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| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 7Livro 4
EXT1
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L_L4
- Co
pia
Língua Portuguesa
Regência nominal e verbal e crase EXT18_4_POR_A_13
Construção e recepção de textos I EXT18_4_POR_A_14
Construção e recepção II EXT18_4_POR_A_15
Praticando
1. a) O trecho do texto com regência semelhante é “a quem
per-
tenciam”.
b) Em ambos os casos, os verbos “assistir” e “pertencer” são
transi-tivos indiretos e exigem a mesma preposição: “a”.
2. D “À vontade” é uma locução adverbial de modo. Neste caso, a
pre-posição virá craseada, por anteceder a palavra feminina
“vontade”.
3. BAo contrário do que se afirma em II, o uso do acento grave
indi-cativo de crase, fusão da preposição “a” e do artigo definido
“a”, é obrigatório na indicação de horas e, de maneira geral, nas
locuções
Praticando
1. a) Temática.
b) Texto 1: influenciar o comportamento do leitor para que não
fume e adote atitudes mais saudáveis.Texto 2: informar o leitor
sobre dados da OMS acerca do taba-gismo.
c) Texto 1: anúncio publicitário institucional.Texto 2:
notícia.
Praticando
1. AA estrutura “Mas a tecnologia se preocupa” é adversativa, ou
seja, se opõe ao que foi citado antes. O texto informa que os
consumidores de pizza não se importam com os transtornos da
entrega, mas que a tecnologia, por meio dos drones, pensa neles e
procura resolvê-los.
2. ANos dois primeiros quadrinhos, Calvin critica a ausência de
informa-ção e o sensacionalismo dos noticiários da televisão para,
no último, confessar que adora assistir a esse tipo de programa.
Assim, é correta a opção A, pois acaba de assumir que assiste
àquilo que critica.
adverbiais femininas. Por pressupor a existência de artigo, a
crase não acontece antes de verbos, no entanto pode acontecer com
os pronomes relativos “a qual” e sua flexão ”as quais” quando a
regência dos verbos exigir a preposição “a”, o que restringe a
va-lidade da afirmativa III. Como II e IV são incorretas e, na
ausência de uma opção que considerasse correta apenas I, a resposta
mais adequada é a letra B.
4. 23 (01 + 02 + 04 + 16)A crase deve ser empregada para
sinalizar a fusão de duas vogais “a” em uma só, quando está
empregada uma preposição “a” antes de uma vogal “a”. Em “Àqueles
que acreditam em propaganda de-vem ser advertidos”, o emprego da
crase está incorreto, pois sendo “aqueles” parte do sujeito, não
recebe preposição. Assim, a afirmação (08) é a única incorreta.
d) Texto 1: tipologia injuntiva.Texto 2: tipologia
expositiva.
2. AA ideia central do anúncio publicitário é a de que o consumo
consciente pode resultar em economia de água, a qual é gasta na
fabricação/produção de vários produtos.
3. ANesse poema, causa estranhamento ao leitor o emprego da
tipologia injuntiva, característica de gêneros como a receita
culinária.
3. COs dois primeiros quadrinhos possuem aspectos negativos que
Cal-vin associa ao noticiário, enquanto o terceiro quadrinho
apresenta um lado positivo para a personagem. Isso gera a oposição
de duas ideias distintas, sendo assim correta a alternativa C.
4. BPara a resolução da questão, é preciso inicialmente observar
o elemento coesivo “isto”, que faz a retomada de uma informação
anterior: beijava-lhe a mão. Feita esta retomada é preciso entender
a relação que a conjunção “porque” estabelece entre “beijar a mão”
e “era praxe”. A relação é causal: a causa de se beijar a mão é que
essa era uma ação de praxe, rotineira.
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Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |8 Livro 4
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Construção e recepção de textos III EXT18_4_POR_A_16
Praticando
1. CNo texto apresentam-se a norma culta e a coloquial. A
intenção do anúncio publicitário em apresentar essas duas
variedades é, em relação à norma culta, manter a formalidade por se
tratar de uma empresa e inserir os dados referentes a ela na norma
de maior prestígio. Ao mesmo tempo, no contexto das festividades
juninas, busca-se apresentar a variedade regional nordestina.
2. CApesar de ambos os textos possuírem em comum a referência à
palavra “notícia”, divergem em variados aspectos. Como afirma a
alternativa C, o Texto 1 é tipicamente jornalístico e possui marcas
desse gênero; o Texto 2, por sua vez, é poético e tipicamente
subje-tivo, características que os tornam totalmente
divergentes.
3. ENão há no texto nenhuma referência aos estilos musicais funk
e axé, portanto não há identificação do interlocutor quanto a esse
aspecto, o que torna a alternativa E incorreta.
Redação
Gêneros digitais EXT18_4_RED_B_13
Praticando
1. O trecho “Aí, em pleno século 21, empresas oferecem produtos
em embalagens diferentes para meninas e para meninos!” está mais
próximo do registro informal. Uma das características da escrita do
blog, como já vimos, é a escrita informal, dependendo do público
que se quer atingir. No caso do texto da psicóloga Rosely Sayão o
uso do termo informal “Aí” foi proposital, tendo como objetivo se
aproximar do leitor.
2. AO único gênero do contexto das novas tecnologias que mantém
relação com outros já existentes na língua é o e-mail, uma vez que
possui características típicas da carta e do bilhete, como
assinatura, data, saudação e despedida.
3. BApesar de as alternativas A, C, D e E serem características
das mídias atuais, a única característica que pertenceu aos tempos
antigos e que perdura até os dias atuais é o compartilhamento de
informações. Esse foi um aspecto bastante discutido ao longo do
trecho, sendo assim correta a alternativa B.
4. EUm dos pontos centrais do texto é discutir sobre como a
demo-cratização da internet e, consequentemente, o acesso às
pessoas dos diversos níveis sociais possibilitou uma troca
constante de informações entre locutor e interlocutor. Sendo assim,
a alternativa que melhor define a ideia central do texto é a E.
5. CComo se pode constatar no trecho: “O viciado em rede social
é obcecado pela sociabilidade”, o quarto parágrafo constitui um
pa-radoxo e ao mesmo tempo uma crítica ao sentimento das pessoas em
relação às redes sociais, pois há um isolamento em busca de
interação, de contato social.
Temas para dissertação EXT18_4_RED_B_14
Praticando
1. O aluno introduz o tema proposto abordando o seu
funcionamento e os benefícios de sua implantação, como vemos no
trecho: “A Lei Seca foi implantada no Brasil no ano de 2008, com a
finalidade de reduzir o número de acidentes de trânsito, tendo em
vista que 30% destes são causados por condutores alcoolizados”.
Expõe também que nem todos aderiram de imediato a um comportamento
mais seguro em face da atitude de dirigir sob efeito de álcool, e
que é necessário investir mais na divulgação da Lei.
2. O tema é desenvolvido mediante argumentação consistente,
fundamentada em repertório sociocultural produtivo, e o aluno
apresenta excelente domínio do texto dissertativo-argumentativo,
por meio do acesso a outras áreas do conhecimento, com progressão
fluente e articulada ao projeto do texto. Em defesa de um ponto de
vista, o texto apresenta informações estatísticas, fatos e opiniões
relacionados ao tema proposto, de forma consistente e organiza-da,
configurando autoria e independência de pensamento, como vemos nos
trechos: “A Lei Seca foi implantada no Brasil no ano de
2008”, “tendo em vista que 30% destes são causados por
condutores alcoolizados”, “no período inicial de implantação da
lei, a população se surpreendeu com a quantidade e seriedade das
fiscalizações” e “com a percepção de que seus atos teriam sérias
consequências, veio uma notável mudança de postura da
população”.
3. A proposta de intervenção apresentada é detalhada e
abrangente, está relacionada ao tema e articulada à discussão
desenvolvida no texto. Trata-se de redação cuja proposta de
intervenção é muito bem elaborada, pois sugere aulas e palestras
para conscientização precoce, melhorias no sistema de transportes
públicos, incentivos fiscais aos taxistas e aumento da
fiscalização.
4. Resposta pessoal.
5. Não respeita, pois não apresenta uma proposta de intervenção
para o problema abordado.
6. Resposta pessoal. Espera-se que o aluno faça o exercício
levando em consideração todos os aspectos que a competência 5
aborda.
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| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 9Livro 4
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Redação no Enem EXT18_4_RED_B_15
Redação nos vestibulares EXT18_4_RED_B_16
Praticando
1. De acordo com o Manual de redação do Enem 2016, a competência
1 exige domínio da modalidade escrita formal da Língua Portuguesa e
entendimento da necessidade de se apropriar dessa modalidade para a
produção do texto. Com relação à redação, o participante demonstra
que tem excelente domínio da modalidade escrita formal da Língua
Portuguesa e da escolha de registro. Não há erros gramaticais ou de
convenções da escrita.
2. Segundo o Manual de redação do Enem 2016, a competência 2
exige compreender a proposta de redação e aplicar conceitos das
várias áreas de conhecimento para desenvolver o tema, dentro dos
limites estruturais do texto dissertativo-argumentativo, ao que
implica não tangenciar ou fugir do tema e da proposta de gênero
exigida.Na produção escrita o participante desenvolve o tema
proposto no enunciado da prova por meio de argumentação
consistente, baseada em repertório sociocultural produtivo, já que
cita Simone de Beauvoir, bem como se refere às raízes históricas e
ideológicas do machismo na sociedade brasileira.Apresenta também
excelente domínio do texto dissertativo-ar-gumentativo, com
introdução, desenvolvimento e conclusão. Em seu texto, o tema é
desenvolvido de modo consistente e autoral, mediante acesso a
outras áreas do conhecimento, com progressão fluente e articulada
ao ponto de vista defendido.Desenvolve a tese de que é necessário
um combate efetivo à natu-ralização da violência contra a mulher,
suscitada pela dominância do patriarcalismo e difundida,
principalmente, pelo controle da mídia.
3. No manual de redação do Enem 2016, a competência 3 exige
coerên-cia para selecionar, relacionar, organizar e interpretar
informações, fatos, opiniões e argumentos em defesa de um ponto de
vista que justifique a posição assumida em relação à temática da
proposta de redação.A redação do aluno apresenta encadeamento entre
as ideias e de-monstra a competência do participante em selecionar,
relacionar, organizar e interpretar informações, fatos e argumentos
em defesa de um ponto de vista: o tema é desenvolvido de forma
coerente, os argumentos selecionados são consistentes, e a
conclusão é relacio-nada ao ponto de vista adotado.
Praticando
1. a) Resposta pessoal.b) Resposta pessoal.c) Resposta
pessoal.
2. BO autor analisa o contexto atual do turismo mercadológico
nas comunidades do Rio de Janeiro e adverte para a
descaracterização a que elas estão sujeitas pela necessidade de se
adequarem às exi-gências de turistas, comerciantes e empresários:
“Se os moradores não se organizarem e se não assumirem o
protagonismo das ações de turismo e de entretenimento no Santa
Marta, vamos assistir aos nativos – os de dentro – servindo de
testa de ferro para empreendi-mentos e iniciativas dos de fora, às
custas de uma identidade local que aos poucos vai perdendo suas
características”.
