Resolve 5 - Solucionário Apostila Bernoulli Volume 5

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6V | Volume 5 | Matemática
Bernoulli Resolve
SUMÁRIO
Módulo 17: Função Logarítmica 3
Módulo 18: Princípio Fundamental da Contagem e Arranjos 7
Módulo 19: Permutações 11
Módulo 20: Combinações I 14
Módulo 17: Estudo Analítico da Circunferência 16
Módulo 18: Posições Relativas à Circunferência 20
Módulo 19: Cônicas 24
Módulo 20: Progressão Aritmética 27
Módulo 17: Esferas 31
Módulo 18: Inscrição de Sólidos 34
Módulo 19: Números Complexos: Forma Algébrica 39
Módulo 20: Números Complexos: Forma Trigonométrica 41
Frente A
Frente
Frente C
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
COMENTÁRIO E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
MÓDULO – A 17
Função Logarítmica
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra E
Comentário: Queremos descobrir o valor de Q quando 
d = 16. Aplicando d = 16 na lei da função, temos: Q = log2 16. 
Pela definição de logaritmo, a equação 2Q = 16 = 24 é 
equivalente a esta. Como a exponencial é injetiva, Q = 4. 
Questão 02 – Letra A
Comentário: Dada a função f(x) = log x e analisando o gráfico 
apresentado, temos que: 
f(a) = log a = –1 ⇒ a = 0,1
f(b) = log b = 0 ⇒ b = 1
f(c) = log c = 1 ⇒ c = 10
Portanto a + b + c = 0,1 + 1 + 10 = 11,1
Questão 03 – Letra C
Comentário: Como =f(a) 1
3
f(b), temos que:
log .log log log3 3 3 3
1
3
1
3
2 1
3
2 2 2
22
a b a b
ba a
+( ) = +( ) +( ) = +( )
+( )
⇒ ⇒
+ = ⇒ ++ = + ⇒ = + −2 2 2 23 3b a b
Questão 04 – Letra B
Comentário: A distância do ponto A ao ponto B dará a medida 
da altura do retângulo. A distância de B a C, dará a medida do 
comprimento do retângulo. Utilizando os pontos dados no gráfico 
e através da função logarítmica, acharemos tais distâncias. 
BC = AD (serão os pontos observados no eixo da abscissa)
8 – 2 = 6
Os pontos A e C pertencem a função y = log4 x, assim
yA = log4 2 ⇒ yA = 
1
2
yC = log4 8 ⇒ yC = 
3
2
AB = CD (serão os pontos observados no eixo da ordenada)
3
2
1
2
1− =
Portanto, a área do retângulo ABCD é igual a 6.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A função logarítmica só é bem definida para 
bases estritamente positivas e diferentes de 1 e logaritmandos 
estritamente positivos. A base do log neste caso é 10, assim, 
apenas a restrição sobre o logaritmando impera, ou seja, é 
necessário que f(x).g(x) > 0. Os valores de x para os quais 
essa condição vale são aqueles que f(x) > 0 e g(x) > 0 ou 
f(x) < 0 e g(x) < 0. Perceba, pelo gráfico, que f(x) e g(x) são 
estritamente positivos para x < –2 e estritamente negativos 
para 2 < x < 5. Logo, o domínio de h(x) é o conjunto A definido 
como A = {x ∈ ¡ | x ∈ ]–∞, –2[ ∪ ]2, 5[}.
Questão 06 – Letra D
Comentário: A raiz da função y = log (x + 1) é tal que:
log (x + 1) = 0 ⇒ x + 1 =100 ⇒ x = 0
Daí, o gráfico intercepta o eixo das abscissas no ponto (0, 0). 
Portanto, a alternativa correta é a D, cujo gráfico passa pela 
origem. 
Questão 07 – Letra E
Comentário: Seja Df o domínio de f(x). Df é tal que:
–2x2 – 6x + 8 ≥ 0 ⇒ 
x2 + 3x – 4 ≤ 0 ⇒ 
(x – 1) (x + 4) ≤ 0 ⇒ 
–4 ≤ x ≤ 1
Seja Dg o domínio de g(x). Dg é tal que:
x + 2 > 0 ⇒ x > –2
Logo:
Df
Dg
Df ∩ Dg
–4 1
1–2
–2
Portanto, é um intervalo aberto à esquerda e fechado à direita.
Questão 08 – Letra D 
Comentário: De acordo com o enunciado, o ano em que a 
população atingiu a marca dos 3 600 habitantes será dado 
pelo valor de x quando P = 3,6. Substituindo este dado na 
função, tem-se:
3,6 = 0,1 + log2 (x – 1 996)
3,5 = log2 (x – 1 996)
Pela definição de log:
= − ⇒ = = = − ⇒ ≅2 x 1 996 2 . 2 8 2 11,2 x 1 996 x 2 007,23,5 3
1
2
Logo, a população dessa cidade atingiu a marca de 3 600 
habitantes em meados do ano 2007.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Primeiro vamos encontrar o valor de f(e).
f(e) = 101 – Le = 101 – 1 = 100 = 1. Portanto, log (f(e)) = log 1 = 0.
Bernoulli Resolve
3Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 02 – Letra A
Comentário: A função f está definida para os valores reais 
de x tais que:
x2 – 2x –15 > 0 ⇒ (x – 1)2 > 16 ⇒ |x – 1| > 4 ⇒
x < –3 ou x > 5
Portanto, como –4 é o maior número inteiro negativo e 6 é o 
menor número inteiro positivo que pertencem ao domínio de f, 
temos que o produto pedido é igual a –4 . 6 = –24.
Questão 03 – Letra D
Comentário: − >log (x 3) 0
1
3
2
i) Condição de existência: x2 – 3 > 0
–√3 √3
++
–
 Ou seja, x < –¹3 ou x > ¹3.
ii) − > ⇒ − > ⇒
< ⇒ <
Temos que: log (x 3) 0 log (x 3) log 1
x – 3 1 x – 4 0
1
3
2
1
3
2
1
3
2 2
–2 2
++
–
 Ou seja, –2 < x < 2.
Efetuando a interseção dos intervalos obtidos, temos, como 
solução, S = {x ∈ ¡ | –2 < x < –¹3 ou ¹3 < x < 2}.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Considere o gráfico a seguir:
A (1, 2) B (9, 2)
C (9, 6)D (1, 6)
1O 9 x
8
4
y
6
2 y = log3 x
y = 2 . 3X
Observe que a abscissa de A é igual à abscissa de D, 
ou seja, ambas são iguais a 1. Logo, o ponto D possui ordenada 
igual a y = 2 . 31 = 6. Além disso, quando x = 0, a função 
y = 2 . 3x torna-se igual a y = 2 . 30 = 2 . 1 = 2. Desse modo, 
a ordenada do ponto A é igual à ordenada do ponto B, ou seja, 
ambas são iguais a 2. Substituindo y = 2 na função y = log3 x, 
obtemos 2 = log3 x ⇒ x = 9, que é igual às abscissas de B e C. 
Temos, portanto:
(AC)2 = 82 + 42 = 64 + 16 = 80 ⇒ AC = 4¹5, pois AC > 0.
Questão 05 – Letra D
Comentário: log2 (2x + 5) – log2 (3x – 1) > 1
Condições de existência:
i) + > ⇒ >2x 5 0 x – 5
2
(I)
ii) > ⇒ >3x –1 0 x 1
3
(II)
A interseção dos intervalos (I) e (II) nos dá a condição 
>x
1
3
(III).
Temos que:
log (2x 5) log (3x –1) 1 
log
2x 5
3x 1
log 2
2x 5
3x 1
2
2 2
2 2
+ − > ⇒
+
−





 > ⇒
+
−
>
Como 3x – 1 > 0, temos:
+ > ⇒
> ⇒
< ⇒
<
2x 5 6x – 2
–4x –7
4x 7
x 7
4
(IV)
A interseção dos intervalos (III) e (IV) é dada pelo 
intervalo 






1
3
,
7
4
.
Questão 06 – Letra B
Comentário: A função logaritmo só é bem definida para 
logaritmandos estritamente positivos, logo:
− > ⇒ ∈ < >
− > ⇒ ∈ < <




¡
¡
x 4x 0 {x | x 0 ou x 4} (I)
5x x 0 {x | 0 x 5} (II)
2
2
Como ambas as restrições devem ser obedecidas, o domínio 
de f(x) será dado pela intersecção entre I e II, ou seja, 
I ∩ II = {x ∈ ¡ | 4 < x < 5}.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como sabemos, o logaritmando deve sempre ser 
positivo, logo, devemos ter log x x 1 0.
1
3
2 − + > Mas, como a base 
desse logaritmo é um número entre 0 e 1, essa inequação se 
satisfaz quando: 0 < x2 – x + 1 < 1.
Como essa parábola é sempre positiva, precisamos apenas 
resolver a seguinte inequação:
x2 – x + 1 < 1 ⇒ 
x2 – x < 0 ⇒ 0 < x < 1
Questão 08 – Letra D 
Comentário: A função logarítmica só é bem definida para 
logaritmandos estritamente positivos. Logo, para que x 
faça parte do domínio de f(x), é necessário que 4 – x2 > 0. 
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A
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A
Resolvendo essa inequação, encontramos –2 < x < 2. Já a 
raiz quadrada de um número, dentro do conjunto dos reais, 
só é bem definida para radicais não negativos. Logo, para que 
x faça parte do domínio de f(x), é necessário que 4x – x2 ≥ 0, 
o que equivale a 0 ≤ x ≤ 4. Para que x faça parte do domínio, as 
duas condições anteriormente discutidas devem ser satisfeitas 
simultaneamente. Portanto, procura-se a intersecção entre os 
intervalos –2 < x < 2 e 0 ≤ x ≤ 4, dada por 0 ≤ x < 2, com x real. 
Questão 09 – Letra A
Comentário: Substituindo os valores x = 0,25 e x = 2 
na função f, temos:
( )=





 = = =
= =
f(0,25) f
1
4
f 2 log 2 –2
f(2) log 2 1
–2
2
–2
2
Assim, os pontos A e B têm coordenadas (2, 1) e (0,25; –2), 
respectivamente. Assim, seja y = mx + n a reta que passa por 
estes dois pontos, temos:
1 = 2m + n (I)
–2 = 0,25m + n (I)
Fazendo I – II, temos:
3 = 1,75m ⇒
= =m
3
1,75
12
7
Substituindo este valor de m em I, temos:
= + ⇒
=
1 24
7
n
n – 17
7
Assim, =y 12
7
x –
17
7
.
Logo, substituindo o ponto (0, k) nesta função, temos:
= ⇒
= ⇒
=
0 12
7
k – 17
7
12k 17
k 17
12
Questão 10 – Letra E
Comentário: Devemos encontrar os valores das constantes 
a e b, para então achar a função inversa.
Para f(0) = 0,temos:
+





 = ⇒
= ⇒
=
log 1
a.0 b
 0 
2 1
b
 
b 1
2 
0
Para f(–0,5) = 1, temos:
log 1
0,5a 1
 1 
2 1
0,5a 1
 
1a 2 1 
a 1
2

− +





 = ⇒
=
− +
⇒
− + = ⇒
=
Logo, temos f(x) log 1
x 12
=
+





 .
Para encontrar a função inversa de f(x), troca-se x por y e y 
por x, então
=
+






=
+





 ⇒ = +
⇒
+ = ⇒ = −
= −−
y log 1
x 1
x log 1
y 1
 2 1
y 1
 
y 1 1
2
 y 1
2
 1
Logo, f (x) 1
2
 1.
2
2
x
x x
1
x
Portanto,
f ( 1) 1
2
 1
f ( 1) 2 1
f ( 1) 1
1
1
1
1
− = −
− = −
− =
−
−
−
−
Questão 11 – Letra B 
Comentário: Temos que h(2) = 3f(g(2)) + 2g(f(2)). Logo:
= + = =
= =
= + =
= = + = =
= + = + =
g(2) 1 log 2 1 –1 0
f(g(2)) f(0) 4
f(2) 2 4 8
g(f(2)) g(8) 1 log 8 1 – 3 –2
h(2) 3f(g(2)) 2g(f(2)) 3 . 4 2(–2) 8
1
2
2
1
2
Questão 12 – Letra B 
Comentário: Pela informação do enunciado, V(10) = 112 000. 
Deseja-se saber V(0) = C.e0 + 31 000 = C + 31 000. Assim:
= + ⇒
= + ⇒
= ⇒ =
≅ ⇒ ≅
= ≅
= + ≅
V(10) C.e 31 000
112 000 C.e 31000
81 000 C
e
C 81000.e
Temos que : ln 7,4 2 e 7,4
Logo, 
C 81 000.e 600 000
V(0) C 31 000 631 000
–0,2 .10
–0,2 .10
2
2
2
2
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5Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 13
Comentário:
A) No instante t = 0, a concentração é c(0) = 400 – k.log3 (0t + 1) = 
400 – k.log31 = 400 mg/L. Portanto, a concentração no 
instante inicial é de 400 mg/L.
B) Pelos dados do enunciado, c(2) = 200 e c(8) = 0. Logo, 
lançando estes dados na lei da função:
= ⇒
= − + ⇒
= +
= ⇒
= − + ⇒
= +
⇒ =
+
+
⇒
=
+
+
⇒
+ = + ⇒
+ = + ⇒
+ = + ⇒
+ + = + ⇒
= ⇒
= >
c(8) 0 a
0 400 k.log (8a 1)
400 k.log (8a 1) (I)
c(2) 200
200 400 k.log (2a 1)
200 k.log (2a 1) (II)
(I)
(II)
400
200
k.log (8a 1)
k.log (2a 1)
2
log (8a 1)
log (2a 1)
2.log (2a 1) log (8a 1)
log ((2a 1) ) log (8a 1)
(2a 1) (8a 1)
4a 4a 1 8a 1
4a 4a
a 1 (a 0)
3
3
3
3
3
3
3
3
3 3
3
2
3
2
2
2
 Substituindo a = 1 em (I)
 400 = k.log3 (8 + 1) = 2k ⇒ 
 k = 200
Questão 14 – Letra E 
Comentário: Como 40% = 0,4 da droga é eliminado a cada 
hora, sendo x0 a quantidade inicial da droga, t o tempo decorrido 
em horas da aplicação e x(t) a quantidade de droga decorridas 
t horas, temos x(t) = x0.(1 – 0,4)t = x0.(0,6)t. Queremos saber 
o tempo t para o qual x(t) = 250 – 235 = 15. Assim:
= ⇒
= ⇒
= ⇒





 = ⇒
= = ⇒
= ⇒
= = ⇒
= ≅ >
x(t) x .(0,6)
15 250.(0,6)
6
100
(0,6)
log 6
100
log ((0,6) )
log 6 – log100 t.log 0,6 t.log 6
10
0,77 – 2 t(log 6 – log10)
–1,23 t(0,77 –1) – 0,23t
t 1,23
0,23
5,3 5,2
0
t
t
t
t
Questão 15 – Letra A 
Comentário: Perceba que a área do polígono ABCDE é a soma 
das áreas do triângulo retângulo ABE e do trapézio retângulo 
BCDE. Como ABE é um triângulo retângulo, sua área será o 
semiproduto de seus catetos. Sabe-se que: AB = 1. Denote a 
ordenada de um ponto P por yP. Logo: 
= = ⇒
= =
BE y – y y – y
y(3) – y(2) log 3 – log 2 log
3
2
E B E A
b b b
Assim, = =S
1.log 3
2
2
log 3
2
2ABE
b b
.
Por outro lado, a altura do trapézio BCDE é 1. Sua base menor 
é =BE log 3
2b
. Sua base maior DC é tal que
= − = − ⇒
− = − = =
DC y y y y
y(4) y(2) log 4 log 2 log
4
2
log 2
D C D A
b b b b
 
Assim, =
+






=






=S
1. log 3
2
log 2
2
log 3
2
.2
2
log 3
2BCDE
b b b
b .
Por fim:
= + = + ⇒
=






= = =
S S S
log 3
2
2
log 3
2
S
log 3
2
.3
2
log 9
2
2
log
9
2
log
3 2
2
ABCDE ABE BCDE
b
b
ABCDE
b b
b b
 
Questão 16 – Letra B 
Comentário: Primeiramente, manipularemos a expressão 
de A(t):
= + =
+
=
+
⇒
= + = +
A(t) log (1 t)
log (1 t)
log 8
9.log (1 t)
3
A(t) 3.log (1 t) log (1 t)
8
9 2
9
2
2
2 2
3
Como o logaritmando de A(t) está elevado ao cubo, 
pensando em seu comportamento assintótico, a partir de 
algum ponto este será maior que o logaritmando de B(t). 
Como a base do logaritmo é 2, a função log é crescente no 
logaritmando. Portanto, em algum momento, a população de A 
será maior que a população de B. Calculando este momento:
A(t) > B(t) ⇒ log2 (1 + t)3 > log2 (16.(1 + t)) ⇒ 
(1 + t)3 > 16.(1 + t) ⇒ (1 + t)2 > 16 ⇒ 
1 + t > 4 ⇒ t > 3 
Como t é estritamente positivo, t + 1 também o será, e logo o 
corte de (1 + t) com (1 + t) não afetará o sinal da desigualdade 
e, portanto, é permitido. Ainda pelo fato de t ser estritamente 
positivo, ao tirar a raiz quadrada de ambos os lados em 
(t + 1)2 > 16, não se altera o sinal da desigualdade e nem se 
“perdem” as soluções viáveis para a inequação.
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M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 17
Comentário:
A) O instante t para o qual h(t) = 0,5 é tal que 
0,5 = 0,5 + log3 (t + 1), o que implica log3 (t + 1) = 0 , ou seja, 
t + 1 = 1 e t = 0. h(t) = 1,5 implica por sua vez que 
1,5 = 0,5 + log3 (t + 1) e log3 (t + 1) = 1, o que implica 
t + 1 = 3 e t = 2. Logo, o tempo necessário para a variação 
de altura considerada no enunciado é de 2 anos.
B) Calculando g(t):
 g(t) = h(3t + 2) = 0,5 + log3 ((3t + 2) + 1) = 
 0,5 + log3 (3t + 3) = 0,5 + log3 [(t + 1).3] = 
 0,5 + log3 3 + log3 (t + 1) = 0,5 + 1 + log3 (t + 1) = 
 1,5 + log3 (t + 1)
 Logo g(t) – h(t) = (1,5 + log3 (t + 1)) – (0,5 log3 (t + 1) = 1.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Como o eixo x divide a altura h ao meio, temos 
que as ordenadas dos pontos A e B mostrados na figura a 
seguir são, respectivamente, h
2
 e –h
2
.
1
O
h– 2
h
2
h
B
x2
x1
2
h
2
x (m)
y (m)
y = log(x)
n
h
O valor de n corresponde à diferença x1 – x2. Como yA = log x2 
e yB = log x1, temos:
y log x
h
2
log x x 10
y log x –
h
2
log x x 10
A 2 2 2
h
2
B 1 1 1
– h
2
= ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
Portanto, n x – x 10 –10 .
2 1
h
2
–
h
2= =
Fazendo h
2
y,=
 
teremos:
n 10 –10 n 10 –
1
10
10 .n 10 –1 10 –10 .n –1
y –y y
y
y 2y 2y y
= ⇒ = ⇒
= ⇒
Sendo 10y a variável da equação do 2º grau de coeficientes a = 1, 
b = –n e c = –1.
O discriminante dessa equação é ∆ = (–n)2 – 4 . 1(–1) = n2 + 4.
Assim, 10
n n 4
2
.y
2
=
± + Como 10y > 0, temos: 
y log
n n 4
2
2
=
+ +






Sendo =y
h
2
, ficamos com:
h
2
log
n n 4
2
h 2log
n n 4
2
2 2
=
+ +






⇒ =
+ +






 
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como Mw = 7,3, então de = +M –10,7
2
3
log (M ),
w 10 0
temos:
= + ⇒ = ⇒
= ⇒ =
7,3 –10,7
2
3
log (M ) 18
2
3
log (M )
27 log (M ) M 10
10 0 10 0
10 0 0
27
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: III 
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Vamos determinar a altura do som produzido 
pelo carro:
( ) ( )=





 = =
−
−
−
A 10 10.log
10
10
10.log 10 80 dB4
4
12
8
Vamos, agora, determinar a altura do som produzido pelo avião:
( ) ( )=





