Língua Portuguesa - upvix.com.br · ternativa C, o texto 1 é tipicamente jornalístico e possui marcas desse gênero; o texto 2, por sua vez, é poético e tipicamente subjetivo,

| Solucionário| Solucionário e apoio ao professor 1Livro 7

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Língua Portuguesa

Regência nominal e verbal e crase PVE18_7_POR_A_25

Construção e recepção de textos: leitura I PVE18_7_POR_A_26

Construção e recepção de textos: leitura II PVE18_7_POR_A_27

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 indicativo de crase, fusão da preposição “a” e do artigo definido “a”, é obrigató-rio na indicação de horas e, de maneira geral, nas locuções adverbiais

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 tabagismo.

c) Texto 1: anúncio publicitário institucional.Texto 2: notícia.

Praticando

1. A

2. A

3. C

femininas. Por pressupor a existência de artigo, a crase não acontece antes de verbos, no entanto pode acontecer com os pronomes rela-tivos “a qual” e sua flexão ”as quais” quando a regência dos verbos exigir a preposição “a”, o que restringe a validade da afirmativa III. Como II e IV são incorretas e, na ausência de uma opção que con-siderasse correta apenas a I, a resposta mais adequada é a letra B.

4. Resposta: 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 devem 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.

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.

Construção e recepção de textos: leitura III PVE18_7_POR_A_28

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 esta na norma de maior prestígio. Ao mesmo tempo, no contexto das festividades juninas, busca 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 al-ternativa C, o texto 1 é tipicamente jornalístico e possui marcas desse gênero; o texto 2, por sua vez, é poético e tipicamente subjetivo, 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.

Solucionário | Solucionário e apoio ao professor |2 Livro 7

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Redação

Temas para dissertação PVE18_7_RED_B_25

Dissertação prática VII PVE18_7_RED_B_26

Praticando

1. O aluno introduz o tema proposto abordando o funcionamento da Lei Seca 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 tam-bém 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 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 tex-to apresenta informações estatísticas, fatos e opiniões relacionados ao tema proposto, de forma consistente e organizada, configurando autoria e independência de pensamento, como vemos nos trechos:

Praticando

1. Em um primeiro momento, os textos motivadores possuem a finalidade de apresentar ideias que possam estimular a reflexão sobre o tema. Após essa etapa, é possível para o aluno despertar seus conhecimentos sobre o tema ao longo dos ambientes escolar, familiar, religioso, sociocultural, político etc.

2. No primeiro texto são cedidas informações estatísticas, dados de Lei e discurso de autoridade sobre a implantação da Lei seca no país: “De acordo com a Associação Brasileira de Medicina de Tráfego (Abramet), a utilização de bebidas alcoólicas é responsável por 30% dos acidentes de trânsito. E metade das mortes, segundo o Minis-tério da Saúde, está relacionada ao uso do álcool por motoristas. Diante deste cenário preocupante, a Lei 11.705/2008 surgiu com uma enorme missão: alertar a sociedade para os perigos do álcool associado à direção.”O segundo texto é um infográfico com dados estatísticos sobre o atendimento hospitalar para casos de acidente de trânsito; sobre o índice de aprovação dos bafômetros; sobre o percentual de aciden-tes; e sobre a média nacional de redução das vítimas fatais.O terceiro texto é publicitário em uma parceria da polícia rodoviária federal com o Ministério da Justiça e cede o número de emergência para casos desse tipo.O quarto texto, por sua vez, traz informações sobre um experimento físico feito em Belo Horizonte por uma agência de comunicação, o qual causou repulsão magnética ao ato de beber e dirigir com o auxílio de copos, ímãs e bases de metal.

3. O tema proposto para o Enem 2013 foi pautado por um problema social presente no cotidiano dos indivíduos e da sociedade brasileira, em que se mesclam aspectos de saúde pública, educação, seguran-ça e direitos e deveres individuais e coletivos: consumo de bebida

“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”, “com a percepção de que seus atos teriam sérias consequências, veio uma notável mudança de postura da população”.

3. A proposta de intervenção apresentada no texto é detalhada e abrangente, está relacionada ao tema e articulada à discussão desenvolvida no texto. Trata-se de redação cuja proposta de in-tervenção 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.

alcoólica e direção de veículos. A abordagem proposta concernia à discussão sobre efeitos da implantação da Lei Seca no Brasil. A partir disso, o participante precisaria considerar fatos, estatísticas, discussões e leis relacionados às consequências da implantação desde 2008, ano em que a lei entrou em vigor. Não se trata de uma discussão acerca de opiniões sobre a lei, dicotomizadas entre a favor ou contra, mas da possibilidade de considerar a ampla gama de aspectos envolvidos na questão. A pergunta que o tema propõe é: a implantação da Lei Seca está surtindo efeitos satisfatórios? Se ainda não está, o que se pode fazer?

4. É preciso que o aluno perceba a importância desses textos para o desenvolvimento do tema e a seleção criteriosa destes para compor a proposta, uma vez que funcionam como um ponto de partida para a ativação do conhecimento que o aluno já possui sobre o tema e, portanto, isso justifica a escolha não aleatória dos textos. Em suma, não é apenas por responder ao tema que os textos são selecionados, há uma escolha direcionada para os objetivos que a banca pretende alcançar, uma vez que o tema em si não é suficiente para o levantamento de dados e conhecimentos sobre o assunto.

5. D

6. Resposta pessoal. É preciso que o aluno perceba a importância da intertextualidade na produção textual. Ela implica a retomada de muitos outros assuntos e depende do olhar do leitor para que se criem e recriem significações. A intertextualidade se dá tanto na produção como na recepção dos textos, pois escrita e leitura são faces da mesma moeda. O leitor também participa dessa ampla rede dialógica ao trazer para o texto que está lendo sua bagagem de lei-turas de outros textos, de variadas linguagens e diferentes gêneros.


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Redação no Enem PVE18_7_RED_B_27

Redação nos vestibulares PVE18_7_RED_B_28

Praticando

1. A competência 1 exige domínio da modalidade escrita formal da Língua Portuguesa e que assim o candidato entenda a necessidade de se apropriar dessa modalidade para a produção do seu texto. Com relação à redação, o participante demonstra que tem excelente domínio da modalidade escrita formal da Língua Portuguesa e de escolha de registro. Não há erros gramaticais ou de convenções da escrita.

2. A competência 2 exige compreender a proposta de redação e apli-car conceitos das várias áreas de conhecimento para desenvolver o tema, dentro dos limites estruturais do texto dissertativo-argu-mentativo em prosa ou seja, é necessário não tangenciar ou fugir do tema e da proposta de gênero exigida, no caso, texto disserta-tivo-argumentativo.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, 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. A competência 3 exige coerência para selecionar, relacionar, orga-nizar e interpretar informações, fatos, opiniões e argumentos em defesa de um ponto de vista que justifiquem 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 da 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. 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 encadea-mento pode ser expresso 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. A competência 5 exige a elaboração de uma proposta de interven-ção para o problema abordado, respeitando os direitos humanos, de forma detalhada.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 lei que intensifi-que a punição aos agressores para que a reincidência seja reduzida.Trata-se de 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. EAo 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. DO 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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Língua Inglesa

Matemática A

Keep up with the good work PVE18_7_ING_28

1. E, C, C. A resposta para o item IV é a letra C.

2. A

3. D

We’ll have received our prize PVE18_7_ING_27

1. a) will have been working

b) will you have been waiting

c) won’t have been eating

d) will she have been looking for

e) Will she have been waiting

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?

He told me I looked great PVE18_7_ING_26

1. D

2. C

3. A

This is the book that he bought PVE18_7_ING_25

1. D

2. D

3. C

Polinômios II PVE18_7_MAT_A_25

Praticando

1. a)

Pelo teorema do resto, P(1) = 0. Substituindo:

P kP

k k k( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 2 1 11 0

1 2 1 0 2 0 25 4= − ⋅ − +

=

⇒ − − + = ⇒ − + = ⇒ =

b) Pelo teorema do resto, P(– 1) = 3. Logo,

P kP

k k k

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

⇒

⇒− + + + = ⇒ + = ⇒ =

1 1 2 1 3 11 3

1 2 3 3 4 3

3 2

33 4 1− = −

2. I) B

Note que 1 é raiz de P(x). Dessa forma, P(x) é divisível por x – 1. Veja também que (x – 1)(4x³ + 1) = 4x4 + x – 4x³ – 1 = P(x). Logo, a alternativa correta é a letra B.

II) EA alternativa correta é a letra E. De fato,

P x x

x( ) +

−

2 1

1 2

Dessa forma,

P x x x x x x( ) = +( ) −( )+ = − + −2 3 21 2 1 2 1


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3. ADeterminando o polinômio q(x) =

p xr x

( )( )+

–2 1 3 –2 –2 12

1 1 –4 6 0

x

Portanto, q(x) = x3 + x2 – 4x + 6 e a soma de suas raízes será dada por

S = − = −11

1.

Desenvolvendo habilidades

1. DPelo Teorema de d’Alembert, observa-se que se um polinômio qualquer Q(x) é divisível por x – a e conclui-se que o resto da divisão será igual a zero (R = 0) se P(a) = 0.Logo, se x = 3 é um zero de f, a função polinomial f é divisível por x – 3.

2. AO resto da divisão de p(x) por x + 1 é igual a 3. Dessa forma, m e n devem ser números pares, pois:

p(–1) = 3 ⇒ p(–1) = (–1)n + (–1)m + 1 = 3 ⇒ −( ) =−( ) =

1 1

1 1

n

m

3. EDo enunciado,

• P(x) é divisível por (x – 2). Portanto P(2) = 0; • o resto da divisão de P(x) por (x + 3) é –45, assim P(–3) = –45.

