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111Caderno de Atividades / Livro do Professor
MATEMÁTICA 3ª. Série
FUNÇÃO MODULAR
1. Gabarito: d
f x x
g x ax bx cf g x g x g x f g x
( ) = −
( ) = + +
⇒ ( )( ) = ( ) − ⇒ ( ) = ( )( )
55
2 ++ 5
Assim, temos que:
g f g
g f g
g f g
0 0 5 0 5 5
1 1 5 0 5 5
2 2 5 0 5
( ) = ( )( ) + = + =
( ) = ( )( ) + = + =
( ) = ( )( ) + = + ==
( ) = ( )( ) + = + =
5
3 3 5 0 5 5g f g
De acordo com a concavidade do gráfico da função g, temos duas possibilidades:
a
g
g
g
a b c
a b c
>
( ) =
( ) = −
( ) = −
⇒
= ⋅ + ⋅ +
− = ⋅ + ⋅ +
−
0
0 5
1 5
2 5
5 0 0
5 1 1
5
2
2
== ⋅ + ⋅ +
⇒=+ = −+ = −
⇒ = = − =
a b c
ca b
a ba b e c
2 2
510
4 2 105 15 5
2
,
aa
g
g
g
a b c
a b c
<
( ) = −
( ) =
( ) =
⇒
− = ⋅ + ⋅ +
= ⋅ + ⋅ +
=
0
0 5
1 5
2 5
5 0 0
5 1 1
5
2
2
aa b c
ca b
a ba b e c
⋅ + ⋅ +
⇒= −+ =+ =
⇒ = − = = −
2 2
510
4 2 105 15 5
2
,
a b e c a b c= = − = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ −( ) ⋅ = ⋅ − ⋅( ) ⋅ = − ⋅5 15 5 5 15 5 5 3 5 5 3 53,
a b e c a b c= − = = − ⇒ ⋅ ⋅ = −( ) ⋅ ⋅ −( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅5 15 5 5 15 5 5 3 5 5 3 53,
Em qualquer caso, temos que a b c⋅ ⋅ = ⋅3 53 .
2. Gabarito: c
a) Incorreta.
Como 3 1 0x − ≥ , então Im(f) = R+.
b) Incorreta.
112 3ª. Série
Se tomarmos, por exemplo, x e x1 21 0= − = , temos:
f x f
f x f
11
20
1 3 123
0 3 1 0
( ) = −( ) = − =
( ) = ( ) = − =
−
Como x x e f x f x1 2 1 2< ( ) > ( ) , f não é uma função crescente.
c) Correta.
A função f não é sobrejetora, pois Im(f) = R+ ≠ CD(f) = R.
Vamos verificar se f é injetora. Sejam x1 e x2 números reais tais que f x f x1 2( ) = ( ) . Então,
f x f x
ou
x x
x x
1 2 3 1 3 1
3 1 3 1 3
1 2
1 2
( ) = ( ) ⇒ − = − ⇒
− = −
xx x
x xx x ou
1 2
1 2
1 3 1
3 3 21 2
− = − −( ) ⇒
= + =
Sejam, x1 = log3 p e x2 = log3 q, onde p > q > 0 e p + q = 2.
Temos que:
3 3 3 3 21 2 3 3x x p q p q+ = + = + =log log
Portanto f x f x com x x1 2 1 2( ) = ( ) ≠ , onde a função não é injetora.
d) Incorreta.
Vimos que f não é injetora.
e) Incorreta.
f 0 3 1 00( ) = − = . Logo 0∈ ( )Im f .
3.
x y x yx y x y you
x y x y x
− = + ⇒− = + ⇒ =
− = − +( ) ⇒ =
0
0
4. Gabarito: b
Seja x A∈ . Então,
1
1
13
3 1
3 1
3 12
2
2
2x xx x
x x I
ou
x x+
>+
⇒ + > + ⇒
+ > + ( )
+ < − +( )
II( )
Resolvendo cada uma das inequações (I) e (II), temos:
I x x( ) − − < 2 2 0
−+ +2−1
II x x( ) + + < 2 4 0
+++++++++++++++++++++++++
Fazendo a união dos dois intervalos:
A A= −( ) ∪ ∅ ⇒ = −( )1 2 1 2, ,
Agora, seja x B∈ . Então,
x x x x x xx x xou
x x x
xou
x
⋅ +( ) > ⇒ + > ⇒+ >
+ < −
⇒
⇒>
2 3
3
3
1
0
⋅⋅ +( ) <
⇒ ≠
x
x2 2 0
0
Portanto B = R – {0}.
Assim, temos:
I – VERDADEIRO
II – FALSO
III – VERDADEIRO
IV – FALSO
5. Gabarito: d
O módulo de qualquer número real é um valor não negativo. Portanto, a quantidade de números reais que satisfazem a equação é zero.
6.
a)
( ) ( )= ⇒ + = + ⇒ + =
= +
− + = − − ⇒ = −
− ≤ < + = + ⇒ − + =
= + ⇒ =
≥ + = + ⇒ + = + ⇒
=
1 21 3
f x f x x 3 x 1 x 62 2
3 x 1
Se x < –1, então x + 6 = 3 x + 1 ⇒9
x 6 3x 3 x2
Se 1 x 0, então x 6 3 x 1 x 6
33x 3 x (não convém)
4Se x 0, então x 6 3 x 1 x 6 3x 3
3x
2
Portanto S = −
92
32
, .
113Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
b) Graficamente, temos:
y
x
3
0–1
f
f1
f2
21415
4
32
92
–
Do gráfico, temos que:
Para x temos que f x f x≤ − ( ) = ( )92 2 .
Para − < < ( ) = ( )92
32 1x temos que f x f x .
Para x temos que f x f x≥ ( ) = ( )32 2 .
Portanto, o valor mínimo de f é igual a 3, como podemos observar no gráfico.
c)
f(x) = 5 acontece em dois pontos. São eles:
Para − < <92
32
x ,
( ) ( )11
f x 5 f x 5 x 3 52
x 4 (não convém) ou x 4
= ⇒ = ⇒ + = ⇒
⇒ = = −
Para x > 32
( ) ( )= ⇒ = ⇒ + = ⇒
= =
23
f x 5 f x 5 x 1 52
7 13x ou x (não convém)
3 3
Portanto S = −
473
, .
7.
2 1 1
2 1 1 1 1
1 1 0 0
1 1 22
2− − = ⇒
− − = ⇒ − = ⇒
⇒− = ⇒ = ⇒ =
− = − ⇒ = ⇒== −
x
x x
x x x
x xxx
− − = − ⇒ − = ⇒
⇒− = ⇒ = − ⇒
− = − ⇒ = ⇒== −
2 1 1 1 3
1 3 2
1 3 44
4
x x
x x absurdo
x xxx
Portanto, o produto das raízes positivas é igual a 2 4 8⋅ = .
8.
x x x
x x x
x x x x x
2 2 44
2
2 2
5 4 1
5 4 1
5 4 1 3 4
+ −( ) = −( )
+ − = − ⇒
+ − = − ⇒ − − =
=
001
4
5 4 1 5 6
06
1
2 2
⇒= −=
+ − = − −( ) ⇒ + − =
= ⇒= −=
xx
x x x x x
xx
Logo, a soma das raízes é igual a − + − + = −1 4 6 1 2 .
9. Para x < 0 , temos que:+ − = ⇒ − + − = ⇒ =x x 1 1 x 1 x 1 x 0 (não convém)
Para 0 ≤ x ≤ 1, temos que:
x x x x x+ − = ⇒ + − = ⇒ = ⇒ ∈[ ]1 1 1 1 0 0 0 1 ,
Para x > 1, temos que:
+ − = ⇒ + − = ⇒ =x x 1 1 x x 1 1 x 1(não convém)
Portanto, a solução é o intervalo 0 1, [ ] .
10. Para x < −2 , temos que:
x x x x x
x
+ + − < ⇒ − − + − < ⇒ > −
∴ ∈ − −( )2 2 3 10 2 3 2 10 3
3 2
,
Para − ≤ ≤232
x , temos que:
x x x x x
x
+ + − < ⇒ + + − < ⇒ > −
∴ ∈ −
2 2 3 10 2 3 2 10 5
232
,
Para x > 32
, temos que:
x x x x x
x
+ + − < ⇒ + + − < ⇒ <
∴ ∈
2 2 3 10 2 2 3 10113
32
113
,
Portanto S = −
3
113
, , onde a soma dos inteiros é dada
por −( ) + −( ) + + + + =2 1 0 1 2 3 3 .
11. Para x < −2 , temos que:
x x x x x x
x x
− > + + − ⇒ − > − − − + ⇒
⇒ > − ∴ ∈ − −( )7 2 2 7 2 2
7 7 2
,
Para − ≤ ≤2 2x , temos que:
x x x x x x
x x
− > + + − ⇒ − > + − + ⇒
⇒ < ∴ ∈ −[ ]7 2 2 7 2 2
3 2 2
,
114 3ª. Série
14. Gabarito: d
A circunferência tem centro no ponto O = ( )1 2, e raio uni-
tário (r = 1);
A distância entre os pontos O e P é dada por:
OP OP= −( ) + −( ) ⇒ =3 1 6 2 202 2
O
1
Q Pt
√20
Pelo Teorema de Pitágoras, temos que:
OP OQ PQ PQ PQ2 2 2 2 2 220 1 19= + ⇒ = + ⇒ = .
Portanto a distância entre os pontos P e Q é igual a 19
GEOMETRIA ANALÍTICA
Para 2 7< <x
x x x x x x
x x
− > + + − ⇒ − > + + − ⇒
⇒ < ∴ ∈
7 2 2 7 2 2
73
273
,
Para x ≥ 7
− > + + − ⇒ − > + + − ⇒ ⇒ < −∴
x 7 x 2 x 2 x 7 x 2 x 2
x 7não existe x real
Portanto S = −
7
73
, , onde o produto dos inteiros positi-
vos pertencentes à solução é igual a 1 2 2⋅ = .
12. Para x ≥ 0 :f x x x f x x x( ) ( )= − ⇒ = −2 2
Para x < 0 :
f x x x f x x x f x x x( ) ( ) ( ) ( )= − ⇒ = − − ⇒ = +2 2 2
Portanto, o gráfico tem o seguinte aspecto:
01–1
13. Para x < 0
f x x x f x x x f x( ) ( ) ( ) ( )= − − ⇒ = − − − ⇒ = −1 1 1
Para ≤ ≤0 x 1
f x x x f x x x f x x( ) ( ) ( ) ( )= − − ⇒ = − − ⇒ = −1 1 2 1
Para x ≥ 1
f x x x f x x x f x( ) ( ) ( ) ( )= − − ⇒ = − − ⇒ =1 1 1
Portanto, o gráfico tem o seguinte aspecto:
1
1
–1
15. a) Primeiro, observe que:
d
d
d
AB
AC
BC
( ) = −( ) + −( ) =
( ) = −( ) + −( ) =
( ) = −(
2 2 2
2 2 2
2
1 0 7 0 50
8 0 6 0 100
8 1)) + −( ) =
( ) = ( ) + ( )
⇒2 2
2 2 2
6 7 50
d d dAC AB BC⇒
O triângulo ABC é retângulo. Portanto, o circuncentro (ponto equidistante aos vértices) é o ponto médio da hipotenusa:
PA C= + = + +
= ( )
20 8
20 6
24 3, ,
a)
P P
A
R
RL
L
B
C
115Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
A medida do diâmetro da circunferência é igual à medida da hipotenusa. Logo D dAC= = 10 .
A medida da diagonal do quadrado inscrito nessa circunfe-rência é igual à medida do diâmetro dessa circunferência:
L D L L2 2 10 5 2= ⇒ = ⇒ =
Portanto, a área do quadrado é igual a
L L2 2 25 2 50= ( ) ⇒ = .
16. Gabarito: a
Como x x y x y2 2 2 22 3 1 4+ + = ⇔ +( ) + = , temos
que o centro da circunferência é o ponto C = −( )1 0, .
x x yx
y
y ou y
2 22 22 3
00 2 0 3
3 3
+ + ==
⇒ + ⋅ + =
⇒ = = −
Portanto, a circunferência intersecta o eixo das ordenadas nos pontos A e B= ( ) = −( )0 3 0 3, , .
Os coeficientes angulares m e mAC BC são dados por:
my y
x x
my y
x x
ACA C
A C
BCB C
B C
=−−
= −− −( )
=
=−−
= − −− −( )
= −
3 00 1
3
3 00 1
3
Portanto, m mAC BC⋅ = ⋅ −( ) = −3 3 3 .
17. Gabarito: b
A circunferência de equação x y2 2 10+ = tem centro no
ponto O = ( )0 0, e raio 10 .
y
xO
P
P
Q
S
SO M a
h
3
√10
GEOMETRIA ANALÍTICA
Seja PM h= a medida da altura relativa à hipotenusa do triângulo retângulo OPS. Como a abscissa do ponto P é 3, então OM = 3 . Do Teorema de Pitágoras no triângulo retân-gulo OPM, temos:
OP PM OM
OPOM
PM PM
PM
2 2 2
2
2 2 2
103
10 9 1
10 3
= +
==
⇒ = + ⇒ =
⇒ ( ) = + ⇒
Os triângulos OPM e PSM são semelhantes:
OMPM
PMSM
OMPMSM a
aa a
=
===
⇒ = ⇒ = ⇒ =31
31
13 1
13
Como a área do quadrilátero OPSQ é o dobro da área do triângulo OPS, temos:
Áreaa h
OPSQ = ⋅+( ) ⋅
= ⋅
+
⋅
=23
22
3 13
1
2103
18. Gabarito: d
Primeiro, vamos calcular o ponto P, que é exatamente o ponto em que as retas se intersectam:
V x y
V x yx y
x y1
2
3 4 18 0
4 3 17 012 16 72 0
12 9 51 0
:
:
+ − =+ − =
⇒+ − =
− − + =
⇒
⇒ = = ⇒ = ( )x e y P2 3 2 3,
Agora, a distância, em km, entre M1 2 6−( ), e P = ( )2 3, :
d x x y y
M
P
d
M P M P M P
M P
1 1 1
1
2 2
1
2
2 6
2 3
2 2 6
,
,
,
,
= −( ) + −( )= −( )
= ( )
⇒ = − −( ) + −−( ) + =
3 16 9 52 =
Finalmente, o tempo gasto para ir de M1 2 6−( ), até
P = ( )2 3, .
50 1
500050 5 000
100 1 40
m
m tt
t h
−−
⇒ = ⇒
⇒ = =
min
min min
116 3ª. Série
19. Gabarito: c
Podemos reescrever a equação da circunferência como:
x y x y
x x y y
x
2 2
2 2 2 2 2 2
8 4794
0
8 4 4 2794
4 2
+ − − + = ⇒
− + + − + = − + + ⇒
⇒ −
44 214
2 2( ) + −( ) =y
Assim, a circunferência tem centro C = ( )4 2, e raio 12
.
