Exercícios Resolvidos de Matemática

Prévia do material em texto

M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
Matemática
Curso Extensivo – A
Curso Extensivo – B
3a. Série – Ensino Médio
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página I
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página II
1. Resolva, em �, as equações dadas a seguir:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0
RESOLUÇÃO:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔
⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}
Respostas: a) V = {2; 6; 16}
b) V = {2}
2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa.
Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kg
de farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e
0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, no
momento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha,
responda às questões abaixo.
a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo
do tipo B? Justifique sua resposta.
b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem
ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todo
o açúcar de que dispõe?
RESOLUÇÃO:
a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a
quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg.
II) De modo análogo, a quantidade de farinha é:
(0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg
III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto,
produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois a
farinha não é suficiente.
b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B,
então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) Não.
b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.
� 0,4a + 0,2b = 100,2a + 0,3b = 6 �
4a + 2b = 100
2a + 3b = 60
� 2a + b = 502a + 3b = 60 �
2a + b = 50
2b = 10 �
a = 22,5
b = 5
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 1
Revisão MATEMÁTICA
MÓDULO 11 Equações e Inequações
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 1
3. (FGV) – No seu livro Introdução à Álgebra, Leonhard Euler
propõe um curioso e interessante problema aos leitores:
Duas camponesas juntas carregam 100 ovos para vender em uma feira
e cada uma vai cobrar seu preço por ovo. Embora uma tivesse levado
mais ovos que a outra, as duas receberam a mesma quantia em
dinheiro. Uma delas disse, então:
— Se eu tivesse trazido o mesmo número de ovos que você trouxe,
teria recebido 15 kreuzers (antiga moeda austríaca).
Ao que a segunda respondeu:
— Se eu tivesse trazido a quantidade de ovos que você trouxe, teria
recebido kreuzers.
Releia o texto com atenção e responda:
Quantos ovos carregava cada uma?
RESOLUÇÃO:
Vamos admitir que a primeira camponesa vendeu x ovos a m kreuzers cada
um e a segunda camponesa vendeu y ovos a n kreuzers cada um. Então:
Resposta: A primeira carregava 60 ovos e a segunda, 40.
4. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida
por dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelou
que, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa de
vender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo,
supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita do
restaurante como o valor total pago pelos clientes.
a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir
para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg?
b) Formule matematicamente a função f(x), que for nece a receita do
restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao
valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição.
c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurante
tenha a maior receita possível?
RESOLUÇÃO:
Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejam
por dia, temos:
a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o
restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, a
receita será (85 . 18) reais = 1 530 reais.
Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então o
restaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será
(75 . 20) reais = 1 500 reais.
Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 
18 reais/kg.
b) Se x for o número de reais a ser acres centado ao preço, então ele passará
para (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, a
função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia
x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da
refeição, é:
f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) O máximo da função f, definida por 
f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando
x = = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo:
O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurante tenha
a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.
Respostas: a) R$ 18,00
b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) R$ 17,50
–15 + 20
––––––––
2
20
–––
3
x + y = 100
n . x = 15
20
m . y = –––
3
m . x = n . y
x + y = 100
n . x 15
––––– = ––––
m . y 20
–––
3
n x
–– = ––
m y
x + y = 100
x x 45
–– . –– = –––
y y 20
x + y = 100
x2 9
––– = ––
y2 4
x + y = 100
x 3
–– = ––
y 2
x = 60
y = 40
� �⇒ ⇒
� ⇒� ⇒� ⇒ �
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
2 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 2
1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma subs tan cial
campanha de propaganda e, pou co antes de encerrar a promoção, a
quantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após,
as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendas
diárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidas
em um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após t
dias; e = 2,72; k um número real.
Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volu me diário de
vendas era 8 000 unidades.
a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da
promoção?
b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 uni -
dades?
Considere que log 2 = , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10.
RESOLUÇÃO:
Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades,
temos:
1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000
2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =
 
3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 = 
= 10 000 . 
3 
= 5 120
4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =
= ⇔ = 
2
⇔ = 2 ⇔ t = 20
Respostas: a) 5 120 unidades 
b) 20 dias após o encerramento
2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações: 
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
3
–––10
8
–––
10
t
–––
10
t
–––
10
t
–––
106 400
–––––––
10 000
� �
8
––
10
� 8–––10 � �
8
–––
10 �
� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1
8
–––
42x � 8–––42x �
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 3
MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 3
b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.b) y = z = 
3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva o
sistema:
RESOLUÇÃO:
Para x e y inteiros e maiores que 1, temos:
a) log4x – logxy = ⇔ log4x – = 
b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔
⇔ log4y = 2 – log4x
De a e b, obtém-se:
log4x – = 
Substituindo-se log4x por m, têm-se:
m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔
⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m = 
m = ⇒ log4x = ⇒
x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2
m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒
⇒ x não é inteiro.
Resposta: x = 8 e y = 2
�
7log4x – logxy = ––6
x . y = 16
7
–––
6
log4y
–––––––
log4x
7
–––
6
2 – log4x
–––––––––
log4x
7
–––
6
2 – m
–––––––
m
7
–––
6
1 ± 17
–––––––
12
3
–––
2
4
– ––
3
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4
–––
3
4
–––
3
4
– ––
3
4
– ––
3
8
– ––
3
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
8
–––
42z
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
4 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 4
1. (FGV) – Resolva as inequações:
a) 1 < < 8
b) �2 – 5x� > 10
RESOLUÇÃO
a) 1 < < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔
⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2
b) �2 – 5x� > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔
⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ou x > 
Respostas: a) –12 < x < 2
b) x < – ou x >
2. (FUVEST)
a) Represente, num sistema de coordenadas, os gráficos das fun ções
f(x) = �4 – x2� e g(x) = .
b) Resolva a inequação �4 – x2� ≤ .
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de h(x) = 4 – x2 é do tipo:
e, portanto, o gráfico de f(x) = �4 – x 2� é:
O gráfico de g(x) = é:
As abscissas dos pontos de intersecção dos dois grá ficos são as soluções 
da equação f(x) = g(x) ⇔ �4 – x 2� = .
Para x ≤ – 2 ou x ≥ 2, temos:
– 4 + x2 = ⇔ – 8 + 2x2 = x + 7 ⇔
4 – x
––––––
2
4 – x
–––––
2
12
––––
5
8
–––
5
8
–––
5
12
––––
5
x + 7
–––––
2
x + 7
––––––
2
x + 7
––––––
2
x + 7
–––––
2
x + 7
––––––
2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 5
MÓDULO 33 Função Modular
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 5
⇔ 2x2 – x – 15 = 0 ⇔ x = ou x = 3
Para –2 ≤ x ≤ 2, temos:
4 – x2 = ⇔ 8 – 2x2 = x + 7 ⇔
⇔ – 2x2 – x + 1 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 
Representando os dois gráficos num mesmo siste ma de coordenadas,
temos:
b) Analisando os gráficos esboçados no item anterior, com as corres -
pondentes abscissas dos pontos comuns, concluímos que:
�4 – x2� ≤ ⇔ f(x) ≤ g(x) ⇔ ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3
Respostas: a) Ver gráfico.
b) S = x ∈ � � ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3
3. Resolva, em �, a inequação (�x – 1� – 3) . (�x + 2� – 5) < 0.
RESOLUÇÃO:
x + 7
––––––
2
5
– ––
2
1
––
2
� 5– ––2 1––2 �
5
– ––
2
1
––
2
x + 7
––––––
2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
6 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 6
1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três números
inteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos três
lados de um triângulo retângulo.
Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma:
– escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números
ímpares consecutivos;
– calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo
numerador e denominador representam as medidas dos catetos de
um triângulo retângulo;
– calcula-se a hipotenusa.
a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três
lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4
e 6.
b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e 
(x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos.
Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.
RESOLUÇÃO:
a) + = = 
A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0).
As medidas dos lados são 5, 12 e 13.
b) Sendo x ∈ � e x > 1, temos:
+ = = 
A hipotenusa a é tal que
a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔
⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1
(a > 0). Logo, a ∈ �.
As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.
Respostas: a) 5, 12 e 13
b) x – 1, x + 1 e x2 + 1
2. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deve
ser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não haja
espaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se:
a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um
desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortar
nenhum ladrilho?
b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários?
RESOLUÇÃO:
a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de
cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25.
b) O total de ladrilhos necessários é . = 12 . 17 = 204.
Respostas: a) 25 cm
b) 204 ladrilhos 
1
––
4
1
––
6
3 + 2
–––––
12
5
–––
12
1
–––––
x – 1
x + 1 + x – 1
––––––––––––(x – 1)(x + 1)
2x
––––––
x2 – 1
1
–––––
x + 1
300
––––
25
425
––––
25
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 7
MÓDULO 44 Aritmética
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 7
3. (FUVEST) – Um número inteiro positivo n de 4 algarismos
decimais satisfaz às seguintes condições:
I) A soma dos quadrados do 1o. e 4o. algarismos é 58.