 = =−A 10 10.log
10
10
10.log 10 140 dB2
2
12
14
A razão pedida é dada por =
140 dB
80 dB
1,75.
MÓDULO – A 18
Princípio Fundamental da 
Contagem e Arranjos
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário: Analisando cada posição para as letras na placa:
2º espaço: 3 possibilidades
3º espaço: 8 possibilidades
Assim, pelo princípio multiplicativo, temos:
3 . 8 = 24 prefixos disponíveis.
Bernoulli Resolve
7Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 02 – Letra B
Comentário: Analisando a distribuição das cores, temos:
Para a primeira letra: 4 cores
Para a segunda letra: 3 cores (não se pode usar a cor da primeira)
Para a terceira letra: 2 cores (não se pode usar a cor da primeira 
e nem da segunda)
Assim, o total de maneiras é dado por 4 . 3 . 2 = 24.
Questão 03 – Letra D
Comentário: Para a escolha da porta de entrada, temos 
6 possibilidades, já para a porta de saída, como não é possível 
usar a mesma porta, temos 5 possibilidades. Assim, pelo 
princípio multiplicativo, temos:
6 . 5 = 30 maneiras.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Para cada luz quese acende, temos 4 possibilidades; 
assim, o total de formas que esse brinquedo vai se acender é 
dado por:
4 . 4 . 4 = 64.
Questão 05 – Letra E
Comentário: Temos pelas condições apresentadas:
Para a escolha do motor: 2 possibilidades
Para a escolha do câmbio: 2 possibilidades
Para a escolha da cor: 6 possibilidades
Para a escolha do acabamento: 3 possibilidades
Assim, pelo princípio multiplicativo, o total de maneiras de 
se montar esse carro é dado por 2 . 2 . 6 . 3 = 72.
Questão 06 – Letra D
Comentário: Para o primeiro aluno, temos 8 possibilidades, 
já para o segundo, temos 7 possibilidades; assim, o total de 
opções é dado por 8 . 7 = 56.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Atualmente, as placas dos veículos são 
compostas por três letras seguidas de quatro algarismos, 
o que permite que se tenha 263 . 104 placas diferentes. 
Com a possível mudança para quatro letras e três algarismos, 
a quantidade máxima de placas será dada por 264 . 103. 
Assim, o aumento obtido com essa modificação corresponde a: 
264 . 103 – 263 . 104 = 263 . 103(26 – 10) = 263 . 103 . 16
Comparando com o número máximo de placas em vigor, temos 
= =
26 .10 .16
26 .10
16
10
1,6,
3 3
3 4
ou seja, seria inferior ao dobro das 
placas atuais.
Questão 08 – Letra B
Comentário: A quantidade de números inteiros positivos 
menores que 1 000 000, incluindo aqueles com algarismos 
repetidos, que podemos formar com os algarismos 2 e 3 são:
 2 = 2
 2 . 2 = 4
 2 . 2 . 2 = 8
 2 . 2 . 2 . 2 = 16
 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 32
 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 64
Sempre temos 2 possibilidades para formar todos os números 
de um, dois, três, quatro, cinco e seis algarismos.
Portanto, temos 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 126 números 
menores que 1 000 000 formados com os algarismos 2 e / ou 3.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Em cada uma das seis primeiras questões, temos 
duas opções de escolha (certo ou errado), enquanto que nas 
outras quatro, temos três alternativas. Assim, a quantidade 
de sequências de respostas possíveis na resolução da prova 
corresponde a:
=2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 3 . 3 . 3 2 . 3
Questões com opções de
escolher certo ou errado
Questões com três
opções de escolha
6 4
�� ������������ ������������ �� �������� ��������
Questão 02 – Letra D
Comentário: Devemos escolher um chefe para cada uma das 
repartições, respeitando a condição de que não podem ser ambos 
do mesmo sexo. Separando a situação em dois casos, temos:
1º caso) Chefe mulher na repartição A
Existem 4 possibilidades de escolha para a chefe da repartição A 
e 3 possibilidades de escolha do chefe homem na repartição B. 
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, teremos, então:
3 . 4 = 12 possibilidades
2º caso) Chefe homem na repartição A
Existem 6 possibilidades de escolha para o chefe da repartição A e 
7 possibilidades de escolha de uma chefe mulher na repartição B. 
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, teremos, então:
6 . 7 = 42 possibilidades
Portanto, esses dois cargos podem ser ocupados de 
12 + 42 = 54 maneiras. 
Questão 03 – Letra A
Comentário: Para a escolha da primeira letra da senha, 
teremos 10 possibilidades, já para a escolha das restantes, 
teremos apenas 9 em cada uma delas, pois as letras adjacentes 
devem ser diferentes. Portanto, o número de senhas possíveis 
será igual a: 10 . 9 . 9 . 9 = 7 290 
Questão 04
Comentário: Para a escolha da cor do retângulo à esquerda, 
temos 5 possibilidades. Para o retângulo de avisos do 1º ano, 
temos 4 possibilidades, para retângulo do segundo ano, temos 
3 possibilidades e para o retângulo do terceiro ano, temos, 
também, 3 possiblidades.
Portanto, pelo Princípio fundamental de Contagem, teremos, 
no máximo, 5 . 4 . 3 . 3 = 180 sugestões diferentes. 
Questão 05 – Letra A
Comentário: Primeiramente, vamos escolher o presidente: 
2 opções. Cabe, ao vice-presidente, a outra poltrona da 
cabeceira da mesa. Como o secretário deverá ocupar uma 
poltrona ao lado do presidente, temos, para ele, 2 opções de 
assento. Restam sete lugares para acomodar quatro pessoas. 
Assim, as sete pessoas podem se acomodar para participar da 
reunião de 2 . 2 . 7 . 6 . 5 . 4 = 3 360 maneiras. 
8 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 06 – Letra B
Comentário: Foi dado que uma pessoa tem uma senha 
de 5 algarismos distintos, começando com o número 6 e 
o algarismo 7 em alguma das quatro posições restantes. 
Para os outros três números da senha, não há restrição.
Assim, para o primeiro número, temos uma possibilidade, para 
os quatro próximos números temos quatro possibilidades de 
digitar o número 7 e, para as três posições restantes, temos oito, 
sete e seis possibilidades para digitar qualquer número.
Portanto, o número máximo de tentativas para acertar a 
senha é o produto das possibilidades anteriores, ou seja, 
1 . 4 . 8 . 7 . 6 = 1 344.
Questão 07 – Letra C
Comentário: Escolhendo um a cor para a letra T, temos 
5 possibilidades de cores. Agora, é preciso escolher a cor para 
as duas letras adjacente a T, ou seja, temos 4 possibilidades 
de cores, pois a cor constante em T não pode ser utilizada. 
Finalmente, para a escolha da cor das letras das extremidades, 
temos 4 possibilidades de cores. Assim, temos um total de 
5 . 4 . 4 = 80 possibilidades. 
Questão 08 – Letra D
Comentário: Numerando cada região como a ilustração a 
seguir para a resolução do problema, temos:
1
2
4
3
Para a região 1: 6 possibilidades
Para a região 2: 5 possibilidades
Para a região 3: 5 possibilidades
Para a região 4: 4 possibilidades
Assim, o total de maneiras distintas de se pintar essa bandeira 
é dado por: 6 . 5 . 5 . 4 = 600
Questão 09 – Letra C
Comentário: Para que uma função seja injetiva, devemos 
ter: Se x1 ≠ x2 (com x1, x2 ∈ X) ⇒ f(x1) ≠ f(x2) ou, em outras 
palavras, elementos diferentes do domínio devem ter imagens 
diferentes no contradomínio. Assim, para a escolha das 
imagens dos cinco elementos de X, temos 8 possibilidades. 
Logo, temos um arranjo de 8 elementos tomados 5 a 5, 
ou seja: = =8!
3!
8 . 7 .6 . 5 . 4 . 3!
3!
 6 720
Questão 10 – Letra A
Comentário: Observe que o baralho possui 13 valores distintos 
dentre as 52 cartas. Então, o número total de conjuntos 
distintos de cinco cartas desse baralho contendo uma quadra 
é dado por:
x x x x y
ouros copas espadas paus
Cartas de mesmo valor Carta devalor
diferente
⇒ =
−
������
�� ���������� ����������
��
��
���� ��
13 .1 .1 .1 . 48 624
13 1 1 1
48
(52 4)
Questão 11 – Letra B
Comentário: Para a escolha do algarismo das unidades, temos 
4 possibilidades {2, 4, 6, 8} com isso, temos apenas uma 
possibilidade para o algarismo das dezenas de milhar. Para as 
dezenas, podemos escolher qualquer um dos 10 algarismos 
e, com isso, temos 1 possibilidade para o algarismo das 
unidades de milhar. Finalmente, para o algarismo central, temos 
10 possibilidades. Assim, pelo princípio multiplicativo, temos:
4 . 10 . 10 = 400 possíveis números.
Questão 12 – Letra D
Comentário: Se o número começa com um algarismo ímpar, 
ele vai terminar com um algarismo ímpar também, que no 
caso deve ser 5, para que esse número seja divisível por 5. 
Assim, para o primeiro algarismo, temos 4 (ímpares sem o 5) 
possibilidades, para o segundo, temos 5 (pares) possibilidades. 
Analogamente; para o terceiro, temos 3 possibilidades, para o 
quarto, 4 possibilidades, para o quinto, 2 possibilidades, para 
o sexto, 3 possibilidades e, para o sétimo, uma possibilidade. 
Assim, o total de números que podemos formar é dado por:
4 . 5 . 3 . 4 . 2 . 3 . 1 = 1 440
Questão 13
Comentário: 
A) Para a escolha do primeiro algarismo, temos 6 possibilidades, 
do segundo, 5, do terceiro, 4, e, do último, 3 possibilidades; 
assim, temos 6 . 5 . 4 . 3 = 360 números positivos de quatro 
algarismos.
B) Para que o número seja divisível por 5, dentre os algarismos 
disponíveis, ele deve, necessariamente, terminar em 5. 
Então, para a escolha do primeiro algarismo, temos 
5 possibilidades, do segundo; 4 possibilidades e 3 para o 
terceiro. Portanto,são 5 . 4 . 3 = 60 números divisíveis 
por 5.
C) Para que o número seja divisível por 4, a soma dos seus dois 
últimos algarismos deve ser divisível por 4, então teremos 
os seguintes casos possíveis:
 1º) _ _ 16 = 3 . 4 = 12 casos
 2º) _ _ 36 = 3 . 4 = 12 casos
 3º) _ _ 56 = 3 . 4 = 12 casos
 4º) _ _ 68 = 3 . 4 = 12 casos
 5º) _ _ 96 = 3 . 4 = 12 casos
 Portanto, são 12 . 5 = 60 números divisíveis por 4. 
Bernoulli Resolve
9Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 14 – Letra A
Comentário: Separando em dois casos, temos:
1ª carta um ás de ouros e a segunda não é um ás:
1 . 48 = 48
1ª carta de ouros sem ser um ás e a segunda não é um ás:
12 . 47 = 564
Assim, pelo princípio aditivo, temos: 48 + 564 = 612
Questão 15 – Letra D
Comentário: Os códigos que começam com a letra A serão 
no total 1 . 26 . 26 = 676. 
Códigos que começam com BA serão 1 . 1 . 26 = 26 códigos.
No total, até agora, temos 702 códigos. Assim, o 709º livro será 
codificado da forma BBG, pois G é a sétima letra do alfabeto.
Questão 16 – Letra A
Comentário: A quantidade de senhas possíveis corresponde a:

= 625
5 5 5 5
Como Maria não quer que sua senha contenha o número 13, 
temos as seguintes possibilidades:

1 3
1 1 5 5
 ou 
 
1 3
5 1 1 5
 ou 

1 3
5 5 1 1
Observe que, dentre as possibilidades, a senha 1313 é contada 
duas vezes (tanto na primeira situação quanto na terceira). 
Então, o número de senhas que Maria não quer é:
25 + 25 + 25 – 1 = 74
Assim, são 625 – 74 = 551 maneiras de Maria escolher 
sua senha.
Questão 17 – Letra D
Comentário: Para que a soma dos algarismos seja ímpar, 
devemos ter 3 algarismos ímpares ou dois pares e um ímpar. 
Dessa forma, temos:
Para os 3 algarismos ímpares: 5 . 4 . 3 = 60
Primeiro algarismo ímpar e dois pares: 5 . 5 . 4 = 100
Segundo algarismo ímpar e dois pares: 4 . 5 . 4 = 80
Terceiro algarismo ímpar e dois pares: 4 . 5 . 4 = 80
Assim, pelo princípio aditivo, temos:
60 + 100 + 80 + 80 = 320
Questão 18 – Letra A
Comentário: Temos que o total de senhas é dado por:
� ��� ���5 .10 .10 . ... .10
d – 1 vezes
Em que 5 representa as possibilidades para o último dígito da 
senha e cada 10 representa as possibilidades para os demais 
dígitos.
Como ele gastará no máximo duas horas e meia = 150 minutos = 
9 000 segundos, temos que, o número de tentativas n é 
dado por:
= =n
9 000
1,8
5 000
Esse número é equivalente ao total de senhas possíveis, assim:
= ⇒
= ⇒
= =
5 .10 5 000
10 10
d 4 2
d – 1
d – 1 3
2
Portanto, o valor de d é um quadrado perfeito.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: A logomarca é uma figura plana composta de 6 
regiões a serem pintadas. Utilizando 2, 3 ou 4 cores, tem-se 
4 . 3 . 3 . 3 . 3 . 3 = 972 possibilidades para pintar a logomarca.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Pelo princípio multiplicativo, a quantidade de 
CEPs será dada por: 10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 900 = 9 . 107.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: De acordo com a tabela do enunciado, apenas 
as escolas II e IV podem vencer a competição, já que as notas 
variam de 6 a 10, e a diferença entre as somas das notas entre 
aquelas duas escolas e as outras é maior que quatro pontos. 
Logo, a escola II deve superar ou igualar (pois nos critérios de 
desempate, enredo e harmonia, a escola II possui maior soma) 
a escola IV. Para superar a escola IV, a última nota da escola 
II deverá ser pelo menos dois pontos maior do que a última 
nota da escola IV, e as outras escolas podem ter qualquer nota. 
Tem-se três casos a considerar:
1º caso: Última nota da escola II igual a 8:
6 a 10
Escola I
8
Escola II
6 a 10
Escola III
6
Escola IV
6 a 10
Escola V
5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades��� �� ��� �� ��� ��� �
Total = 5 . 1 . 5 . 1 . 5 = 125 configurações
2º caso: Última nota da escola II igual a 9:
6 a10
Escola I
9
Escola II
6 a10
Escola III
6, 7
Escola IV
6 a10
Escola V
5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 2 possibilidades 5 possibilidades��� �� ��� �� ��� ��� �
10 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Total = 5 . 1 . 5 . 2 . 5 = 250 configurações
3º caso: Última nota da escola II igual a 10:
6 a10
Escola I
10
Escola II
6 a10
Escola III
6 a 8
Escola IV
6 a10
Escola V
5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 3 possibilidades 5 possibilidades��� �� ��� �� ��� ��� ���
Total = 5 . 1 . 5 . 3 . 5 = 375 configurações
O número de configurações distintas que tornariam campeã a 
escola II é a soma do número de configurações de cada caso. 
Portanto, 125 + 250 + 375 = 750 configurações.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Considere a senha de 6 dígitos formada pelos 
algarismos de 0 a 9 (10 algarismos para escolher).
Número de senhas:
� ���� ���� =10 .10 . ... .10 10 (Princípio multiplicativo)
6 dígitos, sendo 10
possibilidades ṕara cada
6
Calculando, agora, a nova senha com os 62 símbolos (letras 
maiúsculas, minúsculas e algarismos).
Número de senhas: 
� ���� ���� =62 . 62 . ... . 62 62 (Princípio multiplicativo)
6 dígitos, sendo 62
possibilidades ṕara cada
6
Logo, o coeficiente de melhora será de 62
10
.
6
6
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: O total de possibilidades de respostas pode ser 
obtido por meio do princípio multiplicativo:
5 . 6 . 9 = 270
Portanto, há 10 alunos a mais do que o total de possibilidades 
de respostas.
MÓDULO – A 19
Permutações
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C
Comentário: A palavra CONCURSO possui 2 letras repetidas, 
C e O. Utilizando a permutação com elementos repetidos, 
temos:
= =P
8!
2!2!
10 080
8
2, 2 anagramas
Questão 02 – Letra B
Comentário: Fazendo a permutação entre as letras, lembrando 
que devemos eliminar a permutação entre as letras iguais, 
a palavra CARNAVAL possui 8 letras, entre elas a letra A se 
repete 3 vezes, logo:
P 8!
3!
 8 . 7 . 6 . 5 . 4 6 720= = = permutações
Sabemos que cada anagrama é exibido 0,5 s, então
6 720 . 0,5 = 3 360 s = 56 min
Portanto, a animação completa dura menos de 1 hora.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Considerando os 3 homens como um bloco 
representando uma única pessoa, temos uma permutação de 
6 pessoas. Além disso, ainda podemos permutar os 3 homens 
entre si. Portanto, o resultado pedido é dado por P6.P3 = 6! . 3!.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Permutando as 5 possíveis vogais, temos 
5! = 120 maneiras. Agora, para os números, temos 4 opções 
para o primeiro e 3 opções para o terceiro, o que nos dá um 
total de 4 . 3 = 12 opções. Dessa forma, o número de clientes 
é dado por 120 . 12 = 1 440.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Vamos denotar por A cada estaca azul, por V a 
estaca vermelha e por B a estaca branca. Uma configuração é:
A A A A A B V
Trata-se de um problema de permutação com elementos 
repetidos. Assim, temos = =P 7!
5!
42.
7
5
Questão 06 – Letra A
Comentário: Devemos permutar o bloco formado pelas 
mulheres com os 6 homens, bem como as mulheres dentro 
do bloco. Assim, temos:
P P
4
Permutações
do bloco com
os homens6
7
.
Permutaçções
dentro do
bloco
= 4! . 7!
Questão 07 – Letra D
Comentário: Há 4! maneiras de definir os pilotos e P3 = 3! = 6 
modos de ocupar os lugares restantes. Portanto, pelo Princípio 
Fundamental da Contagem, existem 24 . 6 = 144 maneiras 
distintas de acomodar os seis amigos nas motocicletas.
Questão 08 – Letra B
Comentário: Permutando os 6 elementos, temos um total de 
6! maneiras; porém, devemos desconsiderar os casos em que 
permutamos os sabores iguais. Logo, temos:
= =
6!
2!. 2!. 2!
720
8
90
Bernoulli Resolve
11Bernoulli Sistema de Ensino
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: Para a palavra ALEGRE, temos 6 letras, das quais 
duas são repetidas; assim, temos = =
6!
2!720
2
360 anagramas. 
Agora, para a palavra PORTO, temos 3 consoantes e 2 vogais. 
Como as consoantes devem estar juntas, temos 3 . 2 . 1 = 6 
maneiras de agrupar essas 3 consoantes em um bloco. Assim, temos 
uma permutação de 3 letras (bloco de consoantes + 2 vogais), 
das quais duas são repetidas, que é =3 .2 .1
2!
3,. Logo, temos 
6 . 3 = 18 anagramas.
Somando os dois casos, temos 18 + 360 = 378.
Questão 02 – Letra E
Comentário: Para a primeira opção, temos 2 opções (pai ou 
mãe), para a última, 1 opção e, para as posições internas, temos 
a permutação dos 4 filhos, que é feita de 4! = 24 maneiras. 
Assim, o número de formas em que se poderão posicionar é 
igual a 2 . 24 = 48.
Questão 03 – Letra B
Comentário: O número total de maneiras que as 10 pessoas 
podem se sentar na fileira é de 10!. O número de possibilidades 
do casal que está brigado sentar lado a lado é de 2 . 9! maneiras. 
Assim, o número de maneiras de dispor as 10 pessoas 
de modo que o casal que brigou não fique junto é igual a 
10! – 2 . 9! = 10 . 9! – 2 . 9! = 8 . 9!.
Questão 04 – Letra A
Comentário: O jovem possui como possibilidades de alterar 
a ordem das fotos P4 = 4!.
Cada uma das fotos tem 5 possibilidades de texturas, 6 de 
molduras e 4 de cores. 
Portanto, o número de maneiras que esse jovem pode fazer 
uma composição de 4 fotos é de: 
P4 . 54 . 64 . 54 = 4!.(5 . 6 . 4)4 = 24 . 1204
Questão 05 – Letra E
Comentário: Note que para qualquer lugar de Amaro na mesa, 
é possível posicionar Danilo à sua frente. Assim, temos 8 posições 
possíveis para Amaro, e uma para Danilo. Já para as demais 
pessoas, basta permutá-las nos demais lugares. Assim, temos:
8 . 1 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5 760
Questão 06 – Letra D
Comentário: Para definir a quantidade de organização, 
é necessário distribuir circularmente os meninos desse grupo, 
e, após isso, intercalá-los com uma menina entre cada dois 
meninos, o que é feito da seguinte maneira:
Permutação circular dos meninos: 2! = 2
Distribuição das meninas: 3 . 2 . 1 = 6
Assim, temos 2 . 6 = 12 possibilidades.
Questão 07 – Letra C
Comentário: Para o casal, temos 4 pares de cadeiras lado a lado, 
e devemos lembrar que esse casal pode trocar de lugar entre 
si de 2! maneiras. Para os demais ocupantes da mesa, temos 
4! = 24 maneiras de assentá-los. Dessa forma, o número de 
maneiras em que as seis pessoas poderão ocupar os lugares 
é igual a:
4 . 2! . 4! = 4 . 2 . 24 = 8 . 24 = 192
Questão 08 – Letra E
Comentário: Chamando de C o deslocamento vertical de um 
quarteirão para o outro e de L o deslocamento horizontal de um 
quarteirão para o outro, qualquer caminho mínimo de A até B 
é constituído por 3C + 5L, por exemplo o caminho CCCLLLLL. 
Assim, se permutarmos a “palavra” CCCLLLLL, teremos todos 
os caminhos possíveis, ou seja = =8!
3!5!
8 . 7 . 6 . 5!
3! 5!
56.
Questão 09
Comentário: Denote por x, y e z o número de moedas de 
dez centavos, cinquenta centavos e 1 real, respectivamente, 
retiradas pela criança. Assim, tem-se x + y + z = 12. 
O problema de contagem descrito no enunciado é equivalente 
ao problema de descobrir o número de soluções inteiras 
não negativas da equação anterior, que por sua vez equivale 
à permutação de 14 elementos com repetição. A quantidade 
x procurada é tal que:
= =P
14!
12!2!
91
14
12, 2
Questão 10 – Letra C
Comentário: Para a primeira obra, já foi determinado que 
será a construção das casas populares, resta então a escolha 
de quatro obras, o que é feito de 4! = 24 maneiras. Agora, 
fazendo uma analogia entre o caso em questão e a palavra 
ABCD, em que:
A = saneamento básico
B = calçamento de ruas
C = construção de uma escola
D = construção de uma creche
Note que a palavra ABCD possui 4! = 24 anagramas, como 
no caso das obras. Assim, se dividirmos esse valor por 2!, 
que representa as permutações de A e B, teremos o número 
de casos em que o calçamento de ruas é executado após o 
saneamento básico ser concluído.
Assim, esse total é dado por =24
2!
12. 
Questão 11 – Letra E
Comentário:
I. Palavras que começam por A
 