Obtemos, então:0 2 2 2

45 3 2 3

3

3

= � + � +

− = � −( ) + � −( ) +��

��

a b

a b

��a = 1; b = –12

4. APelas informações apresentadas,

P x x x ax b P a ba b a

( ) ( )= − + + ⇒ = ⇒ − ⋅ + ⋅ + == − + + ⇒ = +

4 2 4 28 2 0 2 8 2 2 00 16 32 2 16 2 bbP a b a b

a ba b

a b a b a b

( )1 9 1 8 9 16

16 216

2 0

= ⇒ − + + = ⇒ + =

⇒= += +

⇒ + = + ⇒ = ⇒ =116

4 645⇒ − = −a b

5. BAplicando o dispositivo prático de Briot-Ruffini:

2 –7 3 8 –4

2 2 –3 –3 2 0

2 2 1 –1 0

Assim, 2 1 1 012

1

2 1

2

x x raizesx

x+ − = ⇒

=

= −

raízes 2 1 1 0

12

1

2 1

2

x x raizesx

x+ − = ⇒

=

= −

cuja soma vale –0,5.

6. DTemos como raízes r, –r e x0. Pela relação de soma, sabemos que

r r x

x

p a

a

+ −( )+ = −= −

− = −( ) + −( ) + ⋅ −( )− ==

0

0

3 2

1

1

1 1 1 1 3 0

3

( )

Portanto, p x x x x( )= + − −3 2 3 3 para todo x real. Em particular, se x = 1, conclui-se que p( )1 1 1 3 1 3 43 2= + − ⋅ − = − .

7. DConsiderando que 232 = x, podemos resolver o problema por meio de uma divisão de polinômios: (x2 + 1) por (x + 1).O resto R da divisão de x2 + 1 por (x + 1) é o valor numérico de x2 + 1 para x = –1 (Teorema do Resto), ou seja, R = (–1)2 + 1 = 2.

8. CEfetuando a divisão:

6 2 8 10 2 3 2

6 18 12 6 20 64

20 4

4 3 2 2

4 3 2 2

3 2

x x x x x x

x x x x x

x x

− − + − + −

− − + − +

− + +11020 60 40

64 30 2

64 192 128

222 126

3 2

2

2

x

x x x

x x

x x

x

+ −

− −− − +

− +

O dobro do resto será dado por 2 · (–222x + 126) = –444x + 252.

9. BSendo (x2 + x + 1)2 = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1, pelo método da chave encontramos:

x x x x x xx x x x xx x xx x

4 3 2 2

4 3 2 2

3 2

3 2

2 3 2 1 13 5

3 2 2 13 3

+ + + + − +− + − + +

+ + +− + −33

5 15 5 54 4

2

2

xx xx xx

− +− + −

−

Portanto, a resposta é 4x – 4 = 4(x – 1).

10. E Como um dos fatores de P(x) é x + 3, x = –3 é uma raiz de P(x).Assim, usando o dispositivo prático de Briot-Ruffini:

–3 1

1

2

–1

–5

–2

–6

0

Dessa forma, P(x) = (x + 3) · (x2 – x – 2).Calculando as raízes de x2 – x – 2 = 0, obtemos x2 = 2 e x3 = –1.

Dessa forma, x2 – x – 2 = (x – 2) · (x – (– 1))x2 – x – 2 = (x – 2) · (x + 1)

Então, P(x) = (x + 3) · (x – 2) · (x + 1).

Complementares

1. AO quociente da divisão equivale a 2x2 + x + 3. Logo, o produto entre o maior e o menor dos coeficientes equivale a 3.

2. CFazendo a divisão, encontramos como resto (mx + n + 4), que deve ser igual a zero. Para que a expressão forme um polinômio, temos mx + n + 4 = 0.Logo, m = 0 e n = –4.


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3. DTem-se: x ax b x x x x2 22 1 2+ + = +( ) −( ) = + − . Logo, conclui-se que a = 1 e b = –2 e, portanto, a – b = 1 – (–2) = 3.

4. BDividindo p por d obtemos:

2x³ + 5x² + x + 17 = + +( )⋅ − −+ − −

+ +2 4 52

5 62

2 722

x nx xn n n

x n

Para que o resto da divisão seja 5, devemos ter

n nn

n nen

n2 5 6 0

2 7 5

1 6

11

− − =+ =

��

��

= − =

= −

�

��

��

� = −;

Portanto, n é um número negativo e maior que −4.

5. EFazendo a divisão, x x ax a x x x a x a3 2 23 4 4 2 3 6 4 8+ − − = − −( )⋅ +( )+ − +( ) + − +( ).

Dessa forma, − + = ⇔ =− + = ⇔ =

3 6 0 24 8 0 2

a aa a

Logo, a = 2.

6. DSe q(x) é o quociente da divisão de p por (x – 2)(x – 4)(x – 5), e x + 3 é o resto. Então, p(x) = q(x)(x – 2)(x – 4)(x – 5) + x + 3.Assim, A = p(2) = 2 + 3 = 5B = p(4) = 4 + 3 = 7C = p(5) = 5 + 3 = 8Portanto, ABC = 5 ∙ 7 · 8 = 280.

7. AA divisão do polinômio pelo método da chave resulta em x x x x x x x x x x5 4 3 2 3 2 20 0 1 3 2 2 6 3+ − + + + = − +( ) +( )+ − + −( ) .Logo, r(x) = –x² + 6x – 3 e r(–1) = –(–1)² + 6(–1) – 3 = –10.

8. AO desenvolvimento do determinante resulta em

A x x x x x x

A x x x x

A x x x x

A x

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

= + − − − += + − −= + − +=

3 2

3 2

2

2 2

2 2

2 1 2

(( )( )x x+ −2 12

A alternativa A é a incorreta, pois A(x) possui raízes comuns com B(x), já que possui o fator x² – 1.

9. 23 (01 + 02 + 04 + 16)

(01) Correto. P xp qp q

( ) = ⇒ + − =+ =

02 1 0

0

Da segunda, temos p = –q. Substituindo na primeira, temos

2p – p – 1 = 0 e, portanto, p = 1. Se p = 1, substituindo na segunda, temos q = –1. Logo, p – q = 1 – (–1) = 2.

(02) Correto. x a x a x b x ax a x bx ax ab ax a bx ab+( ) − +( ) −( ) = + + − − + −( ) = + + +2 2 2 2 22x a x a x b x ax a x bx ax ab ax a bx ab+( ) − +( ) −( ) = + + − − + −( ) = + + +2 2 2 2 22

Por hipótese, ax a bx ab x+ + + = −2 2 3. Logo, a aba b

2 32

+ = −+ =

Da segunda, temos b = 2 – a. Substituindo na primeira,

a a a2 2 3+ −( ) = −

2 332

a a= − ⇒ = −

Logo, b = − −= + =2 3

22

32

72


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(04) Correto. 4 3 2 23 2 3 2 2x ax x Q x R x mx mx nx nx+ − = ( )⋅ ( ) = − + −Então, 2 4 2m m= ⇒ =2n m a− =

n= 3Logo, a = 6 – 2 = 4.

Então, a + m + n = 9.

(08) Incorreto. Sejam f e g polinômios de grau 3. Logo, o grau do polinômio f + g é 3 e não 6. Portanto, a afirmação é falsa.

(16) Correto. As raízes de x2 7 12− + são 3 e 4. Dessa forma, se Q(x) é divisível por R(x), temos que ter c = 3 e d = 4 ou c = 4 e d = 3. Dessa forma, c + d = 7.

10. Se a0, a1, ..., an estão em P.G. de razão q, tem-se:

P x a a qx a q x a q x a qx qx qxn nn

( ) ... ...= + + + + = + + ( ) + + ( ) 0 0 02 2

0 021

a)

Pq

a qq

qq

qq

an

11

1 1 11 1 10

2

0

= + ⋅ + ⋅

+ ⋅

= + + 22 01 1+ +( ) = +( )... .n a n

b) P(x) pode ser reescrito como:

P xa qx

qxse x

q

P x a n se xq

n

( ) ,

( ) ( ),

=⋅ ( ) −

−≠

= + =

+0

1

0

1

11

11

Como a P xqx

qx

n

0

1

0 01

1≠ = ⇒ ( ) =

≠

+

, ( )

Se q é um número real, o sistema é satisfeito se, e somente se, qx = –1 e qx n( ) =+1 1. Portanto, essas equações mostram que n não pode ser par.

Equações algébricas PVE18_7_MAT_A_26

Praticando

1. 12

é raiz e tem mutliplicidade 5. − 27

é raiz e tem multiplicidade 3.

Como 20 = 1, então 1 é raiz e tem multiplicidade 2. Por fim, 21 é raiz de multiplicidade 1.

2. Sabemos que i2 = –1. Além disso, pelo Teorema do Conjugado, observamos que os conjugados dos números complexos 7i, i + 14 e (–6 – i) também são soluções da equação. Dessa forma, notamos que –7i, –i + 14 e –6 + i também são raízes. Assim, concluímos que o menor grau do polinômio será 7.

3. B Sejam r, s e t as raízes da equação x x x3 24 6 0+ + − = , e considere que r = s + t.Utilizando a relação de soma de Girard,

r s t

r rr

+ + = −

+ = −= −

41

42

Concluímos, então, que 2 é uma das raízes.Dividindo, agora, x x x3 24 6+ + − por ( )x +2

–2 –3

–61 14

2 01

x x x x x xx x

x x x ou x

3 2 2

2

4 6 2 2 3 02 0 2

2 3 3

+ + − = + ⋅ + − =+ = ⇒ = −+ − ⇒ = − =

( ) ( )

11

Logo, S = {–3, –2, +1}.


1. AÉ fácil ver, por inspeção, que x = –1 é raiz de P. Logo, temos P(x) = (x + 1)(x4 + x2 + 1). Então, como x4 + x2 + 1 = 0 não possui raízes reais, podemos concluir que a única raiz real de P é x = –1.Portanto, sendo M o conjunto das raízes reais de P, concluímos que a resposta é 1.

