------- -----------------5 5 5 2

y • cos y 2 cos 2 ------ 1 2

2

2 5 3 5 b) cos 2x cos2 x sen2 x [ ------------- ] [ ---------------- ] -----5 5 5 27. (AC)2 32 52 ⇒ AC 4 Sendo x a distância procurada, temos: x x ⇒ 2sen cos ------; sen 2 -----logo, 5 5

y 5 cos ------ -----------2 3 y 45° e, portanto, Como 0° y 90°, temos 0° -----2 y y 0. Assim, cos -----5 cos ----- -----------2 2 3 y 5 Como b cos ------, temos b ------------- . 2 3 31. Indicando por x a medida DC, temos:

x 3 4 ------, 2 -----ou seja, x 4,8 cm -----5 5 5

21 3 tg -------------28 4 ⇒ x 21 tg 2 -------------------28

D

28.

x 1 sen ------ -----2 4 1 2 x ⇒ [ ------] cos 2 ------ 1, ou seja, 4 2 2 x 2 x sen ------ cos ------ 1 2 2

⇒

x

x 15 cos ------ --------------2 4 x também Como x pertence ao primeiro quadrante, temos que -----2 x 15 pertence a esse quadrante e, portanto, cos ------ ---------------- . 2 4

3 tg ------ (I) 4 x 21 2tg -------------------- (II) ------------------------28 1 tg 2

C 21 m A

␣

␣

28 m

B

123


b)

3 2 -----x 21 4 (I) em (II) ⇒ ----------------------------2- ------------------28 3 1 [ ------] 4 3 -----2 x 21 ⇒ x 75 -------------- ------------------7 28 --------16 Logo, a altura AD é de 96 m.

x

y

0

0

π 2

–4

π

0

3π 2

4

2π

0

y 4

0

–4

32. d 2sen x cos x sen x 0 ⇒ sen x (2 cos x 1) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: 1 sen x 0 ou 2cos x 1 0, ou seja, sen x 0 ou cos x -----2 e, portanto, no intervalo [0, π], temos: x 0 ou x π ou 2π x ----------. 3 Logo, no intervalo considerado, a equação tem exatamente três soluções.

c)

33. cos x sen x sen x ⇒ 1 sen x sen x sen x, ou seja, 2sen2 x sen x 1 0 Fazendo a mudança de variável sen x y, temos: 1 2y2 y 1 0 ⇒ y 1 ou y ------. 2 2

2

x

y

0

0

0

π 2

π 8

1

π

π 4

0

3π 2

3π 8

–1

2π

π 2

0

1 3π 8

0 π 8

⇒ 2 tg 22°30’ 1 tg2 22°30’ ou, ainda, tg2 22°30’ 2 tg 22°30’ 1 0 Fazendo tg 22°30’ y, temos: y2 2y 1 0 22 4 1 (1) 8

π 4

π 2

d)

x 2

x

y

0

0

0

π 2

π

3

π

2π

0

3π 2

3π

–3

tg 22°30’ 1

2π

4π

0

Capítulo 18

y y

0

0

π 2

4

π

0

3π 2

–4

2π

0

y 4

3 0 π

0 π 2

π 3π 2

2π

x –3

–4

124

DR Im [1, 1] π p -----2

2 2 2 1 2 y ------------------------------2 Como tg 22°30’ é positiva, concluímos que: 2 1 1,41, ou seja, tg 22°30’ 0,41

x

–1

2 tg 2230’ 2 tg 2230’ - , ou seja, 1 ---------------------------------------⇒ tg 45° ---------------------------------------- ⇒ 1 tg 2 2230’ 1 tg 2 2230’

x

x

DR Im [4, 4] p 2π

y

34. b Para x 22°30’, temos: 2 tg 2230’ tg (2 22°30’) ---------------------------------------- ⇒ 1 tg 2 2230’

a)

3π 2π 2

2

Retornando à variável original, temos: 1 ⇒ sen x 1 ou sen x 1 e, portanto, y 1 ou y ----------2 2 no intervalo [π, 2π], só nos convém sen x 1; logo, 3π S { ----------} 2

1.

4x

π

DR Im [4, 4] p 2π

DR Im [3, 3] p 4π

2π

3π

4π

x


2

π 2


e)

x– π 3

x

y

1 sen x 1 ⇒ 1 4m 2 1 Adicionando 2 a cada membro dessa desigualdade, obtemos:

0

π 3

0

1 m 3 1 4m 3 ⇒ ----------4 4

π 2

5π 6

3

Logo, a igualdade sen x 4m 2 é possível para qualquer valor

π

4π 3

0

3 1 m ------. real m tal que -----4 4

3π 2

11π 6

–3

2π

4.

7π 3

5.

a)

0

y 3 11π 6 0

π 3

5π 6

4π 3

x

7π 3

x

y

0

4

π 2

0

π

–4

3π 2

0

2π

4

y 4

π 2

0


y

0

4

π 2

6

π

4

b) y 6

2

2π

4

4

π 2

0

π

3π 2

2π

g)

x

y

0

0

2

π 2

π 4

7

π

π 2

2

3π 2

3π 4

–3

2π

π

2

c)

–4

π 2

0

π

4

3π 2

0

2π

–4

π 2

0

π

3π 2

x

4x

x

y

y

1

2

0

0

DR Im [4, 4] p 2π

7

0

0

1

π 2

π 8

0

π

π 4

–1

3π 2

3π 8

0

2π

π 2

1

π 4 0

π 2

π

x

–3

DR Im [3, 7] pπ 1 sen x 1 ⇒ 5 5sen x 5 Adicionando 4 a cada membro dessa desigualdade, obtemos: 5 4 4 5sen x 5 4 e, portanto, 1 f (x) 9. Logo, o máximo valor da função é 9. 1 sen 4x 1 ⇒ 6 1 6 sen 4x 6 1 e, portanto, 5 g(x) 7. Logo, o mínimo valor da função é 5.

3π π 8 2

x

–1

3π 4 π 4

π 8

DR Im [1, 1] π p -----2 d)

3.

2π

y

y

–4

y

2x

x

x

DR Im [2, 6] p 2π

2.

x

4

2

3π 2

2π

DR Im [4, 4] p 2π

DR Im [3, 3] p 2π x

3π 2

–4

–3

f)

π

y

x 2

x

y

0

0

3

π 2

π

0

π

2π

–3

3π 2

3π

0

2π

4π

3

3

0

π

2π

3π

4π

x

–3

DR Im [3, 3] p 4π

125


x– π 4

x

y

0

π 4

1

π 2

3π 4

0

π

5π 4

–1

3π 2

7π 4

0

2π

9π 4

1

kπ π --------- , com k Z}; D {x R x -----3 6 Im R; π p -----3 b)

x

y

π 2

–π

e

π – 4

– π 2

–1

0

0

0

–

y 1 5π 4

0

π 4

3π 4

–1

f)

7.

8.

9.

9π 4

x

x

π 2

4

π

2

3π 2

4

2π

6

126

–

π 2

–

π 6

e

–

π 4

– π 12

–1

0

0

0

π 4

π 12

–1

π 2

π 6

e

x

y

π 4

e

–

π 4

– π 8

1

4

0

0

0

π 4

π 8

–1

2

π 2

π 4

e

π 2

π

3π 2

2π

x

–π

0 –1

π 2

π

π 4

x

x

π 0 π – 4 8

π 8

–1

π p -----2 10. d π O ponto [ ------, 1] pertence ao gráfico; logo, 6 mπ mπ π kπ, com k Z tg ------------ 1 ⇒ ---------------6 6 4

Notas. • Para qualquer valor inteiro positivo atribuído a k obtemos um valor de m tal que m 6. Nesse caso, o período da função é π menor que ------, o que contraria a figura apresentada. 6 • Para qualquer valor inteiro negativo atribuído a k, a função entre duas assíntotas consecutivas é decrescente, o que contraria a figura apresentada. 11. a) x2 52 82 2 5 8 cos 60° e, portanto, x 7 cm. b) x2 62 102 2 6 10 cos 120° e, portanto, x 14 cm

π 12 0 π 12

–1

–

mπ π ⇒ m 3 Para k 0, temos --------------------6 4 2

1

π – 6

1

Im R

y

–

1

kπ π --------- , com k Z} D {x R \ x -----2 4

DR Im [2, 6] p 2π

No segundo quadrante, o cos x assume todos os valores do intervalo ]1, 0[. Assim, devemos ter: 1 1 5m 1 0 ⇒ 0 m -----5 Logo, a equação cos x 5m 1 admite raiz no 2º quadrante para 1 qualquer valor real m, tal que 0 m ------. 5 y

e

–

0

x

π

π 2

1 cos x 1 ⇒ 4 4 cos x 4 Adicionando 1 a cada membro dessa desigualdade, obtemos: 1 4 1 4cos x 1 4 ⇒ 3 f(x) 5 Logo, o valor mínimo da função é 3.

3x

π 2

–

d f(x) cos2 x sen2 x 3 ⇒ f(x) cos 2x 3 Temos que: 1 cos 2x 1. Adicionando 3 a cada membro dessa desigualdade, obtemos: 3 1 cos 2x 3 1 3 ⇒ 2 f(x) 4 Logo, o conjunto imagem de f é: {y R 2 y 4}

a)

1

2x

6

6

π 2

π 2

y

c)

y

y

π 4

–

D {x R x π 2kπ, com k Z} Im R p 2π

DR Im [1, 1] p 2π

0

6.

7π 4

y

x 2

π 6

12. (BC)2 42 82 2 4 8 cos 60° e, portanto, x 4 3 km x

13. a) O maior ângulo opõe-se ao maior lado. Indicando por a medida desse ângulo, temos: 1 72 42 52 2 4 5 cos ⇒ cos -----5


e)


b) Sendo a medida do maior ângulo, temos: 0 180 cos 0 Logo, o maior ângulo é obtuso. 14.

1 1 ------ 8 10 sen 20 ⇒ sen ------ e, portanto, 30° ou 2 2 150°.

120°

D

D2 102 52 2 10 5 cos 120° e, portanto, D 5 7 cm 10 cm 5 cm

d

60° 2

2

Logo, as diagonais do paralelogramo têm medidas: 5 7 cm e


5 3 cm

Medida do ângulo central em graus

Área em cm2

360 150

π 62 AS

⇒ AS 15π cm2

1 6 6 sen 150° e, portanto, A 9 cm2 At -----t 2 Logo, a área A pedida é dada por: A AS At (15π 9) cm2 3(5π 3) cm2

15. x

21. Calculando a área AS do setor circular AOB:

Calculando a área At do triângulo AOB:

d 10 5 2 10 5 cos 60° e, portanto, d 5 3 cm 2

1 5 4 sen 150° e, portanto, A 5 cm2 b) A -----2 20. Sendo a medida do ângulo BBAC, temos:

10 cm 5 cm

1 4 5 3 sen 60° e, portanto, A 15 cm2 19. a) A -----2

105°

h ⇒ h 3 sen . Logo, o gráfico da função h() é: 22. sen -----3

6

h 45°

30°

3

x 6 x 6 ---------------------- ---------------------- ⇒ ----------- ----------------- e, portanto, sen 30 sen 45 1 2 -----------------2 2 x 3 2 16. a Sendo R a medida do raio da circunferência circunscrita ao triângulo, temos: 6 6 ---------------------- 2R ⇒ ----------- 2R e, portanto, R 6 cm sen 30 1 -----2 17.

4 4 3 ------------------ ------------------------- ⇒ sen sen 120 4 4 3 ⇒ ----------------- ------------- e, portanto, sen 3 --------2 1 sen -----2 Como é a medida de um ângulo agudo, concluímos que 30°.

18.

8 x 8 x --------------------- ------------------ ⇒ ------------------------------------- ------------------ e, portanto, sen sen 2 sen 2sen cos x 16cos Calculando o cos : 3 sen -----3 2 5 ⇒ [ ------] cos2 1 e, portanto, 5 sen 2 cos 2 1 4 cos -----5 Observando que é medida de um ângulo agudo (pois, caso contrário seria impossível existir um ângulo de medida 2, interno ao 4 triângulo), concluímos que cos ------. 5 64 Logo, x --------- cm 12,8 cm. 5

0

π 2

π

3π 2

2π

–3

23. Imagine uma circunferência de 1,4 m de diâmetro, centrada na origem de um sistema cartesiano, tal que, quando um ponto P gira na circunferência, uma haste rígida MP acompanha o movimento da maré, conforme a figura:

P 0,7sen

0,7 0,7

M mar

Admitindo que o ponto P gire com velocidade constante sobre a circunferência, temos que a 0 h a maré atinge seu nível médio e, portanto, no horário t, em horas, o ponto P terá percorrido um arco tπ de medida --------- . Logo, o movimento das marés pode ser des6 tπ crito por: f(t) 0,7sen -------6

127


(t 1)π 24. a) A pressão máxima, pmáx., é obtida quando sen ------------------------- 1 2 e, portanto, pmáx. (300 200 1) bares 500 bares. (t 1)π (t 1) π π k 2π, b) Para sen ------------------------- 1, temos: ----------------------------2 2 2

29. Sendo a medida do ângulo BBAC, temos: 4 1 ------------------ 8 ⇒ sen ------ e, portanto, 30° ou 150°. sen 2 30.

A s'

com k Z. Para k 0, obtemos o primeiro horário em que a

30°

(t 1) π π ⇒ t 2. caldeira atingiu a pressão máxima: ----------------------------2 2

D

A

5 km

31. Indicando por Atri. e Aset. as áreas, em cm2, do triângulo AOC e do setor BOC, respectivamente, temos que a área A pedida é: 1 4 4 sen 120° ⇒ A Atri. Aset., em que Atri. -----2 8π 360 60 ⇒ A ---------. ⇒ Atri. 4 3 ; e ------------------------set. 3 16π A set.

B 60°

2 8π Logo, A [4 3 ----------] cm . 3

8 km

C

(AB)2 52 82 2 5 8 cos 60° e, portanto, AB 7 km

Capítulo 19 1.

27. Indicando por x e y as medidas, em km, de tBFu e tAFu, respectivamente, temos: B 105°

15 km

x 2.

45°

30°

A

x 15 y ---------------------- ---------------------- ⇒ x 15 2 e ------------------------- sen 45 sen 30 sen 105 15 ---------------------⇒ y 30 sen 105°; logo, y 30 sen(60° 45°) sen 30

3.

1 3 2 2 ------] 15s 6 2 d y 30[ ------------- ----------- ---------------------------------------------------2 2 2 2 2

4.

30°

a 12

5  6  7

130°

D

5.

A

20 x 40 20 x 40 ------------------------- ---------------------- ⇒ -------------------- ----------- e, portanto, sen 130 sen 30 0,76 0,5 x 40,8. Logo, o observador obteve a distância de 40,8 m.

4  5

3 1

  2 5  x 2 2  x 6   1  3

3x y 7 0

 5 2  e, portanto,  1

x 2 x 2

0 5x y 1

0 0

0 0

0 0

0 0

6.

⇒

3x y 7 0 e, portanto, x 1 e y 4 5x y 1 0

 x 2 15   0

0   1 0 x 3

2 0  ⇒ x 15 1 e, portanto, x3 1 1

x 4 x 4 Logo, x 4

40 m

C

a 22

 a 13   1 3 a 23 

d

⇒

x

128

 a 11 b) A   a 21

x2 2 2 ⇒ x6 4 Logo, x 2.

B

20 m

a 12  3   a 22   4   a 32  5

 2 At B ⇒  4  3

30(sen 60° cos 45° sen 45° cos 60°) Ou seja,

20°

 a 11  a) A  a 21   a 31

F

y

28.

a) a32 2.800 Logo, o faturamento foi 2.800 dólares. b) a13 a23 a33 a43 a53 10.580 Logo, o faturamento foi 10.580 dólares. c) a11 a12 a13 a14 7.730 Logo, o faturamento foi 7.730 dólares.


26.

C

8 cm

A área S do paralelogramo é o dobro da área S’ do triângulo ACD, 1 4 8 sen 30°; logo S 16 cm2. isto é, S 2S’ ⇒ S 2 -----2

Logo, isso aconteceu às 2 horas. 25. A medida d é o período da função f, isto é, d 4π cm. A medida h é o comprimento do intervalo [5, 5], que é a imagem de f; logo, h 10 cm.

B

4 cm

 a) A B  2 1  6 7

8 2

3 4 1  7 

8   4 6 0

5 2

9  7 


 b) 2A B  4 2   0  4

16   4 6 0

6 8

25  7 

1 10

1 Ct  6 c) 3A ----- 2 3  5 3

7.

x  y

9  7 

5 2

9 12

24   1 0 0 

4 3

2  5 

11. I. F, observe os itens a e b do exercício 10. II. F, pois (P Q)2 (P Q)(P Q) P2 PQ QP Q2 e, como PQ não é, necessariamente, igual; a QP, não se pode afirmar que PQ QP 2PQ. III. V, observe os itens c e d do exercício 10. IV. F, observe o item e do exercício 10. 12.

1   y 3 x  yx 2

4  ⇒ 1

1 0

x y 3x x y 3x 0 ou seja, e, portanto, yyx 5 2y x 5 x 1 e y 3

⇒

8.


6  X  3 0 2 

2 4

 ⇒X  3 0   5  12

9.

portanto,

Temos:  8   12

3   8  12 3 

6 6

 2 a) AB  4  3

 c) B2  2  1

 1 b)  4  2

2 6

6   2 0   1

 3 6   6  0 1

 12  24   18 

2 6

 1 3   0 1  0

 c)  1 0

2 6

 d)  1 0

0   1 1  0

 1 e)  4  2

 1  1 4    1 2

6

a 2b

⇒

15

3b

6 15

e,

a 2b 6 ⇒ a 4 e b 5 3b 15 4 5

 a 11 14. a) A   a 21  a 11  b) B  a 21   a 31

6   2  2 0

 2)  4 3

 1 3   4 1  2

 1  1 4   0 2

b

b) As populações da cultura 2 nos dias 1 e 2 são dadas, respectivamente, por a21 8 106 e a22 8,4 106; logo, o percentual de aumento é dado por:

6   4   26   4  0  3

  d) CD  4  (1  3

a

8,4 10 6 8 10 6 0,4 10 6 0,05 5% ----------------------------------------------- ----------------------8 10 6 8 10 6

 1  2 2    1 5

 b) BC  2  1

 10. a)  1 0

2 4

, temos:

b

13. a) A população da cultura 1 no dia 2 é igual ao elemento a12 da matriz, ou seja, 5,2 109 indivíduos.

6  2 

9  5 

4 2

a

Logo, X

3  ⇒ 3 

6 6

2 3

B2 1

q1

Sendo X 3   x 5 1 

p2

26  5 

5 15

Xp q

A2 2

2 6

0 1 0

1 1

2 6

 0 1   0  1  0

a 22 a 32

 a 13   0 a 23   5   a 33  7

 3 3  0

2 0 8

x2 y 21

2y 3x 0

5 x2 2y

49 y 3x

1 21 0

⇒

x 7 x 2 49 ⇒ 2 y 1 , ou seja, y 3 x 7 3 x 21 Logo, x 7 e y 3 e, portanto, x 2y 1.

15  26 

 0 1 0   0 1

3   1 0 1

5 49 1

 4 16   8

8 32 16

a 12

1  1 

15. b

8  6 

 1  15 4    26 2  1 3   4  1 2

12  6 

a 12     1  1  a 22

16.

⇒

3  1 0 0 0

17.  0 0  0

 0    0 x 6x 8 0

2

0  ⇒ 0

x 2 5 x 6 0 (I)

x 2 6 x 8 0 (II) De I obtemos x 2 ou x 3, e de II obtemos x 4 ou x 2. Portanto, concluímos que x 2.

3  1

2 6

 x2 5 x 6   0

 x 2 7 x 13   x2 3 x 4 ⇒

1 0    0 1

0  ⇒ 1

x 2 7 x 13 1 (I)

x 2 3 x 4 0 (II) De I obtemos x 4 ou x 3, e de II obtemos x 4 ou x 1. Portanto, concluímos que x 4.

129


18. Temos que: 0 4   eB  3 2 

 Logo, A B  1  1

4   0  1 2 

t

 d) A3 A2 A I2 A A  3  1

1   0 3   1  2 0

 e) A18 (A2)9 (I2)9 I2  1 0

7  2 

0  1

 f) A35 (A2)17 A (I2)17 A I2 A A  3  1

19. a 2x 2 ⇒

2 x2 2 2 x

x2 6 x 2

2 x x2 6 x

30 2 x

⇒

e, portanto, x 4.

2 x 2 2 30

 1 0  0

20. a) a23 5; logo, foram vendidas 5 unidades do modelo 2 no dia 3 de fevereiro, pela loja A. b) b 12 0; logo, não foi vendida nenhuma unidade do modelo 1 no dia 2 de fevereiro, pela loja B. c) Basta construir a matriz A B, ou seja,  AB  5 5

3 4

3 9

3 0

26.

6  ⇒ X  5 0 6

 Substituindo X por  5 0

Sendo X a

2  2 

4

3  em qualquer uma das duas equações 3

B1 2

2 1

5 3

4

0 ⇒ 2a b

5a 3b

2a b 4 12 e 0 e, portanto, 5a 3b 0 ⇒ a --------11

20 --------11

27. d

 3 4   0 1   1

 6  11 4    7 2

26  18 

 x    2  y 5

3   a  (I) 7  b

 z    4  w 6

2   x  (II) 0  y

Substituímos (I) em (II):  z    4  w 6

23. a 20   11  5 4

 24. a) A0  1 0

b , temos:

12 Logo, X --------11

Logo, c21 7

 2x 5   5

 3 1  5

20 b --------11

22. Temos que: 3 7

b

a

3  3

2  1

 C  5  2

5 2 0

p1

propostas, obtemos:  Y  3  1

  3 2 4 1   5 3

q2

21. Adicionando, membro a membro, as duas equações, temos:  2X  10  0

5 2 0

A2 2

Xp q

8  8

1 1

  0  2 0  4   1  3

0 1 0

Assim, a alternativa verdadeira é d, que é um caso particular da propriedade M.4.

d) Basta construir a matriz A B, ou seja,  A B  1  3

8  3 

25. d As alternativas a, b e c são falsas porque as matrizes A e B comutam na multiplicação, o que não foi garantido no enunciado. Um contra-exemplo mostra que a alternativa e é falsa:

Assim, temos que x3 64.

20  ⇒ 2x 5 11 e, portanto, x 3. 4

8  3 

 c) A2  3  1

8   3 3   1

2   2 5 0

3   7 

a  b

Como a multiplicação de matrizes é associativa, temos:  z    4  w 6

0  I 2 1

 b) A1  3  1

130

8  3 

2   2 0  5

3  7

  

a   18  12 b

Capítulo 20 1. 8   1 0 3 

0  I 2 1

a) I. 2 6 3 (2) (1) 7 (verdadeira) II. 2 1 3 1 2 7 (falsa) b) 2 2 3 1 p 7 ⇒ p 0 2 (1) 3q 3 7 ⇒ q 4

26   18  

a  b


 1 A   1


c) Para x 5 e y 0, temos:

c)

2530z7⇒z3 Para x 1 e z 5, temos: 10 2 1 3 y 5 7 ⇒ y --------3

y 7 2x y 4 2 1 ⇒ x -----------------2

10 Logo, duas outras soluções são (5, 0, 3) e [1, ---------, 5]. 3 2.

b Sendo x, y e z as quantidades de cédulas de R$ 5,00, R$ 10,00 e R$ 50,00, respectivamente, que a pessoa deve receber, temos: 200 5x 10y 50z Como a quantidade de cédulas de R$ 50,00 deve ser máxima, com pelo menos uma cédula de cada um dos outros valores, temos que z 3. Assim, podemos escrever: 200 5x 10y 50 3 ⇒ x 10 2y

y 7 S { [ -------------------, y, 2], com y R} 2 7.


y

z

2

4

3

4

3

3

6

2

3

8

1

3

Indicando por m, f e q o número de professores de Matemática, Física e Química, respectivamente, temos: m f q 152 ⇒ m 152 3q f 2q O menor número natural m que satisfaz essa última igualdade é obtido fazendo-se q 50. Logo, o menor número possível de professores de Matemática que participam do congresso é 2.

Como {x, y} N* e y 4, podemos construir a tabela x

8.

a)

O número mínimo de cédulas é obtido quando os números de cédulas de R$ 10,00 e de R$ 50,00 são máximos. Como as maiores quantidades de cédulas de R$ 10,00 e R$ 50,00 são 4 e 3, respectivamente, concluímos que 2 cédulas de R$ 5,00 completam a troca.

e Observando que (3, 1, 0) não é solução da equação x 3y z 3, concluímos que esse terno não é solução do sistema.

5.

6.

b)

a) SPD, pois o sistema tem apenas uma solução, que é o par (3, 1). b) SI, pois é impossível a soma de dois números ter dois resultados diferentes. c) SPI, pois o sistema tem mais de uma solução; algumas delas são: (1, 3), (2, 2), (3, 1) etc. d) SI, pois a equação 0x 0y 3 não tem solução. x 3 y 2z 1 (I) a) 4 y 5z 19 (II) 2z 6 (III) De III, temos z 3. Substituímos z por 3 em (II): 4y 5 3 19 ⇒ y 1 Substituímos z por 3 e y por 1 em (I): x 3 1 2 3 1 ⇒ x 2 S {(2, 1, 3)} b)

x 5 y 3z 2 (I) y 3z 1 (II) De (II), temos y 1 3z. Substituímos y por 1 3z em (I): x 5(1 3z) 3z 2 ⇒ x 7 18z S {(7 18z, 1 3z, z), com z R}

(3)

x 5 y 2z 10 9 y 7z 23 9 y z 11

(1)

Outro modo:

4.

(2)

x 5 y 2z 10 (I) 9 y 7z 23 (II) 6z 12 (III) Classificação: SPD Resolução: De III, obtemos z 2. Substituindo z por 2 em II, obtemos y 1. Substituindo y por 1 e z por 2 em I, obtemos: x 1. Portanto, S {(1, 1, 2)}.

2 4 3, ou seja, 9 cédulas.

c O terno (1, 2, 3) é solução de todas as equações que compõem o sistema; logo, esse terno é solução do sistema.

x 5 y 2z 10 2 x y 3z 3 3 x 6 y 5z 19

A primeira linha mostra o número mínimo de cédulas:

3.

2 x y 4z 1 (I) 3z 6 (II) De (II), temos z 2. Substituímos z por 2 em (I):

x y 2z 1 3x y z 2 5 x y 3z 1

(3)

(5)

x y 2z 1 4 y 7z 1 4 y 7z 4

equações incompatíveis

Classificação: SI Logo, S c)

3 x 7 y 11z 6 x 2 y 4z 1 x 3 y 3z 4 x 2 y 4z 1 3 x 7 y 11z 6 x 3 y 3z 4

(3)

(1)

x 2 y 4z 1 x 2 y 4z 1 (I) y z 3 y z 3 (II) y z 3 Classificação: SPI Resolução: De II, temos y 3 z. Substituindo y por 3 z em I, obtemos: x 2 (3 z) 4z 1 ⇒ x 5 6z. Logo, S {(5 6z, 3 z, z), com z R}.

131


a)

x 3y 1 4 x y 2 3x 4y 0

(4)

(3)

x 3y 1 13 y 2 13 y 3 Classificação: SI Logo, S .


Sistema linear

Solução

r 5s t 12 r 3s t 4 2r s t 15

(7, 1, 0)

x 3 y z 10 3 x y 3z 22 yz 2

(6, 1, 1)

abc 6 abc 8

(4, 1, 3)

b)

3 x y 4 x 2y 2 x 2 y 2 3 x y 4 2 x y 6 2 x y 6

(3)

(2)

x 2y 2 x 2 y 2 (I) 5 y 10 5 y 10 (II) 5 y 10

Classificação: SPD Resolução: De II, obtemos y 2. Substituindo y por 2 em I, obtemos x 2. Portanto, S {(2, 2)}.

c)

x 2y 3 3x 6y 9 2x 4y 6

(3)

(2)

13. a) O parâmetro k pode ser substituído por qualquer número real não-nulo, por exemplo: 3x 2y 4 3 ……… y 6 b)

x 5y 7 0 ……… y 0

c)

5x y 4 0 ……… y 6

14. a x 2 y 4z 1 (I) y 4 2z (II) Substituindo (II) em (I), obtemos: x 2(4 2z) 4z 1 ⇒ x 7

x 2y 3 0 x 0 y 0 {x 2y 3 0x 0y 0 Classificação: SPI Resolução: x 2y 3 e, portanto, S {(2y 3, y), com y R}

15. c Sendo x, y e z os preços, em reais, da calculadora, da caneta e do caderno, respectivamente, temos:

10. a Representando as quantidades de suco de fruta, mel e leite por s, m e , respectivamente, temos: sm 1 sm 1 (1) 2s s 9m 0 s m ----------------- 2s 0 9

x y z 28 (I) x 3 y (II) z Substituímos (II) em (I): 3y y z 28 ⇒ y 7 ------. 4 Como {y, z} N*, temos que os possíveis valores de z são 4, 8, 12, 16, 20 e 24. Assim, podemos construir a tabela:

sm 1 3 1 e 3 10m 1 ⇒ s ---------, m -------------10 10 5 3s m 1 Logo, a quantidade de suco de frutas é 300 mL. 11. a) 3x 5y 10z 48 5( y 2z) b) Temos 3x 48 (5y 10z) ⇒ x 16 ----------------------------. 3 Como x N*, concluímos que (y 2z) deve ser múltiplo de 3 e y 2z 9. Logo as únicas possibilidades para y e z são: y 1 e z 1; y 1 e z 4; y 2 e z 2; e y 3 e z 3; y 4 e z 1; y 5 e z 2; e y 7 e z 1 Fixando esses pares de valores na tabela, obtemos os possíveis valores de x: x (número de garrafas de 3 dL) 11 1 6 1 6 1 1

132

y (número de garrafas de 5 dL) 1 1 2 3 4 5 7

z (número de garrafas de 10 dL) 1 4 2 3 1 2 1

x

y

z

18

6

4

15

5

8

12

4

12

9

3

16

6

2

20

3

1

24

Temos, portanto, que a alternativa correta é c. 16. b Indicando por E, P e A o número de livros de Eduardo, Paulo e Alex, respectivamente, temos: E P A 32 (I) A 5E (II) (II) em (I): E P 5E 32 ⇒ P 32 6E Como E, P e A devem ser números naturais, então E 5 e, portanto, P 2.

17. a)

2x y z 7 4 x y 3z 5 2 x 3 y 2z 7

(2)

(1)


9.

12.


2x y z 7 y 5z 9 2y z 0

2

18.

2x y z 7 (I) y 5z 9 (II) 9z 18 (III)

Resolução: De III, obtemos z 2. Substituindo z por 2 e y por 1 em I, obtemos x 3. Portanto, S {(3, 1, 2)}.


(3)

(6)

(22)

(3)

(2)

x 3 y 0z 1 0x 7y 5y 0 0 x 7 y 5z 1

10

20. Sendo x, y e z as áreas das três glebas, em ordem decrescente, temos: x y z 60 x y z 60 2 x y 45 y 2 x 45 x z 2y 5

(III) em (II): 2y 4 8 42 ⇒ y 5 Substituímos y por 5 e z por 8 em (I): x 5 8 15 ⇒ x 2 Portanto, foram confeccionadas 2 medalhas de ouro.

5z z Portanto, S { [1 ---------, ------, z] , com z R}. 7 7

30

x y z 15 (I) 0 x 2 y 4z 42 (II) 0 x 0 y 15z 120 ⇒ z 8 (III)

z 5z ------ em I, obtemos: x 1 ---------. 7 7

3

x y z 15 0 x 2 y 4z 42 0 x 20 y 25z 300

z Resolução: De II, temos y ------. Substituindo y por 7

c) Permutando as duas primeiras equações, temos:

x y z 15 3 x 5 y 7z 87 30 x 10 y 5z 150

Classificação: SPI

x y z 60 3 y 2z 75 3 y 2z 55

x 2y z 5


Como o sistema é impossível, concluímos que há erro nas informações.