4. Conforme o Manual de redação do Enem 2016, a competência 4
exige conhecimento dos mecanismos linguísticos necessários para a
construção da argumentação, como: parágrafos que estabeleçam entre
si uma relação que garanta a sequenciação coerente do texto e a
interdependência das ideias. Esse encadeamento pode ser ex-presso
por conjunções, preposições, advérbios e locuções adverbiais,
responsáveis pela coesão do texto. Os parágrafos também devem ser
compostos de um ou mais períodos também articulados para
estabelecer relação com as ideias anteriores.Na redação do aluno,
há uma organização em quatro parágrafos bem construídos e bem
articulados entre si. Há também um arranjo de ideias e argumentos,
com as partes do texto e uma apresentação, da mesma forma, sem
inadequações, com repertório diversificado de recursos coesivos,
tais como: “por essa causa”, “Além da”, “dentre esses”, “Nesse
âmbito” (1° parágrafo); “Isso se dá porque”, “Dessa forma”,
“Consequentemente” (2° parágrafo); “Além disso”, “Dessa maneira”,
“Por conseguinte” (3° parágrafo); “portanto”, “Para que essa”,
“Ademais”, “assim” (4° parágrafo).
5. Consoante o Manual de redação do Enem 2016, a competência 5
exige a elaboração de uma proposta de intervenção para o pro-blema
abordado, respeitando os direitos humanos; deve ainda ser detalhada
e conter, portanto, a exposição da intervenção sugerida e o
detalhamento dos meios para realizá-la.O texto do participante, por
meio de excelente proposta de inter-venção que respeita os direitos
humanos, assevera ser necessária uma mudança de atitude da mídia, a
fim de que a capacidade de propagação de informação dos meios
midiáticos deixe de ser utilizada para promover a objetificação da
mulher e passe a ser utilizada para difundir campanhas
governamentais que veiculem a importância de denunciar as agressões
sofridas pelo sexo feminino.Ademais, é preciso que o Poder
Legislativo elabore alguma lei que intensifique a punição aos
agressores para que a reincidência seja reduzida.Trata-se de uma
redação cuja proposta de intervenção é suscitada pela discussão
desenvolvida no texto e se relaciona ao tema, além de ser bem
elaborada, abrangente e bem detalhada.
6. Ele teria infringido a competência 2 pelo não atendimento à
estrutura dissertativo-argumentativa e a competência 4 por não
demonstrar conhecimento de recursos coesivos para a construção da
argumentação.
3. EA conclusão do autor é contrária à redução da maioridade
penal, conforme indica a leitura do último parágrafo (“Em vez de
sugerir redução dos seus direitos”), uma vez que se trata de um
grupo frágil, que merece cuidado para se desenvolver (“faz-se
necessário pensar e criar alternativas para as necessidades
específicas desse grupo.”). O posicionamento do autor fica claro em
“Reivindicar o direito de puni-los como adultos é ceifar direitos e
oportunidades e diminuir o tempo da fase mais importante da
formação humana.”.
4. Resposta: 3, 4, 1, 2.
5. E Ao término da introdução, o autor afirma “Tais novas
condições tanto se dão no plano empírico quanto no plano teórico.”.
Essas são as duas dimensões teórico-conceituais utilizadas como
argumentos para sustentar a tese.
6. D O autor critica o posicionamento da indústria farmacêutica
e a aponta como uma entidade que se aproveita da fragilidade do ser
humano atual, que necessita de compensações imediatas.
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Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |10 Livro 4
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Língua Inglesa
He told me I looked great EXT18_4_ING_13
Keep up with the good work EXT18_4_ING_14
1. D
2. D
3. C
4. D
1. A
2. D
3. a) In two years, Meg will have graduated.
b) Next year we will have been living in this house for two
decades.
c) This time next week we will have been sailing in the Pacific
for a month.
d) How long will Jane have been studying Spanish when she leaves
school?
Matemática A
Números complexos I EXT18_4_MAT_A_13
Praticando
1. CE f e t u a n d o a m u l t i p l i c a ç ã o t e m - s e :
z i i i i i i= + ⋅ − = − + − = −( ) ( )3 2 4 6 12 2 4 10 102 .Logo,
a imagem ou o afixo de z é o ponto de coordenadas (10, – 10),
pertencendo, portanto, ao 4.° quadrante.
2. BUtilizando as propriedades de potência e efetuando as
multiplica-ções verifica-se:
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( ) (2 3 11
2 3 1
1
2 364
2 3
2 2
− ⋅ +−
=− ⋅ +
− =
− ⋅i ii
i i
i
i 222
2 3 84
2 3 2 4 6 6 4
3
2
2
ii
i ii i i i i
)( )
( ) ( )( ) ( )
−=
=− ⋅ −−
= − ⋅ = − = +
3. ASeja z = a + bi. Fazendo a substituição tem-se:i a bi a bi i
ai bi a bi i
a b a⋅ + − − + + = ⇒ + − + + + = ⇒⇒ − − + +
( ) ( ) ( )( ) (
2 1 0 2 2 1 02 1
2
++ + =2 1 0b i)
Logo, devemos resolver o seguinte sistema de equações:− − + = ⇒
+ = ⇒ = −+ + =
2 1 0 2 1 1 22 1 0
a b a b b aa b
( )( )III
Substituindo (I) em (II):a a a a a a+ ⋅ − + = ⇒ + − + = ⇒ − = −
⇒ =2 1 2 1 0 2 4 1 0 3 3 1( )Logo, b a b b= − ⇒ = − ⋅ ⇒ = −1 2 1 2
1 1Portanto, z = 1– i.
Desenvolvendo habilidades
1. A
zx yix yi
=−+
=+
+=
1 1
1 11
2 2
2 2
2. D
( )( ) ( ) ( )3 2 3 6 2 3 2 62− + = + − − = + + −i x yi x yi ix
yi x y y x i
Para que o complexo (3x + 2y) + (6y – x)i seja real, devemos
consi-derar 6y – x = 0 (que é a equação da reta pedida).
3. AComo i4 2 2 21 1= = − =(i ) ( ) , então:
z i i
z i i
z i i i i
= −
= −
= ⋅ − ⋅
⋅ + ⋅ +
2014 1987
4 503 2 4 496 3
4 503 2 4 496
( ) ( ) 33
1z i= − +
Portanto,
z i= − + = − + =1 1 1 22 2( )
4. D Calculando a soma dos 2 014 termos de uma P.G. de primeiro
termo 1 e razão i, temos:
i i i i iii
ii i
i0 1 2 3 20132014 21 1
111
21
11
+ + + + + =⋅ −
−=
−−
=−−⋅+
...( ) ( )
( ++= +
ii
)1
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 11Livro 4
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5. Ea bi a b i b+ + + = + ⇒ =2 2 2 8 8 e a a b+ + =2 2 2
a a a a a a a a+ + = ⇔ + = − ⇔ + = − + ⇔ = −2 2 2 2 2 28 2 8 2
64 4 4 15( )
Logo, z2 2 215 8 289= − + =( ) .
6. D
z x y x y≤ ⇒ + ≤ ⇒ + ≤1 1 12 2 2 2
Temos, então, um círculo de raio 1 no plano complexo.y
(1, 0)
x
Portanto, o valor da área da figura será A = π · r2 = π · 12 = π
(unida-des quadradas).
7. AConsiderando z = x + yi e z0 = 10 + 5i, temos:
z z x y i
x y x y
− = ⇒ − + − = ⇒
⇒ − + − = ⇒ − + −
0
2 2 2 2
30 10 5 30
10 5 30 10 5
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) == ⇒
⇒ − + + − + − = ⇒
⇒ + − − − =
900
20 100 10 25 900 0
20 10 775 0
2 2
2 2
x x y y
x y x y
8. BConsiderando z = a + bi, temos a seguinte igualdade:4 5 4
5
4 4 54 5 4
z zi a bi a bi ia bi ai ba b b a i
− + = + − + += + − + += + + + −
( ) ( )
( ) ( )
Logo,
4 5 14 10
4 64 10
22
a bb a
a ba b
ab
+ + = −− =
⇔+ = −− = −
⇔= −=
Portanto,z = − + =( )2 2 2 22 2
9. BEscrevendo o número complexo z na forma algébrica, obtemosz
k k i= + = −( )+ ⋅(k i)2 2 1 2 .
Sabendo que |z|=10 e que z k i k i k= + = + = +( )22 2 1,
então
k k2 21 10 9+ = ⇔ = .
Portanto, Re(z)= k2 1 9 1 8− = − = .
Complementares
1. CA circunferência foi dividida em 8 partes iguais começando
do ponto (1,0).Concluímos, dessa forma, que estão representadas
todas as raízes oitavas de 1.Podemos, então, escrever a equação z8
= 1, que é a resposta pro-curada.
2. CSabendo que se tem:
i i i i
i i
i i i
i
i i5 4 22
10 2 5
10 2 5
1
1 1
1 1 2
1
= ⋅ = ( )− = −
− = − +
−
⋅ =
( ) [( ) ]
( ) ( )
( ) 00 5
10 5 5
10
2
1 2
1 32
= −
− = − ⋅
− = −
( i)
( ) ( )
( )
i i
i i
3. C
( ) (( ) ) ( ) ( )
( ) (( )
1 1 1 2 2 1024
1 1
20 2 10 2 10 10 2
20
+ = + = + + = =
− = −
i i i i i i
i i 22 10 2 10 10 21 2 2 1024) ( ) ( )= − + = − =i i i i
Logo, ( ) ( )1 1 020 20+ − − =i i .
4. Cz = 2 – 3i (centro)w = 5 – 5i (vértice do quadrado)k = x +
yi (vértice oposto a w)
xx
+= ⇔ = −
52
2 1 e y
y−
= − ⇔ = −5
23 1
Logo, k = –1– i.
5. DSe z = a + bi, com a e b reais, então z a bi= − . Desse
modo,z z zi a bi a bi a bi i a bi ai+ = − ⇔ + + ⋅ − = − + ⋅ ⇔ − = +
−2 2 2 2 3 2( ) ( ) (b ) .
Logo, obtemos o sistema:
3 2 11
a ba b
ab
= +=
⇔==
Portanto, o número complexo z que satisfaz à condição dada é z =
1+i.
6. Seja z = a + bi, com a, b ∈ , tal que a b2 2 4+ = . Logo, f z
z iz z i a bi a bi b ai a bi a b( ) ( ) .= ⇔ = ⇔ ⋅ + = − ⇔ − + = −
⇔ = −
Desse modo:( )− + = ⇔ = ⇔ = ±b b b b2 2 216 8 2 2
Portanto, os complexos que satisfazem às condições são 2 2 2 2-
i e − +2 2 2 2i .
7. BSupondo que x e y são números reais, temos:
z xi y i
y i xyi xix y xy i
= + ⋅ −
= − + −= + + −
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 4 22 2 4
2
Desse modo, como Re(z) = 8, obtemos 2 2 8 4x y y x+ = ⇔ = −
.Além disso, supondo que a parte imaginária de z seja igual a –1,
entãoxy – 4 = –1.Por consequência, x x x x ou x⋅ − − = − ⇔ − + = ⇔
= =( x)4 4 1 4 3 0 1 32 , de onde o módulo da diferença é dado por
|3 – 1| = |1 – 3| = 2.
Logo, (x, y) = (1,3) ou (x, y) = (3,1) e, portanto, x y− = − = −
=1 3 3 1 2.