II) A soma dos quadrados do 2o. e 3o. algarismos é 52.
III)Se deste número n subtrairmos o número 3816, ob teremos um
número formado pelos mesmos algarismos do número n, mas na
ordem con trária. Qual é esse número?
RESOLUÇÃO:
1) Se o número inteiro positivo é n = abcd, em que a é o 1o. algaris mo, b é
o 2o. , c é o 3o. e d é o 4o. , então:
(I) a2 + d2 = 58
(II) b2 + c2 = 52
(III) abcd – 3816 = dcba
2) Os quadrados dos algarismos decimais que podem satisfazer (I) e (II)
são: 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49
3) Os únicos algarismos que satisfazem (I) são:
(a = 3 e d = 7) ou (a = 7 e d = 3), pois 9 + 49 = 58.
4) Os únicos algarismos que satisfazem (II) são:
(b = 4 e c = 6) ou (b = 6 e c = 4), pois 16 + 36 = 52.
5) Os possíveis números n são 3467, 3647, 7463 ou 7643.
6) O único número n que satisfaz (III) é 7463, pois 
7463 – 3816 = 3647.
Resposta: O número n é 7463.
4. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, 
sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 
11, sobram 4. Obtenha:
a) o número n de páginas do livro;
b) o número de divisores naturais de n.
RESOLUÇÃO:
a)
⇔ ⇒ (n + 6) é múltiplo
comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*
Visto que 200 < n < 400, temos:
n = 252 – 6 = 246, para k = 4
n = 315 – 6 = 309, para k = 5
n = 378 – 6 = 372, para k = 6
Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.
b)
⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒
⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8
Respostas: a) n = 246 b) 8
n + 6 7�–––––––0 q1 + 1
n + 6 9�–––––––0 q2 + 1�
n 7�––––1 q1
n 9�––––3 q2�
2
3
41
246
123
41
1
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
8 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:15 Página 8
1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x
é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha:
a) ; b) x para que seja um número real.
RESOLUÇÃO:
a) = . = =
= = + i
b) ∈ �⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2
Respostas: a) = + i
b) x = 2 ou x = – 2
2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo 
z = 2 – 2���3 i.
a) Escreva z na forma trigonométrica.
b) Calcule z5.
RESOLUÇÃO:
a) z = 2 – 2���3 i = a + bi, a, b ∈ � ⇒ a = 2 e b = – 2���3
�z� = ρ = ����������a2 + b2 = �������������22 + (– 2���3 )2 = ���������4 + 12 = 4
⇒ θ = 300°
z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)]
z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°)
z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°)
z5 = 1024 + i 
z5 = 512 + 512���3 i
Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°)
b) z5 = 512 + 512���3 i
z1
–––
z2
z1
–––
z2
z1
–––
z2
(x + 4i)
––––––––(1 + xi)
(1 – xi)
––––––––(1 – xi)
x – x2i + 4i + 4x
–––––––––––––––
1 + x2
5x + (4 – x2)i
–––––––––––––
1 + x2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
�
0° ≤ θ < 360°
a 2 1
cos θ = –– = –– = ––
ρ 4 2
b – 2���3 ���3
sen θ = –– = –––––– = – ––––
ρ 4 2
� 1–––2
���3
––––
2 �
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 9
MÓDULO 55 Números Complexos
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 9
3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número
no plano complexo, sendo i = �����– 1 a unidade ima gi -
nária. Nessas condições,
a) determine as partes real e imaginária de e de ω3;
b) represente e ω3 na figura abaixo;
c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0.
RESOLUÇÃO:
Se ω = , então:
ω = = – + i . = cos 120° + i . sen 120°
Assim: 
a) = = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) = 
= cos 240° + i . sen 240° = – – i
ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1
b) 
c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0°
As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto:
z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3
z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = = ω
z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = = 
Respostas: a) Re = – ; Im = –
Re(ω3) = 1; Im(ω3) = 0
b) Ver figura.
c) 1; ;
– 1 + i ���3
ω = –––––––––2
1
–––
ω
1
–––
ω
– 1 + i���3
–––––––––
2
– 1 + i���3
–––––––––
2
1
–––
2
���3
––––
2
1
–––
ω
cos 0° + i . sen 0°
–––––––––––––––––––
cos 120° + i . sen 120°
1
–––
2
���3
––––
2
– 1 + i���3
––––––––––
2
– 1 – i���3
––––––––––
2
1
––––
ω
� 1–––
ω
� 1–––2 �
1
–––
ω
� ���3––––2
� – 1 + i���3––––––––––2 – 1 – i���3––––––––––2 �
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
10 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 10
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
MÓDULO 66 Polinômios e Equações Algébricas
1. (IBMEC-adaptado) – A figura a seguir representa o gráfico de um
polinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm mul -
tiplicidade 1.
Utilizando as informações do gráfico, determine:
a) as soluções inteiras da equação [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x);
b) o resto da divisão de P(x) por x2 – 4x + 3.
RESOLUÇÃO:
a) [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x) ⇔ [P(x)]3 – 10[P(x)]2 – 21P(x) = 0 ⇔
⇔ P(x) = 0 ou P(x) = 3 ou P(x) = 7
P(x) = 0 não tem solução inteira (ver gráfico).
A única solução inteira de P(x) = 3 é x = 1 (ver gráfico).
As soluções inteiras de P(x) = 7 são x = – 1, x = 2 e x = 3 (ver gráfico).
As soluções inteiras da equação são, portanto, – 1, 1, 2 e 3.
b)
P(x) = (x2 – 4x + 3)(Q(x) + ax + b)
⇔ 
Logo, R(x) = ax + b = 2x + 1
Respostas: a) – 1, 1, 2 e 3
b) 2x + 1
2. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar:
a) o valor de m;
b) as raízes de p.
RESOLUÇÃO:
Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:
a)
⇒ c = ⇒
⇒ 2 .
3
– m . 
2
+ 4 . 
2
+ 3 = 0 ⇒
⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7
b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒
⇒ P(x) = x – (x2 – 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de 
P(x) por x – é x2 – 2x – 1.
Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± �	2
Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – �	2 ), (1 + �	2 ), 3/2}
� P(1) = a + b = 3P(3) = 3a + b = 7 � a = 2b = 1
3
a . b . c = – –––
2
ab = – 1 � 3––2
�
27
–––
8
9
–––
4
P(x) x2 – 4x + 3
ax + b Q(x)
R(x)
� 3––2 �
3
––
2 � �
3
––
2 �
3
––
2
� 3––2 �
3
––
2
3
––
2
3
––
2
– 11
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 11
3. Seja x ≠ 0 um número complexo.
a) Obtenha x2 + , sabendo que x + = y.
b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔
⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.
c) Resolva, em �, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0.
RESOLUÇÃO:
a) x + = y ⇒ �x + �
2 
= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2
b) Dividindo-se ambos os membros da equação 
3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se: 
3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔
⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0
c) Substituindo-se x + por y e x2 + por y2 – 2, tem-se a
equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔
⇔ y = ⇔ y = ou y = 1
y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒
⇒ x = 3 ou x = 
y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = 
Logo, o conjunto-verdade da equação é: 
V = ; 3; ; 
Respostas: a) x2 + = y2 – 2
b) Ver demonstração.
c) V = ; 3; ; 
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
1
–––
x
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
13 ± 7
––––––
6
10
–––
3
10
–––
3
1
––
x
10
–––
3
1
––
3
1
––
x
1 ± ���3 i
––––––––
2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
1
–––
x2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
�� � �
��
��
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
12 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 12
1. Calcule o valor de cada soma:
a) + + + … + 
b) 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) para n ∈ � e n ≥ 2.
RESOLUÇÃO:
a) + + +…+ = , pois esses números são de 
uma mesma coluna do triângulo de Pascal e = = 560.
b) S = 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) ⇔
⇔ = + + + … + ⇔
⇔ = + + + … + ⇔
⇔ = ⇔ S = 2 . ⇔
⇔ S = 
Respostas: a) 560 b) 
2. Seis pessoas, entre elas A e B, devem ser colocadas em fila. Calcule:
a) de quantas maneiras diferentes essa fila pode ser disposta;
b) em quantas delas A e B ficam juntas;
c) em quantas delas A antecede B.
RESOLUÇÃO:
a) P6 = 6! = 720
b) P2 . P5 = 2!5! = 240
c) A e B, com A antecedendo B, podem ser dispostas de C6; 2 = 15 maneiras
diferentes. Para cada uma delas, os demais ele men tos podem ser
colocados de P4 = 4! = 24 formas.
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos:
15 . 24 = 360.