Classificação: SI

Capítulo 21

Logo: S x 4 y 3 xy 2 3 x 7 y 4

(3)

x 2y z 1 x 2 y z 1 (I) 7 y z 0 7 y z 0 (II) 7 y z 0

d)

(7)

19. Indicando por x, y e z o número de medalhas de ouro, prata e bronze, respectivamente, temos:

Classificação: SPD Resolução: De (III), obtemos z 0. Substituindo z por 0 em (II), obtemos y 2. Substituindo z por 0 e y por 2 em (I), obtemos x 1. Logo, S {(1, 2, 0)}

3 x y 2z 3 x 2y z 1 6 x 5 y 5z 6

x 3 y 0z 1 3 x 2 y 5z 3 2 x y 5z 1

(2) (3)

3 x 4 y 4z 11 (I) 0 x y 2z 2 (II) 0 x 0 y 57z 0 (III)

Substituindo z por 2 em II, obtemos y 1.

x 2y z 1 3 x y 2z 3 6 x 5 y 5z 6

3 x 4 y 4z 11 0 x y 2z 2 0 x 22 y 13z 44

Classificação: SPD

b)

3 x 4 y 4z 11 2 x 3 y 2z 8 7 x 2 y 5z 11

1.

(1)

a)

(3)

x 4 y 3 x 4 y 3 (I) 0x 5y 5 5 y 5 (II) 0x 5y 5

b)

c)

5

3

4

7

3

1

0

1

2

3

1

0

4

2

5 7 4 3 23

31013 1 1 0 2 12 0 4 6 12 2

Classificação: SPD Resolução: De (II) temos que y 1. Substituindo y por 1 em (I), obtemos x 1. Logo, S {(1, 1)}

d)

1

3

2

0

1

2

0 1 0 0 3 0 2 0 5 0

133


c 2

m

m

8

b) Seja D

0 ⇒ m 4 e m 4

Logo, o sistema é possível e determinado se, e somente se, m 4 e m 4.

3.

1

1

2

3

3

1

a)

19 5 0 ⇒ m --------11 1

x

3 3x

0 ⇒ 3x2 27 0 e, portanto, x 3 ou x 3

x

3

1

1

5

2 2 8 ⇒ 5x 7x 6 0 e, portanto,

0

2

x

1

3

k

6

b) Seja D 5 k

(3) (2)

x 3 y 2z 1 8 y 3z 2 8 y 3z 1


m

6 3k. Impondo D 0, teremos um sis-

1 5 k. Impondo D 0, teremos um 1

1 1

1 3m 3.

5

2

5

2

5

x y 2z 1 x y 2z 1 y 5z 4 (3) y 5z 4 3 y 15z 12 Portanto, m 1 ⇒ SPI. Resumindo: m 1 ⇒ SPD, m 1 ⇒ SPI.

(3) (1)


Portanto, m 1 ⇒ SI. Resumindo: m 2 e m 1 ⇒ SPD, m 2 ou m 1 ⇒ SI. 7.

a) Seja D

2

3

m

9

18 3m. Impondo D 0, teremos um

sistema possível e determinado: 18 3m 0 ⇒ m 6 Portanto, m 6 ⇒ SPD Para m 6, temos: (3) 2x 3y 1 2x 3y 1 6x 9y n 0x 0y n 3 Logo, n 3 0 ⇒ SI n 3 0 ⇒ SPI Resumindo: m 6 ⇒ SPD m 6 e n 3 ⇒ SI m 6 e n 3 ⇒ SPI b) Seja D

Impondo D 0, teremos um sistema possível e determinado: 3m 3 0 ⇒ m 1. Portanto, m 1 ⇒ SPD. Para m 1, temos:

x 3y z 1 8 y 2 5 y 0

2

a) Seja D 2

x y 2z 1 2x y z 2 5 x 2 y 5z 7

x 3y z 1 3 x y 3z 1 x 2y z 1

sistema possível e determinado: 5 k 0 ⇒ k 5. Portanto, k 5 ⇒ SPD. Para k 5, temos: (1) 5x y 3 5x y 3 5 x y 1 0x 0y 4 Portanto, k 5 ⇒ SI Resumindo: k 5 ⇒ SPD, k 5 ⇒ SI

134

1

tema possível e determinado: 6 3k 0 ⇒ k 2. Portanto, k 2 ⇒ SPD. Para k 2, temos: (2) x 3y 1 x 3y 1 {x 3y 1 0x 0y 0 2x 6y 2 Portanto, k 2 ⇒ SPI. Resumindo: k 2 ⇒ SPD, k 2 ⇒ SPI

6.

2

Portanto, m 2 ⇒ SI. Para m 1, temos:

3 Logo, S {2, ------} 5 a) Seja D

m

x 3 y 2z 1 3 x y 3z 1 2x 2y z 1

3 x 2 ou x -----5

5.

3 m2 3m 2.

Logo, S {3, 3} b)

m

1

m2 3m 2 0 ⇒ m 2 e m 1. Portanto, m 2 e m 1 ⇒ SPD. Para m 2, temos:

m

9

3

3

Impondo D 0, teremos um sistema possível e determinado:

Logo, o sistema admite uma única solução se, e somente se, 19 m --------11 4.

1

m

1

1

m

m2 1. Impondo D 0, teremos

um sistema possível e determinado: m2 1 0 ⇒ m 1 e m 1 • Para m 1, temos: (1) xy 1 xy 1 xy n 0x 0y n 1 Logo, n 1 0 ⇒ SI n 1 0 ⇒ SPI • Para m 1, temos: (1) x y 1 x y 1 xy n 0x 0y n 1 Logo, n 1 0 ⇒ SI n 1 0 ⇒ SPI


2.


Resumindo: m 1 e m 1 ⇒ SPD m 1 e n 1 ⇒ SI m 1 e n 1 ⇒ SPI m 1 e n 1 ⇒ SI m 1 e n 1 ⇒ SPI

8.

a)

x 3 y mz 1 2 x 6 y 4z 1

(2)

10. a) D


2

1 0 21 1 6 14 0 0

7

0

2

a

a

8

16 a2. Impondo D 0, teremos um sis-

tema possível e determinado:

x 3 y 2 2x y 3 4x 5y a

(2)

16 a2 0 ⇒ a 4 e a 4 Portanto, a 4 e a 4 ⇒ SPD Como o sistema é homogêneo, os valores de a que anulam o determinante tornam o sistema possível e indeterminado, ou seja, a 4 ou a 4 ⇒ SPI. Resumindo: a 4 e a 4 ⇒ SPD a 4 ou a 4 ⇒ SPI

(2) (4)

2

1

12. Seja D 1

k

1

x 3 y 2 (1) 0 x 7 y 7 0x 0y 1 a

Logo, 1 a 0 ⇒ SPD 1 a 0 ⇒ SI ou seja, a 1 ⇒ SPD a 1 ⇒ SI

2

3 0 k 7. 1

Para que o sistema homogêneo admita apenas a solução trivial, devemos ter D 0: k 7 0 ⇒ k 7 m

2

1

13. Seja D 2

1

2 1 m 4m 3.

5

m

2

x 3 y 2 0x 7y 7 0x 7y 8 a

Para que o sistema homogêneo admita soluções não-nulas, devemos ter D 0: m2 4m 3 0 ⇒ m 1 ou m 3 14. d 5

1

1

10

2 0 ⇒ m 3

6

15

2

m

Logo, para que o sistema tenha solução única, deve-se ter m 3.

b)

3

1

11. Seja D

x y 2z 4 0 x 0 y (m 4)z 2m 8

x 2y 5 6x y 4 5 x ay 1

1

Como D 0, o sistema homogêneo é possível e indeterminado.

a)

9 4 13

b) D 1

Logo, m 4 0 ⇒ SPI m 4 0 ⇒ SPI (pois 2m 8 também será igual a zero) Assim, temos que o sistema é possível e indeterminado para qualquer valor real de m.

9.

3

2

x 3 y mz 1 0 x 0 y (4 2m)z 3

x y 2z 4 2 x 2 y mz 2m

2

2

Como D 0, o sistema homogêneo é possível e determinado.

Logo, 4 2m 0 ⇒ SPI 4 2m 0 ⇒ SI ou seja, m 2 ⇒ SPI m 2 ⇒ SI b)

3

15. Os gráficos têm um único ponto em comum se, e somente se, o sis-

x 2y 5 0 x 13 y 26 0 x (a 10) y 26

1 [ ---------] 13

x 2y 5 0 x y 2 0 x (a 10) y 26

(a 10)

x 2y 5 0 x y 2 0 x 0 y 6 2a Logo, 6 2a 0 ⇒ SPD 6 2a 0 ⇒ SI ou seja, a 3 ⇒ SPD a 3 ⇒ SI

2 x y 10 , nas incógnitas x e y, for possível e deterkx y 2 minado. Para que isto aconteça, devemos ter: tema

(6) (5)

2

1

k

1

1

0

1

0

x

0

x

0

1

2

k

2k

4

0, ou seja, k 2

16. e

17. a)

0 ⇒ x2 x 0 e, portanto, x 0 ou x 1.

0 ⇒ k 2 e k 2

Logo, para k 2 e k 2 o sistema é possível e determinado. Para k 2, temos: 2 2x 2y 1 2x 2y 1 (SI) 4x 4y 1 0 x 0 y 1

135


Para k 2, temos: 2

x y 2z 4 3 x y 2z 2 x y 2z q

2x 2y 1 (SI) 0x 0y 3

Resumindo: k 2 e k 2 ⇒ SPD k 2 ou k 2 ⇒ SI b)

1

p

1

3

0 ⇒ p 3

Resumindo: p 3 ⇒ SPD p 3 e q 1 ⇒ SPI p 3 e q 1 ⇒ SI

2

1

3

1

1

2

1

k

0⇒k2

Logo, para k 2 o sistema é possível e determinado. Para k 2, temos: x 2y z 1 3x y z 2 2 x y 2z 1

x 2y z 1 0 x 5 y 4z 1 0 x 5 y 4z 1

3 2

1

x 2y z 1 0 x 5 y 4z 1 (SPI) 0 x 0 y 0z 0 Resumindo: k 2 ⇒ SPD k 2 ⇒ SPI b)

3

1

2

1

1

2 0 ⇒ p 2

1

1

p

Logo, para p 2 o sistema é possível e determinado. Para p 2, temos: 3 x y 2z 2 x y 2z 4 x y 2z q

136

1

x y 2z 4 0 x 2 y 4z 10 e, portanto, para q 6 0 0 x 0 y 0z q 6 o sistema é possível e indeterminado, e para q 6 0 o sistema é impossível. Resumindo: p 2 ⇒ SPD p 2 e q 6 ⇒ SPI p 2 e q 6 ⇒ SI

20. a)

18. O determinante da matriz dos coeficientes é nulo; logo, temos apenas duas classificações possíveis: SPI ou SI. Escalonando o sistema, temos: (2) x 2y 1 x 2y 1 0x 0y k 2 2x 4y k Logo, k 2 0 ⇒ SPI k 2 0 ⇒ SI ou seja, k 2 ⇒ SPI k 2 ⇒ SI 1

1

x y 2z 4 0 x 2 y 4z 10 0 x 2 y 4z q 4

Logo, para p 3 o sistema é possível e determinado. Para p 3, temos: 1 x 3y 1 x 3y 1 x 3y q 0x 0y q 1 e, portanto, para q 1 0 o sistema é possível e indeterminado; e para q 1 0 o sistema é impossível.

19. a)

3

x 2y z 1 3 x my 3z 1

3

x 2y z 1 0 x (m 6) y 0z 2 Logo, para m 6 0 o sistema é possível e indeterminado; e para m 6 0 o sistema é impossível. Resumindo: m 6 ⇒ SPI m 6 ⇒ SI

b)

2 x 4 y 2z 3 6 x my 6z n

3

2 x 4 y 2z 3 0 x (m 12) y 0z n 9 Logo, para m 12 0 o sistema é possível e indeterminado; para m 12 0 e n 9 0 o sistema é possível e indeterminado; e para m 12 0 e n 9 0 o sistema é impossível. Resumindo: m 12 ⇒ SPI m 12 e n 9 ⇒ SPI m 12 e n 9 ⇒ SI

21. Permutando a 2ª e a 3ª equação, temos: 3 2 x 2y 7 3x y 6 2 x my 0 x 2y 7 0 x 5 y 15 0 x (4 m) y 14

1 -----5

x 2y 7 0 x y 3 0 x (4 m) y 14 x 2y 7 0 x y 3 0 x 0 y 2 3m Logo, 2 3m 0 ⇒ SPD 2 3m 0 ⇒ SI ou seja, 2 ⇒ SPD m -----3 2 ⇒ SI m -----3

4 m


2x 2y 1 4 x 4 y 1


22. a Resolvendo o sistema formado pelas duas primeiras equações, temos: xy 5 ⇒x1ey4 x y 3 O sistema proposto será possível se, e somente se, o par (1, 4) for solução da última equação, ou seja, k 1 k 4 20 e, portanto, k4

23. a)

x 2y 0 2x y 0

Como o sistema é possível, pois os preços dos produtos foram os mesmos para as três pessoas, temos: 1 2 ----------------- ----------------- ⇒ n 3 4n 5n 27. a) As retas serão paralelas distintas se, e somente se, o sistema 0,05 x y 5.000 (k 0,05) x y 5.000 for impossível. Para que isso ocorra, é necessário que: 0,05 k 0,05

x 2y 0 e, portan0x 5y 0

2


b)

2

3

x y 5z 0 0 x 3 y 9z 0 0 x 5 y 15z 0

x y 5z 0 y 3z 0

(I) (II)

De (II), temos: y 3z. Substituindo y por 3z, em (I), temos: x 3z 5z 0 ⇒ x 2z Logo, S a(2z, 3z, z), com z Rb

24.

p

3

5

3

1

2

5

p

3

b) Para o valor k 0,1, os gráficos de L e C estão contidos em retas paralelas distintas e, portanto, L(x) C(x) para qualquer quantidade x de garrafas produzidas. Assim sendo, o fabricante nunca ganhará dinheiro com essa venda.

Capítulo 22 1.

Dado

2.

0 ⇒ p 2 e p 8

Dado

3.

1

5

1

Moeda

a)

ir de A para B

Etiqueta

48

4

ir de B para C

Números de 2 3 6 possibilidades Logo, o usuário pode escolher 6 seqüências diferentes.

25. Para que o sistema homogêneo admita soluções além da trivial, deve-se ter: 1

12

Números de 6 2 possibilidades Logo, são possíveis 48 resultados.

Resumindo: p 2 e p 8 ⇒ SPD p 2 ou p 8 ⇒ SPI

1

Moeda

Números de 6 2 possibilidades Logo, são possíveis 12 resultados.

Logo, para p 2 e p 8 o sistema é possível e determinado. Como o sistema é homogêneo, os valores de p, que anulam o determinante, tornam o sistema possível e indeterminado.

2

0 e, portanto, k 0,1.

Essa condição, porém, não é suficiente, pois o sistema poderia ser possível e indeterminado. Substituindo k por 0,1 no sistema, obtemos: 0,05 x y 5.000 Equações incompatíveis 0,05 x y 5.000 Assim, concluímos que o sistema é impossível para k 0,1.

to, x 0 e y 0 Logo, S a(0, 0)b

x y 5z 0 2x y z 0 3 x 2 y 0z 0

1 1

b)

ir de A para B

Retornar de C para B

ir de B para C

Retornar de B para A

0 1 0 e, portanto, k 1.

Números de possibilidades

k

Logo, o usuário pode escolher 12 seqüências diferentes.

26. c Indicando por x e y os preços do kg do café e do açúcar, respectivamente, temos:

2

x 2y 8 0 x (n 4) y 1 0 x (n 5) y 2

3

2

1

12

4. Números de 6 6 6 216 possibilidades Logo, podem ser formados 216 números nas condições enunciadas.

x 2y 8 2 x ny 15 3 x (n 1) y 22

2

5.

3

Números de 6 5 4 120 possibilidades Logo, podem ser formados 120 números nas condições enunciadas.

x 2y 8 1 y ----------------4n 2 y ----------------5n

6. Números de possibilidades

6

6

5

180

Logo, podem ser formados 180 números nas condições enunciadas.

137


Calculando a quantidade de números de quatro algarismos nas condições enunciadas: 1 ou 2

7.

8.

216

Números de 5 4 3 1 possibilidades Logo, podem ser formados 60 números. 9.


Inicialmente, calculamos o número de possibilidades para a casa das unidades:

60

8

9

7

6

5


4 4 4 5 5 5 5 40.000 Podem ser formadas 40.000 placas diferentes.

26 26 26 10 10 10 10

263 104

A seguir calculamos o total de placas que têm todos os algarismos nulos:


3


4

13. Calculando a quantidade de números de três algarismos nas condições enunciadas: 3, 5, 7 ou 8

138

5

4

6

3, 5 ou 7

1

3

3

9

3 ou 5

7

Números de 1 3 2 6 possibilidades Logo, o total de números nas condições enunciadas é: 6 9 6 21

12. Como AB , temos que: n(AB) n(A) n(B) ⇒ 25 10 n(B) e, portanto, n(B) 15

4

2

ou

11. n(AB) n(A) n(B) n(AB) ⇒ ⇒ n(AB) 25 29 10 44


3

6

263

26 10 26 26 (10 1) 3

1

ou

A diferença entre estes dois resultados é o número de placas que têm pelo menos um algarismo não-nulo, isto é: 4

3 ou 7

5 16.

0

26 26 26 1 1 1 1

3

36

Números de 5 5 4 2 200 possibilidades Como esses conjuntos de 120 e 200 números são disjuntos, temos que o total de números, nas condições enunciadas, é 120 200 320

Algarismos

0

3

2.880

Algarismos

0

4

Números de 6 5 4 1 120 possibilidades Para os algarismos 2 ou 4 na última casa, temos: 2 ou 4

c) Inicialmente calculamos o total de placas sem nenhuma restrição:

0

3

15. Para o algarismo zero na última casa (unidades), temos: 0

b)

Letras

1

Números de 3 5 4 3 180 possibilidades Como esses conjuntos de 36 e 180 números são disjuntos, temos que o total de números nas condições enunciadas é 36 180 216

Algarismos

Letras

120

15.120

10. a)

4 3 2 5 4 3 2

3

Para os algarismos 5, 6 ou 7 na primeira casa da esquerda, temos: 5, 6 ou 7

Algarismos

Letras

4

14. Para o algarismo 4 na primeira casa da esquerda (unidade de milhar), temos: 4

Assim, o tempo máximo para que o arquivo seja aberto é: 15.120 5 segundos 75.600 segundos 21 horas Letras

5

Como esses conjuntos de 80 e 120 números são disjuntos, temos que o total de números, nas condições enunciadas, é 80 120 200

c O número máximo de tentativas é igual à quantidade de números naturais de cinco algarismos distintos formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9:


2

80

0, 2 ou 4

1 17. Números de possibilidades ou

1

5

4

3

60


Números de 6 6 6 1 possibilidades Logo, podem ser formados 216 números.


2 Números de possibilidades

(n 2)(n 1)n! 12 ⇒ n2 3n 10 0 e, portanto, 23. a) ---------------------------------------------n!

0 ou 4

5

1

4

2

n 2 ou n 5 (não convém) Logo, S {2}

40

(n 1)! 1 b) -------------------------------------------------------------- --------- ⇒ n2 5n 14 0 e, (n 3) (n 2)(n 1)! 20

ou 0, 2 ou 4

3

portanto, n 2 ou n 7 (não convém) S {2}. (n 2)! 1 ⇒ n 1 5 e, portanto, n 6 c) ------------------------------------------ -----(n 1)(n 2)! 5

Números de 1 5 4 3 60 possibilidades Logo, o total de números nas condições enunciadas é: 60 40 60 160

Logo, S {6}

18. b Lembrando que um número inteiro é múltiplo de 5 se o algarismo das unidades é 0 ou 5, temos: 0 Números de possibilidades ou

4

5

1

20

(n 1)! [n (n 1)n] ⇒ --------------------------------------------------------------- 15 (n 1)! ou seja, n2 2n 15 0 ⇒ n 3 ou n 5 (não convém) Logo, S {3}

Região A

Números de 4 4 1 16 possibilidades Logo, o total de números, nas condições enunciadas, é 20 16 36

5

4

3

2

6 5 4 3 2 Logo, o total de maneiras é: 720 720 1.440

27.

1


720

20. a) 7! 7 6 5 4 3 2 1 5.040 b) 3! 2! 3 2 1 2 1 12 c) 4! 2! 4 3 2 1 2 1 22 0! 1 1 d) --------------------------------- -----3! 3 2 1 6 I. II. III. IV. V.

Região D

Números de 5 5 5 5 625 possibilidades Logo, podem ser formados 625 números nas condições enunciadas.

720

1

1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª 8ª 9ª 10ª 11ª 12ª

21.

Região C

26.

1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª 8ª 9ª 10ª 11ª 12ª 6 ou

Região B

Números de 5 4 3 2 120 possibilidades Logo, o plantio pode ser feito de 120 formas diferentes.

Páginas 19.

n(n 1)! (n 1) n(n 1)! ---------------------------------------------------------------------------------- 15 ⇒ (n 1)!

25. a Como cada região faz fronteira com todas as outras, temos que não haverá duas regiões com o mesmo plantio. Assim, o número de formas de se fazer o plantio é calculado por:

5 Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

24.

Falso, pois 3! 2! 8 e 8 5! Falso, pois 3! 2! 12 e 12 6! Verdadeiro, pois 4! 4! 48 e 48 2 4! Verdadeiro, pois é a propriedade fundamental dos fatoriais. Falso, pois para n 0 ou n 1, não existe (n 2)!

4

3

2

120

Logo, podem ser formados 120 números nas condições enunciadas. 1 ou 3 28. Números de possibilidades

6

6

2

72

Logo, podem ser formados 72 números nas condições enunciadas. 1 ou 3 29. Números de possibilidades

6! 6 5 4 3! 120 22. a) --------------------------------------------3! 3! 4! 4! 1 b) ------------------------------------ --------6! 6 5 4! 30

5

5

4

2

40

Logo, podem ser formados 40 números nas condições enunciadas. 30.

5! 8! 5 4! 8 7! 40 c) ---------------------------------------------------------4! 7! 4! 7!


n! n(n 1)! n d) ----------------------- --------------------------(n 1)! (n 1)!

Logo, podem ser formados 1.080 números nas condições enunciadas.

n! n! 1 e) ----------------------- ---------------------------------------------- --------------------------------2 (n 2)! (n 2)(n 1)n! n 3n 2 (n 3)! (n 3)(n 4)(n 5)! n2 7n 12 f) -------------------------------------------------------------------------------------(n 5)! (n 5)!

5

6

6

6

1.080

31. Números de 5 5 4 3 300 possibilidades Logo, podem ser formados 300 números nas condições enunciadas.

139


39. b

32. e 6, 7 ou 9

3 6 5 4 3 2 1

2.160

Logo, podem ser formados 2.160 números nas condições enunciadas. 33. b 6, 7 ou 9 Números de possibilidades

Números de 5 2 10 possibilidades Logo, podem ser feitos dez percursos diferentes. 40. a Os números devem ser formados por cinco algarismos escolhidos dentre: 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7 e 9. Assim, temos: 6

3 7 7 7 7 7 7

3 76

Números de possibilidades ou

Como esse cálculo inclui o número 6.000.000, temos que o total de números nas condições enunciadas é 3 76 1. 34. e

1ª 2ª 3ª

4

1

6

5

4

480

7 ou 9

Números de 2 7 6 5 4 1.680 possibilidades Logo, há 2.160 números nas condições do enunciado.

questões


ir de B para C

16ª

41. • Com a vogal A e as consoantes B, C e D, temos: 5 5 5

...

5

516

Há, portanto, 516 maneiras diferentes de preencher o cartão de resposta. 35. d Calculando o número possível de linhas telefônicas nas condições atuais, temos:

Letras

Algarismos

A


1 3 2 6 5 4 3 Letras

2.160

Algarismos

A

Números de 9 8 7 10 10 10 10 504 104 possibilidades Calculando o número de telefones sob as condições do próximo mês, temos:


3 1 2 6 5 4 3 Letras

2.160

Algarismos A

Números de 9 8 7 10 10 10 10 10 504 105 possibilidades Assim, a partir do próximo mês, haverá um acréscimo de 504 105 504 104 linhas telefônicas. 36.

1ª retirada

2ª retirada

3ª retirada

4ª retirada

Números de 5 5 4 3 300 possibilidades Logo, são possíveis 300 seqüências de cores nas condições enunciadas. 37. Indicando por A o conjunto de crianças com mais de 5 anos de idade e por B o conjunto de crianças com menos de 10 anos, temos: n(AB) n(A) n(B) n(AB) ⇒ ⇒ 65 40 32 n(AB) , portanto, n(AB) 7 Logo, há 7 crianças com mais de cinco e menos de dez anos de idade. Letras

Algarismos

38. Números de possibilidades ou

4 3 2 6 5 4 Letras

M

42. a) Números de possibilidades ou

Algarismos

F

M

F

M

F

3 3 2 2 1 1 F

M

F

M

F

36

M

Números de 3 3 2 2 1 1 36 possibilidades Logo, há 72 maneiras de dispor as pessoas de modo que as pessoas de mesmo sexo não fiquem em degraus consecutivos. b) Inicialmente, vamos calcular o número de disposições das seis pessoas, uma em cada degrau, sem levar em consideração o sexo:

2.880

Números de 4 3 2 6 5 4 3 8.640 possibilidades Logo, o número máximo de garrafas que poderiam ser produzidas nessa safra é 2.880 8.640 11.520.

140

Números de 3 2 1 6 5 4 3 2.160 possibilidades Assim, com a vogal A temos 6.480 placas. • Com o vogal E e as consoantes B, C e D o raciocínio anterior se repete e, portanto, obtemos mais 6.480 placas. Concluímos, então, que o número de placas que podem ser confeccionadas, nas condições enunciadas, é 6.480 6.480 12.960.

1º 2º 3º 4º 5º 6º degrau degrau degrau degrau degrau degrau Números de possibilidades

6

5

4

3

2

1

720

Subtraindo-se desse número o resultado obtido no item a, teremos o total de disposições diferentes em que podem ser colocadas as pessoas na escada de modo que em pelo menos dois degraus consecutivos fiquem pessoas de mesmo sexo: 720 72 648



ir de A para B


48. d C.E. n N

43. Indicando por A a cor amarela, temos: A Números de possibilidades

1 5 5 5

(n 2)! (n 1)! ⇒ 8n! -----------------------------------------------------n 1

125

(n 2) (n 1) n! (n 1) n! ⇒ 8n! ---------------------------------------------------------------------------------------------n 1

Logo, o painel pode ser pintado de 125 maneiras nas condições enunciadas.

Como n! 0, podemos dividir ambos os membros por n!, obtendo:

44. Com os algarismos considerados, o número é par ou múltiplo de 5 se o seu algarismo das unidades for 0, 2 ou 5. Assim, temos as possibilidades:

(n 2 )(n 1) (n 1) 8 --------------------------------------------------------------------- ⇒ n1 (n 1) (n 3) ⇒ 8 ------------------------------------------ ou seja, 8 n 3 e, portanto, n 1


4

3

2

1

24

ou

49. a Inicialmente calculamos o total de números que podem ser lidos no hodômetro, podendo haver repetição de algarismos:


3

3

2

1

n 5. Logo, S {5}.

18


ou

A seguir, calculamos o total de números que podem ser lidos no hodômetro, sem repetição de algarismos:



3

3

2

1

10 10 10 10 10 10 10 10 108

18


Logo, podem ser formados 60 números nas condições enunciadas.

10 9 8 7 6 5 4 3

10 ! ----------2

10! é o resultado procurado. A diferença 108 ----------2

45. c C2

C1 38

6

1.

4 2

Capítulo 23

34

a) Pelo princípio fundamental de contagem, temos:

1

33

A4,2 4 3 12 b) (a, (b, (a, (c,

C3 n(C1 C2 C3) 38 2 4 6 34 1 33 118 Logo, o total de originais de impressão é igual a 118. 8! 8! 1 46. a) ------------------------------------------ --------10! 10 9 8! 90

2.

(a, (d , (b, (c,

d) a) c) b)

A8,3 8 7 6

(n 4)(n 3)(n 2)! n2 7n 12 c) -------------------------------------------------------------(n 2)!

(b, (d , (c, (d ,

d) b) d) c)

a)

3! 9! 3! 9 8 7! 18 b) -----------------------------------------------------------------5! 7! 5 4 3! 7! 5

336

b)

(n 5 ) (n 6)(n 7)! n2 11n 30 d) -------------------------------------------------------------------(n 7)!

A5,4 5 4 3 2

(n 5 )! 1 e) ---------------------------------------------------------------------- ---------------------------------------2 (n 3 ) (n 4)(n 5)! n 7n 12

120

c) A6,6 6 5 4 3 2 1

47. a C.E. x N* ( x 2)! x! ------------------------ ------------------------ ⇒ 3! x! ( x 1)!

b) a) c) a)

3.

720

7! 7 6 5 4 3! 840 a) A7,4 ----------------------------------------------3! 3!

( x 2) ( x 1) x! x ( x 1)! ⇒ -------------------------------------------------------- ------------------------------ , ou seja, ( x 1)! 6 x!

4! 4 3 2 1 24 b) A4,3 -------1!

x2 3x 2 0 e, portanto, x 1 ou x 2. Logo, S {1, 2}.

4! 4 3 2 1 24 c) A4,4 -------0!

141


Condição de existência: n N e n 2 n! An, 2 20 ⇒ ------------------------ 20, ou seja, (n 2)! n(n 1)(n 2)! ------------------------------------------------ 20 ⇒ n2 n 20 0 e, portanto, n 5 (n 2)! ou n 4 (não convém) Logo: S {5}

11. a) Indicando por H e M as posições que devem ser ocupadas por homem e mulher, respectivamente, temos: H M H

5.

e Essa quantidade é igual ao número de seqüências de 5 elementos distintos formadas pelos 9 elementos de I, ou seja, A9,5.

6.

c O número de maneiras é igual ao número de seqüências de 10 elementos distintos formadas pelas 20 cadeiras numeradas da fila, ou seja, A20, 10.

7.

O número de seqüências de 6 elementos distintos formadas pelas 6 crianças é P6 6! 720.

8.

Decompondo 5.040 em fatores naturais consecutivos, temos: 5.040 2.520 840 210 42 7 1

10. c O total de anagramas da palavra é n!, dos quais (n 1)! começam por B. Logo, o número de anagramas que não começam por B é: n! (n 1)!

2 3 4 7! 5 6 7

M

H

P3

P4

Logo, eles podem ocupar as cadeiras em 144 seqüências diferentes, nas condições enunciadas. b) Inicialmente calculamos o número de seqüências possíveis, sem levar em consideração o sexo: P7 7! 5.040 Subtraindo de P7 o resultado obtido no item a, obtemos o total de seqüências possíveis com pelo menos duas pessoas de mesmo sexo ocupando cadeiras consecutivas: P7 P4 P3 5.040 144 4.896 (2) 4! 4 3 2! 12 12. a) P 4 ------------------------------2! 2! (3) 7! 7 6 5 4 3! 840 b) P 7 ----------------------------------------------3! 3! (2, 3)

c) P 8

(4, 2)

a) P6 6! 720 b)

H

4 3 3 2 2 1 1 4! 3! 144

Logo: n! 5.040 ⇒ n! 7! e, portanto, n 7 9.

M

d) P 9

8! 8 7 6 5 4 3! 3.360 ----------------- -----------------------------------------------2! 3! 2 1 3! 9! 9 8 7 6 5 4! 7.560 ------------------ -----------------------------------------------4! 2! 4! 2 1

C 13. a)

1

B

5! 120

P5

1 c)

L

7! ----------------- 420 2! 3!

(2, 3)

P7

O Logo, 420 anagramas começam por B.

P4

1 1 4! 24

b)

B

d) 1

3

3 5! 360

P5

7! ----------------- 420 2! 3!

(2, 2)

7! ------------------ 1.260 2! 2!

P7

P7

ou

e)

R P5

3 3 5! 360

1

f)

Logo, o número de anagramas que começam por consoante é 420 1.260 1.680 3

P4

3 9 4! 216 14.

g) 3

P4

h) C A B E L O 4! 24 i) C A B E L O

2 6 4! 144

9! --------------------------- 1.260 4! 3! 2! Podem ser indicados 1.260 preços diferentes. (4, 3, 2)

P9

15. a) cccck, ccckc, cckcc, ckccc e kcccc 5! ----------------- 10 3! 2! c) Interessam-nos as seqüências com 3 “caras” e 2 “coroas” ou com 4 “caras” e uma “coroa” ou com 5 “caras”. O número de seqüências nessas condições é dado por: (3, 2)

b) P 5

(4) (5) 5! 5! 5! P 5 P 5 ----------------- --------------3! 2! 4! 5! 10 5 1 16 (3, 2)

4! 3! 4! 144

142

(2, 3)

P5


4.