Calculando a distância entre P e C, podemos determinar a localização de P.
d x x y y
P
C
d
P C P C P C
P C
,
,
,
,
= −( ) + −( )= ( )= ( )
⇒ = −( ) + −( )
2 2
2 2
5 3
4 2
5 4 3 2 2=
Como 212
> , o ponto é exterior à circunferência.
20. Gabarito: dy
x
P
B (3, 4)
C (8, 0)A (0, 0)
a
b
Q
NM
Os triângulos ABC e QBP são semelhantes. Sendo a e b, respectivamente, as medidas da base e da altura do retângulo MNPQ, temos:
a ba b
84
48 2= − ⇒ = −
A área do retângulo MNPQ é dada por:
A a b A b b
A b b
MNPQ MNPQ
MNPQ
= ⋅ ⇒ = −( ) ⋅ ⇒
⇒ = − +
8 2
2 82
A área do retângulo MNPQ é máxima quando
b = −⋅ −( )
=82 2
2 . Logo, a ordenada do ponto P é igual a 2.
Como P está alinhado a B e C, temos que:
3 8 3
4 2 0 40 6 32 16 4 0
112
xx x= ⇒ + − − = ⇒ =
Portanto, para que a área do retângulo seja máxima,
P =
112
2, .
21. Gabarito: e
Como os pontos O P x e Q x0 0 2 1 1, , , , ( ) ( ) +( ) estão ali-
nhados, temos que:
0 1 0
0 2 1 00 2 0
1 2
2x
xx x
x ou x
+= ⇒ + − = ⇒
⇒ = = −
.
Como ≠P Q , temos que x = −2 , onde P = −( )2 2, e
Q = −( )1 1, . Então, a medida PQ é dada por:
PQ PQ= − −( ) + − −( )( ) ⇒ =2 1 1 2 3 22 2
Assim, a diagonal do quadrado mede 3 2 . Seja L o lado do quadrado. Então,
d L
dL L
=
=
⇒ = ⇒ =
2
3 23 2 2 3
Portanto, a área do quadrado é igual a L2 23 9= = .
22. Gabarito: a
O raio da circunferência é igual à distância do ponto C (5,3) à reta 3x + 4y – 12 = 0. Logo,
r =⋅ + ⋅ −
+= =
3 5 4 3 12
3 4
155
32 2
Assim, a equação da circunferência é dada por:
x y
x x y y
x y x y
−( ) + −( ) =
− + + − + =
+ − − + =
5 3 3
10 25 6 9 9
10 6 25 0
2 2 2
2 2
2 2
23. Gabarito: d
O coeficiente angular da reta suporte da diagonal AC é dado por:
my y
x xACA C
A C
=−−
= − −− −( )
= −2 43 1
32
Assim, o coeficiente angular da reta suporte da diagonal
BD é 23
. A diagonal BD passa pelo ponto M, médio de AC:
M =+ −( ) − +
= ( )
3 1
22 42
1 1, ,
117Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Portanto, a equação da reta suporte da diagonal BD é dada por:
y x y x− = ⋅ −( ) ⇒ − − =123
1 3 2 1 0
O ponto em que essa reta intercepta o eixo das ordenadas
tem abscissa x = 0 . Portanto, 3 2 1 00
13
y xx
y− − =
=
⇒ =
24. Gabarito: b
Sejam A e B os pontos de interseção da reta 12 5 60x y+ =
com os eixos y e x, respectivamente. Então,
12 5 600
12 0 12
12 5 600
x yx
y A
x yy
+ ==
⇒ = ⇒ = ( )
+ ==
,
⇒ = ⇒ = ( ) x B5 5 0,
Sendo assim, o triângulo limitado pelos eixos coordenados e pela reta 12 5 60x y+ = é o triângulo retângulo de vérti-
ces A B e C= ( ) = ( ) = ( )0 12 5 0 0 0, , , , .
Como os catetos medem 12 e 5, sua hipotenusa mede 13.
Portanto, A p r r r= ⋅ ⇒ ⋅ = + + ⋅ ⇒ = 5 122
5 12 132
2
25.
a)
x y y
y x
y y y
y y
2 2
2
2
2
4 0
4
4 4 0
5
+ − =
= −
⇒ −( ) + − = ⇒
− +
44 0
13
3
4 0= ⇒
= ⇒=
= −
= ⇒ =
yxou
x
y x
Portanto, os pontos de interseção são
3 1 3 1 0 4, , , , . ( ) −( ) ( )e
b) A circunferência tem centro C = ( )0 2, e raio R = 2 .
A parábola tem concavidade para baixo, intercepta o eixo y em 0 4, ( ) e tem raízes iguais a x e x= = −2 2 .
Portanto, o conjunto dos pontos que satisfazem as inequações está pintado no gráfico a seguir:
y
x
4
3
2
1
–1
0 1 2–2 –1
26. Gabarito: a
O centro da circunferência x x y my n2 22+ + + = é o ponto
− −
1
2, . m
Como a reta passa pelo centro, temos:
y x
ym
para xm
m= − +
= − = −
⇒ − = − −( ) + ⇒ = −
1
21 2
1 1 4
Além disso, a circunferência passa pelo ponto −( )3 4, . Então:
x x y my nmy para x
n
2 2
2 2
24
4 3
3 2 3 4 4 4
+ + + == −= = −
⇒ −( ) + ⋅ −( ) + − ⋅ =
⇒ =
n 3
27.
a) Para que a reta correspondente intercepte perpendicu-larmente o eixo y, o coeficiente de x deve ser nulo:
2 0 2− = ⇒ =p p .
Portanto, a equação da reta é dada por:
2 2 1 8 4 0
24
−( ) + +( ) + + =
=
⇒ = −p x p y p
py
Nesse caso, o ponto de interseção com o eixo y é (0, –4).
b) O ponto A é da forma x, 0( ) . Então,
x yy
x A+ + ==
⇒ = − ⇒ = −( )3 12 00
12 12 0 ,
Com isso, a circunferência com diâmetro AO tem centro no ponto (–6, 0) e raio igual a 6. Portanto,
x y x y− −( )( ) + −( ) = ⇒ +( ) + =6 0 6 6 362 2 2 2 2
118 3ª. Série
28. Gabarito: d
2 3 120
4 0 4x y
xy A
− ==
⇒ = − ⇒ = −( ) ,
2 3 120
6 6 0x y
yx
− ==
⇒ = ⇒ = ( ) B ,
Portanto o ponto médio é dado por:
MA B= + = + − +
= −( )
20 6
24 02
3 2, ,
29.
a) Seja a b, ( ) o centro e R o raio da circunferência. Então,
a equação da circunferência é dada por:
x a y b R−( ) + −( ) =2 2 2
Como A e B pertencem à circunferência, temos que:
x a y b R
y para xy para x
−( ) + −( ) =
= = −= =
⇒
2 2 2
1 12 2
− −( ) + −( ) =
−( ) + −( ) =
⇒
⇒+
1 1
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
a b R
a b R
a b ++ − + =
+ − − + + =
2 2 2
4 4 4 4
2
2 2 2
a b R
a b a b R
⇒ + − = ⇒ + − = 6 2 6 0 3 3 0a b a b
Portanto, o lugar geométrico é dado pela reta 3x + y – 3 = 0.
b) O ponto C é da forma 0, y( ) , com y < 0 . Nesse caso, a
área do triângulo ABC é dada por:
−= ⋅ ⇒ − = ⇒
− = ⇒ =⇒ − = − ⇒ = −
0 1 2 018 3y 4 16
y 1 2 y2
203y 4 16 y (não convém)
3ou3y 4 16 y 4
Portanto C = (0, –4).
30.
a) A base e a altura do triângulo em questão medem
t et 4
2− . Portanto, a área do triângulo é dada por:
A tt t
tt( ) =
⋅ −
= − +
42
2 4
2
O gráfico da função é o seguinte:
40
b)
x y
ykx
xkx
x x k+ =
=
⇒ + = ⇒ − + =
2 42
4 4 2 02
Como a interseção é somente um ponto, devemos ter delta igual a zero:
∆ = ⇒ −( ) − ⋅ ⋅ = ⇒ =0 4 4 1 2 0 22 k k
31. Gabarito: e
As retas paralelas à reta 3 4 6x y+ + =0 0 são do tipo
3 4x y k+ + = 0 . Como o raio da circunferência é igual a 2,
vamos calcular os valores de k tais que a distância do cen-tro da circunferência (ponto 0 0, ( ) ) até a reta
3 4x y k+ + = 0 seja igual a 2:
23 0 4 0
3 410 10 10
2 2=
⋅ + ⋅ +
+⇒ = ⇒ = = −
kk k ou k
Portanto, as retas que tangenciam a circunferência são 3 4x y+ + =10 0 e 3 4x y+ − =10 0 . Em cada caso, temos:
3 4
3 4
x yx
y
x yx
y
+ + ==
⇒ = −
+ − ==
⇒ =
10 00
2 5
10 00
,
22 5,
32. Gabarito: a
A reta suporte da altura relativa ao lado AC é perpendicu-lar ao lado AC e passa pelo vértice B. Então, o coeficiente angular da reta suporte da altura é o inverso e oposto do coeficiente angular da reta AC:
my y
x xmAC
A C
A CH=
−−
= −−
= − ⇒ =4 21 6
25
52
Portanto, a reta suporte da altura é dada por:
y x y x− = ⋅ −( ) ⇒ − + =552
4 2 5 10 0
119Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Nesse caso, a reta encontrada intercepta o eixo x no ponto de abscissa dado por:
2 5 10 00
2y x
yx
− + ==
⇒ =
33. Gabarito: d
Seja x x, 2( ) um ponto da parábola alinhado com os pon-
tos A e B. Então:
0 4 0
3 0 30 4 3 12 0
22x
xx x= ⇒ + − =
Os valores de x que satisfazem a equação são as abscissas dos pontos R e S. Portanto, a soma das abscissas é igual a
− = − = −ba
34
0 75, .
34. Gabarito: e
Como,
x y x y x y2 2 2 2 24 6 12 0 2 3 5+ − + − = ⇔ −( ) + +( ) = ,
temos que a circunferência em centro 2 3, −( ) e raio 5.
Com isso, se a distância de um dado ponto ao ponto 2 3, −( ) for maior do que 5, o ponto é exterior à
circunferência.
a) 0 2 0 3 13 52 2−( ) + +( ) = < (interior)
b) − −( ) + − +( ) = =1 2 1 3 25 52 2
(pertence)
c) 2 2 2 3 25 52 2−( ) + +( ) = = (pertence)
d) 2 2 1 3 16 52 2−( ) + +( ) = < (interior)
e) 1 2 2 3 26 52 2−( ) + +( ) = > (exterior)
35. Gabarito: a
m ms r= −− −
= − ⇒ =1 05 0
15
5
Logo, a equação da reta r é y x= +5 2 .
Além disso, a equação da reta s é dada por:
y x yx− = − ⋅ +( ) ⇒ = −1
15
55
Portanto, o ponto de interseção entre as retas é:
y x
yx
xx
x= +
= −
⇒ + = − ⇒ = −5 2
5
5 25
513
36. Gabarito: c
1 2 1
2 4 20 2 0
x
yy x= ⇒ − =
Portanto o ponto P é dado por:
y x
x yx x x y
− =
− =
⇒ − ⋅ = ⇒ = − ⇒
2 0
3 13 2 1
15
== − 25
Logo, a soma das coordenadas é x y+ = − − = −15
25
35
37. Gabarito: e
x y x y x y2 2 2 26 4 12 0 3 2 1+ − − + = ⇔ −( ) + −( ) =
Então, a circunferência tem centro 3 2, ( ) e raio igual a 1.
O ponto de ordenada mínima está alinhado verticalmente com o centro.
Portanto, P = −( ) = ( )3 2 1 3 1, , , onde m n⋅ = 3 .
38.
( ) + = ⇒ + − = ⇒ − − = ⇒ = −
= ⇒ = ± ⇒ = = −
2 2
22 2 4 2
2
2
2
x y 7x x 1 7 x x 6 0
y x 1
x 3ou x 3 y 2
x 2 (não convém)
Então A e C= −( ) = ( )3 2 3 2, , . Logo,
my y
x xe m
y y
x xABA B
A BCB
C B
C B
=−−
= +−
=−−
= +2 7
3
2 7
3
Portanto,
tgABCm m
m mAB CB
AB CB
$ =−
+ ⋅=
+−
− +
+ +−
⋅ +=
+
+=
=
1
2 7
3
2 7
3
1 2 7
3
2 7
3
2 7
34 2 7
3
22 7
3
3
4 2 7
3
2 3
149
+ ⋅+
= =°tg
Portanto, pela propriedade de arcos complementares,
temos que ABC = ° − ° = °90 49 41 .
39. A equação reduzida da elipse é dada por
x x
a
y y
b
−( )+
−( )=0
2
20
2
21
Pela figura, vemos que a b x e y= = = =2 3 2 30 0, , .
120 3ª. Série
Portanto, a equação reduzida da elipse é
x x−( )+
−( )=
2
4
3
91
2 2
40. Gabarito: a
Sendo B o ponto simétrico com relação ao eixo x e C o ponto simétrico com relação ao eixo y, temos que B e C= −( ) = −( )4 2 4 2, , .
Com isso, temos que o coeficiente angular da reta que passa por B e C é
my y
x xBCB C
B C
=−−
= − −+
= −2 24 4
12
Logo, o coeficiente da reta que passa por A e é perpendicu-lar à reta que passa por B e C é igual a 2.
Portanto, a equação da reta que passa por A com coeficiente angular igual a 2 é dada por:
y x y x− = ⋅ −( ) ⇒ = −2 2 4 2 6
41. Gabarito: b
x y x y x y
x yx y
2 2 7 7
71
− = ⇒ +( ) ⋅ −( ) = ⇒
⇒
+ =− =
⇒
x e y
x yx y
x e y
x yx
= =
+ = −− = −
⇒ = − = −
+ =
4 3
71
4 3
1−− =
⇒ = = −
+ = −− = −
⇒ = −
yx e y
x yx y
x
74 3
17
4
e y =
3
O quadrilátero em questão é um retângulo com lados paralelos aos eixos coordenados e com lados medindo 8 e 6. Portanto a área do quadrilátero é igual a 8 6 48⋅ = .
42. Gabarito: e
x ty t
x tt y
x y yx= +
= −
⇒= −= +
⇒ = ⋅ +( ) + ⇒ =2 1
12 1
12 1 1
2232
−
Portanto, o coeficiente angular da reta é igual a 12
.
43. Gabarito: a
x y
x yy y
y x2
2 222 4
42 4 4
0 2= +
+ =
⇒ + + = ⇒
= ⇒ = ±
oouy x= − ⇒ =
2 0
Logo, os pontos de interseção são (2, 0), (–2, 0) e (0, –2). Portanto, a área do triângulo cujos vértices são esses pontos é dada por:
A A= ⋅−
−⇒ =1
2
2 2 0 2
0 0 2 04
44. Gabarito: b
x x y x y2 2 2 2 24 1 0 2 1 2− + +( ) = ⇔ −( ) + +( ) =
Portanto, o centro é o ponto 2 1, −( ) e o raio é igual a 2.