2. D


PVE1

8_SO

L_L7

Como P(x) é divisível por 2x – 3, tem-se que P32

0

= .

Se x = 2i é raiz, então x = –2i também é.Logo,

P( )x x x i x i

x x x xx

= −

−( ) +( ) =

= −

+( ) = + − −

32

2 2

32

4 43

262 3

2

== + − − =

= − + −

2 8 3 6

2 3 8 12

3 2

3 2

x x x

x x x

3. A

xx

x x

x x

x x i

− = ⇔ =

= ⇒ = ±

= ⇒ = ±

= − ⇒ = ±

44

4 2

2

2

161

16

116

14

14

12

14

12

Em que i é a unidade imaginária dos números complexos.

4. EAplicando Briot-Ruffini:

1 2 –7 –8 12

2 1 4 1 –6

–2 1 2 –3

Logo, p(x) = (x + 2) (x – 2) (x2 + 2x –3).Como –3 e 1 são raízes de x2 + 2x –3, verificamos que as raízes de p(x) são –3, –2, 1 e 2.

5. BConsiderando que a equação não possui raízes complexas e que suas três raízes são iguais a 1, podemos escrever que:(x – 1) · (x2 + p · x + q) =(x – 1) · (x2 – 2x + 1), para todo x ∈ .Ou seja, p = –2 ou q = 1.Logo, a alternativa correta é B, p < 0 < q.

6. Da) Incorreta. Se b = 0, então p(x) = x2 + 3. Logo, p não possui ne-

nhuma raiz real para b = 0.

b) Incorreta. Desde que ∆ = b2 –12, temos ∆ > 0 para b = 12 e, por-tanto, p possui duas raízes reais distintas para b = 12.

c) Incorreta. Conforme explicado na alternativa A.

d) Correta. 113

12 2 3+ < = .

e) Incorreta. O polinômio tem grau 2 e, portanto, não pode ter três raízes reais. Além disso, tem-se π2 –12 < 0 e, assim, p não possui nenhuma raiz real.

7. BPara t = 1, N(1) = 1 – 21 + 126 + 304 = 410 (1 não é raiz)Para t = 2, N(2) = 8 – 84 + 252 + 304 = 480 (2 é raiz)Realizando a divisão de N(t) por x – 2, obtém-se como quociente x² – 19x + 88, cujas raízes são 8 e 11. Logo, o número de tablets vendidos foi igual a 480 nos meses 2, 8 e 11, ou seja, fevereiro, agosto e novembro.

⇒

8. ESejam r1, r2 e r3 as raízes de P(x) e M a média aritmética dessas raízes.

Pela relação de Girard, r r r1 2 3112

112

+ + = − −

=

Mr r r

=+ +

= =1 2 33

1123

116

9. E

x xx

x

xx

x x

− + +−

=

+( )+

= −( ) +( )

4 10 104

10 14

1 1

2

Como x = –1 não é solução,

104

1

10 1 4 6x

x

x x x−

= −( )= −( )⋅ −( )⇒ =

Assim, 2R – 2 = 10.

Complementares

1. APelas relações de Girard, conclui-se que o produto equivale a

x x xda1 2 3

21

2⋅ ⋅ = = =

2. AAplicando as relações de Girard, tem-se:I.

x x x x xp

i i i ip

pp

1 2 3 4 5 2

2 2 1 2 1 212 2

132 2

13

+ + + + = −

⇒ + + − + + + − + = −

⇒ = − ⇒ = −

II.

x x x x xq

i i i iq

q

1 2 3 4 5 2

2 2 1 2 1 212 2

5 512

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −

⇒ +( ) −( ) +( ) −( )⋅ = −

⇒ ⋅ ⋅ = −22

25

13 25 13 25 38 325 287

⇒ = −

∴ + + = − − + −( )⋅ −( ) = − + =q

p q pq

3. BCalculando o determinante de P(x),P(x) = nx³ + 2m + nx – mnx² – x² – 2n P(x) = nx³ – (mn + 1)x² + nx + 2m – 2n.Comparando com Q(x)= x³ – 4x² + x + 4, obtêm-se n = 1 e mn + 1 = 4,

ou seja, m + 1 = 4. Logo, m = 3. Assim, mn= 3.


PVE1

8_SO

L_L7

4. BSendo x x x1 2 3, , as raízes de P(x), pelas relações de Girard, tem-se:

x x x

x x x

x x xx x x

x xx x

1 2 3

1 2 4

1 2 3

1 2 43 4

1

18

12

32

32

= −= −

= ⇒ = ⇒+

. ,Então

22 3

1 2 43 4 4 4

4 3

032

2 3

+ = −+ + =

⇒ − = − ⇒ − = −

⇒ = − = −

x a

x x xx x a x x a

x a x a;

Substituindo em p(x), tem-se:( a) ( a)

(a )

− + − + =

− + + =

= ⇒ = ∈

3 3 18 0

27 9 18 0

18 18 1

2 2

3 3

3

a

a a

a a

Então,

x

b b b b b a

4

3

2

2 2 12 0 8 2 12 0 2 4 2 2

= −

⇒ −( ) + ⋅ −( ) + = ⇒ − − + = ⇒ − = − ⇒ = ⇒ = .

5. CI. Correta.

a b c

abc

ab bc aca b c

abc

+ + =

=

+ + = + + =

⇒ = −

92

32

1 1 13

31219

log

II. Correta.

V V

r r

r r

r raio

cone esfera= +

⋅ = +

− + =

=

60

13

843

60

16 360 0

6

2 3

3 2

π

π π π

do ccone

da esfera

( )= ( )r raio3

III. Incorreta.O determinante da matriz é (–abc). Como o produto das raízes é abc = –12, temos det = –(–12) = 12.

6. DI. Se {a – r; a; a + r} for o conjunto verdade da equação x3 – 9x2 + 23x – 15 = 0, com r > 0, então:

(a r) a )a r(a r) a (a r) (a r )

− + + + =− ⋅ ⋅ + =

⇒=

⋅ − =

⇒=9

15

3 9

15

32 2

a

a

ar == 2

II. A progressão aritmética crescente é (1; 3; 5; …).

III. O vigésimo termo da progressão é 1 + (20 – 1) ∙ 2 = 39.

IV. A soma dos vinte primeiros termos é 1 39

220 400

+ ⋅ = . Sendo reais as raízes do polinômio p(x) = x³ + ax² + bx + x, se duas de suas raízes são –1 e 1 + ai, então a terceira raiz é 1 − ai.Pode-se escrever p(x) = (x +1)(x −1− ai)(x −1+ ai).a) Se o resto da divisão de p(x) por (x – 1) é 8, então:

p i i

p i i

( ) ( )

( )

1 1 1 1 1 1 1 8

1 2

= + − −( ) − +( ) =⇒ = −( )( )

α α

α α

Com a > 0, tem-se 2a² = 8 e, assim, a = 2.

b) Sendo a = 2, p(x) = (x +1)(x −1− 2i)(x −1+ 2i) ⇒

q xp xx

x x i x ix

q x x i x i( )( )

( )=+

=+( ) − −( ) − +( )

+⇒ = − −( ) − +(

11 1 2 1 2

11 2 1 2 ))⇒

= −( ) −( ) = − + + ⇒ = − +q x x i x x q x x( ) (x)1 2 2 1 4 2 52 2 2 2


PVE1

8_SO

L_L7

Equações algébricas: relações de Girard PVE18_7_MAT_A_27

Praticando

1. Note que para x = 0, p x( ) = − ⋅ + ⋅ + ⋅ − = −0 5 0 5 0 5 0 6 64 3 2 , e para x = 4, p x( ) = − ⋅ + ⋅ + ⋅ − = − + + − =4 5 4 5 4 5 4 6 256 320 80 20 6 304 3 2 .Pelo Teorema de Bolzano, o polinômio admite pelo menos uma raiz entre 0 e 4.

2. Pelas relações de Girard, observamos que x x xd

a1 2 3⋅ ⋅ = − , assim

− ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ = −2 4 21 2 1 2x x x x .

3. Sabendo que 1 e –1 são raízes de p(x) e usando o dispositivo de Briot-Ruffini,

p x x x x x x x x x( ) = − + + − = −( ) −( ) +( ) −( )4 3 25 5 5 6 2 3 1 1 q x x x x x( ) = + − = −( ) +( )2 2 15 3 5

Assim, m d c p q x. . . ,( ) = −( )3 m m c p q x x x x x. . . ,( ) = −( ) −( ) +( ) −( ) +( )2 3 1 1 5


1. BPela propriedade de progressão aritmética,

a rr a r r a r

− = ⇒ − = ⇒ =2

2 3

Pelas relações de Girard,− ⋅ − ⋅ + ⋅ = − ⇒ = ⇒ =r r r a r a r a9 3 9

2. APelas informações, o polinômio em questão é:

( )( )( )( )

( )( )

x i x i x x

x x x x x x x

− + − − == + − + = − + + −

2 2 3 4

4 7 12 7 12 4 22 2 4 3 2 2 88 48

7 16 28 484 3 2x

x x x x

+ == − + − +

3. EO resto da divisão de p(x) = x² + 1 por g(x) = x – 1 é igual a p(1) = 2.Temos, então, a P.G. dada por (k, 2k, 4k, 8k).A soma dos seus termos, por hipótese, resulta 15. Logo, k + 2k + 4k + 8k = 15 ⇒ k = 1, ou seja, a P.G. é dada por (1, 2, 4, 8).Portanto, f(x) é igual a:

f x x x x x

f x x x x x

( ) ( )( )( )( )

( )

= − − − −= − + − +

2 1 2 4 8

2 30 140 240 1284 3 2

4. APelas relações de Girard,

7 7= − ⇒ = −ba

b (observe que, nos polinômios apresentados, a = 1)

8 8= − ⇒ = −da

d

14 14= ⇒ =ca

c

Logo, os números pensados por João são raízes da equação x x x3 27 14 8 0− + − = .