8. AConsiderando que z z z
4 2 2= ⋅( ) ( ) , então:
z z z z z z z z z z
z z z
6 4 2 2 6 6 2 2 2 2 6
6 2 2 2
3 3
3 2
− − − = − − − =
= − +
( ) ( ) (z ( ) ) ( )
( ) ( ) zz z z z z2 2 2 6 2 2 3(( ) ) ( ) ( ) .− = −
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |12 Livro 4
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9. EDeterminando as raízes de P(x) , temos: z z2 1 0+ + = ou z z
z4 3 1 0− + − =
Resolvendo a equação z z2 1 0+ + = , xi
=− ±1 3
2Temos, também:
z z z z z z z
z z z z
4 3 3 3
2
1 0 1 1 0 1 1 0
1 1
− + − = ⇒ − + − = ⇒ − + = ⇒
⇒ − + −
( ) ( ) ( )(z )
( )( )( ++ =1 0)
z z z z z z z
z z z z
4 3 3 3
2
1 0 1 1 0 1 1 0
1 1
− + − = ⇒ − + − = ⇒ − + = ⇒
⇒ − + −
( ) ( ) ( )(z )
( )( )( ++ =1 0)
Portanto, x = 1, x = –1 ou xi
=±1 3
2
No plano de Gauss, há a seguinte figura:
Logo, o composto é o benzeno, cuja forma geométrica é de um
hexágono.
Números complexos II EXT18_4_MAT_A_14
Praticando
1. Primeiramente, calcula-se o módulo de z:
ρ = −( ) + ( ) = + = =2 2 2 2 4 22 2Assim,
sen
cos
θ
θ
θ=
=−
⇒ = °
22
22
135
Logo, θ5
1355
27=°= °.
2. CEfetuando a multiplicação entre z e w:z w i
z w i
⋅ = ⋅ ⋅ ° + °( ) + ⋅ ° + °( ) ⇒⇒ ⋅ = ⋅ ° + ⋅
8 2 75 15 75 15
16 90
cos
cos
sen
ssen 90 16°( ) = iAgora, efetuando a divisão entre z e w:
zw
i
zw
i
= ⋅ ° − °( ) + ⋅ ° − °( ) ⇒
⇒ = ⋅ ° + ⋅
82
75 15 75 15
4 60
cos
cos
sen
sen 660 2 2 3°( ) = + i
3. Primeiramente temos:
Z i= − + ⇒= −
=
2 2 3
2
2 3
parte real
parte imaginaria
Considerando o módulo e o argumento de Z, temos:
| | | | | | | |Z Z z Z= −( ) + ( ) ⇒ = + ⇒ = ⇒ =2 2 3 4 12 16 42
2
cosθ
θθ
= − = −
= =
⇒ = °
24
12
2 34
32
120
sen
Como Z e W pertencem à mesma circunferência: z w = = 4.
Além disso, considerando como o argumento de W, concluímos que:α
θ α α= + ° ⇒ = ° + °⇒ = ° 20 120 20 140 .Portanto, a forma
trigonométrica de W é igual a:W i cos sen = ⋅ ° + ⋅ °( )4 140 140
.
Desenvolvendo habilidades
1. Cθ = °
= +
= °+ ⋅ °
= ⋅ ° +
60
60 2 60
2 60
2 2
2
2 2
z a b
z z
z z isen
[cos isen( )]
[cos( ) (22 60
240 2402⋅ °
= ° + °
)]
[cos( ) ( )]z z isen
Portanto, o conjugado de z² pertence ao terceiro quadrante.
2. E
cos cosπ π π π8 8 8 8+
= +isen
nisen
nn
Para que as condições do exercício sejam atingidas, devemos
ter
sennπ8
0< . Logo, ππ
π< <n8
2 .
Perceba que para n = 8 temos π < π < 2π, o que é um
absurdo. Já para
n = 9, ππ
π< <98
2 , o que é verdadeiro. Logo, o menor número é 9.
3. CE s c r e v e n d o 1 + i n a f o r m a t r i g o n o m é t
r i c a t e m o s : 1 2
4 4+ = ⋅ +
i isencos
π π.
Portanto, ( ) cos1 24 4
+ = ( ) ⋅ ⋅
+ ⋅
n n isen n
nn π π
.
Para que (1+i)n seja um número real, devemos ter n kπ
π4
0
= + ⋅ , com
k ∈ .Então, n = 4k com k ∈ e, portanto, n é um múltiplo de 4 (o
único múltiplo de 4 nas opções é o próprio 4).
4. DReescrevendo z:
z i ii i i
ii
= + −= + − −= + −= −
( )( )( )( )( )( )( )
1 11 1 11 1 1
2 2
2
Logo, o módulo de z é dado por z = + =2 2 2 22 2
Com isso: arg( ) arccosz =12
e arg( )z arcsen=12
.
Portanto, arg( ) ,z k k= + ∈74
2π
π .
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 13Livro 4
EXT1
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5. AConsidere a figura:
y
B
A'C
D E
x
A
FO18º
72º
Como o pentágono é regular, temos AÔB =°= °
3605
72 . Logo, FÔA = 90° –
– AÔB = 90° – 72° = 18°. Sabendo que B = (0,2) é a imagem do
número complexo 2i, então o ponto A é a imagem do complexo 2cis
18°.Como uma rotação de 228° no sentido horário corresponde a uma
rotação de 360°–228°=132° no sentido horário, concluímos que:
2 18 132 2 1502 30 30
3
⋅ ° ⋅ ° = ⋅ ° == ⋅ − °+ ° =
= − + =
cis cis cis
i
( cos isen )
(−− 3 1, )
Complementares
1. Aρ ρ
θρ
θ θ
θρ
θ θ
= + ⇒ =
= = ⇒ = ⇒ = °
= = ⇒ = ⇒ =
1 1 2
1
2
22
45
1
2
22
45
2 2
cos cosa
senb
sen °°
= ⋅ + ⋅ °( ) =° ⋅ ° + °( )Z i sen isen2 4545 2 45 4512cos
cos
2. D
–1
1
im
135º
real
w = (1 + i)² – (1 + i)Desenvolvendo, temos: w = –1 + i = (–1,
i)
Logo, o argumento será 135° = 90° + 45° =34π
3. CI. Verdadeira.
( i)( i) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 4 52 2− + = − = − − =i
II. Verdadeira.
2 2 2 21
112
20 1 2 3+ + + + =−
=− − − (P.G. infinita de razão 12
)
III. Falsa.
1 2 3 4 5 6 99 100 1 2 3 4 5 6
99 100 1
− + − + − + + − = −( ) + −( ) + −( ) + ++ −( ) = − + −
( ) ( 11 1 1 50 1 50) ( ) ... ( ) ( )+ − + + − = ⋅ − = −
4. a) ( ) cos isen cos( ) isen(n )z nn n2 120 120 120 120= °+ °(
) = ° + ° , n de-
verá ser 3, pois cos( ) ( ) .3 120 3 120 1⋅ ° + ⋅ ° =isen
b) ( ) (cos( ) ( )) cos( ) isen( )z isen3100 100240 240 2 400 2
400= ° + ° = ° + ° == ° + ° =cos( ) isen( ) z240 240 3
( ) (cos( ) ( )) cos( ) isen( )z isen3100 100240 240 2 400 2
400= ° + ° = ° + ° == ° + ° =cos( ) isen( ) z240 240 3.
5. EConsiderando ρ como o módulo de z e escrevendo –2iz na forma
trigonométrica, temos:
− = + +
+
−
2 22 2 4 4
2
iz isen isen isen
i
(cos ) cos cosπ ππ π
ρπ π
zz isen
iz
= + +
+ + +
− =
22 4 2 4
2 274
ρ ππ π
ππ π
ρπ
cos
cos ++
isen
74π
Logo, o argumento de –2iz é 7π4
.
6. BConsiderando | |z e θ, respectivamente, o módulo e o
argumento
principal de z i= +2 2 , temos:
| | ( ) ( )
tg tg rad
ze
= + =
= ⇔ = ⇔ =
2 2 2
2
21
4
2 2
θ θ θπ
Assim, z i= ⋅ +
2
4 4cos sen
π π, portanto, pela Primeira Fórmula de Moi-
vre, encontramos ( ) cos sen2 2 24 4
+ = = ⋅ ⋅
+ ⋅
i z n i n
n n n π π
Desse modo, ( )2 2+ i n é um número real sempre que
sen ,n⋅
=
π4
0 ou seja, sempre que n k= ⋅4 2( ) ou n k= ⋅ +4 2 1( ),
com k ∈. Em outras palavras, zn é um número real sempre que
n for um múltiplo de 4.
7. AAs três raízes complexas da equação têm módulo igual a 8 23
= . Logo, p = ⋅ =3 2 6. Seja Z a bi= + . Temos:ZZ a bi a bi
a b
= ⇔ + − =
⇔ + =
108 108
1082 2( )( )
Assim, q | |= = + = =Z a b2 2 108 6 3
Sendo p qi+ = +6 6 3, então | | .p qi+ = + =36 108 12 Agora, se
θ é
o argumento principal de p qi+ , senθ = =6 312
32
e cos ,θ = =6
1212
o que implica θπ
=3
e, portanto, p qi i+ = +
12
3 3cos sen .
π π
8. BPassando ( )1+ i n para a forma trigonométrica, temos:
( ) (cos isen ) cos( ) ( )1 2 45 45 2 45 45+ = °+ ° = ° + °[ ]i
n isen n
nn n
O menor inteiro que torna ( )1+ i n real é 4, pois cos 180° =
–1. Então:
zw isenzw
=°+ °° + °
= °− ° +
4 45 454 15 15
4 45 15
2(cos isen )(cos )
(cos( )
iisen
zw
zw
i
z
( ))
(cos( ) isen( ))
45 15
4 30 30
43
212
° − °
= ° + °
= +
wwi= +2 3( )
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |14 Livro 4
EXT1
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Polinômios e função polinomial EXT18_4_MAT_A_15
Praticando
1. DUtilizando o teorema do resto, tem-se:
P12
12
212
312
5318
3 2
=
−
+
− = − (racional negativo).
2. DCom base no enunciado, tem-se que p(x) = q(x).Então, x x x x
x x3 2 2 1 0= + ⇒ ⋅ − − =( ) .São obtidas, assim, duas equações: x
= 0 (já resolvida) ou x x2 1 0− − = (com discriminante ∆ = 5,
portanto com duas raízes
distintas). Dessa forma, o número de soluções da equação p x q
x( ) ( )= é 3.
3. BCom a aplicação do dispositivo prático de Briot-Ruffini,
tem-se:
2 2 –7 3 8 –4
2 2 –3 –3 2 0
2 1 –1 0
Sendo assim, obtém-se: 2 1 1 0
12
1
2
1
2
x x
x
oux
+ − = ⇒
=
= −
raizes , cuja
soma vale –0,5.
Desenvolvendo habilidades
1. BComo a função f intercepta o eixo x no ponto (2,0),
concluímos que f(2) = 0. Considerando o Teorema do Resto, o resto
da divisão de f(x) por (x – 2) é f(2). Portanto, o resto é 0.
2. DTem-se: x ax b x x x x2 22 1 2+ + = + − = + −( )( ) .Então,
a = 1, b = –2 e, portanto, a – b = 1– (–2) = 3.
3. BS e p ( 1 ) = 0 , e n t ã o 2 1 1 2 1 03 2⋅ − ⋅ − ⋅ =a . L o
g o , a = 0 e
p x x x x x x x x( ) ( ) ( )( )= − = − = − +2 2 2 1 2 1 13 2 p x
x x x x x x x( ) ( ) ( )( )= − = − = − +2 2 2 1 2 1 13 2 .
4. BAplicando o dispositivo prático de Briot-Ruffini,
obtemos:
- - --
1 1 2 5 62 1 1 6 0
1 3 0
Logo, x x x x x x3 22 5 6 1 2 3+ − − = + − +( )( )( ) e,
portanto, a divisão do polinômio x x x3 22 5 6+ − − por ( )( )x x+
−1 2 é igual a x + 3.
5. ADividindo P(x) por D(x), obtemos:
6 3 5 2 4 5 3 26 4 2 33 9 2 4 5
5 4 3 2 3
5 3 2
4 3 2
x x x x x x xx x x xx x x x
+ + − − + −− + + +
+ − − +−33 2
9 4 59 62 5
4 2
3
3
x xx xx xx
+− +
− ++
Consequentemente, o resultado pedido é 3 · 1 = 3.