45. Gabarito: c3 1
0 2 1
1
0 6 2 3 0
23
2
t
x y
tx x y
yt
x
= ⇒ + − − = ⇒
⇒ = − ⋅ +
Como a reta forma um ângulo de 45° com o eixo das abscissas, temos que o coeficiente angular da reta é
m = ° =tg45 1. Logo t
t− = ⇒ =23
1 5 .
46. Gabarito: b
Uma reta com coeficiente angular igual a 1 é do tipo y x k= + . Como o ponto 0 3, ( ) pertence à reta, temos
que:
y x ky para x
k k= += =
⇒ = + ⇒ =3 0
3 0 3
Logo, a equação da reta é y x= + 3 .
x y
y xx x−( ) + −( ) =
= +
⇒ −( ) + + −( ) = ⇒3 3 9
33 3 3 9
2 22 2
2 6 0
0 3
3 6
2x xx youx y
− = ⇒= ⇒ =
= ⇒ =
Portanto r s, , ( ) = ( )3 6 , onde r s+ = + =3 6 9 .
47. Gabarito: a
Seja M o ponto médio da diagonal AC:
MA C= + = + −
= −
2
5 12
4 52
312
, ,
Como ABCD é um paralelogramo, temos que AC e BD se cruzam no ponto M. A distância BM é dada por:
BM = − −( ) + − +
=3 3 2
12
3 172
22
A medida de BD é o dobro de BM. Portanto:
BD = ⋅ =23 17
23 17
48. Gabarito: c
2 4 00
4 0 4
2 4 00
x yx
y A
x yy
+ − ==
⇒ = ⇒ = ( )
+ − ==
,
⇒ = ⇒ = ( )x B2 2 0,
121Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
O raio da circunferência é a metade da distância AB:
RAB= =
−( ) + −( )=
2
0 2 4 0
25
2 2
O centro da circunferência é o ponto médio entre os pontos A e B:
CA B= + = + +
= ( )
20 2
24 0
21 2, ,
Portanto, a equação da circunferência é dada por:
x y x y−( ) + −( ) = ⇔ −( ) + −( ) =1 2 5 1 2 52 2 2 2 2
49. Gabarito: b
O centro da circunferência tem ordenada igual a 3. Logo, a equação reduzida da circunferência é da seguinte forma:
(x – a)2 + (y – 3)2 = 9
Como a distância entre A e B é igual a 2, temos que A e B= ( ) = ( )0 4 0 2, , , pois o ponto médio entre A e B é o ponto 0 3, ( ) . Com isso, temos que:
x a y
y para xa−( ) + −( ) =
= =
⇒ + = ⇒
2 223 9
2 01 9
aa = ±2 2
Tomando por base o aspecto da figura do enunciado, esco-
lhemos a = 2 2 (caso em que o centro da circunferência fica no primeiro quadrante).
Portanto, a equação reduzida da circunferência é dada por:
x y−( ) + −( ) =2 2 3 92 2
50. y
xP
A B
B’
QO
Seja B’ o ponto simétrico de B com relação ao eixo x. Como AP PB AP PB+ = + ’ , para que AP PB+ seja mínima, os pontos A, P e B’ devem estar alinhados:
0 10 0
5 3 0 50 8 50 0
254
xx x
−= ⇒ − = ⇒ =
Portanto P =
254
0, .
51.
a) C x yO
R
C
12 2 1
1
2
1 1 251 1
5:
,
:
=
−( ) + −( ) = ⇒( )
=
xx y x y
x yO
R
2 2
2 2 2
2
12 2 12 0
6 1 256 1
+ − − + = ⇔
−( ) + −( ) = ⇒= ( )=
,
55
b)
x y
x yx x
−( ) + −( ) =
−( ) + −( ) =
⇒ −( ) − −( )
1 1 25
6 1 251 6
2 2
2 2
2 22
2
0
1 6 1 6 072
1
= ⇒
− + −( ) ⋅ − − −( )( ) = ⇒ =
−( ) + −
x x x x x
x y 11 25
72
254
1 25
2
2( ) =
=
⇒ + −( ) = ⇒x
y
y
y
ou
y
−( ) = ⇒
= −
= +
1754
15 3
2
15 3
2
2
Portanto, os pontos de interseção são
72
15 3
272
15 3
2, , . +−
e
c) A figura a seguir mostra que o quadrilátero obtido é um losango, cujas diagonais medem 6 1 5− = e
15 3
21
5 32
5 3+
− −
= .
(6, 1)(1, 1)
Portanto a área do quadrilátero (losango) é dada por:
A d D A= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ =12
12
5 5 325 3
2
52. Gabarito: a
Os centros das circunferências são os pontos (–2, –1) e (4, 3). Portanto, a área do triângulo é dada por:
A = ⋅− −
− −= ⋅ − + + + =1
2
2 4 0 2
1 352
112
6 10 5 4132
122 3ª. Série
53. Gabarito: c
Os pontos equidistantes de A e B pertencem à mediatriz do segmento AB:
MA B
m mAB m
= + = − + +
= −( )
= −+
= ⇒
23 12
0 22
1 1
2 01 3
12
, ,
eed = −
2
⇒ − = − ⋅ +( ) ⇔ = − −med y x y x: 1 2 1 2 1
Logo, o ponto D é da forma x x, , − −( )2 1 pois D é equidistante de A e B.
O quadrado da distância entre C e D em função de x é dada por:
d x x x d x x x2 2 2 2 2 20 2 1 9 5 40 100( ) = −( ) + − − −( ) ⇒ ( ) = + +
O valor de x que minimiza a distância (ou o quadrado da distância) é dado por:
⇒ = − = − = −⋅
2 b 40d mínima x 4
2a 2 5
Portanto, D = − − ⋅ −( ) −( ) = −( )4 2 4 1 4 7, , , onde x y+ = − + =4 7 3 .
54. Gabarito: a
Os pontos A e B são:
A e
B
= ⋅ − − +( ) = ( )= ⋅ − − +( ) = −
2 5 1 5 5 9 0
2 10 1 10 5 19
, ,
, ,
55( )
Portanto, a distância entre A e B é igual a:
d = −( ) + − −( ) =19 9 5 0 5 52 2
55. Gabarito: c
Com as coordenadas, é possível calcular a distância em função da unidade do mapa. Então,
D d d
D
D
BH FZ FZ CB= + ⇒
= −( ) + −( ) + − −( ) + −( ) ⇒
=
, ,
0 3 0 7 6 3 7 2
5
2 2 2 2
88 106 7 62 10 29 17 91+ ⇒ ≅ + ⇒ ≅ D D, , ,
Em unidades, a distância percorrida é de 17 91, . Como cada unidade representa 279 km, temos que a distância é, aproximada-
mente, 17 91 279 4 996 89, ,⋅ = km .
56. Gabarito: a
( )
( )
( )I x y
II x y
I x
−( ) + =
−( ) + −( ) =
⇒
1 5
3 2 1
2 2
2 2
22 2
2 2
2 4 0
6 4 12 0
+ − − =
+ − − + =
− ⇒
y x
II x y x y
I II
( )
( ) ( )
44 4 16 0 4 0x y x y+ − = ⇒ + − =
Se A e B são os pontos de interseção entre as circunferências, então A e B pertencem à reta x y+ − =4 0 . Portanto, x y+ − =4 0
é a reta que passa pelos pontos de interseção entre as circunferências.
123Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
57. Gabarito: b
(0, 0)
(0, 1)
(0, 2)
(0, 3)
(2, 0)
(2, 1)
(2, 2)
(2, 3)
Os pontos estão alinhados 4 a 4 em duas retas paralelas. Assim, é possível eles serem vértices de dois tipos de polígonos: triângulos e quadriláteros.
Serão triângulos, quando forem usados 2 pontos de uma das retas e 1 ponto da outra reta. Serão quadriláteros, quando forem usados 2 pontos de uma das retas e 2 pontos da outra reta. Assim, temos:
2 1 1 2 2 24 4 4 4 4 4
QuadriláterosTriângulos
N C C C C C C N 6 4 4 6 6 6 N 84= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ =
58. Gabarito: c
x yy x
x xx yo
4 44 4
4 4
16 168 8
+ ==
⇒ + = ⇒= ⇒ =
uu
x y= − ⇒ = −
8 84 4
Portanto a distância entre A e B é dada por:
d d
d
AB AB
AB
= − −( ) + − −( ) ⇒ = + ⇒
⇒ = ⇒
8 8 8 8 4 8 4 8
8 8
4 4 2 4 4 2
d d dAB AB AB= ⇒ = ⇒ =16 2 4 2 4 24
59. Gabarito: a
A região delimitada pelas retas é um triângulo:
y xy x
x x x y
y xy x
==
⇒ = ⇒ = ⇒ =
== − +
33 0 0
4
⇒ = − + ⇒ = ⇒ =
== − +
⇒
x x x y
y xy x
4 2 2
34
3 4 1 3x x x y= − + ⇒ = ⇒ =
A área do triângulo é dada por:
A = ⋅ =12
0 2 1 0
0 2 3 02
60. Gabarito: a
x
a
y
by para xy para x
2
2
2
21
0 22 1
2+ =
= == =
⇒
22
2
2
2
2
2
2
2
01
1 21
2
4 33
a b
a b
a
b
+ =
+ =
⇒=
=
124 3ª. Série
Portanto,
x
a
y
ba
b
x y
2
2
2
22
2
2
2
1
2
4 33
2 4 33
1
+ =
=
=
⇒ +
= ⇒ x y x yx y
2 2 2 22 2
4 163
14
316
1 4 3 16+ = ⇒ + = ⇒ + =
61. Gabarito: a
x y x y x y2 2 2 22 4 4 0 1 2 1+ − − + = ⇔ −( ) + −( ) =
Logo, o centro da circunferência é o ponto 1 2, ( ) .
Qualquer reta paralela à reta y x− + =2 2 0 é do tipo y x k− + =2 0 . Logo,
y x ky para x
k k− + == =
⇒ − ⋅ + = ⇒ =2 02 1
2 2 1 0 0
Portanto, a equação da reta é y x− =2 0 .
62. Gabarito: d
O ponto simétrico de A −( )3 2, com relação à origem é B 3 2, −( ) . Logo, o ponto simétrico de B 3 2, −( ) , com relação ao eixo
x, é C 3 2, ( ) .
Portanto, a área do triângulo ABC é dada por:
A = ⋅− −
−= ⋅ + + + + − =1
2
3 3 3 3
2 2 2 212
6 6 6 6 6 6 12
63. Gabarito: c
y
O
B
A
C
r
3
60o
60o30o
30o
x
No triângulo OAB, temos:
senOA OA
OA Ao303 1
23
6 0 6= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ( ) ,
No triângulo OBC, temos:
senOC OC
OC Co603 3
23
2 3 2 3 0= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ( ) ,
Portanto,
y ax by para x
y para x
a b
a
= += =
= =
⇒= ⋅ +
= ⋅6 0
0 2 3
6 0
0 2
33
36
3 6+
⇒ = −=
⇒ = − +b
ab
y x
125Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
64. Se MNPQ são vértices de um paralelogramo, as diagonais MP e NQ se interceptam nos respectivos pontos médios. Portanto,
M P N Qa e c g a e c g
+ = + ⇒ + +( ) = + +( ) ⇒ + = +2 2
2 6 4 4 , , ⇒ − − + =a c g e 0
65. a a a a
a a a aa a a a a a a
+ +− + + −
= ⇔ + + + + + + −1 2
2 1 2 1 2 3 2 10 2 2 3 2 3 22 2 2 ++ − − + − + − − −
− − − = ⇔ =
4 2 2 2 1 2 4
2 2 3 0 0 0
2 2
2
a a a a a a a
a a
Portanto, os pontos M, N e P são colineares para qualquer valor real de a.
66. 1.o quadrante x y≥ ≥( )0 0; : x y+ ≤ 1
2.o quadrante x y≤ ≥( )0 0; : y x− ≤ 1
3.o quadrante x y≤ ≤( )0 0; : − − ≤ ⇒ + ≥ −x y x y1 1
4.o quadrante x y≥ ≤( )0 0; : x y− ≤ 1
Portanto, a região tem a seguinte representação gráfica:
x + y = 1 y – x = 1
1
1
–1
–1x + y = –1 x – y = 1
67. Uma reta que passa pelo ponto 2 8, −( ) é do tipo:
y m x y mx m+ = ⋅ −( ) ⇒ = − −8 2 2 8
A interseção entre a curva e a reta é dada por:
y x xy mx m
mx m x x x m x m+ = −= − −
⇒ − − + = − ⇒ + +( ) − +( ) =2 22 8
2 8 2 2 2 1 2 10 02
2 2 .. Para que a reta seja tangente à curva, a
interseção entre elas deve ser apenas um ponto. Para isso, devemos ter delta igual a zero:
2 1 2 10 0
01 4 2 2 10 0
22x m x m
m m+ +( ) − +( ) =
=
⇒ +( ) + ⋅ ⋅ +( ) =
∆ ⇒ + + = ⇒ = −m m m2 18 81 0 9
Portanto, a equação da reta é:
y mx mm
y x= − −= −
⇒ = − +2 8
99 10
68. Seja x y a b, cos , sen ( ) = + +( )α θ β θ . Então,
x ay b
xa
yb
= += +
⇔
− =
− =
α θβ θ
α θ
β θ
cossen
cos
sen ⇔ −
+ −
= + ⇔ −
xa
yb
xa
α β θ θ α2 22 2cos sen
+ −
=
2 2
1y
bβ
Portanto, o ponto x y a b, cos , sen ( ) = + +( )α θ β θ pertence à elipse (ou seja, a elipse passa pelo ponto).
69. Seja x y a b, sec , tg ( ) = + +( )α θ β θ . Então,
x ay b
xa
yb
= += +
⇔
− =
− =
⇔α θβ θ
α θ
β θ
sectg
sec
tg x
ay
bx
a−
− −
= − ⇔ −
α β θ θ α2 22 2sec tg
22 2
1− −
=y
bβ
Portanto, o ponto x y a b, sec , tg ( ) = + +( )α θ β θ pertence à hipérbole (ou seja, a hipérbole passa pelo ponto).
126 3ª. Série
70. Gabarito: b
z z z= − ⇒ = ⇒ =16 16 24
Cada raiz complexa tem módulo 2. Então, a distância entre duas raízes diametralmente opostas é 4. Como duas raízes diametralmente opostas são vértices de uma das diagonais do quadrado, temos que a diagonal mede 4.