A
1 P4 = 1 . 4! = 24
  
.
12 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
II. Palavras que começam por O
 
O
1 P4 = 1 . 4! = 24
  
.
III. Palavras que começam por P
 
P
1 P4 = 1 . 4! = 24
  
.
Observe que já existem 72 anagramas. Portanto, a 73ª palavra 
será RAOPV.
Questão 12 – Letra A
Comentário: A quantidade de caminhos de A até B é a 
mesma quantidade de anagramas com cinco Dꞌs e cinco letras 
Fꞌs (DDDDDFFFFF), em que D representa a escolha para ir à 
direita e F, a escolha para ir para frente.
=
10!
5!. 5!
252
 
Agora contamos e retiramos a quantidade de caminhos que 
passe por C utilizando a mesma ideia dos anagramas.
Caminhos de A até C ⇒ anagramas de DDDDFF
Caminhos de C até B ⇒ anagramas de DFFF
=
+ +
= = =
n(caminhos de A até C) . n(caminhos de C até B)
(4 2)!
4!. 2!
.
(1 3)!
1!. 3!
6!
4!. 2!
.
4!
1!. 3!
15 . 4 60
Retirando esses caminhos, temos: 
252 – 60 = 192 caminhos que não passam por C.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 28
Comentário: Inicialmente, calcularemos o número de senhas 
da forma alg. alg.letra letra
52 52 10 10
Existem 522 . 102 senhas da forma LLAA.
Devemos ainda misturar os 4 caracteres formados por 2 
letras e 2 algarismos, que é uma permutação com repetição. 
Assim, existem 4!
2!.2!
 maneiras.
Portanto, o número total de senhas possíveis é dado por
10 . 52 . 4!
2!2!
2 2 .
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Sejam:
A: Ação
C: Comédia
D: Drama
A ordem que nos interessa é a ACACACACACADADAD.
Logo, teremos:
8 . 5 . 7 . 4 . 6 . 3 . 5 . 2 . 4 . 1 . 3 . 3 . 2 . 2 . 1 . 1 =
8! . 5! . 3!
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: O problema se resume em encontrar a posição 
do número 75 913 dentre todos os números de 5 algarismos 
distintos formados por 1, 3, 5, 7 e 9, dispostos em ordem 
crescente.
Devemos calcular, então, o total de números menores que 
75 913. 
Assim:
1) Números começados por 1, 3 ou 5:
 P43 . = 3 . 4! = 72 números
2) Números começados por 7:
 P31
7
. 2 . = 2 . 3! = 12 números
Além desses, temos também 75 139, 75 193, 75 319 e 75 391 
(4 números). Portanto, temos 72 + 12 + 4 = 88 números 
menores que 75 913. Logo, esse número ocupa o 89º lugar.
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: O número de trajetos que João pode percorrer 
para visitar seus clientes pode ser calculado por:
P5 = permutação das 5 cidades
B, C, D, E e F
A A
Como, após examinar uma sequência (trajeto), ele descarta sua 
simétrica e gasta 1 min 30 s para examinar cada sequência, 
então o tempo mínimo necessário para verificar todas as 
sequências possíveis é:
= = =
P
2
.1 min 30 s 5!
2
.3
2
min 120
2
.3
2
90 min5
Bernoulli Resolve
13Bernoulli Sistema de Ensino
MÓDULO – A 20
Combinações I
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C 
Comentário: Qualquer júri composto por sete membros 
sempre terá um advogado, já que o número de jurados que 
não são advogados é apenas 6.
Portanto, o número de júris com pelo menos um advogado 
será dado por:
= =C
10!
7!. 3!
120
10, 7
Questão 02 – Letra D
Comentário: Para formar a comissão, dos 6 rapazes, devemos 
escolher 3, e, das 8 moças, escolhemos 5, ou seja:
= ⋅ = =C .C
6!
3!. 3!
8!
5!. 3!
20 . 56 1120
6, 3 8, 5
Assim, pode-se formar a comissão de 1 120 modos diferentes.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Para a escolha dos números, temos um conjunto 
de 20 números, dos quais três serão escolhidos. Dessa forma, 
temos:





 = =
20
3
20 .19 . 18 . 17!
3!17!
1140
Questão 04 – Letra C
Comentário: Como temos o vértice A definido, devemos 
escolher outros dois dos 7 vértices restantes para formar 
triângulos, assim:
C7, 2 = 21
Logo, a quantidade de triângulos que possuem o vértice A é 
igual a 21.
Questão05 – Letra A
Comentário: Separando os dois casos, temos:
Escolha dos atores: 





 =
6
5
6 
Escolha das atrizes: 





 = =
8
5
8 .7 . 6 . 5!
5! 3!
56 
Assim, utilizando o princípio multiplicativo, temos:
6 . 56 = 336 grupos
Questão 06 – Letra A
Comentário: A turma possui 28% . 25 = 0,28 . 25 = 
7 mulheres e 18 homens e a comissão a ser formada deve 
possuir 3 homens e 3 mulheres, assim:
C7, 3 . C18, 3 = 35 . 816 = 28 560
O número de possibilidades para a escolha é de 28 560.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como o goleiro e um atacante já estão 
pré-definidos, é preciso escolher 4 defensores dentre os 
8 disponíveis, 3 meio-campistas dentre os 6 disponíveis e 
2 atacantes dentre os 5 disponíveis, logo:
C8, 4 . C6, 3 . C5, 2 = 70 . 20 . 10 = 14 000
O técnico poderá formar 14 000 times diferentes.
Questão 08 – Letra E
Comentário: Do total de escolhas de 4 itens (C13, 4), devemos 
retirar as formadas apenas por alimentos não perecíveis (C5, 4) e 
também aquelas formadas apenas por produtos de limpeza (C8, 4). 
Logo, temos:
= − − =C – C – C
13!
9!. 4!
5!
1!. 4!
8!
4!. 4!
640
13, 4 5, 4 8, 4
Portanto, podem ser feitas 640 tipos de sacolas distintas.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B 
Comentário: Como para x a ordem em que se assiste os canais 
não importa, utilizaremos Combinação:
x C 8!
3!(8 3)!
 C 8!
3!5!
 
x 8 . 7
x 56
8, 3 8, 3
= =
−
⇒ =
=
=
Como a ordem para y importa, utilizaremos então o Arranjo:
y A 8!
(8 3)!
 8!
5!
y 8 . 7 . 6
y 336
8, 3 
= =
−
=
=
=
Logo, y – x = 336 – 56 = 280. 
Questão 02 – Letra B 
Comentário: Ao escolher-se as 5 pessoas para irem no 
primeiro ônibus, determina-se já completamente as 5 que 
irão no outro. Logo, o número de maneiras de distribuir-se as 
10 pessoas em 2 ônibus é igual ao número de maneiras de 
escolher 5 pessoas para ir em um dos ônibus. Essa escolha 
pode ser feita de C10, 5 = 252 maneiras. 
Questão 03 – Letra D
Comentário: Do total de comissões (C8, 4), devemos retirar 
as comissões nas quais Gustavo e Danilo estão juntos (C6, 2). 
Assim, temos:
= − = =C – C
8!
4!. 4!
6!
4!. 2!
70 –15 55
8, 4 6, 2
14 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra A
Comentário: O resultado pedido corresponde ao número 
de maneiras que podemos escolher 1 sabor de fruta cítrica e 
2 sabores de frutas silvestres ou 3 sabores de frutas silvestres, 
assim: C5, 2 . C3, 1 + C5, 3 = 10 . 3 + 10 = 40 maneiras.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Os primos maiores que 10 e menores que 30 são: 
11, 13, 17, 19, 23 e 29.
Portanto, desses seis, devemos escolher 2:
= =C 6!
2!. 4!
15 chaves
6, 2
Questão 06 – Letra B
Comentário: Note que, para cada etapa n, nós temos n 
paralelas, logo, na etapa 6, teremos 6 paralelas.
Para formar trapézios, basta escolher duas das 6 paralelas. 
Logo, temos:
= =C 6!
2!. 4!
15 trapézios
6, 2
Questão 07 – Letra B
Comentário: Em um conjunto com 6 elementos, o total de 
subconjuntos com 4 elementos é dado por:





 = =
6
4
6 .5 . 4!
2! 4!
15 
Assim, o preço da aposta deveria ser de 15 . R$ 2,00 = R$ 30,00.
Questão 08 – Letra D
Comentário: Supondo que Vera seguirá a sugestão do 
nutricionista, ela deverá ingerir três frutas diariamente. Para 
isso, possui duas opções:
• Escolher três frutas distintas: C 7!
3!.4!
357, 3 = = maneiras.
• Escolher duas frutas distintas (C7, 2) e uma terceira fruta, 
que pode ser igual a qualquer uma das outras duas 
(2 opções): = =C . 2 7!
2!.5!
.2 427, 2 maneiras.
Assim, ela pode montar sua dieta diária de 35 + 42 = 77 
maneiras.
Questão 09 – Letra A
Comentário: Seja n a quantidade de saladas de frutas que 
podem ser feitas considerando apenas os tipos de frutas. Como as 
saladas são feitas misturando-se pelo menos duas frutas, temos:
= + + + =
+ + + =
+ + + =
n C C C C
5!
2!. 3!
5!
3!. 2!
5!
4!.1!
5!
5!. 0!
10 10 5 1 26
5, 2 5, 3 5, 4 5, 5
Questão 10 – Letra D
Comentário: Primeiramente, vamos pensar nas combinações 
possíveis dos 16 pontos escolhidos três a três:
= =C 16!
(16 –3)!3!
560 combinações
16, 3
Dessas combinações, vamos excluir as que não nos interessam. 
Quando os pontos estiverem alinhados nas retas, não 
poderemos formar triângulos, então temos que excluir as 
combinações três a três dos pontos nas respectivas retas.
= = = =C 10!
(10 –3)!3!
120 e C 6!
(6 –3)!3!
20
10, 3 6, 3
∴ C10, 3 – (C16, 3 – C6, 3) = 560 – (120 + 20) = 420 
Logo, podem ser formados 420 triângulos.
Questão 11 – Letra A
Comentário: As comissões a serem formadas devem conter 
homens e mulheres; logo, podemos, do número total de 
comissões, excluir as que possuem somente homens e somente 
mulheres, assim:
C C C 7140 1 540 364 5 236
36,3
Todas
22,3
Somente
mulheres
14,3
Somente
homens
 
− − = − − =
Logo, em 5 236 comissões, haverá representantes dos dois sexos.
Questão 12 – Letra C 
Comentário: Tome o problema sem restrição de escolher 
5 cores dentre 7 disponíveis. O número de maneira de fazê-lo é 
C7, 5 = 21. Agora deve-se calcular o número de maneiras de se 
pintar a aquarela utilizando lilás e marrom. Como essas cores já 
estão escolhidas, sobram 3 cores a serem escolhidas dentre 5, 
o que pode ser feito de C5, 3 = 10 maneiras distintas. Logo, 
o número de maneiras de se pintar a aquarela seguindo-se as 
instruções do enunciado, pelo princípio da inclusão-exclusão, 
é 21 – 10 = 11 maneiras. 
Questão 13 – Letra C
Comentário: Para que a soma seja ímpar, devemos ter 
3 números ímpares ou 2 pares e 1 ímpar. Assim, temos duas 
situações:
I) Escolher 3 números ímpares: C = 10!
7!. 3!
=120
10, 3
II) Escolher 2 números pares e 1 ímpar:
C .C = 10!
8!. 2!
. 10!
9!.1!
= 450
Portanto, temos 120 + 450 =570 maneiras.
10, 2 10,1
Questão 14 – Letra D 
Comentário: Para que o produto dos números seja positivo, 
deve haver uma quantidade par de números negativos, ou seja, 
0, 2 ou 4 negativos. Contando individualmente:
• 0 negativos e 4 positivos: Devem-se escolher 0 negativos 
dentre 6, e 4 positivos dentre 6, o que pode ser feito de 
C6, 0 . C6, 4 = 15 maneiras.
• 2 negativos e 2 positivos: Devem-se escolher 2 negativos 
dentre 6, e 2 positivos dentre 6, o que pode ser feito de 
C6, 2 . C6, 2 = 15. 15 = 225 maneiras.
• 4 negativos e 0 positivos: Devem-se escolher 4 negativos 
dentre 6, e 0 positivos dentre 6, o que pode ser feito de 
C6, 4 . C6, 0 = 15 maneiras.
Logo, o número total de maneiras de escolha sob as restrições 
do enunciado é de 15 + 225 + 15 = 255.
Bernoulli Resolve
15Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 15 – Letra D
Comentário: Para que a soma seja par, não podemos ter a 
soma de três números ímpares e nem a soma de dois pares 
com um ímpar; assim, podemos, de todas as somas, excluir 
as que são ímpares, logo:
��� ��� �
− − = − − =
+ + + +
C C C .C 84 4 10 . 4 40
9,3
Todas
4,3
I I I
5,2 4,1
P P I
Portanto, podem ser formados 40 subconjuntos.
Questão 16 – Letra C 
Comentário: Sendo n duplas, há 2n competidores. Cada um 
destes cumprimenta (2n – 2) competidores. Assim, pelo PFC, 
levando-se em conta que a ordem não importa, o número de 
apertos de mão distribuídos é =2n.(2n – 2)
2!
2n(n –1). Assim, 
2n(n – 1) = 180, ou seja, n2 – n – 90 = 0. A única raiz positiva 
dessa equação é n = 10. Logo, há 10 duplas. 
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: 
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Etapas:
1ª) Escolher 2 carros compactos: C4
2
2ª) Escolher 2 caminhonetes: C6
2
3ª) Trocar as posições dos carros escolhidos entre os estandes 
1 e 2: 2!
4ª) Trocar as posições das caminhonetes escolhidas entre os 
estandes 1 e 2: 2!
O total de maneiras de compor os estandes é: C C4
2
6
2 2 2. . . .
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Conforme o enunciado, existem 4 cores distintas, 
e a mudança de posição dos carrinhos não altera o modelo do 
brinquedo, ou seja, a única mudança será na quantidade de 
carros de cada cor.
Observa-se, ainda, que existe, pelomenos, um carrinho de 
cada cor, ou seja, podem-se retirar 4 carros que possuem cores 
definidas por essa imposição.
Associa-se a fila os divisores da quantidade de carros de cada 
cor representados por barras. 
Veja a figura a seguir. Nos espaços ilustra-se o número de 
carros na cor:
amarela branca laranja verde
   
No exemplo anterior, obtêm-se:
1 carro amarelo, 1 carro branco, 2 carros laranjas e 2 carros verdes.
O número de soluções será obtido pelas inversões dos 
elementos da figura, ou seja: 9
6 3 9 3
!
! !
.,= C
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: A possibilidade de cada jogador ganhar é 
proporcional ao número de jogos com 6 dezenas em que cada 
um apostou.
Uma cartela marcada com n dezenas corresponde ao conjunto 
de Cn, 6 jogos com 6 dezenas. A seguir, calculamos o número 
de jogos de 6 dezenas feito por cada jogador.
Arthur: 250 jogos
Bruno: 41 . C7, 6 + 4 = 41 . 7 + 4 = 291 jogos
Caio: 12 . C8, 6 + 10 = 12 . 28 + 10 = 346 jogos
Douglas: 4 . C9, 6 = 4 . 84 = 336 jogos
Eduardo: 2 . C10, 6 = 2 . 210 = 420 jogos
Portanto, concluímos que os dois apostadores com a maior 
probabilidade de serem premiados são Caio e Eduardo.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: No Brasil, o professor poderá escolher de C4,3 
maneiras, que equivale a 4. Já no exterior, ele poderá escolher 
de C4,2 maneiras que equivale a 6. Pelo princípio multiplicativo, 
o professor terá 4 . 6 = 24 maneiras de escolher os 5 museus.
MÓDULO – B 17
Estudo Analítico da Circunferência
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário: Completando o quadrado para x, teremos que:
x2 – 4x + (y + 1)2 = 0
(x – 2)2 + (y + 1)2 – 4 = 0
(x – 2)2 + (y + 1)2 = 22
Logo, o centro dessa circunferência é C(2, –1) e seu raio r = 2. 
Questão 02 – Letra C
Comentário: Fatorando a equação normal da circunferência, 
temos:
x2 + 2x + y2 – 2y + 1 = 0 ⇒
(x + 1)2 – 1 + (y – 1)2 – 1 + 1 = 0 ⇒
(x + 1)2 + (y – 1)2 = 1 (Equação reduzida da circunferência)
Assim: r = 1, p = –1 e q = 1. 
Portanto, p + q + r = 1. 
16 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra A
Comentário: De acordo com os dados, temos: 
(x – 3)2 + (y + 4)2 = 25
(3m – 3)2 + (–4m + 4)2 = 25 ⇒
9m2 – 18m + 9 + 16m2 – 32m + 16 = 25 ⇒
=
=
=





25m –50m 0
m 0
ou
m 2
2
Questão 04 – Letra A
Comentário: Temos:
x y 5x 4y –25 02 2+ + + =
Adicionando 
25
4
e 4 aos dois lados da equação para que 
o 1º e o 2º fatores sejam quadrados perfeitos, temos:
+





 + + = + + ⇒ +





 + + =x
5
2
(y 2) 25
25
4
4 x
5
2
(y 2)
141
4
2
2
2
2
Logo, o centro da circunferência é 





–
5
2
, –2 .
Questão 05 – Letra A
Comentário: O ponto de interseção é a solução do sistema 
de equações formado.
+ =
+ =



⇒ =
=



= ⇒ = + + + ⇒
+ = ⇒ =
+ = ⇒ =
(x –3) (y –2) 16
(x –10) (y –2) 9
(y –2) 16 – (x –3)
(y –2) 9 – (x –10)
16 – (x –3) 9 – (x –10) 7 –(x –20x 100) (x – 6x 9)
7 91 14x x 7
(7 –3) (y –2) 16 y 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
As coordenadas dos pontos de interseção entre as circunferências 
são (7, 2).
Questão 06 – Letra B
Comentário: Representando a equação da circunferência, 
temos:
(x – 2)2 + (y – 1)2 = 9
Para y = 0, temos:
x2 – 4x + 4 + 1 = 9 ⇒ 
x2 – 4x – 4 = 0
∆ = + =
=
±
⇒ = ±
16 16 32
x
4 4 2
2
x 2 2 2.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como os pontos A(–2, 1) e B(0, –3) são as 
extremidades de um diâmetro de uma circunferência l, 
o centro C da circunferência tem as seguintes coordenadas:
C − + −