16. a) Para qualquer caminho escolhido, nas condições do enunciado, Pedro deve se deslocar 3 km para o norte e 4 km para o leste, por exemplo: y N

A

3 O

L

2 1

S

O

2

1

3

x

4

Indicando por N cada unidade para o norte e por L cada unidade para o leste, temos que o número de caminhos possíveis que Pedro pode percorrer é igual ao número de permutações das letras NNNLLLL, ou seja, (3, 4) 7! ----------------- 35 P7 3! 4! b)

y

9! 36 20. a) C9, 2 -----------------2! 7! Logo, ficam determinadas 36 retas. 9! 84 b) C9, 3 -----------------3! 6! Logo, ficam determinados 84 triângulos. 21. C7, 4 C8, 3 1.960 Portanto, a comissão pode ser formada de 1.960 maneiras diferentes. 22. Para completar uma comissão que contenha o casal, devemos escolher mais 3 pessoas dentre as 7 restantes; logo, o número de maneiras diferentes que a comissão pode ser formada é: 7! C7, 3 ----------------- 35 3! 4!

B

5 N

5! 10 19. C5, 3 -----------------3! 2! Logo, o pintor pode obter 10 novas cores.

23.

4

O

L

C8, 5


Ir de OaA (4, 3)

P7

1

2

3

4

5

6

x

Ir de AaB P4

(2, 2)

8! 3! C3, 3 ------------------ ------------------- 56 5! 3! 3! 0!

Os alunos podem ser distribuídos de 56 maneiras diferentes.

1 O

Fontes de Energia

A

3 2

S

Meio Ambiente

24.

C 8, 2 12 16 número de arestas

Logo, 16 retas determinadas pelos vértices não contêm aresta do paralelepípedo. 7! 4! ----------------- ----------------- 210 4! 3! 2! 2!

Luís pode percorrer 210 caminhos diferentes. 7! 7 6 5! 21 17. a) C7, 5 ----------------- -----------------------5! 2! 5! 2 1 5! 5 4! 5 ---------------b) C5, 4 ------------------4! 1! 4! 1 8! 1 c) C8, 8 ------------------8! 0! 9! 9 8! 9 ---------------d) C9, 1 ------------------1! 8! 1 8! 4! 1 e) C4, 0 -----------------0! 4! 0! f) C0, 0 ------------------ 1 0! 0! 18. a) Condição de existência: n N e n 2 n! n(n 1)(n 2)! ------------------------------ 10 ⇒ ----------------------------------------------- 10, ou seja, 2!(n 2)! 2 1 (n 2)! n2 n 20 0 ⇒ n 5 ou n 4 (não convém) Logo: S {5} b) Condição de existência: x N e x 3 x! 3 x! ------------------------------ ------------------------ ⇒ 3!( x 3)! ( x 2)! x! 3 x! ⇒ --------------------------- -------------------------------------------6( x 3)! ( x 2)( x 3)! x! Como ----------------------- 0, podemos dividir ambos os membros ( x 3)! x! por ------------------------, obtendo: ( x 3)! 1 3 ------ ----------------- ⇒ x 20 6 x2 S {20}

25. a) C9, 3 C6, 3 C3, 3 84 20 1 63 Logo, ficam determinados 63 triângulos. b) C6, 2 C6, 1 C2, 1 15 6 2 27 26. d Indicando por n o número de lutadores, temos: n! Cn, 2 45 ⇒ ----------------------------- 45, ou seja, 2!(n 2) ! n(n 1) (n 2)! ----------------------------------------------- 45, ou ainda, n2 n 90 0 ⇒ n 10 2(n 2)! ou n 9 (não convém)  6 6 0  6 5 1  6 4 2 27. a) (x a)6   x a   x a   x a  0  1  2  6 3 3  6 2 4  6 1 5  6 0 6  x a  x a  x a  x a  3  4  5  6 x6 6x5a 15x4a2 20x3a3 15x2a4 6xa5 a6  3 b) (2x 3)3 [2x (3)]3   (2x)3(3)0  0  3  3  3   (2x)2(3)1   (2x)1(3)2   (2x)0(3)3  2  3  1 8x3 3 4x2 (3) 3 2x 9 1 (27) 8x3 36x2 54x 27  4  4 c) (2x y2)4   (2x)0(y2)4   (2x)1(y2)3  1  0  4  4  4   (2x)2(y2)2   (2x)3(y2)1   (2x)4(y2)0  2  4  3 y8 4 2xy6 6 4x2y4 4 8x3y2 16x4 y8 8xy6 24x2y4 32x3y2 16x4

143


28. a

ou

 15   15  (1 0,005)15   115 (0,005)0   114 (0,005)1,  0  1

C

V

C

ou seja, (1,005)15 1,075

V

C

V

P3 P3 3! 3! 36

29. c Condição de existência: n N e n 2 n! (n 1)! ------------------------ ------------------------ 18 ⇒ (n 2)! (n 1)!

Logo, existem 36 36 72 anagramas nas condições enunciadas.

2n2 18 e, portanto, n 3 ou n 3 (não convém) Logo: S {3} 30. c Fixado o número 40 como segundo elemento da seqüência, o total de maneiras de se obterem os outros três elementos é igual ao número de seqüências de três elementos distintos escolhidos dentre 89 elementos distintos, ou seja, A89, 3. 31. c Calculando A6, 4 teremos o número de seqüências de quatro elementos distintos formadas pelos elementos de I. Dessas seqüências, aquelas que começam por zero constituem o total de A5, 3. A diferença A6, 4 A5, 3 é, portanto, a quantidade de números naturais de 4 algarismos distintos que podem ser formados com os elementos de I. 32. e Como há restrições para a 1ª e 7ª posição, devemos, em primeiro lugar, calcular o número de possibilidades para essas posições:

37. 3 (n 1)! 2.160 ⇒ (n 1)! 720 Decompondo 720 em fatores naturais consecutivos, temos: 720 360 120 30 6 1

2 3 4 5 6

6!

Logo: n 1 6 ⇒ n 7 38. a) P5 5! 120 b)

1 1

P4

P4

4! 24

2 número de possibilidades → 4

P5

3 12 5! 1.440

1

Logo, as músicas podem ser apresentadas em 1.440 seqüências diferentes.

3

4! 24

1

A B 1 1

P3 3! 6 33. a) número de possibilidades → 1 1 Logo, podem ser delineadas 6 seqüências de etapas. b) Considerando-se o bloco AB como um único elemento, o número de seqüências que se pode formar com os quatro elementos AB, C, D, E é P4 4!. Analogamente, considerandose o bloco BA como um único elemento, o número de seqüências que se pode formar com os quatro elementos BA, C, D, E é P4 4!. Logo, o resultado procurado é 2P4 2 4! 48.

P3 3! 6

1 1

P3 3! 6

3

1

3

2

4

1 1 1 P2 2! 2

34. c Inicialmente calculamos o número de permutações dos dois blocos:

Logo, o total de números nas condições mencionadas menores que 34.215 é 24 24 6 6 2, ou seja, 62 números.

Pedro Luísa e João Rita , que é 2!. A seguir, calculamos o número de permutações dos elementos em cada bloco, que também é 2!: 2!

c) No item anterior concluímos que há 62 números menores que 34.215 nas condições mencionadas. Logo, o número 34.215 ocupa a 63ª posição na seqüência crescente desses números.

Pedro Luísa

João Rita

2! 2! Logo, o número de seqüências em que os quatro amigos podem ser dispostos, nas condições do enunciado, é 2! 2! 2! 8. 35. Indicando por V e C as posições que devem apresentar vogal e consoante, respectivamente, temos: V

C

V

C

V

C

P3 P3 3! 3! 36

144

39. O número de anagramas que apresentam o U antes do E é igual ao número de anagramas que apresentam o E antes do U; logo, o total de anagramas com as vogais em ordem alfabética é: P5 5! -------- -------- 60 2 2 (2, 3)

40. a) P 8 b)

8! ----------------- 3.360 3! 2!

G (3) 7! 840 P 7 -------3!


n(n 1)(n 2)! (n 1)n(n 1)! 18 ou seja, ⇒ -------------------------------------------------------------------------------------------(n 2)! (n 1)!

36. O total de anagramas da palavra ESCOLA é P6 6! 720. Subtraindo-se desse total o resultado obtido no exercício 35, obtém-se a quantidade de anagramas que apresentam vogais ou consoantes em posições consecutivas: 720 72 648


c)

G

G

44.

(3) 6! 120 P 6 -------3!

d)

45. e C.E. m 2

G

1

P

ou R N T

3

(2,3)

P7

7! 3 ----------------- 1.260 2! 3!

Logo, há 2.100 anagramas que começam por consoante. e)


7! 1 ----------------- 1.260 2! 3!

(2,2)

P7 G

A

1

6! 360 1 -------2!

(2)

P6

48. b O número de escolhas dos três primeiros quadradinhos para se pintar é C9, 3, e o número de escolhas dos três quadradinhos seguintes para se pintar é C6, 3. Assim, o número de figuras diferentes que podem resultar da pintura é dado por: C9, 3 C6, 3 1.680 49.

ou R N T

3

(2,2)

P6

AAA

Logo, podem ser formadas 205 comissões diferentes, com pelo menos uma mulher em cada comissão.

51. c Um termo geral do desenvolvimento da potência é:  50   50  T   x p 150 p ⇒ T   x p  p  p Fazendo p 2 obtemos o termo do 2º grau do desenvolvimento, ou seja,

42. d Decompondo 1.125 em fatores primos, temos:

 50  T   x 2 1.225x 2  2

3 3 5 5 5

Logo, o coeficiente do termo do 2º grau é 1.225.

Capítulo 24

Assim, o número de seqüências de teclas que podem ser digitadas é igual ao número de seqüências que podem ser formadas distribuindo-se os fatores 3; 3; 5; 5 e 5 nas “casas vazias” do diagrama:

(2, 3)

Logo, esse número é dado por: P 5

5! ----------------- 10 2! 3!

43. Sendo n o número de bolas da urna, temos: (2; n 2)

Total de comissões de 4 homens

50. e C13,4 C8, 4 C5, 4 640 Logo, podem ser feitos 640 tipos de sacolas distintas.

Logo, 12 anagramas apresentam as três vogais juntas.

Pn

C 5, 4 205

6! 1 3 ------------------ 540 2! 2!

TTB

A

(2) 4! 12 P 4 -------2!

1.125 375 125 25 5 1

C 10, 4 Total de comissões de 4 pessoas

Logo, há 900 anagramas que começam por consoante e terminam por vogal. 41.

Portanto: S {4} 46. b Observando que o conjunto A {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19} é formado exclusivamente por números primos, concluímos que se {m, n} e {p, q} são subconjuntos diferentes de A, então m n p q. Logo, o número de produtos distintos de dois elementos quaisquer de A é igual ao número de subconjuntos de A formados por dois elementos, ou seja, C8,2 28. 47. C6, 3 C8, 5 C5, 2 11.200 Logo, as vagas podem ser preenchidas de 11.200 maneiras diferentes.

A

f)

(m 1)! m! -------------------------- -------------------------------------- ⇒ m 4 (m 3)! (m 2)! 2!

7! 840 -------3!

(3) 7

6! ------------------- 60 3! 2! Assim, o mapa pode ser pintado de 60 maneiras diferentes. (3, 2)

P6

n! 21 ⇒ ----------------------------- 21; logo: 2!(n 2)!

n 7 ou n 6 (não convém) Portanto, há 5 bolas pretas na urna.

1.

a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) l) m) n)

(V) ,AB- / ,DC(V) ,DC - / ,HG(F) As retas ,EF - e ,FG - são concorrentes. (F) ,CB- e ,HE - são paralelas. (V) ,CF - e ,HE - são reversas. (V) As retas ,DB - e ,AC - são concorrentes. (V) As retas ,AB- e ,EF - são coplanares. (F) As retas ,DB - e ,HF - não são coplanares. (V) ,AB - / p (F G H). (F) ,A C- é concorrente ao p (B C G) (V) ,AB - p (H G B) (F) ,EF - p(F G B) (F) ,AD- é paralela ao plano p (H G F ). (V) ,EB - é secante ao plano p (B G F).

145


(V) O plano p (A B C) é secante ao plano p (H G B). (V) p (A B C) / p (H E F) (V) p (A B C) / p (A D C) (F) A reta comum aos planos p (B G F) e p (A B C) é ,BC -. (V) ,BC - é perpendicular a ,BG-. (V) ,BC - forma ângulo reto com ,BG-. (F) ,EC - não é perpendicular a ,CF-. (V) ,BC - é perpendicular a ,C E-. (V) ,DC - é perpendicular ao plano p (B G F). (F) ,DF- não é perpendicular ao plano p (E F G). (V) p (C B G) ⊥ p (A B C) (V) p(A C F) ⊥ p (E H F)

15 1 sen --------- -----30 2 ⇒ 30° 0 90 6.

A

6 30°

C

O 40°

H

α

40° 40°

E

G

8.

F

O ângulo B BOG é externo do triângulo FOG; logo, 80° 9.

b) As retas pedidas são: ,AD-, ,DC-, ,EH- e ,EF-. 3.

A

B

C

Sendo {B} r e {C} s , temos que A BCB é um ângulo que a reta s forma com o plano : m(A BCB) 90° 50° 180° m(A BCB) 40° 4.

r β

3 3 5 4 7 5 32 A ---------------------------------------------------2 Logo, o poliedro possui 32 arestas. 12 3 18. A ----------------2 Logo, o poliedro possui 18 arestas.

Q

A''

12 5 30; logo, 15. Nesse poliedro temos F 12 e A ----------------2 V A F 2 ⇒ V 30 12 2 e, portanto, V 20

A

Observando que r ⊥ p (A A’ A”) e sendo {Q} r p (A A’ A”) temos que A’BQA” é um ângulo formado por e : m(A’BQA”) 90° 90° 80° 360° m(A’BQA”) 100° Logo, um ângulo agudo formado pelos planos e mede 80°. Esse ângulo é o suplemento do ângulo A’ BQA”. Sendo ,PQ- ⊥ , com Q , temos que P BMQ é um ângulo agudo que a reta ,PM- forma com o plano . P 30 θ

Q

12. Aplicando a relação de Euler, sendo F V e A 10, temos: V 10 V 2 ⇒ V 6. Logo, o poliedro possui 6 vértices.

A 14. Aplicando a relação de Euler, sendo F 8 e V -------, temos: 2 A ------- A 8 2 ⇒ A 12. 2

80°

15

11. Aplicando a relação de Euler, sendo V 16 e A 24, temos: 16 24 F 2 ⇒ F 10. Logo, o poliedro possui 10 faces.

13. Aplicando a relação de Euler, sendo F 13 e V 22, temos: 22 A 13 2 ⇒ A 33. Logo, o poliedro possui 33 arestas.

α

A'

146

20 3 30. A ----------------2 Logo, o poliedro possui 30 arestas.

5 3 5 4 1 5 20. 10. A ---------------------------------------------------2 Logo, o poliedro possui 20 arestas.

50°

5.

A

a) A projeção ortogonal de tABu sobre mede 3 3 cm. b) A distância do ponto B ao plano é 3 cm. 7.

C

3 AC ------------- -----------2 6 1 BC ----------------2 6

e, portanto, AC 3 3 e BC 3. Logo:

B

D

AC cos 30 -----------6 ⇒ BC sen 30 -----------6

B

a) Como ,DH- / ,CG- temos que as medidas dos ângulos formados por ,DH- e ,BF- são iguais às medidas dos ângulos formados por ,CG- e ,BF :-

2.

Sendo C a projeção ortogonal de B sobre , temos:

M

24 3 36; logo, 16. Nesse poliedro temos V 24 e A ----------------2 V A F 2 ⇒ 24 36 F 2 e, portanto, F 14. 17. O centro das faces de um octaedro regular são vértices de um hexaedro regular (cubo).


o) p) q) r) s) t) u) v) w) x) y) z)


18. Sendo a a medida da aresta do octaedro, temos:

BA BA ⇒ 3 cos 30° ------------------------- -------------- , ou seja, BA 4 3 8 8 2 Logo, a medida da projeção ortogonal de tABu sobre é 4 3 m. 23.

A

10

A a

4 3

P

5

A'

5

M

5

B

Q

4 3 tg --------------4 0 90

(AB) (AM) (BM) ⇒ a 5 52 e, 2

2

2

2

portanto, a 5 2 cm 19. A área Af de cada face é a área de um triângulo eqüilátero de lado 6 cm; logo, 2 2 6 3 Af ----------------------- cm 9 3 cm 4 Como o icosaedro regular é constituído de 20 faces congruentes, temos que a área A de sua superfície é dada por:


2

A 20 9 3 cm 180 3 cm 2

D

25.

6 3(V 1) -------------------------------------- 12 ⇒ V 7 2

B

θ

26. a

C

80 3 12 5 --------------------------------------- A ⇒ A 150 2

H

G

E

F

8 3 tg --------------8 0 90

⇒ 60°

2A 3V 2A ⇒ V ---------3

8 3

A

3

24. c O produto do número de vértices pelo número de arestas que partem de cada vértice é o dobro do número de arestas do poliedro. Isso porque cada aresta une dois, e apenas dois, vértices do poliedro; portanto, temos:

2

20. A reta ,DA- é paralela a ,HE- e é concorrente com ,DB-; logo, a medida

de um ângulo agudo formado por ,DA- e ,DB- é a medida procurada: 8

B

Sendo a medida de um ângulo agudo formado pelos planos e , temos:

5

2

4

3

⇒ 60°

14 4 28, concluímos que a afirmação II é verdaII. Como ----------------2

21.

deira. III. Em um poliedro convexo constituído por dez ângulos tetraé-

B β 12

27. I. Como 18 20 8 2, concluímos que não existe poliedro convexo com 18 vértices, 20 arestas e 8 faces; logo, a afirmação I é falsa.

10 4 20, logo, dricos, temos que V 10 e A ----------------2

6

V A F 2 ⇒ 10 20 F 2 e, portanto, F 12. θ α

A

Concluímos, então, que a afirmação III é verdadeira.

C

A medida de um ângulo agudo que a reta ,AB- forma com o plano 1 6 ------; é tal que sen --------logo 30°. Portanto, a medida 2 12 de um ângulo obtuso que ,AB- forma com o plano é 150°. 22. Sendo A a projeção ortogonal de A sobre , temos: α

r

A 8

B

28. c 6 3(V 1) -------------------------------------- A 2 6 3(V 1) 7 2 ⇒ V ------------------------------------F 7 2 V AF 2 e, portanto, V 7 Logo, 7 A 7 2 ⇒ A 12 29. c 3n 4(n 1) 5(n 2) ----------------------------------------------------------------------- 25 ⇒ n 3 2

30°

A'

Assim, temos: A 25 e F 3 4 5 12. Pela relação de Euler, concluímos: V A F 2 ⇒ V 25 12 2 e, portanto, V 15. β

30. c

147


Os segmentos tPSu e tNSu são alturas de triângulos eqüiláteros cujos lados medem 2 3 cm; logo,

a) No triângulo retângulo EFG, temos: (EG)2 32 42 e, portanto, EG 5 cm.

2 3 3 PS NS ------------------------------ cm 3 cm. 2 Assim, o triângulo NSP é isósceles de base tPNu:

b) No triângulo retângulo AEG, temos: (AG)2 122 52 e, portanto, AG 13 cm. c) AT 2(3 12 4 12 3 4) cm2 192 cm2 d) V 3 4 12 cm3 144 cm3

P

4.

3 cm

D

3 cm

5.

3 cm

2 3 6 cm 7 cm 2

2

Sendo x, x 2 e x 4 as dimensões, em metros, do paralelepípedo, temos: x ( x 2) ( x 4) 35 ⇒ ⇒ x 1 ou x 5 (não convém) Logo, as dimensões do paralelepípedo são: 1 m, 3 m e 5 m. 2

N

S

3 cm

2

(RS)2 ( 3 ) 32 e, portanto, RS

6 cm. 6.

Capítulo 25 1.

2.

2

2

2

Sendo a, b, e c as dimensões, em metros, do paralelepípedo, temos que: 2(ab ac bc) 376 ⇒ a b c ------ ------ ------ k 3 4 5

Pelo teorema de Pitágoras, obtemos a medida x da hipotenusa de cada triângulo das bases: x2 3 2 4 2 e, portanto, x 5 cm. Assim, a área total AT desse prisma é dada por: 34 AT [4 10 3 10 5 10 2 --------------] cm2 132 cm2 2

⇒

Representando no plano a superfície desse prisma, temos:

2(ab ac bc) 376 (I) a 3k (II) b 4k (III) c 5k (IV)

Substituímos (II), (III) e (IV) em (I): 2(3k 4k 3k 5k 4k 5k) 376 ⇒ k 2

B

Assim, as dimensões do paralelepípedo são 6 m, 8 m e 10 m e, portanto, o seu volume V é dado por: V 6 8 10 m3 480 m3 At

8 dm

7.

c O volume inicial Vi era de 6.000 m3 e o volume final Vf é de 4.200 m3. Sendo h a altura, em metros, atingida pela água, após a evaporação, temos: Vf 4.200 ⇒ 30 20 h 4.200 e, portanto, h 7.

8.

Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta desse cubo, temos que: AT 54 ⇒ 6a2 54 e, portanto, a 3. Logo, a medida D da diagonal do cubo é dada por:

4 dm 4 3 dm = 2 3 dm 2 4 dm

a) A área Af de cada face lateral é dada por: Af 4 8 dm2 32 dm2 b) A área B de cada base é dada por: 4 2 3 dm2 24 3 dm2 B 6 ----------------------2

D 3 3 cm. 9.

c) A área lateral AL é dada por: AL 6Af 6 32 dm2 192 dm2 d) A área total AT é dada por: AT AL 2B s192 2 24 3 d dm2 48s4 3.

D A

C B

3 d dm2

Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta desse cubo, temos: D 75 ⇒ a 3 75 e, portanto, a 5. Logo, a área total AT do cubo é dada por: AT 6 52 cm2 150 cm2

10. a Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta do cubo, temos que, 12a 60 ⇒ a 5; logo, o volume V do cubo é dado por: V 53 cm3 125 cm3 11. a A capacidade C da caixa é dada por: C 503 cm3 125.000 cm3 125 dm3 125 L

12 cm

12. A área de um losango é igual ao semiproduto das diagonais. Logo, a área B da base do prisma é:

H E

148

3 cm F

G 4 cm

4 2 cm2 4 cm2 B -------------2 Assim, concluímos que o volume V desse prisma é: V BH 4 5 cm3 20 cm3


R

a A distância máxima é a medida D de uma diagonal desse paralelepípedo:


13. Indicando por H a altura do prisma, temos:

3

2 a 3 a 3 a -----------------. O volume V é dado por: V ----------------4 4 Assim, temos:

10 cm

H

3

a 3 16 3 e, portanto, a 4. V 16 3 ⇒ ----------------4 A área Af de cada face lateral é dada por:

45° 6 cm

Af 42 m2 16 m2 e, portanto, a área lateral AL é dada por:

4 cm

AL 3 16 m2 48 m2

H ⇒ 2 H sen 45° --------------------- --------10 2 10

18.

Logo, H 5 2 cm. A área B da base do prisma é: B 4 6 cm2 24 cm2 Concluímos, então, que o volume V é: V BH 24 5 2 cm3 120 2 cm3

A L = 6a

Área Af de uma face lateral

2

B = 3a

2

2

3

2

a a a

Assim, temos: AL 96 ⇒ 6a2 96, portanto, a 4 m. Logo, o volume V desse prisma é: 3 4 3 4 m3 96 3 m3. V -----------------------------2 2

Portanto, o volume de 10 degraus é 0,18 m3. 15. Como o prisma é regular triangular, cada base é um triângulo eqüilátero.

Área B da base

Af = a

a

a

14. a Cada degrau tem a forma de um prisma de 1 m de altura cujas bases são triângulos retângulos de catetos com 0,12 m e 0,30 m; logo o volume V de cada degrau é dado por: 0,12 0,30 1 m3 0,018 m3 V ----------------------------2 Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Área lateral AL AL = 6Af

19.

V

10 cm

H

m

2 3 cm

O

M 6 cm

r

A 6 cm

12 cm

4 cm

a) No triângulo VMA, temos: m2 62 102 e, portanto, m 8 cm. b) A medida r do apótema da base é metade da medida do lado dessa base: r 6 cm c) No triângulo VOM, temos:

4 2 3 cm2 Logo, a área B de cada base é B ----------------------2 4 3 cm2 e, portanto, o volume V desse prisma é dado por: V 4 3 8 cm3 32 3 cm3 16. Como o prisma é regular hexagonal, cada base é um hexágono regular:

H2 62 82 e, portanto, H

28 cm 2 7 cm

12 8 cm2 d) A área Af de cada face lateral é Af ----------------2 48 cm2 e, portanto, a área lateral AL é dada por: AL 4 48 cm2 192 cm2 e) B 122 cm2 144 cm2 f) AT AL B (192 144) cm2 336 cm2

6 cm

3 6 3 cm2 Logo, a área B de cada base é B -----------------------------2 2

1 B H 1 144 2 7 cm3 96 7 cm3 g) V ----------3 3

54 3 cm e, portanto, o volume V desse prisma é dado por: 2

20.

V 54 3 10 cm3 540 3 cm3.

V

17. a Sendo a a medida, em metros, de cada aresta do prisma, temos: 2 13 cm

2 13 cm

a

Face lateral

Base

H a 3 2

a

a

m A

a

a

a

O 6 3 cm

A área B da base é dada por: a 3 a --------------2 a 3 2 B --------------------------- ------------------ . 4 2

3 3 cm

r M

3 3 cm

a) No triângulo VMA, temos: 2

2

m2 s3 3 d s2 13 d e, portanto, m 5 cm

149


1 da medida da altura de b) A medida r do apótema da base é -----3

23.

Base

um triângulo eqüilátero de lado 6 3 cm: 13

1 6 3 3 cm 3 cm r ----------------------------------3 2 c) No triângulo VOM, temos:

5

H 2 32 52 e, portanto, H 4 cm

5

10 12 cm2 60 cm2 e, portanto, Logo, a área B da base é: B -------------------2

6 3 5 cm2 d) A área Af de cada face lateral é Af ----------------------2

1 60 6 cm3 120 cm3 o volume V da pirâmide é: V -----3

15 3 cm2; logo, a área lateral AL é dada por: AL 3 15 3 cm2 45 3 cm2

h2 52 132 ⇒ h 12

13

h

24. O plano separa a pirâmide P em dois sólidos: uma pirâmide P’ e um tronco de pirâmide T. Indicando por a medida da aresta da base de P’, temos:

2

(6 3 ) 3 cm2 27 3 cm2 e) B -----------------------------------4

6 cm

f) AT AL B s45 3 27 3 d cm2 72 3 cm2

ᐉ

12 cm

21.

V 4 cm

12 4 --------- ------ ⇒ 2 6 Os volumes Vp e Vp das pirâmides P e P’, respectivamente, são: 13 cm

13 cm

1 3 4 3 12 cm3 96 3 cm3 e Vp -----------------------------------3 2 2

m

H

1 3 2 3 6 cm3 12 3 cm3 Vp’ -----------------------------------3 2 Logo, o volume VT do tronco de pirâmide é dado por: 2

O

A 5 cm

r

M 5 cm

VT Vp Vp’ s96 3 12 3 d cm3 84 3 cm3

10 cm

25.

a) No triângulo VMA, temos: m2 52 132 e, portanto, m 12 cm b) A medida r do apótema da base é a medida da altura de um triângulo eqüilátero de lado 10 cm:

AL 24 ⇒ 3 2a2 24 e, portanto, a 2 cm.

10 3 cm 5 3 cm r -----------------2

2a

c) No triângulo VOM, temos: 2

H2 s5 3 d 122 e, portanto, H

69 cm

10 12 cm2 60 cm2; d) A área Af de cada face lateral é Af -------------------2 logo, a área lateral AL é dada por:

a Base

2 3 cm2 B -------------------2

3 cm2

3 cm

AL 6 60 cm2 360 cm2 3 10 3 cm2 150 3 cm2 e) B --------------------------------2 2

2 cm

f) AT AL B s360 150 3 d cm2 30(12 5 3 ) cm2 1 B H 1 150 3 g) V ----------3 3 150 23 cm3 1 2 4 8 dm3 32 dm3 22. V --------------------------3 2 3

150

69 cm

Logo, a área total AT do prisma é dada por: AT AL 2B s24 2

3 d cm2 2 s12

3 d cm2

3

26. e A área total AT do prisma é dada por: AT AL 2B 6Af 2B s6 20 2 24 3 d cm2 s120 48 3 d cm2. Fazendo

3 1,7, temos que AT 201,6 cm2.

A área A da folha de cartolina é A 600 cm2.


1 B H 1 27 3 4 cm3 36 3 cm3 g) V ----------3 3


AT 201,6 Portanto, --------- ----------------- 0,336 33,6%. A 600 Logo, o percentual da folha usado na construção do prisma será 33,6%. 27. b Sendo a, b e c as dimensões, em centímetros, do paralelepípedo, temos que: a 2k (I) a b c ------ ------ ------ k b 5k (II) 2 5 6 ⇒ c 6k (III) abc 1.620 abc 1.620 (IV) Substituímos (I), (II) e (III) em (IV): 2k 5k 6k 1.620 ⇒ k 3 Logo, as dimensões do paralelepípedo são: 6 cm, 15 cm e 18 cm e, portanto, sua área total AT é dada por: AT 2(6 15 6 18 15 18) cm2 936 cm2


28. a A capacidade C do vaso é igual ao volume de um paralelepípedo de dimensões 50 cm, 30 cm e 2 cm, ou seja, C 50 30 2 cm3 3.000 cm3 3 dm3 3L. 29. a) Indicando por x a medida, em metros, de cada aresta da caixa, temos:

32. b A caixa é um prisma cujas bases são os trapézios e a altura mede x. Calculando a área B de uma base, temos: s12 28 )20 cm2 400 cm2 B ---------------------------------2 12 cm

20 cm

28 cm

Sendo V o volume do prisma, em cm3, e observando que 20 L 20.000 cm3, temos: V 400x 20.000 ⇒ x 50 Logo, a altura do prisma mede 50 cm. 33. b A figura é a planificação de um prisma regular triangular de altura 4 3 e aresta da base 5.

D Base

C F

1,5 – x 1,5

5 3 2

x

E x

4 3

x

A

6m

1,5 6 ABC EFC ⇒ --------------------- ------ e, portanto, x 1,2 m 1,5 x x b) O volume V de água, em metros cúbicos, é dado por: V 1,2 1,2 (0,85 1,2) m3 1,4688 m3 Logo, o volume, em litros, é: V 1.468,8 L 30. Consideremos a função V: [1, 4] → R que associa a cada aresta de medida x, em cm, o volume do cubo, isto é: V(x) x3 A taxa média de variação de V em relação a x, no intervalo [1, 4], é dada por: V 43 13 ------------ ---------------------- 21 x 41 Logo, para cada cm de aumento na aresta, o volume aumenta em

5

A área B da base é dada por: 3 5 5----------2 25 3 e, portanto, o volume V é dado por: B ----------------------- -----------------2 4 25 3 V -------------------- 4 3 75 4 34. b O volume Vd de líquido derramado é igual ao volume de um prisma de altura 8 m cuja base é um triângulo retângulo com catetos de 2 m e 8 m: 2 8 8 m3 64 m3 Vp -------------2 O volume V da caixa é V 83 m3 512 m3. 64 0,125 Assim, o percentual de líquido derramado é -----------512 12,5%

média 21 cm3. x

31.