Respostas: a) 720 b) 240 c) 360
3. Considere o conjunto dos 20 primeiros números natu rais estrita -
men te positivos. Três deles serão esco lhidos simultanea mente. Cal cule:
a) de quantas maneiras diferentes podem ser feitas as escolhas;
b) em quantas delas o produto dos três números é ímpar;
c) em quantas delas a soma dos três números é par.
RESOLUÇÃO:
a) C20; 3 = = 1140
b) C10; 3 = = 120, pois o produto é ímpar se, e somente se, os três
forem ímpares.
c) A soma dos três números será par se, e somente se, forem escolhi dos 
3 pares ou 1 par e 2 ímpares, resultando em:
C10; 3 + C10; 1 . C10; 2 = 120 + 10 . 45 = 120 + 450 = 570
Respostas: a) 1140 b) 120 c) 570
4. (IBMEC-ADAPTADO) – Vinte equipes estão participando do
campeonato brasileiro de futebol de 2010. Ao final do campeonato,
cada equipe terá enfrentado cada uma das outras dezenove equipes
duas vezes: uma em seu estádio e a outra no estádio do adversário. Seis
dessas vinte equipes são do Estado de São Paulo, ou seja, têm os
respectivos estádios nesse Estado. Em cada partida, uma equipe pode
somar 3, 1 ou 0 ponto(s), em caso de vitória, empate ou derrota. Nessas
condições:
a) calcule quantos jogos estão previstos para todo o campeonato
brasileiro de 2010;
b) determine o número de jogos que serão realizados no Estado de São
Paulo;
c) sabendo que cada rodadatem dez jogos (entre as 20 equipes) e que,
terminada a 11a. rodada, a soma dos pontos obtidos por todas as
equipes era exatamente 295, calcule quantos empates ocorreram até
a 11a. rodada, inclusive.
RESOLUÇÃO:
a) A20; 2 = 20 . 19 = 380
b) 6 . 14 + A6; 2 = 84 + 30 = 114
c) 11 . 10 . 3 – 295 = 330 – 295 = 35
Respostas: a) 380 b) 124 c) 35
� 22 � �
3
2 � �
4
2 � �
15
2 �
� 22 � � 32 � �
4
2 � � 152 � � 163 �
� 163 � 16 .15 .14–––––––––3 . 2 . 1
S
––2
1 . 2
––––
2
2 . 3
––––
2
3 . 4
–––––
2
n(n + 1)
––––––––
2
S
––
2 �
2
2 � �
3
2 � �
4
2 � �
n + 1
2 �
S
––2 �
n + 2
3 �
(n + 2) . (n + 1) . n
––––––––––––––––
3 . 2 . 1
n(n + 1) (n + 2)
––––––––––––––
3
n(n + 1) (n + 2)
––––––––––––––
3
20!
–––––
3!17!
10!
–––––
3!7!
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 13
MÓDULO 77 Binômio de Newton e Análise Combinatória 
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 13
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
14 –
1. Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa
preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola de
uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante
dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca.
Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a proba -
bilidade de se retirar uma bola verde?
RESOLUÇÃO:
No lançamento de dois dados, são possíveis 36 (pares) resultados diferentes,
mas em apenas 3 deles a soma resultante é menor que 4. São eles: (1;1),
(1;2), (2;1). Admitindo-se que os dois dados são “honestos”, a proba -
bilidade de que uma bola verde seja retirada da urna branca é 
. e da urna preta é . .
Assim, a probabilida de de se retirar uma bola verde é:
P = . + . ⇔ P =
Resposta: P = 
2. (UNICAMP) – Dois prêmios iguais serão sorteados entre dez pes -
soas, sendo sete mulheres e três homens. Admitindo que uma pessoa
não possa ganhar os dois prêmios, responda às perguntas abaixo.
a) De quantas maneiras diferentes os prêmios podem ser distribuídos
entre as dez pessoas?
b) Qual é a probabilidade de que dois homens sejam premiados?
c) Qual é a probabilidade de que ao menos uma mulher receba um
prêmio?
RESOLUÇÃO:
a) Os dois prêmios podem ser distribuídos entre as dez pessoas de 
C10; 2 = = 45 maneiras diferentes.
b) A probabilidade de dois dos três homens serem premia dos é:
p = = = 
c) A probabilidade de que ao menos uma mulher rece ba um prêmio é: 
1 – = 
Respostas: a) 45 b) c) 
3
––––
36
5
–––
8
33
––––
36
3
–––
5
3
––––
36
5
–––
8
33
––––
36
3
–––
5
289
––––
480
289
––––
480
10 . 9
–––––––
2 . 1
C3; 2
––––––
C10; 2
3
––––
45
1
–––
15
1
––––
15
14
––––
15
1
–––
15
14
––––
15
MÓDULO 88 Probabilidade
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 14
3. (FUVEST) – Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Três bolas são retiradas ao acaso, sucessivamente, sem reposição.
Determine:
a) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola
branca;
b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola
branca, sabendo que as três bolas retiradas não são da mesma cor.
RESOLUÇÃO:
A urna tem exatamente 5 bolas brancas e 3 pretas. Assim,
a) a probabilidade de que sejam obtidas, em 3 extrações sem reposição,
duas bolas pretas e uma branca é:
3 . . . = 
b) 1o. ) a probabilidade de que sejam obtidas, de modo análogo, duas
brancas e uma preta é:
3 . . . = 
2o. ) a probabilidade de que sejam obtidas duas brancas e uma preta,
sabendo-se que as bolas não têm a mesma cor, é:
= = 
Respostas: a) b) 
Obs.: Para o item (b), outra maneira de resolver é:
O número de maneiras de retirar 2 bolas pretas e uma branca é: 
C3; 2 . C5; 1 = 3 . 5 = 15
O número de possibilidades de retirar 3 bolas que não sejam da mesma cor
é: C8; 3 – C5; 3 – C3; 3 = 56 – 10 – 1 = 45
A probabilidade pedida é = .
4. (UERJ) – Uma prova é composta de 6 questões com 4 alternativas
de resposta cada uma, das quais apenas uma é correta. Cada resposta
correta corresponde a 3 pontos ganhos; cada erro ou questão não
respondida, a 1 ponto perdido. Calcule a probabilidade de um aluno
que tenha respondido aleatoria mente a todas as questões obter um total
de pontos exatamente igual a 10.
RESOLUÇÃO:
Se ele acertar x e errar y, então devemos ter:
⇒ 
A probabilidade pedida é, então, p = C6; 4 . 
4 
. 
2 
=
= 15 . = 
 3,3%.
3
––
8
2
––
7
5
––
6
15
–––
56
5
––
8
4
––
7
3
––
6
30
–––
56
15
–––
56
––––––––––––
15 30
–––– + ––––
56 56
15
–––
45
1
––
3
15
–––
56
1
––
3
15
––––
45
1
–––
3
x + y = 6
3x – y = 10� � x = 4y = 2
1
––
4� � �
3
––
4 �
9
–––––
4096
135
–––––
4096
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 15
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 15
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
16 –
1. (UNICAMP) – O transporte de carga ao porto de Santos é feito por
meio de rodovias, ferrovias e dutovias. A tabela abaixo fornece alguns
dados relativos ao transporte ao porto no primeiro semestre de 2007 e
no primeiro semestre de 2008, indicando claramente o aumento da
participação percentual do transporte ferroviário nesse período. Com
base nos dados da tabela, responda às questões abaixo. 
a) Determine a carga total (em milhões de toneladas) transportada ao
porto no primeiro semestre de 2007. Calcule também quantas
toneladas foram transpor tadas por dutos no primeiro semestre de
2007. 
b) Sabendo que, no primeiro semestre de 2008, foram transportados
por rodovias 2,7 milhões de toneladas a menos do que o valor
registrado pelo mesmo meio de transporte no primeiro semestre de
2007, calcule a participação percentual do transporte rodoviário no
primeiro semestre de 2008. 
RESOLUÇÃO:
a) Se x for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no
primeiro semestre de 2007 e d o número de milhões de toneladas
transportadas por dutos, então:
1) 77% x = 29,1 ⇔ x � 37,8
2) 6,8 + 29,1 + d = 37,8 ⇔ d = 1,9
b) Se y for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no
primeiro semestre de 2008, então:
24% . y = 8,8 ⇔ y = 36,7
A carga total transportada por rodovias, nesse período, foi (em milhões
de toneladas) igual a:
29,1 – 2,7 = 26,4
Se p for a participação percentual do transporte rodoviário no primeiro
semestre de 2008, então:
p . 36,7 = 26,4 ⇔ p � 0,72 = 72%
Respostas: a) 37,8 milhões de toneladas
1,9 milhão de toneladas
b) 72%
2. (UNESP) – Num curso de Inglês, a distribuição das idades dos
alunos é dada pelo gráfico seguinte:
Com base nos dados do gráfico, determine:
a) o número total de alunos do curso e o número de alunos com no
mínimo 19 anos;
b) escolhido um aluno ao acaso, qual a probabilidade de sua idade ser
no mínimo 19 anos ou ser exatamente 16 anos.