6. ADo gráfico, e por inspeção, concluímos facilmente que x = –1
é raiz de f. Então, aplicando o dispositivo prático de
Briot-Ruffini, obtemos:
-1 1 9 23 151 8 15 0
Desse modo, reescrevendo f, encontramos f x x x x( ) ( ) ( )= +
⋅ + +1 8 152 e, portanto, as outras raízes são x = –3 e x =
–5.Concluímos, assim, que a soma pedida é:
2 2 2 2 2 212
18
132
2132
1 3 5a b c+ + = + + = + + =− − −
7. A
x x x x x x x x
x x x x x
x x x
5 4 3 2 3 2
5 4 3 2 2
3 2
0 0 1 0 3 2
0 3 2 2
2 0
+ − + + + + − +
− + + − +
+ − + +11
2 0 6 4
6 3
3 2
2
− + + −
− + −
x x x
x x
Portanto, r x x x( )=− + −2 6 3 e r( ) ( ) ( ) .− =− − + − − =
−1 1 6 1 3 102
8. CDividindo 5 84 2x x mx n+ + + por x² + 2, encontramos como
quo-ciente q x x( )= −5 22 e como resto r(x) = mx + n + 4. Logo,
para que a expressão dada represente um polinômio, devemos
considerar r(x) = 0, ou seja, m = 0 e n = –4.
9. EDividindo x5 –3x2 + 1 por x2 –1, obtemos:
x x xx x x xx xx x
x xx
x
5 2 2
5 3 3
3 2
3
2
2
3 1 13
3 1
3 13 3
2
− + −− + + −
− +− +− + +
−−
Portanto, o resto é x – 2.
10. APara que o volume de leite nos dois reservatórios seja
igual, deve-mos ter
V t V t t t t t
t t
t
1 23 3
3
250 100 3000 150 69 3000
100 169 0
( ) ( )
(
= ⇔ − + = + +
⇔ − =
⇔ 1100 169 00
100 169 0
0
169100
2
2
ttou
t
tou
t
− = ⇒=
− =
⇒=
=
)
⇒⇒=
=
tou
t h
0
1 3,
Portanto, além do instante t = 0, o volume de leite nos dois
reserva-tórios será igual no instante t = 1,3h.
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 15Livro 4
EXT1
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Complementares
1. BComo o grau de S é 8 e o grau de D é 5, então A e B só podem
ter grau 8.
2. EDe acordo com o Teorema do Resto e as informações do
problema, P(2) = 0 e P(–3) = –45. Resolvendo o sistema temos:
8 4 027 6 45a b
a b+ + =
− + + = −
Multiplicando a primeira equação por –1 e somando com a segunda,
obtém-se: –35a = –35, ou seja a = 1.Substituindo a = 1 na primeira
equação, tem-se: 8 + 5 + b = 0, ou seja, b = –12.
3. CO gráfico de Q(x) = P(x) + 1 é igual ao gráfico de P(x)
deslocado de uma unidade para cima.Portanto, a equação P(x) + 1 = 0
tem duas raízes no intervalo ]0,5[.
4. BDividindo 2x4 –3x3 + mx – 2 por x3 + 1, obtém-se
2 3 2 12 2 2 33 2 2
3 32 1
4 3 3
4
3
3
x x mx xx x xx m x
xm x
− + − +− − −− + − −
+− +
( )
( )
Portanto, para que o resto (m – 2)x + 1 não dependa de x,
deve-se ter m = 2.
5. CSe o gráfico de P intersecta o eixo x no ponto (0, 0),
então:
Pe
f ge
f ge( )0 0 0=
−⇔ =
−⇔ =
Logo, P x x x ax bx cx d( ) ( )= ⋅ + + + +4 3 2 .
Dessa forma, necessariamente devemos ter d ≠ 0, para que P tenha
cinco pontos distintos de interseção com o eixo das abscissas (caso
contrário, x = 0 será, no mínimo, raiz dupla).
6. DTemos:f( ) b0 450 450= ⇔ =
f a a a( )8 994 8 8 12 8 450 994512512
13 2= ⇔ ⋅ − + ⋅ + = ⇔ = ⇔ =
Logo, f x x x x( )= − + +3 2 12 450, e como 2012 corresponde a x
= 12, o resultado procurado é f( )12 12 12 12 12 450 21783 2= − + ⋅
+ = .
7. D
Axx x
Bx
Cx x Cx x x
x
−+ +
+−
=− −
+ + −− ⋅ − + + +
23 2 1
92 5 3
2 2 1 3
2
2
3 2
2(Ax ) ( x ) B(x ))
( ) ( A )
= − −
+ ⋅ + − + − + + = − −
Cx x C
A B x B x B Cx x C
2
2 2
9
2 4 2 3 9
Logo, temos o sistema:
24 9
2 3
A B CA B
B C
+ =− − − = −
+ = −
Resolvendo o sistema, temos A = 3, B = –2 e C = 4. Portanto, A +
B + C = 5.
8. ADo gráfico de P, tem-se P(x) = ax · (x – k) · (x + k), com a
>0 (tome, por exemplo, x = 2k e verifique o sinal de P(2k)).
Em consequência, sendo x ≠ 0, temos: Q xP x
xax x k x k
xa x k x k( )
( ) ( )( )( )( )= =
− += − +
Q xP x
xax x k x k
xa x k x k( )
( ) ( )( )( )( )= =
− += − + , ou seja, o gráfico da função Q é idêntico ao da
função
g : → , com g(x) = a · (x – k) · (x + k), exceto pelo ponto (0,
–ak²). Portanto, dentre as figuras apresentadas, a única que pode
repre-sentar o gráfico da função Q é a da alternativa A.
9. a) Como os coeficientes são reais e as raízes complexas
aparecem
com suas respectivas conjugadas, (1+i), (1-i), r e –r são as
raízes de P(x).Utilizando, agora, a relação do produto das raízes,
temos:
( ) ( ) ( )1 1 81
2 8 22+ ⋅ − ⋅−
⇔ − = − ⇔ = ±⋅ − =i i r r rr
Portanto, as raízes de p(x) são (1 + i), (1 – i), 2 e –2.
Escrevendo o polinômio na forma fatorada, temos:
P x x i x i x x
P x x x x x
( ) ( ( ))( ( )( )( ))
( )
= − + − − − +
= − − + −
1 1 1 2 2
2 2 8 84 3 2
Logo, a = –2, b = –2 e c = 8.b) Subtraindo 1 de cada uma das
raízes, temos:
1 – i – 1 = – i1 + i – i = i2 – 1 = 1– 2 – 1 = – 3Portanto,q x k
x i x i x x
q x k x x x
( ) ( ( ))( )( )( ( ))
( ) ( )( )( ), k
= − − − − − −
= + − + ∀ ≠
1 3
1 1 32 00.
10. 13 (01 + 04 + 08)(01) Correto. Se 2 + i é raiz do polinômio,
então 2 – i também é raiz.
Assim, | | ( ) .2 2 1 52 2− = + − =i
(02) Incorreto. Seja θ o argumento de 2 + i. Como senθ =15
e cos ,θ =
25
temos 02
<
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |16 Livro 4
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Equações polinomiais EXT18_4_MAT_A_16
Praticando
1. Pelas Relações de Girard, temos:
x x x x x x1 2 1 3 2 3161
16+ + =−
= − e x x x1 2 3201
20= −−
=
Portanto, 1 1 1 16
20451 2 3
1 2 1 3 2 3
1 2 3x x xx x x x x x
x x x+ + =
+ +=−
= −
2. Sabendo que m e n são as raízes da equação, pelas Relações de
Girard obtemos:
m nm
n m+ = − ⇔ = −1
2 e m nn
n m m⋅ = ⇔ ⋅ − = ⇒ =1
1 0 1( ) ..
Portanto, n = −2 e o resultado procurado é m n− = − − =1 2 3( )
.
3. Por inspeção, temos r = 1. Logo, pelo dispositivo prático de
Briot-
-Ruffini: 1 1 3 7 5
1 2 5 0- --
Então encontramos:x x x x x x
x
3 2 23 7 5 1 2 5 01 1 2 1 2 0
− + − = − − + = ⇔⇔ − − − − + =
( )( )( )(x i)(x i)
Agora, se z1 = 1 – 2i, então | | ( ) .z12 21 2 5= + − = Por
outro lado, se
z1 = 1 + 2i, então | | .z12 21 2 5= + = Portanto, em qualquer
caso, o
resultado pedido é 5.
Desenvolvendo habilidades
1. D
Pelas Relações de Girard, o produto das raízes da equação é
igual a 21
2= , com 2 sendo o termo independente de x e 1, o
coeficiente
de x4.
2. CAplicando o dispositivo prático de Briot–Ruffini,
obtemos:
Portanto:
x x x x x x x
x x i x i
5 4 3 2 3 2
3
3 4 4 3 1 1 1
1
− + − + − = − ⋅ +
= − ⋅ + ⋅ −
( ) ( )
( ) ( ) ( )
Podemos inferir, então, que as outras raízes são -i e i.
3. A• Cálculo da área livre da sala: A=131 – 20x + x².
• Volume livre da sala: V x x x V x x x= − + ⇒ = − +( ) .131 20
20 1312 3 2
E n t ã o , f a z e n d o x x x3 220 131 280− + = t e m o s : x
x x3 220 131 280 0− + − = .O menor valor de x que atende a essa
condição é 5, pois 5 20 5 131 5 280 03 2− ⋅ + ⋅ − = .
1 1 3 4 4 3 11 1 2 2 2 1 01 1 1 1 1 0
1 0 1 0
- - -- -- -
4. ATem-se:
x x
x x
x x
− = ⇔ − = ⇔
⇔ −
+
= ⇔
⇔ −
+
4 4
2 2
161
160
14
14
0
12
12
− ⋅
+ ⋅
=x i x i
12
12
0
Portanto, como o conjunto solução da equação é ± ± ⋅
12
12
, i , segue
que a equação possui duas raízes reais e duas raízes imaginárias
conjugadas.
5. C Fazendo f(t) = 0, temos a seguinte equação:
14
4 17 20 03 2⋅ − ⋅ + ⋅ − =t t t
Multiplicando os dois membros da equação por 4, temos:
t t t t t t
t t t
3 2 2
3 2
16 68 80 0 2 14 40 0
16 68 80
− ⋅ + ⋅ − = ⇔ − ⋅ − ⋅ + = ⇔
⇔ − ⋅ + ⋅ − =
( ) ( )
00
Por meio do Teorema das Raízes Racionais, percebemos que 2 é
raiz. Aplicando o dispositivo de Briot–Ruffini:
2 1
1
–16
–14
68
40
–80
0
Resolvendo a equação:
t t
t t t
t t
− = ⇒ =
− ⋅ + = ⇒ = =− − = − − =
2 0 2
14 40 0 4 10
10 4 2 4
1
22
2 1
e t
Logo, t3
3 ..
6. CTemos:
x ax x a x a a
x a x ax x a a x a
8 8
6 4 2 2 4 6
4 4 4 4
4 2 2 4 2 25 5−
− + −= ⇔
− +− + −
=( )( )
( ) ( )⇔⇔
⇔− + +
− +=
( )( )( )( )( )
x a x a x ax a x a
2 2 2 2 4 4
2 2 4 4 5
Portanto, como x ≠ a, x2 + a2 = 5 ⇔ x2 = 5 – a2, podemos
verificar as afirmações:I. Correta. Sendo a = 0, encontramos x = ±
5 .II. Incorreta. Para a = 1, obtêm–se x = ±2 , que são números
reais.III. Incorreta. Para a = 5, a equação não possui raízes
reais.