5

B

x 4

35. a Sendo a e h as medidas, em cm, da aresta da base e da altura do prisma, respectivamente, temos:

8

x2 x2 4 2 ⇒ x 2 2 Face lateral Base

h h

a 3 2

Logo, o volume V do prisma é 2 2 2 2 8 cm3 32 cm3. V --------------------------------2

a a

a

151


a) O apótema do tetraedro regular é a altura de um triângulo eqüi-

O volume V e a área lateral AL são dados por: 2

6 3 cm 3 3 cm látero de lado 6 cm: m --------------2

a 3 h e A 6ah; logo, V 6 ----------------L 4

1 da medida da altura de um triângulo eqüiláb) A medida r é -----3 tero de lado 6 cm: 1 3 3 cm 3 cm r -----3

2

a 3 h 216 3 6 ----------------4 ⇒ a 2 3 e h 12 6ah 144 3 Portanto, a altura do prisma é 12 cm. 36. A altura, o apótema da base e o apótema da pirâmide formam um triângulo retângulo; logo,

2

2

c) H 2 s 3 d (3 3 d e, portanto, H 2 6 cm d) A área Af de cada face é a área de um triângulo eqüilátero de lado 6 cm: 6 3 cm2 9 3 cm2 Af ---------------------4 Logo, a área total AT é dada por: 2

m

20 cm

m2 152 202 e, portanto, m 25 cm

15 cm

AT 4 9 3 cm2 36 3 cm2 1 9 3 2 6 cm3 18 2 cm3 e) V -----3 40. a

37. A altura, o apótema da base e o apótema da pirâmide formam um triângulo retângulo; logo,

17 cm

H

16 cm

O α

12 m

13 m

16 cm

• No triângulo VOA temos: H2 162 172 e, portanto, H • A área B da base é dada por:

r2 122 132 e, portanto, r 5 m

A

33 cm

3 16 3 cm2 384 3 cm2 B --------------------------------2 2

r

• O volume V é dado por: 1 B H 1 384 3 V ----------3 3

38. Uma aresta lateral, metade de uma aresta da base e o apótema da pirâmide formam um triângulo retângulo; logo,

33 cm3

384 11 cm3 41.

4 5

5

h

h2 3 2 5 2 ⇒ h 4

x 3

8 cm

4

3

(10 4)4 cm2 28 cm2 portanLogo, a área B da base é: B ---------------------------2 6 cm

x2 82 62 e, portanto, x 10 cm

6 cm

1 28 15 cm3 140 cm3 to, o volume V da pirâmide é: V -----3 42. c

39.

H

r

m

8 cm

r 6 cm

152

10 cm


V


A medida r do apótema da base da pirâmide formada pela água é tal que: r2 82 102 ⇒ r 6 cm Logo, a medida da aresta da base dessa pirâmide é 12 cm. Podemos, assim, calcular o volume V de água:

4.

5π AL 2π 5 ---------- cm 2 25π2 cm2 e AT (25π2 2 π 52) cm2 2 25π (π 2) cm2 Sendo B a área da base e V o volume, temos:

1 122 8 cm3 384 cm3 V -----3 Sendo x a altura, em centímetros, atingida pela água no cubo, temos: 10 10 x 384 ⇒ x 3,84

Capítulo 26

Sendo h a medida, em cm, da altura do cilindro, temos: 5π 10 h π 52 ⇒ h ---------- ; logo, 2

5π cm3; logo: B π 52 cm2 25π cm2 e V B h 25π --------2 125π 2 cm3 V -----------------2 5.

a)

B

A

1. 2m Base Superfície lateral

5m

6 cm 5m

2π · 2 m

2m

D

2m

b)

V π 22 6 cm3 24π cm3

2 cm

C 2 cm


Base Secção meridiana 5m

A

B

D

C

AT (2π 6 2 2 π 62 ) cm2 96π cm2

4m

a) b) c) d) e)

6 cm

AL 2π 2 5 m 20π m2 B π 22 m2 4π m2 AT (20π 2 4π)m2 28π m2 ASM 4 5 m2 20 m2 V 4π 5 m3 20π m3 2

6. 2.

d Sendo R a medida, em m, do raio da base do cilindro maior, temos:

4 cm Base

8 cm

Superfície lateral

8m

8 cm

8m

2π · 4 cm

4 cm

4m

R

4 cm

2πR 8 2π 4 8 2 π 42 ⇒ R 6 Logo, o raio R tem 2 m a mais que o raio da base do cilindro menor.

Base

7.

Secção meridiana

Colocando sobre esse tronco um outro, congruente a ele, obtemos o cilindro:

8 cm 8 cm

a) b) c) d) e) 3.

AL 2π 4 8 cm2 64π cm2 B π 42 cm2 16π cm2 AT (64π 2 16π) cm2 96π cm2 ASM 82 cm2 64 cm2 V 16π 8 cm3 128π cm3

Sendo r a medida, em dm, do raio da base do cilindro eqüilátero, temos: (2r)2 144 ⇒ r 6; logo: AL 2π 6 12 dm2 144π dm2; AT (144π 2 π 62) dm2 216π dm2; V π 62 12 dm3 432π dm3

5 cm

9 cm

9 cm 5 cm 4 cm

Temos, portanto, que o volume VT , do tronco, é metade do volume desse cilindro: π 4 2 14 VT ---------------------------- cm 3 112π cm3 2

153


8.

e) Qualquer secção meridiana desse cone é um triângulo eqüilátero com 8 dm de lado; logo:

Inicialmente, aplicamos o teorema de Pitágoras para o cálculo da medida g da geratriz do cone:

82 3 ASM ----------------------- dm 2 16 3 dm 2 4

g

6 cm

64π 3 1 16π 4 3 dm 3 ---------------------- dm 3 f) V -----3 3

8 cm

g 2 62 82 e, portanto, g 10 cm A seguir, representamos no plano a superfície do cone:

10. As secções meridianas são triângulos eqüiláteros. Sendo g a medida, em centímetros, do lado de um desses triângulos, temos:

g 10 cm

2π 8 cm 16π cm

θ

g g 3 2 g

Superfície lateral

2

g 3 4 3 e, portanto, g 4 cm ASM 4 3 ⇒ ----------------4 Assim, temos:

8 cm

4 cm

4 cm

Base 2 cm

16π 10 a) AL ------------------------ cm 2 80π cm2 2

Superfície lateral

2π · 2 cm = 4π cm

2 cm Base

b) B π 82 cm2 64π cm2 c) AT (80π 64π) cm2 144π cm2

4π 4 AL ------------------ cm 2 8π cm2; 2

16π 8π d) ------------- rad ---------- rad ou 288° 10 5

AT (8π π 22) cm2 12π cm2;

e) Qualquer secção meridiana desse cone é um triângulo isósceles de lados com 10 cm, 10 cm e 16 cm: 10 cm

θ

6 cm

10 cm

8π 3 1 4π 2 3 cm 3 ------------------cm 3 . V -----3 3 11.

16 cm

H

16 6 Logo, ASM ----------------- cm 2 48 cm2 2

g

4 cm

1 64π 6 cm3 128π cm3 f) V -----3

AL 3B ⇒ π 4 g 3 π 42 e, portanto, g 12 cm.

9.

Pelo teorema de Pitágoras, obtemos: H 8 2 cm. 8 dm

128π 2 1 π 42 8 2 cm 3 ------------------------- cm 3 Logo, V -----3 3

8 dm

4 3 dm 4 dm

θ

4

Superfície lateral

2π · 4 dm = 8π dm

12. Inicialmente, calculamos a medida do cateto tBCu. (BC)2 152 172 e, portanto, BC 8 cm. A a) A b)

dm

15 cm

Base

17 cm 15 cm

8π 8 a) AL ------------------ dm 2 32π dm2 2

B

b) B π 42dm2 16π dm2 c) AT (32π 16π) dm 48π dm 2

8 cm

C

8 cm

C 2

8π d) ---------- rad π rad ou 180° 8

154

B

17 cm

1 π 82 15 cm3 V -----3 320π cm3

AT (π 15 17 π 152) cm2 480π cm2


2 3 cm


13.

17. Sendo O e O’ os centros da esfera e da secção plana, respectivamente, e r o raio dessa secção, temos:

V 2m 4m

α

C

D

A

2m

O'

B

O

2 CD ------ ------------ ⇒ CD 1 m 4 2 O volume VT do tronco é dado por: 1 14π 1 π 12 2] m3 ------------ m3 VT [ ------ π 22 4 -----3 3 3

O'

r

12 cm

14. e Sendo d a distância, em centímetros, do plano ao centro O da esfera, temos:

15 cm

O

5 cm

r2 122 152 e, portanto, r 9 cm. a) A área Asec da secção plana é dada por: Asec π 92 cm2 81π cm2


O

b) A área Asup da superfície esférica é dada por: Asup 4π 152 cm2 900π cm2 c) O volume V da esfera é dado por: 4 π 153 cm3 4.500π cm3 V -----3 5 cm

d

13 cm

O

18. Sendo r a medida do raio da secção plana, temos: πr2 9π e, portanto, r 3 cm. Assim, sendo O e R o centro e o raio da esfera temos: 3 cm

Logo, d 2 52 132 e, portanto, d 12 cm.

3 3 cm

15. d Sendo O o centro da esfera e r a medida do raio do círculo, em centímetros, temos:

R

O

r

R 2 ( 3 3

)

2

32 ⇒ R 6 cm e, portanto, o volume V da esfera

e a área A da superfície esférica são:

O

4 π 63 cm3 288π cm3 e A 4 π 62 cm2 144π cm2 V -----3 19. O volume V e a área A são: 1 4 π 33 cm3 18π cm3 V ----------2 3 r

6 cm

9 cm

O

1 A [ ------ 4π 32 π 32] cm2 27π cm2 2 20. Sendo R a medida, em cm, do raio da esfera original, temos: 4 4 ------ π R3 8 ------ π 53 ⇒ R 10 3 3

Logo, r2 62 92 e, portanto, r 3 5 cm. 256π 4 π 43 cm3 --------------- cm 3 16. V -----3 3 A 4 π 42 cm2 64π cm2

21. A área Ae de cada superfície esférica é: Ae 4π 52 mm2 100 3,14 mm2 314 mm2 A área total AT banhada em ouro é: AT 40Ae 40 314 mm2 12.560 mm2 Conclui-se, assim, que o custo total, em reais, foi de 0,05 12.560, ou seja, R$ 628,00.

155


22. a)

12 cm

C

25.

B

Ângulo (graus)

Volume (m3) 4π 4 π 13 20 --------------------------------2π 3 3 ⇒ VC ------------------------- m 3 --------- m 3 27 360 VC

360 20

16 cm

O r r T

26.

2 cm

A

C

12 cm

Ângulo (rad)

Volume (cm3) 3π 4π 2 3 32π ---------- ------------------------------8 3 3 -------------------------------cm 3 2π cm3 ⇒ VC 2π VC

2π 3π ---------8

B

27. Sendo R a medida, em cm, do raio da cunha, temos:

4πR 3 ---------------3 6π 60 e, portanto, R 3 cm

O r 2+r T A

Volume (cm3)

A

I. BBAC é ângulo comum aos triângulos ABC e AOT. II. BBCA OBTA, pois são ângulos retos. As condições I e II caracterizam o caso AA; logo ABC AOT.

28.

360

⇒ 80πR3 2.160π

Ângulo (graus) 360 80

Área (m2) 4 π 52 80 4 π 25 ⇒ Af ------------------------------------- m 2 Af 360

200π ---------------- m 2 9

b) No triângulo ABC do item anterior, temos: (AB)2 162 122 (AB)2 400 AB 20 cm A semelhança entre os triângulos ABC e AOT garante que:

29. Sendo R a medida, em m, do raio do fuso, temos: Ângulo (rad)

20 12 ----------------- --------2r r

4πR 2 2π π 4πR2 12π 2π ⇒ -----π 12π 6 -----6 e, portanto, R 6 m

20r 24 12r r 3 cm Concluímos, então, que a área A da superfície esférica é: 30.

A 4 π 32 cm2 36π cm2

Área (m2)

23.

Ângulo (graus)

Área (cm2) 4 π 32 60 4 π 9 ⇒ Af --------------------------------- cm 2 6π cm2 Af 360

360 60 O

8 cm

6 cm C

2 cm O' 2 cm

2 cm

A

α

B

31. A área total AT de cada lata é AT (2 3,14 5 12 2 3,14 52) cm2 AT 533,8 cm2 0,05338 m2 Logo, o total de metros quadrados para a fabricação das latas é 20.000 0,05338, ou seja, 1.067,6 m2. 32. Sendo h a medida, em cm, da altura do cilindro, temos: AT 2π 5 h 2π 5 2 AL --------- ⇒ 2π 5 h --------------------------------------------------; logo, h 5 cm. 2 2

No OO’C temos: 102 62 (CO’)2, logo, CO’ 8 cm. Como CO’ AB, concluímos que AB 8 cm.

33.

24. 3m

O

1,5 m

2R

R C

R O'

R 2 cm A

12 12 cm

R

Logo, a capacidade dessa caixa é 21.195 L. 34. 125.600 L 125.600 dm3 125,6 m3

B

R

No triângulo OO’C, temos: (3R)2 R2 122 e, portanto, R 3 2 cm. Logo, os raios das esferas medem 3 2 cm e 6 2 cm.

156

V π (1,5)2 3 m3 V 3,14 2,25 3 m3 V 21,195 m3 21.195 dm3

10 m

V 125,6 πR2 10 125,6 3,14 R2 10 125,6 R2 4 R2

Logo, o raio da base desse cilindro mede 2 m.


Ângulo (graus)

16 cm


35. I. b II. c I. Com o fundo da garrafa apoiado sobre um plano horizontal, medem-se o diâmetro 2r da base e a altura h do cilindro formado pelo líquido. Com estas medidas, pode-se calcular o volume V πr2h. Logo, são necessárias, no mínimo, duas medições. II. Com o fundo da garrafa apoiado sobre um plano horizontal, medem-se o diâmetro 2r da base e a altura h do cilindro formado pelo líquido. A seguir, vira-se a garrafa, com o gargalo para baixo, mantendo-se o fundo em um plano horizontal, e medese a distância d entre o fundo e a superfície do líquido. Com essas medidas, pode-se calcular o volume interno total da garrafa: V πr2h πr2d. Logo, são necessárias, no mínimo, três medições. 36. O volume de água é o volume V do seguinte tronco de cilindro reto com base circular:


10 cm

π 3 2 (10 8) V -------------------------------------------- cm 3 2

8 cm

81π cm3 3 cm

Logo, o volume de água no copo é 81π cm3. 37. a

40.

V

d A'

B'

d + 1,2 cm

0,5 cm 1,2 cm

A 0,7 cm

B

0,5 d VA’B’ VAB ⇒ --------------------- ----------- ; logo, d 3 cm. 0,7 d 1,2 Calculando o volume VT do tronco, obtemos: 1 π (0,7) 2 4,2 1 π (0,5)2 3] cm3 VT [ ----------3 3 0,436π cm3 41. Sendo r e R os raios da bola e do aro, respectivamente, temos: r 12 cm 4πr 2 576π ⇒ R 22,5 cm 2πR 45π Logo: diâmetro do aro 2R R 22,5 -------------------------------------------- ----------- ------- -------------- 1,875; diâmetro da bola 2r r 12 ou seja, o diâmetro do aro é 87,5% maior que o diâmetro da bola. 42. a) Os volumes Vg e Vf de cada gota e do frasco, respectivamente, são dados por: 4π (0,2) 3 4π 0,008 4π Vg ----------------------------- cm 3 ---------------------------- cm 3 ------------ cm 3 3 3 375

h

AL 24π ⇒ π 4 g 24π e, portanto, g 6 cm.

g

4 cm

Pelo teorema de Pitágoras, temos: 62 h2 42 e, portanto, h

20 cm.

Logo, o volume V do cone é dado por: π 4 2 20 16π 20 V ---------------------------------- cm 3 ------------------------- cm 3 3 3 38.

2r

1 πr2 r 3 V 9π 3 ⇒ -----3

2r

r 3

r

9π 3 e, portanto, r 3 cm

r

Logo, AT (π 32 π 3 6) cm2 27π cm2 39. O volume V de um mourão é:

e Vf π 22 8 cm3 32π cm3 b) O volume V de medicamento administrado ao paciente em cada minuto é calculado por: 4π 8π V 30 Vg 30 ------------ cm 3 --------- cm 3 375 25 O tempo t, em minutos, necessário para que o paciente receba toda a medicação é dado por: Vf 32π t --------- -------------- min 100 min 8π V --------25 43. d Os volumes Vc e Ve do cilindro e de cada esfera, respectivamente, são dados por: Vc π 102 16 cm3 1.600π cm3 32π 4π 2 3 e Ve -------------------- cm 3 ------------- cm 3 3 3 Calculando o número n de esferas que se podem obter com toda a massa, temos: Vc 1.600π 150 n -------- ------------------32π Ve ------------3 44. c Sendo O e O’ os centros das esferas maior e menor, respectivamente, temos:

1 V [π 102 190 ------π 102 30] cm3 3 V (19.000π 1.000π) cm3 V 20.000π cm3 (20.000 3,14) cm3

O

V 62.800 cm 0,0628 m

4

3

3

O número n de mourões que podem ser fabricados é: 471 7.500 n ------------------0,0628

8 4

O'

C 4

A

B

157


b) O evento A formado pelos ternos com pelo menos duas “caras” é: A a(C, C, C), (C, C, K), (C, K, C), (K, C, C)b, n(A) 4. n( A) 4 1 Logo: P(A) ------------------------2 8 n(E)

A distância x entre os pontos A e B é igual à distância entre os pontos C e O’; logo, x 4 12 ⇒ x 8 2 45.

Ângulo (graus)

2

2

Volume (cm3)

c) O evento B formado pelos ternos com no máximo duas “caras” é: B a(C, C, K), (C, K, C), (K, C, C), (C, K, K), (K, C, K), n(B) 7 (K, K, C) (K, K, K)b, n(B) 7. Logo: P(B) -------------------n(E) 8

4 π 33 4π 3 3 ------------------------60 ------------------3 3 ⇒ VC ----------------------------------- cm 3 6π cm3 360 VC

360 60

4. 46. a) Ângulo (graus) 360 30 b) Ângulo (graus) 360 30

Volume (cm3) 4 π 15 3 ---------------------------3 ⇒ VC 375π cm3 VC Área (cm2)

b) B a(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)b, n(B) 5 n(B) 5 Logo: P(B) ----------------------n(E ) 36

4 π 15 2 ⇒ Af 75π cm2 Af

c) C , n(C) 0 n(C) 0 0 Logo: P(C) ----------------------n(E) 36

c) A área total AT da superfície da cunha é a soma da área do fuso com as áreas de dois semicírculos de raio 15 cm, isto é, AT (75π 225π) cm2 300π cm2

d) D a(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)b, n(D) 6 n(D) 6 1 Logo: P(D) ---------------------------6 36 n(E)

47. c Sendo R a medida, em km, do raio da Terra, temos: 20.000 2πR 40.000 ⇒ R ------------------π Como o ângulo diedro de cada fuso mede 15°, temos: Ângulo (graus) 360 15

Área (km2) 20.000 2 4 π [ -------------------- ] π ⇒ Af

n(E ) 36 1 e) P(E) ----------------------n(E ) 36 5.

6.

Logo, antes da operação, a bola tinha 1 cm de raio.

Capítulo 27 Sendo E o espaço amostral formado pelos 1.000 números e A o evento formado pelos números de E menores que 51, temos n(E) 1.000 e n(A) 50. Logo: n( A) 50 5 1 P(A) -------------------------------------------------n(E) 1.000 100 20

2.

d Indicando por C e K as faces “cara” e “coroa”, respectivamente, temos o espaço amostral E a(C, C), (C, K), (K, C), (K, K)b, n(E) 4, e o evento A a(C, K), (K, C)b, n(A) 2. n( A) 2 1 50% Logo: P(A) ------------------------n(E) 4 2

3.

a) Indicando por C e K as faces “cara” e “coroa”, respectivamente, temos que o espaço amostral E do experimento é: E a(C, C, C), (C, C, K), (C, K, C), (K, C, C), (K, K, K), (K, K, C), (K, C, K), (C, K, K)b, n (E) 8

158

1º lançamento

2º lançamento

6

3º lançamento

6

216

Logo, o espaço amostral E é formado por 216 elementos, ou seja, n(E) 216.

48. Sendo R e 5R as medidas do raio, antes e depois do aumento, respectivamente, temos:

1.

a)

Números de possibilidades → 6

15 4 π 4 10 8 ---------------------------------------------π2 2 ⇒ Af -------------------------------------------------- ---------- 108 360 3π

4πR 3 4π(5R) 3 ------------------------ ---------------3 3 124π ⇒ R 1 cm ----------------------------------------------------- --------------5R R 3

O espaço amostral E desse experimento é: E a(1, 1), (1, 2), (1, 3), ..., (1, 6) (2, 1), (2, 2), (2, 3), ..., (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), ..., (3, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), ..., (6, 6)b, n(E) 36 a) A a(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)b, n(A) 6 n( A) 6 1 Logo: P(A) ---------------------------n(E ) 36 6

7.

8.

b) Queremos que ocorra algum elemento do evento: A a(1, 1, 1), (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (5, 5, 5), (6, 6, 6)b, n(A) 6. n( A) 6 1 Logo: P(A) ---------------------------------n(E ) 216 36 a Sejam: E o espaço amostral do experimento; D {apartamentos desabitados} e H {apartamentos habitados}. Indicando por x o número de elementos de D, isto é, n(D) x, temos que n(H) 3x e n(E) 4x. n(D) x 1 25% Logo: P(D) ----------------------------n(E ) 4x 4 Sejam: E o espaço amostral do experimento; M {meninas do espaço E} e H {meninos do espaço E}. Indicando por x o número de elementos de M, isto é, n(M) x, temos que: n(H) x 6 e n(E) 2x 6 x 2 2 ⇒ Logo: P(M) -------------------------- ------ e, portanto, x 12 2x 6 5 5 Assim, concluímos que na sala há 18 meninos. Calculando o número de elementos do espaço amostral E:

n(E) 5 4 3 2 1

120


2


Calculando o número de elementos do evento A {x E x é número par}: 2 ou 4

16. Calculando o número de elementos do espaço amostral E, temos: ( x, y, z) 6

6

216

6

Logo, n(E) 216. n(A) 4 3 2 1 2

48

a) Calculando o número de elementos do evento A a(a, b, c) E a b c é ímparb, temos:

n( A) 48 2 Assim, temos que: P(A) ------------------------------n(E) 120 5 9.

O espaço amostral desse experimento é: E {r r é reta que passa por dois vértices do cubo ABCDEFGH}, n(E) C8, 2 28. Queremos que ocorra algum elemento do evento A {s E s é reta que passa pelo vértice G}, n(A) C7, 1 7. n( A) 7 1 Logo: P(A) ---------------------------n(E) 28 4

10. a) O espaço amostral E é formado por todas as comissões de três pessoas que podem ser escolhidas dentre as 9 pessoas do grupo, isto é, n(E) C9, 3 84.


b) Sendo A {x E x é uma comissão com 2 homens e uma mulher}, temos que: n(A) C4, 2 C5, 1 30 n( A) 30 5 Logo: P(A) ------------------------------n(E ) 84 14 11. O espaço amostral E do experimento é: E a(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)b, n(E) 6. a) Queremos que ocorra o terno do evento A a(1, 2, 3)b, n(A) 1. n( A) 1 Logo: P(A) -------------------6 n(E ) b) O evento B, considerado nesse item, é vazio, pois não existe terno em E que possua apenas duas etiquetas nas posições corretas (se duas estão nas posições corretas, então a terceira tamn() 0 0 bém está). Logo: P(B) --------------------6 n(E ) 12. O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências (a, b, c, d, e) em que cada elemento é o resultado obtido em um dos dados. Observando que a b c d e 30, concluímos que o evento A considerado no problema coincide com o próprio espaço amostral; assim, temos: n( A) n(E) 1 P(A) -----------------------------n(E) n(E) n 8 1 ⇒ 0 n 8 20 13. 0 ----------------20 Portanto, 8 n 28. Concluímos, então, que o maior número possível de pessoas que podem estar na sala é 28. 14. Indicando por P(A) e P(A.) as probabilidades de acertar e errar o alvo, respectivamente, temos: 3 2 P(A.) 1 P(A) ⇒ P(A.) 1 ----------5 5 15. O espaço amostral H do experimento é formado por todos os triângulos com vértices em três dos sete pontos dados; logo, n(E) C7, 3 35. Considerando o evento T {x H x é triângulo retângulo}, temos que um triângulo pertence a T se, e somente se, possui como vértices os pontos A e B; logo n(T ) 5. Devemos calcular a probabilidade do complementar de T, isto é, 5 30 6 P(T.) 1 P(T) 1 ---------------------35 35 7

(ímpar,

ímpar,

3

ímpar)

3

3

27

n( A) 27 1 Logo, n(A) 27 e, portanto: P(A) ------------------------------n(E ) 216 8 b) A. a(d, e, f) E d e f é parb 1 7 P(A ). 1 P(A) 1 ----------8 8 17. Sendo p a probabilidade de o piloto perder a corrida, temos que 3p 1 e, é a probabilidade de ele vencer. Logo, p 3p 1 ⇒ p -----4 3 portanto, a probabilidade de que o piloto vença a corrida é: -----4 18. a)

AZ 1

AZ 2

AZ 3

AZ 4

AM 1

X

X

X

X

X

AM 2

AM 3 X

AM 4

AM 5 X

b) Indicando por Ai e Mj as bolas azuis e amarelas, respectivamente, temos o espaço amostral: E {A1, A2, A3, A4, M1, M2, M3, M4, M5}, n(E) 9. 1ºº modo B {A1, A2, A3, A4}, n(B) 4 C {A1, A3, M1, M3, M5}, n(C) 5 C B {A1, A3}, n(C B) 2 P(C B) P(C) P(B) P(C B) 4 5 2 7 --------------------9 9 9 9 2ºº modo D {x E x é bola azul ou tem número ímpar}, ou seja, D {A1, A2, A3, A4, M1, M3, M5}, n(D) 7. n(D) 7 Logo: P(D) -------------------n(E ) 9 19. O espaço amostral do experimento é E {1, 2, 3, ..., 30}, n(E) 30. Temos, então: 1ºº modo A {1, 2, 3, ..., 19}, n(A) 19 B {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}, n(B) 10 A B {3, 6, 9, 12, 15, 18}, n(A B) 6 P(A B) P(A) P(B) P(A B) 19 10 6 23 --------------------------------30 30 30 30 2ºº modo C {x E x é menor que 20 ou é múltiplo de 3}, ou seja, C {1, 2, 3, ..., 19, 21, 24, 27, 30}, n(C) 23. n(C) 23 Logo: P(C) ----------------------n(E ) 30 20. e E {1, 2, 3, ..., 1.000}, n(E) 1.000 A {2, 4, 6, ..., 1.000}, n(A) 500 B {10, 11, 12, ..., 99}, n(B ) 90 A B {10, 12, 14, ..., 98}, n(A B) 45 Para calcular n(A B) pode-se usar o termo geral da PA: an a 1 (n 1)r ⇒ 98 10 (n 1) 2 Logo, n 45. Então: P(A B) P(A) P(B) P(A B) 500 90 45 545 54,5% ---------------------------------------------------------------1.000 1.000 1.000 1.000

159


21. e Sendo E o espaço amostral; A o evento formado pelos carros com freio ABS; e B o evento formado pelos carros com direção hidráulica, temos: P(A B) P(A) P(B) P(A B) ⇒

35 x x 50 x 5 70 ⇒ x 20 e, portanto, A 15

E

B 20

30

5 2 11 ⇒ P(A B) ------------------24 3 8

5 vel escolhido tenha freio ABS ou direção hidráulica é ------. 6 22. E {x x é sabonete da gôndola}, n(E) 140 A {y E y é sabonete azul}, n(A) 80 B {z E z é sabonete da marca Tux}, n(B) 100. A B {w E w é sabonete azul da marca Tux} ABE P(A B) P(A) P(B) P(A B) ⇒ 80 100 P(A B) ⇒ 1 ----------------------140 140 2 40 ------, Logo, P(A B) -----------ou seja, a probabilidade de se 7 140 2 obter um sabonete azul da marca Tux é ------. 7 2 P( A) P(B) -----3 P(B) P( A) --------------4

23.

5

n( A B) 20 4 P(B/A) -----------------------------------------n( A) 35 7 n( A B) 27. P(B/A) ----------------------------n( A) Dividindo por n(E) o numerador e o denominador da fração do segundo membro, temos: n( A B) ----------------------------n(E) P( A B) P(B/A) --------------------------------- ⇒ P(B/A) ------------------------------ e, portanto, n( A) P( A) ---------------n(E) 3 -----9 5 P(B/A) ----------- --------2 10 -----3 28. a) A probabilidade P1 de sair bola vermelha na 2ª retirada, dado 1 que saiu bola vermelha na primeira, é: P1 -----5

(I)

b) A probabilidade P2 de sair bola vermelha na 2ª retirada, dado que saiu bola vermelha na primeira, é: P2 0

(II)

c) São independentes os eventos do item a, pois a probabilidade

Substituindo (II) em (I), temos:

1 de sair bola vermelha na 2ª retirada é ------, independentemente 5 do que ocorreu na primeira retirada.

P(B) 2 8 ---------------- P(B) ------ ⇒ P(B) --------4 3 15 24. O espaço amostral do experimento é: E {x x é bola da urna}, n(E) 9. Considerando-se os eventos: A {y E y é bola branca}, n(A) 2; B {z E z é bola verde}, n(B) 3;

29. a)

PP AAAA

5 2 3 ------. A B , temos: P(A B) P(A) P(B) ----------9 9 9

3 2 4 8 BPA, P ----------- ----------------9 9 9 243

25. a) A •1 •2

B •3 •4

8 ou BAP, P 8 ou PBA, P 8 ou b) BPA, P1 ---------------------------------2 3 243 243 243

E

•5 •6

8 ou ABP, P 8 ou APB, P 8 PAB, P4 ---------------------------------5 6 243 243 243 Logo, a probabilidade total P é dada por: 16 8 ---------. P 6 -----------81 243

n( A B) 2 1 b) P(B/A) --------------------------------------n( A) 4 2

4 4 4 64 c) AAA, P ----------- ----------------9 9 9 729

26. Sendo: E o conjunto de todas as pessoas entrevistadas; A o conjunto das pessoas que já consumiram o produto A; B o conjunto das pessoas que já consumiram o produto B, temos:

A 35 – x

E

B x

30. a) BBB PPPP

4 3 3 6 PPB, P ----------- -------------7 6 5 35 6 ou PBP, P 6 ou BPP, P 6 b) PPB, P1 ------------------------2 3 35 35 35 Logo, a probabilidade total P é dada por:

50 – x

5

160

BBB

6 18 P 3 ----------------35 35


5 Logo, P(A B) ------, ou seja, a probabilidade de que o automó6


c) Vamos calcular inicialmente a probabilidade de saírem as três bolas pretas: 4 3 2 4 PPP, P1 ------------------- -----35 5 6 7 Logo, a probabilidade P de sair pelo menos uma bola branca é dada por: 4 31 P 1 P1 1 ----------------35 35

34. b Sendo: E o espaço amostral dos alunos da escola; S o evento dos alunos vacinados contra sarampo; e R o evento dos alunos vacinados contra rubéola, temos: S 240 – x

31. a) 1

E

R x

100 – x

1

80 0,50 0,10

0,50 0,10

0,50

0,50

0,10

Em vez de pensar em retiradas simultâneas, vamos pensar em retiradas sucessivas e sem reposição. 1 2 4 3 ---------; ou 1 e 0,10 e 1 e 0,50 e 0,10, P1 ----------- -----21 9 8 7

240 x x 100 x 80 400 ⇒ x 20 n(S R) 20 0,05 5% Logo, P(S R) --------------------------------------n(E ) 400 35. b O espaço amostral E é formado por todas as seqüências possíveis, nas condições do enunciado: algarismos


1 1 0,50, P2 ---------; ou 0,10 e 0,50 e 1, P3 ---------; ou 0,10 e 1 e 0,50, 21 21 1 1 P4 ---------; ou 0,50 e 0,10 e 1, P5 ---------; ou 0,50 e 1 e 0,10, 21 21 1 P6 --------21 Logo, a probabilidade total P é dada por: 1 2 P 6 -------------21 7 1 4 3 3 ---------; ou b) 0,50 e 0,50 e 0,10, P1 ----------- -----14 9 8 7 1 1 0,50 e 0,10 e 0,50, P2 ---------; ou 0,10 e 0,50 e 0,50, P3 --------14 14 Logo, a probabilidade total P é dada por: 1 3 P 3 ----------------14 14 1 2 3 2 ---------; c) 1 e 0,10 e 0,10, P1 -----ou ------ -----42 9 8 7 1 1 0,10 e 1 e 0,10, P2 ---------; ou 0,10 e 0,10 e 1, P3 --------42 42 Logo, a probabilidade total P é dada por: 1 1 P 3 ----------------42 14 32. a) Indicando por C e E o acerto e o erro, respectivamente, temos: EEC, P 0,3 0,3 0,7 0,063 b) EEC, P1 0,063; ou ECE, P2 0,063; ou CEE, P3 0,063 Logo, a probabilidade total P é dada por: P 3 0,063 0,189 c) Vamos calcular a probabilidade P1 de o atirador errar nos três tiros: EEE, P1 0,3 0,3 0,3 0,027 Logo, a probabilidade P de ele acertar o alvo em pelo menos um tiro é dada por: P 1 P1 1 0,027 0,973 33. O total de seqüências distintas nessas condições é dado por (5, 3) 8! ----------------- 56, sendo a probabilidade de ocorrer cada P8 5! 3! 1 8 uma delas [ ------] . Logo, a probabilidade P de ocorrerem 5 caras 2 e 3 coroas é dada por: 1 8 56 7 P 56 [ ------] -------------------2 256 32


letras

→ 5 5 5 4 4

2.000

Portanto, n(E) 2.000. Considerando um evento A com apenas um elemento de E, temos: n( A) 1 P(A) ------------------------------n(E ) 2.000 36. O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências de 5 elementos em que cada um é “cara” ou “coroa”; logo, n(E) 25 32. Queremos que ocorra algum elemento do evento A formado pelas seqüências pertencentes a E que possuem três “caras” e duas “coroas”; logo, n(A) P 5

(3, 2)

5! 10. Assim, temos que ---------------3!2!