RESOLUÇÃO:
a) O número de alunos do curso é:
4 + 5 + 3 + 1 + 2 + 5 = 20
O número de alunos com no mínimo 19 anos é:
1 + 2 + 5 = 8
b) A probabilidade P da idade de um aluno, escolhido ao acaso, ter no
mínimo 19 ou exatamente 16 anos é tal que:
P = = = 0,60 = 60%
Respostas: a) 20 alunos e 8 alunos
b) 60%
Meio de
transporte
Participação no total
transportado ao porto
Carga transportada
(em milhões de toneladas)
2007 2008 2007 2008
Ferroviário 18% 24% 6,8 8,8
Rodoviário 77% 29,1
Dutoviário
8 + 4
––––––
20
12
––––
20
MÓDULO 99 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 16
3. (FGV)
a) O faturamento de uma empresa neste ano foi 120% superior ao do
ano anterior.Obtenha o faturamento do ano anterior, sabendo que
o deste ano foi de R$ 1 430 000,00.
b) Um comerciante compra calças a um custo de R$ 26,00 a unidade.
Pretende vender cada unidade com um ganho líquido (ganho menos
os impostos) igual a 30% do preço de venda. Sabendo que, por
ocasião da venda, ele tem que pagar um imposto igual a 18% do
preço de venda, qual deve ser esse preço?
RESOLUÇÃO:
a) Se x for o faturamento do ano anterior, então:
220% . x = 1430000 ⇔ x = ⇔ x = 650000
b) Se V for o preço de venda (incluindo os impostos), então:
V – 18%V = 26 + 30% . V ⇔ 0,82V – 0,30V = 26 ⇔
⇔ 0,52V = 26 ⇔ x = 50
Respostas: a) R$ 650 000,00 b) R$ 50,00
4. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e as
revende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço x
que o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga por
uma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,
um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteve
um desconto de 10% sobre o preço total. 
a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em fun ção de x? 
b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo comerciante
nessa venda?
RESOLUÇÃO:
a)
Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pa -
garia:
2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =
= = 
Com 10% de desconto, o cliente paga:
90% . = 0,90 . = 4,17x
b) O preço de custo dos produtos vendidos foi:
2 . x + 2 . + 2 . = = 
O lucro obtido nessa venda foi:
4,17x – = , correspondendo a
= 
 0,1372 = 13,72%.
Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%
1430000
––––––––
2,2
x
––
3
x
––
2
2,80x
––––––
3
7,20x + 2,80x + 3,90x
–––––––––––––––––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
x
–––
3
x
–––
2
6x + 2x + 3x
–––––––––––––
3
11x
––––
3
11x
––––
3
1,51x
––––––
3
1,51x
––––––
3
–––––––––
11x
––––
3
1,51
––––
11
Preço de custo Lucro Preço de venda
Calça x 20% 1,20 . x
Camisa
x
–––
3
40%
x
1,40 . ––
3
Saia 
x
–––
2
30% x1,30 . ––
2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 17
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 17
1. (UERJ) – Em uma cidade, a população que vive nos subúrbios é
dez vezes a que vive nas favelas. A primeira, porém, cresce 2% ao ano,
enquanto a segunda cresce 15% ao ano. Admita que essas taxas de
crescimento permaneçam constantes nos próximos anos.
a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios hoje é igual a
12,1 milhões de habitantes, calcule o número de habitantes das
favelas daqui a um ano. 
b) Essas duas populações serão iguais após um determinado tempo t,
medido em anos. Se t = , determine o valor de x.
RESOLUÇÃO:
a) Se S é a população dos subúrbios e F a das favelas (em milhões de
habitantes), então:
⇔ ⇔ 
Daqui a um ano, o número de habitantes das favelas será:
F . 1,15 = 1,1 . 1,15 = 1,265
b) S . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒ 10F . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒
⇒
t
= 10 ⇒ t . log = log 10 ⇒
⇒ t = = ⇒ x = 
Respostas: a) 1 265 000 habitantes
b) x =
2. (FGV) – O Sr. Macedo possui uma loja de sapatos. Cada par é
comprado por um certo valor e é vendido com uma margem de
contribuição (diferença entre o preço de venda e o de compra) igual a
30% do preço de venda.
a) Se cada par for vendido por R$ 60,00, qual o preço de compra?
b) Se o preço de compra for de R$ 40,00, qual a mar gem de
contribuição, expressa como porcen tagem do preço de compra?
RESOLUÇÃO:
a) Sendo R$ x (o preço de compra) e R$ y (o preço de venda), conforme o
enunciado, temos: y – x = 30% . y ⇔ y – x = 0,3 . y ⇔ x = 0,7 . y.
Para um preço de venda de R$ 60,00, temos o preço de custo de 
R$ 42,00, pois x = 0,7 . 60 ⇔ x = 42.
b) Para um preço de compra de R$ 40,00, o preço de venda y será tal que: 
40 = 0,7 . y ⇔ y = 
Assim, a margem de contribuição, expressa como por centagem do
preço de compra, será:
p = = � 42,86%
Respostas: a) R$ 42,00 b) 42,86%
1
––––––
log x
� S + F = 12,1S = 10F � 11F = 12,1S = 10F � F = 1,1S = 11
� 1,15–––––1,02 �
115
–––––
102
1
––––––––––
115
log ––––
102
1
–––––––
log x
115
–––––
102
115
–––––
102
400
–––––
7
y – x
–––––––
x
400
–––– – 40
7
––––––––––––
40
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
18 –
MÓDULO 1100 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 18
3. (UNICAMP) – “Pão por quilo divide opiniões em Campinas”
(Correio Popular, 21/10/2006). 
Uma padaria de Campinas vendia pães por unidade, a um preço de 
R$ 0,20 por pãozinho de 50 g. Atual mente, a mesma padaria vende o
pão por peso, cobrando R$ 4,50 por quilograma do produto.
a) Qual foi a variação percentual do preço do pãozinho provocada pela
mudança de critério para o cálculo do preço?
b) Um consumidor comprou 14 pãezinhos de 50 g, pa gando por peso,
ao preço atual. Sabendo que os pãezinhos realmente tinham o peso
previsto, calcule quantos reais o cliente gastou nessa compra.
RESOLUÇÃO:
a) Se cada pãozinho de 50 g custava R$ 0,20, o preço por quilo, antes da
mudança de critério, era de . R$ 0,20 = R$ 4,00.
Se, após a mudança, passou a custar R$ 4,50, houve um aumento de
12,5%, pois = 1,125 = 112,5%.
b) 14 pãezinhos de 50 g equivalem a 700 g. Ao preço atual, o consumidor
pagou 0,700 . R$ 4,50 = R$ 3,15.
Respostas: a) 12,5%
b) R$ 3,15
4. (FGV) – A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 30% de
sua massa total. Essa pessoa, pesando 110 kg, fez um regime e perdeu
40% de sua gordura, mantendo os demais índices inalterados. Quantos
quilos essa pessoa pesava ao final do regime?
RESOLUÇÃO:
Antes do regime, a massa de gordura dessa pessoa era de 
. 110 kg = 33 kg. Se ela perdeu 40% de sua gordura, mantendo os
demais índices inalterados, então no final do regime ela pesava:
110 kg – . 33 kg = 110 kg – 13,20 kg = 96,8 kg
Resposta: 96,8 kg
30
––––
100
40
––––
100
1000 g
––––––––
50 g
R$ 4,50
––––––––
R$ 4,00
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 19
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 19
1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com 
i ∈ �*, tais que A � Xi� B.
a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis.
b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função
f: P(Xi) → �, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi,
é injetora, mas não é sobrejetora.
RESOLUÇÃO:
a) A � Xi ⇔ {2;3} � Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi� ⇒ X1 = {2;3},Xi� B
X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}
b)
⇒
⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, por tanto, 
f é injetora.
Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ �, portanto, f não é sobrejetora.
2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitan tes, que
frequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte for ma: 45%
frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam o
clube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somente
o clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9%
frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuem
frequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores em
comum a dois clubes, determine o número de habitantes que
frequentam mais de um clube.
RESOLUÇÃO:
Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem:
⇔
⇔
O diagrama fica
Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de
10.000, ou seja, 3 400 habitantes. 
f(X1) = 2 . 3 = 6
f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30
f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42
f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210
�
�
25 + x + y + z = 45
11 + x + y + w = 40
30 + y + z + w = 53
y + z = 9 
�
x + y + z = 20
x + y + w = 29
y + z + w = 23
y + z = 9 
�
w = 14
y + z = 9
x + y = 15
x + y + z =20 
�
x = 11
y = 4
z = 5
w = 14 
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
20 –
MÓDULO 1111 Conjuntos e Funções
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 20
3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de
bactérias, no período de t horas de um certo processo da industria -
lização do leite, é representada pela função:
a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno.
b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função.
c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir?