71. Gabarito: a
z z
z a bia bi a bi a b a b a
+ = ⋅
= +
⇒ + + = ⋅ + ⇒ +( ) + = ⋅ + ⇒ +( ) +
1 21 2 1 2 1
2 2 2 2 2bb a b
a b a b a a b a
22
2 22
2 2 2 2 2 2 2
2
1 2 2 1 2 2
= ⋅ +( )
⇒ +( ) + = ⋅ +( ) ⇒ + + + = + bb a b a
a a b a b
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 1 0
2 1 1 1 1 2
⇒ + − − = ⇒
⇒ − + + = + ⇒ −( ) + =
Portanto, os valores de z que satisfazem a igualdade determinam uma circunferência de centro no ponto 1 0,( ) e raio 2 .
72. Gabarito: c
i i i i i
i i i i i i isoma zero
0 1 2 3 2013
0 1 2 3 4 5 6
+ + + + + =
+ + + + + +
...
1 244 344 ++ + + + + +i i i i i
soma zero soma zero
7 2009 2010 2011 2012
1 244 344 1... 224444 34444 + = =i i i2013 2013
73. Gabarito: a
z i i z i i z i = ⇒ = − ⇒ = − − −( ) ⇒2014 1987 2 3 1– z i z z= − + ∴ = −( ) + ⇒ =1 1 1 22 2
74. Gabarito: d
x yi i x yi i x xyi y i i+ = + ⇒ +( ) = + ⇒ + + = + ⇒3 4 3 4 2 3 42 2 2 2 x y xyi i2 2 2 3 4−( ) + = +
Igualando as partes real e imaginária, temos:
x yxy xy
2 2 32 4 2
− == ⇒ =
75.
f z iz
f z ziz z iz z z iz z iz z i z
( ) =
( ) =
⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ = ⋅2 2 2 2 24 16 16 ccos sen
cos sen
270 270
4270 360
2270 360
2
° + °( ) ⇒
⇒ = ⋅ ° + ⋅ ° + ° + ⋅ °
i
zk
ik
=
∴
= ⋅ ° + °( ) ⇒ = − +
= ⋅
, ,
cos sen
cos
k
z i z i
ou
z
0 1
4 135 135 2 2 2 2
4 3115 315 2 2 2 2° + °( ) ⇒ = −
i z isen
76. Gabarito: d
Pelo gráfico, temos que w isen0 2 12 12= ° + °( )cos . Como w z02( ) = , temos que:
w z
w iisen0
5
0
5
2 12 122 5 12 5
=
= ⋅ ° + °( )
⇒ ⋅ °( ) +
cos sencos ⋅⋅ °( ) = ⇒
⋅ ° + °[ ] = ⇒ + ⋅
12
32 60 60 3212
32
z
isen z i
cos
= ⇒ + =z i z 16 16 3
NÚMEROS COMPLEXOS
127Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
77. Gabarito: e
z i
ba
tg tg= −
=
⇒ =−
⇒ = −
65
85
85
65
43tgθ
θ θ
Como θ é um arco do 4.° quadrante, seu cosseno é positivo. Portanto, f θ θθ θ
( ) = = =+
=
+ −
=cossec tg
1 1
1
1
1 43
352 2
78. Gabarito: a
M i b
i a
M i
ia
ib i
= +( )− −
=
⇒ = −+
− ⋅
−1
2 2
3
321
1
det
−−( ) ⇒ = − ⋅ −( ) − ⋅ −( ) ⇒ = − +( ) + ⋅ −( )2 3 1 2 3 2 i a i b i i a b i a b
⇒
− + =
− =
⇒ = =
a b
a bb e a
2 0
33 6
79. Gabarito: c
Seja z i= − +2 2 . Como z e z= =234
argπ
, temos que z i= ⋅ +
2
34
34
cos senπ π
. Então,
z n i nn n= ⋅
+
2
34
34
cos senπ π
O número complexo acima é imaginário puro quando:
cos , ,34
034 2
3 24
π π π πn n k k kn
= ⇔ = + ∈ ⇔ = − � kk ∈ �
Portanto, o menor natural n que satisfaz a igualdade é n = 2.
80. Gabarito: c
Representando as duas regiões no mesmo plano, temos:
2
–2
–2
2
A região que representa a interseção é:
y
x
81. Gabarito: c
Se z pertence ao conjunto A B C\( ) ∩ , então z pertence ao conjunto C:
z z z z i ou z i2 6 10 06 4
23 3+ + = ⇔ = − ± − ⇔ = − + = − −
NÚMEROS COMPLEXOS
128 3ª. Série
Agora, basta verificar se − + ∈3 i A B\ e se − − ∈3 i A B\ .z i
z i i i i z A
z i i
= − + ⇒
+ − − + + − − − ⇒ ∈
+ = − +
3
2 3 3 2 3 1 2 5 19
3
= = = <
++ = − + = > ⇒ ∉
= − − ⇒
+ − − − + −
i i z B
z i
z i i
3 2 1372
3
2 3 3 2 3
= ii i z A
z i i i z B
= = <
− − ⇒ ∈
+ = − − + = − = < ⇒ ∈
1 4 17 19
3 3 372
Portanto, apenas − +3 i pertence ao conjunto A B C\( ) ∩ .
82. Gabarito: d
zi
iz
i
i= +
−
⇒ =
° + °( )° +
1 3
1 3
2 60 60
2 300
10
cos sen
cos senn
cos sen
300
60 300 60 300
10
1
°( )
⇒
= ° − °( ) + ° − °( )
z i00
240 24
⇒
= − °( ) + − °( ) ⇒
= − °( ) + −
z i
z i
cos sen
cos sen
2400 2400
00
120 120
12
32
°( ) ⇒
= °( ) + °( ) ⇒
= − + ⇒
z i
z i
cos sen
Re(zz
z
)
Im( )
= −
=
123
2Substituindo esses valores na expressão, temos:
2 5 2 212
5 23
2arcsen z arctg I z arcsen arctgRe( ) m( )( ) + ( ) = −
+ ⋅
⇒ ( ) + ( ) = ⋅ −
+ ⋅ 2 5 2 2
65
3arcsen z arctg zRe( ) Im( )
π π
⇒
( ) + ( ) = − + ⋅ ⇒2 5 23
53
2arcsen z arctg z arcsenRe( ) Im( ) Re(π π
zz arctg z) Im( )( ) + ( ) =5 243π
83. a) Seja z uma raiz de p de módulo 1. Como os coeficientes de p são reais, temos que z . Então,
z z z z z z⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =32
3 318 18 18β β β
Logo,
p z z z z
p
( ) = + − −
=
⇒ ⋅
+
18 7
180
1818
3 23β β
ββ ββ β β β β β
β⋅
−
− = ⇒ − = ⇒
=
187
180 225 0
023 ββ
β== −
15
15
Mas para β = 0 as outras raízes são z e z= − =718
718
, as quais não têm módulo igual a 1.
Veremos no item b) que para β = ±15 as outras raízes de fato terão módulo 1 e parte imaginária não nula.
Portanto, os possíveis valores de β são 15 15 e − .
b) β = ⇒ ( ) = + − − ⇒ ( ) = ⋅ −
⋅ + +15 18 15 7 15 18
1518
18 30 183 2 2p z z z z p z z z z(( )
∴ ( ) = ⇒
= =
= − ±
p z
z
ou
zi
obs0
1518
56
15 9918
:115 99
3241
2 + =
129Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
β = − ⇒ ( ) = − − + ⇒ ( ) = ⋅ +
⋅ − +15 18 15 7 15 18
1518
18 30 13 2 2p z z z z p z z z z 88
0
1518
56
15 9918
( )
∴ ( ) = ⇒
= =
= ±
p z
z
ou
zi
obs : 15 99324
12 + =
84. z z z z z z z z z z z z z z z z1 2 1 22
1 2 1 2 1 1 2 2 12
22
1 2⋅ = ⋅ = ⋅( ) ⋅ ⋅( ) = ⋅( ) ⋅ ⋅( ) = ⋅ = ⋅
85. Sejam z i e z i1 1 1 1 2 2 2 2= ⋅ +( ) = ⋅ +( )ρ θ θ ρ θ θcos sen cos sen . Então
z z i i
z z1 2 1 1 1 2 2 2
1 2 1 2 1
⋅ = ⋅ +( ) ⋅ ⋅ +( )⋅ = ⋅ ⋅
ρ θ θ ρ θ θ
ρ ρ θ
cos sen cos sen
cos ccos sen sen cos sen cos sen
c
θ θ θ θ θ θ θ
ρ ρ2 1 2 1 2 2 1
1 2 1 2
− + ⋅ +( )( )⋅ = ⋅ ⋅
i
z z oos senθ θ θ θ1 2 1 2+( ) + +( )( )i
Portanto arg arg argz z z z1 2 1 2 1 2⋅( ) = + = ( ) + ( )θ θ
86. Seja z x i x= +cos sen . Então,
z x i x x i x5 55 5= +( ) = +cos sen cos sen
Por outro lado,
z x i x x i x x i x x
i
5 5 5 4 2 3 2
3
5 10
10
= +( ) = + + +
+
cos sen cos cos sen cos sen
cos22 3 4 4 5 5
5 5 3 2
5
10 5
x x i x x i x
z x x x x
sen cos sen sen
cos cos sen cos se
+ +
= − + nn
cos sen cos sen sen
4
4 2 3 55 10
x
i x x x x x
( ) +
+ ⋅ − +( )Logo, igualando as partes reais, temos que:
cos cos cos x cos
cos cos cos c
5 10 5
5 10 1
5 3 2 4
5 3
x x sen x xsen x
x x x
= − + ⇒
= − ⋅ − oos cos cos cos cos cos cos2 2 2 5 35 1 5 16 20 5x x x x x x x( ) + ⋅ −( ) ⇒ = − +
87. zi
zi i
z=+
⇒ =
+
⋅+
⇒ =2
12
12
1
93 2 46
222
21
21
22
1
46
i iz
i
z i
⋅
+
⇒ = −
+⇒
= ⋅ − +( ) ⇒
tg(arrg )
arg
cossec
zz Q
z= −
∈ °
⇒ = ° ⇒
⇒ °( ) = −
12
135
135 2
88. Seja z x iy= + . Então,
z z i
x iy x iy i
x y x y
x x y x y
− = −
+ − = + −
−( ) + = + −( )− + + = + −
1 3
1 3
1 3
2 1
2 2 2 2
2 2 2 2 66 93 4 0
yy x
+− − =
89. Sejam z x iy e z x iy1 1 1 2 2 2= + = + . Então,
z z x iy x iy x x i y y
x x y y
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
1 22
1 22
− = + − +( ) = −( ) + ⋅ −( ) =
= −( ) + −( ) == d z z( , )1 2
130 3ª. Série
90. Gabarito: d
M C i
A Cn
C C i i
n= ⋅ +( )==
⇒ = ⋅ +( ) ⇒ = +( )1
210
2 1 2 110 10
⇒
= + ⇒ = + ⇒ =2 10718 1 7 180 1, , , %i i i i
91.
a) Pagando a primeira prestação com um mês de atraso, seu valor terá um acréscimo de 10%. Logo, o valor corrigido da primei-ra prestação no dia do vencimento da segunda prestação é de 132 11 145 20⋅ =, , reais.
O valor total que Janaína deverá pagar neste momento é:
R R R$ , $ , $ , 145 20 132 00 277 20+ =
b) • Valor da primeira prestação atrasada:
132 11 145 20⋅ =, , reais.
• Valor da segunda prestação na data correta: 132,00 reais.
• Valor da terceira prestação adiantada: 13211
120 00,
,= reais.
Para quitar sua dívida na data do vencimento da segunda prestação, Janaína deverá pagar a quantia de R R R R$ , $ , $ , $ , 145 20 132 00 120 00 397 20+ + = .
c) • Valor da primeira prestação na data do vencimento da última:
132 11 159 722⋅ =, , reais.
• Valor da segunda prestação na data do vencimento da última:
132 11 145 20⋅ =, , reais.
• Valor da terceira prestação: 132,00 reais.
Se Janaína quiser quitar as três prestações na data de vencimento da última, deverá pagar R R R R$ , $ , $ , $ , 159 72 145 00 132 00 436 92+ + = .
92.
a)
V R H
RH
V Vlata
lata lata
= ⋅ ⋅==
⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =π
π π
2
2312
3 12 108 ccm V Llata2 0 108 ⇒ = , π
A receita gerada com a venda de cada lata de cerveja é dada por:
Re , ,ceita reais= ⋅ =0 108 2 0 216π π
Usando π = 3 14, , temos que Re , , ,ceita reais= ⋅0 216 3 14 0 68� .
b) S R R H
RH
S S
lata
lata l
= ⋅ + ⋅ ⋅==
= ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒
2 2
312
2 3 2 3 12
2
2
π π
π π
aata latacm S m= ⇒ =90 0 0092 2π π ,
O custo total de produção de cada lata de cerveja é dado por:
Custo p= ⋅ +0 009 0 108, ,π π
NOÇÕES DE MATEMÁTICA FINANCEIRA
131Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
c) Para que o fabricante não tenha prejuízo, o custo total de produção não pode ser superior à receita gerada:
Custo ceita pp
≤ ⇔ ⋅ + ≤ ⇔⇔ ≤
Re , , ,
0 009 0 108 0 21612
π π π
Portanto, o valor máximo do preço p é de R$ ,12 00 .
93. Gabarito: c
Supondo uma aplicação com juros compostos, temos:
20 000 102 105 1100
22 000
21420 1100
⋅ ( ) ⋅ ( ) ⋅ +
= ⇒
⋅ +
, ,x
x
= ⇒ + = ⇒
= ⇒
22 000 21420 214 2 22 000
214 2 580 2 7
,
, ,
x
x x �
Portanto, entre os valores apresentados nas alternativas, a taxa mínima de juros no terceiro mês foi de, aproximada-mente, 3%.
94. Gabarito: bx
x x100
720 240 720 3⋅ = ⇒ = ⇒ =24 000 %
95. Gabarito: aPrimeiro mês:
máx200
N N 229
= ⇒ =
Investimento de R$ 198,00Segundo mês:
máx200
N N 287
= ⇒ =
Investimento de R$ 196,00Terceiro mês:V R= + ⋅ =( ) $ ,22 28 8 400 00
Balanço:Investimento: R$ 394,00Recebimento: R$ 400,00Lucro: R$ 6,00
96. Gabarito: b
Após pagar R$ 600,00 de entrada, o saldo devedor é de R$ 400,00. Portanto,
1 400 420 5+( ) ⋅ = ⇒ =x x %
97. Gabarito: e
M Mt t
t
1 2 1 0 20 1 0 68
168
1
= ⇒ +( ) = +( ) ⇒
=
10 000 5 000
10 0005 000
, ,
,
,2202 140 2 140
2 140
tt t
t
⇒ = ⇒ = ⇒
= ⋅ ⇒
, log log ,
log log , logg log log log
log log l
21410
275
2 7
= ⋅
⇒ = ⋅
⇒
= ⋅ −
t t
t
oog,
50 3
0,85 – 0,70( ) ⇒ = ⇒ t
t = 2 anos ⇒ t = 24 meses
98. a) Seja x o preço de cada livro e V o valor a ser pago nos 11 livros. Temos que:
1.ª Opção:
V x= 10
2.ª Opção:
V x x x= + =9 0 9 9 9, ,
Portanto, a segunda opção é mais vantajosa.
b) 1.ª Opção:
L x x L L= ⋅ − ⇒ = ⋅ ⇒ =11 11 10 2 1 54 113 40, , ,
2.ª Opção:
L x x L L= ⋅ − ⇒ = ⋅ ⇒ =11 11 9 9 2 2 54 118 80, , , ,
Portanto, a segunda opção é mais vantajosa.