5 n( A) 10 ---------. P(A) ----------------------16 n(E ) 32 37. a) C48, 6 12.271.512 1 1 b) P -----------------------------------------C 48,6 12.271.512 38. b A soma das áreas dos setores circulares hachurados é igual a área S de um semicírculo de raio 10 km, isto é, π 10 2 km2 50π km2. A probabilidade P de um morador, S ------------------2 caminhando livremente pelo município, encontrar-se na área de alcance de pelo menos uma das emissoras é dada por: 50π 50 3,14 ⇒ P 25% P -----------------------------------628 628 39. d O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as equipes de 4 médicos que podem ser formadas; logo, n(E) C10, 4 210. Sendo A o evento de E, formado pelas equipes de 4 ortopedistas, temos que n(A) C6, 4 15. O complementar de A, isto é, A., é o evento formado pelas equipes com pelo menos um cirurgião em cada uma; logo, 15 195 13 P(A.) 1 P(A) 1 ------------------------------210 210 14

161


1ª questão Números de possibilidades

→

2

2ª questão

2

44.

2 ...

•1 •3 •5 •7

2 210 1.024

Logo, n(E) 1.024 Apenas um elemento de E compõe o evento A com todas as res1 postas incorretas; logo, P(A) ---------------1.024 O complementar de A, isto é, A., é formado pelas provas que contêm pelo menos uma resposta correta e, portanto, 1 1.023 P(A.) 1 P(A) 1 ---------------- ----------------1.024 1.024 41. Sendo P(R) e P(M) as probabilidades de escolha de rapaz e moça, respectivamente, temos: P(R) 3P(M ) 3 ⇒ P(R) -----4 P(R) P(M ) 1 3 Logo, a probabilidade de se escolher um rapaz é de ------. 4 42.

Matemáticos(as)

Físicos(as)

Químicos(as)

Homens

7

8

4

Mulheres

5

4

6

O espaço amostral do experimento é: E {x x é membro da conferência}, n(E) 34. Considerando-se os eventos: A {y E y é mulher}, n(A) 15; B {z E z é matemático(a)}, n(B) 12; A B {t E t é mulher matemática}, n(A B) 5; temos: 15 12 5 P(A B) P(A) P(B) P(A B) ------------------------34 34 34 22 11 ----------------34 17 43. Sejam: • o espaço amostral E formado pelos 50 leitores; • o evento A de E formado pelos leitores do jornal A; • o evento B de E formado pelos leitores do jornal B. Temos: 47 3 ⇒ P(A) P(B) P(A B) ---------, P(A B) 1 --------por50 50 47 35 34 P(A B) ---------, tanto, --------ou seja, --------50 50 50 11 P(A B) ---------. 25 Logo, a probabilidade de que a pessoa escolhida seja leitora dos 11 jornais A e B é de ---------. 25 Professor: É interessante resolver este problema por meio de um diagrama: A 35 – x

E

B x

34 – x

3

n(E) 50 n(A) 35 n(B) 34 35 x x 34 x 3 50 ⇒ x 22 11 n( A B) 22 ---------. Logo, P(A B) ------------------------------------25 n(E) 50

162

n(A B) x

E

•8 B • 10 • 12 • 14 • 16 • 18 • 20

A

3ª 10ª questão . . . questão

•2 •4 •6

•9 • 11 • 13 • 15 • 17 • 19

E {x x é número de alguma bola da urna} A {y E y 8} B {z E z é par} n( A B) 3 P(B/A) ---------------------------------n( A) 7 3 Logo, a probabilidade de que o número retirado seja par é ------. 7 45.

Psiquiatras

Psicólogos

Neurologistas

Número de mulheres

18

53

10

Número de homens

30

19

17

E {x x é participante do congresso}, n(E) 147 A {y E y é mulher}, n(A) 81 B {z E z é psiquiatra}, n(B) 48 A B {w E w é mulher e psiquiatra}, n(A B) 18 n( A B) 18 2 Logo: P(B/A) -----------------------------------------n( A) 81 9 46. Podemos raciocinar com retiradas sucessivas e sem reposição: bbbbbb pppp

1 6 5 4 ------; a) bbp, P1 --------ou ------ -----6 10 9 8 1 bpb, P2 ------; ou 6 1 pbb, P3 ------. 6 Logo, a probabilidade total é dada por: 3 1 P P1 P2 P3 ----------6 2 4 3 2 1 b) ppp, P -------------- -------------10 9 8 30 c) Como o evento determinado pela condição “pelo menos uma bola branca” é o complementar do evento determinado pela condição “as três bolas pretas”, temos que a probabilidade P, pedida, é: 1 29 P 1 ----------------30 30 d) Como o evento determinado pela condição “no máximo duas bolas brancas” é o complementar do evento determinado pela condição “três bolas brancas”, temos que a probabilidade P, pedida, é: 6 5 4 1 1 5 P 1 -------------- ---------------10 9 8 6 6 47. Podemos raciocinar com retiradas sucessivas e sem reposição. A probabilidade de a primeira pessoa sorteada ser um dos irmãos é 2 de ---------, e a probabilidade de a segunda pessoa sorteada ser o ou20 1 tro irmão é de ---------; logo, a probabilidade P de serem sorteados os 19 dois irmãos é de: 2 1 1 P ---------------------------19 190 20


40. e Calculando o número de elementos do espaço amostral E


b) Sendo B(x, y) o ponto procurado, temos que Q é ponto médio de tABu.

48. d Indicando por A e N os eventos adoecer e não adoecer no decurso de cada mês, devemos ter: NNA; P 0,7 0,7 0,3 0,147 14,7%

A (–5, 2)

49. c A probabilidade de que nenhum deles tenha nível universitário é 0,6 0,7, ou seja, 0,42; logo, a probabilidade P de que pelo menos um deles tenha nível universitário é dada por: P 1 0,42 0,58 58%

a) AB

(9 6) 2 (11 7) 2

32 42

b) AB

f3 (3)g 2 (13 5)

25 5

1 , 3) 2

B ( x, y )

x (5) 1 ---------------------------- -----2 2 Logo, ⇒x6ey4 y2 ----------------- 3 2 Assim, concluímos que B(6, 4)

Capítulo 28 1.

Q(

8.

c A (1, 4)

62 82

2.


2 (4)

2

2

2

M (x, y)

20 2 5

B (4, 9)

(1 3) 2 f1 (1)g

2

(2) 2 2 2

M é ponto médio de tBCu; logo, M(7, 12). O comprimento da mediana tAMu é dado por:

8 2 2 (5 3) 2 f5 (1)g 2

AC

C (10, 15)

2

a) AB

100 10

f1 (1) g (1 3)

c) AB

2

40 2 10

9.

(5 1) 2 (5 1) 2

BC

AM

22 62

42 42

32 4 2 O perímetro do triângulo é AB AC BC 2s 10 3 2 d ( AC) 40 ⇒ (AC)2 (AB)2 (BC)2; logo, 2 ( AB) (BC) 2 40 ABC é um triângulo retângulo.

(7 1) 2 (12 4)

2

3.

Sendo P(0, a), devemos ter PQ 10, ou seja, (0 6) 2 (a 5) 10 ⇒ a 3 ou a 13 Logo, há dois pontos possíveis: P(0, 3) e P’(0, 13). 2

4.

Sendo P(a, 0), devemos ter PQ 13, ou seja, (a 8) 2 (0 5) 2 13 ⇒ a 4 ou a 20 Logo, há dois pontos possíveis: P(4, 0) e P’(20, 0).

5.

a CA CB ⇒ ( x 1) 2 (2 1) 2 ( x 5) 2 (2 7) 2 Quadrando ambos os membros dessa igualdade, obtemos: (x 1)2 32 (x 5)2 92 ⇒ x 8

6.

4 8 6 e y 6 10 8; logo, M(6, 8) a) xM -----------------------------------M 2 2 3 5 1 e y 1 (7) 3; logo, M(1, 3) b) xM ------------------------------------------------M 2 2 3 3 -----9 1 2 3 5 c) xM ----------------- ------ e yM ---------------------- ------; logo, 5 2 2 2 3 9 M[ ------, ------] 2 5

7.

a) Sendo B(x, y) o ponto procurado, temos que Q é ponto médio de tABu A (3, 8)

Q (–2, 1)

B (x , y)

x3 2 ---------------2 Logo, ⇒ x 7 e y 6 y8 1 ---------------2 Assim, concluímos que B(7, 6)

62 82

100 10

Sendo C(xC, yC) e D(xD, yD), temos: 2 xC 4 ------------------2 3 yC 6 ------------------2

I. Q é ponto médio de tACu ⇒ Logo, xC 6 e yC 9

5 xD 4 ------------------2 4 yD 6 ------------------2

2

b)

II. Q é ponto médio de tBDu ⇒

Logo, xD 3 e yD 8. Por I e II, concluímos que: C(6, 9) e D(3, 8). 10. a) 120° e m tg 120° 3 b) 60° e m tg 60°

3

14 6 4 11. a) m -------------------42 3 5 (1) -----b) m --------------------------2 3 1 33 c) m --------------------------------0 2 (1) 6 1 5 Não existe m, isto é, a reta ,AB- é vertical. d) m ---------------------88 0 12. Sendo a inclinação da reta r, temos: y 3 0 3 a) m tg -------------------------------- x 01 b) 120° 13. a) O eixo Ox determina nas retas paralelas r e s ângulos correspondentes congruentes; logo, a inclinação da reta r é a mesma da reta s, ou seja, 45° e, portanto, mr tg 45° 1. b) Calculando o coeficiente angular m da reta que passa pelo pon3 0 1 e, portanto, a to A(5, 3) e B(2, 0), temos que m ----------------52 inclinação de ,AB- é 45°. Como ,AB- / r e B r, concluímos que ,AB- r e, portanto, A r.

163


64 2 14. a) mAB ----------------10 42 mBC --------------------------- 2 0 (1) Como mAB mBC, concluímos que A, B e C são colineares. 22 0 b) mAB ----------------51 22 0 mBC ----------------65 Como mAB mBC , concluímos que A, B e C são colineares.

Como os pontos (0; k), (t; k 1,7) e (100; k 5,8) são colineares, temos: k 5,8 k k 1,7 k 5,8 1,7 -------------------------------- -------------------------------- ⇒ ------------ ----------100 0 t0 100 t t 29,3 Logo, a temperatura sofrerá um aumento de 1,7 °C em 29,3 anos, aproximadamente. c) Sendo T a variação da temperatura ao final da primeira década, temos: Temperatura (°C)

7 1 (não existe) c) mAB ----------------44

k + 5,8

9 7 (não existe) mBC ----------------44 Como não existem mAB e mBC , concluímos que A, B e C são colineares.

k + T k 10

64 1 d) mAB ----------------31 4 1 1 mBC ----------------14 Como mAB mBC , concluímos que A, B e C não são colineares.

T 0,058 ----------10 Assim, a taxa média de aumento da temperatura na primeira década será de 0,058 °C por ano. 17. a) y 1 2(x 4) ⇒ 2x y 9 0; b) y 5 4(x 2) ⇒ 4x y 13 0; 1 c) y 0 ------( x 6) ⇒ x 3y 6 0; 3 d) y 0 8(x 0) ⇒ 8x y 0;

3

3 2(x 0) ⇒ 4x 2y 3 0 e) y -----2

n

1 1 3 ------[ f) y -----x ------] ⇒ 4x 8y 11 0 2 4 2 18. d

1

54

100

Tempo (anos)

Como os pontos (0, 1), (54, n) e (100, 3) são colineares, temos: 31 n1 ----------------------- -------------------- ⇒ n 2,08 100 0 54 0

A(2, 5) m tg 135 1 Logo, a reta pode ser representada por: y 5 1(x 2), ou ainda, x y 3 0 19. a) r

Logo, o aumento percentual em relação à quantidade atual é 2,08 1 1,08 108% dado por: -----------------------1 b) Indicando por k a medida atual da temperatura, em graus Celsius, por 0 (zero) o início das medições do tempo e por t o número de anos necessários para que a temperatura global aumente 1,7 °C, temos: Temperatura (°C)

y0

3x y 4 3 0

A(5, 2) m tg 45 1 Logo, a reta s pode ser representada por: y 2 1(x 5), ou ainda, x y 3 0 A(2, 4) 24 1 m ----------------82

Logo, uma equação da reta ,AB- é: y 4 1(x 2), ou ainda, x y 6 0

k + 1,7 k t

164

3 ( x 4) , ou ainda,

b) s

20. a) ,ABk + 5,8

A(4, 0)

m tg 60 3 Logo, a reta r pode ser representada por:

100

Tempo (anos)

A(1, 8) 8 2 2 m ----------------14 Logo, uma equação da reta ,AB- é: y 8 2(x 1), ou ainda, 2x y 10 0

b) ,AB-


Quantidade de gases

Tempo (anos)

k 5,8 k k T k 5,8 T -------------------------------- --------------------------------- ⇒ ------------ -----------100 0 10 0 100 10

15. d Os pontos (1, 3), (2, 4) e (x, 0) são colineares se, e somente se, 40 43 ----------------------- ----------------------- , ou seja, x 10 2 x 2 1 16. a) Indicando por 1 a quantidade atual de gases que provocam o efeito estufa, por 0 (zero) o início das medições de tempo e por n a quantidade de gases na atmosfera daqui a 54 anos, temos:

100


c) ,AB-

26. b O ponto A do terceiro quadrante, que dista 3 km do eixo Ox e 5 km do eixo Oy é A(5, 3); e o trajeto do automóvel é representado por:

A(5, 0) 12 0 3 m ---------------------1 5

Logo, uma equação da reta ,AB- é: y 0 3(x 5), ou ainda, 3x y 15 0

y

A(3, 6) d) ,AB-

B(7, 2)

5 1 6 -----m ---------------------2 1 3

–5

N(10, 0)

Logo, uma equação da reta ,AB- é:

x

P(7, 0)

5 y 6 ------( x 3) , ou ainda, 5x 2y 3 0 2

A(–5, –3)

M(10, –3)

–3

21. A reta r que contém esse gráfico passa pelo ponto P(0, 10) e tem 5 40 10 ------; coeficiente angular m dado por m ----------------------logo, a 4 24 0


5 5 x 10. equação de r é: y 10 ------( x 0) , ou seja, y --------4 4 Assim, temos: a) x 8 ⇒ y 20 Logo, depois de 8 segundos de aberta a torneira, o tanque continha 20 L de água. b) y 30 ⇒ x 16 Logo, a água atingiu 75% da capacidade do tanque 16 segundos depois de aberta a torneira.

Assim, temos que B(7, 2) e, portanto, AB

f7 (5)g 2 f2 (3)g 2

169 13

27. c O triângulo ABC é retângulo em A se, e somente se, (AB)2 (AC)2 (BC)2, ou seja,

s

(m 1) 2 f4 (2)g 2

s (1 0) 2 (2 6) 2 portanto, m 49.

d

2

d

2

s (m 0) 2 (4 6) 2

d

2

e,

28. a

22. A reta r é vertical e passa por (3, 4); logo, uma equação dessa reta é x 3. A reta s é horizontal e passa por (3, 4); logo, uma equação dessa reta é y 4.

B (x, y)

A (3, 1)

C (0, 5)

y

23. a)

r

bp

T

–3

3

D

C é ponto médio de tABu; logo,

bi

6_

x3 ----------------- 0 2 ⇒ x 3 e y 9 e, portanto, B(3, 9) y1 5 ----------------2

Q M

s

3

6

x

29. a)

y B

10

Q b i ⇒ yQ xQ 6; logo, Q(6, 6) 06 3e M é ponto médio de tOQu ⇒ xM ----------------2 0 6 3; logo, M(3, 3) yM ----------------2 T s ⇒ yT 3 e T b p ⇒ xT yT 3; logo, T(3, 3) b) b p: y x b i: y x r: x 6 s: y 3

A

3

xQ

18

x

(10 2) 2 (18 3) 2 AB ⇒ v ----------------------------------------------------------------- km/s; logo, v ----------50 50

25. Sendo P(a, a), temos: (a 2) 2 (a 3)

2

Q

A velocidade é a razão entre o espaço percorrido e o tempo gasto para esse deslocamento. Então,

24. e A alternativa falsa é e, pois para que um ponto pertença à bissetriz dos quadrantes pares suas coordenadas devem ser opostas.

PQ 5 ⇒

P 4

2

5

Quadrando ambos os membros dessa igualdade, obtemos: (a 2)2 (a 3)2 25 ⇒ a2 5a 6 0 e, portanto, a 6 ou a 1. Assim, temos dois pontos possíveis: P(6, 6) e P’(1, 1)

v 0,34 km/s. 21 b) O ponto P é o ponto médio de tABu, ou seja, P[ ---------, 6]. 2 4 2 1 e m 5 1 4. 30. a) mAB --------------------------------------CD 13 2 1 Como mAB mCD, temos que ,AB- e ,CD- são concorrentes. 1 5 3 1 e m 8 7 ------. b) mAB -------------------------------------CD 3 24 3 12 Como mAB mCD, temos que ,AB- e ,CD- são paralelas.

165


9 3 (não existe) c) mAB ----------------44

Capítulo 29

5 1 (não existe) mCD ----------------11 , B- e C , D- são paralelas. Como não existem mAB e mCD, temos que A

1.

a)

x

y

0

3

2

0

a (1) 1; logo, a 3. 31. m tg 135° ⇒ --------------------------15

y

32. e y x

2

C(0, 3 ) –3

b)

B(0, 1)

x

β

y

y

0

0

8

5

8

x

α –5

y

c)

1 0 1 ⇒ 135° mAB ----------------01 3 0 3 ⇒ 120° mAC ----------------------01 Assim, temos que: m(BBAC) 135° 120° 15°

5

33. Os pontos A(0, 2), B(3, 0) e P (7, yP) pertencem à mesma reta se,

d)

x

y

0 2 y P 0 e, portanto, e somente se, mAB mBP , ou seja, -----------------------------------30 73

Reta y = 0

8 yP ------. 3

x

(5, 0) 34. r

3 - ( x 5) 3 ⇒ y 0 -----------3 m tg 150 ------------3

ou seja,

(3,0)

2.

3 x 3y 5 3 0.

35. c O gráfico está contido na reta r que passa pelos pontos A(0, 36) e B(40.000, 44). Assim, temos: A(0, 36) r

1 36 (44) -----------m --------------------------------500 0 40.000

1 Logo, uma equação da reta r é y 36 ------------( x 0) 500

3.

x ou ainda, y ------------ 36. 500 Observando que para x 20.000 obtém-se y 4, concluímos que a 20.000 pés de altitude a temperatura é 4 °C. 36. b P b i ⇔ 4k 1 2k 3 e, portanto, k 2 (a 3) (a 1)

2

4.

4

3

1

11

e

k

5

0 ⇔ k 10

Logo, r e s são concorrentes se, e somente se, k 10

(a 3) 2 (a 1) 2

2 2 Quadrando ambos os membros dessa igualdade, obtemos: (a 3)2 (a 1)2 8 ⇒ a2 2a 1 0 e, portanto, a 1. Logo, P(1, 1).

1

x 4y 7 0 ⇒ x 1 e y 2 3x y 1 0 Logo, r s {(1, 2)}

b)

2 1 2

2 (4 3) 2 (2 1) 2 , ou seja,

166

a) D

Como D 0, concluímos que r e s são concorrentes.

37. Sendo P(a, a), temos: PA 2 AB ⇒

2 (x 3) 2 ⇒ y 0 -----2 0 -----3 m ----------------3 03 Logo, uma equação geral da reta r é 2x 3y 6 0 A reta r intercepta s e t no ponto de abscissa 3. Fazendo x 3 na equação anterior, temos: 2 (3) 3y 6 0 ⇒ y 4. Assim, as equações gerais de s e t são, respectivamente, x 3 0 ey40 r

5.

2x 5y 8 0 8 ⇒ x 0 e y -----5 x 0 8 Logo, Oy r {[0, ------]} 5


x

A(1, 0)


6.

a)

x

y

y

0

1

1

0

P(9, 1) ⇒ y 1 5(x 9) 1 m r --------- 5 ms Logo, uma equação geral da reta r é: 5x y 44 0

13. a) r 1

x

1

r

b) Fazendo x k na equação x y 1 0, temos: ky10⇒y1k Logo, um ponto genérico da reta r é G(k, 1 k), com k R. c) Impondo que a distância entre os pontos G(k, 1 k) e O(0, 0) seja igual a 5, temos: (k 0) (1 k 0) 2


P(3, 0)

3 1 3 ⇒ y 0 ------ (x 3) m r --------- -----4 ms 4 Logo, uma equação geral da reta r é: 3x 4y 9 0

c) r

2

2 0 2 -----14. ms ---------------------3 3 0

S 1 ⇒ k 4 ou k 3 P 12 Concluímos, então, que há dois pontos, G(4, 3) e G’(3, 4). 7.

1 1 1 ⇒ y 4 ------ (x 1) m r --------- -----2 ms 2 Logo, uma equação geral da reta r é: x 2y 7 0

5

2

k (1 k) 25 k2 1 2k k2 25 2k2 2k 24 0 2

P(1, 4)

b) r

2x 5 2x 3y 5 0 ⇒ y ---------- ------; 3 3 2 5 logo, m ------ e q ------. 3 3

8.

a) mr ms e qr qs; logo, r e s são paralelas distintas. b) mr mt e qr qt ; logo, r e t são paralelas coincidentes. c) ms mu; logo, s e u são concorrentes.

9.

Temos que: 2 em k mr ----------s 3 6 k 2 ------, Logo, r e s são paralelas se, e somente se, -----ou seja, k 4. 6 3

P(1, 4) r

3 1 3 ⇒ y 4 ------ (x 1) m r --------- -----2 ms 2

3 x 11 Logo, a equação reduzida da reta r é: y ----------------2 2 15. O ponto médio do segmento tABu é M(2, 4) e o coeficiente angular 1 5 3 ------. da reta ,AB- é mAB ----------------4 62 Sendo r a mediatriz do segmento tABu, temos: M (2, 4) r ⇒ y 4 4(x 2) 1 m r ------------- 4 m AB Logo, a equação reduzida de r é: y 4x 12. A(1, 0) 2 0 2 ⇒ y 0 2(x 1) m r ---------------------01 Logo, uma equação da reta r é: 2x y 2 0

16. a) r

P(10, 4) ⇒ y 4 1(x 10) m r m s tg 135 1 Logo, uma equação geral da reta r é: x y 14 0

10. r

P(5, 2)

1 1 1 ⇒ y 2 ------ (x 5) m s --------- -----2 mr 2 Logo, uma equação da reta s é: x 2y 9 0

b) s P(1, 4) 11. a) r ⇒ y 4 5(x 1) m r m s 5 Logo, uma equação reduzida da reta r é: y 5x 1 P(5, 0) ⇒ y 0 2(x 5) m r m s 2 Logo, uma equação reduzida da reta r é: y 2x 10

b) r

c)

d) O ponto A é o ponto médio do segmento tPPu’:

P(3, 1) 40 m s m AB --------------------------- 2 0 (2) y 1 2(x 3) y 2x 5 b) Fazendo x k na equação y 2x 5, obtemos y 2k 5. Logo, o ponto G tem ordenada 2k 5. c) Um ponto genérico da reta s é G(k, 2k 5). Impondo que GO GB, temos:

P(5, 2)

12. a) s

17. a)

2

(k 0) (2k 5 4) ⇒ 2

2

⇒ k (2k 5)2 k (2k 9)2, ou seja, 2

2

7 4k2 20k 25 4k2 36k 81 e, portanto, k -----2 7 Concluímos, então, que G [ ------, 2] 2

A(1, 4)

P’(x, y)

x5 ----------------- 1 2 Logo, ⇒ x 3 e y 6 e, portanto, y 2 4 ----------------2 P’(3, 6)

(k 0) (2k 5 0) 2

2x y 2 0 ⇒ x 1 e y 4 x 2y 9 0 Logo, A(1, 4)

b)

x t9 t x 9 (I) ⇒ y 2t 1 y 2t 1 (II) Substituindo (I) em (II), temos: y 2(x 9) 1 ⇒ y 2x 19 x5 t ----------------- (I) 2 y 4t 7 (II) Substituindo (I) em (II), temos: x5 y 4 [ -----------------] 7 ⇒ y 2x 17 2 x 2t 5 ⇒ y 4t 7

167


x t5 ⇒ y 3t 6

18. a)

21. Um ponto genérico da reta dada é G(a, 2 a).

t x 5 (I) y 3t 6 (II)

Impondo que GP 5, temos:

Substituindo (I) em (II), temos: y 3(x 5) 6 ⇒ y 3x 9 b) Para t 0 temos o ponto (5, 6) e para t 5 temos o ponto (10, 21):

(a 2) (1 a) 5, ou ainda, 2

2

(a 2) (1 a) 5 2

2

Quadrando ambos os membros dessa igualdade, obtemos: (a 2)2 (1 a)2 25 ⇒ a2 3a 10 0 e, portanto,

y

a 2 ou a 5.

21

Assim, concluímos que há dois pontos que satisfazem a condição enunciada; são eles: G1 (2, 4) e G2 (5, 3) 22. e

6

y 5

10

x a

19. a

temos que o gráfico de C em função de M está contido na reta r representada a seguir: C

r

a

r x

aa -------------- 18 ⇒ a2 36 e, portanto, a 6 ou a 6 (não convém) 2 Logo, a reta r passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6). Assim, temos:

654

(6, 0)

622

r

6 0 1 ⇒ y 0 1 (x 6) m r ----------------06

ou seja, uma equação da reta r é: x y 6 0. 23. a) P r ⇔ a 1 2 (1) 2 0 e, portanto, a 4. b) 4x 2y 2 0 ⇒ y 2x 1; logo, o coeficiente angular de r é 2.

33

M

Assim, temos: r

(0, 622) 32 32M 622 0) C -------------32 ⇒ C 622 ---------(M 33 m --------33 33

que é uma equação equivalente à apresentada na alternativa a. 20. a) Consideremos as retas r e s que contêm as semi-retas apresentadas. (0, 50.000) r 60.000 50.000 100 ⇒ m r -------------------------------------------100 0 ⇒ y 50.000 100(x 0) 100x y 50.000 0

1 m e m 2m; logo, r e s são paralelas se, 24. Temos que: mr -----------------s 2 1 1 m 2m e, portanto, m ------. e somente se, -----------------5 2 k e m 2k 3; logo, r e s são concor25. Temos que: mr -----s 2 6 k 2k 3 e, portanto, k ------. rentes se, e somente se, -----5 2

26. a) r

ou ainda, 5x y 14 0. P(2, 0) b) r

(0, 0) s

15.000 0 150 ⇒ y 0 150(x 0) m s -----------------------------100 0

150x y 0 Resolvendo o sistema formado pelas equações de r e s, temos: 100 x y 50.000 0 ⇒ x 1.000 e y 150.000 150 x y 0 Logo, para que a receita se iguale ao custo de produção, devem ser fabricadas e vendidas 1.000 bicicletas. b) A partir de 1.001 bicicletas fabricadas e vendidas, a indústria passará a ter lucro.

168

P(3, 1) ⇒ y (1) 5(x 3) m r m s 5

4 [x (2)] ou, ainda, 4 ⇒ y 0 -----m r m s -----3 3

4x 3y 8 0. c) Como a reta s é vertical e a abscissa de P é 4, temos que a reta r que passa por P e é paralela a s tem equação x 4. d) r

P(6, 2) ⇒ y 2 0 [x (6)], ou ainda, y 2. mr ms 0

27. d O coeficiente angular mr da reta r é dado por: 40 mr --------------------------- 4 0 (1)


32 C ---------, Observando que C e M variam linearmente, pois -----------33 M


86 1 mBC ---------------------31 2

Assim, temos: t

P(1, 2) ⇒ y 2 4(x 1) ou, ainda, 4x y 2 0. mt mr 4

A(0, 9) ⇒ y 9 2(x 0), ou 1 m r ------------- 2 m BC ainda, r: 2x y 9 0 r

28. a) O montante y acumulado durante x anos pela aplicação de R$ 5.000,00 à taxa de 20% ao ano é dado por y 5.000 5.000 0,2 x, ou seja, y 5.000 1.000x. O montante y acumulado durante x anos pela aplicação de R$ 4.000 à taxa de 25% ao ano é dado por y 4.000 4.000 0,25 x, ou seja, y 4.000 1.000x. b) Os gráficos de y 5.000 1.000x e y 4.000 1.000x são, respectivamente, as semi-retas r e s representadas a seguir: y

r

B(3, 8)

1 (x 3), ou ainda, 1 ⇒ y 8 -----m BC -----2 2 ,BC-: x 2y 13 0 O ponto H é a intersecção das retas r e ,BC-:

b) ,BC -

2x y 9 0 ⇒ x 1 e y 7 e, portanto, H(1, 7) x 2 y 13 0 c) A medida da altura relativa ao vértice A é a distância entre os pontos A(0, 9) e H (1, 7):

s

6.000 5.000

AH

4.000

(1 0 ) (7 9) 2

2

5


32. Observando que o ponto A(4, 5) não pertence à reta r de equação 7x y 8 0, pois 7 4 (5) 8 0, temos que o ponto A pertence à diagonal não-contida em r. Lembrando que as diagonais do quadrado são perpendiculares, e indicando por s a reta procurada, temos: A(4, 5 )

x

1

s

c) Os montantes nunca se tornarão iguais, porque os gráficos que os representam são semi-retas paralelas distintas e, portanto, não têm ponto comum. P(2, 3) 29. a) r

⇒ y (3) 2(x 2) ou, 1 m r --------- 2 ms

ou, ainda, x 7y 31 0. 33. O gráfico que descreve v em função de t é um segmento contido na reta r que passa pelos pontos (0; 1.000) e (10; 1.001,8). (0, 1.000) 1.001,8 1.000 m r ------------------------------------------- 0,18 ⇒ v 1.000 0,18(t 0) 10 0 ou seja, v 0,18t 1.000 O gráfico que descreve c em função de t é um segmento contido na reta s que passa pelos pontos (0, 40) e (10, 90).

ainda, 2x y 7 0.

r

P(0, 5) b) r

5 1 5 ⇒ y 5 ------ (x 0) ou, m r --------- -----2 ms 2

ainda, 5x 2y 10 0. c) A reta s é vertical; logo, a reta r é horizontal. Assim, temos: r

1 1 ⇒ y (5) ------ (x 4) 1 m s --------- -----7 7 mr

(0, 40) s

P(2, 1) ⇒ y 1 0 (x 2) ou ainda, y 1. mr 0

⇒ c 40 5(t 0) 90 40 m s ----------------------- 5 10 0

ou seja, c 5t 40 Assim, temos:

d) A reta s é horizontal; logo, a reta r é vertical. Como a abscissa do ponto P é 2, uma equação de r é x 2.

v 0,18t 1.000 (I)

30. e

c 40 c 5t 40 ⇒ t -------------------- (II) 5

(2, 4)

Substituindo II em I, podemos escrever: c 40 v 0,18 [ --------------------] 1.000, ou seja, v 0,036c 998,56. 5

(0, 5)

r s

1 5 4 -----ms ----------------2 02

Capítulo 30

(2, 4) r

⇒ y 4 2 (x 2) ou, ainda, y 2x 1 m r --------- 2 ms

31. a) A reta r que contém a altura relativa ao vértice A é perpendicular a tBCu A (0, 9) B (3, 8) r

C (–1, 6)

1.