5. ADe acordo com o gráfico, A > 0, F > 0 e P(x) possui duas raízes reais, sendo uma de multiplicidade 1 e outra de multiplicidade 2. Mas, como P(x) é do grau 5, tem-se que as outras duas raízes são com-plexas conjugadas.

7. 33 (01 + 32)(1) Correta.

3 5 31

225 3 52

22 2

5 5 52 2n

n nn

n= ⇒ = ⇒ = ⋅ = + =

+log log log

(2) Incorreta. Sendo

2x = t ⇒ 4x + 4 = 5 · 2x

2x · 2x + 4 = 5 · 2x

Chamando t = 2x, temos:

t2 + 4 = 5t

t2 – 5t + 4 = 0Resolvendo a equação, temos t = 4 e t = 1.

Calculando os valores de x:

2 4 2 2 1 0x xx e x= ⇒ = = ⇒ =

Nenhum dos dois valores pertencem ao intervalo (2, 4].

(3) Incorreta. Cada face tem

16

de chance de ocorrer. Neste caso, ele tem 16

de chance de ganhar (saindo 3) e 56

de chance de perder (saindo 1, 2, 4, 5 ou 6).

(4) Incorreta. Como 4x – 1 é um polinômio do primeiro grau, bas-ta que P(m) = 0, sendo m a raiz de 4x – 1, para que o polinômio P(x) seja divisível por 4x – 1. Calculemos m primeiramente:

4 1 0 4 114

m m m− = ⇒ = ⇒ =

Assim, basta que P14

0

= e que se calcule o valor de p

correspondente:

P x x px

P p

p p

( ) = + =

=

+

=

+ =+

=

2

2

0

14

14

14

0

116 4

1 416

0⇒⇒ + = ⇒ = − ⇒ = −4 1 0 4 114

p p p

(5) Incorreta. Pelas relações de Girard, tem-se que:

ab ac bcabc

a b cab ac bc

abc

+ + ==

⇒ + + = + + = =

⇒

125250

1 1 1 125250

12

12

log≠ 0

(6) Correta.A P C6

25 5

3 30 120 10 140+ − = + − =


PVE1

8_SO

L_L7

6. AAplicando as relações de Girard,

x1 + x2 + x3 = –ba

= 21

= 2 (I)

x1 · x2 + x1 · x3 + x2 · x3 = ca

= –51

= –5 (II)

x1 · x2 · x3 = –da

= –61

= –6 (III)Sabendo que 1 é raiz, pois p(1) = 0, temos de (I) e (III):

x x x

x x x

x x

x x

x x

x1 2 3

1 2 3

2 3

2 3

2 3

2

2

6

1 2

1 6

1+ + =⋅ ⋅ = −

⇒+ + =⋅ ⋅ = −

⇒+ =⋅xx3 6= −

Chegamos a um caso de soma e produto, em que a soma das duas raízes vale 1 e o produto vale –6. Logo, x2 = 3 e x3 = –2.Portanto, o polinômio possui três raízes reais.

7. BSejam a, b e c as raízes da equação, com a2 = bc. Logo, pelas relações de Girard,

a b cab ac bc kabc

a b c

a b c a k

a

+ + =+ + == −

⇔

+ + =+ + == −

7

216

7

216

2

3

( )

⇔+ =

− ⋅ + == −

⇔+ == −= −

b ck

a

b cka

136 13 36

6

13426

8. D

2 1 3 2 1 3 0

2 1 1 1 3

3 2 3 2

2

⋅ + = ⋅ + ⇒ ⋅ + − ⋅ + = ⇒⋅ + ⋅ − + − ⋅( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

x x x x x x

x x x xx x

x x x x

x x x

x

⋅ + = ⇒+ ⋅ − + − = ⇒+ ⋅ − + = ⇒

+ = ⇒

( )

( ) ( )

( ) ( )

1 0

1 2 2 2 3 0

1 2 5 2 0

1 0

2

2

xx ou x x x ou x= − − + = ⇒ = = −1 2 5 2 0 2 12

2

Portanto, o conjunto S será dado por:

S = − −

112

2, ,

Então, {–1, 2} ⊂ S.

9. DSe 1 + i é raiz de p, então 1 – i também é raiz. Em consequência, p é divisível por x2 – 2x + 2. Assim, p(x) = (x3 – 1)(x2 – 2x + 2) = (x – 1)(x2 + x + 1)(x2 –2x + 2)e, portanto, como x2 + x + 1 = 0 possui duas raízes complexas não reais, tem-se que p possui apenas uma raiz real e quatro raízes complexas não reais.

10. CO número de cubos sem nenhuma face pintada é igual ao número de cubos internos, sendo n o número de cubos de uma aresta. Então, P3(n) = (n – 2)3.O número de cubos com apenas uma face pintada é igual ao número de cubos que estão nas faces e não fazem parte da aresta: P2(n) = 6 · (n – 2)2.Os cubos com duas faces pintadas são os cubos que estão nas ares-tas, mas não nos cantos: P1(n) = 12(n – 2).Logo,

P x x x x

P x x x x x

P x

( )

( )

(

= −( ) − −( )+ −( )= −( ) − + − + −( )

2 12 2 6 2

2 4 4 12 6 12

3 2

2

)) .= −( ) + −( )x x x2 2 202

Portanto, uma das raízes é 2.Como a soma das raízes do segundo polinômio é –2 e o produto é –20,

x xx x x x

1 2

1 2 1 2

1 1 220

110

12

110

610

35

+⋅

= + =−−

= ⇒ + = =

Complementares

1. AA soma das raízes equivale a − = −

−( ) =ba

11

1.

O produto das raízes equivale a ea= =48

148 .

2. ESe todo polinômio de grau ímpar tem pelo menos uma raiz real, então basta procurar um polinômio de grau par, ou seja, o coeficiente do termo de maior grau deve ser nulo. Logo, (m – 1)(m2 + 1) = 0 ⇒ m =1 e p(x) = x² + kx +1.Para que p(x) não tenha raízes reais, deve-se ter:

b ac

k

kk

2

2

2

4 0

4 0

42 2

− <− <<

− < <3. A

Pelas informações do enunciado, pelas relações de Girard e sendo K1 e K2 as raízes de p(x), tem-se:

K KK K

Mas K Kr

r

1 21 2

1 2

27 14

228

+= ⇒ + =

+ = − ⇒ = −

Sejam q1 e q2 as raízes do polinômio q. Logo,

q qs

s1 22

2 32

2 12+ = ⇒

−

= ⇒ = −

Assim, p(x) + q(x) = 3x² – 12x – 2 + 2x² – 28x + 5 = 5x² – 40x + 3 e a

média aritmética das raízes de p(x) + q(x) é

4052

4

=

4. AAnalisando o gráfico, tem-se que as raízes são todas negativas. Fazendo o teste, conclui-se que x = –1 é uma das raízes e, por Briot-Ruf-fini, conclui-se que o quociente é x² + 8x +15, cujas raízes são –5 e –3.

Logo, 2 2 2 2 2 212

18

132

16 4 132

2132

1 3 5a b c+ + = + + = + + = + + =− − −

5. E1. Se {–1; a; b} for o conjunto solução da equação 2x³ – 3x² – 3x +

2 = 0, então:

− + + =

− − + = −

− ⋅ ⋅ = −

⇒+ =

⋅ =

132

32

1 1

52

1

a b

a b ab

a b

a b

a b

2. a b a b ab

a b a b

+( ) = + +

⇒

= + + ⋅ ⇔ + =

2 2 2

22 2 2 2

2

52

2 1174


PVE1

8_SO

L_L7

Equações algébricas: transformações e equações recíprocas PVE18_7_MAT_A_28

Praticando

1. ETemos y x k x y k= − ⇒ = + . Logo, substituindo na equação dada,

y k y ky ky k y k y k

y ky k y k

+( ) − = ⇒ + + + + + − =⇒ + + + − =

3 3 2 2 2 2 3

3 2 2 3

4 0 2 2 4 0

3 3 4 0

⇒⇒ + +( )+ − = ∈y ky y k k k3 33 4 0, .2.

Temos uma equação recíproca de 2.ª espécie e grau par, então:

2 –5 2 0 –2 5 –21 2 –3 –1 –1 –3 2 0

–1 2 –5 4 –5 2 0

Dividindo por (x −1) e (x +1), obtemos uma equação recíproca normal:2x4 − 5x3 + 4x2 – 5x + 2 = 0 (: x2)

⇒ 2x2 – 5x + 4 –

1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

+

1

1

5

2

2

2

x

x

x

x = 0

⇒ 2 x2 +

1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

– 5 x + 1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

+ 4 = 0

Fazendo ⇒ y1 = x + 1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

⇒ x2 +

1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

= y2 – 2

⇒ 2(y2 − 2) − 5y + 4 = 0 ⇒ 2y2 − 5y = 0 ⇒ y = 0 ou y = 52

x + 1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

= 0 ⇒ x2 + 1 = 0 ⇒ x = ± i

x + 1

1

5

2

2

2

x

x

x

x

= 52

⇒ 2x2 − 5x + 2 = 0 ⇒ x = 2 ou x = 12

⇒ S = ± i, 2, 12


1. BPelas informações apresentadas,

p x x x a bi x a bi

p x x x x a bi x a bi

( ) ( )( )( )

( ) ( )( ( ) (

= + − −( ) − +( )= + − + − −

1

1 2 )) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )(

+ − += + − − − + + += +

a bi a bi

p x x x ax bix ax bix a b

p x x

1

1

2

xx ax a b

p x x ax ax bx x ax a b

p x x x a

2

3 2 2

2 2

2

2 2

1 2

− + += − + + + − + += + − +

)

( )

( ) ( ) xx a b a a b( )+ − + +2

Assim, se a = 0, todos os coeficientes serão positivos.