IV. Correta. Se a = 5, então x2 = 5 – 52 ⇔ x2 = –20, ou seja, a
equação possui duas raízes imaginárias.
7. DComo s2 = r · t, as raízes deste polinômio estão em
Progressão Geo-
métrica, o que nos permite afirmar que: ( , , ) , ,r s tsq
s s q= ⋅
, em que
q é a razão da P.G..
Utilizando as Relações de Girard para soma e produto das raízes,
podemos escrever:
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 17Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
sq
s s q
ba s
ba
r s ta
r tba
a
⋅ ⋅ ⋅ =−
⇒ = −
+ + = − ⇒ + = −
3
1
1
8. BAs raízes de p(x) são x1, x2 e r, e as raízes de Q(x) são
x1, x2 e s.Utilizando as Relações de Girard, podemos escrever:
x x r
x x sr s a
x x r
x x s
1 2
1 2
1 2
1 2
1
01
18
12
+ + = −+ + =
⇒ − = −
⋅ ⋅ = −⋅ ⋅ = −
⇒
( )
rrs
=32
2( )
De (1) e (2), concluímos que r= –3a e s= –2a.Considerando q(r) =
0, temos:(–3a)3 + a(–3a)2 + 18 = 0, logo a = 1.Admitindo a = 1
temos s = –2, e considerando q(s) = 0 (–2)3 + b(–2)+12 = 0. Logo, b
= 2, ou seja, b = 2a.
9. CSejam 1, 2 e r as três raízes do polinômio. Utilizando as
Relações de Girard, temos: 2 + r + 2r = –1 ⇔ 3r = –3 ⇔ r =
–1.Então, –a = 1 + 2 + (–1) ⇔ a = –2 ⇔ –b = –2 ⇔ b = 2.Logo, P x x
x x( )= − − +3 22 2.Dividindo P(x) por (x –1), obtemos: P x x x( )
( )(x )= − − −1 22 .Logo, q x x x( )= − −2 2. E resolvendo a
equação q(x) ≤ 0, obtemos o seguinte gráfico:
–1 2
S = [–1,2].
Complementares
1. BUtilizando a soma de Girard e considerando x2 e x3 as outras
raízes
da equação, temos: 21
22 3 2 3i x xa
x x a i+ + =−
⇒ + = − − .
2. AP x x x x x(x) x ( )= − + = − + =4 2 375 250 75 250 0Como o
produto das raízes da equação x x3 75 250 0− + = é não nulo,
concluímos que 0 não é a raiz dupla. Uma vez que a soma dessas
raí-zes é zero e que duas são iguais, temos as seguintes raízes:
–2r, r, e r. F a z e n d o o p r o d u t o d e s s a s r a í z e s
, t e m o s :
− ⋅ ⋅ ⋅ = − ⇔ = ⇔ =2250
1125 53r r r r r .
3. DSejam a, b e c, as raízes da equação dada. Como (a, b, c) é
uma P.A., temos a + c = 2b. Além disso, pelas Relações de
Girard:
a b c+ + =− −
=( )31
3.
Logo, b + 2b = 3 ⇔ b = 1.
Portanto, fazendo x = b = 1, encontramos: 13 – 3 · 12 – 1 + k =
0 ⇔ k = 3.
4. Ax x x x x x x x5 2 2 3 2 28 0 8 0 2 2 4 0− = ⇒ − = ⇔ − + +
=( ) ( )( )
Resolvendo a equação produto, temos:
x x2 0 0= ⇔ = (raiz dupla)
x x− = ⇔ =2 0 2 (raiz simples)
x x2 2 4 0+ + = (raízes complexas)
A soma das raízes será dada por Sba
= − = − = −21
2 .
5. BSe z = –2i é a raiz de p, então z i= 2 também é raiz. Além
disso, comop x x x x x x x x x( ) ( ) ( ) ( )( )= + + + = + + + = +
+3 2 2 24 4 1 4 1 1 4, v e r i f i c a m o s q u e z = –1 também é
raiz.
6. C
R e e s c r e v e n d o a e q u a ç ã o , o b t e m o s : x x c
x x c x x c4 2 2 24 4 4 0= − ⇔ − + + − =( ) ( )( ) .
Supondo que queremos determinar os valores inteiros de c, para
os quais a equação dada possui quatro raízes reais e diferentes, os
discriminantes das equações x x c2 4 0− + = e x x c2 4 0+ − = devem
ser positivos e c ≠ 0, ou seja,
( )
( )
− − ⋅ ⋅ > ⇔ <
− ⋅ ⋅ − > ⇔ > −
4 4 1 0 4
4 4 1 0 4
2
2
c ce
c c
Em que c∈ − − −{ , , , , , }3 2 11 2 3 .
7. a) Como os coeficientes de p(x) são números reais, suas
raízes são
–1, 1+αi e 1−αi. Logo,
p x x x i x i
x x x a
( ) ( ( ))( ( ))( ( ))
( )( )
= − − + − −
= + − + +
1 1 1
1 2 12 2α α
Sabendo que o resto da divisão de p(x) por (x–1) é 8, e que α
> 0, pelo Teorema do Resto:
p a( ) ( )( )1 8 1 1 1 2 1 1 8
42
2 2
2
= ⇔ + − ⋅ + + =
⇔ =⇔ =
αα
b) Utilizando os resultados obtidos em (a), o quociente de p(x)
por x+1 é:
p xx
x x xx
x x( ) ( )( )+
=+ − +
+= − +
11 2 5
12 5
22
8. BSeja α a raiz racional da equação 3 2 4 04 3 2x x mx x+ + −
= que per-
tence ao intervalo − −
45
12
, .
Reescrevendo a equação, obtemos x x x mx( ) .3 2 4 03 2+ + − =
Então,
pelo Teorema das Raízes Racionais, sabemos que se a equação
x x mx3 22 4 0+ + − = possuir raízes racionais, elas pertencem
ao
conjunto ± ± ± ± ± ±{ }1 2 4 13 23 43, , , , , . Logo, é
possível observar que α só pode ser -
23
.
Aplicando o dispositivo prático de Briot-Ruffini,
- -
- -
23
3 2 4
3 023
4
m
m m
Como o resto da divisão de 3x3 + 2x2 + mx – 4 por x +23
é zero,
então, − − = ⇔ = −23
4 0 6m m .
Desse modo,
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |18 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
3 2 4 3 2 6 4
23
3 6
323
4 3 2 3 2
2
x x mx x x x x x
x x x
x x
+ + − = + − − =
= +
− =
= +
( )
( )
− +( )( )x x2 2
Portanto, a menor raiz irracional da equação é igual a - 2.
9. DComo a soma dos coeficientes da equação é 0, concluímos que
1 é raiz.Aplicando o dispositivo de Briot-Ruffini, conseguiremos
fatorar a equação:
1 1 –9
–81
23 –15
15 0
x x x x x x x ou x ou x3 2 29 23 15 0 1 8 15 0 1 3 5− + − = ⇒ −
⋅ − + = ⇒ = = =( ) ( ) . x x x x x x x ou x ou x3 2 29 23 15 0 1 8
15 0 1 3 5− + − = ⇒ − ⋅ − + = ⇒ = = =( ) ( ) .
Temos então a P.A. (1, 3, 5, ...) de razão r = 2, em que a20 é
dado por a20 1 19 2 39= + ⋅ = .
Calculando a soma dos 20 primeiros termos:
Sa a
201 20 20
2
1 39 20
2400=
+( ) ⋅=
+( ) ⋅=
10. CI. Correta.
Temos a b c+ + = −−
=9
292
e abc = −−
=3
232
Logo,
log log
log
19
3
3
1 1 1
12
9232
2
ab bc aca b c
abc+ +
=
+ +
=
= −
−
=
= − =
= −
12
3
12
3log
II. Correta. De fato, sendo r a medida do raio do cone,
temos:
13
843 2
60 16 360 16 36023
2 3 2⋅ ⋅ = ⋅
+ ⇔ = + ⇔ ⋅ − =π
ππr
rr r r r( )
É fácil ver que r = 6 satisfaz à essa equação. Portanto, como 6
e 3 são múltiplos de 3, apresenta-se o resultado.
Observação: a equação 16r2 = r3 + 360 também possui uma raiz
positiva irracional.
III. Incorreta. Pelas Relações de Girard, temos abc = − =
−121
12. Logo,
0 00 12 12
cb b
a a cabc= − = − − =( )
Matemática B
Funções trigonométricas: cotangente, secante e cossecante
EXT18_4_MAT_B_13
Praticando
1. B
A imagem da função arctg x é o intervalo −
π π2 2
, . Para os valores
de x nesse intervalo, cos x > 0. Para x = 0, o cosseno é
máximo e igual
a 1. Portanto, a imagem da função é ]0,1].
2. D1
1
1 1cos cos
cos
cos
coscos
cosxsenx
x
xtg x
sen xx
xx
sen x
sen xx
+
+=
+
+=
+
ssenx x xsenx
senxx
senxx senx
senxx
cos cos
cos cos cos
+=
=+
⋅+( )
= ⋅1
11
ccossec
xtgx x= ⋅
3. AAs seguintes relações são verdadeiras:
• sen x x sen x x
a b a b a b
2 2 2 2
2 2
1 1+ = ⇒ − =
−( ) +( ) = −cos cos
•
sen x x sen x x
a b a b a b
2 2 2 2
2 2
1 1+ = ⇒ − =
−( ) +( ) = −cos cos
Então, utilizando-as:
sec sec
seccos
x tg x x tg x sen x
x tg x sen xx
−( ) +( ) − =
= − − =
−
2
2 2 221 ssen x
xsen x
xsen x
xsen x
sen x
cos
cos cos c
− =
= − − =−( )
22
2
2
22
21 1
oos
coscos
cos
22
2
22 2 21
xsen x
xx
sen x sen x x
− =
= − = − =
Desenvolvendo habilidades
1. B
sen x x g x sen xx
xsen x
( )⋅ ( )⋅ ( ) = ( )⋅ ( ) ⋅( )( ) =sec cot cos
cos11
2. A
f xsen x
sen x
x
x
sen x x x k k( ) = + = + = ∀ ≠ + ⋅ ∈1 1 1 0 22 2cos
cos
cos , ,π
Logo, a alternativa correta é a letra A.
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 19Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
3. E
cos cosx sen x x sen x senx= ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ±25
1 14
25215
2 2 2 .
Devemos adotar o valor positivo, já que 0 ≤ ≤x π . Logo,
calculando
a tangente: tgxsen x
x= = =
cos
21525
212
.
4. A
sec x tg x1 cossec x
=
1cos x
sen xcos x
11
senx
=
1 sen xcos x
s
2 2 2
2
2
2
2−−
−
−
−
een x 1senx
=cos xcos x
sen xsenx 1
2
2−⋅
−=
=−
= ⋅−
= −
13
13
1
13
32
12
Complementares
1. B
23 2
22 3
256
512 2
x k
x k
x k
xk
−
≠ +
≠ + +
≠ +
≠ +
π π π
π π π
π π
π π
2. C
QÔP = 90° – α ⇒ tg(QÔP) = tg(90° – α) ⇒ PQOP
= cotgα
Mas PQOP
= cotgα = 1. Logo, PQ
OP= cotgα = cotg α
3. D
Perceba que realizar f x tgx gxsenx
xx
senx( ) = ( )⋅( ) = ⋅ =cot
coscos
1 é incorre-
to, pois f(x) só existirá se tg(x) e cotg(x) também existirem.