5 1 12 3 2 39 3 a) d Pr -------------------------------------------------- --------13 5 2 12 2 b) Uma equação geral da reta r é x y 8 0; logo, 2 (4) 8 6 3 2 d Pr ----------------------------------------------- -----------2 1 2 (1) 2 c) Uma equação geral da reta r é x 0y 4 0; 9064 5 5 logo, d Pr --------------------------------------- -----1 12 02 d) Uma equação geral da reta r é 0x y 3 0; 0523 5 5 logo, d Pr --------------------------------------- -----1 02 12

169


c) ABCD ABEFG (ABEC ACFD ADGB) 24 (4 2 9) 9

2082 10 2 5 d Pr --------------------------------------- -----------2 2 5 2 1

1 d) D 3 7

0 2 (8) 6 10 2 5 d Ps -------------------------------------------------- -----------5 12 22 Como o ponto P eqüidista de r e s, conclui-se que P pertence a uma das bissetrizes dos ângulos formados por r e s.

4.

3 x 5) 3 ⇒ y 0 ------( 3 0 -----4 m ----------------4 15 Logo, uma equação geral da reta ,AB- é: 3x 4y 15 0. b) A medida d da altura pedida é a distância entre C e ,AB-: 3 0 4 5 15 5 1 d -------------------------------------------------- -----5 32 42 a) ,AB-

Sendo P(0, a) o ponto procurado, temos: 15 0 8 a 2 d Pr 2 ⇒ -------------------------------------------------- 2, ou seja, 15 2 8 2 8a 2 34 ⇒ 8a 2 34 ou 8a 2 34 e, portanto, a 4 9 ou a ------. 2 9 Logo, há dois pontos possíveis: P (0, 4) e P’[0, ------]. 2

5.

6.

e Sendo G(a, a) um ponto genérico da bissetriz dos quadrantes ímpares, vamos impor que d Gr 3: 4a 3a 12 ----------------------------------------- 3 ⇒ a 12 15, ou seja, 4 2 (3) 2 a 12 15 ou a 12 15 e, portanto, a 3 ou a 27 Assim, os pontos (3, 3) e (27, 27) distam 3 unidades da reta r. O ponto médio M do segmento com extremos nesses pontos é 27 3 27 3 M [ -------------------------- , -------------------------- ], ou seja, M(12, 12). 2 2 e Consideremos um ponto qualquer de uma das retas; por exemplo, atribuindo o valor zero à variável y da equação da reta r, obtém-se x 5; logo, o ponto A(5, 0) pertence a r. A distância d entre A e s é a distância entre r e s. 530 10 d ---------------------------- --------------2 12 32

7.

a)

y

8.

E

C

D

1

3

3

7

1

0

10

1

9.

xy1 0 ⇒x3ey4 2x y 2 0 xy1 0 ⇒ x 1 e y 0 y 0 2x y 2 0 ⇒x1ey0 y 0 Logo, os vértices do triângulo são os pontos (3, 4), (1, 0) e (1, 0). D A área A desse triângulo é dada por A ----------- , em que, 2 3

4

1

0

1

0

8 8 1 8, isto é, A --------- ------ 4. 2 2 1

0

1

1

2

4

1

7

k

1

D 1

10. a D

2k 19

Assim, temos: 2k 19 25 --------------------------- --------- e, portanto, k 3 ou k 22 2 2 1

2

1

11. a) D 0

5

1

1

1

7

4

1

1

3

4

3

1

–2 –1 –1

1

3

4

5

6

7

–2

b) ABEFG BG BE 6 4 24 BE EC 4 2 4 ABEC ------------------------------------2 2 FD CF 1 4 2 ACFD ------------------------------------2 2 GD BG 3 6 9 ADGB -------------------------------------2 2

1 22

Como D 0, concluímos que A, B e C não são colineares.

G 2

0

Como D 0, concluímos que A, B e C são colineares.

D

B

24

c

1

1

170

1

b) D 0

2

2 6 5

Logo, a área A do triângulo é dada por: D 24 A ----------- ------------ 12 2 2

F

5

1 3 7

b

2 6

1 1 1

D 6 14 15 42 5 6 18 18 ABCD ------------------ 9 2

B(5, 0)

3.

2 6 5

8

9

1 -----4

4

1

1 c) D -----2

3

1

0

1

x

5 -----4

0

Como D 0, concluímos que A, B e C são colineares. 12. Os pontos A, B e C são colineares se, e somente se, x

4

2

9

0

x

1 1 0, ou seja, x 1 ou x 8. 1


2.


d) 3x y 6 0 ⇒ y 3x 6

13. e Bastar impor a condição de não-alinhamento para os três pontos, ou seja, 2

5

1

4

0

1

k1

3

1

y

0 6

9 Resolvendo esta inequação, obtemos k ------. 5

14. a)

b)

c)

x

y

1

4

5

1

1

2

1 1

2

0

1

6

8

1

y

1

2

3

1

2

5

1

x Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

d)

16.

y

y

x

A reta origem tem equação y 3x 6

0⇒xy10

x

x

2

y x (I) y 2 x (II) Os pontos (x, y) que satisfazem (I) e (II) simultaneamente são obtidos pela intersecção dos semiplanos (I) e (II), isto é:

0⇒xy20

y

0⇒x20

2 1 1

1

1

2

1

4

2

1

0⇒y20

2

x

17. a A equação da reta que passa pelos pontos (30, 0) e (0, 15) é:

15. a) x 3 y

x

y

1

30

0

1

0

15

1

x 0 ou, ainda, y ------ 15 2

Assim, a região em destaque representa as soluções do sistema: x 0 y 0 3

x

ou, ainda,

x y ------ 15 2

x 0 y 0 x 2 y 30

18. Sendo P(a, 0), vamos impor que d Pr 3, ou seja,

A reta origem tem equação x 3. b) y 4 0 ⇒ y 4

12a 5 0 3 ---------------------------------------------- 3 ⇒ 12a 3 39 e, portanto, a 3 ou 12 2 (5) 2

y

7 a -----2 7 Logo, há dois pontos possíveis: P(3, 0) e P’[ ------, 0]. 2

4

19. A reta r tem equação: 2x y 7 0. Os pontos do eixo das orx

5 denadas são do tipo P(0, a). Impondo que d Pr ------------- , temos: 5 20a7 5 --------------------------------------- ------------- ⇒ a 7 1; logo, a 8 ou 5 2 2 (1) 2

A reta origem tem equação y 4.

a 6. Portanto, os pontos procurados são (0, 8) e (0, 6).

c) y x 5

20. G(a, a 3) é um ponto genérico da reta s. Impondo que d Gr 3, temos:

y

5 a 12 (a 3) 4 71 ------------------------------------------------------------------ 3; logo, a --------- ou a 1. 7 5 2 (12) 2 5 –5

A reta origem tem equação y x 5

x

71 50 Portanto, os pontos procurados são [ ---------, ---------] e (1, 4). 7 7 21. A medida de cada lado desse quadrado é a distância entre as retas r e s. Atribuindo o valor zero (poderia ser um outro valor qualquer) à variável x da equação da reta r, temos: 30y10⇒y1 Logo, P(0, 1) r.

171


Assim, a medida é dada por: 3012 1 d Ps --------------------------------------- --------------10 32 12 e, portanto, a área A do quadrado é:

A área S do triângulo ABC é dada por D S ----------- , em que D 2

2 1 1 A [ ---------------- ] --------10 10

4

1

5

0

1

5

1

1

1

1

0

4

1

5

0

1

1

0

b

1

br

0

1

2b 2; logo,

2b S b ⇒ -------------------- b e, portanto, b 1 ou b 0 (não convém) 2 27. AB BC é mínimo se, e somente se, A, B e C são colineares. Te-

32 32; logo, AEHF ------------------ 16 2

5

0

2

22. AEFGH AEHF AHGF 3

rb

mos que

45 45; logo, AHGF ------------ 22,5 2

1

3

1

a

7

1

a2

1

1

0⇔a2

Logo, AB BC é mínimo se, e somente se, a 2. 28. a)

Portanto, AEFGH 16 22,5 38,5

y

23. c Sendo C(a, 0) o vértice que pertence ao eixo das abscissas, temos: 1

1

2

1

0

1

3a 7 O

3a 7 1 Logo, 4 ------------------------ e, portanto, a 5 ou a ------. 3 2

b)

6

x

y

1 Assim, o ponto C é (5, 0) ou [ ------, 0]. 3 y 1 ; x 2y 5 0

2

y 2x 5 obtemos as coordenadas dos pontos A, B x 2y 5 0 e C: A(3, 1), B(3, 1) e C (5, 5).

O

24. a) Resolvendo os sistemas

3 b) D 3 5

1

1

1

1

5

1

y 1 ; y 2x 5

24

x

c) O semiplano é formado por todos os pontos “abaixo” da reta origem r: y x 2. Como não faz parte do gráfico, a reta r deve ser representada por uma linha tracejada. y

24 Logo, a área A do triângulo é: A ------------------ 12. 2

r

6 25. As intersecções da reta r com os eixos Ox e Oy são [ ------, 0] e (0, 6), a respectivamente. Temos:

O

2

x –2

Se a 0

Se a > 0

y

y

6

6

6 a

x

6 a

x

Nos dois casos, a área A do triângulo limitado pela reta r e pelos 6 | ------| 6 a 6 eixos coordenados é A ---------------------- 3| ------| a 2

d) O semiplano é formado por todos os pontos que pertencem à reta origem r: y 3x 9 ou estão “acima” dela. Como faz parte do gráfico, a reta r deve ser representada por uma linha contínua. y r

O 3

x

6 Devemos ter A 9, ou seja, 3| ------| 9 ⇒ a 2 ou a 2. a –9

26. e Podemos representar a P.A. (a, b, c) por (b r , b, b r ) , com a c r R, e, desse modo, temos: A(r b, 0), B(0, b) e C(b r, 0).

172

29. a) Representamos em um mesmo plano cartesiano cada um dos semiplanos determinados pelas inequações x 4 e


2 D 4 ----------- , em que D 3 2 a


2x y 4 0. Os pontos comuns aos dois semiplanos formam o conjunto solução do sistema:

Capítulo 31 1.

y

a) (x 4)2 (y 7)2 82 ⇒ (x 4)2 (y 7)2 64 2

0

4

5

b) (x 0)2 (y 2)2 s 7 d ⇒ x 2 (y 2)2 7 c) (x 0)2 (y 0)2 52 ⇒ x2 y2 25 1 2 1 d) [x (4)]2 (y 1)2 [ ------] ⇒ (x 4)2 (y 1)2 -----3 9

x

2

2

1 1 e) 5x [ ------]6 [y ------] 12 ⇒ 2 3 2

–4 –6

2.

a) C(3, 1) e R 5 b) C(5, 0) e R

b) Raciocinando como no item a, obtemos:

3.

8

a) R CA b)

4

4.


3

1 5 c) C [ ------, ------] e R 3 2 2

y

0

3 5

9

Tipo B (quantidade por litro)

Óleo em estoque (em litros)

Óleo de algodão

0,25

0,50

60.000

Óleo de amendoím

0,75

0,50

90.000

Sendo x e y as quantidades de litros do tipo A e do tipo B, respectivamente, a receita E obtida com a venda dessas quantidades é:

5.

y 180.000

120.000 90.000

60.000

120.000

240.000

x

Demonstra-se que o máximo valor de E é obtido ao atribuir às variáveis x e y as coordenadas de um determinado vértice do polígono sombreado. Testamos cada um deles: (0, 0) ⇒ E 3 0 3 0 0 (120.000, 0) ⇒ E 3 120.000 3 0 360.000 (60.000, 90.000) ⇒ E 3 60.000 3 90.000 450.000 (0, 120.000) ⇒ E 3 0 3 120.000 360.000 Assim, o máximo valor de E é obtido no ponto (60.000, 90.000). Portanto, para que o fabricante obtenha a receita máxima, deve produzir 60.000 L de óleo do tipo A e 90.000 L de óleo do tipo B.

C (4, 4) ⇒ (x 4)2 (y 4)2 16 R 4

3 a) 2k 3 0 ⇒ k -----2

3 c) 2k 3 0 ⇒ k -----2 6.

E 3x 3y

cujas soluções são representadas pela região sombreada a seguir:

C (3, 2) ⇒ (x 3)2 (y 2)2 25 R 5

3 b) 2k 3 0 ⇒ k -----2

Relacionando as informações do enunciado, chegamos ao sistema: 0,25 x 0,50 y 60.000 0,75 x 0,50 y 90.000 x 0 y 0

(3 0) 2 (2 6) 2 5

a) Como a circunferência é tangente aos eixos coordenados, temos que C eqüidista desses eixos e, portanto, C(4, 4) e R 4 b)

x

Tipo A (quantidade por litro)

30.

2

1 1 ⇒ [x ------] [y ------] 1 3 2

a O centro O da circunferência é o ponto médio do segmento tMNu, ou seja, O(6, 1). O raio R da circunferência é a distância OM, ou seja, R OM (6 7) 2 (1 2) 2 10 Assim, a equação da circunferência C é (x 6)2 (y 1)2 10, ou ainda, x 2 y 2 12x 2y 27 0

7.

O raio R é a distância entre o centro C e o eixo Oy, ou seja, R 4; logo, a equação da circunferência é: (x 4)2 (y 2)2 16, ou ainda, x 2 y 2 8x 4y 4 0

8.

a) Comparando essa equação com x 2 y 2 2ax 2by a 2 b 2 R 2 0, temos: 2a 2 a 1 ⇒ b 2 2b 4 R 3 a 2 b 2 R 2 4 Logo, C (1, 2) e R 3. b) Comparando essa equação com x 2 y 2 2ax 2by a 2 b 2 R2 0, temos: a 3 2a 6 ⇒ b 0 2b 0 a2 b2 R2 6 Logo, C(3, 0) e R

R

3

3.

c) Dividimos por 4 ambos os membros: x 2 y 2 6x 2y 0 Comparando essa equação com x 2 y 2 2ax 2by a 2 b 2 R 2 0, temos: a 3 2a 6 ⇒ b 1 2b 2 a2 b2 R2 0 Logo, C(3, 1) e R

R

10

10 .

173


1 y 2 8y .......... 16 8 1 16 ⇒ a) x 2 2x .......... 2 2 ⇒ (x 1) (y 4) 9 Logo, C(1, 4) e R 3.

b) Os pontos que satisfazem a inequação (x 4)2 (y 4)2 4 são todos os pontos interiores ao círculo de centro (4, 4) e raio 2.

9 4 9 ⇒ x 2 (y 3)2 5 b) x 2 y 2 6y .......... Logo, C(0, 3) e R

y 6

5.

5

c) Dividimos por 12 ambos os membros: 1 0 x 2 y 2 x 2y -----4

C

4 3

1 1 Assim, temos: x x .......... ------ y 2 2y .......... 4 2

2 1

2

1 1 1 1 ⇒ [x ------] ------ ----- (y 1)2 1 4 2 4

– 6 – 5 – 4 –3 – 2 –1 0 –1

1 Logo, C [ ------, 1] e R 1. 2 10. Sendo C(a, 0), devemos impor que CA CB, ou seja, (a 4) 2 (0 2) 2

(a 6) 2 (0 0) 2 , ou ainda,

a 8a 16 4 a 12a 36 e, portanto, a 4 Assim, o centro da circunferência é C(4, 0) e o raio é 2

2

R CA

(4 4) 2 (0 2) 2 2; logo, a equação dessa

circunferência é (x 4)2 (y 0)2 4, ou ainda, x2 y2 8x 12 0 11. e As equações das alternativas a, b e c não representam circunferência, pois em uma equação normal os coeficientes de x 2 e y2 são iguais e não-nulos; e o coeficiente de xy é zero. Na equação da alternativa d, temos: 1 y2 4y .......... 4 6 1 4 x2 2x .......... (x 1)2 (y 2)2 1, que representa o conjunto vazio. Na equação da alternativa e, temos: 16 y2 7 16 x2 8x .......... (x 4) y 9 Essa equação representa a circunferência de centro (4, 0) e raio 3. 2

2

12. Inicialmente, representamos a equação na forma reduzida: (x2 2x) (y2 4y) k 3 ⇒ (x2 2x 1) (y2 4y 4) k 3 1 4, ou seja, (x 1)2 (y 2)2 k 2 Logo, a equação representa uma circunferência se, e somente se, k 2 0, ou seja, k 2. 13. a) (1 2)2 (2 2)2 5; logo, P é interior à circunferência. b) 12 52 8 1 6 0; logo, P é exterior à circunferência. c) 42 (2)2 2 4 6 (2) 24 0; logo, P pertence à circunferência. 14. a) Os pontos P(x, y) que satisfazem a inequação (x 4)2 (y 4)2 4 são todos os pontos do círculo de centro (4, 4) e raio 2. 6 5 4 3 2 1 – 6 – 5 – 4 – 3 – 2 –1 0 –1 –2

174

2

x

15. a) O centro C e o raio R de são: C(1, 2) e R 2 3 1 4 2 15 d Cs -------------------------------------------------- 2 32 42 d Cs R; logo, s é tangente a . b) O centro C e o raio R de são: C(1, 4) e R 3 2 (1) 4 1 d Cs -------------------------------------------------- 2 2 (1) 2 d Cs R; logo, s é secante a .

5

c) O centro C e o raio R de são: C(1, 2) e R 1 4 (1) 3 2 8 d Cs ---------------------------------------------------------- 2 42 32 d Cs R; logo s é exterior a . (0, 4) 4 0 2 ⇒ y 4 2(x 0) m s ----------------02 Logo, uma equação geral da reta s é 2x y 4 0 b) O raio R da circunferência é a distância entre C e s, ou seja, 2114 5 5 R d Cs --------------------------------------- -----------5 2 2 (1) 2 Logo, a equação reduzida da circunferência é: (x 1)2 (y 1)2 5

16. a) s

17. a) Substituindo x e y por 7 e 9, respectivamente, na equação da circunferência , obtemos uma sentença verdadeira: (7 3)2 (9 6)2 25 Logo, P . b) O centro é o ponto C(3, 6). P(7, 9)

4 1 4 ⇒ y 9 ------( x 7) , ou m t ------------- -----3 m CP 3 ainda, t: 4x 3y 55 0

c) t

y

C

1

1

2

x

18. O centro C e o raio R de são C (1, 1) e R 3. Toda reta s, s / t, tem uma equação geral da forma 3x 4y k 0, com k R. Devemos ter: d Cs R 3 (1) 4 1 k ---------------------------------------------------------- 3 32 42 1 k 15 k 14 ou k 16 Portanto, as equações pedidas são: s: 3x 4y 14 0 e s’: 3x 4y 16 0


9.


19. a)

y 6 x (I) ( x 1) 2 y 2 25 (II) Substituindo (I) em (II), temos: (x 1)2 (6 x)2 25 x2 2x 1 36 12x x2 25 0 2x2 10x 12 0 x2 5x 6 0 x 2 ou x 3 Para x 2, a equação (I) nos dá y 4. Para x 3, a equação (I) nos dá y 3. Concluímos, então, que s a(2, 4), (3, 3)b.

b) O comprimento dessa corda é a distância entre os pontos A(2, 4) e B(3, 3), ou seja: (3 2) 2 (3 4) 2

AB

20. a)

x 1 y (I) x 2 y 2 2 x 4 y 3 0 (II) Substituindo (I) em (II), temos: (1 y)2 y2 2(1 y) 4y 3 0 1 2 y y2 y2 2 2 y 4y 3 0 2y 4y 2 0 y2 2y 1 0 y1 Para y 1, a equação (I) nos dá x 0. Concluímos, então, que s a(0, 1)b.


x 4 3 y (I) x 2 y 2 8 x 6 y 22 0 (II) Substituindo (I) em (II), temos: (4 3y)2 y2 8(4 3y) 6y 22 0 16 24 y 9y2 y2 32 24 y 6y 22 0

y0

(I)

( x 3) ( y 2) 20 (II) Substituindo I em II, obtemos: (x 3)2 (0 2)2 20; isto é, x2 6x 7 0; logo, x 7 ou x 1. Para x 7, a equação I nos dá y 0. Para x 1, a equação I nos dá y 0. Portanto, Ox a(1, 0), (7, 0)b. 2

2

y

22.

2

–2 2

x

–2

Observando que uma reta r de equação y k, com k R, é horizontal e passa pelo ponto (0, k), temos: a) r é exterior a se, e somente se, k 2 ou k 2. b) r é tangente a se, e somente se, k 2 ou k 2. c) r é secante a se, e somente se, 2 k 2. 23.

y mx

CA 5 ⇒

(a 0) 2 (0 4) 2 5, ou seja,

a 16 25 e, portanto, a 3 ou a 3. Assim, há duas circunferências, e ’, possíveis: C(3, 0)

⇒ (x 3)2 y2 25 R 5 2

e ’

C (3, 0) ⇒ (x 3)2 y2 25 R 5

25. a Sendo R o raio da órbita, temos: 2 3,14 R 12.560 5 ⇒ R 10.000 Logo, a equação da órbita é: (x 0)2 (y 0)2 10.0002 ⇒ x2 y2 108 26. O centro C é um ponto do tipo C(k, 2k 1), com k R. Impondo que CA CB, temos: (k 2) 2 (2k 1 3) 2

(k 3) 2 (2k 1 2) 2 ⇒ k 1 C(1, 1)

Logo:

(I)

x 2 y 2 10 x 16 0 (II)

(1 2) 2 (1 3) 2

R CA

5 ⇒

⇒ : (x 1) (y 1) 5 2

10y2 6y 6 0 5y2 3y 3 0 Observando que (3)2 4 5 3 51, isto é, 0, concluímos que s . 21.

24. Sendo C(a, 0) o centro da circunferência, temos que:

2

2

b)

Substituindo (I) em (II), obtemos: x2 (mx)2 10x 16 0, ou ainda, (m2 1)x2 10x 16 0 (note que essa equação é do segundo grau para qualquer m real). A reta é secante à circunferência se, e somente se, 0, ou seja, 3 3 100 64(m2 1) 0 e, portanto, ------ m -----4 4

2

27. d Indicando por E, F e G os pontos (2, 0), (2, 4) e (0, 4), respectivamente, vamos obter as mediatrizes r e s dos segmentos tEFu e tFGu, respectivamente: • O ponto médio do segmento tEFu é M(2, 2). Como a reta ,EF - é vertical, temos que a reta r é horizontal: M (2, 2) r ⇒ y 2 0(x 2) ou, ainda, y 2. m 0 • O ponto médio do segmento tFGu é N(1, 4). Como a reta ,FG- é horizontal, temos que s é a reta vertical que passa por N, ou seja, s: x 1. A intersecção de r e s é o centro C da circunferência que passa por E, F e G; logo, C(1, 2). Concluindo, a distância entre C(1, 2) e O(0, 0) é dada por: CO

(1 0) 2 (2 0) 2

5

28. Seja : x y 2ax 2by a b 2 R2 0 a) Comparando com a equação x2 y2 10x 2y 22 0, temos: 2a 10 ⇒ a 5 (I) 2b 2 ⇒ b 1 (II) 2

2

2

(III) a 2 b 2 R 2 22 Substituindo I e II em III, encontramos: (5)2 (1)2 R2 22; logo, R 2. Portanto, C(5, 1) e R 2. b) Comparando com a equação x2 y2 2y 5 0, temos: 2a 0 ⇒ a 0 (I) 2b 2 ⇒ b 1 (II) (III) a 2 b 2 R 2 5 Substituindo I e II em III, temos: 02 12 R2 5; logo, R Portanto, C(0, 1) e R

6.

6.

c) Dividindo ambos os membros dessa igualdade por 3, obtemos: x2 y2 x 2y 1 0.

175


Comparando essa equação com , temos: 1 2a 1 ⇒ a -----(I) 2 2b 2 ⇒ b 1 (II)

y 6

(III)

5

Substituindo I e II em III, temos: 1 2 1 [ ------] (1)2 R2 1; logo, R ------. 2 2 1 1 Portanto, C[ ------, 1] e R ------. 2 2

4 3 2 1

29. a) x y 10x 20y 121 0 ⇒ ⇒ (x2 10x) (y2 20y) 121 Completando os quadrados perfeitos, obtemos: (x2 10x 25) (y2 20y 100) 121 25 100 ⇒ ⇒ (x 5)2 (y 10)2 4 e, portanto, C (5, 10) e R 2. b) x2 y2 12x 0 ⇒ (x2 12x) y2 0 Completando o quadrado perfeito, obtemos: (x2 12x 36) y2 0 36 ⇒ (x 6)2 y2 36 Logo, C (6, 0) e R 6. c) Dividindo ambos os membros da igualdade por 25, obtemos: 2 1 0. x2 y2 ------ x 2y --------5 25 Completando os quadrados perfeitos, obtemos: 2 1 1 1 ⇒ [x2 ------ x ---------] (y2 2y 1) --------- 1 --------5 25 25 25 2

–2 –1 0 –1 –2

2

9

31. a) O gráfico é formado pela circunferência

: (x 3)2 (y 5)2 4 e por todos os pontos interiores a . y

–5 –6

b) (x 3)2 y2 25 x y 33. a) x[100 ---------] y[50 ---------] 30.250 ⇒ 10 10 ⇒ (x 500)2 (y 250)2 10.000 A representação das soluções dessa inequação no plano cartesiano, para x 600 e y 350, é:

350 250

b)

500

600

x

500

600

x

y

350 250

C

5

1

x

3

b) O gráfico é formado apenas pelos pontos exteriores à circunferência : x2 y2 4x 8y 11 0. y 2

C

5

x

34. d A circunferência tem centro C(2, 2) e raio R 1. Para que a reta s: mx y 1 0 seja tangente a essa circunferência, devemos ter d CS R, ou seja, m221 ----------------------------------------- 1 ⇒ 2m 1 m 2 1 m 2 (1) 2 Quadrando ambos os membros, temos: 4 (2m 1)2 m2 1 e, portanto, m 0 ou m ------. 3

176

x

y

25 1 2 seja, (x 4)2 [y ------] ---------; logo, a equação representa 4 2 uma circunferência. d) A equação não representa uma circunferência, pois o coeficiente do produto xy é diferente de zero.

–4

3 4 5 6 7 8

–3

30. a) A equação não representa uma circunferência, pois os coeficientes de x2 e y2 são diferentes. b) (x2 2x) (y2 2y) 9 ⇒ ⇒ (x2 2x 1) (y2 2y 1) 9 1 1, ou seja, (x 1)2 (y 1)2 7; logo, a equação não representa uma circunferência. c) (x2 8x) (y2 y) 10 ⇒ 1 1 ⇒ (x2 8x 16) [y2 y ------] 10 16 ------, ou 4 4

0

1 2

–4

1 2 ⇒ [x ------] (y 1)2 1. 5 1 Logo, C[ ------, 1] e R 1. 5

0

E


a2 b2 R2 1

32. a) A região afetada pelo terremoto é representada pelo círculo de centro E(3, 0) e raio R 5.


35. A circunferência tem centro C(0, 0) e raio R 1. Todas as retas do plano cartesiano, paralelas à reta r: x y 0, podem ser representadas por s: x y k 0, com k R. Para encontrar os valores de k de modo que s seja tangente à circunferência, impomos

Para y 0, a equação I nos dá x 2. Para y 3, a equação I nos dá x 5. Assim, A(2, 0) e B(5, 3). Sendo r a mediatriz de tABu, temos:

00k que d CS R, ou seja, ------------------------------- 1 e, portanto, k 2 . 12 12

r

Logo, as equações pedidas são: xy

2 0exy

2 0.

7 3 M[ ------, ------] 2 2 7 3 1[x ------], ⇒ y -----ou seja, 2 2 1 m r -------------- 1 m A, B -

a equação da mediatriz de tABu é r: x y 5 0. O centro C da circunferência é C(4, 1) e pertence à reta x y 5 0, pois 4 1 5 0.

, T.36. A reta r, tangente à circunferência em T, é perpendicular à reta O Assim, temos: T (4, 2) ⇒ y 2 2(x 4) 1 m r ------------- 2 m OT

r

Logo, a equação reduzida de r é y 2x 10. 37. a)

x 3y

(I)

( x 1) 2 ( y 4) 2 20

(II)


Substituindo I em II, obtemos: (3 y 1)2 (y 4)2 20, isto é, y2 2y 0; logo, y 0 ou y 2. Para y 0, a equação I nos dá x 3. Para y 2, a equação I nos dá x 5. Concluímos, então, que s a(3, 0), (5, 2)b. b)

x 2y 1

(I)

x2 y2 4 y 1 0

(II)

Capítulo 32 1.

2 3,14

0

y 2x 1

d)

Devemos ter:

4.

Devemos ter k 2 9 0 e, portanto, k 3.

(I)

2

5.

2

Substituindo I em II, obtemos: x2 (3x)2 8x 2 3x 8 0; ou seja, 10x2 2x 8 0, 4 ou ainda: 5x2 x 4 0; logo, x 1 ou x ------. 5

6.

Para x 1, a equação I nos dá y 3. 4 12 Para x ------, a equação I nos dá y ------. 5 5 4 12 Concluímos, então, que s {(1, 3), [ ------, ---------]}. 5 5 38.

x0

(I)

x 2 y 2 10 x 2 y 22 0 (II) Substituindo I em II, obtemos: 02 y2 10 0 2y 22 0, ou seja, y2 2y 22 0. Observando que (2)2 4 1 22 84, ou seja, 0, concluímos que Oy .

39.

x 2y

(I)

x 2 y 2 8 x 2 y 12 0 (II) Substituindo I em II, obtemos: (2 y)2 y2 8 (2 y) 2y 12 0 ⇒ y 0 ou y 3.

x 4 0 , ou seja, x2 0 e, portanto, x 2

C

2 e v 4 2i.

3.

x y 8 x 2 y 8 0 (II) 2

Ω

®

a) Para x 1, temos: z1 (1 1) (12 1)i 0 0i 0 z2 (1 1) (1 1)i 2 0i 2 Logo, ambos são números reais. b) Para x 1, temos: z1 (1 1) [(1)2 1]i 2 (1 1)i 2 0i 2 z2 (1 1) (1 1)i 0 2i 2i Logo, z1 é número real e z2 é imaginário puro.

(I)

y 3x

–3

œ

2.

( x 3) 2 ( y 2) 2 2 (II) Substituindo I em II, obtemos: (x 3)2 (2x 1 2)2 2, ou seja, x2 6x 9 4x2 4x 1 2 0, ou ainda, 5x2 10x 8 0. Observando que (10)2 4 5 8 60, isto é, 0, concluímos que s .

n

Logo, r 0, s 3, t 3,14, u

Substituindo I em II, obtemos: (2y 1)2 y2 4y 1 0; ou seja, 5y2 0; logo, y 0. Para y 0, a equação I nos dá x 1. Concluímos, então, que s a(1, 0)b. c)

4 – 2i

x 2 x 2

a 2b 3 (I) a 3b 2 (II) Substituindo (II) em (I), temos: 3b 2 2b 3 ⇒ b 5 Substituindo b por 5 em (I) ou (II), obtemos a 13. I. V, pois todo número real a pode ser representado por a 0i II. F, pois números complexos com parte imaginária não-nula não são reais. III. F, pois R C e, portanto, C R R IV. V, pois os números complexos que não são reais são aqueles que têm a parte imaginária não-nula. V. F, pois dois números complexos conjugados têm a mesma parte real e partes imaginárias opostas. VI. V, pela justificativa do item anterior.