2. DComo –1 é raiz dupla, aplicando Briot-Ruffini tem-se que:

2 1 –3 –1 1

–1 2 –1 –2 1 0

–1 2 –3 1 0

Logo, tem-se que: (x + 1)² ∙ (2x² – 3x + 1) = 0

x² – 3x + 1 = 0, cujas raízes são 1 e 12

.

Portanto, são raízes racionais.

3. AI. Já que 2i é raiz da equação,

(2i)4 + a ∙ (2i)3 + 5 ∙ (2i)2 – i (2i) – 6 = 0

16 – 8ai – 20 + 2 – 6 = 0 ⇒ –8ia = 8 ⇒ a = i.

II. O polinômio p(z) é divisível por z – 2i. Logo, pelo método da chave, obtém-se quociente igual a z³ + 3iz² – z – 3i.

III. z4 + iz3 + 5z2 – iz – 6 = 0(z – 2i) (z3 + 3iz2 – z – 3i) = 0

(z – 2i) (z2 – 1) (z + 3i) = 0

z = 2i ou z = 1 ou z = –1 ou z = –3i

IV. As outras raízes de p(z) = 0 são –3i, –1, 1.

6. EComo 4 é uma das raízes, tem-se que o quociente da divisão de x³ – 15x – 4 = 0 por x – 4, por Briot-Ruffini, é x² + 4x + 1. Se as raízes de x² + 4x + 1 são r1 e r2, tem-se:

1 1 41

41 2

1 2

1 2r rr r

rr+ = + = − = −

7. BSe i é raiz, pelo Teorema das Raízes Complexas, –i também é. Então, temos 3 raízes descobertas:{2, i, –i} (observe que todas essas raízes estão fora do intervalo dado). Pelo Teorema de Bolzano, se P(a) ∙ P(b) < 0, então existe um número ímpar de raízes no intervalo ]a, b[. Como podemos ter no máximo duas raízes nesse intervalo, pois as outras três já estão descobertas, a única possibilidade é ter uma raiz, já que três ultrapassa o número de raízes desse polinômio.

8. Para que x pertença ao intervalo fechado entre as raízes, o valor de f(3) deve possuir sinal contrário ao da concavidade da função ou depender de que f(3) = 0.f(3) = 9a + 3 – 3a + 1 = 6a + 4Veja que dois números m e n são opostos se m ∙ n ≤ 0.Desta forma,a ∙ f(3) ≤ 0a ∙ (6a + 4) = 6a² + 4a ≤ 0.Portanto,

− ≤


PVE1

8_SO

L_L7

4. CP(x) = a (x – r1) (x – r2) (x – r3) (x – r4) (x – r5)

São raízes de p(x): –2i, 2i, − +3 i , − −3 i , r5

Como P(x) é divisível por x – 5, P(5) = 0 ⇒ r5 = 5 Então:

P(x) a(x i)(x i)(x i)(x i)(x )

P( ) ( )

( )

= + − + − + + −

= +

+

2 2 3 3 5

1 20 5 2 3

20 5 2 3 == + − + − + + −

+ = + +( ) +a( i)( i)(x i)( i)( )

( ) ( )

1 2 1 2 3 1 3 4

20 5 2 3 1 4 1 3 12

a ⋅ −

+ = ⋅ − += −

= − + −

( )

( ) ( )( )a

P(x) ( )(x i)(x )(

4

20 5 2 3 20 5 2 31

1 2 2

a

i xx i)(x i)(x )

P( ) ( )( )( )( )

P( ) ( )

+ − + + −

∴ − = − − −

− = −

3 3 5

1 1 5 5 2 3 6

1 30 5 2 3

Complementares

1. DTodas as afirmações são corretas pelas propriedades dos polinômios.

2. C

I. Correto. Se a = 0, temos xx

8

6 5= , ou seja, x x2 5 5= ⇒ = ± .

IV. Correto.

( )x a x a x a x a x a x a8 8 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2− = +( ) −( ) = +( ) +( ) −( )

x x a x a a x x a a x a x a x a6 4 2 2 4 6 4 2 2 4 2 2 4 4 2 2−( )+ ( )− = −( )+ −( ) = +( ) −( )Então,

( )x ax x a x a a

x a8 8

6 4 2 2 4 62 25 5

−−( )+ ( )− = ⇒ + = . Se a = 5, temos x² =

–20 e, portanto, obtemos duas raízes imaginárias para a = 5.

3. BSeja y a raiz desejada. Do enunciado, tem-se que y = 2x.Substituindo na equação dada,

y y y

y y y

y

22

22

21 0

82

42

21 0

4

3 2

3 2

3

−

+

− =

⇒ − ⋅ + ⋅ − =

⇒ − yy y2 8 8 0+ − =

4. BI. Verdadeira. Por ser uma equação recíproca de segunda espé-

cie com grau par, com certeza 1 e –1 serão raízes. Efetuando Briot-Ruffini para reduzir o grau e utilizando a raiz 1, teremos:

3 –10 0 10 –3

1 3 –7 –7 3 0

Aplicando Briot-Ruffini novamente no quociente, agora com a raiz –1, teremos:

3 –7 –7 3

–1 3 –10 3 0

Portanto, as raízes do polinômio em questão são 1, –1 e as duas da equação (que são reais).

II. Falsa. 6 11 11 6 03 2x x x− − + = , por exemplo, é recíproca e, por ter grau ímpar, possui um número ímpar de raízes.

III. Verdadeira. Podemos provar isso vendo a soma e o produto das raízes.

5. EPodemos reescrever o polinômio como (x – 1)(x + 1)(bx + 2x2 + 2). Duas de suas raízes são 1 e –1. Note que temos de encontrar as outras raízes, que serão oriundas de bx + 2x2 + 2 = 0.

Por Bhaskara, chegamos a − ± − ⋅ ⋅b b2 4 2 24

.

Logo, precisamos que as raízes sejam reais e, portanto, b2 16 0 4− ≥ ⇒ ≥b . Mas note que se b = 4, temos que o resultado

de − − ⋅ ⋅±b b2 4 2 2

4 é –1, que já é uma das raízes. Logo, b > 4.

6. C150t³ – 190t + 30 = 50t³ + 35t + 30 100t³ – 225t = 0 t(100t² – 225) = 0 t = 0

t

t ht

2 225100

1 52 25

=

== ,

,

7. a) Sejam r, s e t as raízes do polinômio. Utilizando as relações

de Girard e comparando com as fórmulas da área total e do volume, temos:

P x x x x x x x

iSoma raizes a

( )

)( )

= ⇒ − + − = ⇒ − + − =

=

0 3 13 7 1 0133

73

13

0

2 2

3 2 3 2

rrs rt st Area total

Area total rs r

+ + = ⇒ = ⋅

=

= ⋅ +

73

273

143

2

( )

( ) ( tt st

iioduto raizes r s t Volume

+

= ⋅ ⋅ = − −

= ⇒ =

)

)Pr ( )

13

13

133

Volume r s t= ⋅ ⋅

(raízes)

Área

(raízes)

Área

Logo, a razão procurada é Area total

Volumem

( ).= = =

14313

143

31

14

b) As dimensões são os zeros do polinômio. Fazendo a pesquisa de raízes:

P x x x x Possiveis raizes

P

( ) ( ) : ,

( ) ( )

= − + − ⇒ ± ±

=

3 13 7 1 113

1 3 1

3 2

33 2

3 2

13 1 7 1 1 3 13 7 1 4 0

1 3 1 13 1 7 1 1

− + − = − + − = − ≠− = − − − + − −

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )P == − − − − = − ≠

=

−

+

3 13 7 1 24 0

13

313

1313

713

3 2

P − = − + − =

= − + − = − = ⇒

13

27139

73

1

3 39 63 2727

66 6627

013

e raiz

Possíveis (raízes):

é raiz.

Aplicando o dispositivo prático de Briot-Ruffini, temos:

13

3 –13 7 –1

3 –12 3 0

Resolvendo a equação 3x2 – 12x + 3 = 0, temos:


PVE1

8_SO

L_L7

3 12 3 0 4 1 04 16 4 1 1

2

4 122

4 2 32

2 2

1

x x x x x

x

− + = ⇒ − + = ⇒ =− − ± −

=

=±

=±

⇒=

( ) ( )( )

22 3

2 3

2 3 2 313

2

+

= −

= − +

x

Logo S, , ,

8. DSubstituindo x por 1, tem-se:1 – (a + b + c) + 6 – 3c + 6 – 1 = 0a + b + 4c = 12 (1) Substituindo x por –1, tem-se que a + b – 2c = 0 (2).Resolvendo o sistema formado por (1) e (2), tem-se que:

x x x x x6 5 4 26 6 6 6 1 0− + − + − =Por Briot-Ruffini, tem-se x x x x x x−( ) +( ) − + − −( )1 1 6 7 6 14 3 2 .Como 1 e –1 são raízes, basta fazer:

xx

xx

xx

y xx

y

y y xx

22

22

2

2

16

17

1 12

6 5 01

+

− +

+

+ = ⇒ + = −

− + = ⇒ + == + =51

1 ou xx

A s s i m , a s r a í z e s s ã o 1 1

1 32

1 32

5 212

5 212

4, , , , , , .− + − + −i i sendo delas reais

9. CSendo uma equação recíproca de segunda espécie com grau par (sexto grau), com certeza terá as raízes 1 e –1.O exercício nos diz que i é uma raiz e, portanto, seu conjuga-do –i também será.