Ou seja, a resposta que o exercício procura é a intersecção das
condições de existência das funções tangente e cotangente. Dessa
forma, como já sabemos quais são as condições de existência de
ambas as funções, podemos aferir que a resposta é a contida na
alternativa D.
4. C
11
11
1
2 22
22
+⋅( )
− =
= +⋅
cos cossecsec
cos
x xx
xsen x
− = + − = − =sec sec sec sec2 2 2 2 21 0x tg x x x x
5. D
sen tg
g
32
54 3
22
23
12
23
1 1
π π π
π π π
⋅ ⋅
⋅ ⋅=− ⋅ −
⋅
⋅
cos
sec cossec cot ⋅⋅ −
= − ⋅
= −
33
62
33
3 22
6. a) Como arccos é a função inversa da função cosseno restrita
ao
intervalo [0, π] verificamos que arccos cosπ π5 5
=
b) sen arctg sen−( )( ) = −= −1
42
2π
c) Temos
cos arccos arccos
arccos
a
2 2
2 2
2
1
1
x sen x
x sen x
sen
( )+ ( )( )( ) =+ ( )( ) =
rrccos
arccos
arccos
x x
sen x x
sen x x
sen
( )( ) = −( )( ) = −
( )( ) = −
1
1
1
2
2 2
2
aarccos x x( )( ) = −1 2 , pois, para x ∈ [–1,1], arccos(x) ∈
[0, π] e nesse intervalo a função seno é não negativa.
7. ASabendo que o raio da circunferência é igual a 1 e
considerando F o ponto de interseção da reta s com o eixo u:
• Raio = PB OP tg tg
AT PT PB tg tg AT PT PB
= ⋅ =
+ + = − + − + ⇒ + + =
α α
α α α α1 1sec sec
= 1
•
PB OP tg tg
AT PT PB tg tg AT PT PB
= ⋅ =
+ + = − + − + ⇒ + + =
α α
α α α α1 1sec sec = AF
TF
OT
OB
–
AF
TF
OT
OB
= 1 – tg α •
PB OP tg tg
AT PT PB tg tg AT PT PB
= ⋅ =
+ + = − + − + ⇒ + + =
α α
α α α α1 1sec sec =
AF
TF
OT
OB
– PB OP tg tg
AT PT PB tg tg AT PT PB
= ⋅ =
+ + = − + − + ⇒ + + =
α α
α α α α1 1sec sec
=
AF
TF
OT
OB – 1 = sec α – 1 Então,
PB OP tg tg
AT PT PB tg tg AT PT PB
= ⋅ =
+ + = − + − + ⇒ + + =
α α
α α α α1 1sec sec
Arcos e relações trigonométricas EXT18_4_MAT_B_14
Praticando
1. Tem-se que cos 150° = –cos 30° = − − − = − −3
23
21 3 1, sen 300° = –sen 60° = − − − = − −3
23
21 3 1,
tg 225° = tg 45° = 1 e cos 90° = 0.
Então, o valor da expressão é − − − = − −32
32
1 3 1.
2. Note, primeiramente, que
286
32
863
23
223
23
212
1cos cos cos cosπ π π π π= +
= = − = − ⋅ = −
P e r c e b a a g o r a q u e
311
43
84
34
334
34
3 1 3⋅ = +
= = − = − ⋅ = −tg tg tg tg
π π π π π
Portanto, o valor procurado é –1–(–3) = 2.
3. Como tg a =
12
, tem-se que sena
asena a
coscos= ⇒ =
12
2 . Dessa
forma, é válido que 4sen2a = cos2a. Como sen2a + cos2a = 1, é
vá-
lido que sen2a + 4sen2a = 1, ou seja, 5sen2a = 1. Logo tem-se
que
sen a sena a215
55
2 55
= ⇒ = ⇒ =cos .
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |20 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
4. S e senx = 3
5, e n t ã o t e m o s
cos cos cos cos22
235
1 19
251625
45
x x x x+
= ⇒ = − ⇒ = ⇒ =
cos cos cos cos22
235
1 19
251625
45
x x x x+
= ⇒ = − ⇒ = ⇒ =
Como x pertence ao quarto quadrante, tg x = − = −
3545
34
5. a)
a.1) A função cosseno é positiva no primeiro e quarto
quadrantes.
a.2) A função seno é negativa no terceiro e quarto
quadrantes.
a.3) A função tangente é negativa no segundo e quarto
quadrantes.
a.4) A função secante é negativa no primeiro e quarto
quadrantes.
b) cos 15° = cos(45° – 30°) = cos 45° · cos 30° + sen 45° · se
30° =
= ⋅ + ⋅ = +22
32
22
12
6 24
Desenvolvendo habilidades
1. E
α π π= + ⋅53
3 2
Portanto, dá três voltas e “para” no quarto quadrante, não no
pri-meiro. Logo, a alternativa falsa é a E.
2. C
cos cos cos cos
cos
165 155 145 25 35 15
15
° + ° + °− °+ °+ °( ) == − °+
sen sen
senn sen25 35 25 35 15 0° − ° − °+ °+ ° =cos cos cos
3. B
senx x senx x
sen x senx x x sen x se
+( ) + −( ) == + + + −
cos cos
cos cos
2 2
2 2 22 2 nnx x x
sen x x
cos cos
cos
+ =
= + = ⋅ =
2
2 22 2 2 1 2
Portanto, o gráfico da função é a reta y = 2.
4. E
cos cos cos cos105 60 45 60 45 60 45
12
22
32
° = ° + °( ) = °⋅ ° − °⋅ ° =
= ⋅ −
sen sen
⋅⋅ =−2
22 6
4
5. C
735 2 360 15 735 15 45 30
45 3
° = ⋅ ° + °⇒ °( ) = ° = °− °( ) =
= °⋅
cos cos cos
cos cos 00 45 302
23
22
212
6 24
° + °⋅ ° = ⋅ + ⋅ =+
sen sen
6. BNa cor verde temos uma representação gráfica da função
cosseno e em vermelho, o gráfico de g(x) = x2. Como podemos
observar, há intersecção em dois pontos.
1 2–2 –1
–1
0
0
1
2
3
4
7. ESe x é agudo, cos x > 0. Então
cos cos cos2 22
2
11
13 1
1010
xtg x
x x=+
⇔ =+
⇔ =
8. EObserve a figura a seguir.
π21,6 1,5
sen 1,6 sen 1,5
Perceba que sen sen1 5 1 6 1, ,< < , ou seja, B A sen<
< π2
9. B
Como gon rad rad
sen sen
3503
3503 200
712
712
512
= ⋅ =
=
π π
π π
, tem-se que:
== +
=
= ⋅ + ⋅ =+
sen
sen sen
π π
π π π π
4 6
4 6 6 46 2
4cos cos
10. E
sen x x( ) = − ⇒ = − −
= ±13
113
2 23
2
cos
Como x está no terceiro quadrante, o valor a ser adotado é o
valor
negativo.
Logo, sen x x senx2 2 22 2
313
4 29
( ) = ⋅ = ⋅ −
⋅ −
=cos
Complementares
1. D
x = =900360
2 5,
Portanto, duas voltas e meia.
2. A2280 6 360 120
2280 12012
° = ⋅ ° + °
°( ) = ° = −cos cos
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 21Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
3. A
cosα α= ⇒ = −
= − = =35
135
2525
925
1625
45
2
sen , pois o ângulo pertence ao primeiro quadrante. Logo, tgα =
=
4535
43
4. D
cos cos cos cosx senx x senx x x senx sen x− = ⇔ −( ) =
⇔ − + =
12
12
222
2 2 114
2 114
234
234
0 75⇔ = − ⇔ = ⇔ ( ) = =senx x senx x sen xcos cos ,
5. B
senθ θ= ⇒ = −513
1213
cos (usando a relação fundamental e levando em consideração que
o ângulo pertence ao segundo quadrante).
Então, tg θ =−
= −
5131213
512
Logo, tgtgtg
22
1
25
12
15
12
1201192 2
θ θθ
=−( ) =
−
− −
= −
6. E
cos cos
coscos
2
212
12
2 2
2 2
x x sen x
xx sen x
( ) = −
( ) =
⇒ − =
Mas sen x x2 21= − cos . Logo,
cos cos cos2 2 2 2112
34
134
14
x x x sen x− −( ) = ⇒ = ⇒ = − =
Então, tg x xsen x
x x2 2
2
2 2
11434
134
53
( ) + ( ) = + = + =seccos cos
7. a) Sabendo que sen cos2 2 1α α+ = e cos sen ,α α= 4
3 temos:
sen sen sen sen .22
243
1259
135
α α α α+
= ⇔ = ⇒ =
b) Seja l a medida do lado oposto ao ângulo α. Sabendo que cos
senα α= 43
e sen ,α = 35
então cos .α = 45
Logo, pela Lei dos Cossenos:
l l
l
l
2 2 2 2
2
20 20 2 20 2045
800 640
160
4 10
= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = −
⇔ =
⇒ = cm.
Portanto, o perímetro do triângulo é dado por: 20 20 4 10 4 10
10+ + = +( )cm.20 20 4 10 4 10 10+ + = +( )cm.
8. BO valor da expressão é dado por
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |22 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
ysen
=°− ⋅
° +=
⋅
−
= − ⋅
( ) tgsec( )
cossencos
cossen cos
90180 1
α αα
ααα
αα α
== ⋅ −
= ⋅ −
= ⋅
=
sen sen
.
α α1
12
112
12
34
34
2
2
9. A
cos cos,
,
cos,
,
a aa
22 21
33
12 2 41 44
9 61 44
−
= −
=
π π
π
=
= +
=
= −
cos
cos
cos
cos
203
623
23
3
π
π π
π
π
== − 12
10. A
cotcossec sec
cos
cos
cosgx
x x
xsenx
senx x
xs−
−( ) − −( )=
−
− +=
−1
1
1 1
1
π πeenx
xsenx x
x
x x x
1
212
2 112
34
2 2
−⋅
= −
= ⇒ − = ⇒ = ⇒
coscos
cos
cos cos cos cos xx
Logogx
x xou
gxx
= ±
−−( ) − −( )
=−
−
32
1 32
1,
cotcossec sec
cotcossecπ π ππ π( ) − −( )
= −sec x
32
Equações e inequações trigonométricas EXT18_4_MAT_B_15
Praticando
1. B
Note que sen 45° = cos 45° = 2
2, 0 = cos 90° ≠ sen 90° = 1 e 0 = sen 180°
≠ cos 180° = 1.
A partir disso, verificamos que a única alternativa que respeita
essas
igualdades é a B.
2. Temos cos cos
cosx tg x x
sen xx
= ⇔ =
Logo, coscos cos
2 2
01 0
0x sen xx
sen x senxx
=≠
⇔
− − =≠
⇔
⇔ =±−
≠
⇔ =
± −
≠
senx
x
senx
x
1 52
0
5 12
0cos cos
Como –1 ≤ sen x ≤ 1, sen x = −5 12
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 23Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
3. c o s 2 x + c o s x ≤ – 1 ⇔ ( 2 c o s 2 x – 1 ) + c o s x ≤ –
1 ⇔ 2 c o s 2 x + c o s x ≤ 0 ⇔
cos x (2 cos x + 1) ≤ 0 ⇔ π3⋅ ≤ cos x ≤ 0.
π
π
π
π
22312
43
34
−
π
π
π
π
22312
43
34
−
π
π
π
π
22312
43
34
−
π
π
π
π
22312
43
34
−
π
π
π
π
22312
43
34
−
S x k x k ou k x k k= ∈ + ≤ ≤ +
+ ≤ ≤ + ∈
� �π π π π π π π π2
223
243
232
2 ,
Desenvolvendo habilidades
1. AComo a função cosseno é par, cos cos cos cosx x x x S( ) =
−( )⇔ = ⇔ = .