7.

a) z2 z3 3 5i 7 i 4 6i b) z1 z 3. z4 8 7 i (2i) 15 i c) Temos que z4 z2 2i (3 5i) 3 7i; logo, T z2 (z3 z1) 3 7i (7 i 8) 12 6i Tz4

8.

a) b) c) d) e)

z1 z2 (2 5i) 5 10 25i z1 z3 (2 5i) 4i 8i 20i2 20 8i z1 z 4. (2 5i)(4 2i) 8 4i 20i 10i2 2 24i z2 z3 z4 5 4i 4 2i 4 18i z3 z4 z2 z1 4i(4 2i) 5(2 5i) 16i 8i2 10 25i 2 9i

177


z4 5 5(4 3i) 20 15i a) ------- -------------------- --------------------------------------------- -------------------------- z1 4 3i (4 3i) (4 3i) 25

14. De acordo com a sugestão, temos: tz1 t t z2 (a bi) (c d i) (a c) (b d )i

4 3i -------------5 5

(a c) (b d)i (a bi) (c di) z 1. z 2.

z4 5 5(5 i) b) ------- ---------------- -------------------------------------- 5i (5 i) (5 i) z2

15. a) z2 (2i)2 4i2 4

25 5i 25 5i -------------------------------------26 26 26

b) z3 (2i)3 8i3 8 (i) 8i i 1 i -----c) z1 (2i)1 -------- ----------2 2i i

z3 2i 2i(4 3i) 8i 6i c) ------- -------------------- --------------------------------------------- ------------------------ z1 25 4 3i (4 3i) (4 3i) 2

d) z8 (2i)8 28 i8 256 e) w2 (1 i)2 1 2 1 i i2 1 2i 1 2i

6 8i ----------------25 25

f) w3 (1 i)3 (1 i)2 (1 i) 2i(1 i) 2i 2i2 2 2i

1 1(4 3i) 4 3i d) (z1)1 ------------------- --------------------------------------------- -------------------- 4 3i (4 3i )(4 3i) 25

1i 1 1i g) w1 (1 i)1 --------------- ---------------- ------------------2 2 1i 1i 1 i

4 3i ----------------25 25

1 i ----------2 2

z1 4 3i (4 3i)(2i) e) Temos que ------- -------------------- ---------------------------------------- 2i (2i)(2i) z3 2 8i 6i 3 2i; logo, z 1 z ---------------------------------------2 z3 4 2

h) w8 (1 i)8 [(1 i)2]4 [2i]4 16 i4 16 16. a) z8 z3 z5 (2 2i)(4 4i) 8 8i 8i 8i2 16 4 4i (4 4i) (2 2i) b) z2 z5 : z3 -------------------------------------------------------------2 2i (2 2i) (2 2i)

7 3 2i (5 i) ----- -----i 2 2

8 8i 8i 8i 2i ----------------------------------------------8 2

10. z 4a ai 16i 4i2 ⇒ z 4a 4 (16 a)i O número z é um imaginário puro se, e somente se, a 1 4a 4 0 ⇒ e, portanto, a 1 a 16 16 a 0 11. De acordo com a sugestão, temos: 4(x yi) (x yi) 6 9i 4x 4yi x yi 6 9i 3x 5yi 6 9i

c) z6 sz3d2 ( 2 2i)2 4 8i 4i2 8i 17.

35 3

4 8

73 1

4 18

962 4 2 240

80 0

1 i 3 i1 i 2 1 i35 i73 i962 ------------80 0 i i i i 1 1 2

3x 6 5 y 9

18. Para que essa igualdade ocorra, o número n 21 deve ser múltiplo de 4; logo, o menor número natural n possível é 3.

9 x 2 e y -----5

2

19. a) (w1)2 s 2 i 2 d

9i z 2 -------5

2

s 2d 2

2

2 i 2 si 2 d 2 4i 2 4i

(w 2)2 f s 2 i 2 d g s 2 i 2 d 4i 2

(1 i) (a 2i) a 2i ai 2i ⇒ 12. z ------------------------------------------------------------------------------------------(a 2i)(a 2i) a2 4 2

a 2 (a 2)i ⇒ z ----------------------------------------2 2 a 4 a 4 a 2 0, ou seja, a 2. O número z é real se, e somente se, ------------------2 a 4 13. Os números z e w são inversos entre si se, e somente se, z w 1, ou seja, 1 ai] 1 0i, ou ainda, (1 2i)[ -----5 1 2 [ ------ 2a] [a ------] i 1 0i. 5 5

Portanto:

1 ------ 2a 1 5 ⇒ 2 0 a -----5

2 Concluímos que: a -----5

178

4 20

2 a -----5 2 a -----5

2

Logo, w1 e w2 são raízes quadradas de 4i. b) Sendo w a bi, com {a, b} R, uma das raízes quadradas de 2i, temos: w2 z (a bi)2 2i a2 b 2 2abi 0 2i a b 0 2

2

(I) 1 2ab 2 ⇒ a ------ (II) b

Substituindo (II) em (I): 1 b2 0 -------2 b b4 1 b 1 Substituindo b por 1 em (II), temos a 1; Substituindo b por 1 em (II), temos a 1. Concluímos, então, que as raízes quadradas de 2i são w1 1 i e w2 1 i.


9.


20.

c) O lugar geométrico das imagens dos

Im

Im

números complexos

4

é a reta t , bissetriz dos quadrantes

3 z5

ímpares:

45° Re

2

z4 z6

1

– 6 – 5 – 4 – 3 – 2 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

23. a) z1

Re

–2 z2

–3 –4

z3

9 12 2

81 144

2

b) z2

1 1

c) z3

0 (4)

2

2

2

225 15

2 16 4

2

2 2 z4 (2) 0 z 4 ---------d) ------- -------------------------------------- 2 2 z2 z2 1 1

21. Fazendo z x yi, com {x, y} R, temos:

4 2 2 2 --------------------------------------2 2 2

16 x yi -----------------x yi (x yi)(x yi) 16 x2 y2 16 Assim, o L.G. é a circunferência de centro C(0, 0) e raio R 4. Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

t

z x yi, com {x, y} R e y x,

z1

5

2

e) z1 z2 z1 z2 15 2 4

f) (z2)4 z24 s 2 d

2 22 4 4

24. Há apenas dois números reais que têm módulo igual a 6, são eles: 6 e 6.

Im

Im

4 3

–6

2

6

Re

1 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

Re

25. Há infinitos números complexos que têm módulo igual a 6; seus afixos formam a circunferência de centro (0, 0) e raio 6.

–2

Im

–3

6

–4 –6

6

Re

–6

22. a) O lugar geométrico das imagens dos números complexos z 1 yi, com y R, é a reta vertical r que passa pelo ponto (1, 0): Im

r

26. a) Fazendo z x yi, com {x, y} R, temos: z 3 i 5 ⇒ x y i 3 i 5 (x 3) (y 1)i 5

1

Re

( x 3) ( y 1) 5 2

2

(x 3)2 ( y 1)2 25 Concluímos, então, que o L.G. é a circunferência de centro C(3, 1) e raio R 5. Im 5

b) O lugar geométrico das imagens dos números complexos z x 4i, com x R, é a reta horizontal s que passa pelo ponto (0, 4):

3 2 1

Im 4

4

s

–6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

7

8

Re

C

–2 –3 –4 Re

–5 –6

179


b) z1 3 i 1 2i 3 i 4 3i (4) 3 5 2

Logo, a imagem de z1 pertence a esse lugar geométrico.

36. c

z2 3 i 3i 3 i 3 4i

4 500

2.002 2

(3) 4 5 2

35. e (1 i)10 a ⇒ [(1 i)2]5 a, ou seja, [1 2i 1]5 a e, portanto, a 32i

2

Logo, a imagem de z2 pertence a esse lugar geométrico. z3 3 i 8 3 i 5 i

5 1 2

2

26

Logo, a imagem de z3 não pertence a esse lugar geométrico. 27. b z 10 4i 15i 6i2 16 11i; logo, z . 16 11i

Logo, i2.002 i2.001 i2 i1 1 i 37. Sendo w a bi, com {a, b} R, uma das raízes quadradas de z, devemos ter: w2 z, ou seja, (a bi)2 8i ⇒ a2 b 2 2abi 0 8i e, portanto,

xy 2 e, portanto, xy 0

x 1 e y 1.

a b 0 (I) 4 a -----(II) b 2

a b 0 ⇒ 2ab 8 2

28. a) (x yi) (1 i) x xi yi yi2 x y (x y)i b) x y (x y)i 2 0i ⇒

4 500

2.001 1

2

2

Substituímos (II) em (I): 2

29. a) Sendo z x yi, com {x, y} R, temos: 4(x yi) 3(x yi) 3 14i ⇒ ⇒ x 7yi 3 14i e, portanto, x 3 e y 2. Logo: z 3 2i b) Sendo z x yi, com {x, y} R, temos: (x yi)i (x yi)(3 i) 4 6i ⇒ 3x 2y 3yi 4 6i e, portanto, x 0 e y 2. Logo: z 2i 30. a Indicando por z o número complexo dado, temos:

4 [ ------] b 2 0 ⇒ b 2 ou b 2 b Substituindo b por 2 em (II), temos a 2. Substituindo b por 2 em (II), temos a 2. Concluímos, então, que as as raízes quadradas de 8i são w1 2 2i e w2 2 2i 38. Sendo z x yi, com {x, y} R, temos: (x yi) i (x yi)(1 i) 10i (x yi) ⇒ 0 (10 2y)i e, portanto, y 5. Logo, o lugar geométrico das imagens dos complexos z é a reta horizontal de equação y 5:

(1 i) (1 i) (1 i) (1 i) z ---------------------------------------------------------------------------(1 i)(1 i) (1 i)(1 i)

Im

1 2i i 1 2i i 2i ----------------------------------------------------------2 2 2 2 1 i 1 i Logo: z . 2i 2

2

Re

(5 i) (k 2i) 5k 10i ki 2i 31. z -----------------------------------------------------------------------------------------------2 (k 2i)(k 2i) k 4 2

5k 2 (10 k)i --------------------------------------------2 2 k 4 k 4 10 k 0 e, portanto, O número z é real se, e somente se, ------------------2 k 4 k 10 32. b 5 z 1 e, portanto, z2 1 z5 z3 ⇒ ------3 z 33. e Potências de bases opostas e mesmo expoente par são iguais, ou seja, zn (z)n, ∀ z C e n par. Logo, (2 i) (i 2) (2 i) (2 i) ------------------------------------------------------- ------------------------- -----------------------100 49 100 49 (2 i) (i 2) (2 i) (i 2) 101

50

101

50

(2 i)101 100 (i 2)50 49 (2 i)(i 2) 2i 4 i2 2i 5 34. c Indicando por z a expressão (a i)4, temos: z (a i)2 (a i)2 (a2 2ai 1)(a2 2ai 1) a4 2a3i a2 2a3i 4a2i2 2ai a2 2ai 1 a4 a2 4a2 a2 1 (2a3 2a3 2a 2a)i a4 6a2 1 (4a3 4a)i O número z é real se, e somente se, 4a3 4a 0 e, portanto, a 0 ou a 1 ou a 1.

180

–5

39. a) 8 15i

8 15 17 2

1 (3)

b) 1 3i

2

0 6

c) 6i

2

d) 4

2

2

2

10

6

(4) 0 4 2

2

40. z 3 4i 1 i 6 8i 6i 3 (4)

2

2

0 6 5

2

2

(1) 1 2

2

(6) (8) 2

2

2 10 6 300 2

41. b 2 2 i 3 s 3 d 1 2 i 3 ---------------------- -------------------------- ------------------------------------------------- ------ 1 2 2 2 3 i 3 i s 3 d (1)

42. b 4 2 2 4 (1 3i)4 1 3i4 s 1 3 d ( 10 ) 100 43. Sendo z x yi, com {x, y} R, temos: x yi 3i 4 ⇒ x (y 3)i 4 e, portanto, x ( y 3) 4 ou, ainda, x2 (y 3)2 16. 2

2


2


Logo, o lugar geométrico das imagens dos números complexos z é a circunferência de centro C(0, 3) e raio R 4:

3.

Im 7

Re

P(0) 4 03 5 02 0 3 3 P(1) 4 13 5 12 1 3 11 P(2) 4 (2)3 5 (2)2 (2) 3 7 P(i) 4 i3 5 i2 i 3 2 5i

4.

a) b) c) d)

5.

Sendo P(x) ax2 bx c, temos:

3 C

–1

m 2 1 0 (I) m1 0 (II) De (I), temos m 1 ou m 1; de (II), temos m 1. Assim, apenas o número 1 satisfaz (I) e (II) simultaneamente; logo, P(x) tem grau 3 se, e somente se, m 1.

a 0 2 b 0 c 1 44. Sendo z x yi, com {x, y} R, temos: x yi 2 x yi 3 ⇒ ⇒

x y 2 x y 3, ou seja, 2

2

2

2

ou, ainda, x2 y 2 1. Logo, o lugar geométrico das imagens dos números complexos z é a circunferência de centro C(0, 0) e raio R 1:

a 12 b 1 c 4


a (1) b (1) c 0

x y 1 2

2

c 1 (I) ⇒ abc 4 (II) a b c 0 (III) Substituindo (I) em (II) e (III), temos:

Im 1

ab1 4 ⇒a3eb 2 ab1 0

C –1

1

Logo P(x) 3x2 2x 1 e, portanto: P(2) 3 22 2 2 1 15

Re

–1

6.

45. b Sendo z x yi, com {x, y} R, temos que: x yi 5 5i 3 ⇒ x 5 (y 5)i 3 e, portanto,

1 Concluímos, então, que as raízes de P(x) são 1 e ------. 3

2

(x 5)2 (y 5)2 9. Logo, a trajetória do projétil A é a circunferência de centro C(5, 5) e raio R 3: Im

b) Fazendo P(x) 0, temos: x2 1 0 ⇒ x2 1 e, portanto, x i ou x i Concluímos, então, que as raízes de P(x) são i e i. 7.

8

5

5

Re

O ponto dessa trajetória, mais próximo de O, pertence à reta ,CO-, cuja equação é obtida por: O(0, 0) 5 0 1 ⇒ y 0 1(x 0) ou, ainda, y x. m CO ----------------50 Logo, a trajetória do projétil B é formada por imagens de números complexos w x yi, com {x, y} R e y x.

,CO-

Capítulo 33 1.

2.

a) Resposta possível: n 3 b) Resposta possível: n 2 k2 9 0

b Seja P(x) anxn an 1xn 1 an 2xn 2 ... a0 tal que an an 1 an 2 ... a0 0. Calculando P(1), temos: P(1) an 1n an 1 1n 1 an 2 1n 2 ... a0 ⇒ ⇒ P(1) an an 1 an 2 ... a0 Por hipótese, temos que a soma dos coeficientes de P(x) é zero. Logo, P(1) 0, isto é, 1 é raiz de P(x).

C

8. 0

a) Fazendo P(x) 0, temos: 3x2 2x 1 0 (2)2 4 3 (1) 16 1 2 16 ⇒ x 1 ou x -----x --------------------------3 6

( x 5) ( y 5) 3 ou, ainda, 2

⇒

2

(I)

k 2 3k 0 (II) De (I), temos k 3 ou k 3 e de (II), temos k 3 ou k 0. Apenas a raiz 3 é comum a (I) e (II); logo, P(x) é identicamente nulo se, e somente se, k 3.

P(x) Q(x) ⇔

a 4 a 2b e, portanto, a 6 e b 2. a 3b 0

2c ab P(x) Q(x) ⇔ 2a (b 5) a4 0 e, portanto, a 4, b 3 e c 5. 10. a) A(x) B(x) 6x3 2x2 4x2 3x 5x 1; logo, A(x) B(x) 6x3 6x2 2x 1 b) A(x) B(x) 6x3 2x2 3x (4x2 5x 1); logo, A(x) B(x) 6x3 2x2 8x 1 c) 4 A(x) 4 (6x3 2x2 3x); logo, 4 A(x) 24x3 8x2 12x d) B(x) C(x) (4x2 5x 1) (9x 2) 36x3 8x2 45x2 10x 9x 2; logo, B(x) C(x) 36x3 37x2 19x 2 e) [C(x)]2 (9x 2)2 81x2 36x 4 f) 2A(x) 3B(x) 2 (6x3 2x2 3x) 3 (4x2 5x 1) 12x3 4x2 6x 12x2 15x 3; logo, 2A(x) 3B(x) 12x3 8x2 21x 3 g) A(x) C(x) B(x) (6x3 2x2 3x) (9x 2) 4x2 5x 1 54x4 12x3 18x3 4x2 27x2 6x 4x2 5x 1 logo, A(x) C(x) B(x) 54x4 6x3 27x2 11x 1

9.

181


11. e A identidade é equivalente a: x3 1 x3 (a 1)x2 (b a)x b Assim, temos:

ab 2 ou seja, a 5 e b 7. 3a 2b 1 Analisando as alternativas, constatamos que a correta é a d, pois 7 5 12.

12. e A alternativa e pode ser falsa, pois os coeficientes dos termos de maior grau de Q(x) e T(x) podem ser opostos. 13. a)

3x6 13x5 8x4 13x3 8x2 23x 12

x3 8x2 23x 12

x3 5x2 6x 3x2 17x 12 3x2 15x 18 2x 6

Portanto, Q(x) 3x4 2x3 x 3 e R(x) 2x 6. b)

2x5 6x4 0x3 x2 4x 2

x3 3x2 4x 2

2x 6x 8x 4x 5

4

3

2x2 8

2

8x 3x 4x 2 3

2

8x3 24x2 32x 16 27x2 28x 14

Portanto, Q(x) 2x2 8 e R(x) 27x2 28x 14. c)

x4 0x3 0x2 0x 1

x1

x4 x3 x3 0x2 0x 1 x3 x2

x3 x2 x 1

x2 0x 1 x2 x x1 x1 0

Portanto, Q(x) x3 x2 x 1 e R(x) 0. 14. a P(x) (x2 1)(x2 x 1) (x 1) ⇒ P(x) x4 x3 2 15.

1 c) O resto é P[ ------], ou seja: 2 1 4 1 3 1 2 1 1 P[ ------] 32 [ ------] 8 [ ------] [ ------] 1 -----2 2 2 2 4

x2 5x 6

3x6 15x5 18x4 3x4 2x3 x 3 2x5 10x4 13x3 8x2 23x 12 2x5 10x4 12x3

17. a) O resto é P(2), ou seja: P(2) 3 24 2 23 1 33 b) O resto é P(1), ou seja: P(1) (1)3 6 (1)2 5 (1) 10 0

a( x 3) b( x 3) 3x -------------------------------------------------------- ------------------( x 3)( x 3) x2 9

18. e O resto da divisão de P(x) por x 1 é igual a P(1). Assim, temos: P(1) 4 ⇒ 3 (1)5 2 (1)4 3k (1)3 (1) 1 7 4 e, portanto, k ------. 3 19. d Os restos das divisões de P(x) por x 1 e por x 1 são, respectivamente, iguais a P(1) e P(1). Assim, temos: P(1) 4 (1) 3 p (1) q 4 ⇒ e, portanto, P(1) 8 13 p 1 q 8 p 1 e q 6. 20. e f(x) (x2 2x 1)(x 2) 1. O resto R da divisão de f(x) por x 1 é igual a f(1), ou seja, R f(1) [(1)2 2 (1) 1](1 2) 1 11 21. Se P(x) ax2 bx c, com {a, b, c} C, então: P(2) 3 ⇒ 4a 2b c 3. P(3) 10 ⇒ 9a 3b c 10. P(4) 21 ⇒ 16a 4b c 21. c 2b 4a 3 Resolvendo o sistema: c 3b 9a 10 c 4b 16a 21 temos: 1 c 2b 4a 3 c 3b 9a 10 c 4b 16a 21

c 2b 4a 3 b 5a 7 2b 12a 18

c 2b 4a 3 b 5a 7 2a 4

ax 3a bx 3b 3x ---------------------------------------------------------------------x2 9 x2 9 (a b) x 3a 3b 3x -----------------------------------------------------------------------x2 9 x2 9 ab 3 3a 3b 0 a b 3 (I) ab (II) 3 e, portanto, Substituindo II em I, obtemos a a 3 ⇒ a -----2 3 b ------. 2 16. d 2x 1 a( x 3) b( x 2) ----------------------------------------- -------------------------------------------------------- ⇒ ( x 2) ( x 3) ( x 2 )( x 3) 2x 1 (a b) x 3a 2b e, portanto, ⇒ ---------------------------------------- -----------------------------------------------------( x 2)( x 3) ( x 2) ( x 3)

182

2

(I) (II) (III)

Da equação III, obtemos a 2; Substituindo a por 2 em II, obtemos b 3; Substituindo a por 2 e b por 3 em I, obtemos c 1. Logo, P(x) 2x2 3x 1. 22. Temos: P(3) 34 4 33 4 32 4 3 3 81 108 36 12 3 0 P(i) i4 4 i3 4 i2 4 i 3 1 4i 4 4i 3 0 Como P(3) 0 e P(i) 0, concluímos, pelo teorema de D’Alembert, que P(x) é divisível por x 3 e por x i. 23. e O polinômio f(x) é divisível por x 3 se, e somente se, f(3) 0. Assim, temos: 14 33 4 32 m 3 5 0 ⇒ m --------3


a1 0 b a 0 ⇒ a 1 e b 1 b 1


24.

Q1(x) e o resto R1:

P(2) 0 P(1) 0

1 -----2

(2) a (2) b (2) 6 0 3

2

13 a 12 b 1 6 0 4a 2b 14 ab 5

1

6 6

11

1

2

3

1

2

25

51

100

2

0

1

2

2

3

0 3

3

2


3

3

0

0

0

2

4

0

0

0

1

4

3

8

16

32

63

2

Q 1 ( x) logo, Q(x) ----------------- x5 2x4 4x3 8x2 16x 32 1 e R R1 63

0

0

0

81

1

3

9

27

0

1 30. a) A raiz do polinômio D(x) é ------; logo, o resto R da divisão de 3 P(x) por D(x) é dado por: 1 1 1 R P[ ------] 9 [ ------] 3 [ ------] 1 ⇒ R 1 3 3 3

2

1

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

0

3

4

1 1 1 R P[ ------] 16 [ ------] 2 [ ------] 3 ⇒ R 1 2 2 2

28. Como P(1) 0, concluímos que P(x) é divisível por x 1. Sendo Q(x) o quociente dessa divisão, temos: 1

0

0

1

1

0 1

1

0

0

0

1

1

1

1

0

ou seja, Q(x) x x x x x x 1 e, portanto: P(x) (x 1)(x6 x5 x4 x3 x2 x 1) 6

5

4

3

2

E( x) ----------------E( x) E( x) x 1 (com x 1) 29. a) --------------------- -------------------------- --------------------3x 3 3( x 1) 3

1

0

3

1

0

1

1

1

2

1

1

2

Q1(x) x4 x3 2x2 x 1 e R1 2; logo, 3

c) A raiz do polinômio D(x) é i; logo, o resto R da divisão de P(x) por D(x) é dado por: R P(i) 2i5 3i4 1 ⇒ R 2i 2 31.

1 45 ⇒ 1 k 3 45 P[ ------] -----------------------------4 16 16 4 16 Multiplicando por 16 ambos os membros, temos: 1 4k 48 45 k 1

2 32. A raiz do binômio 3x 2 é ------. Para mostrar que P(x) é divisível 3

Inicialmente, dividimos E(x) por x 1, obtendo o quociente Q1(x) e o resto R1:

4

2

1 b) A raiz do polinômio D(x) é ------; logo, o resto R da divisão 2 de P(x) por D(x) é dado por:

Como P(x) Q(x) (x 1) R, concluímos: P(x) (x4 x3 x2 x 1)(x 1)

1

15 --------4

Q1(x) x 2x 4x 8x 16x 32 e R1 63;

1

2

Logo, o quociente Q(x) e o resto R da divisão de P(x) por x 1 são: Q(x) x4 x3 x2 x 1 e R 0

1

7 -----2

1 5

Logo, Q(x) x 3x 9x 27 e R 0. 1

3

1

3

27.

6

1

1

Logo, Q(x) 2x 2x 3x 3x e R 1. 4

c)

2

E ( x) ----------------E ( x) E( x) x 2 (com x 2) c) ----------------- ---------------------------- --------------------2x ( x 2) 1 Inicialmente, dividimos E(x) por x 2, obtendo o quociente Q1(x) e o resto R1

Logo, Q(x) 6x 11x 25x 51 e R 100. 3

b)

2

Q 1 ( x) 3x 7 15 Q(x) ----------------- 3x2 ---------- ------ e R R1 --------2 2 4 4

25. P(x) é divisível por x 1 se, e somente se, P(1) 0, ou seja, (1)n 1 0 e, portanto, (1)n 1. Esta igualdade é satisfeita para qualquer número par n do universo considerado. 2

0

15 7 e R ---------; Q1(x) 6x2 3x -----1 4 2

a4eb 1

26. a)

6

2

Q 1 ( x) x x 2x x 1 Q(x) ----------------- -------- -------- ------------ ------ ------ e 3 3 3 3 3 3 R R1 2 E( x) --------------------1 x -----1 E ( x) E( x) 2 b) --------------------- ------------------------------ -------------------------- [com x ------] 2 2x 1 2 1 2[ x ------ ] 2 1 Inicialmente dividimos E(x) por x ------, obtendo o quociente 2

2 por 3x 2, basta verificarmos que P[ ------] 0. 3 Temos: 3

2

2 2 2 2 14 P[ ------] 27 [ ------] 9 [ ------] 3 -----3 3 3 3 2 P[ ------] 8 4 2 14 0 3 Logo, P(x) é divisível por 3x 2. 33. Devemos ter P(2) 0, ou seja: 25 4 23 3 2 k 0 ⇒ k 58 34. b Sendo P(x) x3 bx2 cx d, temos: 13 b 12 c 1 d 0 P(1) 0 ⇒ P(2) 0 23 b 22 c 2 d 0 P(3) 30 3 3 b 3 2 c 3 d 30

183


35. e P(1) 0 ⇒ k 13 2 1 2 0, ou seja, k 4. Logo, P(1) 4 (1)3 2 (1) 2 4 36. (3 ab )x4 (a b 6)x2 11x4 4x2 ⇒ 3 ab 11 ab 8 (I) ⇒ ou, ainda, ab6 4 a b 2 (II) Substituindo II em I: (b 2) b 8 ⇒ b 2 2b 8 0 e, portanto, b 4 ou b 2. Para b 4, temos a 2; e para b 2, temos a 4. Logo, a b 2 4 4 (2) 2. ab 2 3b c 1 ⇒ a 3, b 1 e c 2 a c b

37.

38. a A(x) B(x) C(x) x2 x 1 (x2 4x 4) (3x) x2 x 1 3x3 12x2 12x 3x3 13x2 13x 1 39. c Efetuando a divisão de P(x) por Q(x), temos:

3x2 3x 10

x2 x 1

3x2 3x 3

3

7

Logo, o resto da divisão é 7. 40. e Efetuando a divisão de P(x) por d(x), temos:

x5 2x4 0x3 x2 3x 1

x1

x5 x4

x4 3x3 3x2 2x 1

3x4 0x3 x2 3x 1

3x4 3x3 3x3 x2 3x 1

3x3 3x2 2x2 3x 1

2x2 2x x 1 x 1 0

Assim, temos que Q(x) x4 3x3 3x2 2x 1 e, portanto, Q(1) (1)4 3 (1)3 3 (1)2 2 (1) 1 8 41. c

x4 0x3 6x2 0x q

x2 2x 5

x 2x 5x

x2 2x 5

4

3

AB 5 ou seja, A 3 e B 2. AB 1 44. b P(x) (3x2 1)(2x2 3x 1) x 2. O resto R da divisão de P(x) por x 1 é igual a P(1), ou seja, R P(1) (3 12 1)(2 12 3 1 1) 1 2 1. 45. d Sendo P(x) x2 ax 1, os restos das divisões de P(x) por x 1 e por x 2 são, respectivamente, iguais a P(1) e P(2). Assim, temos: P(1) P(2) ⇒ 12 a 1 1 (2)2 a (2) 1 e, portanto, a 1. 46. Sendo P(x) ax2 bx c o polinômio procurado, temos: P(0) 1 c 1 P(1) 0 ⇒ a b c 0 P(1) 4 abc 4 Substituindo (I) em (II) e (III), temos:

(I) (II) (III)

ab1 0 ⇒ a 3 e b 2 ab1 4 Logo, P(x) 3x2 2x 1. 47. d Sendo P(x) 2x4 (k2 3)x2 x 2, temos que P(x) é divisível por x 1 se, e somente se, P(1) 0. Logo, 2 14 (k2 3) 12 1 2 0 e, portanto, k 2 ou k 2. 48. c O polinômio P(x) é divisível por x 1 e por x 2 se, e somente se, P(1) 0 e P(2) 0. Assim, temos: a (1) 3 b (1) 2 2 (1) 2 0 a 23 b 22 2 2 2 0

e, portanto,

3 5 a ------ e b ------. 2 2 49. b O polinômio P(x) é divisível por x 1 e por x 1 se, e somente se, P(1) 0 e P(1) 0; e o resto de P(x) por x 2 é igual a P(2). Assim, temos:

2x 4x 10x

(1) 3 a (1) 2 b (1) c 0 , ou seja,

2

2

2

5x2 10x q 5x2 10x 25 q 25

Assim, temos q 25 0, ou seja, q 25 P( x) D( x) ∂P ∂Q ∂D ⇒ R( x) Q( x) P( x) Q( x) D( x) R( x) Como ∂P 3 e ∂Q 1, temos que ∂D 2. Sendo D(x) ax2 bx c, com {a, b, c} C, podemos escrever: x3 4x2 7x 3 (x 1) (ax2 bx c) 2x 1 ⇒ ⇒ x3 4x2 7x 3 ax3 (b a)x2 (c b 2)x c 1; a 1 b a 4 logo: ⇒ a 1, b 3 e c 2 cb2 7 c 1 3 Logo, D(x) 1x2 3x 2

184

5 x 1 ( A B) x A B e, portanto, ⇒ --------------------------------------------------------------------x2 1 x2 1

13 a 12 b 1 c 0

3

42.

5 x 1 A( x 1) B( x 1) ⇒ ----------------------------------------------------------------------------( x 1) ( x 1) x2 1

2x x 0x q 3

2

43. a

2 3 a 2 2 b 2 c 12 a b c 1 abc 1 4a 2b c 4 Resolvendo o sistema, obtemos a 2, b 1 e c 2. 50. O polinômio P(x) é divisível por x 1 se, e somente se, P(1) 0, ou seja, 1n 1 0 Como 1n 1 para qualquer valor de n, concluímos que a igualdade 1n 1 0 não é satisfeita para nenhum valor de n. Logo, não existe n que torne P(x) divisível por x 1. 51. a)

3

5

2

1

3

5

17

50

153

Logo, Q(x) 5x2 17x 50 e R 153


Resolvendo o sistema obtemos b 9; c 34 e d 24. Assim, P(x) x3 9x2 34x 24 e, portanto, P(1) (1)3 9 (1)2 34 (1) 24 66


1 b) -----2

4 -----3

1

0

0

1

1

1

1 -----2

1 -----4

7 -----8

23 --------16

23 x 2 x 7 e R --------Logo, Q(x) x3 -----------------16 2 4 8 c)

1

1

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

a3

1

a

a2

0

5 -----4

b) Dividindo x3 a3 por x a, obtemos:


1

0

0

a

a2

a 0

Resolução x3 23 0 ⇒ (x 2)(x2 2x 4) 0 x 2 0 ou x2 2x 4 0; logo, x 2 ou x 1

82 --------9 resto

4

9

9

7

4

4

4

2 resto

O polinômio P(x) 6x3 ax2 14x 15 é divisível por 2x 3 3 e, portanto, P[ ------] 0. Assim, temos: 2 3

3i, 1

0

0

8

1

2

4

0 resto

Capítulo 34 1.

54. a) Como D(x) 2(x 4), inicialmente dividimos P(x) por x 4, obtendo o quociente Q1(x) e o resto R1:

6

2

1

22

89 resto

Assim, Q1(x) 2x2 6x 22 e R1 89. Concluindo, temos que o quociente Q(x) e o resto R da divisão de P(x) por D(x) são dados por: Q 1 ( x) Q(x) ----------------- x2 3x 11 e R R1 89 2

1 ( x ……) 2 ( x ……) 4 a) ( x ……) 0⇒ ⇒ (x2 2x x 2)(x 4) 0, ou seja, (x2 3x 2)(x 4) 0, ou ainda, x3 4x2 3x2 12x 2x 8 0 e, portanto, x3 7x2 14x 8 0 b) (x 5)(x 1)(x 1) 0 ⇒ (x 5)(x 1)2 0, ou seja, (x 5)(x2 2x 1) 0, ou ainda, x3 2x2 x 5x2 10x 5 0 e, portanto, x3 7x2 11x 5 0 c) 3(x 2)(x 2)(x 2)(x 2) 0 ⇒ ⇒ 3(x 2)2 (x 2)2 0, ou seja, 3(x2 4x 4)(x2 4x 4) 0, ou ainda, 3(x4 4x3 4x2 4x3 16x2 16x 4x2 16x 16) 0 e, portanto, 3x4 24x3 72x2 96x 48 0

Logo, V (x 2)(x2 2x 4).