Por ser um polinômio recíproco, as outras duas raízes são recíprocas,

ou seja, uma será r e outra será 1r

. Fatorando o polinômio com as informações que temos:

p x a x x x i x i x r xr

p x a x x

( ) ( )( )( )( )( )

( ) ( )(

= − + − + − −

⇒ = − +

1 11

12 2 111

1

11

1

2

4 2

)

( ) ( )

⋅ − +

⋅ +

⇒ = − ⋅ − +

⋅ +

x rr

x

p x a x x rr

x

Substituindo as informações dadas ( p

p

( )

( )

2105

8

2255

8

= −

− =

e

p

p

( )

( )

2105

8

2255

8

= −

− =), tem-se:

− = − ⋅ − +

⋅ +

1058

2 1 21

2 14 2a rr

(( ) ) ( )

e

2558

2 1 21

2 14 2= − − ⋅ − − +

⋅ +

a r r

(( ) ) ( )

Fazendo k rr

= +

1, tem-se:

−= ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ +

⇒ − =+−

⇒ =

1058

15 5 2

2558

15 5 2

177

5 25 2

6a

ak

( k)

( k)

kk

Logo, a soma de todas as raízes dessa equação equivale a –1 + 1 + i – i + 6 = 6.

Matemática B

Operações com arcos II PVE18_7_MAT_B_25

Praticando

1. CBasta perceber que

• sen(a – 30°) = sen a · cos 30° – sen 30° · cos a = − =3

212

sena a mcos

• cos(60° + a) = cos 60° · cos a – sen 60° · sen a =

12

32

1cos a sena m− = −

2. DTem-se que sen sen15

302

° =°

. Sendo assim, pela fórmula do

arco metade, tem-se

sen151 30

2

13

22

2 322

2 34

2 3

2° =

− °=

−=

−

=−

=−( )cos

3. BNotamos que (sen 22,5° + cos 22,5°)2 = sen2(22,5) + cos2(22,5) + + 2 · sen 22,5° · cos 22,5° = 1 + 2 · sen 22,5° · cos 22,5°. Sendo assim, basta calcular os valores de sen 22,5° e cos 22,5°. Pela fórmula do arco metade,

cos ,cos

,cos

22 51 45

2

12

22

2 222

2 24

22 51 45

2

12

° =+ °

=+

=

+

=+

° =− °

=−

e

sen 222

2 222

2 24

=

−

=−

Então, sen 22,5° · cos 22,5° =

=2 2

42 2

42 2

42 2

44 2 2 2 2 2

162

162

4−

⋅+

=−

⋅+

=− + −

= =

2 24

2 24

2 24

2 24

4 2 2 2 2 216

216

24

−⋅

+=

−⋅+

=− + −

= =

Dessa forma, concluímos que 2 · sen 22,5° · cos 22,5° = 2

2 e, portanto,

(sen 22,5° + cos 22,5°)2 = 12

2+ .


PVE1

8_SO

L_L7


1. Ecos cos

cos co

a b b sen a b sen b

a b b

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2

−( ) ⋅ ( ) − −( ) ⋅ ( ) == − +( ) = ss cosa b a b a b2 2−( ) = +( ) ⋅ −( )

2. DElevando ao quadrado os dois membros da igualdade:

cos cos2 2 223

1 223

213

θ θ θ θ

θ

θ

+ − =

− ( ) =

( ) =

sen sen

sen

sen

3. E

sen x x sen x x

p qx

p qx

p q xp q

912

2 9

29

2

18

⋅ = ⋅ ⋅( )

+=

−=

⇔+ =−

cos cos

==

⇔ = =2

10 8x

p x e q x

Logo, sen x x sen x sen x912

10 8⋅ = +( )cos .4. A

Utilizando o Teorema de Cramer para o cálculo de y:

y

sensen

sensen

sensen

se=

° −°

°°

° − °° °

=

10150

50110

10 1050 50

2cos

cosnn sen10 50 50 10

250 10

2

32

4

3

4 33° ⋅ ° + °⋅ °

=° + °( )

= = =cos sen cos

y

sensen

sensen

sensen

se=

° −°

°°

° − °° °

=

10150

50110

10 1050 50

2cos

cosnn sen10 50 50 10

250 10

2

32

4

3

4 33° ⋅ ° + °⋅ °

=° + °( )

= = =cos sen cos

5. ECalculando o cos 15° por meio da fórmula do arco metade:

cos

cos

151

32

22 3

4

152 3

2

° =+

=+

° =+

No triângulo da figura:

cos cos1516

16 15 162 3

28 2 3° = ⇒ = ⋅ °⇒ = ⋅

+⇒ ⋅ +( )c c c m

6. D

senx seny

x y

sen x senx seny sen y+ =

+ =

⇔

+ + =152

1

2159

2 2

cos cos

•

coss cos •cos cos

cos • cos •c

2 2

2 2

2 1

2

x x y y

sen x x senx seny x

+ + =

⇔ + + + oos cos

• cos •cos

•

y sen y y

senx seny x y

senx se

( ) + + = +

⇔ +( ) =

⇔

2 2 53

1

223

1nny x

x y

x y

+=

⇔−( )

=

⇔ −( ) =

cos •cosy

cos

sec

3

13

3

7. DConsidere a figura a seguir:

2

a

θ3

4

56

O arco compreendido entre quaisquer dois pontos consecutivos

indicados sobre a circunferência, na figura, vale 36012

30°= ° .

Logo, α = ⋅ ° = °4 30 120 . Por outro lado, o deslocamento do ponteiro

das horas, em 30 minutos, é θ =°= °

302

15 .

Portanto, o resultado pedido é dado por:

cos cos

cos

cos cos

α θ−( ) = ° == °+ °( ) == °⋅ ° − °⋅

105

45 60

45 60 45 60sen sen °° =

= ⋅ − ⋅ =−

= −−2

212

22

32

2 64

6 24

8. E

ππ

π π2 4 2 2 2

0

1

12425

2 2

2

< < ⇒ < < ⇒

>

= −

= −

xx x

x sen x

x

cos

cos

cos ⇒ = ±

2 725

cos x

Como π

π2< , temos cos

x2

35

=


PVE1

8_SO

L_L7

Complementares

1. A

senx x a senx x a sen x asen x

−( ) = ( ) ⇒ − = ⇒ = −cos cos2 22

1 2 2 1� ��

2. Dy sen seny sen sen= ° ° + ° °= ° ° + − ° °

70 50 260 28070 50 10 80

cos coscos ( cos ))

ysen cos cos

cos

=°+ °

+°− °

=°+ °+ °−

sen

ysen sen

120 202

90 702

120 90 20 ccos70

23

20 0

23

4

°( )

=+ +

=

y

y

3. B

tgtg tg

tg tg

tg

α βα βα β

α β

+( ) = +− ⋅

+( ) =+

− ⋅=

113

12

113

12

1

Logo, α βπ

+ =4

rad.

45°

C

1

1

11 BMA

ba135°

45°

4. Atg sen

sen

10 5 5 5 5

1010

15

1

° ⋅ ° + °( ) ° − °( ) =

=°°⋅

°+

sec cossec cos

cos cos ssensen

sen sen

55 5

5 5

5 55 5

°

° − °( ) =

=°+ °( )° + °( )

⋅° +

cos

coscos °°

° °

° − °( ) =

=° °

° − °

sensen

sen

sen

5 55 5

2 5 5

5 52 2

coscos

cos

cos

° + °° °

° − °( ) =

=

sensen

sen5 55 5

5 5

252

coscos

cos

cos °° − °

° ° − ° + °− ° °( ) =

=

sencos cos cos

cos

22 2

55 5 5 5 5 5

2

sen sen sen

22 2

2 2

5 55 5 2

° − °

° − °( ) =sen cos sen

5. BLembrando que cos cos cos3 4 33x x x= −

4 9 3 4 27 3

9 4 9 3 4

2 2

2

cos cos

cos cos co

°( ) − °( ) − =

=°( ) °( ) − ss

cos

cos cos cos

2

3 2

27 3

9

4 9 3 9 4 27 3

°( ) − °( )

=

=°( ) − °( ) °( ) −

°( )=

=°( ) ⋅ °( ) −

°( )=

=°( ) −

cos

cos cos

cos

cos

9

27 4 27 3

9

4 27

2

3 33 27

9

81

9

9

99

cos

cos

cos

cos cos

°( ) °( )

=°( )°( )

=°( )°( )= °(sen tg ))

6.

f x x x

f x x x sen x

f x x

( ) cos cos

( ) cos cos

( ) cos co

= + ( )

= + −( )

= +

12

2

1212

2 2

ss cos

( ) cos cos

2 2

2

1

12

x x

f x x x

− +( )

= + −

Temos uma função do segundo grau na variável cos x.O valor de cos x para que f(x) seja mínimo será dado por:

cos cosx x= −⋅⇒ = −

12 1

12

Portanto, para 0 2≤ ≤x π, a função f(x) assume valor mínimo para

x ou x= =23

43

π π.

7. B

α βπ

βπ

α

α β απ

α

α β

+ = ⇔ = −

+ = + −

+ =

43

43

43

2

sen sen sen sen

sen sen sen

4432

243

2

223

πα

π

α βπ

⋅

−

+ =

cos

cossen sen sen ααπ

ππ

απ

π

−

− = + ∈

= +

23

23

0 2

23

2

a k com k

k

,

Se k = 0, temos απ

=23

Se k = 1, temos απ

=53

que é maior que43π

Logo, απ

=23

.

8. DComo

sen sen

sen sen

15 45 30

45 30 30 45

22

32

12

2

° = ° − °( ) == ° ° − ° ° =

= ⋅ − ⋅

cos cos

226 2

4=

−


PVE1

8_SO

L_L7

Então,

senha

ha

156 2

41

1° = ⇔ =−( )

Além disso,

senha

ha

452

22

2° = ⇔ =

Então,

h ha a a

1 2

6 2

42

2

6 2

4+ =

−( )+ =

+( )

Por outro lado,

sen sen

sen sen

75 45 30

45 30 30 45

22

32

12

2

° = ° + °( ) == ° ° + ° ° =

= ⋅ + ⋅

cos cos

226 2

4=

+

Então,

senha

ha

756 2

43

3° = ⇔ =+( )

Portanto, h h h1 2 3+ = .

Equações e inequações trigonométricas PVE18_7_MAT_B_26

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, concluímos que a única alternativa que respeita essas igualdades e/ou desigualdades é a B.