99. 12
10010 80
1290 00⋅ = ⇒ = ⇒ =V V V R, $ , 1 080
100. Gabarito: b
V x
V xx
⋅ +( ) =
−( ) ⋅ +( ) =
⇒ ⋅ +( ) = ⇒
1 2030
400 1 1600400 1 430
xx = =0 075 7 5, , %
101. a) Às 8 horas:V V= + ⋅ ⇒ =4 70 170 6 14 90, , ,
Às 22 horas:
V V= + ⋅ ⇒ =4 70 2 04 6 16 94, , ,
Logo,
14 90 1 16 94 13 69, , , %⋅ +( ) = ⇒ =x x
Portanto, a corrida das 22 horas é 13,69% mais cara que a corrida das 8 horas.
b) 4 70 2 04 12 4 70 170
4 70 2 04 5 64 2 04
, , , , ,
, , , ,
+ ⋅ = ⋅ + ⋅( ) ⇒
⇒ + ⋅ = +
x x
x x
⇒ ⋅ =0 0 94x ,
Vemos que não existe x real que satisfaça a equação. Portanto, não é possível uma corrida às 22 horas ser 20% mais cara que uma corrida às 8 horas.
102. Gabarito: c
RP RP q
RP RPRP RP q2024 2014
10
2024 20142014 2014
10
22
= ⋅= ⋅
⇒ ⋅ = ⋅
⇒
= ⇒ =q q2 10720 1, ,
103. Gabarito: e
MM
= + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅=
2 000 2 000 11 2 000 11 2 000 11 2 000 1112 210 2
2 3 4, , , ,,
Portanto,
M C nx
MCn
x
= ⋅ +( )===
⇒ = ⋅ +
1
12 210 210 0005
12 210 2 10 000 1 5, , (( ) ⇒ = x 4 42, %
NOÇÕES DE MATEMÁTICA FINANCEIRA
132 3ª. Série
104. Gabarito: d
PV PV
PV PV1 1
2 2
120
0 20 0 80
= ⋅ ⇒ == + ⋅ ⇒
,
, ,
1 300 1 560,00
1 560
⋅⋅ = ⇒
⇒ =PV
PV2
2
1 560
1 950,00
105. Gabarito: e
M C nx
xM C
C C n n meses
= ⋅ +( )==
= ⋅ +( ) ⇒ =
1
0 053
3 1 0 05 40
,
,
⇒⇒
⇒ =
n anos e meses3 4
106. Gabarito: b
11 0 92 900 0 18 900 5 000, , ,x x x x− = ⇒ = ⇒ =
107. Gabarito: b
PP
P P+ = ⇒ = ⇒ =104
510 2 04 530 4 260,
, ,
108. Gabarito: d
Re , , Re Re , Rec c c cdepois antes depois antes= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅12 0 9 108
Portanto, a receita bruta depois da redução do IPI aumentou 8%.
109. Gabarito: e
O cliente pode comprar 2 700 ml de duas maneiras. Ou compra 3 embalagens de 900 ml, ou compra uma embala-gem econômica de 2 700 ml. A primeira opção custa 3 16 48⋅ = e a segunda opção custa 45.
O desconto para quem optar pela embalagem econômica é dado por: 48 45 93 75⋅ = ⇒ =x x , %
Portanto, quem optar pela embalagem econômica fará uma economia de 6,25%.
110. Gabarito: b
320 480 8320320
2480
33200
160 1280 8s cs c s s
+ =
+ =
⇒ = ⇒ =
111. Gabarito: c
Como a depreciação é linear, podemos calculá-la por meio de uma regra de 3:
144 100
85 55
meses
meses xx
−−
⇒ =%
, %
Portanto, a depreciação da roçadeira até 1°. de setembro do mesmo ano é de 5,55%.
112. Gabarito: d
O preço à vista é de 0,9 . 1 000 = 900. Portanto, ao pagar 500 reais de entrada, o cliente ficou devendo 400 reais. Após um mês, o valor da divida passou a ser 500 reais.
Então,
400 1 500 25⋅ +( ) = ⇒ =x x %
Portanto a taxa de juros foi de 25%.
113. Gabarito: b
M C nx
MCn
x
= ⋅ +( )===
⇒ = ⋅ +( ) ⇒
1
6 5005 00012
6 500 5 000 1 12 x = 2 5, %
114. Gabarito: c
R t at b
R
R
a ba b
a e
( ) = +
( ) = −
( ) =
⇒− = += +
⇒ =
1 1
2 1
11 2
2
b R t t= − ⇒ ( ) = −3 2 3
Logo,
R R4 2 4 3 4 5( ) = ⋅ − ⇒ ( ) =
Portanto, o rendimento obtido em quatro meses é de R$ 5.000,00.
115. Gabarito: c
O rendimento total foi de R$ 5,00. Como o rendimento a juros simples é linear, temos que o rendimento mensal foi
de R
R$ ,
$ , 5 004
125= .
116. Se a taxa de juros for x, o montante será dado por:
M C nx= ⋅ +( )1
Logo,
M C nx nxMC
= ⋅ +( ) ⇒ = −1 1
Portanto, se a taxa de juros for 2x, o montante será dado por:
M C nx M CMC
M M C’ ’ ’= ⋅ +( ) ⇒ = ⋅ + ⋅ −
⇒ = −1 2 1 2 1 2
117. Se a taxa de juros for x, o montante será dado por:
M C xn= ⋅ +( )1
Portanto, se dobrarmos o tempo da aplicação, o montante será dado por:
M C x MC
C x MMC
n n’ ’ ’= ⋅ +( ) ⇒ = ⋅ ⋅ +( )
⇒ =11
12 2 2
118. x x x
x x xx
+ +( )
= ⇒
⇒ + + = ⇒⇒ ≅
102 10220 000
10404 102 20 8086
2, ,
, ,
7799 11,
133Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
119. Gabarito: b
100 m
15o
∆h
sen sen15100
100 15° = ⇒ = ⋅ °∆ ∆hh
Logo,
∆ ∆
∆
h h
h
( ) = ⋅ ° ⇒ ( ) = ⋅ − °
⇒
( ) =
2 2 2 2 2
2
100 15 1001 30
2sen
cos
11001 173
22
100 0 0675
6
2 2 2
2
⋅−
⇒ ( ) = ⋅ ⇒
( ) =
,
, ∆
∆
h
h 775 26 ⇒ ≅∆h
120. Gabarito: d
sen sen
cos cos
sen sen sen senx y
x y
x x y y+ =
+ =
⇒
+ + =153
1
253
2 2
ccos cos cos cos
sen sen sen sen cos
2 2
2 2 2
2 1
2
x x y y
x x y y
+ + =
⇒
+ + +
xx x y y
x y x y x y
+ + = + ⇒
+ = ⇒ −(
253
1
13
2cos cos cos
cos cos sen sen cos
)) = ⇒ −( ) =13
3 sec x y
121. Gabarito: a
A matriz inversa de uma matriz 2x2 invertível é obtida trocando os elementos da diagonal principal, trocando o sinal dos elemen-tos da diagonal secundária e então dividindo todos os elementos pelo determinante da matriz original.
Seja Asen
sen=
−
cos
cos
θ θθ θ
.
Então det cos sen .A = + =2 2 1θ θPortanto,
A Asen
Asen
A A
A− −=−
⇒ =1 1
cosdet det
detcosdet
θ θ
θ θ
ccos
cos
θ θθ θ
sen
sen−
.
122. Gabarito: e
f x x x x x x
sen x
( ) = ⋅ ⋅ +
⋅ − ⋅
+
sec sen( ) sen cos( ) tg22
2
2 2π π
π = ⋅ + ⋅ =
− = ⋅ + ⋅ =
sen cos sen cos cos
cos( ) cos cos sen sen
x x x
x x x
π π
π π π2 2
−−
( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( ) ⋅ −( ) ⋅
(
cos
cossen cos cos cos
sen
cos
x
f xx
x x x xx
xf x
12
22
2
)) = − ⋅ ⋅2 3sen cosx x
Portanto k m e n= − = =3 3 1,
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
134 3ª. Série
123. Gabarito: c
= ⇒ = ⇒ = ⇒ − = ⇒
− − − ++ − = ⇒ = =
2 2
2
senxcosx tanx cosx cos x senx 1 sen x senx
cosx1 5 1 5
sen x senx 1 0 senx (não convém) ou senx2 2
124. Gabarito: c
Seja x a b c= − +3 . Então,
A a b c a b c
A x
= ° + − +( ) − ° − + −( ) ⇒
⇒ = ° + +
sen cos
sen
275 3 535 3
270 5
°°( )( ) − ° − + °( )( ) ⇒
= ° + °( )+ + °( )cos
sen cos sen co
540 5
270 5 5
x
A x x
ss cos cos sen sen
cos
270 540 5 540 5
5
° − °( ) + °( ) − ° + °( ) ⇒
= − + °( ) +
x x
A x
ccos x + °( ) =5 0
125. Gabarito: bP
P
= °⋅ ° ⋅ ° ⋅ ⋅ ° ⋅ ° ⇒= °⋅ °
cos cos cos cos cos
cos cos
91 92 93 268 269
91 92
… ⋅⋅ ⋅ ° ⋅ −( ) ⋅ ° ⋅ ⋅ ° ⇒
= − °⋅ ⋅ ⋅
… …
…
cos cos cos
cos cos co
179 1 179 91
91 922 2P ss
cos cos cos
2
2 2 2
179
1 2 89
° ⇒
= − °⋅ ⋅ ⋅ °
…P
Como cos2 6014
° = e todas as parcelas do produto são números entre 0 e 1, temos que − < <14
0P
126. Gabarito: a
f x x x x x
f x x x
( ) = +( ) − −( ) ⇒
( ) = +( ) +
sen cos sen cos
sen cos sen
4 4
2
xx x x x x x
f x x
−( )( ) ⋅ +( ) − −( )( ) ⇒
( ) = ⋅
cos sen cos sen cos
sen cos
2 2 2
2 4
xx f x x ⇒ ( ) = 4 2sen
Então,
f x x
f ax x
( ) =
( ) =
⇒ = ⇒ =
4 2
22 4 2 2
12
sensen sen
Queremos o valor da segunda abscissa positiva tal que a imagem é igual a 2. Portanto, 256
512
x x= ⇒ =π π .
127. Gabarito: c
sen cos coscos
senx x A x x
x A x
x A x+ = −( ) ⇒
= ⇒ =
= ⇒ =2
0 2
210
0
π00
2 20
2 20
24
15 5
⇒
=
=
⇒ = ⇒ =
A x
A xA A
cos
sen
128. Gabarito: a
sen x xx
x Q
xx
2 22 21
0 82
0 8 10
+ ==
∈ °
⇒ + =<
cossen , , cos
cos ⇒ = −cos ,x 0 6
Portanto,
sen cos sen cos cos sen
, , , ,
2 2 2
2 0 8 0 6 0 6 0
2 2
2
x x x x x x+ = + − =
= ⋅ ⋅ −( ) + −( ) − 88 0 96 0 36 0 64 1242( ) = − + − = −, , , ,
129. Gabarito: c
sen cossen cos
sen
sen
x x mx x m
x m
x m
− =+ =
⇒− =
+ =
⇒
1 2
1 2
2
2 2 2 1 12= ⇒ = = −m m ou m
Portanto, as equações ocorrem simultaneamente para 2 valores de m.
135Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
130. f x x x
f x x x sen x
f x x
( ) cos cos
cos cos
cos
= + ⋅
( ) = + ⋅ −( )( ) = + ⋅
12
2
1212
2
2 2
⋅⋅ −( )= + −
cos
( ) cos cos
2
2
1
12
x
f x x x
O valor de cosx que minimiza a função f x( ) é dado por:
cosxba
= − = −⋅
= −2
12 1
12
Portanto, x ou x= =23
43
π π .
131. Gabarito: a
2 2 2
0
2 2 1 20
2 2 2⋅ + ( ) >
< <
⇒ + − >
< <
cos cos cos cosx x
x
x xxπ π
⇒
>
< <
⇒ > < −
< <
cos cos cos2 34
0
32
32
0
x
x
x ou x
xπ π ⇒ < < < <0
656
x ou xπ π π
132.
f sen f senθ θ π θ θ π( ) =−( )
⋅ −
− ⇒ ( ) = − − ⋅ −1
523 3
1 115
23 3
Portanto, o período da função é dado por:
p p= ⇒ =223
3π π
133. Gabarito: e
gof x
f x x x
g x x
x x
( )( ) =
( ) =
( ) = −
⇒ − = ⇒
0
4
1
1 4 0sen cos sen cos
sen212
26
256
12 2
x
x k
ou
x k
x k
ou
x
= ± ⇒
= +
= +
⇒
= +π π
π π
π π
== +
⇒ = = = =512 2
12512
712
1112π π
π π π π
k
x x x e x , ,
134. Gabarito: e
I. VERDADEIRO
senh x x senh x x
e e e ex x x x
( ) + ( ) = ( ) + ( ) ⇔
− + +− −
cosh cosh8
8 8
2 2
= − + +
⇔
=
− −8 8 8 8 8 8 8
2 222
22
e e e e e ex x x x x x
⇔ = e ex x8 8
II. FALSO
cosh xe e
ee
x xx
x( ) = ⇔ + = ⇔ + =−
02
01
0
Não existe x real que satisfaça a equação, pois a soma de dois números positivos não pode ser igual a zero.
136 3ª. Série
III. VERDADEIRO
cosh hx sen xe e e e
e
x x x x
( ) − ( ) = +
− −
=
− −2 22 2
2
2 2xx x x x x x x xe e e e e e e+ +
− − +
= =
− − − −24
24
44
12 2 2
135. Gabarito: a
Como a amplitude é igual a 2, temos que a = 2 . Como o período é 32π , temos que:
32
2 43
π π= ⇒ =b
b
Além disso, a e b devem ter sinais trocados, pois o gráfico da função começa seu ciclo 032
, π
de forma decrescente. Portanto
a b⋅ = − ⋅ = −243
83
.
136. Gabarito: d
cos cos cos cos
cos co
2 4 0 2 2 2 1 0
2 2
2
2
x x x x
x
( ) + ( ) = ⇒ ( ) + ( ) − = ⇒
( ) +
ss
cos
cos
2 1 0
212 6
56
2 1
x
x x e x
ou
x
( ) − = ⇒
= ⇒ = =
= − ⇒
π π
x =
π2
Portanto, a soma das raízes é π π π π6
56 2
32
+ + = .