2. ASendo k ∈ , temos:
cos cos cos3 1 33 2
2 13
x xx k
xk
= − ⇔ =⇔ = ± +
⇔ =±
ππ π
π
Dessa forma, temos cos x = – 1 ou cosx = 12
.
3. C
Como os gráficos das funções y = sen x e yx=
10 apresentam 7 pontos de interseção, a equação senx
x=10
admite 7 soluções reais.
4. C
3 23
2 0 0tg x sen x senxx
senx= ⇒ −
= ⇒ =
cos ou cosx =
32
Dessa forma, x = π ou x = π6
ou x = 116π .
Portanto, a única alternativa correta é a letra C.
5. ESabendo que sen x = 1 é uma das raízes da equação polinomial
na incógnita sen x, temos:sen x sen x senx senx sen x senx3 2 22 5
6 0 1 6 0− − + = ⇔ −( ) − − =( ) .
• Se sen x – 1 = 0, obtém-se senx x= ⇒ =12π
ou x = 52π
• Se sen²x – sen x – 6 = 0, obtém-se sen x = 3 (não convém) ou
sen x = –2 (não convém)Portanto, a soma pedida é 3π.
6. B
2 3 1 0
3 4 2 11
3 12 2
1
2
2
sen x senx
senxsenx
senx
− + =
∆ = − − ⋅ ⋅∆ =
=− − ±
⋅
=
=
( )
( )112
1 1 112
2 2 2 2 2 2 22
sen p q sen p sen q sen p sen q− = − − = + − = +
−cos ( ) 11
14
0 25= = ,
7. B
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |24 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
S a b e n d o q u e | y | ² = y ² , t e m o s senx sen x senx
senx senx= − ⇔ + − = ⇒ =1 2 2 1 0 12
2 2
senx sen x senx senx senx= − ⇔ + − = ⇒ =1 2 2 1 0 12
2 2
Então, como 0 < x < 2π, x ∈
π π π π6
56
76
116
, , , .
Portanto, π π π π π π6
56
76
116
19636
499
2 2 2 2 2 2
+
+
+
= = .
8. BLembrando que sen(2x) = 2sen x cos x, temos:
02 2
11 0
2 2
11
02
2 2
<+
+< ⇔ <
+
+< ⇔
⇔ <
sen x sen xtgx
sen x senx xsenx
xs
cos
coseenx
x senxx
senx x
sen sen x
(senx cos x)cos
coscos
++
< ⇒
⇒ < < ⇒
⇒ < <
1
0 2 1
0 2 ssen
x
π
π2
04
⇒
⇒ < <
Portanto, o resultado pedido é 04
,π
9. DTem-se que:
cos cos cos cos23
32
023
032
0x x x
oux
⋅
= ⇒
=
=
ccos , ,23
023 2
34
32
x xk k x k k
= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈π π π π Logo, vamos separar os casos e
estudá-los:
●
cos cos cos cos23
32
023
032
0x x x
oux
⋅
= ⇒
=
=
ccos , ,23
023 2
34
32
x xk k x k k
= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈π π π π
Para k = 0, temos x = 34π
Para k = 1, temos x = 94π
(maior que π)
● cos , ,32
032 2 3
23
x xk k x k k
= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈π π π π
Para k = 0, temos x = π3
Para k = 1, temos x = π
Para k = 2, temos x = 53π
(maior que π)
Logo, o conjunto solução da equação será π π π3
34
, ,
Complementares
1. Esen tg
sensen
x
x
x
x
2
2
2 112
22
135
2
2
θ θ
θ θθθ
=
=
=
=
= ±
= ° =
coscos
cos
cos
cos
334π
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 25Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
Daí, obtemos que um possível valor é x = 135°, ou seja:
sen tg
sensen
x
x
x
x
2
2
2 112
22
135
2
2
θ θ
θ θθθ
=
=
=
=
= ±
= ° =
coscos
cos
cos
cos
334π
2. A2 3 0
2 1 3 0
2 2 3 0
2 3
2
2
2
2
sen x x
x x
x x
x
− =⋅ − − =− − =
+
cos
( cos ) cos
cos cos
cos coosx − =2 0Resolvendo a equação do segundo grau na
incógnita cos x, temos:
cosx = 12
ou cos x = –2 (não convém).
Portanto, o valor pedido é x = π3
3. DO maior subconjunto dos números reais para o qual f está
definida é tal que
sen xsenx
senx xsenx
20
20≥ ⇔ ≥cos . Como sen x ≠ 0 para x k k≠ ∈π, , obtém-se
20 0
senx xsenx
xcos
cos≥ ⇒ ≥ .
Portanto, o resultado pedido é
D f x k x k k x k k( ) / ,= ∈ < ≤ + ∨ + ≤ < + ∈
22
232
2 2 2ππ
ππ
π π π
4. Dsen x sen x sen x senx senx senx senx4 3 2 44 6 4 1 0 1 0 1
0 1− + − + = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =( )
Utilizando a relação fundamental:
sen x x
x
x
2 2
2 2
2
1
1 1
0
+ =
+ =
=
cos
cos
cosPortanto, cos x = 0.
5. Resolvendo (para 0 2≤
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |26 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
Assim, tomando k = 0, concluímos que a temperatura média máxima
ocorre 196 dias após o início do ano, ou seja, no mês de julho.
8. C
2 1 1 4 3 022 2 6 2 4 2
2
cos ( cos ) cos cos cos cos
cos
x x x x x x
x
−( ) − − = ⇔ − +( ) =
⇔= 00
4 3 0
0
1
3
4 2
ou
x x
xou
xou
x
cos cos
cos
cos
cos
− + =
⇒
=
= ±
= ±
⇒= = =
= =
x ou x ou x
x ou x
0 2
232
π ππ π
Portanto, a soma pedida é igual a π π π π π2
32
0 2 5+ + + + = .
9. EConsidere a figura a seguir, em que M é o ponto médio do
lado AB.
A M B
CDO
Do triângulo retângulo OMB, obtemos:
tg MOBBMMO
MOAB
tg= ⇔ =
22θ
Sem perda de generalidade, suponhamos que AB =1. Assim,
( )AOBAB MO
tg= ⋅ =
21
42θ
A área do quadrado ABCD é maior do que a área do triangulo AOB
se
( ) ( ) ,ABCD AOBtg
tg> ⇒ > ⇒ > =1 1
42
214
0 252 θθ
L o g o , c o m o tg15 0 2679 0 25° ≅ >, , e 0 180° < <
°θ , t e m o s 30 180° < < °θ . Note que 30 150 30 180° °] [
⊂ ° °] [, , e, portanto, a alternativa correta é a letra E.
Juros EXT18_4_MAT_B_16
Praticando
1. CDo enunciado, verificamos que o sistema de capitalização é
de juros simples. Portanto, o montante é calculado da seguinte
maneira: M = C · (1 + i · t) ⇒ M = 3 200 · (1 + 0,07 · 6) ⇒ M = 3
200 · 1,42 ⇒ M = 4 544.Desse modo, o montante a ser quitado é de
R$4.544,00.
2. CSe x é a quantia procurada, então: 10584 1 0 05
1058411025
9 600 002= ⋅ + ⇒ = ⇒ =x x x( , ),
$ . , .R
10584 1 0 051058411025
9 600 002= ⋅ + ⇒ = ⇒ =x x x( , ),
$ . , .R
3. CDas informações expostas no enunciado:20 000 · 1,02 ≈ 20 400
(primeiro mês)20 400 · 1,02 ≈ 20 808 (segundo mês)20 808 · 1,02 ≈
21 224 (terceiro mês)Portanto, no terceiro mês ele comprará o carro
e ainda lhe sobrará aproximadamente 225 reais.
Desenvolvendo habilidades
1. BUm contribuinte que vende por 34 mil um lote de ações que
custou 26 mil, teve um lucro de 34 000 – 26 000 = 8 000
reais. Logo, ele pagará à Receita Federal o valor de 0,15 · R$8.000
= R$1.200,00.
2. CIndicando os descontos e aumentos sucessivos sobre o preço
de fevereiro, temos:
P junho( ) ( , )( , )( , )( , ) ( , ) ( , )= − − + + = ⇒⇒
100 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 100 0 9 1 12 2
PP junho R( ) ( )( , ) $ , .= =81 1 21 98 013. D
Dos 853 milhões de hectares do país, 80 milhões são ocupados
pela agricultura. Assim, o percentual correspondente à área
uti-
lizada para agricultura em relação à área do território
brasileiro é 80 10853 10
0 093786 0 094 9 46
6
⋅⋅
≅ ≅ =, , , %.
4. D1.ª parcela: 500 + 0,01·180 0002.ª parcela: 500 + 0,01·(180
000 – 500)3.ª parcela: 500 + 0,01·(180 000 – 2 500)L o g o , a d é
c i m a p a r c e -la equivale a 500 + 0,01·(180 000 – 9 500) = 500
+ 1 755 = = 2 255,00.
5. EO valor do desconto da loja para uma peça que custa R$50,00
é, em reais, de50,00 · 0,20 = 10,00. Portanto, o cliente
pagará 40,00 (50,00 – 10,00) por essa peça. Se o cliente
possuísse o cartão fidelidade, seria aplicado um des-conto extra de
10% sobre esse valor. Como 40,00 · 0,10 = 4,00, ele economizaria
mais R$4,00.
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 27Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
6. DCalculando os valores, temos:I) Poupança: 500 · (1 + 0,0056)
= 500 · (1,0056) = R$502,80 de
resgate. Sem imposto.
II) CDB: 500 · (1 + 0,876) = 500 · (1,00876) = R$504,38. O ganho
é de (504,38 – 500) = R$4,38. O imposto cobrado será
(0,04) · (4,38) = R$0,17. Logo, resgata (504,38 – 0,17) =
R$504,21.
Logo, a aplicação mais vantajosa será o CDB.
7. CConsiderando C o capital aplicado, temos:1.º mês: perdeu
0,3C e ficou com 0,7C.2.º mês: recuperou 0,2 · (0,3C) = 0,06C e,
juntamente ao 0,7C restante do 1.º mês, ficou com 0,76C. Esse valor
corresponde ao montante gera-
do de R$3.800,00. Logo, 0 76 380038000 76
380 00076
5000,,
C C= ⇒ = = = .
8. CConsiderando que um montante M resgatado após uma aplicação
C por um período n com taxa i é dado pela relação M = C(1 + i)n,
temos a seguinte comparação de rentabilidade anual:Aplicação A: M =
C(1 + 0,03)12 = C · (1,003)12 = 1,426C. Observe que 1 ano = = 12
meses.Aplicação B: M = C(1 + 0,36)1 = 1,36C.Aplicação C: M = C(1 +
0,18)2 = C · (1,18)2 = 1,3924C.A rentabilidade no investimento A é
a maior.
9. CGasto atual do consumidor, em reais: 0,50 · 150 + 4,50 =
79,50
Faixa de consumo
mensal (kWh)
Valor da Cosip (R$)
Valor (R$) da conta mensal
Até 80 0,00 80 · 0,5 = 40,00
Superior a 80 a 100
2,00 40,00 < V ≤ 100 · 0,5 + 2 = 52,00
Superior a 100 até 140
3,00 52,00 < V ≤ 140 · 0,5 + 3 = 73,00
Superior a 140 até 200
4,50 73,00 < V ≤ 200 · 0,5 + 4,50 = 104,50
Após a redução de 10% no custo total da conta, o valor da mesma
deve ser: 0,90 · 79,50 = 71,55 (que pertence ao intervalo
52,00 < 71,55 ≤ 73,00). Considerando x (kWh) o valor do consumo
de energia pelo qual será pago 71,55 reais tem-se que 0,50x +
3 = 71,55 ⇒ 0,50x = 68,55 ⇒ x = 137,1.