2. CTemos cos cos

cosx tgx x

senxx

= ⇔ =

Daí,

coscos cos

2 2

01 0

0

1 52

x senxx

sen x senxx

senx=≠

⇔

− − =≠

⇔ =

±−

ccos cosx

senx

x≠

⇔ =

± −

≠

0

5 12

0

Como –1 ≤ sen x ≤ 1, sen x =−5 1

2

3. cos 2x + cos x ≤ –1 ⇔ (2cos2 x –1) + cos x ≤ –1 ⇔ ⇔ 2cos2 x + cos x ≤ 0 ⇔ cos x (2cos x + 1) ≤ 0 ⇔ −

12

≤ 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


1. AComo a função cosseno é par, temos:cos cos cos cosx x x x S( ) = −( )⇔ = ⇔ =

2. C

Como os gráficos das funções y = sen x e yx

=10

apresentam 7 pontos de interseção, a equação senxx=

10 admite 7 soluções reais.


PVE1

8_SO

L_L7

3. ASendo k ∈:

cos cos cos3 1 33 2

2 13

x xx k

xk

= − ⇔ =⇔ = +

⇔ =+

ππ π

π

Para k = 0, temos x = π3

e, portanto, cos x = 12

.

Para k = 1, temos x = π e, portanto, cos x = –1.

Prosseguindo para outros valores de k, que sempre alternarão entre 12

e – 1.

Dessa forma, temos cos x = –1 ou cosx =12

.

4. ESabendo que sen x = 1 é uma das raízes da equação polinomial na incógnita sen x:

sen x sen x senx senx sen x senx3 2 22 5 6 0 1 6 0− − + = ⇔ −( ) − − =( )Temos então:

• sen x – 1 = 0 ou • sen2 x – sen x –6 = 0

Da primeira, senx x= ⇒ =12π

ou x =52π

.

Da segunda, sen x = 3 ou sen x = –2. No entanto, ambas não convêm, pois –1 ≤ sen x ≤ 1.Portanto, a soma pedida é 3π.

5. B

2 3 1 0

3 4 2 1 1

3 12

2

2

sen x senx

Logo

senx

− + =

⇔ ∆ = − − ⋅ ⋅ =

=− − ±

⋅

, ( )

( )Então,

22

112

12 2 2 2

⇒=

=

− = − −

senx

senx

sen p q sen p sen q

Portanto,

cos ( ) == + − = +

− = =sen p sen q

2 2 22

1 112

114

0 25,

6. 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 coos x − =2 0

Resolvendo a equação do segundo grau na incógnita cos x:

cosx =12

ou cos x = –2 (não convém).

Portanto, o valor pedido é x =π3

.

7. BSabendo que |y|² = y²,

senx sen x senx senx senx= − ⇔ + − = ⇒ =1 2 2 1 012

2 2

Daí, como 0 2<


PVE1

8_SO

L_L7

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. D

Notemos que cos cos cos cos

co

23

32

023

032

x x xou

x

⋅

= ⇒

=

ss , ,23

023 2

34

32

x xk k x k k

= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈

ππ

π π

Verifiquemos cada caso:

•

cos cos cos cos

co

23

32

023

032

x x xou

x

⋅

= ⇒

=

ss , ,23

023 2

34

32

x xk k x k k

= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈

ππ

π π

Para k = 0, temos x =34π


(maior que π)

• cos , ,32

032 2 3

23

x xk k x k k

= ⇒ = + ∈ ⇒ = + ⋅ ∈

ππ

π π

Para k = 0, temos x =π3

Para k = 1, temos x = π


(maior que π)

Logo, o conjunto solução da equação será π π

π3

34

, ,

.

10. A2 2 2

2 2

2 1

2

2 2 2

2 2 2

cos cos

cos cos

cos cos ( cos )

x x

x x sen x

x x x

+ ( ) >+ − >

+ − − >>

− >

< − >

2

4 3 0

32

32

2cos

cos cos

x

x ou x

0π

56

32

63

2

π

π

−56

32

63

2

π

π

−

56

32

63

2

π

π

−56

32

63

2

π

π

−

Logo, o conjunto solução será:

S x x ou x= ∈( ) < < <


PVE1

8_SO

L_L7

Juros simples PVE18_7_MAT_B_27

Praticando

1. t ano mesesiC

J C i t R= ===

⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1 120 05540

540 0 05 12 324 0, , $ , 00

2. t meses semestre

iC

M C J C C i t C i

= =

==

⇒ = + = + ⋅ ⋅ = + ⋅

886

0 72180

1

,

( tt

M

) ,

, ( , )

= ⋅ + ⋅

=

= ⋅ + ⋅( )⇒ = ⋅ + =

180 1 0 7286

180 1 0 12 8 180 1 0 96 180 ⋅⋅ =1 96 352 80, $ ,R

3. EO total de juros que Fábio deverá pagar depois de dois anos é igual a J = 10000 · 0,2 · 2 = 4000. Sendo assim, o montante passa a ser M = 10000 + 4000 = 14000. Se Fábio pagou R$4.000,00 na primeira parcela, o valor da segunda foi de 14000 – 4000 = R$10.000,00.


1. E

M C it n n= + = +( ) = +( ) , ,1 80 1 0 3 80 2 4

2. C

iy x

xyx

=−

= − = − = ⇒1 2 08 1 1 08 108, , %

3. BUm contribuinte, que vende por R$34 mil um lote de ações que cus-tou R$26 mil reais, teve um lucro de (34 000 – 26 000 = 8 000) reais. Ele pagará à Receita Federal 0,15 ∙ R$8.000 = R$1.200,00.

4. C

i =−

= ≅ ⇒145000 132000

13200013

1320 098 9 8, , %

5. AComo ambas as situações estão sob juros simples, temos um juros de 320 reais em quatro meses na primeira situação. Aplicando a fórmula de juros simples:J C i t i i= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = =320 1000 4 0 08 8, %Na segunda situação:J C i t i i= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = =600 1200 5 0 1 10, %

6. DJ C i t

J

J

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

30000 8100

18

432

,

Logo, o montante M será dado por:M R= + =3 000 432 3 432 00. $ . ,

7. BSeja C a parte financiada pelo agricultor.Como i = =2 0 02% , a.m. e n = 10 meses:

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

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+ + + + = .

8. D

3 3 0

3 3 1 0

2 3

2 2

2 2

2

sen x senx x

sen x senx sen x

senx s

− + =− + − =

−

| | cos

| |

| | | eenx | + =1 0

Resolvendo, por Bhaskara, obtém-se que

| |senx = 1 ou | |senx =12

Para sen x=1 ou sen x = –1, temos x =π2

ou x = 32≠π

Para senx = 12

ou senx = − 12

, temos x =π5

, x =56π

, x =76π

e x =11

6π

Logo, a equação terá 6 raízes.

9. EConsidere a figura a seguir, em que M é o ponto médio do lado AB.

A M B

CDO

Do triangulo retângulo OMB, obtemos:

tg M BBM

MOMO

AB

tgÔ = ⇔ =

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 252θ

θ

L o g o , c o m o tg15 0 2679 0 25° ≅ >, , e 0 180° < < °θ , v e m q u e 30 180° < < °θ . Notemos que 30 150 30 180° °] [ ⊂ ° °] [, , e, portanto, a resposta pro-curada é 30°


PVE1

8_SO

L_L7

208 800 1 0 02 10208 800

1 2174 000 00

= ⋅ + ⋅ ⇔ =

⇔ =

C C

C

( , ),

$ . ,R

8. CMontante : x

Apósoprimeiromês :

Apósosegundomês :

x x x− ⋅ = ⋅0 30 0 70, ,00 70 0 2 0 3 0 76

0 76 380038000 76

5000

, , , ,

,,

⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ = ⇒ = ⇒ =

x x x

x x x

9. AO leite foi encarecido em 40%, assim, temos que o novo preço do leite será de 1,4 ∙ 1,5 = 2,10 reais. Como o mercado cortou 20% da compra, passou a ser comprado 0,8 ∙ 3 000 = 2 400 caixas. Portanto, o valor que o mercado gastou após os cortes foi de 2 400 ∙ 2,10 = R$5.040,00.Como antes esse valor era de 3 000 ∙ 1,50 = R$4.500,00, esse forne-cedor teve aumento de 540 reais.

10. DCalculando os valores:I) Poupança: 500 ∙ (1 + 0,0056) = 500 ∙ (1,0056) = R$502,80 de

resgate (sem imposto).

II) C D B : 5 0 0 ∙ ( 1 + 0 , 8 7 6 ) = 5 0 0 ∙ ( 1 , 0 0 8 7 6 ) = R $ 5 0 4 , 3 8 . O g a n h o é d e 5 0 4 , 3 8 – – 500 = R$4,38. O imposto cobrado será (0,04)∙(4,38) = R$0,17. Logo, resgata-se (504,38 – 0,17) = R$504,21.

Logo, a aplicação mais vantajosa será o CDB.

Complementares

1. BO acréscimo percentual, em relação ao valor inicial, é igual a 5 · 0,7 = 3,5.

2. CValor emprestado com juros: 600 + 2 ∙ 0,4 ∙ 600 = 648 reais.Desconto concedido pelo sorteio: 648 – 602,64 = 45,36 reais.

Em porcentagem: 45 36648

0 07 7,

, %.= =

3. CSabendo que o valor das parcelas no plano II é de x reais, e supondo que 3x seja o preço de tabela da mercadoria, segue que o valor pago no plano I é igual a 3x ∙ 0,85 = 2,55x. Os juros mensais pagos no plano III correspondem a 3x ∙ 0,02 = 0,06x e, dessa forma, o valor pago pela mercadoria no plano III é dado por 3x + 6 ∙ 0,06x = 3,36x. Portanto, a diferença entre o valor pago pela mercadoria nos planos I e III é de 3,36x – 2,55x = 0,81x reais.