2

2

3 3 3 15 0 ⇒ a 7 6 [ ------] a [ ------] 14 -----2 2 2

3ib

1

2

7 -----3

55. e

3i ou

53. c O volume V remanescente do bloco é dado por V x3 8. Observando que 2 é raiz desse polinômio, podemos fatorá-lo com um fator igual a x 2. Por isso, efetuamos a divisão de x3 8 por x 2:

2

4

Q 1 ( x) Q(x) ----------------- x2 x 1 e R R1 2 4

3i.

Logo, S a2, 1

4

3

Assim, Q1(x) 4x2 4x 4 e R1 2. Concluindo, temos que o quociente Q(x) e o resto R da divisão de P(x) por D(x) são dados por:

x3 a3 x a ⇒ x3 a3 (x a)(x2 ax a2) 0 x 2 ax a 2 Professor, aproveite esse exercício para mostrar uma aplicação de fatoração da diferença de dois cubos. Por exemplo, resolva em C a equação x3 8 0.

2

3

3

Assim, concluímos:

x 1

6

5 obtendo o quociente Q (x) e o resto R : x -----1 1 4

⇒ x3 a3 (x a)(x2 ax a2) x3 a3 x a 2 2 0 x ax a

1

3

5 ], inicialmente dividimos P(x) por c) Como D(x) 4[ x -----4

Assim, concluímos:

a

0

Q 1 ( x) 4x 7 82 Q(x) ----------------- x3 x2 ---------- ------ e R R1 --------3 3 9 9

52. a) Dividindo x3 a3 por x a, temos: 1

1

82 7 e R ---------. Assim, Q1(x) 3x3 3x2 4x -----1 9 3 Concluindo, temos que o quociente Q(x) e o resto R da divisão de P(x) por D(x) são dados por:

Logo, Q(x) x5 x4 x3 x2 x 1 e R 0.

a

3

2.

O polinômio P(x) x3 7x2 12x 10 é divisível por x 5, pois P(5) 0; portanto, P(x) pode ser escrito como P(x) (x 5) Q(x). Por Briot-Ruffini, temos: 5

4 b) Como D(x) 3[x ------] , inicialmente dividimos P(x) por 3 4 x ------, obtendo o quociente Q1(x) e o resto R1. 3

1 1

7 2

12 2

10 ⇒ P(x) (x 5)(x2 2x 2) 0

Assim, a equação x3 7x2 12 x 10 0 é equivalente a (x 5)(x2 2x 2) 0.

185


Pela propriedade do produto nulo, temos: x 5 0 ou x2 2x 2 0; logo, 2 2i 1 i e, portanto, x 5 ou x -------------------2 S {5, 1 i, 1 i} 2 3

2 2 2

2 6 0

13 1 1 3 1 0

a) Pela propriedade do produto nulo, temos: (x 2)3 0 ou (x 5)4 0 ou x 7 0 e, portanto, x 2 ou x 5 ou x 7. Logo, S {2, 5, 7} b) A raiz 2 tem multiplicidade 3, a raiz 5 tem multiplicidade 4, e 7 é raiz simples. c) O grau da equação é a soma das multiplicidades das raízes, isto é, 3 4 1 8.

8.

P(x) 6(x 1)(x 1)(x 2)(x 2)(x 2)(x 3) Logo, a equação polinomial pedida é: 6(x 1)2(x 2)3(x 3) 0

9.

Dividindo o polinômio P(x) x5 4x4 x3 10x2 4x 8 por x 1, temos: 1 1 4 1 10 4 8 1 5 6 4 8 0

6 0

Assim, a equação 2x4 2x3 13x2 x 6 0 é equivalente a (x 2)(x 3)(2x2 1) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 2 0 ou x 3 0 ou 2x2 1 0; logo, 2 x 2 ou x 3 ou x ------------- e, portanto, 2

Logo: P(x) (x 1) ( x 5 x 6 x 4 x 8 ) 4

2 2 S {2, 3, ------------- , ------------- } 2 2 4.

1

1 49 x ---------------------------8

3 3

6 3 0 3

3 3 3

25 22 16

59 37 5

47 10 0

10 0

Logo, P(x) (x 1)(x 2)(3x2 16x 5). As raízes de P(x) são dadas por: (x 1)(x 2)(3x2 16x 5) 0 ⇒ x 1 0 ou x 2 0 ou 3x2 16x 5 0; ou seja, 1 x 1 ou x 2 ou x 5 ou x ------. 3 Portanto, a forma fatorada de P(x) é: 1 P(x) 3(x 1)(x 2)(x 5) [x ------] 3 6.

x1 x2 3

⇒ sx1 1 e x2 2d ou sx1 2 e x2 1d x1 x2 2 b) Temos que P(x) x(x 2)(x 1), ou seja, P(x) x3 3x2 2x. a)

186

6 12

4 8

8 0

Dividindo Q2(x) por x 1, temos: 1

1 1

6 7

12 19

2

Q2(X)

8 27

Logo, Q2(x) não é divisível por x 1. Concluímos, então, que 1 tem multiplicidade 2 e a raiz 2 tem multiplicidade 3. 10.

6 ⇒ P(x) (x 2)(3x2 3) 0

Por Briot-Ruffini, temos: 1 2

5 6

3

As raízes de P(x) são dadas por: (x 2)(3x2 3) 0 ⇒ x 2 0 ou 3x2 3 0 e, portanto, x 2 ou x i ou x i Pelo teorema da decomposição, obtemos P(x) na forma fatorada: P(x) 3(x 2)(x i)(x i) 5.

1 1

Logo: P(x) (x 1)(x 1) ( x 6 x 12 x 8 )

3 x 1 ou x -----4 Pelo teorema da decomposição, obtemos P(x) na forma fatorada: 3 ] P(x) 4(x 1) [x -----4 b) As raízes de P(x) são dadas por: x3 8x2 12x 0 x(x2 8x 12) 0 x 0 ou x2 8x 12 0 x 0 ou x 2 ou x 6 Pelo teorema da decomposição, obtemos P(x) na forma fatorada: P(x) x(x 2)(x 6) 2

2

Q1(x) Dividindo Q1(x) por x 1, temos:

a) As raízes de P(x) são dadas por: 4x2 x 3 0 (1)2 4 4 (3) 49

c)

3

17 6 6 0 0 resto 5 resto Logo, a equação proposta é equivalente a (x 1)2(x2 5x 6) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: (x 1)2 0 ou x2 5x 6 0, ou seja, 1 1

7 6

1 1 1

17 11 6

5 1 e, portanto, x 1 ou x ------------------------2 x 1 ou x 2 ou x 3 S {1, 2, 3} 11.

1 1

1 1 1

3 4

p 4p

q 4pq

5

9p resto

resto

Assim, temos que: 4 pq 0 ⇒ p 9 e q 5 9 p 0 12. Se 3 2i é raiz da equação, então 3 2i também é; logo, o conjunto solução S dessa equação é S {5, 3 2i, 3 2i} 13. Como os coeficientes da equação são números reais, temos que: se 3i é raiz simples, então 3i é raiz simples; se 4 i é raiz dupla, então 4 i é raiz dupla. Portanto, a equação deve ter pelo menos sete raízes: 1, 3i, 3i, 4 i, 4 i, 4 i e 4 i; e, com isso, concluímos que o grau mínimo da equação deve ser 7. 14. (x 3i)(x 3i)(x 1)(x 1) 0 ⇒ ⇒ x4 2x3 10x2 18x 9 0


3.

Logo, o coeficiente do termo de grau 2 é 3. 7.


15. Se o número 4i é raiz da equação, então 4i também é; logo, a equação pode ser representada sob a forma: (x 4i)(x 4i) Q(x) 0, ou seja, (x2 16) Q(x) 0, em que Q(x) é o quociente da divisão: x4 x3 10x2 16x 96

x 6x 16x 96 3

2

16x

x3

6x 0x 96 2

96 0

6x2

Logo, a equação proposta é equivalente a: (x2 16)(x2 x 6) 0 cujas raízes são 4i, 4i, 3 e 2. Assim, temos como conjunto solução: S {4i, 4i, 3, 2} 16. A equação possui coeficientes reais. Portanto, se 1 i é raiz da equação, então 1 i também o é. Assim, o polinômio P(x) x4 4x3 7x2 6x 2 é divisível por [x (1 i)] [x (1 i)] (x 1)2 i2 x2 2x 2. Efetuando a divisão de P(x) por x2 2x 2, temos:


x4 4x3 7x2 6x 2

x2 2x 2

x4 2x3 2x2

x2 2x 1

18. Se essa equação possui raízes racionais, então elas pertencem ao conjunto {1, 2}. Testando cada um desses valores na equação P(x) 0, temos: P(1) 14 3 13 3 12 3 1 2 12 ⇒ 1 não é raiz. P(1) (1)4 3 (1)3 3 (1)2 3 (1) 2 0 ⇒ ⇒ 1 é raiz. P(2) 24 3 23 3 22 3 2 2 60 ⇒ 2 não é raiz. P(2) (2)4 3 (2)3 3 (2)2 3 (2) 2 0 ⇒ ⇒ 2 é raiz. O polinômio P(x) possui duas raízes racionais: 1 e 2. Logo P(x) é divisível por x 1 e por x 2: 1 2

1 3 3 3 2 1 2 1 2 0 1 0 1 0 Assim, a equação P(x) 0 é equivalente a (x 1)(x 2)(x2 1) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos:

2x 5x 6x 2 3

P(2) (2)5 3 (2)4 8 (2)3 7 (2) 2 92 ⇒ 2 não é raiz. Logo, a equação admite apenas uma raiz racional, que é o número 2.

x2 x 6

2

x

P(2) 25 3 24 8 23 7 2 2 0 ⇒ 2 é raiz.

x2 16

16x

4

P(1) (1)5 3 (1)4 8 (1)3 7 (1) 2 15 ⇒ 1 não é raiz.

2

x 1 0 ou x 2 0 ou x2 1 0; ou seja, x 1 ou x 2 ou x i ou x i. Portanto, S {1, 2, i, i}.

2x3 4x2 4x x 2x 2 2

x2 2x 2 0

Logo, a equação proposta é equivalente à equação (x2 2x 1)(x2 2x 2) 0. Assim, temos: x2 2x 1 0 ou x2 2x 2 0 ⇒

19. b p Se ------- é raiz da equação, com p e q inteiros primos entre si e q q 0, então p é divisor de 7 e q é divisor de 5. Logo, as possíveis raízes racionais da equação estão dentre os números:

2 0 ou x 2 2i e, portanto, ⇒ x ------------------------------------------2 2 x 1 ou x 1 i ou x 1 i S {1, 1 i, 1 i} p 17. a) Se essa equação admite raiz do tipo ------, com p e q inteiros priq mos entre si e q 0, então p é divisor de 1 e q é divisor de 2. p 1 Logo, ------ {1, ------}. q 2

7 1 1 7 e ------. 1, 1, ------, ------, 7, 7, -----5 5 5 5 Como, dentre esses números, o único não-inteiro e maior que 1 é 7 ------, concluímos que ele é raiz da equação. 5 20. a) x

Testando cada um dos valores na equação P(x) 0, temos: P(1) 2 14 13 12 1 1 4 ⇒ 1 não é raiz. P(1) 2 (1)4 (1)3 (1)2 (1) 1 0 ⇒ 1 é raiz. 4

3

x x

a

2

b

1 0 6 4 1 2 2 0 e, portanto, a equação pode ser representada por: 2

1 é raiz. ⇒ -----2

(x 2)(x2 2x 2) 0

3

1 1 1 P [ ------] 2 [ ------] [ ------] 2 2 2

Pela propriedade do produto nulo, temos: x 2 0 ou x2 2x 2 0, ou seja,

2

1 1 5 1 1 ----- [ ------] -----⇒ ------ não é raiz. 2 2 4 2 Logo, a equação admite exatamente duas raízes racionais, que 1 são os números 1 e ------. 2 b) Se essa equação possui raízes racionais, então elas pertencem ao conjunto {1, 2}. Testando cada um desses valores na equação P(x) 0, temos: P(1) 15 3 14 8 13 7 1 2 13 ⇒ 1 não é raiz.

ab = 6 m2

x3 abx 4 ⇒ x3 6x 4, ou, ainda, x3 6x 4 0 b) Pesquisando raízes racionais da equação anterior, temos que 2 é raiz. Logo, o polinômio x3 6x 4 é divisível por x 2:

1 1 1 1 10⇒ 1 P [ ------] 2 [ ------] [ ------] [ ------] -----2 2 2 2 2

4

x

x 2 ou x 1 3 ou x 1 3 (não convém) Concluímos, então, que a medida da aresta do cubo é 2 m ou (1

3 ) m.

3

5 3

(3

5 )(3

21.

b 5 -----2 ⇒ b 12 e c 8 c 5 ) -----2

187


22. Se 3 i é raiz da equação, então 3 i também é; logo, b 3 i 3 i -----4 ⇒ b 24 e c 40 c (3 i)(3 i) -----4

1 1 1 r2 r3 r1 r3 r1 r2 g) --------------------------------------------------------------------------------2 2 2 2 2 2 r1 r2 r3 r2 r3 r1 2

3 2 2 --------------------------6 2 3 3 ⇒ (r r )2 [ ------------] d) r1 r2 -----------1 2 2 2

6 Como r1r2 ------------- , temos: 2

34 6 6 -------------------------4

7 1 1 r2 r1 r1 r2 e) ------------------------------------------------------2 2 2 2 2 r2 r1r2 (r 1 r 2 ) r1 2

(3) 24. a) r1 r2 r3 ----------------- 1 3

1 1 1 r2r3 r1r3 r1r2 2 6 d) -----------------------------------------------------------------------------r2 r3 r1r2r3 1 r1 -----3 e) r1 r2 r3 1 ⇒ (r1 r2 r3)2 12; logo, r 1 r 2 r 3 2r1r2 2r1r3 2r2r3 1, ou seja, 2

r r r 3 2(r1r2 r1r3 r2r3) 1, ou, ainda, 2

r r r 2 2 1 e, portanto, 2 2

2 3

r 1 r 2 r 3 3 2

2

2

f) r1r2 r1r3 r2r3 2 ⇒ (r1r2 r1r3 r2r3) 2 ; logo, (r1r2)2 (r1r3)2 (r2r3)2 2r1r2 r1r3 2r1r2 r2r3 2r1r3 r2r3 4, ou seja, (r1r2)2 (r1r3)2 (r2r3)2 2r1r2r3(r1 r2 r3) 4 ou, ainda, 1 1 4 e, portanto, (r1r2)2 (r1r3)2 (r2r3)2 2 -----3 2

10 (r1r2)2 (r1r3)2 (r2r3)2 --------3

188

19 5

2 2

37 2

14 0

a b c 10 abc 20

(1) 1 c) r1r2r3 ----------------- -----3 3

2 1

6

27. d Duas das relações de Girard para essa equação nos garantem que:

6 2 b) r1r2 r1r3 r2r3 -----3

2 2

13

Logo, a equação proposta é equivalente a (x 7) (2x2 5x 2) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 7 0 ou 2x2 5x 2 0; ou seja, x 7 ou 1 x 2 ou x ------. 2 Portanto, a soma das duas maiores raízes da equação é 9.

34 6 --------------------------4 34 6 ------------------------------ --------------------------2 6 6 [ ------------- ] 2

2

1

26. c Sejam r, s e t as raízes da equação tal que r s 1. Aplicando a relação de Girard, temos: r s t 7, e substituindo rs por 1, temos: t 7. Dividindo o polinômio 2x3 19x2 37x 14 por x 7, temos;

2 6 r2 3 r 1 2 ----------------2 2 4

2 1

2

2 2 12 0 Logo, a equação proposta é equivalente a: 1 1 [x ------] s2x2 2x 12) 0, cujas raízes são: ------, 2 e 3. As2 2 sim, temos o conjunto solução: 1 S { ------, 2, 3} 2

2

2 2 3 Logo, r 1 2r1r2 r 2 -----4

2

2

25. Sendo x1, x2 e x3 as raízes da equação, tal que x1 x2 1, temos: b 1 1 x1 x2 x3 ------ ⇒ 1 x3 ------ e, portanto, x3 ------. a 2 2 Por Briot-Ruffini, temos: 1 -----2

2

2

2

Logo, a2bc ab 2c abc2 abc(a b c) 20 10 200. 28. Sejam s r, s e s r as raízes da equação. Uma das relações de Girard garante que: s r s s r 60; logo, s 20. Dividindo o polinômio x3 60x2 1.100x 6.000 por x 20, temos: 20

1 1

60 40

1.100 300

6.000 0

Logo, a equação proposta é equivalente a: (x 20) (x2 40x 300) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 20 0 ou x2 40x 300 0; ou seja, x 20 ou x 10 ou x 30. Portanto, S {10, 20, 30}. 29. a Indicando as raízes da equação por r 3, r e r 3, temos, por uma das relações de Girard: r 3 r r 3 15 ⇒ r 5


3 ------------r2 r1 1 2 1 3 18 c) -------- -------- -------------------- ----------------- --------------------------- r2 r1r2 r1 6 6 6 ------------2

2

2

10 --------3 30 ------------1 -----9

6 b) r1r2 -----------2

2

2

10 --------2 2 2 (r 2 r 3 ) (r 1 r 3 ) (r 1 r 2 ) 3 -------------------------------------------------------------------- - ----------------2 2 (r 1 r 2 r 3 ) 1 [ ------] 3

s 3 d 3 23. a) r1 r2 ---------------------------------------2 2

2 2 3 r 1 r 2 -----4

2


Por Briot-Ruffini, temos:

Assim, o conjunto solução S da equação é S {2, 5, 8} Pelas outras relações de Girard, temos:

1 -----2

252858 a ⇒ a 66 e b 80 2 5 8 b

r1r2r3 r1r2r4 r1r3r4 r2r3r4 1 r1r2r3r4 0


1 6 0 64 144 96 1 4 8 48 48 0 1 2 12 24 0 1 0 12 0 Assim, a equação proposta é equivalente a: (x2 12)(x 2)3 0 Portanto: x2 12 0 ou (x 2)3 0 ou seja: 2 2 2

x 2 3 ou x 2 S {2 3 , 2 3 , 2} 33. A equação é equivalente a: s1 x2ds1 x2d xsx2 2x 15d 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: 1 x2 0 ou 1 x2 0 ou x 0 ou x2 2x 15 0 e, portanto, x 1 ou x 1 ou x i ou x i ou x 0 ou x 5 ou x 3. Logo, o conjunto solução S da equação é: S {1, 1, i, i, 0, 5, 3} 34. 5 (x 1) (x 2) (x 3) 0 ⇒ (5x2 5x 10) (x 3) 0; logo, 5x3 10x2 25x 30 0. 35. a) O polinômio P(x) é divisível por x 5, pois P(5) 0; portanto, P(x) (x 5) Q(x). Por Briot-Ruffini, temos: 5

1 1

2 3

13 10 2 0

Logo, a equação x3 2x2 13x 10 0 é equivalente a (x 5) (x2 3x 2) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 5 0 ou x2 3x 2 0; ou seja, x 5 ou x 2 ou x 1. Portanto, S {5, 2, 1}. 1 1 b) O polinômio P(x) é divisível por x ------, pois P [ ------] 0; 2 2 1 portanto, P(x) [x ------] Q(x). 2

1

2

0

2

0

1 Portanto, S { ------, i, i}. 2

31. As relações de Girard garantem que

32. Sendo r, r, r, s e s as raízes dessa equação, as relações de Girard garantem que: (6) r r r s (s) ------------- ⇒ r 2 1 Por Briot-Ruffini, temos:

2

Logo, a equação 2x x2 2x 1 0 é equivalente a 1 [x ------] (2x2 2) 0. Pela propriedade do produto nulo, 2 temos: 1 0 ou 2x2 2 0; ou seja, x 1 ou x i ou x i x ----------2 2

r1r2 r1r3 r1r4 r2r3 r2r4 r3r4 3

2 4 4 4 a 2 4 (2) 4 (2) 4 4 4 4 4 4 4 b 2 4 4 (2) 4 4 (2) 4 4 4 4 4 c 2 4 4 4 d e, portanto, a 10 b 24 c 32 d 128

1

3

r1 r2 r3 r4 0 30.

2

36. d Pelo dispositivo de Briot-Ruffini, temos: 9 0 31 10 9 18 5 0 Logo, a equação proposta é equivalente a (9x2 18x 5)(x 2) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: 9x2 18x 5 0 ou x 2 0 e, portanto, 1 5 x ------ ou x ------ ou x 2. 3 3 2

2

2

5 1 26 Logo, p 2 q2 [ ------] [ ------] ---------. 3 3 9 37. a P(2) 0 ⇒ 23 4 22 a 2 6 0 e, portanto, a 1. Logo, P(x) x3 4x2 x 6. Como P(2) 0, temos que P(x) é divisível por x 2. Efetuando a divisão, temos: 2

1 1

4 2

1 3

6 0 resto

Logo, P(x) (x 2)(x2 2x 3). As raízes de P(x) são dadas por: (x 2)(x2 2x 3) 0 ⇒ x 2 0 ou x2 2x 3 0 e, portanto, x 2 ou x 3 ou x 1. Finalmente, pelo teorema da decomposição, concluímos: P(x) 1(x 2)(x 3)(x 1). 38. 1(x 1)2(x 2)2 0 ⇒ x4 2x3 3x2 4x 4 0 39. a) Por Briot-Ruffini, temos: 5

1

10

25

0

1

10

25

5

1

5

0

0

1

5

0

5

1

0

0

0

1

0

1

5

25

125

626

Logo, o polinômio P(x) x 10x 25x4 x2 10x 25 é divisível por (x 5)2 e não é divisível por (x 5)3; assim, concluímos que 5 é raiz dupla da equação P(x) 0. 6

5

b) Por Briot-Ruffini, temos: 2

1

6

11

2

12

8

2

1

4

3

4

4

0

2

1

2

1

2

0

2

1

0

1

0

1

2

3

Logo, o polinômio P(x) x5 6x4 11x3 2x2 12x 8 é divisível por (x 2)3 e não é divisível por (x 2)4; assim, concluímos que 2 é raiz tripla da equação P(x) 0.

189


40. Aplicando o dispositivo de Briot-Ruffini, temos: 1

1

3

2

2

3

1

1

1

2

0

2

1

0 resto

1

1

1

1

1

0 resto

1

1

0

1

0 resto

1

1

1

0 resto

45. Como todos os coeficientes da equação polinomial são reais, temos que se i é raiz da equação, então i também o é. Logo, o polinômio x5 3x4 2x3 3x2 x é divisível por (x i)(x i), ou seja, x2 1. Efetuando a divisão, temos: x5 3x4 2x3 3x2 x 0 x2 1 x3 x3 3x2 x x5 3x4 x3 3x2 x 0 3x2 3x4 3 x 0x2 x 0 x x3 0 Assim, a equação proposta é equivalente a: 2 3 2 (x 1)(x 3x x) 0 ou, ainda, x(x2 1)(x2 3x 1) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 0 ou x2 1 0 ou x2 3x 1 0 e, portanto, x 0 ou

2 resto

Logo, a equação proposta pode ser apresentada sob a forma: (x 1)4(x 1) 0 e, portanto, a raiz 1 tem multiplicidade 4. 41. b Aplicando o dispositivo de Briot-Ruffini, temos: 2

1

4

8

16

16

2

1

2

4

8

0 resto

1

0

4

0 resto

3 5 3 5 ou x -----------------------. x i ou x i ou x ----------------------2 2 3 5 3 5 Logo, S {0, i, i, ------------------------ , ------------------------ }. 2 2

Logo, a equação proposta é equivalente a: (x 2)2(x2 4) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos que: (x 2)2 0 ou x2 4 0 e, portanto, x 2 ou x 2i ou x 2i Assim, concluímos que: S {2, 2i, 2i}. 42. c Aplicando o dispositivo de Briot-Ruffini, temos: 1

1

8p

1

q

1

1

1 8p

2 8p

2 8p q resto

1

2 8p

4 16 p resto

Como a raiz 1 é dupla, os dois restos obtidos devem ser iguais a zero, ou seja, 2 8p q 0 1 eq0 ⇒ p -----4 4 16 p 0 43. e A equação polinomial possui todos os coeficientes reais; logo, se um número imaginário z é raiz dessa equação, então o conjugado de z também é raiz da equação. Como a equação tem exatamente quatro raízes, concluímos que as demais raízes são 1 i e 2 i. 44. Como todos os coeficientes da equação polinomial são reais, temos que se i é raiz da equação, então i também o é. Logo, o polinômio 2x4 3x3 3x2 3x 1 é divisível por (x i)(x i), ou seja, x2 1. Efetuando a divisão, temos: 2x4 3x3 3x2 3x 1 x2 1 2x4 2x2 2x2 3x 1 3x3 x2 3x 1 3x 3x3 x2 0x 1 1 x2 0 Assim, a equação proposta é equivalente a 2 2 (x 1)(2x 3x 1) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos:

x2 1 0 ou 2x2 3x 1 0 e, portanto,

190

1 Logo, a maior raiz real do polinômio é ------. 2

p 46. a) Se essa equação admite raiz do tipo ------, com p e q inteiros priq mos entre si e q 0, então p é divisor de 2 e q é divisor de 1, ou seja, p {1, 2} e q {1}. p Logo, ------ {1, 2}. q Testando cada um desses valores na equação P(x) 0, temos: P(1) 14 3 13 3 12 3 1 2 12 ⇒ 1 não é raiz P(1) (1)4 3 (1)3 3 (1)2 3 (1) 2 0 ⇒ ⇒ 1 é raiz P(2) 24 3 23 3 22 3 2 2 60 ⇒ 2 não é raiz P(2) (2)4 3 (2)3 3 (2)2 3 (2) 2 0 ⇒ ⇒ 2 é raiz Logo, a equação admite exatamente duas raízes racionais: 1 e 2. b) Se essa equação possui raízes racionais, então elas pertencem 1 3 ao conjunto {1, ------, 3, ------}. Testando o número 1 na 2 2 equação P(x) 0, temos: P(1) 2 13 12 3 0 ⇒ 1 é raiz. 1 1 Em vez de calcular P(1), P[ ------], P[ ------], P(3), 2 2 3 3 P(3), P[ ------] e P[ ------], podemos aproveitar o fato de que 2 2 1 é raiz e dividir P(x) por x 1: 1

2

1

0

3

2

3

3

0 resto

Logo, a equação proposta é equivalente a (2x2 3x 3)(x 1) 0 e, portanto, 2x2 3x 3 0 ou x 1. Como o discriminante da equação 2x2 3x 3 0 é negativo, concluímos que a equação P(x) 0 possui como única raiz racional o número 1. 47. a) Se essa equação possui raízes racionais não nulas, então elas 1 pertencem ao conjunto: {1, ------}. 2 Testando os valores em P(x) 0, temos: P(1) 2 14 4 13 12 1 0 ⇒ 1 é raiz.


1

1 x i ou x i ou x 1 ou x ------. 2


Dividindo P(x) por x 1, temos: 1 2 4 1 1 0 2 2 1

Concluímos, então, que a medida R é (2

0

50. Sendo r1 e r2 as dimensões, em cm, do retângulo de perímetro P e área A, temos: b 2b P 2r1 2r2 2(r1 r2) 2[ ------] ---------a a c A r1r2 -----a 2b c Logo, P ---------- cm e A ------ cm 2 . a a

0 resto

Logo, a equação dada é equivalente a: (2x3 2x2 x) (x 1) 0, ou ainda, x (2x2 2x 1) (x 1) 0. Pela propriedade do produto nulo, temos: x 0 ou 2x2 2x 1 0 ou x 1 0; ou seja, 1 3 ou x 1 3 ou x 1. x 0 ou x ---------------------------------------------2 2


1 3 1 3 Portanto, S {0, ------------------------ , ------------------------ , 1}. 2 2 b) Se essa equação possui raízes racionais, então elas pertencem ao conjunto {1, 1}. Testando os valores em P(x) 0, temos: P(1) 14 2 13 2 12 2 1 1 8 ⇒ 1 não é raiz. P(1) (1)4 2 (1)3 2 (1)2 2 (1) 1 0 ⇒ ⇒ 1 é raiz. Por Briot-Ruffini temos: 1 1 2 2 2 1 1

1

1

1

1

1

1

0

1

0 resto

1

1

0 resto

2 resto Logo, 1 é raiz dupla e, portanto, a equação proposta é equivalente a (x 1)2(x2 1) 0, cujas raízes são: 1, i e i. Assim, temos o conjunto solução: S {1, i, i}. 48. a) Os montantes MA e MB devidos aos bancos A e B, respectivamente, ao final dos três anos, são dados por: MA 20.000 20.000 x 3 20.000 60.000x e MB 10.000(1 x)3 Assim, temos: 10.000(1 x)3 20.000 60.000x ⇒ (1 x)3 2 6x x3 3x2 3x 1 0 b) Pesquisando as raízes racionais dessa equação, constatamos que 1 é raiz. Logo, o polinômio x3 3x2 3x 1 é divisível por x 1: 1 1 3 3 1 0 1 4 1 e, portanto, a equação pode ser representada por: (x 1)(x2 4x 1) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: x 1 0 ou x2 4x 1 0, ou seja, x 1 ou x 2 3 (não convém) Concluímos, então, que a taxa x é de 100%.

1

3

3

1

1 4 1 0 e, portanto, a equação pode ser representada por: (R 1)(R2 4R 1) 0 Pela propriedade do produto nulo, temos: R 1 0 ou R2 4R 1 0, ou seja, R 1 (não convém) ou R 2 convém)

3 ou R 2

51. d Sendo p e q as raízes da equação, temos que: 53 p q --------19 1 pq --------19 53 --------qp 1 1 19 53 Logo, ------- ------ ------------------ ------------p q pq 1 --------19 52. Sendo x1, x2 e x3 as raízes da equação, tal que x1 x2 18, temos, por uma das relações de Girard: x1x2x3 36 ⇒ 18x3 36 e, portanto, x3 2. Por Briot-Ruffini, temos: 2 1 11 36 36 1 9 18 0 Logo, a equação proposta é equivalente a (x 2)(x2 9x 18) 0, cujas raízes são: 2, 6 e 3. Assim, temos o conjunto solução S {2, 6, 3} 53. a Sendo a, b e c as dimensões do paralelepípedo, temos que a área total AT e o volume V desse sólido são dados por: At 2(ab ac bc) V abc Como as dimensões a, b e c são as raízes da equação proposta, duas das relações de Girard nos garantem que: ab ac bc 31 abc 30 Logo, AT 62 cm2 e V 30 cm3 54. a) Sendo a r, a e a r as raízes do polinômio, uma das relações de Girard nos garante que: a r a a r 3 e, portanto, a 1. Assim, temos: P(1) 0 ⇒ 13 3 12 m 0 e, portanto, m 2. b) Do item a, concluímos que P(x) x3 3x2 2. Dividindo P(x) por x 1, temos: 1

49. Os volumes V1 e V2 das bolas menor e maior, respectivamente, são dados por: 4πR 3 e V 4π(R 1) 3 V1 ---------------------------------------------2 3 3 Assim, temos: 8πR 3 8π 4π(R 1) 3 -------------------------------- ----------------- ---------- ⇒ (R 1)3 2R3 2 3 3 3 R3 3R2 3R 1 0 Pesquisando as raízes racionais dessa equação, constatamos que 1 é raiz. Logo, o polinômio R3 3R2 3R 1 é divisível por R 1: 1

3 ) cm.

3 (não

1

3

0

2

1

2

2

0 resto

Logo, P(x) (x 1)(x2 2x 2). As raízes de P(x) são dadas por: (x 1)(x2 2x 2) 0 ⇒ x 1 0 ou x2 2x 2 0 e, portanto, x 1 ou x 1

3 ou x 1

3.

55. a Sendo x1, x2 e x3 as raízes da equação, tal que x1 x2 1, temos, por uma das relações de Girard: x1x2x3 2 ⇒ 1 x3 2 e, portanto, x3 2 Substituindo x por 2 na equação, concluímos: 2 (2)3 (2)2 k (2) 4 0 ⇒ k 8 56. d Sendo 2, a, b e c as raízes do polinômio, uma das relações de Girard nos garante que: 2 a b c 1 e, portanto, a b c 1. 57. b Sendo 1, 1, a, b e c as raízes da equação, uma das relações de Girard nos garante que: 1 1 a b c 1 e, portanto, a b c 3.

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Matemática - Suplemento de Apoio do Professor - Manual

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