137. Gabarito: a
det ( )
cos cos
sen cos
cos
A x
x x
x x
senx x
= − ⇒ − = − ⇒
− −
9
2 0 4
2 0 5
0 1 0
9
8
110 98 10 9
8
22
coscos
coscos
cos cos
tg cos
xsenx x
xx
x x
x x
= − ⇒ + = ⇒
++ = ⇒ +( ) = ⇒
+ = +
109
8 10 9
8 10 9 9
2
2
coscos
tg sec
tg tg
xx
x x
x x
⇒ − − =9 8 1 02tg tgx x
Portanto, a soma dos possíveis valores de tgx é dada por:
somaba
= − = −−( )
=8
989
.
138. Gabarito: d
O maior valor que N(t) pode assumir ocorre quando cosπ π6
23
1t −
= − . Logo,
π π π π6
23
2
0 12
10 120 12
10t k
t
t kt
t− = +
≤ ≤
⇒
= +≤ ≤
⇒ =
Portanto, o horário em que o shopping apresenta o maior número de clientes é às 20 horas.
137Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
139. Gabarito: d
2 1 23 3 8
7 147 7 14
senx x ksenx x k
x kx
+ = +− = − +
⇒== −
coscos
sencos
kk
k k k k
⇒
+ − + = ⇒ =
196 49 196 196 4912
2 2
140. Gabarito: c
cosx senx cosx senx
x x x sen x x
+ + − =
+ + + −
( ) ( )2 2
2 2 22 2cos sen cos cos senxx x sen xcos + =2 2
141. Gabarito: c
y x y y= − − +( ) ⇒ − − ≤ ≤ − + ⇒ − ≤ ≤ −3 2 1 3 1 3 1 4 2sen
Portanto, Im ,f( ) = − −[ ]4 2 .
142. Gabarito: d
Os valores de x para os quais está definida a função f são tais que:
x k k x k k x k k− ≠ + ∈ ⇔ ≠ + ∈ ⇔ ≠ ∈π π π π π π2 2
, , , � � �
143. Gabarito: a
Para x = 6, temos:
Px
xP
= +
=
⇒ = +
1500 5006
61500 500
66
coscos
ππ ⇒ =P 1000
144. Gabarito: a
2 1 4 1 2
4 1 1 2
2 2
2
sen cos sen cos cos
cos cos
x x x x x
x
− = ⇒ = + + ⇒
⋅ −( ) = +
xx x x x
x x
+ ⇒ + − = ⇒
= ⇒ =
cos cos cos
cos arccos
2 25 2 3 0
35
35
= −
= − ⇒ =
ou x
oux x
235
1
π
π
arccos
cos
Porém, apenas x e x=
=arccos
35
π são soluções:
3 1
35
235
sen cos
arccos
sen arccos
x x
x
− =
=
⇒
−
= ⋅ − =
− =
= −
cos arccos
sen cos
35
245
35
1
3 1
2
x x
x π aarccos
sen arccos cos
35
2 235
⇒
−
−
π 2235
245
35
115
3 1
π −
= ⋅ −
− = −
− ==
arccos
sen cosx xx ππ
π π
⇒ − = 2 1sen cos
138 3ª. Série
145. Gabarito: b
cos cos
cos
2 4
2
222
45 2
15
2
45
15
4 5
α α
α
= +
=
⇒ = + ⇒ −k
kk
k k ++ = ⇒
=
=
⇒
=
=
⇒
1 0
1
14
21
214
2
2
kou
k
ou
cos
cos
α
α =
cos
cos
α
αα α
21
212
120 240
= ±
= ±
⇒ ° = °ou ou
cos cos
cos
2 4
2
223
47 3
37
3
47
37
4 7
β β
β
= +
=
⇒ = + ⇒ −k
kk
k kk
kou
k
ou
+ = ⇒
=
=
⇒
=
=
3 0
1
34
31
334
2
2
cos
cos
β
β =⇒
= ±
= ±
⇒ °
cos
cos
β
β
β3
1
33
2
90ou
Então, os possíveis valores de cos α β+( ) são:
cos
cos
cos
α β
αβ
α β
α
+( )= °= °
⇒ ° + °( ) = −
+( )=
12090
120 903
2
24
0090
240 903
2°
= °
⇒ ° + °( ) =β
cos
Portanto, o menor valor de cos α β+( ) é − 32
.
146.
a) senn
senn
senn
senn
π π π
π
22 3
4 24 2 3
8 2
3 1
8
23
2
= − ⇒ = − ⇒ =−( )
⇒
=
−− ⇒ = ⋅ − ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒
=
1
2 2 23 2 2
4 23
22
22
212
2
senn
senn
senn
π π
πsenn sen
π π π π π π3 4 2 12 2 12
6−
⇒ = ⇒ = ⇒ = sen
n nn
b) De acordo com o item acima, temos que senπ
122 3
4= −
. Logo,
sen cos
sen
cos
2 2
212 121
122 3
4
2 34 12
1
π π
ππ
+ =
= −
⇒ − + = ⇒ cosπ
122 3
4= +
139Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Portanto,
cos sen
cos
sen
π π
ππ12
1 224
122 3
4
2 34
1 224
2
2
= −
= +
⇒ + − ⇒ = ssen sen
sen
ππ
π π
24122
24
1 2 34
2 24
2 2 3
2
=
=− +
⇒ =− +
sen
147. sen sen sen sen sen sen sen
sen
x x x x x x x
x x
+ + = + + + =
= +
⋅
2 2 3 2 2 3
22
2ccos sen cos
cos
x x x x x x
x
−
+ +
⋅ −
=
=
22
22 3
22 3
2
22
⋅
+
=
=
⋅
sen sen
cos sen
32
52
22
2
3
x x
xx
2252
2
32
52
2
22
2
+
⋅
−
=
=
⋅
x x x
x
cos
cos sen 222
42
22xx x
x( ) ⋅
=
⋅ ( )cos cos sen
148. sen x x x x x x x( )cos( )cos( )cos( )cos( )cos( )cos( )
sen(
2 4 8 16 3212
=
= ⋅ 22 2 4 8 16 32
14
4 4
x x x x x x
x
)cos( )cos( )cos( )cos( )cos( )
sen( )cos(
=
= ⋅ xx x x x
x x x
)cos( )cos( )cos( )
sen( )cos( )cos( )cos(
8 16 32
18
8 8 16 3
=
= ⋅ 22
116
16 16 32
132
32 321
6
x
x x x
x
)
sen( )cos( )cos( )
sen( )cos
=
= ⋅ =
= ⋅ ( ) =44
64⋅sen x( )
149. y x x y x x y x x= − ( ) ⇒ = − + ⇒ = − + +cos cos cos cos cos cos2 2 1 2 12 2
O valor de cosx que maximiza a função é cosxba
= − = −⋅ −( )
=2
12 2
14
Portanto, o maior valor que y pode assumir é dado por:
y x x
xy
= − + +
=
⇒ = − ⋅
+
+
2 114
214
14
1
22cos cos
cos ⇒ =y
98
150.
S P S Psen2
22
2 22
1
2
1+ = −
−( )
+ ⇒ + = + −sec
cos
cos seccosθ
θθ θ θ
22
22 2 2 21 1 2
θθ
θ θcos
⇒ + = + + − ⇒ + =S P tg tg S P
140 3ª. Série
151. a sen x x b x sen x a sen x x⋅ +( ) − ⋅ −( ) = ⋅ ( ) + ( )
6 6 2 2 2 2 3 2 3cos cos cos −− ⋅ − −
=
= ⋅ +
⋅
b sen x sen x
a sen x x sen
1 2 2 2
2 2
1
2cos1 244 344 xx sen x x x b sen x sen( ) − ⋅ + ( )
− ⋅ − +
2 2 2 2 2 21 4 4cos cos 44
4 2 2 2 2 21 1 1 4 4
x
a sen x sen x sen x sen x b sen x
=
= ⋅ − ⋅ −( ) + −( ){ }− ⋅ − + ssen x
a sen x sen x b sen x sen x a
4
4 2 2 43 3 1 1 4 4 3 4
=
= ⋅ − +{ }− ⋅ − +
= − bb sen x a b sen x a b
a b sen x sen x a b
( ) − −( ) + −( ) =
= −( ) −( ) + −
4 2
4 2
3 4
3 4
A expressão independe de x quando 3 4 043
a b ab− = ⇒ = .
152.
cos secθ θ=+
⇒ = +2
1
122
2k
k
kk
Logo,
sec
costg
2 2
2
2 22
412
1
12
1θ θ
θθ
= +
=+
⇒ +
= + ⇒
tgk
k
kk
k ++ + − = ⇒ − + = ⇒
= −
2 1
41
2 1
4
12
2
22
4 2
22
22
k
ktg
k k
ktg
kk
θ θ
θ
tg ⇒ = −2 2 1
2 tg k
kθ
153. Seja a a medida da hipotenusa do triângulo. Então,
a b c
a x senx senx x
a x s
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2 2
2
= + ⇒
= + +( ) + + +( ) ⇒
= +
cos cos
cos eenx senx x
a x x senx
+( ) + + +( ) ⇒
= + +( )1 2 1
4 1
2 2
2 2
cos
cos cos
++ +( ) +
+ + +( ) + +( ) ⇒
= +
4 1
4 1 4 1
4
2
2 2
2 2
senx
sen x senx x x
a x s
cos cos
cos
eenx x x sen x senx
sen x senx x senx
cos cos
cos cos
+ + + + +
+ + + +
4 4 8 4
4 4 4
2
2 2 xx x
a x sen x senx x senx x
+ + ⇒
= + + + + + ⇒
8 4
5 5 8 12 12 82 2 2
cos
cos cos cos
aa senx x sen x
a senx x sen x
2 13 12 4 2
13 12 4 2
= + +( ) + ( ) ⇒
= + +( ) + (cos
cos
))Portanto,
sen sencos
cosC
ca
Csenx x
senx x sen x = ⇒ = + +
+ +( ) + ( ) 2 2
13 12 4 2
141Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
154. Gabarito: d
s r tba
s r t
sba
sba
⋅ ⋅ = −
= ⋅
⇒ = −
⇒ = −
3
2
33
Logo,
s r t a
sba
ba
r t a r tba
a+ + = −
= −
⇒ − + + = − ⇒ + = −
155. Gabarito: c
p x x x
A
a
b
c
p A
a
( ) = − +
=
( ) =
⇒
3 2 4
0 0
0 0
0 0
0
00 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
b
c
a
b
c
a
b
c
⋅
⋅
− ⋅
+ ⋅
=
2
0 0
0 0
0 0
4
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
a
b
c
⇒
⇒
− +
− +
− +
=
a a
b b
c c
3
3
3
2 4 0 0
0 2 4 0
0 0 2 4
0 0 0
00 0 0
0 0 0
2 4 0
2 4 0
2 4 0
3
3
3
⇒
− + =
− + =
− + =
⇒
a a
b b
c c
a11 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3 1 2 3
0
0
0
+ + =+ + =+ + =
⇒
+ + + + +
a a
b b b
c c c
a a a b b b
++ + + =c c c1 2 3 0
156. Gabarito: c
Como 1 é raiz de multiplicidade 2 da equação x x x ax b4 3 22 3 0− − + + = , temos que o polinômio P x x x x ax b( ) = − − + +4 3 22 3
é divisível por x x x x−( ) ⋅ −( ) = − +1 1 2 12 .
+ −
x x x ax b x x
x x x x
4 3 2 2
4 3 2 2
2 3 2 1
2
− − + + − +
− −−
− + +
+ −
4
4
4 8 4
2
2
x ax b
x x
a x b+( ) + −8 4
Logo,
ab
a e b a b+ =− =
⇒ = − = ⇒ ⋅ = −8 04 0
8 4 32
157.
a)
238
134
38
1 342cos cos cos
cosπ π π
π
− =
⇒
=
+
⇒
=
+ −
⇒
= − ⇒
2
38
1 22
238
2 24
cos cosπ π
cos38
2 22
π
= −
POLINÔMIOS E EQUAÇÕES POLINOMIAIS
142 3ª. Série
138
34
38
1 342−
=
⇒
=
−
sen senπ π π
π
coscos
⇒
=
− −
⇒
= + ⇒
2
38
1 22
238
2 24
sen sen
s
π π
een38
2 22
π
= +
b)
z i z i
z i
= − + + ⇒ = ⋅ − + +
⇒
= ⋅
+
2 2 2 2 22 2
22 2
2
238
cosπ
ssen cos sen38
238
38
π π π
⇒ = ⋅
+
z n i nn n
Para que zn seja real sua parte imaginária deve ser zero:
sen ,38
038
83
π π πn n k k nk
= ⇔ = ∈ ⇔ = �
Portanto, o menor valor inteiro positivo é n = 8 .
c) Do item anterior, temos que z8 256= − . Portanto, o polinômio P x x( ) = +8 256 apresenta coeficientes inteiros, admite z
como raiz e não tem raiz real.
158.
a) O resto da divisão p x( ) por x − 1 é igual a p 1( ) . Então,
p x x x k
pk k
( ) = − + +
( ) =
⇒ = − ⋅ + + ⇒
2211 2
1 33 1 11 1 2 == 11
b) Para k = 4 temos que p x x x( ) = − +2 11 6 . Então,
sena b
sena b
absen
π π π π+
=
+( )
= ⋅
= ° = −11
6330
1sen
22
159.
a) r r s s+ −( ) + = ⇒ =2 2
Logo,
r r s
sr r
⋅ −( ) ⋅ = −
=
⇒ − ⋅ = − ⇒ = ±18
22 18 32
b)
p z z z z
z ip i i i( ) = − − +
= +
⇒ +( ) = +( ) − ⋅ +( ) − ⋅
3 23 22 9 18
11 1 2 1 9 1 ++( ) + ⇒ +( ) = + + + − − − − − + ⇒
+( ) = +
i p i i i i i i i
p i
18 1 1 3 3 2 4 2 9 9 18
1 1
2 3 2
33 3 2 4 2 9 9 18 1 7 11i i i i P i i− − − − + − − + ⇒ +( ) = −
143Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
160. Gabarito: c
1 1 11 0 0
− −a aa
Logo p x x a x( ) = +( ) ⋅ −( )2 1
Então as outras raízes de p são:
x a x a2 0+ = ⇒ = ± −
Como 1 é a única raiz real de p, temos que a > 0 .
161.
a) Como x x2 1 0+ + > para todo x real, a expressão 2 20 28
1
3 2
2 3
x x x
x x
− − +
+ +( ) tem o mesmo sinal de 2 20 283 2x x x− − + .