2 0
2
1 3
2
, ⇒ C(–1, –1)
Logo, o raio da circunferência é a distância do ponto C ao ponto A. 
Desse modo:
r = ¹(–1 + 2)2 + (–1 – 1)2 ⇒ r = ¹5
Portanto, a equação da circunferência de centro C(–1, –1) 
e raio r = ¹5 é:
(x + 1)2 + (y + 1)2 = (¹5)2 ⇒ 
(x + 1)2 + (y + 1)2 = 5
Questão 08 – Letra E
Comentário: Manipulando a equação da circunferência, temos:
x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0 ⇒ 
(x – 2)2 + (y – 2)2 = 4
Então, C(2, 2) e r = 2, o que mostra que a circunferência 
tangencia os eixos coordenados. 
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: De acordo com os dados, temos uma 
circunferência C de centro M(5, r), já que C é tangente ao 
eixo das abscissas, e com ponto (1, 2) ∈ C, como ilustrado na 
figura a seguir.
A(1, 2)
5
M(5, r)
x
Assim:
r d r (5 –1) (r –2) 16 r – 4r 4
r 20 r – 4r 4r 20 r 5
AM
2 2 2
2 2
= ⇒ = + ⇒ + + ⇒
= + ⇒ = ⇒ =
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sejam l1 e l2 as circunferências dadas. 
Completando os quadrados, temos:
 
λ + + = + ⇒
+ = ⇒
=





: x y – 6y 9 –5 9
x (y –3) 4
C (0, 3)
r 2
1
2 2
2 2 1
1
 
λ + + + = + + ⇒
+ = ⇒
=





: x – 6x 9 y –2y 2 –6 9 2
(x –3) (y –1) 4
C (3,1)
r 2
2
2 2
2 2 2
2
A reta que passa pelos centros de l1 e l2 tem coeficiente 
angular:
=
∆
∆
= =m
y
x
1–3
3– 0
–
2
3
Logo, a reta pode ser representada pela equação:
= ⇒ + =y –3 –
2
3
(x – 0) 3y 2x 9
 
Bernoulli Resolve
17Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 03 – Letra E
Comentário: Dado que A(–1, 4) e B(5, 2), temos como 
ponto médio 
+ +




 ⇒M
–1 5
2
,
4 2
2
M(2, 3). Temos ainda que 
a circunferência passa pela origem (0, 0) e é centrada em M. 
Assim, seja r seu raio:
r d r (2 – 0) (3– 0) r 13
MO
2 2= ⇒ = + ⇒ =
Questão 04 – Letra B
Comentário: A figura a seguir representa a situação descrita 
pelo enunciado:
–1
–1
x2 + y2 = 1
1
1
1
y
x
a45°
a
(5, 5)
 
O ponto desejado possui coordenadas (a, a).
Assim, utilizando o Teorema de Pitágoras, temos:
1 a a
1
2
a a
2
2
A soma das coordenadas é:
a a 2
2 2 2 2= + ⇒ = ⇒ =
+ = 
Questão 05 – Letra E
Comentário: Encontrando o ponto de interseção entre as retas:
2x – y – 4 0
2x 3y –12 0
2x – y – 4 2x 3y –12 4y 8 y 2
2x –2 – 4 0 x 3
=
+ =



= + ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = 
A equação da circunferência com raio 3 e centro (3, 2):
(x – 3)2 + (y – 2)2 = 32
A) Falso. A circunferência possui centro (3, 2).
B) Falso. Se x = 0, temos:
 + = ⇒ = ⇒ =(0 –3) (y –2) 3 (y –2) 0 y 22 2 2 2
C) Falso. Se y = 0, temos:
 
(x –1) (0 –2) 3 (x –1) 5
|x –1| 5 x 1 5 ou x 1– 5
2 2 2 2+ = ⇒ = ⇒
= ⇒ = + =
 A circunferência corta o eixo x em dois pontos.
D) Falso. Conforme item C, a circunferência é secante ao eixo x.
E) Verdadeiro. Conforme item B, a circunferência é tangente ao 
eixo y.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Para uma reta dividir uma circunferência em duas 
partes iguais, basta ela passar pelo centro da circunferência, 
sendo um dos diâmetros dela.
+ = ⇒ + + = ⇒
+











 + + +











 = ⇒





 + +





 =





 ⇒





 + +





 =






x y x – y x – x y y 0
x – x
1
2
–
1
2
y y
1
2
–
1
2
0
x –
1
2
y
1
2
2.
1
2
x –
1
2
y
1
2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
Possui centro, C
1
2
, –
1
2





 .
Portanto, por inspeção, a equação que pode representar a reta 
é x – y = 1.
Questão 07 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir descrevendo a situação 
no enunciado.
C
r
y = xy = –x
r
r
r
(–3, 3) (3, 3)
x
y
 
As retas y = x e y = –x são bissetrizes dos quadrantes, 
elas são perpendiculares. Além disso, os raios traçados 
na figura também são perpendiculares às retas, o que faz 
com que se tenha um quadrado de lado igual ao raio da 
circunferência.
Assim, temos a equação:
= + ⇒ = + =
= = =
+ = ⇒ + = ⇒
+ + = ⇒ + + =
r 3 3 r 3 3 3 2
x 0 e y 2.r 6
(x – x ) (y – y ) r (x – 0) (y – 6) (3 2)
x y –12y 36 18 x y –12y 18 0
2 2 2 2 2
C C
C
2
C
2 2 2 2 2
2 2 2 2
18 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 08 – Letra A
Comentário: Completando quadrados na equação da 
circunferência, temos
x y – 4x 0 x – 4x 2 –2 y 0 (x –2) (y – 0) 22 2 2 2 2 2 2 2 2( )+ = ⇒ + + = ⇒ + =
Centro (2, 0) e raio 2.
Calculamos a equação da reta que passa no centro dacircunferência e no ponto P.
y – 0
3 – 0
1–2
.(x –2) y – 3x 2 3= ⇒ = +
A reta t, como é tangente ao raio que passa por P, 
é perpendicular à reta acima. Logo:
c
y – 1
– 3
x c y 3
3
x c
Descobrindo o valor da constante :
3 3
3
.1 c c 2 3
3
y 3
3
x 2 3
3
( )
= + ⇒ = +
= + ⇒ =
= +
Agora, sim, podemos encontrar o que é pedido no enunciado:
Se y 0 0
3
3
.x
2 3
3
x –2= ⇒ = + ⇒ =
Questão 09 – Letra C
Comentário: Completando quadrados na equação da 
circunferência para adquirirmos mais informações.
x y 2x 4y 2 0
x 2x 1 –1 y 4y 2 –2 2 0
(x 1) –1 (y 2) – 4 2 0
(x 1) (y 2) ( 3)
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
+ + + + = ⇒
+ + + + + + = ⇒
+ + + + = ⇒
+ + + =
Com isso, sabemos que possui centro (–1, –2).
Perceba que com a informação do ponto médio P(–1, –1), 
sabemos que a corda MN é perpendicular à reta que passa 
pelo centro da circunferência e pelo ponto P; logo, é paralela 
ao eixo das abscissas e possui como equação y = –1.
Portanto, podemos encontrar as coordenadas de M e N:
(x 1) (y 2) 3
(x 1) (–1 2) 3
(x 1) 2 x 2 –1 ou x – 2 –1
M 2 –1;–1 ; N – 2 –1, –1
2
–1
2
2
2 2
2

( ) ( )
( )+ + + = ⇒
+ + + = ⇒
+ = ⇒ = =
A distância entre os pontos M e N é:
dist(M,N) 2 –1 – – 2 –1 2 2 2 2( ) ( )= = =
Questão 10
Comentário: Nomeando os pontos A, B e C na figura a seguir:
C
B
A
y
x
Temos que o ponto A e B tem como coordenadas:
x 0 4x 3y 24 3y 24 y 8
A(0, 8)
y 0 4x 3y 24 4x 24 x 6
B(6, 0)
= ⇒ + = ⇒ = ⇒ =
= ⇒ + = ⇒ = ⇒ =
 
Como ABC é um triângulo retângulo inscrito na circunferência, 
sua hipotenusa é o diâmetro dessa circunferência:
2r 6 8 r 52 2= + ⇒ =
E as coordenadas do centro da circunferência são as médias 
das coordenadas A e B. Logo, a equação da circunferência é:
x – 0 6
2
y – 8 0
2
r
x –3 y – 4 5
x 6x y 8y 0
2 2
2
2 2 2
2 2
( )( )
+




 + +





 = ⇒
+ = ⇒
− + − =
A soma das coordenadas de seu centro e de seu raio é:
3 + 4 + 5 = 12
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Para fornecer a maior pontuação, o tiro deve ser 
dado por meio da equação da circunferência que passa pelos 
pontos A, O, B e C, pois, assim, ele atingirá mais pontos.
0 x
y
•
•
••
•
•
A
2
R
R
D
1 2 3
R =
 2√
2
2
R
2
B
C
Bernoulli Resolve
19Bernoulli Sistema de Ensino
A equação tem centro em (2, 2) e R = 2¹2, logo a equação será:
(x – 2)2 + (y – 2)2 = (2¹2)2 ⇒
(x – 2)2 + (y – 2)2 = 8
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Considere a situação descrita representada no 
plano cartesiano a seguir:
A B
2d
d
30
P(x, y)
• •
•
l l
Em que:
P: Posição qualquer de um bombeiro;
A(0, 0): Posição do foco com temperatura mais elevada;
B(30,0): Posição do foco com temperatura menos elevada.
Dessa forma, teremos:
dPA = 2.dPB
¹x2 + y2 = 2.¹(x – 30)2 + y2 ⇒
x2 + y2 = 4.[(x – 30)2 + y2] ⇒
x2 + y2 = 4x2 – 240x + 3 600 + 4y2 ⇒
3x2 + 3y2 – 240x + 3 600 = 0 ⇒
x2 + y2 = 80x + 1 200 = 0 ⇒
(x – 40)2 + y2 = 400
Circunferência de centro (40, 0) e raio 20.
A
• • •l l l
B
30 40
Os pontos do plano que satisfazem a relação dPA = 2.dPB 
pertencem à circunferência, logo a maior distância que dois 
bombeiros poderiam ter entre eles é a medida do diâmetro, 
ou seja, 40 m.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como podemos observar, a trajetória do assento 
do balanço tem a forma de uma semicircunferência de raio 2. 
Para tanto, vamos considerar a equação:
x y y x2 2 2 2 22 4+ = ⇒ = −
Calculando as raízes quadradas dos dois membros da equação, 
obtemos:
y x= ± −4 2
Porém, procuramos apenas a semicircunferência inferior. Logo, 
se tomarmos f(x) = y, temos que:
f x x( ) .= − −4 2
MÓDULO – B 18
Posições Relativas à 
Circunferência
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C
Comentário: Analisando o gráfico que representa essa 
circunferência, podemos perceber que, dentre as alternativas, 
a única que define uma reta tangente a essa circunferência 
é y = 0.
–1
0
0
1
1
2
3
3
4
5
6
7
8
2 4–2–3 –1
–2
–4–6–8
20 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra D
Comentário: O raio da circunferência é a distância da origem 
à reta t como se pode ver na figura a seguir:
x
y
C
O
t
t: x – y – 1 = 0
O raio da circunferência será igual à distância da origem à 
reta t; logo:
r d(O, t)
0 – 0 –1
(1) (–1)
1
2
.
2
2
2
22 2
= =
+
= =
Questão 03 – Letra B
Comentário: Usando o método de completar quadrados para 
reescrever a equação dessa circunferência, teremos que:
( ) ( )
( )
+ + − + =
+ + − =
− =
x y 8x 6y 16 0
x 4 y 3 9
C 4, 3 , r 3
2 2
2 2
–4 –3
1
2
3
4
5
6
7
–2 –1 0–5–6–7 
Logo, analisando o gráfico dessa circunferência, podemos 
perceber que ela é tangente apenas ao eixo das abscissas no 
ponto (–4, 0). Portanto, há apenas uma interseção com o eixo x.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Pelo gráfico, podemos perceber que os centros 
das circunferências de maior e menor raio são, respectivamente, 
CMaior(4, 4) e CMenor(1, 1). Podemos perceber também que o raio 
da circunferência maior corresponde à distância entre os centros 
das circunferências. Logo,
( ) ( ) ( )= − + − =d C C 4 1 4 1 18Maior, Menor
2 2
Portanto, a equação da circunferência maior será:
x 4 y 4 18
x y 8x 8y 14 0
2 2 2
2 2
( )( ) ( )− + − = ⇒
+ − − + =
Questão 05 – Letra D
Comentário: Substituindo os pontos dados na equação da 
circunferência, iremos ter um sistema linear com duas equações 
e duas incógnitas. 
16 n 0
64 8m n 0
n 16
m 6
m n 202+ =
+ + =




⇒ = −
= −




⇒ + =
Questão 06 – Letra C
Comentário: Substituindo na equação da circunferência os 
pontos A e B, podemos determinar se eles são externos ou 
internos a ela. 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
= − + − − =
= − + − − =
= + − = >
= − + − − =
= + − = <
f x, y x 6 y 2 16 0
A: f 1, 7 1 6 7 2 16 0
f 1, 7 25 25 16 34 0
B: f 7, 1 7 6 1 2 16 0
f 7, 1 1 1 16 –14 0
2 2
2 2
2 2
Podemos concluir que o ponto A(1, 7) é externo à circunferência 
e o ponto B(7, 1) é interno.
Questão 07 – Letra B
Comentário: A desigualdade (x – 2)2 + (y – 2)2 ≤ 22 representa 
todos os pontos internos dessa circunferência inclusive sua 
periferia. A desigualdade y ≥ x representa os pontos acima 
da reta y = x inclusive a própria reta. Assim, representando 
ambas no mesmo sistema, temos:
R
2
2 x
y
y = x
(x – 2)2 + (y – 2)2 = 22
Assim, a região R corresponde à metade uma circunferência 
de raio 2. Portanto, a área de R é igual a .2
2
2 .
2π
= π 
Questão 08 – Letra B 
Comentário: Como a circunferência é tangente ao eixo das 
ordenadas, o segmento de reta horizontal que liga este ponto 
ao centro da circunferência é exatamente o tamanho do raio 
dessa circunferência. Pelas coordenadas do centro, podemos 
dizer que r = 4. Logo, a equação da circunferência é:
x 4 y 2 r
x 4 y 2 16
x y 8x 4y 4 0
2 2 2
2 2
2 2
( ) ( )
( ) ( )
− + + = ⇒
− + + = ⇒
+ − + + =
Bernoulli Resolve
21Bernoulli Sistema de Ensino
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Para que as circunferências l1 e l2 sejam 
tangentes exteriormente, a distância dos centros deve ser 
igual à soma dos raios. Pelas equações, temos que: C1(3, 2), 
C2(a, –2), r1 = 1 e r2 = 4. Logo:
(3 a) (2 2) 1 4 
9 6a a 16 25 
a 6a 0 
a(a 6) 0 
2 2
2
2
− + + = + ⇒
− + + = ⇒
− = ⇒
− = ⇒
a = 0 ou a = 6
Questão 02 – Letra A
Comentário: Como a circunferência tangencia a reta, a 
distância de seu centro até o ponto de encontro será igual ao 
raio dessa circunferência. Assim:
( ) = = + +
+
=
+ −
+
= =
d P,reta r
ax by c
a b
r
3 . 5 4 . 3 12
9 16
15
5
3
0 0
2 2
Logo, a equação da circunferência é
(x – 5)2 + (y – 3)2 = 32 ⇒
x2 + y2 – 10x – 6y + 25 = 0
Questão 03 – Letra B
Comentário: Considere a imagem a seguir para a resolução 
do problema:
A B
C
Nela, AB = 2 – r = CB e AC = 2. Assim, temos:
(2 – r) (2 – r) 4
4 – 4rr 4 – 4r r 4
2r – 8r 4 0
r – 4r 2 0
16 – 8 8
r 4 – 2 2
2
2 – 2 cm
2 2
2 2
2
2
+ = ⇒
+ + + = ⇒
+ = ⇒
+ =
∆ = =
= =
 
Questão 04 – Letra E
Comentário: A equação (x – 2)2 + y2 = 22 representa uma 
circunferência, assim a desigualdade (x – 2)2 + y2 ≤ 22 
representa todos os pontos internos dessa circunferência 
inclusive sua periferia. A equação y = x representa a bissetriz 
dos quadrantes ímpares. Logo, a desigualdade y ≥ x representa 
os pontos acima da reta y = x inclusive a própria reta. Assim, 
representando ambas no mesmo sistema, temos:
y
x
y = x
(x – 2)2 + y2 = 22
1 2
Portanto, a área S procurada é dada por:
S
.2
4
–
2 .2
2
– 2
2
=
π
= π
Questão 05 – Letra B
Comentário: A equação da circunferência de centro P(3, 1) 
tangente à reta r: 3x + 4y + 7 = 0 tem raio k, dado pela 
distância do ponto P à reta r. Logo:
=
+ +
+
⇒ =k
3 . 3 4 .1 7
(3) (4)
k 4
2 2
Portanto, a equação da circunferência de centro P(3, 1) e raio 
k = 4 é dada por:
(x – 3)2 + (y – 1)2 = 42 ⇒ 
x2 – 6x + 9 + y2 – 2y + 1 – 16 = 0 ⇒ 
x2 + y2 – 6x – 2y – 6 = 0
Questão 06 – Letra C
Comentário: Pela geometria da situação, temos a seguinte 
figura:
x8C(5, 0)2O
A
r
y
R = 3
3
h
nm
4
a = 5
O centro da circunferência pertence ao eixo das abscissas 
e os pontos (2, 0) e (8, 0) pertencem à circunferência. 
Seu diâmetro é 8 – 2 = 6; logo, possui raio 3 e centro C(5, 0). De 
acordo com as relações métricas no triângulo retângulo, temos:
4 5m m 16
5
3 5n n 9
5
h 16
5
. 9
5
h 12
5
Assim, A 16
5
, 12
5
.
2
2
2
= ⇒ =
= ⇒ =
= ⇒ =






22 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 07 – Letra E
Comentário: Da circunferência x2 + y2 = 25, temos que seu 
centro é C(0, 0) e seu raio, r = 5.
A inclinação da reta r que passa por C(0, 0) e P(3, 4) é:
=
−
−
⇒ =a
0 4
0 3
a
4
3r r
Logo, a equação da reta r é:
= ⇒ =y – 0
4
3
(x – 0) y
4
3
x
A equação da reta s tangente à circunferência x2 + y2 = 25 
no ponto P(3, 4) é perpendicular à reta r: =y 4
3
x.Portanto:
= ⇒ = − ⇒ =a .a –1 a
1
4
3
a –
3
4s r s s
Logo, a equação da reta s que passa por P(3, 4) é:
= − ⇒ + =y – 4
3
4
(x – 3) 3x 4y – 25 0
Questão 08 – Letra A 
Comentário: O ponto A tem abscissa 0, ou seja, satisfaz a 
equação da de C1 com x = 0. Assim, tem-se y2 + 6y + 5 = 0 e 
y = –1 ou y = –5. Como o ponto A é a intersecção de C1 com o 
eixo y de menor ordenada, A = (0, –5). 
Analogamente, o ponto B tem ordenada zero, ou seja, suas 
coordenadas satisfazem a equação de C2 com y = 0. Logo, 
x2 – 12x = 0 e x = 0 ou x = 12. Portanto, B = (12, 0). 
A distância entre A e B é tal que:
= − + − = + =d(A,B) (0 12) (–5 0) 144 25 132 2
Questão 09 – Letra C
Comentário: De acordo com as informações dadas, temos que 
o centro da circunferência é o ponto (5, 1).
1
4
5 x
y = 4
x = 5
y
C(5,1)
r = 3
Equação da circunferência: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 9
Para y = 0: x2 – 10x + 25 + 1 = 9 ⇒ x2 – 10x + 17 = 0
A soma das abscissas será:
x x –
(–10)
1
10
1 2
+ = =
Questão 10 – Letra D
Comentário: Esboçando o gráfico das funções, temos:
y
y = –x + 4
y = –x
y = x + 2
y = x – 2
x
4
4
3
3
2
2
1
1
–1
–1
–2
–2–3–4
A circunferência que tangencia as 4 retas é aquela centrada 
no ponto (1, 1). Seu raio r é igual à metade do lado a de um 
quadrado de diagonal igual a 4, logo:
= ⇒ =
= =
a 2 4 a 2 2
r
2 2
2
2
Dessa forma, a equação da circunferência é:
( )( ) ( )
( ) ( )
+ = ⇒
+ =
x –1 y –1 2
x –1 y –1 2
2 2 2
2 2
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: 
x2 + y2 – 6x – 6y + 9 ≤ 0 ⇒ 
x2 – 6x + 9 + y2 – 6y + 9 ≤ – 9 + 9 + 9 ⇒ 
(x – 3)2 + (y – 3)2 ≤ 9 ⇒ 
Círculo: C
r
( , )3 3
3=




y
xO 3
3
y = x
A área a ser pintada de rosa é de:
π πS =
1
2
.3 =
9
2
m
Rosa
2 2
Bernoulli Resolve
23Bernoulli Sistema de Ensino
Como serão 100 bandeiras ⇒ π π
9
2
.100 = 450 m2
Como cada lata de tinta cobre 4 m2, então o número de latas 
é dado por: 
π
≅
450
4
353,25 =354
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: 