10. BConsiderando que a pessoa compra semanalmente determinada
quantidade x de um produto que custa R$10,00 a unidade, a sua
despesa semanal com a compra desse produto é de 10x reais.
Entretanto, um dia, ao chegar à loja, foi informada de que o preço
daquele produto havia aumentado 20%, ou seja, 1,2 × 10 = 12 reais.
Como essa pessoa já sabe quanto deve gastar, leva sempre R$6,00 a
mais do que a quantia necessária para comprar tal quantidade, para
o caso de eventuais despesas extras (ou seja, ela leva (10x + 6)
reais). Então ela verificou que o valor era a quantia exata para
comprar duas unidades a menos em relação à quantidade habitualmente
comprada, ou seja, com a quantia (10x + 6) que levou, podia comprar
apenas (x – 2) produtos. 12 · (x – 2) = 10x + 6 ⇒ 12x – 24 = 10x +
6 · 2x = 30 ⇒ x = 15. Antes do aumento, a pessoa comprava 15
produtos e, portanto, levava 10 · 15 + 6 = 156 reais.
11. DO montante de um capital aplicado a juros compostos é dado
por M = C (1 + i) t, em que t é o tempo
de aplicação na mesma unidade da variação da taxa. Analisando as
opções:
• Opção 2: com a entrada de R$30.000,00, sobram R$25.000,00
aplicados em seis meses, com taxa de 10% ao semestre. Logo, M = 25
000(1 + 0,1)1 = = 25 000(1,1) = R$27.500,00. Pagando
R$26.000,00, sobram (27 500 – 26 000) = = R$1.500,00.
• O p ç ã o 3 : c o m a e n t r a d a d e R $ 2 0 . 0 0 0 , 0 0
, s o -bram R$35.000,00 aplicados em seis meses, com taxa de 10% ao
semestre. Logo, M1 = 35 000(1 + 0,1)
1 = = 35 000(1,1) = R$38.500,00. Pagando R$20.000,00, sobram (38
500 – – 20 000) = R$18.500,00. Aplicando mais 6 meses, M2 = 18
500(1,1) = = R$20.350,00. Pagando R$18.000,00, sobram
(20 350 – 18 000) = R$2.350,00.
• Opção 4: com a entrada de R$15.000,00, sobram R$40.000,00
aplicados em 1 ano (2 semestres), com taxa de 10% ao semes-tre.
Logo, M = 40 000 (1 + + 0,1)2 = 40 000(1,21) =
R$48.400,00. Pagando R$39.000,00, sobram (48 400 – 39 000) =
R$9.400,00.
• O p ç ã o 5 : a p l i c a n d o R $ 5 5 . 0 0 0 , 0 0 e m 1 a
n o ( 2 s e m e s t r e s ) , M = 5 5 0 0 0 ( 1 , 2 1 ) = =
R$66.550,00. Pagando R$60.000,00, sobra (66 550 – 60 000)
= R$6.550,00.
Logo, a opção 4 é a melhor.
Complementares
1. EO montante da dívida após 2 meses é 800 (1 + 0,05)2 =
R$882,00. Pagando R$400,00, o saldo devedor fica em 882 – 400 =
R$482,00. Portanto, o valor do último pagamento é igual a 482(1 +
0,05) = R$506,10.
2. ESeja C o capital aplicado. Sabendo que o montante resgatado
foi de R$65.536,00, temos:
65536 1 01 1 024
1 03024
1 03023 94 4
8
4
8
= ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ =
⇒ ≅C C C C( , ) ( , ) , ,
, 448.
Por conseguinte, podemos afirmar que o capital aplicado, em
reais, foi aproximadamente igual a 3,968.
3. D
1 2 1 2
1 21 0718 10 07187 18
10 10
0 1
+( ) ⋅ = ⇒ +( ) =+ == −==
x C C x
xxxx
,
,,, %
4. A
VPP P
VP
VP
= + +
= + +
= + + =
5001 2 1 2
5005761 2
5761 2
500 480 400 138
1 22
2
, ,
, ,00
O preço à vista dessa mercadoria é igual a R$1.380,00 reais.
5. EPara obter o valor do empréstimo, deve-se calcular quanto
30% representa de R$1.368,00, ou seja, 1 368 · 0,3 = 410,40
reais.Sabendo o valor do empréstimo, basta aplicar a fórmula de
juros compostos:
-
Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |28 Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
M C i
M
M
t= ⋅ +
= ⋅ +
= ⋅ + = ⋅
( )
( , ) ( %)
( , ) ( , ) ( , ) ( ,
1
410 4 1 2
410 4 1 0 02 410 4 1
2
2 002426 98
2),M reais=
6. AVamos chamar de x o valor investido na caderneta de poupança
e, então, (1 000 000 – x) será a parte destinada ao fundo de
investi-mentos. Pelo enunciado:6% x + 7,5% (1 000 000 – x) ≥ 72
000i.e. 0,06 x + 0,075 (1 000 000 – x) ≥ 72 000 ⇔⇔ – 0,015 x
≥ – 3 000 ⇔ 0,015 x ≤ 3 000 ⇔ x ≤ 200 000Logo, o apostador deve
aplicar no máximo R$200.000,00 na pou-pança.
7. EConsiderando n o número de anos em que os dois capitais vão
ficar aplicados para que seus montantes se igualem, temos:
10 000 1 2 5000 1 68
1 681 2
2 1 4 21410
⋅ = ⋅
⇒
= ⇒ = ⇒
=
, ,
,,
,
n n
nn
n
22
1410
20 30
0 30 0 85 12⇒
= ⇒ =
+ −=n nlog log ,
, ,
Portanto, os montantes se igualam depois de 24 meses.
8. EComo as parcelas crescem segundo uma progressão geométrica
de razão 1,1 e o primeiro termo é igual a 2 000, conclui-se que
o
montante pago foi de 20001 1 1
1 1 12000 6 1051 12 210 20
5
⋅ ( ) −−
= ⋅ =,
,, $ . ,R .
Logo, os juros cobrados correspondem a 12 210,2 – 10 000 =
R$2.210,20 e, portanto, a taxa de juros simples na transação é
igual a 4,42%.
9.
Preço inicial
Preço final
::
( , ) ( , )P
P710
1 0 1 1 0 1 100 710
⇒ ⋅ − ⋅ − − =
⇒PP P P R⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = =( , ) ( , ),
$ . ,0 9 0 9 8108100 81
8100081
1 000 00
10. CO tempo necessário aproximado para que o montante da
aplicação seja R$8.000,00 é dado por
8 000 500 1 2
16 1 2 4 2 12 10
4 0 301 1 079
= ⋅( )= ⇒ = −( )⋅ = ⋅
,
, log log log
, ,
n
n n
n −−( )
= =
1
1 2040 079
15 24n anos,,
, .
11. AA expressão que fornece o saldo ao final de n meses é
600 1 006 600 1 006 600 1 006 600 1 0061 006 11 00
2⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅ −, , ... , , ,,
nn
66 1
603 61 006 1
0 006100600 1 006 1
−=
= ⋅ − = ( ) − ,,
,,
nn
12. CNa opção 1, Maria pagará 0,95 · 900 = R$855,00 à vista,
gastando tudo o que possui.Na opção 2, após 4 meses ela terá 855 ·
(1,01)4 = R$889,72, o que não é suficiente para pagar o
computador.Na opção 3, ao fim do 1 mês ela terá 855 · 1,01 =
R$863,55 e pa-gará R$225,00, ficando com R$638,55. Ao fim do 2.º
mês ela terá 638 55 1 01 644 94, , $ ,⋅ ≅R e pagará mais R$225,00,
ficando com R$419,94 e assim sucessivamente até o fim do 4.º mês,
quando terá R$201,13, que não serão suficientes para pagar a última
parcela de R$225,00.Na opção 4, após 3 meses ela terá 855 1 02 907
333⋅ ≅( , ) $ , ,R o que será suficiente para pagar o computador e
ainda obter um ganho de R$7,33.Portanto, a opção 4 é a melhor entre
as disponíveis.
Matemática C
Equações da reta II EXT18_4_MAT_C_13
Praticando
1. Perceba que mr · ms = –1. Logo, as retas são perpendiculares,
ou seja, o ângulo formado entre elas mede 90°.
2. Primeiro, precisamos calcular a equação da reta que passa
pelos pontos (1, 4) e (–1, 0):
x y x yx y y x y
11 4 11 0 1
1 41 0
0 4 4 0 2 2 0− −
= ⇔ − − + = ⇔ − + =
Dessa forma, resta calcular a distância pedida:
d =⋅ + −( ) ⋅ −( ) +
+ −( )= =
2 2 1 1 2
2 1
7
5
7 552 2
3. Área do triângulo ABC:
A x xx
= ⋅−
= ⋅ − − + =−1
2
1 3 12 10 1 1
12
2 6 17
2
Área do triângulo DEF:
A = ⋅− −
= ⋅ =12
1 1 10 3 11 2 1
12
772
Logo, temos x − =7 7, ou seja, x = 0 ou x = 14.
-
| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 29Livro 4
EXT1
8_SO
L_L4
- Co
pia
Desenvolvendo habilidades
1. ESeja s a reta perpendicular à r e que passa pelo ponto P =
(4,2). Como mr = 2, conclui-se que a equação de s é:
y x y x− = − ⋅ − ⇔ = − +212
412
4( )
2. DCalculando a distância do ponto P(5,6) à reta r, temos:
d =⋅ − ⋅ +
+ −=−
⋅ =⋅2 5 3 6 5
2 3
3
13
13
13
3 13132 2( )
3. AUtilizando a regra de Sarrus para o cálculo do determinante,
temos:
D =− − − −
= − − + − + + = −1 3 1
2 1 14 3 1
1 32 14 3
1 12 6 4 3 6 2
Logo, a área do triângulo será dada por:
A = ⋅ − =12
2 1| |
4. BA equação da reta s é dada por y = 3x – 1. Desse modo, a
abscissa do ponto de interseção das retas p e s é tal que:
3 112
387
x x x− = − + ⇔ =
Portanto, y = ⋅ − =387
1177
e a resposta é 87
177
, .
5. DSabendo que o coeficiente angular da reta r é
23
e que o produto
dos coeficientes angulares de duas retas perpendiculares é –1,
podemos escrever:
m ms s⋅ = − ⇒ = −23
132
Logo, a equação da reta r será dada por:
y x y x y x− = − ⋅ − ⇒ = − ⋅ + + ⇒ = − +632
132
32
632
152
( )
6. AIntersecção com o eixo x (y = 0):
4 3 0 12 0 4 12 3 3 0x x x A− ⋅ + = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ −( , )
Intersecção com o eixo y (x = 0):4 0 3 12 0 3 12 4 0 4⋅ − + = ⇒
− = − ⇒ = ⇒y y y B( , )
Logo, a distância entre os pontos A e B será dada por:
d = − − + − = =( ( )) ( )0 3 4 0 25 52 2
7. CA equação da reta que passa pelo ponto (0,2) é y x= +
12
2, enquanto
a reta que passa pelo ponto (1,0) tem por equação y x= − +3 3. A
área pedida corresponde à soma das áreas dos triângulos
hachu-rados, ou seja,
12
0 0 4 00 2 0 0
12
0 027
0
2 3157
2
12
812
47
67
417