Pelo gráfico, vemos que 2 é raiz de f. Logo,
2 2 1 20 28
2 3 14 0
− − −
Assim as outras raízes de f são raízes da equação:
2 3 14 0 272
2x x x ou x+ − = ⇒ = = −
Analisando o gráfico, notamos que 2 20 28 03 2x x x− − + > quando x e x> − ≠72
2 .
b) 2 20 28 28 2 20 0
2 20 0
3 2 3 2
2
x x x x x x
x x x
− − + = ⇒ − − = ⇒
⋅ − −( ) = ⇒
xou
x x
x ou x ou x=
− − =
⇒ = = − = +0
2 20 0
01 161
41 161
42
Fazendo uma interpretação gráfica dessa solução, temos:
f(x)
f(x) = 2x3 – x2 – 20x +28
x2
28
3101 –4√161 1 +
4√161
Com essa análise gráfica, 2 20 28 283 2x x x− − + > quando 1 161
41 161
4− < < > +
x 0 ou x .
162. Gabarito: e
Pelo Teorema do Resto, temos: P e P2 0 3 45( ) = −( ) = − . Então,
a b
a b
a ba b
⋅ + ⋅ + =
⋅ −( ) + ⋅ −( ) + = −
⇒
+ = −− + = −
2 2 2 0
3 2 3 45
8 427 3
3
3 99
1 12
⇒ = = − a e b
144 3ª. Série
163.
z z z i
zk
i
3 3 38 0 8 8
22
3
+ = ⇒ = − ⇒ = ⋅ +( ) ⇒
= ⋅ + +
cos sen
cos se
π π
π πnn , ,
,
π π+
= ⇒
= − = +
23
0 1 2
212
32
kk ou
z z i ou
z i= −12
32
Portanto, as raízes pertencem ao conjunto dos números complexos.
164. Gabarito: e
− +
x x x x x x
x x
5 4 3 2 2
5 3
0 0 3 0 1 1+ + − + + −
x x
x x x
3
3 2
3
3 0 1
+ −
− + +
+
−
−x x
x
3
23 ++ +x
x
1
3 32 − x − 2
165. Gabarito: e
Pelo Teorema do Resto, temos:
P x Q x x
P x Q x x
P
P Q( ) = ( ) ⋅ −( ) +
( ) = ( ) ⋅ −( ) +
⇒
( ) =
( ) = (1 2
2 3
1 2
2 2
)) +
( ) =
( ) = − ( ) +
⇒= ( ) +
= − ( ) +
2
2 3
1 1 3
3 2 2
2 1P
P Q
Q
Q
331 2 2
⇒ ( ) + ( ) = Q Q
166. Gabarito: d
Pelo Teorema do Resto, temos:
P
P
a b
a b
−( ) =
( ) =
⇒
−( ) + ⋅ −( ) + =
( ) + ⋅( ) + =
2 0
1 0
2 2 0
1 1 0
2
2 ⇒
− + = −+ = −
⇒ = = −2 4
11 2
a ba b
a e b
Portanto a b− = − −( ) =1 2 3 .
167.
a) q x x z x z q x x zx zx zz
q x x z
( ) = −( ) ⋅ −( ) ⇒ ( ) = − − + ⇒
( ) = − ⋅
2
2 2 Re( )) + ⇒ ( ) = − + +( )z q x x ax a b2 2 2 22
Portanto q(x) é um trinômio do segundo grau, com coeficientes reais.
b) Seja p x a x a x a x a x ann
nn( ) = + + + + +−
−1
12
21 0… um polinômio com coeficientes reais e de grau maior do que 1. O fato dos
coeficientes serem números reais implica que, se um número imaginário é raiz, seu conjugado também é raiz.
Logo, sejam r r rp1 2, , , … as raízes reais e z z z z z zm m1 2 1 2, , , , , , , … … as raízes imaginárias de p.
Então, podemos escrever p na forma fatorada da seguinte maneira:
p x a x r x r x z x z x z x z
p x
n p m m( ) = ⋅ −( ) ⋅ ⋅ −( ) ⋅ −( ) ⋅ −( ) ⋅ ⋅ −( ) ⋅ −( ) ⇒1 1 1… …
(( ) = ⋅ −( ) ⋅ ⋅ −( ) ⋅ − +( ) ⋅ ⋅ − +( )a x r x r x z z x z zn p m m12
1 12 2 2
2 2… …Re( ) Re( )
Portanto p foi escrito como produto de binômios lineares e/ou trinômios de 2.o grau com coeficientes reais.
145Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
168. Gabarito: b
I. FALSO
p x x x x( ) = +( ) ⋅ − +( )3 2 3 12
Portanto, as raízes de p são dadas por:
p x x x x
xou
x x
( ) = ⇒ +( ) ⋅ − +( ) = ⇒
+ =
− + =
0 3 2 3 1 0
3 0
2 3 1 0
2
2
⇒ = − = = x x ou x3 112
,
II. VERDADEIRO
A soma dos coeficientes de p é igual a p(1). Como vimos anteriormente, 1 é raiz de p. Logo p(1) = 0. Portanto, a soma dos coe-ficientes é zero.
III. FALSO
O resto da divisão de p por m x x( ) = + 2 é igual a p −( )2 .
p x x x x
x
p
( ) = +( ) ⋅ − +( )= −
⇒
−( ) = − +( ) ⋅ ⋅ −( ) − ⋅
3 2 3 1
2
2 2 3 2 2 3
2
2
−−( ) +( ) ⇒ −( ) =2 1 2 15 p
Portanto, o resto da divisão de p por m x x( ) = + 2 não é primo.
169. Gabarito: a
As raízes de A(x) são x = 1 e x = 2.
Logo, o polinômio B(x) tem como raiz x = 1 ou x = 2 (não podendo ter os dois valores como raiz).
Se x = 1 for raiz de B x( ) , então:
B x x x kx x
Bk
( ) = − + − −
( ) =
⇒ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − =
4 3 24 3 22 3 2
1 01 2 1 1 3 1 2 0 ⇒⇒ = k 6
Nesse caso,
B x x x x x
x
B
( ) = − + − −
=
⇒
( ) = − ⋅ + ⋅ − ⋅ − =
4 3 2
4 3 2
2 6 3 2
2
2 2 2 2 6 2 3 2 2 0
⇒ ( ) =B 2 16
Logo x = 2 não é raiz. Portanto uma possibilidade é k = 6.
Se x = 2 for raiz de B(x), então:
B x x x kx x
Bk
( ) = − + − −
( ) =
⇒ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − =
4 3 24 3 22 3 2
2 02 2 2 2 3 2 2 0 ⇒⇒ = k 2
Nesse caso,
B x x x x x
xB( ) = − + − −
=
⇒ ( ) = − ⋅ + ⋅ − ⋅ − =
4 3 24 3 22 2 3 2
11 1 2 1 2 1 3 1 2 0 ⇒ ( ) = −B 1 4
Logo x = 1 não é raiz. Portanto outra possibilidade é k = 2 .
146 3ª. Série
170. Gabarito: a
As raízes de D x x x( ) = − −2 2 3 são x = 3 e x = –1. Como P é divisível por D, temos que P(3) = 0 e P(–1) = 0. Além disso, como
o resto da divisão de P por F é 4, temos que P(1) = 4.
Então,
P x x ax bx c
P
P
P
a b( ) = + + +
( ) =
−( ) =
( ) =
⇒
+ ⋅ + ⋅3 2
3 2
3 0
1 0
1 4
3 3 3
++ =
−( ) + ⋅ −( ) + ⋅ −( ) + =
+ ⋅ + ⋅ + =
⇒+c
a b c
a b c
a0
1 1 1 0
1 1 1 4
9 33 2
3 2
bb c
a b ca b c
acb
+ = −− + =+ + =
⇒
= −==
2713
461
Portanto, a b c⋅ ⋅ = −( ) ⋅ ⋅ = −4 1 6 24 .
171. Gabarito: d
Pelo teorema descrito no enunciado, temos:
P x x x mx x p
Pm
( ) = + + − +
−( ) =
⇒ −( ) + ⋅ −( ) + ⋅ −(
4 3 24 32 2
1 01 2 1 1 )) − ⋅ −( ) + = ⇒ + = −2
2 1 0 1p m p
172. Gabarito: e
A soma das raízes é dada por:
x x xba1 2 3
11
2112
+ + = − = −−( )
=
Portanto, a média das raízes é igual a:
mx x x
=+ +
=
=1 2 3
3
1123
116
173. Gabarito: b
3 3 2
1 1
3 3 2
1
12
2 2
2
2
2x x
x x
Ax
Bx C
x
x x
x x
A x+ +
⋅ +( )= + +
+⇔ + +
+( )=
⋅ +(
)) + ⋅ +( )⋅ +( )
⇔
+ + = +( ) + + ⇔+ ==
x Bx C
x x
x x A B x Cx AA BC
2
2 2
1
3 3 23
332
2 1 3A
A B e C=
⇔ = = = ,
174. Gabarito: c
x x x px q
x x x x x px
3 2
2 2
1 1 2 3
1 1 1 2
− = −( ) ⋅ + −( ) ⇔
−( ) ⋅ + +( ) = −( ) ⋅ + −
33
1 2 32 1
3 112
2 2
q
x x x px qp
qp
( ) ⇔
+ + = + − ⇔=
− =
⇔ =
ee q = − 13
175. Gabarito: b
( ) ( )( ) ( )
( )( )
+ + − = ⋅ − ⋅ − ⇒
+ + − = − + + + − ⇒
= − + − = + += + ⇒ ⇒ − = −
= = −− = −
23 2
3 2 3 2 2 2
22
2
2x ax bx 16 2 x 2 x k
2x ax bx 16 2x 4k 4 x 2k 8k x 4k
a 4k 4b a 2k 12k 4b 2k 8k b a 12k 2 (não convém) ou k 2
16 4k
Obs.: k ≠ 2, pois, caso contrário, 2 é uma raiz tripla de p.
147Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
176. Gabarito: b
O resto da divisão de p por um polinômio de grau 3 tem grau no máximo igual a 2. Logo, o resto é da forma ax bx c2 + + . Pelo Teorema do Resto, temos:
p x x x x Q x ax bx c
p i
p i
p
( ) = − + −( ) ⋅ ( ) + + +
( ) =
−( ) =
( ) =
3 2 22 2
0
0
2 1
⇒
⇒
= ⋅( ) + ⋅( ) +
= ⋅ −( ) + ⋅ −( ) +
= ⋅( ) + ⋅( ) +
0
0
1 2 2
2
2
2
a i b i c
a i b i c
a b c
⇒− + + =− − + =
+ + =
⇒
⇒− + + =
a bi ca bi ca b c
a bi c
00
4 2 1
000
4 2 1
15
015
− − + =+ + =
⇒ = = =a bi c
a b ca b e c ,
Portanto, o resto é 15
15
2x + .
177.
a) O total de elementos será as permutações dos 5 coeficientes, considerando as repetições. Assim:
n S P n S n S( ) ( )!
! !( ),= ⇒ = ⇒ =5
3 2 53 2
10
b) Seja P x ax bx cx dx e( ) = + + + +4 3 2 . Se −1 é uma raiz de P, então:
a b c d e a c e b d⋅ −( ) + ⋅ −( ) + ⋅ −( ) + ⋅ −( ) + = ⇒ + + = +1 1 1 1 04 3 2
Na equação, três dos números são iguais a 2 e dois, iguais a 1. Portanto, temos as seguintes possibilidades:
a b d e c eouc b d e a eoue b d e a c
= = = = =
= = = = =
= = = = =
2 1
2 1
2 1
Ou seja, o subconjunto pedido é dado por:
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 24 3 2 4 3 2 4 3 2x x x x x x x x x x x x+ + + + + + + + + + + +{ }, ,
178. Gabarito: a
V x A x H x A xV x
H x( ) = ( ) ⋅ ( ) ⇒ ( ) =
( )( )
A divisão de V x por H x( ) ( ) é dada por:
−
1 2 1 5 22 3 2 0
− − −− −
Portanto,
A x x x A x x x( ) = − − ⇒ ( ) = −( ) ⋅ +( )2 3 2 2 2 12
148 3ª. Série
179.
P
P
a b c d
a b c
19 1
62 2
19 19 19 1
62 62
3 2
3 2
( ) =
( ) =
⇒
⋅ + ⋅ + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + ⋅
662 2
62 19 62 19 62 19 1
62
3 3 2 2
+ =
⇒
⋅ −( ) + ⋅ −( ) + ⋅ −( ) = ⇒
⋅ −
d
a b c
a
119 62 62 19 19 62 19 62 19 62 19 1
43
2 2( ) ⋅ + ⋅ +( ) + ⋅ −( ) ⋅ +( ) + ⋅ −( ) = ⇒
⋅
b c
a
⋅⋅ + ⋅ +( ) + ⋅ +( ) +
=62 62 19 19 62 19 12 2 b c
Quando a, b e c são inteiros, o lado esquerdo da expressão acima é um múltiplo de 43. Portanto, a igualdade é impossível quando a, b e c são inteiros.
180. Seja P x x ax b( ) = + +2 2 , onde a é inteiro. Além disso, sejam c ∈ e k ∈ tais que:
P c k
P c k
c ac b k
c a c b
( ) =
+( ) = +( )
⇒
+ + =
+( ) + ⋅ +( ) +
2
2
2 2
21 1
2
1 2 1
== +( )
⇒
+ + =
+ + + + = +
⇒
k
c ac b k
c c ac a b k k
1
2
2 2 2 22
2
2 2
2 2
aa c k k a c+ = ⇒ = +2 2
Logo,
c ac b kk a c
c ac b a c
c ac b a
2 22 2
2 2
2 2
2
+ + == +
⇒ + + = +( ) ⇒
+ + = +
22 2 2ac c b a+ ⇒ = Portanto,
P x x ax a P x x a( ) = + + ⇒ ( ) = +( )2 2 22
Logo, quando x é inteiro, P x( ) é um quadrado perfeito.
181. O fator x50 irá aparecer em H x( ) toda vez que for feito o produto x xm n⋅ , com xm pertencendo a P x( ) e xn pertencendo a
Q x( ) , tal que m n+ = 50 .
Assim, isso acontecerá nos seguintes produtos:
x x x x x x x x25 25 26 24 49 1 50 0⋅ ⋅ ⋅ ⋅, , , …,
Portanto, o coeficiente de x50 em H x( ) é dado por:
x x x x x x x x x25 25 26 24 49 1 50 0 5026⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅+…+
Ou seja, o coeficiente é igual a 26.
182. Vamos utilizar o dispositivo de Briot–Ruffini.
1 1 2 1 − − −a b b 1 1 1 1 3 2− − + − − −a a b a a a
Logo, 2 0 2− = ⇒ =a a
1 1 1 1 1 1
− − + −b 1 0 1 2 1− + − + − +b b b
Logo, − + = ⇒ =1 0 1b b
1 1 0 0 11 1 1
− 0
Como x = 1 não é raiz do polinômio x x2 1+ + , temos m = 3 .
149Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
183. Gabarito: b
1 1 3 4 21 2 2
− −− 0
Logo, as outras raízes são:
x x x i ou x i2 2 2 0 1 1− + = ⇒ = + = −
184.
a) Escrevendo P na forma fatorada, temos:
P x x x i x i
P x x x
( ) = +( ) ⋅ − +( )( ) ⋅ − −( )( ) ⇒
⇒ ( ) = +( ) ⋅ −( ) +( )1 1 1
1 12 2
α α
α
+
⇒
⇒ ( ) = − −( ) + +P x x x x3 2 2 21 1α α
Como P 1 8( ) = , temos que:
P x x x x
P
( ) = − −( ) + +
( ) =
⇒ = − + − + + ⇒
3 2 2 22 21 1
1 88 1 1 1 1
+
α αα α α = 2
b)
− −
−1 1 1 3 5
1 2 5
0
Portanto, o quociente da divisão é x x2 2 5− + .
185. Gabarito: b
Como a soma dos coeficientes da equação é igual a 0, o número 1 é raiz. Logo,
1 1 3 7 5
1 2 5 0
2 5 0 1 2 1 22
− −
−
− + = ⇒ = + = −x x x i ou x i
Assim, z i1 1 2= + ou z i1 1 2= − e o módulo do número complexo z1 é igual a z12 2
1 2 5= + ±( ) = .
186. Gabarito: e
A soma e o produto das raízes são dados por:
1 1 3
1 1 24
1+( ) + −( ) + + =
+( ) ⋅ −( ) ⋅ ⋅ = −
⇒+ =
⋅
i i a b
i i a b
a b
a b
== −
12
Portanto,
1 1 112a b
b aab
+ = + = − .
187.
a) Observando o gráfico, temos que:
A velocidade máxima é atingida às 18 horas, ou seja, para x = 6:
f 6 2 6 15 6 24 6 41 773 2( ) = ⋅ − ⋅ + ⋅ + =
A velocidade mínima é atingida às 16 horas, ou seja, para x = 4:
f 6 2 4 15 4 24 4 41 253 2( ) = ⋅ − ⋅ + ⋅ + =
b) Uma das outras duas raízes é o conjugado, ou seja, 17 394
+ i .
150 3ª. Série
É possível obter a outra raiz por meio da soma das raízes:
17 39
417 39
4152
13 3+ + − + = ⇒ = −i i
x x
188.
a) Sabe-se então que x x x1 2 3= + . Logo,
x x x x x xx
1 2 3 1 1 1
1
0 0 0+ + = ⇒ + = ⇒ =123
Substituindo o valor da raiz encontrada na equação, temos:
0 2014 0 0 03 − ⋅ + = ⇒ =m m
b) x x x x
xou
x
3 2
2
2014 0 2014 0
0
2014 0
− = ⇒ ⋅ −( ) = ⇒
=
− =
⇒ = = = − x x ou x0 2014 2014,
189. Gabarito: d
Sejam x r x e x r− +, as raízes da equação. Por meio da
soma das raízes, podemos determinar o valor de x:
x r x x r x−( ) + + +( ) = ⇒ =3 1
Substituindo na equação, temos:
1 3 1 1 0 33 2− ⋅ − + = ⇒ =k k
Agora, por meio do produto das raízes, podemos determinar o valor de r:
1 1 1 3 1 3 23−( ) ⋅ ⋅ +( ) = − ⇒ − = − ⇒ =r r r r
190.
a) O produto das raízes é dado por:
−( ) ⋅ ⋅ = − ⇒ ⋅ =4 64 161 2 1 2x x x x
Como a equação apresenta apenas uma raiz real, te-mos que o produto das raízes não reais é igual a 16.
b) No caso da equação x x3 33 5 4+ ⋅ = , temos que
a e b= =5 23 . Logo,
x x
xy
yy y
you
y
3 3
3 6 3
3
3
3 5 4
5 4 5 05
1
+ ⋅ =
= −
⇒ + − = ⇒= −
=
⇒ =
∴ = − ⇒ = −
y
x x
1
51
1 5 13
3
191. Gabarito: b
Por hipótese, x x x1 2 3= + . Logo,
x x x x x x1 2 3 1 1 14 4 2+ + = − ⇒ + = − ⇒ = −
Aplicando Briot-Ruffini, temos:
− −
∴
2 1 4 1 61 2 3 0
−
x x x ou x2 2 3 0 3 1+ − = ⇒ = − =
Portanto, S = − −{ }3 2 1, , .
192. Gabarito: c
A soma e o produto das raízes são dados por:
x x
x x
x x
x x
1 2
1 2
1 2
1 2
1 1 1 3
1 1 1 1
0
1
+ + + + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
⇒
⇒+ =⋅ =
⇒
− xx x i e x i12
1 21= ⇒ = = −
193. Gabarito: c
x a
x x a x a a
x a x a
x x a a
8 8
6 4 2 2 4 6
4 4 4 4
4 2 2 4
5−
− ⋅ + ⋅ −= ⇒
+( ) ⋅ −( )⋅ −( ) + ⋅
xx a
x a x a x a
x a x a
2 2
4 4 2 2 2 2
2 2 4 4
5
5
−( )= ⇒
+( ) ⋅ +( ) ⋅ −( )−( ) ⋅ +( )
=
⇒
+ = ⇒ = − ⇒ = ± −
− ≠ +
x a x a x a
para x a e x a
2 2 2 2 2
2 2 4 4
5 5 5
0 ≠≠ 0
I. Correta
a x x= ⇒ = ± − ⇒ = ±0 5 0 52
Para x = ± 5 e a = 0 , x a e x a2 2 4 45 0 25 0− = ≠ + = ≠ .
Portanto, a equação apresenta as raízes reais 5 e − 5
para a = 0 .
II. Incorreta
Tomemos, por exemplo, a = 1:
x x= ± − ⇒ = ±5 1 22 .
Para x = ±2 e a = 1, x a e x a2 2 4 43 0 17 0− = ≠ + = ≠ .
Portanto, a equação não tem somente raízes imaginárias para qualquer a ≠ 0.
III. Incorreta
Tomemos a > 5 . Nesse caso, as raízes são imaginárias.
Além disso, se a = 5 , as duas raízes são iguais a zero.
IV. Correta
a x i= ⇒ = ± − = ± ⋅5 5 5 2 52 .
Para x i= ± ⋅2 5 e a = 5 , x2 – a2 = –45 ≠ 0 e
x4 + a4 = 1025 ≠ 0.
151Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Portanto, a equação tem as raízes imaginárias 2 5 ⋅ i e
− ⋅2 5 i para a = 5 .
194. Considerar o seguinte:
cos cos
cos cos cos
3 2
3 2 2
θ θ θ
θ θ θ θ θ
( ) = +( ) ⇒
( ) = ( ) ( ) − ( ) ( )
sen sen
⇒
( ) = −( ) ( ) − ( ) ( ) ( ) ⇒cos cos cos cos
cos
3 2 1 2
3
2θ θ θ θ θ θsen sen
θθ θ θ θ θ
θ θ θ
( ) = − − −( ) ⇒
( ) = −
2 2 1
3 4 3
3 2
3
cos cos cos cos
cos cos cos
Pondo θ = 20o , temos:
cos cos cos
cos cos
cos
60 4 20 3 20
12
4 20 3 20
8
3
3
°( ) = ° − ° ⇒
= ° − ° ⇒
33 20 6 20 1 0° − ° − =cos
Ou seja, cos 20° é raiz da equação 8 6 1 03x x− − = .
As prováveis raízes racionais da equação pertencem ao
conjunto ± ± ± ±
112
14
18
; ; ; .
Ao substituir cada uma delas na equação, conclui-se que nenhuma é raiz. Como o grau do polinômio é ímpar, existe necessariamente uma raiz real, que, no caso, será irracio-nal. Portanto cos20o é irracional.
195. x y
x yx y x xy y
xy
+ =
+ =
⇒ +( ) = ⇒ + + = ⇒
⇒ + =
5
135 2 25
13 2
2 22 2 2 2
225 6 ⇒ =xy
Sendo x y e xy+ = =5 6 , temos que x e y são raízes da equação x x2 5 6 0− + = . Logo, os valores de x e y são 2 e 3.
Portanto,
x y5 5 5 52 3 275+ = + = .
196. a qa
b qb
c qc
a b c q a b
3
3
3
3 3 3
30 0
30 0
30 0
− + =
− + =
− + =
⇒ + + − ⋅ + + cc
a b c q a b c
( ) + = ⇒
+ + − ⋅ + = ⇒ + + = −
90 0
0 90 0 903 3 3 3 3 3
197. Basta fazer a mudança de variável xyi
= 3:
x x x
xyi
yi
yi
yi
3 23 22 5 0
33 3
23− − + =
=
⇒
−
−
+ = ⇒
− − + = ⇒ + + + =
5 0
27 9 65 0 27 9 6 5 0
3
3
2
23 2
y
i
y
i
yi
iy y iy
Então Sai bi ci
: ; ;3 3 3
é o conjunto solução do polinômio.
198. Basta fazermos a mudança de variáveis xy
= 1:
x x x x
xy
y y y
4 3 2
4 3
2 5 01
1 12
1
− + − + =
=
⇒
⇒
−
+
−
+ = ⇒
⇒ − + − + =
2
2 3 4
15 0
1 2 5 0
y
y y y y
ESTATÍSTICA
199. a) Sendo p a porcentagem de mulheres entrevistadas com 5 filhos, temos:
7 20 30 20 15 100 92 100 8% % % % % % % % %+ + + + + = ⇒ + = ⇒ =p p p
Assim, o número de mulheres entrevistadas com 5 filhos é 8100
1200 96⋅ = .
b) Sendo M a média de filhos por mulher, temos:
MM
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒⇒ =
0 7 1 20 2 30 3 20 4 15 5 82 4% % % % % %,
Assim, a média é de 2,4 filhos por mulher.
c) Sendo p x k=( ) , a probabilidade de uma mulher, escolhida ao acaso, ter k filhos, temos:
P x P x P x P x
P x
P x
≥( ) = =( ) + =( ) + =( ) ⇒
⇒ ≥( ) = + + ⇒
⇒
3 3 4 5
3 20 15 8
% % %
≥≥( ) =3 43%
152 3ª. Série
200. Gabarito: d
a) FALSO – Quanto mais homogênea, o desvio padrão é mais próximo de zero.
b) FALSO – Quando todos os valores são iguais, a média é igual aos valores, a variância é zero e, consequentemen-te, o desvio padrão é zero.
c) FALSO – Quanto maior a variância, maior a dispersão, pois maior será o desvio padrão. Para diferenciar a dis-persão (distribuição mais ou menos dispersa que outra distribuição), a variância é suficiente.
d) VERDADEIRO – Quanto mais homogênea for a distribui-ção dos valores da variável, mais próximo de zero é o desvio padrão.
201. Temos então que:
5 1 2=+ + +x x x
nn…
Com a alteração dos valores dos elementos, fica:
Mx x x
n
Mx x x
n
M
n
n
=+( ) + +( ) + + +( )
⇒
=+ + +( ) + + + +( )
⇒
=
1 2
1 2
3 3 3
3 3 3
…
… …
xx x x
nnn
M M
n1 2 3
5 3 8
+ + +( )+ ⇒
= + ⇒ =
...
202. Sejam
Mx x x
n
DM x M x M x
n
n
n
=+ + +
=−( ) + −( ) + + −( )
1 2
12
22 2
...
...
Fazendo a alteração proposta, temos:
Mx x x
n
Mx x x
nM M
n
n
’...
’...
’
=+ + +
⇒
=⋅ + + +( )
⇒
=
3 3 3
3
3
1 2
1 2
DM x M x M x
n
DM x M x
n’’ ’ ... ’
’
=−( ) + −( ) + + −( )
=−( ) + −( )
3 3 3
3 3 3 3
12
22 2
12
222 2
12
22
3 3
3 3 3
+ + −( )
=−( ) + −( ) + + −( )
...
’...
M x
n
DM x M x M x
n
n
=−( ) + −( ) + + −( )
=−( ) + −
2
12
22 2
12
9
3
n
DM x M x M x
n
DM x M
n’
...
’xx M x
nD D
n22 2
3
( ) + + −( )
=
...
’
Portanto, o desvio padrão também triplica.
203.
M Ma b
aba b
ab
a ab b
a g> ⇔ + > ⇔ +
> ( ) ⇔
+ + >
2 2
24
2 2
2 2
aab a ab b ab
a ab b a b
⇔ + + > ⇔
− + > ⇔ −( ) >
2 2
2 2 2
2 4
2 0 0
GEOMETRIA ESPACIAL
204. Gabarito: a
V
V
h
h
r h
r h
4
3
4
3
42
4
32
3
13
16
1313
13
=
=
⇒⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅= ⇒
π
π
rr
r
r
r4
3
24
3
16
13
2
⋅ = ⇒ =
205.
2R 2R
r1
r1
r2
A
T
B(r2 – r1)
r2
Observando a figura vemos que AT r= 1 e BT r= 2 . Logo, a geratriz vale r r1 2+ .
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo cuja hipotenusa é AB, temos:
r r r r R
r r r r r r r r R
1 22
1 22 2
12
1 2 22
12
1 2 22 2
2
2 2 4
+( ) = −( ) + ( ) ⇒
⇒ + + = − + +
⇒
⇒ = ⇒ =4 41 22
1 2r r R R r r
153Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
206.
h
H
E
H
GI
J
A
BC
D
O volume da pirâmide menor pode ser representado por v V kV= − . Logo:
Vv
Hh
VV kV
Hh
VV k
Hh
=
⇒
−=
⇒
−( )=
⇒
⇒
3 3 3
1
h H k= −13
Portanto,
H h H H k H h H k−( ) = − − ⇒ −( ) = − −( )1 1 13 3
207.
a
a
r = a/2
GEOMETRIA ESPACIAL
Temos que:
ra
a r
V a V r V rcubo cubo cubo
= ⇒ =
= ⇒ = ( ) ⇒ =2
2
2 83 3 3
R
h
rg
rh
hg
g R
rg
rR
R r
Vco
=
=
=
⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ =
33
22
13
32
33
3
nne coner r V r= ⋅ ⋅ ( ) ⋅ ⇒ =13
3 3 32 3π π
Como 3 8π > , o volume do cone é maior.
208. a)
1 2 3 4 5 6 7
Prisioneiro A Branco Branco Branco Negro Negro Negro Branco
Prisioneiro B Branco Branco Negro Branco Negro Branco Negro
Prisioneiro C Branco Negro Branco Branco Branco Negro Negro
b) Como o prisioneiro A não soube responder, ou os outros prisioneiros estavam com chapéus brancos ou um estava com um chapéu branco e o outro com um chapéu negro.
Como o prisioneiro B não soube responder, certamente o chapéu do prisioneiro C é branco, pois caso fosse negro, após ter ouvido o prisioneiro A, B saberia que seu chapéu é branco.
Após ter ouvido os prisioneiros A e B, o prisioneiro C soube que seu chapéu não era negro e, portanto, branco.
LÓGICA
154 3ª. Série