Residência da ex-mulher = centro
Distância fixa mínima = raio
Logo, os pontos proibidos são:
y
xO
MÓDULO – B 19
Cônicas
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra A
Comentário: Como a = 5 e b = 3, temos:
a2 = b2 + c2 ⇒ 52 = 32 + c2 ⇒ c = 4
Assim, temos que os focos serão dados por:
F1(1 – 4, 2) e F2(1 + 4, 2) 
F1(–3, 2) e F2(5, 2)
Questão 02 – Letra A
Comentário: Manipulando a equação 
+ = ⇒ + =4x 3y 36
x
9
y
12
1,2 2
:36
2 2

temos que a2 = 12, b2 = 9 e o 
centro da elipse é (0, 0). Assim, as coordenadas dos focos são 
F1(0, c) e F2(0, –c). O valor de c é obtido por meio do Teorema 
de Pitágoras, com catetos b e c e hipotenusa a:
a2 = b2 + c2 ⇒
c2 = 12 – 9 ⇒
c = ¹3
Logo:
F1 (0, ¹3) e F2 (0, –¹3)
Questão 03 – Letra A 
Comentário: A maior distância entre dois pontos da pista é o 
eixo maior, de medida 2a, e logo 2a = 1 800 e a = 900. Logo, 
b
2
3
.900 600.= = A distância procurada é 2c. Como a2 = b2 + c2, 
tem-se:
a b c 900 600 c
100 (9 – 6 ) c 100 (45) 100 . 3 . 5 c
c 300 5 2c 600 5 600 .2,24 1 344 m
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
= + ⇒ = + ⇒
= ⇒ = = ⇒
= ⇒ = ≅ =
Questão 04 – Letra A 
Comentário: Como f(x) ≥ 4 vale para todo real x, 4 é o valor 
mínimo da função, ou seja, a ordenada do vértice da parábola, 
denotado por yv. Sabe-se que:
= ⇒
∆
= = ⇒
= ⇒
= ⇒
= ⇒
= >
y 4 –
4a
–
(–2k) – 4 .1 . 29
4 .1
4
4k –116
4
–4
4k –116 –16
4k 100
k 5 (k 0)
V
2
2
2
2
Questão 05 – Letra D
Comentário: Como a equação tem valor 1, a máxima 
quantidade do produto A é dada quando x assumir valor 
máximo. Para isso, a produção de B deve ser nula (y = 0). 
Então:

x
400
y
100
1
x 400
x 20 toneladas
2 2
y 0
2
+ = ⇒
= ⇒
=
=
Questão 06 – Letra C
Comentário: Manipulando a equação dada, temos:
x – y 4
x
4
–
y
4
1
2 2
2 2
= ⇒
=
Assim, C(0, 0), a = b = 2.
Os focos dessa hipérbole são dados por F1(x0 + c, y0) e 
F2(x0 – c, y0), sendo (x0, y0) seu centro. O valor de c é obtido 
por meio do Teorema de Pitágoras (catetos a e b):
c2 = a2 + b2 ⇒
c2 = 4 + 4 ⇒
c = 2¹2
Portanto, F1 (2¹2, 0) e F2 (–2¹2, 0).
Questão 07 – Letra B
Comentário: Dado que a parábola tem F(0, 2) e o eixo Ox 
equidistantes, temos que seu vértice situa-se sobre o eixo y. 
Como o eixo x é também diretriz da parábola, podemos elaborar 
a seguinte figura:
24 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
P
F(0, 2)
P(x, y)
y
x
d
O
V(x0, y0)
P
2
P
2
Assim, para p = 2 e V(0, 1):
x x 2p y y
x 0 2 .2 y 1
x 4y 4 y
x
4
1
0
2
0
2
2
2
( ) ( )
( ) ( )
− = − ⇒
− = − ⇒
= − ⇒ = +
Questão 08 – Letra E
Comentário: Seja 2b o eixo menor, 2a o eixo maior e 2c a 
distância focal dessa elipse, temos que:
2b = 16 ⇒ b = 8
2a = 20 ⇒ a = 10
Assim, temos que a2 = b2 + c2 ⇒ 102 = 82 + c2 ⇒ c = 6 ⇒ 2c = 12
Portanto, a distância entre os aspersores é de 12 m.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D 
Comentário: Denotando a, b e c em milhões de quilômetros, 
tem-se 2a = 500, e logo, a = 250, e 2c = 400, ou seja, c = 200. 
Como a2 = b2 + c2, b = 150. Assim, a equação da elipse é tal que:
x
250
y
150
1
x
62 500
y
22 500
1
2
2
2
2
2 2
+ = ⇒ + =
Questão 02 – Letra C
Comentário: Desenvolvendo a equação dada, temos:
x2 – 5xy + 6y2 = 0 ⇒
x2 – 3xy + 6y2 – 2xy = 0 ⇒
x(x – 3y) – 2y(x – 3y) = 0 ⇒
(x – 3y)(x – 2y) = 0
Assim, podemos concluir que se trata de um par de retas 
concorrentes, a saber, no ponto (0, 0).
Questão 03 – Letra A 
Comentário: A equação geral de um parábola com eixo de 
simetria vertical, como é o caso, é (x – xV)2 = 4p(y – yV), 
em que xV e yV são as coordenadas do vértice e p é a 
distância entre o vértice e o foco, sendo negativa caso o 
foco esteja abaixo do vértice. Perceba que xV = 4, yV = 2 e 
p – (4 – 4) (2 – (–6)) –82 2= + = (p < 0). Logo, a equação pedida 
é (x – 4)2 = –4 . 8(y – 2), ou seja, (x – 4)2 = –32(y – 2). 
E a equação da reta diretriz é y = 10.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Estar alinhado a dois pontos quaisquersignifica 
esta sob a reta determinada por estes dois pontos quaisquer. 
Sendo y = mx + n a reta r determinada por A e B, tem-se, 
3 = 0.m + n e n = 3 e 0 = 4m + 3 e m
3
4
= − . Logo, procura-se 
a interseção da reta r com a parábola y = x2, o que pode ser 
feito pelo modo usual, comparando-se as expressões em y:
–
3x
4
3 x x
3x
4
– 3 0 4x 3x –12 02 2 2+ = ⇒ + = ⇒ + =
As abscissas dos pontos R e S são as soluções dessa equação. 
Como o enunciado pediu a soma dessas abscissas, o que se deseja 
é a soma S das raízes da equação de segundo grau anterior, 
dada por S – b
a
–
3
4
– 0,75.= = =
Questão 05 – Letra C
Comentário:
A) Correta. Como os termos quadráticos tem mesmo coeficiente, 
(I) representa uma circunferência. Como em (II) os termos 
quadráticos são positivos, mas tem coeficientes diferentes, 
(II) representa uma elipse.
B) Correta. Perceba que se pode escrever a equação de (I) na 
forma canônica como (x – 1)2 + (y + 4)2 – 1 – 16 + 8 = 0, 
ou seja, (x – 1)2 + (y + 4)2 = 32. 
 Logo, (I) é uma circunferência de centro (1, –4) e raio 3. 
Para a segunda cônica:
 
+ + + + = ⇒
+ + = ⇒
+
+
=
4(x – 2x 1) – 4 (y 8y 16) 0
4(x –1) (y 4) 4
(x –1)
(y 4)
4
1
2 2
2 2
2
2
 Logo, trata-se de uma elipse de centro (1, –4).
C) Incorreta. Tome as duas equações derivadas no item anterior 
e denote (x – 1)2 = a e (y + 4)2 = b. Tem-se, portanto, a + b = 9 
e 4a + b = 4. Subtraindo uma equação da outra, percebe-se 
que a < 0; e logo, as cônicas não se interceptam.
D) Correta. Vide item B.
E) Correta. Vide item B.
Questão 06 – Letra B
Comentário: Primeiramente, completando quadrados e depois 
transformando a equação da elipse para sua forma canônica, 
tem-se:
+ + = ⇒
+ + = ⇒
+ + + + = ⇒
+ + = + + = ⇒
+
+
= ⇒
+
+
=
4x 25y –16x 200y –316
4(x – 4x) 25(y 8y) –316
4(x – 4x 4) – 4.4 25(y 8y 16) – 25 .16 –316
4(x – 2) 25(y 4) –316 400 16 100
4(x – 2)
100
25(y 4)
100
100
100
(x – 2)
5
(y 4)
2
1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
Logo, percebe-se que a = 5 e b = 2. Deseja-se saber o valor 
de c, restrito a b2 + c2 = a2. Assim:
a b c 5 2 c c 21
4c 84 (2c) 84 2c 84 9 m
2 2 2 2 2 2 2
2 2
= + ⇒ = + ⇒ =
= ⇒ = ⇒ = ≅
Bernoulli Resolve
25Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 07 – Letra E 
Comentário: Pelos dados do enunciado, percebe-se que 
2a = 8, ou seja, a = 4 e b = 3. Assim, a equação da elipse 
será 
x
4
y
3
1.
2
2
2
2
+ = Deseja-se saber o valor positivo de y para o 
qual x = 2. Assim:
+ = ⇒ + = ⇒
= = ⇒ = ⇒ = >
x
4
y
3
1
2
16
y
9
1
y
9
1 –
1
4
3
4
y
27
4
y
3 3
2
(y 0)
2
2
2
2
2 2
2
2
Questão 08 – Letra B 
Comentário: O túnel é formado por uma parte retangular de 
dimensões 4 m e 6 m e uma parte elíptica, com a = 3 e b = 2. 
Logo, a equação da elipse é 
x
3
y
2
1.
2
2
2
2
+ = O caminhão, para ter 
sua passagem facilitada, deve ter seu eixo vertical de simetria 
coincidindo com o eixo vertical de simetria do túnel. Logo, 
o valor da ordenada da elipse x = 2, denotado y(2), é relevante, 
sendo a altura h pedida tal que h = 4 + y(2):
x
3
y
2
1
2
9
y
4
1
y
4
1
4
9
5
9
y(2)
2 5
3
(y 0) h 4
2 5
3
2
2
2
2
2 2 2
+ = ⇒ + = ⇒ = − = ⇒
= > ⇒ = +
Questão 09 – Letra A
Comentário: Como (2, 0) faz parte da elipse, substituindo 
x = 2 e y = 0 na equação parametrizada dada no enunciado, 
tem-se uma identidade; o mesmo ocorre ao substituir-se 
x = 1 e y = 2 na equação da elipse:
(2, 0):
x
a
y
b
1 2
a
0
b
1 4
a
1 a 2
(1, 2):
x
2
y
b
1 1
4
2
b
1 4
b
1 1
4
3
4
b 16
3
x
a
y
b
1 x
2
y
16
3
1
x
4
3y
16
1 16. x
4
3y
16
16 .1
4x 3y 16
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2 2 2
2 2
+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =
+ = ⇒ + = ⇒ = − = ⇒ =
+ = ⇒ + = ⇒
+ = ⇒ +





 = ⇒
+ =
Questão 10 – Letra A
Comentário: Para que o seno seja igual a 0, temos que o 
ângulo deve ser da forma kπ, com k ∈ . Logo:
sen
y
x 1
0
y
x 1
k y k x k
2 2
2
+





 = ⇒ +
= π ⇒ = π + π
Se y ≠ 0 ⇒ k ≠ 0. Portanto, o conjunto de todos os pontos P(x, y) 
do plano é uma família de parábolas.
Questão 11 – Letra D 
Comentário: Primeiramente, deve-se manipular a equação 
de transformação:
100x –1 200x 9y – 216y –3 996
100(x –12x) 9(y – 24y) –3 996
100(x –12x 36) –100 . 36 9(y – 24y 144) – 9 .144 –3 996
100(x – 6) 9(y –12) –3 996 3600 1 296 900
100(x – 6)
900
9(y –12)
900
900
900
(x – 6)
3
(y –12)
10
1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
+ = ⇒
+ = ⇒
+ + + = ⇒
+ = + + = ⇒
+ = ⇒
+ =
Perceba, portanto, que a equação de transformação é a equação 
de uma elipse de centro (6, 12) b = 3 e a = 10. Logo, o valor 
máximo de x é 6 + 3 = 9 e o valor máximo de y é 12 + 10 = 22, 
de tal sorte que a soma pedida é 9 + 22 = 31.
Questão 12 – Letra E 
Comentário: 
P (x, y) é equidistante de y = 0 e de x2 + (y – 2)2 = 1.
P (x, y) é equidistante de y = 0 e do centro C(0, 2).
O ponto é equidistante de uma reta e de um ponto.
Por definição, o lugar geométrico de tais pontos é uma parábola.
Questão 13 – Letra E
Comentário: Dada a reta t: y = ax + b, como A faz parte da 
reta, 0 = –3a + b e b = 3a. Logo, a equação da reta t pode 
ser escrita como y = ax + 3a. A condição de tangência entre 
esta reta e a parábola consiste no fato de o sistema formado 
pelas equações da reta e da parábola ter apenas uma solução. 
Plugando-se a equação da reta na equação da parábola, isso 
equivale a ∆ = 0, pois tem-se uma equação quadrática:
( )
( )= + ⇒ = + + ⇒
+ + = ⇒
∆ = ⇒ = ⇒
+ = ⇒
= ⇒ =
x 3(ax 3a) x 3 a x 6a x 9a
3a x x(18a –1) 27a 0
0 18a –1 4 .3a .27a
324a – 36a 1 324a
36a 1 a –
1
6
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 2
4 2 4
2
Escolheu-se a solução negativa pois é a única condizente com 
as alternativas. Logo, a reta t tem equação y –
x
6
–
3
6
,= o que 
equivale a x + 6y + 3 = 0. Encontra-se o ponto de tangência 
substituindo uma equação na outra:
=
=



= ⇒ + + = ⇒
+ + = ⇒ = ⇒ = ⇒
x –6y – 3
x 3y
–6y – 3 3y 3y 6y 3 0
y 2y 1 0 y –1 x 3 P(3, –1)
2
2 2
2
Questão 14
Comentário:
A) Uma reta que passa pelo ponto (0, 10) pode ser 
parametrizada como y = ax + 10. Como condição de 
tangência, tem-se que as curvas devem interceptar-se 
uma vez. Substituindo o valor de y na equação da 
reta na equação da parábola, tal condição equivale 
ao discriminante nulo da equação assim formada. 
26 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Assim:
 ax + 10 = 1 + (x – 5)2 ⇒ x2 – (10 + a)x + 16 = 0
 ∆ = 0 ⇒ (10 + a)2 = 64 ⇒ 10 + a = ± 8 ⇒ a = –2 ou a = –18
 Logo, as retas procuradas são y = –2x + 10 e y = –18x + 10.
B) Reta y = –2x + 10: 
 –2x + 10 = 1 + (x – 5)2 ⇒ x2 – 8x + 16 = 0 ⇒ x = 4 e y = 2 
 Logo, o ponto é (4, 2).
 Reta y = –18x + 10: 
 –18x + 10 = 1 + (x – 5)2 ⇒ x2 + 8x + 16 = 0 ⇒ x = –4 
e y = 82 
 Logo, o ponto de tangência é (–4, 82).
C) A equação da parábola pode ser reescrita como 
=4.
1
4
(y –1) (x – 5) .2 Logo, o foco será o ponto 





5,
5
4
. As 
distâncias pedidas são:
( )
( )
=





 + = =
=





 + + =
+
=
d 2 –
5
4
5 – 4
25
16
5
4
d 82 –
5
4
5 4
323 36
16
325
4
1
2
2
2
2
2 2 2
 
Questão 15
Comentário: O vértice da parábola é (–2, 2) e p = 2, então 
a sua equação reduzida é:
(y – 2)2 = 4(x + 2)
Como x = –1 pertence à parábola, temos:
(y – 2)2 = 4(–1 + 2) ⇒ (y – 2)2 = 4 ⇒ 
y2 – 4y = 0 
y = 0 ou y = 4
Então, (–1, 0) e (–1, 4) pertencem à parábola.
Se x = 0, temos que P é:
(yP – 2)2 = 4(0 + 2) ⇒ (yP – 2)2 = 8 ⇒ 
yP2 –4yP – 4 = 0 
y 2 1 2
P
( )= + , pois yP > 0.
Questão 16 – Letra A
Comentário:
I. 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0 ⇒
 16x2 + 128x + 16 . 16 + 4y2 – 24y + 4 . 9 =
 –228 + 16 . 16 + 4 . 9 ⇒
 16(x2 + 8x + 16) + 4(y2 – 6y + 9) = 16.4 (dividindo por 16.4)
 + + = ⇒16(x 4)
16 . 4
4(y –3)
16 . 4
16 . 4
16 . 4
2 2
 
(x 4)
4
(y 3)
16
1
Elipse 
C ( 4, 3)
a 4
b 2
2 2+
+
−
= ⇒
−
=
=





II. y x x se x
x se x
= − = − ≥
+ <




7 7 0
7 0
| | ,
,
y
7
–7 7 xO
III. y2 – 6y – x + 5 = 0 ⇒ y2 – 6y = x – 5 ⇒
 y2 – 6y + 9 = x – 5 + 9 ⇒ 
 (y – 3)2 = x + 4(y 3) 2.
1
2
.(x 4) Parábola 
V( 4, 3)
p
1
2
2− = + ⇒
−
=





01. Falsa. O gráfico de (II) é representado por duas semirretas.
02. Verdadeira. C(–4, 3) ∈ gráfico (y = 7 – |x|), pois:
 x = –4 ⇒ 
 y – |–4| = 7 – 4 = 3
04. Falsa. d(F, V) = p F
2
1
2
1
2
1
4
15
4
3= = ⇒ −