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de f é
b) D(f) = [0; 9]
Im(f) = [0; 32]
c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9
4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas
x = cos t e y = (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ �. Construa o gráfico
de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f. 
RESOLUÇÃO:
1) x = cos t, com t ∈ � ⇔ – 1 � x � 1
2) y = (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔
⇔ y = cos2t – cos t + ⇔ y = x2 – x + , pois cos t = x
3) O gráfico de y é
e o gráfico de f é o arco de pará bola
�
AB.
4) O domínio e o con jun to imagem de f são, respec tivamente,
[– 1; 1] e 1; .
5. (UEM) – Com respeito à função f : � → � definida por 
f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.
a) A função inversa de f é f–1 : �→ � definida por f –1(x) = .
b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2.
c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um
número par.
d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b.
e) f não é uma função decrescente.
RESOLUÇÃO:
1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) = 
2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10
3) f = 4 . + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.
4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b. 
Esse ponto é – ; – , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e
⇒ a = b = – 
5) O gráfico de f é
e f é estritamente crescente.
Resposta: E
1
––
4
1
––
4
5
––
4
5
––
4
� 13–––4 
1
––––––
4x + 2
y – 2
––––––
4
x – 2
––––––
4
� 1––4 �
1
––
4
� 2––3
2
––3 �
� 4a + 2 = ba = b
2
–––
3
1
––
4
t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 5
32, se 5 < t ≤ 7
– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9
�f(t) =
32
7
0 5 7 9 t
y = f(t)
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 21
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 21
1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número
inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos
é 39. A soma dos possíveis valores da razão é:
a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32
RESOLUÇÃO:
1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒
⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ �*
2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒
⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ �*
3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois
r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.
Resposta: C
2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram
arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à
disposição apresentada no desenho: uma moeda
no centro e as demais formando camadas
tangentes.
Considerando que a última camada é composta
por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do
total de moedas usadas nessa arrumação.
RESOLUÇÃO:
1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas
em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84).
2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos:
an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14
3) A soma dos termos da 1a. sequência é
1 + = 1 + 90 . 7 = 631
4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.
3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números 
(1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todos
os números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de
3 e de 4.
a) Quantos termos possui essa sequência?
b) Qual é a soma dos termos dessa sequência?
RESOLUÇÃO:
1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com
1001 termos e soma
S1 = = 501501
2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois
999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma
S2 = = 166 833
3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois
1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma
S3 = = 125 500
4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois
996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma
S4 = = 41 832
5) A sequência dada possui 
1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e soma
S = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000
Respostas: a) 501 termos
b) 251 000
4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes.
a) Determine o 101.º termo dessa sequência.
b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência.
Dado:
RESOLUÇÃO:
Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ � e ímpar, temos:
a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar.
Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19)
19 termos
possui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 
19 + 2 = 21
b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63
A soma dos termos da sequência
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 =
63 termos
= =
= 
Respostas: a) 21 b) 43 680
(1 + 1001) . 1001
––––––––––––––––
2
(3 + 999) . 333
––––––––––––––
2
(4 + 1000) . 250
––––––––––––––
2
(12 + 996) . 83
––––––––––––––
2
(6 + 84) . 14
––––––––––––
2 
m
Σ
k = 0
(m + 1)(2m + 1)(2m + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––3
31
Σ
k = 0
(31 + 1).(2.31 + 1)(2.31 + 3)
(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––––
3
32.63.65
––––––––––– = 43680
3
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
22 –
MÓDULO 1122 Progressões Aritméticas
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 22
1. (U. F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um seg -
mento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 par -
tes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partes
re manescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivas
partes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análoga
indefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou do
segmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão,
por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.
a) Calcule F7 b) Obtenha Fk
c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do
segmento inicial?
RESOLUÇÃO:
Observemos que:
F1 = 2 . =
F2 = 4 . . =
F3 = 8 . . . =
A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo
F1 = e razão q =
Assim:
a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �
6
= � �
7
=
b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =
= = = 2 . = 
c) Terá sido retirado + + … = ou seja,
o segmento inteiro.
2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa
mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-
se no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à sua
frente.
A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los
registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 
1 segundo, conforme tabelas abaixo.
Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica,
enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética.
Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final do
a) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N.
b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava
nos pontos M e N.
c)6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel.
d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.
RESOLUÇÃO:
1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.
2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.
; ; ; … de razão e soma 
St = =
7
∑
k = 1
1
––
3 
2
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
4
––
9 
1
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
8
––
27 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
128
–––––
2187 
7
∑
k = 1
2 2 
–– ��––�
7
– 1
3 3
––––––––––––––
2
–– – 1
3 
2 128 
–– �––––– – 1
3 2187
–––––––––––––––
1
– ––
3 
128�1 – –––––
2187 
4118
–––––
2187 
1
––
3 
2
––
9 
4
––
27 
1 
––
3 
–––––––– = 1,
21 – ––3 
João Victor
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 9–––8
� �
Samuel
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 1,0
� �
� 1–––2
3
–––
4
9
–––
8 �
3
–––
2
1 3 t
–– ��––� – 1
2 2
–––––––––––––––
3
–– – 1
2
3 t�––� – 12
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 23
MÓDULO 1133 Progressões Geométricas
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 23
3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.
; ; 1; … de razão e soma 
St’ = = + =
a) verdadeira, pois S5 = 
5
– 1 = > 5
b) verdadeira, pois S’5 = = 5 = MN
c) falsa, pois S6 = 
6
– 1 = 
S’6 = = 
S6 – S’6 = – = 
 3,6 < 5
d) verdadeira, pois S8 = 
8
– 1 = 
S’8 = = 11 
S8 – S’8 = – 11 = 
 13,6
Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m 
à frente.
3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em
direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância
que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de
800 metros a distância entre A e B.
Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deverá
encontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), no
ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e,
assim, sucessiva mente.
Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período
considerado.
a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros
minutos. Constate que, nesse ins tante, sua distância ao ponto B é
inferior a 1 metro.
b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = dis tância per -
corrida pelo objeto em t minu tos”, a partir do instante t = 0.
RESOLUÇÃO:
A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da
progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão .
a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi
f(10) = = 800 � � ⇒
⇒ f(10) = 800 . 
 799,22m.
No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproxi mada -
mente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.
b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t
minutos, a partir do instante t = 0, é
f(t) = ⇒f(t) = 800 � 
� 3–––2 �
6305
–––––
256 �8 . (8 + 3)
–––––––––
8
6305
–––––
256
3489
–––––
256
�
665
–––––
64�
3
–––
2�
27
––––
4
6 . (6 + 3)
–––––––––
8
233
–––––
64
27
––––
4
665
–––––
64
1 
––
2
1400 �1 – �–– �10
2
–––––––––––––––––
1
1 – ––
2
1
1 – –––––
1024
1023 
––––––
1024
1400 �1 – �–– �t
2
––––––––––––––––
1
1 – ––
2
1 t1 – �––�2
5 . (5 + 3)
–––––––––
8
211
–––––
32�
3
–––
2�
t(t + 3)
–––––––
8�
3
–––
4
t
–––
4�
t
–––
2
1 1 1 �–– + –– + (t – 1) . ––
t2 2 4
–––––––––––––––––––––
2
1
–––
4�
3
–––
4
1
–––
2�
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
24 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 24
O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:
Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m
b) Gráfico
4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em
seguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo
é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas
dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a
a) b) c) 
d) e)
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .
O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito 
possui raio .
O quadrado IJKL tem diagonal e lado .
O círculo nele inscrito tem raio .
Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:
π m2
Portanto: S = –––––– unidades de área.
2
Resposta: A
m
–––
2
m���2
––––––
2
m���2
––––––
4
m
–––
2
m���2
––––––
2
m
–––
4
+ … =�
2
m
–––
4�+ π�
2
m���2
––––––
4 �+ π�
2
m
–––
2�S = π
m2
––––
2
= π .
m2
––––
4
––––––––
1
1 – ––
2
� = π .m
2 m2 m2
––– + ––– + –––– + …
4 8 16�= π
π m2
–––––3
3π m2
–––––8
π m2
––––2
π m2
–––––8
π m2
–––––4
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 25
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 25
1. (UDESC) – Sejam A = e B = duas matrizes 
e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que 
AX + I = B.
RESOLUÇÃO:
Sendo X = , temos
A . X + I = B ⇒ . + = ⇔
⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ e ⇔ e ⇔
⇔ e desta forma: X = 
Resposta: X = 
2. (UNESP) – Sejam A = , 
B = e C = matrizes reais.
a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e repre -
sente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazem
a inequação det(A) ≤ det(B).
b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.