4. EComo 2a = 3b e 2c=7b, então a + b + c equivale a

aa a

a a a a+ +

= ⇒ ⋅ = = ⋅

23

73

4 410

1000 4 40, %

5. CDepreciação mensal da roçadeira:

3600012 12

250 00⋅

=R$ , .

Decréscimo percentual em 1.º de setembro: 8 2503 600

5≅ %.

6. CA primeira parcela de R$460,00 será paga à vista (portanto, não há incidência de juros). A segunda parcela, caso não houvesse incidên-cia de juros, seria de R$400,00, pois o preço do fogão à vista é de R$860,00 (860 – 460 = 400). No entanto, há um acréscimo de R$60,00 na segunda parcela, os quais representam os juros após 30 dias.

Logo, os juros são iguais a 60400

0 15 15= ⇒, %.

7. ADe acordo com o enunciado, o preço para pagamentoà vista é 95% ∙ p = 0,95p.Se o pagamento for feito n meses após a compra, serápago 0,05p de juros.Sendo i% a taxa mensal de juros simples, temos:

0 050 95

10010019

,,

pp i n

in

=⋅ ⋅

⇔ =

A taxa mensal de juros simples do financiamento é 10019n

%.

8. a) Pagamento à vista: 1000 ∙ 0,9 = 900,00.

Aplicando a 3% a.m.: 900,00 ∙ 1,03 = 927,00.

b) P r e ç o d o p r o d u t o p a r a p a g a m e n t o à v i s t a : 1 000 1 000

10100

900 00− ⋅

=$ , .

P r e ç o d o p r o d u t o p a r a p a g a m e n -

t o e m 3 0 d i a s : 1 000 1 0007 2100

928 00− ⋅

=

,$ , .

= $928,00.

Montante do valor a ser desembolsado no pagamen-

to à vista, apl icado pelo comprador em uma apli-c a ç ã o d e 3 0 d i a s c o m u m r e n d i m e n t o d e 3 % :

900 9003

100927 00+ ⋅

=$ , .

Esse montante é menor que o preço a pagar. Assim, a opção mais vantajosa é pagar à vista.

9. E

2000 1 0 02 1850 1 0 03 4

2000 40 1850 0 88 0 03

+( ) = + −( )( )⇒⇒ + = +( )

, ,

, ,

n n

n n

⇒⇒ + = +⇒ =

2000 40 1628 55 524

n nn

,

Logo, 2 + 4 = 6.


PVE1

8_SO

L_L7

Juros compostos PVE18_7_MAT_B_28

Praticando

1. ACalculando o preço à vista da mercadoria:

5005761 2

576

1 2500 480 100 1 380 002+ + ( )

= + + =, ,

$ . ,R

2. M C i t

t t

t

= ⋅ +( )= ⋅ +( ) ⇒ +( ) = ⇒

=

1

2 000 1 000 1 0 06 1 0 06 2

1 062 2

, ,

log ( , ) log 22 1 06 1

0 084 1 11 911 11

2⇒ ⋅ = ⇒⋅ = ⇒ ==

t log ( , )

t , t , anost anos e meses

3. 3 000 1 000 1 08 1 083 0001 000

1 08 3 31 08

= ⋅ ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ = =

( , ) ( , )

( , ) logl

,

n n

n noog

log ,,

log

,log log log

,

31 08

0 482 310

0 482 2 3 3 2 10

0 482

2 3

2

=⋅

⇒

=+ −

=n(( , ) ( , )

,, ,

,,

,,

0 3 3 0 48 20 48

0 6 1 44 20 48

2 04 20 480 04

12

+ −=

=+ −

=−

= = mesees


1. DO resultado pedido é dado por 1000 0 8 1 1 0 8 1 1 774 40⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =, , , , $ , .R

2. DTemos que, na décima prestação, o valor devido é de R$175.500. Calculando os juros, temos 1% de 175.500 = R$1.755. Logo, na décima prestação o valor será de 1.755 + 500 = R$2.255.

3. 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.

4. DSabendo que um capital C após t anos, aplicado a uma taxa de juros i, produz um montante M, dado por M C i t= +( )1 : 40 000 2500 2

2 164

< ⋅

>>

t

t

t

5. B43200 2000 1 0 08

2 16 1 08

2 16 1 08

0 33

= +( )= ( )

( ) = ( )= ⋅

,

, ,

log , log ,

,

T

T

T

T 00 0311

,T =

6. CDo gráfico, tem-se que o saldo devedor inicial é R$500,00. Além disso, como a capitalização é composta, podemos concluir que a parcela mensal de juros é variável. Finalmente, supondo uma taxa de juros constante e igual a 10% ao mês, teríamos, ao final de 6 meses, um saldo devedor igual a 500 1 1 885 786⋅ ≅( , ) $ , .R Portanto, comparando

esse resultado com o gráfico, podemos afirmar que a taxa de juros mensal é superior a 10%.

7. APara quitar a dívida na sexta parcela, o valor a ser pago dever ser igual a

PP

iP

iP

i i+

++

+

= ++

+

+

1100 1 100

11

1100

1

1100

2 28. A

A expressão que fornece o saldo ao final de n meses é600 1 006 600 1 006 600 1 006

600 1 0061 006 11 0

2⋅ + ⋅ + + ⋅ =

= ⋅ ⋅−

, , ... ,

,,,

n

n

006 1603 6

1 006 10 006

100 600 1 006 1

−= ⋅

−=

= ( ) −

,,

,

,

n

n

9. 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.

10. CO tempo necessário aproximado para que o montante da aplicação seja R$8.000,00 é tal que

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,,

,

0,24 · 365 = 87,6 = 60 + 27,6 = 2 meses + 27 dias.

Complementares

1. BCalculando 10/jan. → 0 + 1 000 = 1 00010/fev. → (1 000 · 1,10) + 1 000 = 2 10010/mar. → (2 100 · 1,10) + 1 000 = 3 31010/abr. → (3 310 · 1,10) = 3 641

2. ASendo i a taxa anual de juros compostos que gera um montante de 64 reais a cada real aplicado:

1 1 64 1 2

1 2 1 1 4142 0 4142 41 42

12 612⋅ +( ) = ⇒ + =+ = ⇒ + = ⇒ = =

i i

i i i, , , %

3. Pr :Pr :

( , ) ( , )o inicial Po final

P710

1 0 1 1 0 1 100 710

⇒ ⋅ − ⋅ − − =

⋅ ⋅ = ⇒ =

= =

P P

P R

( , ) ( , ),

$

0 9 0 9 8108100 81

8100081

1.000,00

Preço

Preço


PVE1

8_SO

L_L7

4. EJuros simples: 1 000, 1 100, 1 200, 1 300, ... (progressão aritmética de razão 100)Juros compostos: 2 000, 2 200, 2 420, 2 662, ... (progressão geométrica de razão 1,1)

5. D

10 000 1 7000 1 6 000

10 1 7 1 6 0

165

2

+( ) − ⋅ +( ) =+( ) − ⋅ +( ) − =

+ = ⇒

i i

i i

i i == + = − ⇒ = −15

112

32

i iResolvendo a equação na incógnita 1 + i, temos:

10 000 1 7000 1 6 000

10 1 7 1 6 0

165

2

+( ) − ⋅ +( ) =+( ) − ⋅ +( ) − =

+ = ⇒

i i

i i

i i == + = − ⇒ = −15

112

32

i i (não convém)

Logo, 4 145

11

250 042

2

i−( ) = −

= = , .

6. ESeja C o capital aplicado. Logo, sabendo que o montante resgatado foi de R$65.536,00:

65536 1 01 1 024

1 0302

4

1 0302

3

4 48

4

8

= ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔

⇔ =

⇒

⇒ ≅

C C

C

C

( , ) ( , ),

,

,, .948

Por conseguinte, podemos afirmar que o capital aplicado, em reais, foi aproximadamente igual a 3,968.

7. CI. C1 = 2 000

i1 = 3% a.m. n1 = 60 dias = 2 meses

II. C2 = 1 200 i2 = 2% a.m. n2 = 30 dias = 1 mês

III. M1 = 2 000∙(1+0,03)2 = 2.121,8 M2 = 1 200∙(1+0,02) = 1.224

• Soma dos montantes: Mtot = M1 + M2 = 3.345,8 • Diferença entre os montantes: |M1 – M2| = 897,8

8. CEscolhendo a opção 1 Maria paga 0,95 · 900 = R$855,00 à vista, gastando tudo o que possui.Na opção 2 ela terá, após 4 meses, 855 · (1,01)4 = R$889,72, o que não é suficiente para pagar o computador.Se optar pelo 3.º plano, ao fim do mês ela terá 855 · 1,01 = R$863,55 e pagará R$225,00, ficando com R$638,55. Ao fim do 2.º mês, ela terá 638,55 · 1,01 ≅ ≅ R$644,94 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 quarta opção ela terá, após 3 meses, 855 · (1,02)3 ≅ R$907,33, o que será suficiente para pagar o computador e ainda obter um ganho de R$7,33.Portanto, a opção 4 é a melhor dentre as disponíveis.

9. AO montante obtido com o presente dos pais é5 000 · (1 + 0,005)60 ≅ 5 000 · 1,35 = R$6.750,00.O montante obtido com as aplicações mensais é dado por

100 1 005 1 005 1 100 1 0051

11 005

1

59 58 59

60

⋅ + + + = ⋅ ⋅−

−( , , ... ) , ,

111 005

1000 35

0 0057 000 00

,,

,$ . ,

≅ ⋅

≅ R

Matemática C

Distância entre ponto e reta e área de um triângulo PVE18_7_MAT_C_25

Praticando

1. DD

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Língua Portuguesa - upvix.com.br · ternativa C, o texto 1 é tipicamente jornalístico e possui marcas desse gênero; o texto 2, por sua vez, é poético e tipicamente subjetivo,