. ,
 S
F
= − + = − > −15
4
3 3
4
1
y
xO
V(–4, 3)
=p2
1
4
F −
15
4
, 3






08. Verdadeira. Pela Relação Fundamental:
 a2 = b2 + c2 ⇒ 
 42 = 22 + c2 ⇒ 
 c = 2¹3
 A excentricidade é dada por:
 e
c
a
2 3
4
3
2
cos
6
= = = =
π
Portanto, a soma dos itens verdadeiros corresponde a 
02 + 08 = 10 ∈ [8, 11].
MÓDULO – B 20
Progressão Aritmética
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário: Sendo a1 = 1, a2 = 2 e a3 = 3, temos que r = 1, 
assim:
= + −
= + −
=
a a (n 1).r
a 1 n 1
a n
n 1
n
n
Bernoulli Resolve
27Bernoulli Sistema de Ensino
Utilizando 231 como valor total da soma da progressão formada 
pelas filas, temos:
=
+
⇒ = + ⇒
= + ⇒ + − ⇒
=
− ± +
⇒ =
−
= − = =
231 
(a a )n
2
 462 (1 n)n 
462 n n n n 462 
n 
1 1 1 848
2
 n 
44
2
 22 ou n 
42
2
 21
1 n
2 2
Portanto, como n > 0, o número de fileiras é 21.
Questão 02 – Letra C
Comentário: A P.A. correspondente é (1, 2, 3, 4, ..., 80):
S
(a a )n
2
(1 80)80
2
81. 40 3 240 árvores
n
1 n=
+
= + = =
Questão 03 – Letra C
Comentário: Seja (a, a + 5, a + 10, a + 15, ...) a progressão 
aritmética cujo primeiro termo a queremos calcular. Como 
S4 = 42, temos que:
= + + = ⇒
+ = ⇒ =
S 4(a a 15)
2
42
8a 60 84 a 3
4
Logo, o primeiro termo é 3.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Seja (a1, a2, a3, a4,...) a progressão aritmética 
com a soma Sn = 3n2 – 2n, assim:
a1 = S1 = 3 . 12 – 2 . 1 = 1
a1 + a2 = S2 = 3 . 22 – 2 . 2 = 8 ⇒ 1 + a2 = 8 ⇒ a2 = 7
Razão r = 7 – 1 = 6.
Portanto a1 = 1 e a r = 6. 
Questão 05 – Letra B
Comentário: (40, 46, 52, ..., 136)
a1 = 40, r = 6, an = 136 e queremos determinar n.
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 136 = 40 + (n – 1)6 ⇒
96 = (n – 1)6 ⇒ n – 1 = 16 ⇒ n = 17
Excluindo-se o dia da inauguração, passaram-se 16 sábados.
Questão 06 – Letra D 
Comentário: Perceba que as distâncias dn corridas pelo 
corredor no enésimo dia formam uma progressão aritmética 
de primeiro termo a1 = 1 km e razão r = 0,4 km. Deseja-se 
saber o valor de n para o qual an = 21 km. Pela fórmula do 
termo geral de uma P.A.:
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 
21 = 1 + (n – 1)0,4 ⇒ 
n – 1 = 50 ⇒ n = 51
Logo, o atleta irá atingir a distância diária de 21 km no 51º dia.
Questão 07 – Letra C
Comentário: A cada minuto, mais 3 vírus são gerados; logo, 
podemos descrever tal formação como uma P.A. de razão 3 e 
a1 = 1. Assim, após uma hora, teremos um número de vírus 
igual a a60, que é dado por:
a60 = 1 + 59 . 3 = 1 + 177 = 178
Questão 08 – Letra E
Comentário: Nesse novo jogo, teríamos a seguinte sequência 
para os pinos, que se trata de uma progressão aritmética:
{1, 2, 3, ..., 49, 50}
Assim, o total S50 de pinos será dado pela soma dos termos 
dessa progressão, que é calculada da seguinte maneira:
=
+
= =S
(1 50)50
2
51.25 1 275
50
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Como os termos estão em progressão aritmética, 
temos que a soma de extremos é constante, ou seja:
20 = a1 + a4 = a2 + a3 ⇒ x + 2y = y + 3x ⇒ y = 2x (I)
Como x + 2y = y + 3x = 20, temos que:
x + 2y = 20 (II)
Substituindo I em II, temos:
x + 4x = 20 ⇒ 5x = 20 ⇒ x = 4
Assim, a3 = 3x = 3 . 4 = 12.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Seja r a razão da progressão aritmética. 
Se o valor da 1ª prestação é R$ 500,00 e o da 12ª é R$ 2 150,00, 
então calculamos:
= + ⇒ = =2150 500 11r r
1 650
11
150.
Portanto, o valor da 10ª prestação é 500 + 9 . 150 = R$ 1 850,00.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Como os valores de produção mensal podem ser 
representados como termos de uma progressão aritmética, 
temos que, em julho, a produção é dada por:
a7 = 28 000 + 6.r ⇒ 28 000 + 6r = 8 800 ⇒
6r = –19 200 ⇒ r = –3 200
Assim, as produções de maio e junho podem ser dadas por:
Maio: a5 = 28 000 + 4.(–3 200) = 28 000 – 12 800 = 15 200
Junho: a6 = a5 + r = 15 200 – 3 200 = 12 000
Dessa forma, a produção desses meses é dada por:
15 200 + 12 000 = 27 200.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Seja a1 = 6 a distância percorrida no primeiro dia, 
r a razão da progressão aritmética que descreve a quantidade 
de quilômetros percorridos por dia pelo maratonista e n o dia 
em que o maratonista corre 42 km, temos:
an = a1 + (n – 1).r ⇒ 42 = 6 + (n – 1)2 ⇒ 2n – 2 = 36 ⇒
2n = 38 ⇒ n = 19
Assim, a soma S dessa progressão aritmética é dada por:
=
+
= =S
(6 42)19
2
24 .19 456 km
19
28 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra B
Comentário: Temos que a sequência em questão é uma 
progressão aritmética; assim, concluímos, pelo termo geral, 
que a razão dessa progressão é 3.
Dessa forma:
= + =
= + =
= + =
= + =
a
37
3
3
46
3
a
46
3
3
55
3
a
55
3
3
64
3
a
64
3
3
73
3
6
7
8
9
Logo, a média aritmética M dos 4 últimos elementos é dada por:
=
+ + +
=
+ + +
⇒ = =M
55
3
64
3
73
3
82
3
4
55 64 73 82
3
4
M
274
3
.
1
4
137
6
Questão 06 – Letra C
Comentário: A razão é definida como r = an + 1 – an, para 
qualquer n natural positivo. Aplicando-se a fórmula do termo 
geral da P.A. dada pelo enunciado, tem-se:
an + 1 = 5(n + 1) – 18 = 5n – 13
an = 5n – 18
r = an+1 – an = (5n – 13) – (5n – 18) = 5
Questão 07 – Letra B
Comentário: Observando a disposição dos números, podemos 
observar que cada coluna é uma progressão aritmética de razão 
igual a 5. A coluna 5, por exemplo, pode ser representada 
pelos múltiplos positivos de 5. Dessa forma, sabemos que 
o número 375 está nessa coluna, agora, para descobrir em qual 
linha ele está, vamos utilizar o termo geral de uma progressão 
aritmética, em que an = 375, r = 5 e a1 = 5.
375 = 5 + (n – 1)5 ⇒ 
370 = 5n + 5 ⇒ 
5n = 375 ⇒ 
n = 75
Agora, note que podemos escrever os números dessa linha 
como (5 . 75 – 4; 5 . 75 – 3; 5 . 75 – 2; 5 . 75 – 1; 5 . 75) = 
(371, 372, 373, 374, 375), cuja soma é igual 1 865.
Questão 08 – Letra B
Comentário: Como esse crescimento é regido por uma 
progressão aritmética de razão 6, e o décimo termo é igual 
a 94, temos:
a10 = a1 + (10 – 1)6 = 94 ⇒ a1 + 54 = 94 ⇒ a1 = 40.
Assim, para encontrarmos o aumento percentual x que ocorreu 
desde o ano da observação até o final do período considerado, 
temos:
= = = = =x
a – a
a
94 – 40
40
54
40
1,35 135%10 1
1
Questão 09 – Letra D
Comentário: A progressão aritmética correspondente é 
(1, 2, 3, ..., an), então:
=
+
= ⇒ + =
= + = + = ⇒ =
S
n(a a )
2
210 n(1 a ) 420 (I)
Mas a 1 (n –1)1 1 n –1 n a n
n
1 n
n
n n
Logo, retomando (I), temos:
n(1 + n) = 420 ⇒ n2 + n – 420 = 0 ⇒
n = –21 (não convém) ou n = 20 (convém)
São feitas 20 filas.
Portanto, altura da placa = 20 . 0,33 + 0,10 + 0,10 = 6,8 m.
Questão 10 – Letra B
Comentário: Perceba, pela figura, que o espaço ocupado por 
uma cadeira é de 48 + 44 = 92 cm. A cada cadeira que se 
adiciona, a altura da pilha aumenta três centímetros; logo, 
a altura da pilha em função do número de cadeiras é uma 
P.A. de a1 = 92 e r = 3. A fórmula de seu termo geral será 
h = an = a1 + (n – 1)r = 89 + 3n, em que n é o número de 
cadeiras contidas na pilha e h a altura desta. O enunciado 
pergunta o valor de n quando h = an = 140. Assim: 
140 = 89 + 3n ⇒ n = 17
Questão 11 – Letra D
Comentário: Para calcular a soma de todos os algarismos 
dos termos dessa sequência, basta contar a quantidade de 
algarismos 1. Assim, analisando os primeiros termos, podemos 
encontrar a seguinte sequência para a quantidade de algarismos 
1 por termo:
{2, 4, 6, 8, ...}
Assim, a sequência é dada por uma progressão aritmética 
de razão 2 e primeiro termo igual a 2, logo, para encontrar 
o vigésimo termo, usaremos o termo geral da seguinte forma:
a20 = 2 + 19 . 2 = 40
Dessa forma, a soma S20 dos 20 termos dessa sequência que 
é equivalente a soma de todos os algarismos da sequência de 
números dada é:=
+
= =S
(2 40)20
2
21.20 420
20
Questão 12 – Letra E
Comentário: Pelos dados apresentados na tabela 1, 
a arrecadação da Equipe A é dada por uma progressão 
aritmética de razão 4 e primeiro termo igual a 6, e a arrecadação 
da equipe B é dada por uma progressão aritmética de razão 2 
e primeiro termo igual a 16. Assim, na enésima rodada, 
a equipe A terá arrecadado 6 + (n – 1)4 livros, já a equipe B 
terá arrecadado 16 + (n – 1)2 livros.
Agora, considerando SA o total de livros na estante da equipe 
A e SB o total de livros na estante da equipe B, temos:
=
+ +
=
+
=
+ +
=
+
S
(6 6 (n –1)4).n
2
(8 4n)n
2
S
(16 16 (n –1)2)n
2
(30 n)n
2
A
B
Bernoulli Resolve
29Bernoulli Sistema de Ensino
Logo, como queremos SA = SB, temos:
= ⇒
+
=
+
=
+ = + ⇒ = ⇒ =
S S
(8 4n)n
2
(30 2n)n
2
8 4n 30 2n 2n 22 n 11
A B
Questão 13 – Letra A
Comentário: Perceba que pela primeira hora é cobrado 
25 reais, e para as horas seguintes 20 reais. Logo, ao 
permanecer N horas no estacionamento, gasta-se 25 reais em 
uma hora e 20 reais por (N – 1) horas. Assim, o gasto total 
para N horas é 25 + 20(N – 1) = 20N + 5.
Questão 14 – Letra A
Comentário: A altura do vértice Vn será dada por:
an = 1 + (n – 1)1 = n
Agora, a distância do vértice O até a projeção ortogonal de 
Vn é dada por:
( )
+ + + =
+
1 2 ... n
1 n n
2 
Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras para encontrar a 
distância D procurada, temos:
( )
( )
( )+ +





 = ⇒
+ + +





 = ⇒
+ + +





 = ⇒
+ + = ⇒
= + +
n 1 n n
2
D
n 1 2n n n
4
D
n 1 1 2n n
4
D
n
4
n 2n 5 D
D n
2
n 2n 5
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2 2
2
 
Questão 15 – Letra B 
Comentário: Na n-ésima linha, há n elementos repetidos e 
iguais ao n-ésimo ímpar positivo In; os elementos restantes 
continuam a P.A. com razão 2 e termo inicial I(n+1). Logo, na 
41° linha, há 41 elementos com valor I41 = 81 e uma P.A. de 
a1 = 83, r = 2 e an = 101. Pela fórmula do termo geral de 
uma P.A.:
an = a1 + (n – 1).r ⇒ 101 = 83 + 2(n – 1) ⇒ n = 10
A soma S dos termos dessa P.A. será:
=
+
= + =S
(a a ).10
2
5.(83 101) 9201 10
Como ainda falta somar o termo 81 repetido 41 vezes, a soma 
procurada é 41 . 81 + 920 = 4 241.
Questão 16 – Letra C 
Comentário: Se x é o maior lado do triângulo, as medidas dos 
outros dois lados podem ser denotadas por (x – 1) e (x – 2). 
Como o ângulo obtuso de 120° é o maior ângulo do triângulo, 
ele está oposto ao maior lado, x. Pela Lei dos Cossenos:
= + ⇒
= + + + +





 ⇒
= + + + ⇒
+ = ⇒
= =
x (x –1) (x – 2) – 2.(x –1)(x – 2).cos 120°
x x – 2x 1 x – 4x 4 – 2(x – 3x 2). –
1
2
x 2x – 6x 5 (x – 3x 2)
2x – 9x 7 0
x 1 ou x
7
2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
Note que x = 1 fere a desigualdade triangular. Logo, o perímetro 
pedido é:
= + + = = =2p x (x –1) (x – 2) 3x – 3 3.
7
2
– 3 7,5
Questão 17 – Letra B
Comentário: Desenvolvendo a expressão dada, temos que, 
Em uma P.A., a soma de termos equidistantes é constante, ou 
seja, a1 + a12 = a3 + a10 = 32.
Assim, log2 (a1 + a12)3 = log2 323 = log2 215 = 15.
Questão 18 – Letra E
Comentário: As diferenças entre os números de ladrilhos 
escuros e de ladrilhos claros formam uma P.A de razão 1. 
Observe: (7, 8, 9, ..., 50). 
Pelo termo geral, temos: 50 = 7 + (n – 1).1 ⇒ n = 44.
Logo, a 44a figura terá 44 ladrilhos claros e 50 + 44 ladrilhos 
escuros, portanto há um total de 44 + 50 + 44 = 138 ladrilhos. 
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentár io : D i s t ân c i a s do s po s t e s à p ra ça : 
(80, 100, 120, ..., 1 380). Trata-se de uma P.A. de razão r = 20. 
Então, 
an = a1 + (n – 1).r ⇒
1 380 = 80 + (n – 1).20 ⇒
1 300 = (n – 1).20 ⇒
65 = n – 1 ⇒ n = 66 postes
Logo, o valor gasto é de R$ 8 000 . 66 = R$ 528 000 (máximo).
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: A quantidade de palitos em cada figura segue 
como uma progressão aritmética de razão 4 e primeiro 
termo 3. Portanto, o décimo termo da sequência terá 
a10 = 3 + (10 – 1).4 = 39 palitos.
30 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Analisando os andares onde João e Pedro 
estiveram trabalhando, percebe-se que, de 6 em 6 andares, 
eles se encontram. Assim, pode-se escrever a P.A. de a1 = 1 
e razão 6.
P.A. = (1, 7, 13...)
Utilizando a fórmula do termo geral da P.A., temos:
a20 = a1 + (n – 1)r
a20 = 1 + (20 – 1).6
a20 = 1 + 19 . 6
a20 = 115
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Como a área de um quadrado de lado n é dada 
por n2, temos que:
An = n2 e An – 1 = (n – 1)2
Dessa forma, temos:
An – An – 1 = n2 – (n2 – 2n + 1) = n2 – n2 + 2n – 1 = 2n – 1.
Questão 05 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Temos que:
51,50 – 50,25 = 52,75 – 51,50 = 54 – 52,75 = 1,25 
Então, a sequência (50,25; 51,50; 52,75; 54,00; ...) é uma 
progressão aritmética de primeiro termo a1 = 50,25 e razão 
r = 1,25. Portanto, queremos calcular a soma dos 10 primeiros 
termos dessa progressão aritmética, ou seja:
S
2a 9r
2
. 10 S
2 .50,25 9 . 1,25
2
. 10
S 558,75
10
1
10
10
=
+




 ⇒ =
+




 ⇒
=
Portanto, deverá ser produzida, no período, 558,75 toneladas 
de arroz.
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: A sequência (33 000; 34 500; 36 000; ...) 
é uma P.A. de razão r = 1 500 e a1 = 33 000.
Assim, em julho, que será o sétimo termo, teremos:
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 
a7 = a1 + (7 – 1)r ⇒
a7 = 33 000 + 6 . 1 500 ⇒ a7 = 42 000
MÓDULO – C 17
Esferas
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra D
Comentário:
ACilindro = 2.ABase + ALateral = 2.π.R2 + 2.π.R2 = 4πR2
AEsfera = 4.π.x2
ACilindro = AEsfera ⇒ 4.π.x2 = 4πR2 ⇒ x = R
Questão 02 – Letra B 
Comentário: Seja S a área de superfície da esfera que 
representa a bola de vôlei e Sa a soma das áreas dos gomos 
amarelos. Logo, tem-se, utilizando π = 3:
= = =
π
=S 6.
S
18
S
3
4 (11)
3
484 cm
a
2
2
Questão 03 – Letra B
Comentário: Seja um cilindro de raio 4 cm e altura 10 cm.
Assim, seu volume é Vci = π(4)2 . 10 = 160π cm3.
Derretendo esse cilindro, conseguimos fabricar K esferas 
de raio 2 cm, ou seja, o volume do cilindro será igual 
ao volume das K esferas.
Assim, V K.V 160 K.4
3
(2) K 15.
ci e
3= ⇒ π = π ⇒ =
Portanto, a partir do cilindro, conseguimos fabricar 15 esferas.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Considere a imagem a seguir para a resolução 
do problema:
R
x
3
Como a área S da seção transversal é igual a 16π cm2, temos que:
S = 16π cm2 ⇒ π.x2 = 16π ⇒ x = 4 cm
Agora, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo 
destacado, temos:
32 + 42 = R2 ⇒ 9 + 16 = R2 ⇒ R2 = 25 ⇒ R = 5 cm
Dessa forma, o volume V dessa esfera será dado por:
V 4
3
.5 4 .125.
3
500
3
cm3 3= π = π = π
Bernoulli Resolve
31Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 05 – Letra D
Comentário: O volume do porta-joias V será igual à diferença 
entre o volume do cubo de aresta 10 cm e o volume de uma 
esfera de raio 4 cm, logo:
V V V
V 10
4
3
. .4
V 1 000
4
3
.3 . 64
V 1 000 256 744 cm
Cubo Esfera
3 3
3
= − ⇒
= − π ⇒
= − ⇒
= − =
Sabendo que a densidade da madeira utilizada na confecção 
do porta-joias era igual a 0,85 g/cm3, temos que:

⇒ = =
–
1 cm ___ 0,85 g
744 cm ___ x g x 744 . 0,85 632,4 g
3
3
Massa do
porta joia
Portanto, a massa do porta-joias é aproximadamente igual a 
632 gramas.
Questão 06 – Letra C 
Comentário: Sendo q a razão procurada, temos:
=
π
π
=q
1
3
4 (3R)
3
4 (R)
3
9
3
3
Questão 07 – Letra E 
Comentário: Denote por P um ponto na superfície da esfera 
e que pertence ao plano mencionado, sendo O o centro da 
esfera. Denote por Q a projeção de O no plano. Perceba 
que PQO é retângulo de hipotenusa PO = 13 cm. Assim, 
PQ = 12 cm. Perceba também que QO é o raio pedido. 
Logo, pelo Teoremade Pitágoras:
132 = 122 + OQ2 ⇒ OQ = 5 cm
Questão 08 – Letra D
Comentário: O volume do sólido gerado pela rotação de 360° 
do quadrante do círculo ABC em torno de AB é a diferença 
entre o volume da meia esfera de raio 3 cm e o volume do 
cilindro de raio 1 cm.
E
F
2 C
D
B
1
1
1
A
π π πLogo, V =
V
2
– V =
1
2
.
4
3
(3) – .(1) .1=17 cm .e
ci
3 2 3
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: A aresta do cubo equivale a 30 mm, então o raio 
de cada uma das esferas é igual a:
= ⇒ =30 6 .2r r
5
2
mm
O volume V ocupado pelas esferas será de:
V 216.4
3
5
2
4 500 mm
3
3= π





 = π
O volume do cubo equivale a 303 = 27 000 mm3.
A razão entre os volumes das esferas e do cubo será de 
π
=
π4 500
27 000 6
.
Questão 02 – Letra B 
Comentário: O raio R da bola será dado por:
= +
=
R 60 80
R 100 cm
2 2 2
Questão 03 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir:
A BR
R
C
R
r
O ∆ ABC é equilátero de lado R, possui altura igual ao raio r 
da parede de contato circular formada pela interseção entre as 
duas bolhas de sabão e, portanto, temos que r R 3
2
.=
Assim, a parede de contato entre as bolhas possui uma área 
igual a π





 =
π. R 3
2
3 R
4
.
Raio
2
2
 
Questão 04 – Letra B
Comentário: O volume de suco aproveitado de cada laranja 
equivale a:
= π = π = π =V
2
3
.
4
3
. r
2
3
.
4
3
. 3 24 cm 75,36 cm3 3 3 3
Como 1 litro equivale a 1 dm3 e 1 dm3 equivale a 1 000 cm3, 
o número de laranjas necessárias para obter um litro de suco 
é de ≅
1 000
75,36
13,27. Portanto, deve-se espremer, no mínimo, 
14 laranjas.
32 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra A 
Comentário: O volume x de areia será dado por:
= =
π + π
= πx
V
4
2 4
3
.4.4
3
4
16 cm
3 3
3
Questão 06 – Letra B 
Comentário: Sendo r o raio da esfera, temos:
4 r
3
9R
16
. R
r 27R
64
r 3R
4
3
2
3
3
π = π ⇒
= ⇒
=
Questão 07 – Letra D 
Comentário: Sendo V’ o novo volume, temos:
V'
V
4
3R
2
3
4 R
3
27
8
3,375 337,5%
V' V
V
237,5%
3
3
=
π