RESOLUÇÃO:
a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x
B = ⇒ det(B) = – 3
2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3
b) A + 2 . B = C
+ 2 . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico
b) x = 1 e y = 2
� x – 2y3x + y
1
– 1 
� 2
– 1
1
– 2 
 � 13 3– 5 
x – 2y 1� 
3x + y – 1
2 1� 
– 1 – 2
x – 2y 1� 
3x + y – 1 2 1� 
– 1 – 2
1 3� 
3 – 5
x – 2y + 4 3 � 
3x + y – 2 – 5
1 3� 
3 – 5
x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3
x – 2y = – 3�3x + y = 5
x = 1� y = 2
� 14
2
1 
 �
14
17
5
7 
� ac
b
d 
� 14
2
1 
 �
a
c
b
d 
 �
1
0
0
1 
� a + 2c4a + c 
 �
1
0
0
1 
b + 2d
4b + d
� a + 2c + 14a + c
b + 2d
4b + d + 1 
� a + 2c = 134a + c = 17
� 1417
5
7 
� 1417
5
7 
� 1417
5
7 
� b + 2d = 54b + d = 6 �
a + 2c = 13
7a = 21 �
b + 2d = 5
7b = 7
� a = 3c = 5 �
b = 1
d = 2 �
3
5
1
2 
� 35
1
2 
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
26 –
MÓDULO 1144 Matrizes e Determinantes
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 26
3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A = e
B = é igual a:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
A2 = A . A = . = 
B2 = B . B = . = 
2A2 + 4B2 = 2 . + 4 . =
= + = 
Resposta: B
4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij = .
Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a:
a) b) c) 
d) e) 
RESOLUÇÃO:
Se A = (aij)2 x 2 tal que
aij = 
I) A =
II) A2 = A . A = . =
III) A3 = A2 . A = . =
...........................................................................................
...........................................................................................
...........................................................................................
An = An – 1 . A = . =
Resposta: A
5. Determine a soma das raízes da equação, em �.
RESOLUÇÃO:
⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔
⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x =– 6, x = 1 ou x = 6
A soma das raízes é 1.
Resposta: 1
� 10 n – 11 � � 10 11 � �
1
0
n
1 �
� 10 21 � �
1
0
1
1 � � 10 31 �
� 10 11 � � 10 11 � � 10 21 �
� 10 11 �
� 10
n
1 
 �
1
1
n
1 
 � 1n 01 
� n20 0n 
 � 10
n2
1 
0, se i > j� 1, se i � j, então:
� 0, se i > j1, se i ≤ j
� 04 40 
 � 60 06 
� 20
0
– 2 
 �
2
0
0
– 2 
 �
4
0
0
4 
� 01
– 1
0 
 �
0
1
– 1
0 
 �
– 1
0
0
– 1 
� 40
0
4 
 �
– 1
0
0
– 1 
� 80
0
8 
 �
– 4
0
0
– 4 
 �
4
0
0
4 
� 20 0– 2 
� 01 – 10 
� 44 44 
 � 40 04 
 � 00 00 
x
x – 2
1
3
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
A = = 0
= 0 ⇔
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
x
x – 2
1
3
x + 6
x + 6
x + 6
x + 6
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
1
1
1
1
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔⇔ (x + 6) .
⇔ (x + 6) .
1
1
1
1
0
2
0
0
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 . 
1
1
1
1
x
4
3
3
x – 3
= 0 ⇔
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 27
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 27
1. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ � o sistema linear homo -
gêneo: 
será possível e determinado, será possível e indeter minado, será im -
pos sível?
RESOLUÇÃO:
O sistema será possível e determinado se, e somente se,
D = 
≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1
Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,
D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1
O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível.
Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1.
Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.
Impossível, nunca.
2.. (UNESP) – Considere a matriz
A = 
a) Determine todos os números reais λ para os quais se tem 
det(A – λI) = 0, em que I é a matriz identidade de ordem 3.
b) Tomando λ = – 2, dê todas as soluções do sistema
RESOLUÇÃO:
a) Se A = e λI = 
então A – λI = 
Portanto:
det (A – λI) = 0 ⇒ = 0 ⇔
⇔ (2 – λ) . [(6 – λ)2 – 9] = 0 ⇔ 2 – λ = 0 ou (6 – λ)2 = 9 ⇔
⇔ λ = 2 ou 6 – λ = ± 3 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 
b) Se det(A – λI) = 0 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 então, para 
λ = – 2, temos:
≠ 0
Assim sendo, o sistema homogêneo
⇔
é determinado e a única solução é x = 0, y = 0, z = 0.
Respostas: a) λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 
b) (0; 0; 0)
� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 0
3x + y + kz = 0
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
� 6– 31
– 3
6
– 1
0
0
2 
�
(6 – λ) x –3y = 0
–3x + (6 – λ) y = 0
x – y + (2 – λ) z = 0
� 6– 31
– 3
6
– 1
0
0
2 � �
λ
0
0
0
λ
0
0
0
λ �
� 6 – λ– 31
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ �
6 – λ
– 3
1
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ
6 – λ
– 3
1
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ
�
(6 – λ)x – 3y = 0
– 3x + (6 – λ)y = 0
x – y + (2 – λ)z = 0 �
(6 – λ)x – 3y + 0z = 0
– 3x + (6 – λ)y + 0z = 0
x – y + (2 – λ)z = 0
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
28 –
MÓDULO 1155 Sistemas Lineares (I)
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 28
3. (UFES) – Para obter um complemento nutricional, Pedro vai mis -
turar x gramas de óleo do tipo I, y gramas de óleo do tipo II e z gramas
de óleo do tipo III. O preço, por grama, e a quantidade de vitaminas
presentes em 1 grama de óleo de cada tipo estão dispostos na tabela
abaixo.
Para Pedro obter um complemento nutricional que contenha exata -
mente 7 unidades de vitamina A, 8 unidades de vitamina B e 15 uni -
dades de vitamina C, determine 
a) todos os possíveis valores de x , y e z ;
b) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja 
1 real;
c) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja
mínimo.
RESOLUÇÃO:
1) Na matriz A = , cada elemento aij é a quantidade de
unidades de vitamina i fornecida por um grama do óleo j.
2) A matriz B = representa as quantidades de unidades de gotas 
de cada tipo de óleo e a matriz C = representa as quantidades
de unidades de vitaminas que o complemento nutricional deverá ter.
Desta forma, A . B = C.
3) . = ⇒ ⇒
⇒ ⇒ ⇒ x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k,
como ⇔ 
4) O preço do complemento nutricional é 
0,30x + 0,50y + 0,50z = 0,30(5k – 1) + 0,50 (3 – 5k) + 0,50k = 1,20 – 0,5k
O preço do complemento nutricional é de R$ 1,00 quando 
1,20 – 0,5k = 1,00 ⇒ k =
Neste caso x = 5 . k – 1 = 5 . – 1 = 1
y = 3 – 5k = 3 – 5 . = 1
z = = 0,4
5) O preço do complemento é mínimo quando (1,20 – 0,5k) for mínimo e,
portanto, k for máximo. Para k = , temos
x = 5 . – 1 = 2
y = 3 – 5 . = 0
z = = 0,6
Resposta: Em gramas,
a) x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k, com ≤ k ≤ 
b) x = 1, y = 1 e z = 0,4
c) x = 2, y = 0 e z = 0,6
�
2
4
6
3
4
7
5
0
5 
 �
x
y
z
 �
7
8
15 
 �
2x + 3y + 5z = 7
4x + 4y + 0z = 8
6x + 7y + 5z = 15
�
x + y = 2
2x + 3y + 5z = 7
6x + 7y + 5z = 15 �
x + y = 2
y + 5z = 3
y + 5z = 3
1
x ≥ 0 ⇒ 5k – 1 ≥ 0 ⇒ k ≥ –––
5
3
y ≥ 0 ⇒ 3 – 5k ≥ 0 ⇒ k ≤ –––
5
� 1 3–– ≤ k ≤ ––5 5
2
––
5
2
––
5
2
––
5
2
––
5
3
––
5
3
––
5
3
––
5
3
––
5
1
––
5
3
––
5
7
8
15�
�
x
y
z
Óleo tipo I Óleo tipo II Óleo tipo III
Unidades de
vitamina A 2 3 5
Unidades de
vitamina B 4 4 0
Unidades de
vitamina C 6 7 5
Preço por grama R$ 0,30 R$ 0,50 R$ 0,50
�
2
4
6
3
4
7
5
0
5 
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 29
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 29
4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:
a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique.
b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear 
Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, que
consiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método,
encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima.
Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M)
são iguais às colunas de M.
RESOLUÇÃO:
a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos definidos pelos
pares ordenados (x1 ; x2 ) num sis tema cartesiano orgonal de abscissa 
x1 e or de nada x2 . 
Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema
não tem solução.
b) Se A . x = b é . = , então 
A x b
AT . Ax = AT . b é
. . = 
= . ⇔ . = ⇔ 
⇔ ⇔ 
Respostas: a) ver gráfico
b) A solução aproximada do sistema é dada por
(x1; x2 ) = 
�
– x1 + 2x2 = 2
2x1 – x2 = 2
x1 + x2 = 2
� – 121
2
– 1
1 
 �
x1
x2
 � 222 
� – 12 2– 1 11 
 � – 121
2
– 1
1 
 �
x1
x2
� – 12 2– 1 11 
 � 222 
 �
6
– 3
– 3
6 
 �
x1
x2
 � 44 
6x1 – 3x2 = 4� 
– 3x1 + 6x2 = 4 �
4
x1 = ––3
4
x2 = ––3
4 4�–– ; ––�3 3
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
30 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 30
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 31
1. (ITA) – Sejam a, b ∈ �. Considere os sistemas lineares 
em x, y e z:
e 
Se ambos admitem infinitas soluções reais, então:
a) = 11 b) = 22 c) ab =
d) ab = 22 e) ab = 0
RESOLUÇÃO:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Se o sistema tem infinitas soluções, então a – = 0 ⇔ a = .
Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então:
D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22
Resposta: B
2. Para que valores de k o sistema de equações lineares
nas incógnitas x e y com k ∈ � é indeterminado?
RESOLUÇÃO 1:
⇔ ⇔ ⇔
⇔
Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e 
se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível.
RESOLUÇÃO 2:
Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que
MI = MC = 
A matriz incompletade característica, pois ≠ 0
Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se
k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3.
Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D.
k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.
�
x + y – z = 0
x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x – y = 0
x + 2y – z = 0
2x – by + 3z = 0
a
–––
b
b
–––
a
1
–––
4
� x + y – z = 0x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
– 4y + 2z = 1
– 2y + z = a
�
x + y – z = 0
– 1
2y – z = ––––
2
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
1
2y – z = – –––
2
1
0z = a – –––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
1
2
– 1
2
– b
0
– 1
3
b
–––
a
11
––––
1
––
2
� x + y = 1x – y = k
x + ky = k
� x + y = 1x – y = k
x + ky = k �
x + y = 1
k + 1
x = ––––––
2
x + ky = k �
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
x + ky = k
�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
k + 1 1 – k
–––––– + k . �––––––� = k2 2
⇔ ⇔�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
1 – k2 = 0
� k = 1 ⇒ x = 1 e y = 0k = – 1 ⇒ x = 0 e y = 1
⇔
� 
 � 
1
1
1
1
– 1
k
1
1
1
1
– 1
k
1
k
k
1
1
1
– 1
MÓDULO 1166 Sistemas Lineares (II)
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 31
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
32 –
3. Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ou
indeterminado.
b) Para o valor de a obtido no item anterior o sistema é impossível ou
indeterminado?
RESOLUÇÃO:
a) Para o sistema ser impossível ou indeterminado, devemos ter 
D = = 0 e, portanto, – 11a + 44 = 0 ⇔ a = 4
b) Para a = 4, tem-se que a
MI = tem característica 2, pois = 11 � 0
Também a matriz
MC = tem característica 2. 
 Portanto, o sistema é possível e indeterminado.
4. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ou
indeterminado.
b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se o
sistema dado é impossível ou indeter mi na do.
RESOLUÇÃO:
a) O sistema será impossível ou indeterminado se,
e somente se, = 0 ⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1
b) Para a = 1, o sistema será:
⇔ ⇔ ,
que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução.
Respostas: a) a = 1
b) sistema impossível
� x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
x + y + 2z = 8 �
x + y + 2z = 8
3y + 3z = 0
5y + 5z = – 18 �
x + y + 2z = 8
y + z = 0
0z = – 18
1
2
a
– 2
1
1
– 1
3
2
� x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8
�
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8
�
1
3
4
– 3
2
– 1
– 2
5
3
– 4
10
6
1
3
– 3
2
1
3
4
– 3
2
– 1
– 2
5
3�
1
3
a
– 3
2
– 1
– 2
5
3
x – 3y – 2z = – 4
3x + 2y + 5z = 10
ax – y + 3z = 6
�
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 32
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 33
1. (UFES) – Uma pessoa, quando situada a 300 metros de uma torre,
avista o topo da torre sob um ângulo α em relação à horizontal. Quando
está a 100 metros da torre, ela avista o topo da torre sob um ângulo 2α
(veja a figura). O nível dos olhos dessa pessoa está a 1,6 metro da
horizontal em que está situada a base da torre.
a) Calcule o valor de α.
b) Determine a altura dessa torre.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Δ ABD é isósceles (D^ � A^ = α)
2) x + 100 = 300 ⇒ x = 200 m
3) BD = AB = x = 200 m
4) Δ BCD
cos (2α) = = =
Portanto: 2α = 60° ⇔ α = 30°
b) Δ BCD
tg (2α) = ⇒ tg 60° = ⇔ �	3 ⇔ CD = 100 �	3 m
Portanto:
altura da torre = 1,6 + CD = 1,6 + 100 �	3 m
Respostas: a) 30°
b) 1,6 + 100 �	3 m
2. (UNICAMP-2010) – Laura decidiu usar sua bicicleta nova para
subir uma rampa. As figuras abaixo ilustram a rampa que terá que ser
vencida e a bicicleta de Laura.
a) Suponha que a rampa que Laura deve subir tenha ângulo de
inclinação α, tal que cos(α) = ����� 0,99. Suponha também que cada
pedalada faça a bicicleta percorrer 3,15 m. Calcule a altura h
(medida com relação ao ponto de partida) que será atingida por
Laura após dar 100 pedaladas.
b) O quadro da bicicleta de Laura está destacado a seguir. Com base nos
dados da figura e sabendo que a mede 22 cm, calcule o comprimento
b da barra que liga o eixo da roda ao eixo dos pedais.
RESOLUÇÃO:
a) Após 100 pedaladas, Laura subiu 
3,15 . 100 = 315 me tros da rampa, atingindo a altura, em metros, de:
h = 315 . sen α = 315 . �						1 – cos2 α = 
= 315 . ��					1 – (�			0,99)2 = 315 . �			0,01 = 31,5
b) A figura seguinte esquematiza o quadro da bici cleta de Laura.
Sendo sen 75° = sen (45° + 30°) = 
= sen 45° . cos 30° + sen 30° . cos 45° =
=
, temos, pela lei dos senos e em centímetros:
100
––––
BD
100
––––
200
1
––
2
CD
–––
BD
CD
–––
100
CD
–––
100
���6 + ���2
–––––––––
4
MÓDULO 1177 Trigonometria I
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 33
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
34 –
= ⇒ = ⇒ b = 11 ���2 ����3 + 1�
Respostas: a) 31,5 m
b) 11���2 ����3 + 1� cm
3. (FUVEST) – O triângulo ABC da fi gura abaixo é equilátero de lado 1.
Os pontos E, F e G pertencem, respecti vamente, aos lados 
–––
AB, 
–––
AC e
–––
BC do triângulo. Além disso, os ângulos A^FE e C ^GF são retos e a
medida do segmento 
–––
AF é x.
Assim, determine:
a) a área do triângulo AFE em função de x;
b) o valor de x para o qual o ângulo F^EG também é reto.
RESOLUÇÃO:
a) No triângulo AFE, temos:
tg 60° = ⇒ ����3 = ⇒ EF = x����3
Assim, a área do triângulo AFE é:
SAFE = = = 
b) 1.o) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AFE, temos:
(AE)2 = (AF)2 + (EF)2 = x2 + (x����3 )2 ⇒
⇒ AE = 2x e, portanto, BE = AB – AE ⇒ BE = 1 – 2x.
2.o) Se FE^G é reto, então GE^B = 60° e, portanto, o triângulo GEB é
equilátero. 
Assim, EG = BE = 1 – 2x.
3.o) No triângulo FEG, temos:
tg 30° = ⇒ = ⇒
⇒ ����3 – 2x ����3 = 3x ����3 ⇒ x = 
Respostas: a) b) 
4. (UNESP) – Determinando m, de modo que as raízes da equação
x2 – mx + m + m2 = 0 sejam o seno e o cosseno do mesmo ângulo,
os possíveis valores desse ângulo no 1.º ciclo trigonométrico são:
a) 0° ou π. b) 3π/2 ou 2π. c) π ou 2π.
d) π/2 ou 3π/2. e) π ou 3π/2.
RESOLUÇÃO:
Sendo sen θ e cos θ, 0 ≤ θ ≤ 2π, raízes da equação x2 – mx + m + m2 = 0,
temos:
sen θ + cos θ = m e sen θ . cos θ = m + m2
Assim: 
sen θ + cos θ = m ⇒ sen2θ + 2 sen θ cos θ + cos2θ = m2 ⇒
⇒ 1 + 2 sen θ cos θ = m2
Como sen θ cos θ = m + m2, então 1 + 2(m + m2) = m2 ⇒ m = – 1.