π
= = = ⇒
−
=
Questão 08 – Letra B 
Comentário: Perceba que 2 litros = 2 000 cm3. Logo, devendo, 
o volume do hemisfério, ser maior que 2 000 cm3:
π
≥
≥
π
≥
π
2 R
3
2.10
R
3
.10
R 10 .
3
3
3
3 3
3
Perceba que o termo 
π
3
3 é ligeiramente menor que 1; logo, 
o menor valor inteiro do raio do hemisfério a fim que não haja 
transbordamento é de 10 cm.
Questão 09 – Letra B 
Comentário: Sendo R e r os raios das esferas maior e menor, 
respectivamente, temos que:
π =
π
⇒ =
π =
π
⇒ =
2304
4 R
3
R 12 cm
36
4 r
3
r 3 cm
3
3
Portanto, a distância d entre os pontos de contato das esferas 
com o plano será dada por:
+ = + −
=
(R r) d (R r)
d 12 cm
2 2 2
Questão 10 – Letra C 
Comentário: Pela relação de equivalência de volumes descrita 
no enunciado:
= ⇒ π =
π
⇒ = ⇒
=
V
3
4
.V .r .8
3
4
.
4 4
3
8r 64
r 2 2 cm
cilindro esfera cilindro
2
3
cilindro
2
cilindro
A área lateral do cilindro será tal que:
= π = π = πS 2 .8.r 2 . 8 . 2 2 32 2 cm
lateral cilindro
2
Questão 11 – Letra D
Comentário: Seja x a quantidade de esferas, temos:
( )
( )
π = π ⇒ = =
= π = π = π
x.
4
3
. . 10
4
3
. x
1
10
10
Área 4. . 10 4 10 .10 4 .10
–7
3
–21
21
Total
–7
2
–14 21 7
Temos 107 vezes a área superficial.
Questão 12 
Comentário: Considere a imagem a seguir para a resolução 
do problema:
2x
16x
De acordo com a imagem, o volume V desse cilindro é dado por:
V = π.(2x)2.16x = 64x3π
Agora, o raio de cada esfera que será moldada é igual a x. 
Assim, calculando a razão entre o volume total de ferro V e 
o volume de cada uma das esferas, vamos obter o total de 
esferas da seguinte forma:
=
π
π
= =
V
V
64x
4
3
x
64.
3
4
48
esfera
3
3
 
Questão 13 – Letra E 
Comentário: Denote por r1 o raio da bolha de sabão E1. Seja 
E2 a esfera que representa a bolha de sabão quando prestes 
a estourar. O raio de E2 é r2. Pela relação entre as áreas 
superficiais de E1 e E2:
= ⇒ =
π
π
⇒ = ⇒ =
S
S
1,44 1,44
4 r
4 r
r
r
1,2 r 1,2r2
1
2
2
1
2
2
1
2 1
O enunciado pergunta a razão relativa entre os volumes V2 e 
V1 de E2 e E1:
=
π π
π
=
π π
π
=
= =
V – V
V
4 r
3
–
4 r
3
4 r
3
4 (1,2r )
3
–
4 r
3
4 r
3
(1,2) –1
1
0,728 72,8%
2 1
1
2
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
3
Bernoulli Resolve
33Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 14
Comentário:
A) A área da superfície esférica da melancia de raio R cm 
é A = 4πR2 cm2. Como a melancia foi cortada em 12 fatias 
iguais, a área da casca de cada uma das suas fatias, Af, vale:
A
4 R
12
R
3
cm
f
2 2
2=
π
=
π
B) A área total de cada fatia da melancia é a soma das áreas 
de duas meias-circunferências e da área da fatia.
 Assim, A 2. R
2
R
3
4 R
3
cm .
T
2 2 2
2=
π
+
π
=
π
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II 
Competência de área: 2 
Habilidade: 8
Comentário: Para encontrar o valor de h, vamos igualar a 
capacidade dos dois recipientes:
π = π ⇒ =
4
3
R
R
9
h h 12R3
2
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Já considerando π = 3, devemos calcular os 
volumes inicial (VI) e final (VII) da pílula.
V V V
V
4
3
R R .H
V
4
3
.3 . 5 3 . 5 .10
V 500 750
V 1 250 mm
I Esfera Cilindro
I 1
3
1
2
I
1
3 2
I
I
3
= +
= π + π
= +
= +
=
5
5
10
V V V
V
4
3
R R .H
V
4
3
.3 . 4 3 . 4 .10
V 256 480
V 736 mm
II Esfera Cilindro
II 2
3
2
2
II
1
3 2
II
II
3
= +
= π + π
= +
= +
=
4
4
10
Assim, a diminuição de volume foi igual a:
VI – VII = 1 250 – 736 = 514 mm3.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Como o movimento da moto acontece em um 
grande círculo e o foco de luz vai de B para A, no mesmo grande 
círculo que a moto percorre, temos que a imagem que a sombra 
da moto fará será um segmento de reta de comprimento igual 
ao diâmetro dessa esfera.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Sejam VDS o volume de água doce superficial 
e VDP o volume de água doce do planeta. Logo:
V r V
V r V
DS DS
DP DP
= ⇒ =
= ⇒ =
4
3
4
3
58
4
3
4
3
406
3 3
3 3
π π
π π
.
.
Portanto, a razão:
V
V
4
3
.58
4
3
.406
58
406
1
7
1
343
DS
DP
3
3
3 3
=
π
π
=





 =





 =
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Se os volumes do semi-hemisfério e do cone 
devem ser iguais, então:
V V R R h
SH C
= ⇒ =1
2
4
3
1
3
3 2. π π
Como os raios são iguais, temos 2R = h.
Como R = 3, temos h = 6 cm.
MÓDULO – C 18
Inscrição de Sólidos
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C
Comentário: Seja 2a a medida da aresta do cubo, como o 
cilindro está inscrito no cubo, a medida do raio de sua base 
será a e sua altura será 2a. Assim, a razão entre os volumes 
Vcone e Vcilindro será igual a:
( )
=
π
=
π
=
π
V
V
2a
a .2a
8a
2 a
4cone
cilindro
3
2
3
3
34 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra C 
Comentário: Para o cilindro equilátero vale h = 2r. Logo:
S 2 rh 2 r.2r 16 r 2 cm
lat
= π = π = π ⇒ =
Este será o raio da esfera, que terá volume V igual a: 
=
π
=
π
V
4 2
3
32
3
cm
3
3
Questão 03 – Letra A 
Comentário: Sendo r o raio da esfera e x = 3 cm a aresta 
do cubo, tem-se 2r = x e logo x = 1,5 cm. Assim, a razão q 
pedida entre a área S e o volume V da esfera é:
= =
π
π
= = =q
S
V
4 r
4 r
3
3
r
3
1,5
2
2
3
Questão 04 – Letra B 
Comentário: Perceba que a altura e o raio da base de cada 
cone são iguais a 1 cm. O volume V procurado é tal que:
=
π
=
π
=
π
V
r h
3
1 .1
3 3
cm
2 2
3
Questão 05 – Letra D
Comentário: A razão harmônica de um poliedro é a razão 
entre o raio da esfera circunscrita e inscrita, respectivamente. 
A figura a seguir representa uma esfera inscrita em um cubo 
de aresta a:
2r a
a
a
a
Logo, a esfera possui raio igual a 2r a r a
2
.= ⇒ =
Para uma esfera circunscrita, temos a seguinte figura:
a¹3
a¹2
aaa a
Logo, a esfera possui raio igual a 2R a 3 R a 3
2
.= ⇒ =
Fazendo a razão harmônica, temos:
R
r
a 3
2
a
2
a 3
2
.
2
a
3= = =
Questão 06 – Letra D 
Comentário: Assumindo que a bola de voleibol seja perfeitamente 
esférica, sua circunferência C é dada por C = 2πr = π.D, 
em que D é o diâmetro da esfera. Assim, esse diâmetro é tal 
que D
66 cm=
π
. Perceba que para que a bola caiba na caixa, 
a aresta desta deve ser maior que o diâmetro da bola. Logo, 
o valor mínimo pedido é exatamente 
66 cm
π
.
Questão 07 – Letra D 
Comentário: Denote por h a altura do cone, que também será 
a altura do paralelepípedo, e R o raio da base do cone. Portanto, 
a base do paralelepípedo será um quadrado de lado 2R. 
Calculando a razão q pedida:
=
π
=
π
q
R .h
3
2R.2R.h 12
2
Questão 08 – Letra C
Comentário: A menor lata capaz de conter a esfera é aquela 
que tem raio da base r de mesma medida do raio da base da 
esfera e altura h = 2r, sendo este o diâmetro da esfera. A razão q 
pedida é a razão entre os volumes da esfera e do cilindro:
= =
π
π
=
π
π
= =q
V
V
4 r
3
r h
4 r
3
r .2r
4
3
2
2
3
esfera
cilindro
3
2
3
2
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C 
Comentário: Como condição de inscrição de um cubo em uma 
esfera, a diagonal do cubo deve ter a mesma medida que o 
diâmetro da esfera. Como a diagonal d de um cubo de aresta x 
é tal que d = x¹3, a diagonal no caso em que x = 3, mede 
d = 3¹3 dm e esta será a medida do diâmetro da esfera. 
Questão 02 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
2¹3
2¹2
22
2 2
Temos que o raio R da esfera circunscrita ao cubo é igual à 
metade da diagonal do cubo, logo = =R
2 3
2
3 m. 
O volume V da região externa ao cubo e interna à esfera será 
dada por:
Bernoulli Resolve
35Bernoulli Sistema de Ensino
( )
= − ⇒
=
π
− ⇒
= π − = π −
V V V
V
4 . 3
3
2
V 4 3 8 4( 3 2) m
Esfera Cubo
3
3
3
Questão 03 – Letra C 
Comentário: Como todo o volume do líquido é derramado 
sobre a água formando uma camada com 0,2 cm de espessura, 
e o volume do paralelepípedo de dimensões 10,7 e 6 cm é 
igual ao volume do cilindro de altura 0,2 cm, o raio da base r 
perguntado pelo enunciado é:
= ⇒
= π ⇒
=
π
⇒ =
π
V V
10 .7 . 6 r .0,2
r
2100
r 10.
21
cm
paralelepípedo cilindro
2
2
Questão 04 – Letra E
Comentário: Sabemos que a pizza é um cilindro de altura igual 
a 4 cm e está inscrita no prisma hexagonal regular, cuja base 
possui um perímetro igual a 72 cm; logo, para determinarmos 
o volume de pizza, precisamos determinar a medida do raio 
de sua base. Observe a figura a seguir:
60°60°
R
12
12
12
12
12
12
1212
60°60°
Baseado na figura, temos que o raio da base da pizza é igual 
à altura do triângulo equilátero de lado igual a 12 cm em 
destaque, logo = =R
12 3
2
6 3 cm. 
Portanto, o volume máximo de pizza será igual ao volume do 
cilindro de altura igual a 4 cm e raio da base igual a 6¹3, assim:
V = π.R2.h = π.(6¹3)2.4 = 432π cm3
Questão 05 – Letra C
Comentário: Vamos determinar a altura do recipiente cilíndrico 
de diâmetro 18 cm.
18
25 – h
h
⇒
18
8
8
8
5
5 5P
5
O
O’
5
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo OO’P, 
temos:
(13)2 = (5)2 + (OP)2 ⇒ OP = 12 cm, pois OP > 0.
Logo, a altura do cilindro é h = 8 + 12 + 5 = 25 cm.
Assim, o volume do cilindro é:
V = π(9)2 . 25 ⇒ V = 2 025π cm3
Já o volume das esferas de raios 8 cm e 5 cm é:
V
4
3
(8)
4
3
(5)
2 548
3
cm
e
3 3 3= π + π =
π
Retirando as duas esferas do recipiente, a altura h, em cm, 
da água vale:
V (9) .(25 – h)
2 548
3
.81.(25 – h) h 14,5 cm
e
2= π ⇒
π
= π ⇒ =
Portanto, a altura da água, após serem retiradas as duas 
esferas, é de 14,5 cm.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Como o diâmetro da base do cilindro e sua altura 
tem as mesmas medidas, podemos representar o problema da 
seguinte maneira:
2r x
x
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
8 2x x 64 x 4 2 cm2 2 2= ⇒ = ⇒ =
O volume do cilindro será, então, igual a:
( )= π = πV . 2 2 . 4 2 32 2 cm
2
3
Questão 07 – Letra B
Comentário: Como o cilindro S1 é circular equilátero, seu 
diâmetro mede 8 cm e seu raio 4 cm. Esse será também o 
raio do cone S2, que terá altura de 8 cm. Usando o Teorema 
de Pitágoras, concluímos que a geratriz de S2 mede 4¹5 cm. 
Assim, a área total A2 será:
A r (r g)
2 2 2
= π + ⇒
( )= π +A 16 1 5 cm2 2
A altura h3 do cilindro S3 é:
= °
h
g
sen 303
3
 ⇒
=h 8 cm
3
Desse modo, o volume V3 será:
V r h
3 3
2
3
= π
 ⇒
= πV 64 cm
3
3
36 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Por fim, a razão entre o volume de S3 e a área total de S2 é:
( ) ( )=
π
π +
= −
V
A
64
16 1 5
5 1 cm3
2
Questão 08 – Letra B 
Comentário: Ao inscrever-se um cone em um cubo, o diâmetro 
da base de medida 2r assim como a altura h do cone devem 
ser iguais à aresta x do cubo. Logo, substituindo essas duas 
relações na fórmula do volume V do cone, tem-se:
=
π
=
π






=
π
⇒
=
π
⇒
π
=
π
⇒ =
V
r h
3
x
2
. x
3
. x
12
V
2
3
m
2
3
. x
12
x 2 m
2
2
3
3
3
A área lateral S do cubo será tal que S = 6x2 = 6 . 22 = 24 m3. 
Questão 09 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
C
4
B
A
1 E
r
D
Temos que o ∆ ABE é semelhante ao ∆ BCD, logo:
= ⇒
= ⇒
= ⇒
= ⇒
=
BE
BC
 AE
CD
 
2 2
4
 1
r
 
2 2r 4 
r 4
2 2
 
r 2 cm
Portanto, o volume V do cone é igual a:
V ( 2) . 4
3
V . 2 . 4
3
V 8
3
 cm
2
3
= π
= π
= π
Questão 10 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
O
O
2r
r
a¹3
3
a
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo da 
seção reta do prisma, temos que:






=





 + ⇒
− = ⇒
= ⇒ = ⇒
=
a 3
3
a
2
r
a
3
a
4
r
a
12
r a 12r
a 2r 3
2 2
2
2 2
2
2
2 2 2
Calculando o volume do prisma, temos:
V
2r 3 . 3
4
.2r
V
12r . 3
4
.2r 6r 3
2
2
3
( )
= ⇒
= =
Questão 11 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir que representa o 
octaedro regular de aresta é igual a 2 cm:
A
BO
r
h
2
¹2
P
2 2
3
Aplicando o Teorema de Pitágoras no ∆ AOB, podemos determinar 
a medida h que corresponde à altura de uma pirâmide de base 
quadrada de lado 2, assim:
= +






⇒ = − ⇒ =2 h
2 2
2
h 2 2 h 22 2
2
2 2
Bernoulli Resolve
37Bernoulli Sistema de Ensino
Como a esfera está inscrita no octaedro, temos que os pontos 
de tangência são os baricentros de cada face, logo, aplicando 
o Teorema de Pitágoras no ∆ APO, temos:
2 r
2 3
3
r 2
4
3
2
3
r
2
3
6
3
2
2
2
2( ) = +






⇒ = − = ⇒ = =
Sendo r o raio da pérola, temos que seu volume é igual a:
V
4
3
.
6
3
4
3
.
6 6
27
8 6
27
cm
3
3=
π 





=
π
=
π
Questão 12
Comentário: A figura de uma esfera de 4 cm de raio inscrita 
em um cone de 12 cm de altura e 5 cm de raio é:
12
5B C
D
gg
A
E 4
4
d
A geratriz do cone é:
g2 = (12)2 + (5)2 ⇒ g = 13 cm, pois g > 0.
Como os triângulos ADE e ABC são semelhantes, então 
a distância d do vértice do cone à esfera é:
= ⇒
+
= ⇒
AE
AC
DE
BC
d 4
13
4
5
d= 6,4 cm
Questão 13
Comentário: O volume da esfera maior é igual a = πV 4
3
.10 ,
Maior
3
como esse volume é oito vezes o volume da menor, temos que 
o raio r da esfera menor é igual a:
= π = π ⇒ = ⇒ =V
4
3
.10 8.
4
3
.r r 125 r 5 cm
Menor
3 3 3
Considerando, agora, a ilustração a seguir, o segmento AF = H, 
AB = 5 + x, BD = 15 e DF = 10. Os triângulos ACB e AED são 
semelhantes.
B
D
10
10
5
C
E
F
A
∆ACB ~ ∆AED
= ⇒ =
+
+
⇒ =
CB
ED
AB
AD
5
10
5 x
20 x
x 10
Portanto, H = 10 + 15 + 15 = 40 cm.
Questão 14
Comentário: O volume da região entre o prisma e o cilindro 
será determinado pela diferença entre o volume do cilindro e o 
volume do prisma, mas é necessário determinarmos a medida 
da aresta da base do prisma. Observe a figura a seguir:
O
5a a
a
O ponto O é o centro do círculo e o baricentro do triângulo; logo, 
temos que o raio é igual a 2
3
 da altura do triângulo, assim:
= ⇒ = =
a 3
2
.
2
3
5 a
15
3
5 3 cm
Portanto, o volumeV da região será:
V V V .5 .12
5 3 . 3
4
.12
300 225 3 300 .3 225 .1,7
900 – 382,5 517,5 cm
cilindro prisma
2
2
3
( )
= − = π − =
π − = − =
=
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: As dimensões do bolinho podem ser expressas 
por 7 x 7 x 9 (Comprimento x largura x altura), assim, dentre 
as embalagens disponíveis, a mais apropriada para armazenar 
o doce, de forma a não o deformar e com o menor desperdício 
de espaço na caixa, é a embalagem IV.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Seja n a quantidade máxima de pacotes 
de livros que podem ser colocados em cada caixa. Logo:
(20 . 20 . 30).n = 40 . 40 . 60 ⇒ n = 8
Assim, como são 100 pacotes a serem transportados e cada 
caixa comporta 8 pacotes, temos:
=
100
8
12,5 caixas. 
Concluindo, são necessárias, no mínimo, 13 caixas.
38 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – C 19
Números Complexos: 
Forma Algébrica
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C 
Comentário: Perceba que (1 – i)2 = 12 – 2i + i2 = –2i. 
Logo, (1 – i)4 = ((1 – i)2)2 = (–2i)2 = 4i2 = –4. 
Analogamente, (1 – i)8 = ((1 – i)4)2 = (–4)2 = 16. 
Por fim, (1 – i)10 = (1 – i)8(1 – i)2 = 16.(–2i) = –32i.
Questão 02 – Letra B 
Comentário: Como dois números complexos só são iguais se 
as partes reais, assim como as partes imaginárias de ambos 
coincidem, temos que a = b + 2 e 2a = 3b + 3. 
Substituindo a primeira equação na segunda, tem-se: 
2(b + 2) = 2b + 4 = 3b + 3 e b = 1. 
Logo, a = 2 + 1 = 3 e a.b = 3.
Questão 03 – Letra D 
Comentário: Denotando z = a + bi, seu conjugado será 
a – bi. Lembrando que dois números complexos só são iguais 
se as partes reais e as partes imaginárias de ambos coincidem, 
temos que:
5z + z = 12 + 16i ⇒ 
5(a + bi) + a – bi = 12 + 16i ⇒ 
6a + 4bi = 12 + 16i ⇒ 
6a = 12 ⇒ a = 2 ⇒ 
4b = 16 ⇒ b = 4
Logo, z = 2 + 4i.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Temos que z 1 i
1 i
.=
+
−
Assim:
z
1 i
1 i
.
(1 i)
(1 i)
z 
1 2i i
1 i
z
2i
2
z i
2
2
=
+
−
+
+
⇒
=
+ +
−
⇒ = ⇒ =
Para determinar z725 = i725, devemos fazer:
725
1 181
4
Logo, z725 = i725 = i1 = i.
Questão 05 – Letra E 
Comentário: Aplicando a propriedade distributiva, que também 
é válida para os números complexos, z1.z2 = (9 + 3i)(–2 + i) = 
–18 + 9i – 6i + 3i2 = –18 + 3i – 3 = –21 + 3i.
Questão 06 – Letra A 
Comentário: Denotando z = a + bi, seu conjugado será 
a – bi. Lembrando que dois números complexos só são iguais 
se as partes reais e as partes imaginárias de ambos coincidem, 
temos que:
+ = + ⇒
+ = + ⇒
= + ⇒ = ⇒
= ⇒ =
= +
2(a bi) – i a – bi 1
2a i(2b –1) (a 1) – bi
2a a 1 a 1
2b –1 –b b 1
3
Logo, z 1 i
3
.
Questão 07 – Letra E
Comentário:
( ) ( )+ = +    = =
= =
(1 i) – (1 – i) (1 i) – (1 – i) 2i – –2i
8i – (–8i ) – 8i – 8i –16i
6 6 2
3
2
3 3 3
3 3
Questão 08 – Letra D
Comentário: Analisando as afirmativas, temos:
I. Correta.
(2 i)(2 i)(1 i)(1 i) 
(4 i )(1 i ) 
4 5i i 
1 5( 1) 4 
1 5 4 10 
2 2
2 4
+ − + − =
− − =
− + =
− − + =
+ + =
II. Incorreta.
7
2
 1
3
i 3
2
 2
3
i 
7 3
2
 1 2
3
i 
10
2
 i
+





 + +





 =
+ + + =
+
III. Correta.
|z| a b 5
Então,
2z 2a 2bi
|2z| (2a) (2b) 
|2z| 4a 4b 
|2z| 2 a b 
|2z| 2 . 5 10
2 2
2 2
2 2
2 2
= + =
= +
= + ⇒
= + ⇒
= + ⇒
= =
Portanto, Apenas as afirmativas I e III estão corretas.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C 
Comentário: Lembre-se de que o valor de in, com n natural, 
depende apenas do resto da divisão de n por 4. Assim, 
i227 = i3 = –i, i6 = i2 = –1 e i13 = i1 = i. 
Logo, 5.i227 + i6 – i13 = 5(–i) – 1 – i = –6i – 1.
Bernoulli Resolve
39Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 02 – Letra B 
Comentário: Inicialmente, tenhamos em mente que i2 = –1 
e perceba que i3 = i2.i = –i. Logo, 2i3 + 3i2 + 3i + 2 = 
2(–i) + 3(–1) + 3i + 2 = i – 1. Perceba, portanto, que a parte 
real a é tal que a = –1 e a parte imaginária b é tal que b = 1. 
Logo, como o ponto (–1, 1) localiza-se no segundo quadrante, 
2i3 + 3i2 + 3i + 2 é um número complexo que pode ser 
representado no plano de Argand-Gauss no segundo quadrante.
Questão 03 – Letra A 
Comentário: Primeiramente, deve-se reescrever z:
= − = − = − = +z 1
1
i
1
1
i
.
i
i
1
i
i
1 i
2
Calculando w:
+ =
+ + =
= −
= − = − = − =
z wi i
(1 i) wi i
wi 1
w
1
i
1
i
.
i
i
i
i
i
2
Questão 04 – Letra C
Comentário:
( ) ( ) ( ) ( )+ = +










 =
+





 =







 =
1 i – 1– i 1 i – 1– i
1 2i–1 – 1–2i–1 2i – –2i 0
20 20 2
10
2
10
10 10 10 10
Questão 05 – Letra A 
Comentário: Transformando-se o número complexo para uma 
forma mais conveniente:
2 i
2i
2 i
2i
.
2i
2i
2 4i i 2
4
2 2
4
i.
4
42 2 2
+
β +
=
+
β +
β −
β −
=
β − + β +
β +
=
β +
β +
+
β −
β +
Logo, como deseja-se que a parte imaginária seja nula, 
β – 4 = 0 e β = 4.
Questão 06 – Letra C 
Comentário: Como z1.z2 = –4 + 7i, tem-se:
(–3 + pi)(p – i) = –4 + 7i
–3p + 3i + p2i – pi2 = –4 + 7i
(–3p + p) + i(3 + p2) = –4 + 7i
Como dois números complexos só são iguais se as partes 
reais e as partes imaginárias de ambos coincidirem, temos 
que –2p = –4 e p = 2 (como 3 + p2 = 7, p = 2). Logo, 
z1 = –3 + 2i e z2 = 2 – i; z1 + z2 = (–3 + 2) + i(2 – 1) = –1 + i.
Questão 07 – Letra C
Comentário: Seja y = a + bi o vértice oposto a w em relação 
ao centro z, temos:
5 a
2
2 a –1
– 5 b
2
– 3 b –1
+
= ⇒ =
+
= ⇒ =
Assim, o vértice y = –1 – i.
Questão 08 – Letra D
Comentário: Sabemos que dois complexos na forma algébrica 
são iguais quando as suas partes reais são iguais e as suas 
partes imaginárias também são iguais.
Elevando ambos os membros da igualdade ao quadrado, temos:
( )( )+ = + ⇒
+ = + ⇒
− =
=
⇒ =




x yi 3 4i
x 2xyi – y 3 4i
x y 3
2xy 4
xy 2
2 2
2 2
2 2
 
Questão 09 – Letra C
Comentário: 
x
1 i
1– i
.
1 i
1 i
x
1 i
1– i
x
1 2i–1
2
x i
2
2
( )
( )
( )
=
+ +
+
⇒
=
+
⇒
=
+
⇒ =
Como y = 2x, temos que y = 2i. Então:
(x + y)2 = (3i)2 = –9
Questão 10 – Letra C
Comentário: Desmembrando z, temos:
z = (a + bi)4 = (a2 + 2abi + b2i2)2
z = a4 + 4a3bi – 6a2b2i2 + 4a3bi3 + b4i4
z = a4 + 4a3bi – 6a2b2 + 4a3bi + b4
Utilizaremos a parte imaginária para análise:
4a3b – 4ab3 = 0 ⇒
4ab(a2 – b2) = 0
Temos:
ab = 0 ⇒ a = b = 0 ou
(a2 – b2) = 0 ⇒ 
(a + b)(a – b) = 0 ⇒ 
a = –b e a = b.
Sabendo que z < 0, logo, a é o módulo de b.
Questão 11 – Letra D
Comentário: 
S i i i i i i ... i
S i i i i ... i i i i i i
S 1 i–1– i ... 1 i–1– i 1 i
S 1 i
0 2 3 4 5 2 013
0 2 3 2 008 2 009 2 010 2 011 2 012 2 013( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
= + + + + + + + ⇒
= + + + + + + + + + + ⇒
= + + + + + + ⇒
= +
40 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 12 – Letra B 
Comentário: Resolvendo a equação de 2° grau, temos:
+ + =
= − ± −
= − + −
= − − −
x bx a 0
x b b 4a
2
x' b b 4a
2
x'' b b 4a
2
2
2
2
2
Igualando uma das raízes ao valor dado no enunciado, temos:
− + − = + ⇒
− + − = +
b b 4a
2
 a bi 
b
2
 b 4a
2
 a bi
2
2
Lembrando que a é a parte real e bi a parte imaginária de z, 
vamos igualar as respectivas partes:
− = ⇒ = −
− =
b
2
 a b 2a (I)
b 4a
2
 bi (II)
2
Substituindo (I) em (II) e elevando ao quadrado, temos:
− −
= − ⇒
− = − ⇒
− = ⇒
− = − ⇒
− = ⇒
− = ⇒
= =
( 2a) 4a
2
 2ai 
( 4a 4a) ( 4ai) 
4a 4a 16a i 
4a 4a 16a 
20a 4a 0 
4a(5a 1) 0 
a 0 ou a 1
5
2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
Como já dito, a e b são números reais não nulos, então 
tomaremos apenas a segunda solução. Assim, z 1
5
2
5
i= − . Logo, 
=





 +
−




 = =|2|
1
5
 2
5
 5
5
1
5
2 2
.
MÓDULO – C 20
Números Complexos: 
Forma Trigonométrica
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra D
Comentário: Utilizaremos a forma trigonométrica para 
resolução.
= θ + θ
=





 +







 =
θ = = = ⇒ θ = π
= π + π
z|z|(cos isen )
|z| 1
2
 3
2
 1
cos a
|z|
 
1
2
1
 1
2
 
3
Então,
z cos 
3
 isen 
3
2 2
Sabemos que:
= θ + θ ⇒
=
π




 +
π











⇒
= π + π ⇒
=
z |z| [cos (n ) isen (n )] 
z 1 cos 6
3
 isen 6
3
 
z 1[cos (2 ) isen (2 )] 
z 1
n n
6 6
6
6
Questão 02 – Letra C
Comentário:
(cos 60° i . sen 60°) 1
2
3
2
i601
601
+ = +








Fazendo 601
1 150
4 , temos:
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1 3
601 1
+








= +








= +( )i i i
Questão 03 – Letra A 
Comentário: Manipulando a expressão:
=
−
+
=
−
+
−
−
⇒
− −
+
=
−
+
−
+
ρ =
−
+





 + − +





 =
− +
+
⇒
− + +
+
=
+ +
+
=
+
+
=
z
x iy
x iy
x iy
x iy
.
x iy
x iy
(x y ) 2xiy
x y
x y
x y
2xy
x y
.i
(z)
x y
x y
2xy
x y
(x y ) 4x y
(x y )
(x 2x y y 4x y
(x y )
(x 2x y y )
(x y )
(x y )
(x y )
1
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
2 2 2 2 2
2 2 2
4 2 2 4 2 2
2 2 2
4 2 2 4
2 2 2
2 2 2
2 2 2
Questão 04 – Letra C
Comentário: A circunferência foi dividida em 8 partes iguais, 
começando do ponto (1, 0). Assim, como o raio da circunferência 
é 1 e os pontos estão uniformemente distribuídos, podemos 
concluir que esses pontos representam todas as raízes oitavas 
de 1. Portanto, temos que z8 = 1.
Bernoulli Resolve
41Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 05 – Letra B
Comentário: De z podemos concluir que |z| = 2
2
. Assim,
z 2
2
cos 72
9
 isen 72
9
 
z 2
16
cos 14
9
 isen 14
9
 
|z | a b 
 2
16
cos 14
9
 2
16
isen 14
9
2
16
2
16
7
7
7
7 2 2
2 2
2
=








π




 +
π













⇒
= π





 +
π













⇒
= ρ = + ⇒
ρ = π













 +
π












 ⇒
ρ = ⇒ ρ =
Questão 06
Comentário: Seja Z = a + bi, temos:
|a + bi| + 3|a + bi| = 12 ⇒
a b 3 a b 12
4 a b 12
a b 3
a b 3
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
+ + + = ⇒
+ = ⇒
+ = ⇒
+ = 
Assim, o lugar geométrico é uma circunferência de centro 
(0, 0) e raio 3.
Questão 07 – Letra D
Comentário: 
z = 1 + i
z2 = (1 + i)2 ⇒ z2 = 2i
Então, w = z2 – z ⇒ w = 2i – (1 + i) ⇒ w = –1 + i. Logo, seu 
argumento ϕ é dado por:
–1
1
Re
Im
45°
ϕ
ϕ = =
π
135°
3
4
Um argumento de w é π3
4
.
Questão 08 – Letra D 
Comentário: Pelas informações dadas no enunciado, o módulo 
de z, justamente sua distância até a origem, é igual a 4, e seu 
argumento é 135°. Logo, z = 4.cis135° = –2¹2 + i.2¹2. Assim, 
o conjugado de z é tal que z = –2¹2 – i.2¹2. O enunciado pede 
a diferença entre z e seu conjugado. Logo:
z – z = (–2¹2 + i.2¹2) – (–2¹2 – i.2¹2) = 4i¹2
Observação: cisθ = cosθ + isenθ.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Fazendo as manipulações necessárias:
=
+
+
=
+
+
−
−
=
+ + −
=
+
+
−
=
+




 +
−




 =
+ + − + +
=
+
=
+
= =
z
x yi
3 4i
x yi
3 4i
.
3 4i
3 4i
(3x 4y) i(3y 4x)
25
3x 4y
25
i.
3y 4x
25
z
3x 4y
25
3y 4x
25
9x 16x 24xy 24xy 9y 16y
625
25x 25y
25
5 x y
25
20
5
2 5
5
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
Questão 02 – Letra A
Comentário: Substituindo z na equação dada, temos:
(a + bi)(a – bi) + a + bi + a – bi = 0 ⇒
a2 + b2 + 2a = 0 
a2 + 2a + 1 + b2 = 1 ⇒
(a + 1)2 + b2 = 12
Tal equação descreve uma circunferência.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Sendo z = x + yi, então:
= ⇒
+ = ⇒ + = ⇒
+ = ⇒ + =
|z – 2i| 5
|x yi – 2i| 5 |x (y – 2)i| 5
x (y – 2) 5 x (y – 2) 252 2 2 2
Portanto, os números complexos que satisfazem|z – 2i| = 5 
correspondem aos pontos da circunferência de equação 
x2 + (y – 2)2 = 25 de centro C(0, 2) e raio r = 5.
Questão 04
Comentário: Observe a figura com seus dados:
30°
30°
a
d
cw
|w| = 4
|z| = 2
z
Imaginário
Real
b
2
4
42 Coleção 6V
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Considerando o triângulo retângulo formado no primeiro 
quadrante, temos:
= ⇒ =
= ⇒ =
sen 30°
b
2
b 1
cos 30°
a
2
a 3
Já para o triângulo retângulo do terceiro quadrante, temos:
sen 30°
|c |
4
|c | 2
cos 30°
|d|
4
|d| 2 3
= ⇒ =
= ⇒ =
Temos que z = ¹3 + i e w = –2 – 2¹3.i (c e d são negativos, 
pois formam um par ordenado pertencente ao 3º quadrante). 
Logo, o tiro certeiro t é dado por:
t w
z
t
–2 1 3 . i
3 i
.
3 – i
3 – i
t
–2 3 – i 3i 3
3 1
t
– 2 3 2i
2
t – 3 – i
( ) ( )
( )
( )
( )
= ⇒ =
+
+
⇒
=
+ +
+
⇒
=
+
⇒ =
Questão 05 – Letra D
Comentário: Deve-se ter em mente que o plano de Argand-
-Gauss é um plano cartesiano comum, com os eixos x e y 
correspondendo às partes real e imaginária, respectivamente, 
de um número complexo arbitrário. Logo, podem ser utilizadas 
técnicas de Geometria Analítica para a resolução do problema. 
Como a circunferência tem área 9π m2, seu raio é r = 3 m. 
Logo, o l.g. pedido é uma circunferência de raio 3 m e centro 
(0, 0). Sua equação será (a – a0)2 + (b – b0)2 = r2, o que 
substituindo gera a2 + b2 = 9. Como ambos os lados são 
estritamente positivos, a equação anterior pode ser reescrita 
como + =a b 3.2 2 Lembre-se de que o módulo r de um número 
complexo z = a + bi é justamente = +|z| a b ,2 2 ou seja, a 
equação pedida é |z| = 3.
Questão 06 – Letra D 
Comentário: Como o item pede uma potenciação complexa 
de expoente elevado, as Fórmulas de De Moivre afiguram-se 
como uma boa saída. Para utilizá-las, é necessário transformar 
o número complexo para a forma trigonométrica. Assim:
= ρ θ + θ
ρ = + = − + − =
θ =
ρ
= − ⇒ θ ∈
π π





θ =
ρ
= − ⇒ θ ∈
π π





⇒ θ =
π
⇒
=
π
+
π





z (cos i.sen )
a b ( 1) ( 3) 2
sen
b 3
2
4
3
,
5
3
cos
a 1
2
2
3
,
4
3
4
3
z 2 cos
4
3
i.sen
4
3
2 2 2 2
Agora, pode-se utilizar a fórmula de De Moivre para calcular z8:
z .(cos(n ) i.sen(n ))
z 2 . cos 8.4
3
i.sen8.4
3
256. cos 32
3
i.sen32
3
256. cos 32
3
30
2
i.sen 32
3
30
2
256. cos 2
3
i.sen2
3
n n
8 8
= ρ θ + θ
= π + π





 =
π + π





 =
π − π





 +
π − π











 =
π + π






Questão 07 – Letra A 
Comentário: Um número complexo z = a + bi pode ser 
transformado para a forma trigonométrica z = ρ(cos(θ) + i.senθ) 
por meio do seguinte algoritmo:
z (cos i.sen )
a b (1) (1) 2
sen b 1
2
2
2 4
,3
4
cos a 1
2
2
2 4
,7
4 4
rad 45°
z 2 cos45° i.sen45° 2 (cos45° i.sen45°)
2 2 2 2
1
2( )
= ρ θ + θ
ρ = + = + =
θ =
ρ
= = ⇒ θ ∈ π π








θ =
ρ
= = ⇒ θ ∈ π π








⇒ θ = π = ⇒
= + = +
Questão 08 – Letra A 
Comentário: Como a questão se desenrola no plano de 
Argand-Gauss, é conveniente transformar z e w para a forma 
algébrica. Assim, tem-se que:
( )= ° + ° = +






= +z 2. cos60 isen60 2.
1
2
i.
3
2
1 i 3
 
Assim: 
( )= ° + ° = +






= +w 2. cos30 isen30 2.
3
2
i.
1
2
3 i
 
Logo, os pontos Z e W que representam z e w são tais 
que Z(1, ¹3) e W(¹3, 1). A área S do triângulo ZOW, em 
que O representa a origem, pode ser dada pelo método do 
determinante:
= =
−
=S
0 0 1
1 3 1
3 1 1
2
1 3
2
1,0 u.a.
Bernoulli Resolve
43Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 09 – Letra C
Comentário: Representando os afixos no plano de Argand- 
-Gauss, temos:
Im
Re1
Logo, a área do triângulo é dada por:
+






= =2.
3
2
. 1 1
2
2
3
2
.
3
2
3 3
4
Questão 10 – Letra D 
Comentário: Para encontrar z, basta tomar qualquer uma 
de suas raízes e elevá-la à quinta potência. Apesar de ser 
possível encontrar todas as raízes quintas de z, fiquemos 
com w0, que pode ser expressa na forma trigonométrica por 
w0 = 2(cos12° + i.sen12°). Pela fórmula de De Moivre, 
w05 = 25(cos(5 . 12°) + i.sen(5 . 12°)) = 32(cos60° + i.sen60°). 
Logo, = +






= +z 32
1
2
i.
3
2
16 i.16 3.
Questão 11 – Letra D 
Comentário: Lembre-se de que o valor de in, com n natural, 
depende apenas do resto da divisão de n por 4. Logo i87 = i3 =–i 
e i105 = i1 = i. Logo, z i i 3 i(i 3) 1 i. 3.87 105( )= ⋅ + = − + = − 
Assim, i pertence ao quarto quadrante, por ter parte real 
positiva e parte imaginária negativa, não é imaginário puro, 
pois b 3= − e seu módulo é (1) 3 2.2
2( )ρ = + − = Assim, 
arg z = θ é tal que sen
3
2
θ = − e cos
1
2
.θ = Perceba, então, 
que o arg z = arg v, pois o módulo de v é 1. 
Questão 12 – Letra A 
Comentário: Perceba que z3 = z1 + z2 = 1 – i. Na forma 
trigonométrica: 
ρ = + − =
θ =
−
= − ⇒ θ ∈
π π





θ = = ⇒ θ ∈
π π





⇒ θ =
π
=
π
(1) ( 1) 2
sen
1
2
2
2
5
4
,
7
4
cos
1
2
2
2 4
,
7
4
7
4
z 2cis
7
4
2 2
3
Pela fórmula de De Moivre:
z 2cis
7
4
(z ) 2 cis 2.
7
4
2.cis
7
2
2.cis
3
2
3
3
2
2( )
=
π
=
π




 =
π
=
π
Observação: cis x equivale a cos x + isen x.
Questão 13 – Letra E
Comentário: 
π
+
π




 =
π
+
π
cos
8
i . sen
8
cos
n
8
i . sen
n
8
n
Queremos que a parte imaginária do número complexo seja 
negativa, ou seja, π <sen n
8
0. Então, π < π < πn
8
2 , o que nos 
permite concluir que o menor inteiro positivo deverá ser 9.
Questão 14 – Letra B 
Comentário: Transformando para a forma trigonométrica, temos:
z 2 i 2
2 2 2
cos
2
2 4
,
7
4
sen
2
2 4
,
3
4 4
z 2cis
4
2 2( ) ( )
= +
ρ = + =
θ = ⇒ θ ∈
π π





θ = ⇒ θ ∈
π π





⇒ θ =
π
=
π
Pela fórmula de De Moivre, z 2 cis n.
4
n n=
π




 . Para que z
n
 seja 
real sen n.
4
0
π




 = , o que equivale a:
n.
4
k , k n 4k, k Zπ





 = π ∈ ⇒ = ∈
Logo, n deve ser um múltiplo de 4. 
Questão 15 – Letra D 
Comentário: Para se concluir que os afixos das raízes 
quartas de um número real não nulo no plano de Argand- 
-Gauss formam um quadrado, pode-se recorrer à Fórmula 
de radiciação de De Moivre. Essas raízes tem a forma geral 
= ρ θ = ρ
θ + π




(z .cis ) .
2k
4
.4 4
Perceba que a diferença entre os argumentos de dois afixos 
consecutivos é θ + + π θ + π = π2(k 1)
4
–
2k
4 2
. Logo, os ângulos 
internos do quadrilátero formado pelos afixos são todos iguais 
a 90°, ou seja, tem-se um retângulo. 
Como todas as raízes têm o mesmo módulo (distância à 
origem), as diagonais do quadrilátero são congruentes. Como 
um retângulo que tem diagonais congruentes é um quadrado, 
resta provada que as raízes de x4 = 9 formam um quadrado 
no plano de Argand-Gauss. 
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