Dessa forma, temos:
⇔ ou ⇒ θ = π ou θ =
Resposta: E
b
–––––––
sen 75°
a
––––––
sen 30°
b
––––––––––––
���6 + ���2
––––––––
4
22
–––––
1
––
2
EF
—––
x
EF
—––
x
(AF) . (EF)
——–––––––––
2
x . x����3
——–––––––
2
x2 ����3
——––––
2
EF
—–––
EG
����3
——–
3
x����3
–––––––
1 – 2x
1
—–
5
x2 ����3
——––––
2
1
—–
5
3π
–––
2
sen θ = – 1
cos θ = 0�
sen θ = 0
cos θ = – 1�
sen θ + cos θ = – 1
sen θ . cos θ = 0�
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 34
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 35
1. (UFBA) – No plano cartesiano, considere a reta r que passa pelos
pontos P (24,0) e Q (0,18) e a reta s, perpendicular a r, que passa pelo
ponto médio de P e Q. Assim sendo, determine a hipotenusa do
triângulo cujos vértices são o ponto Q e os pontos de intersecção da
reta s com a reta r e com o eixo Oy.
RESOLUÇÃO:
1.o) Ponto médio de PQ––– :
M ⇔ M (12; 9)
2.o) mr = = – ⇒ ms = (pois r ⊥ s).
3.o) Equação da reta s, que passa pelo ponto M (12; 9) e tem coeficiente
angular ms = : y – 9 = . (x – 12).
4.o) A reta s intercepta o eixo Oy no ponto P, 
tal que: x =0 → y – 9 = . (–12) ⇔ y = –7. 
Assim: P (0; –7).
5.o) O triângulo em questão é constituído pelos pontos Q (0; 18), M (12; 9)
e P (0; –7), cuja hipotenusa é: PQ = �18 � + �–7 � = 25
2. (UFJF) – Considere o retângulo ABCD abaixo. Os pontos C e D
têm coordenadas cartesianas respectivamente iguais a (9; 4) e (1; 4). O
ponto E é um ponto no segmento CD tal que EC = CD e A^EBé um
ângulo reto.
A reta que passa pelos pontos B e E tem equação na forma y = αx + β,
em que:
a) α ∈ [–2; –1] e β < –7. b) α ∈ [–4; –2] e 0 < β < 1.
c) α ∈ [–1; 0] e β < 9. d) α ∈ [–2; –1] e β > 11.
e) α ∈ [–3; –2] e β > 10.
RESOLUÇÃO:
Conforme o enunciado, temos:
1.o) CD = 8 = AB
2.o) EC = . CD = 2 ⇒ ED = 6
3.o) E (7; 4)
4.o)
⇒
5.o) tg γ = = = ⇒ γ = 30°
6.o) Coeficiente angular da reta BE:
m = tg θ = tg (90° + γ) = tg 120° = – �	3
7.o) Equação da reta BE, que passa pelo ponto E (7; 4), com coeficiente
angular m = – �	3:
y – 4 = – �	3 . (x – 7) ⇔ y = – �	3 x + 7 �	3 + 4.
� 24 + 0––––––;2 0 + 18 ––––––2 �
18 – 0
—–––––
0 – 24
3
—–
4
4
––
3
4
––
3
4
––
3
4
––
3
1
––
4
1
––
4
a2 + b2 = 82
a2 = c2 + 22
b2 = c2 + 62 � 2c2 + 40 = 64c2 = 12
c = 2�	3
2
––
c
2
–––––
2�	3
�	3
––––
3
MÓDULO 1188 Geometria Analítica I
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 35
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
36 –
Na forma y = α . x + β, temos:
α = – �	3 � – 1,7 ⇒ α ∈ [– 2; – 1]
β = 7�	3 + 4 � 7 . 1,3 + 4 � 13,1 ⇒ β > 11.
Resposta: D
3. (UNICAMP-2010) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações:
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.
b) y = z = 
� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1
8
–––
42x � 8–––42x �
8
–––
42z
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 �
4y + 8z = 6
– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 36
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 37
4. (UNIFESP) – Considere, num sistema ortogonal, conforme a
figura, a reta de equação r : y = kx (k > 0 um número real), os pontos
A (x0; 0) e B (x0; kx0) (com x0 > 0) e o semicírculo de diâmetro AB.
a) Calcule a razão entre a área S, do semicírculo, e a área T, do
triângulo OAB, sendo O a origem do sistema de coordenadas.
b) Calcule, se existir, o valor de k que acarrete a igualdade S = T, para
todo x0 > 0.
RESOLUÇÃO:
De acordo com os dados representados na figura acima:
1) a área do triângulo OAB é:
T = = 
2) a área do semicírculo de raio é:
S = =
3) a razão entre S e T é:
= =
4) se T = S, então = 1 ⇔ k = .
Respostas: a) = b) k = 
k . x0
π . �––––––�
2
2
–––––––––––––
2
π k2 . x0
2
––––––––
8
S
–––
T
π k2 . x0
2
–––––––––
8
––––––––––––
k . x0
2
––––––
2
π k
––––
4
π k
––––
4
4
–––
π
S
–––
T
π k
––––
4
4
–––
π
k . x0
––––––
2
x0 . kx0
––––––––
2
k . x0
2
––––––––
2
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 37
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
38 –
1. (UFJF) – Esta questão se destina a estabelecer uma demonstração
para a fórmula:
sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α
a) No círculo trigonométrico apresentado, observe os triângulos HFB
e HCO e mostre que os ângulos α e θ são congruentes.
b) Mostre que GB = sen β . cos α.
c) Admitindo que já tenha sido provado que FD = sen α . cos β,
conclua que:
sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α
d) Calcule o valor de sen75°.
RESOLUÇÃO:
a) Se H é o ponto de intersecção dos segmentos OA––– e CB––– , então OH^ C � BH^ F
(opostos pelo vértice).
Assim, Δ HFB � Δ HCO (critério AA�) e, portanto, 
CO^ H � FB^ H ⇔ α � θ.
b) 1.o) Δ BGF é retângulo: cos θ = ⇔ GB = BF . cos θ.
2.o) Como α = θ, temos cos θ = cos α. 
3.o) Δ OFB é retângulo: sen β = ⇔ BF = OB . sen β = 1 . sen β = sen β.
Portanto: GB = sen β . cos α.
c) 1.o) Δ OCB é retângulo: sen (α + β) = ⇔
⇔ CB = 1 . sen (α + β) = sen (α + β)
2.o) O quadrilátero CDFG é um retângulo; assim, CG = FD = sen α . cos β.
Portanto, sen (α + β) = CB = CG + GB = sen α . cos β + sen β . cos α.
d) sen 75° = sen (30° + 45°) = sen 30° . cos 45° + cos 30° . sen 45° =
= . + . =
2. (FGV) – Um estudante tinha de calcular a área do triângulo ABC,
mas um pedaço da folha do caderno rasgou-se. Ele, então, traçou o
segmento 
—
A’C’ paralelo a 
—
AC, a altura C’H do triângulo A’BC’ e, com
uma régua, obteve estas medidas:
C’H = 1,2 cm, A’B = 1,4 cm e AB = 4,2 cm.
a) Use essas medidas e calcule a área do triângulo ABC.
b) Com a régua, ele mediu também o lado —A’C’ e obteve A’C’ = 1,5 cm.
Se as medidas em graus dos ângulos agudos ^A e ^B são
respectivamente a e b, calcule o valor de sen(a – b).
RESOLUÇÃO:
GB
–––
BF
BF
–––
OB
CB
–––
OB
1
–––
2
�	2
–––
2
�	2 + �	6
––––––––
4
�	3
–––
2
�	2
–––
2
MÓDULO 1199 Trigonometria II
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 38
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 39
a) Sendo SABC e SA’BC’ respectivamente as áreas, em cm2, dos triângulos
semelhantes ABC e A’BC’, temos:
⇒ SABC = 9 . 0,84 = 7,56
b) 1) No triângulo retângulo A’HC’, em cm, temos:
A’H2 + C’H2 = A’C’2 ⇔ A’H2 + (1,2)2 = 1,52 ⇔
⇔ A’H = 0,9, pois A’H > 0.
2) HB = A’ B – A’H = 1,4 – 0,9 = 0,5
3) No triângulo retângulo C’HB, em cm, temos:
C’B2 = HB2 + C’H2 ⇔ C’B2 = 0,52 + 1,22 = 1,69 ⇒
⇒ C’B = 1,3, pois C’B > 0. 
4) sen a = = = 
cos a = = = 
sen b = = = 
cos b = = = 
sen(a – b) = sen a . cos b – sen b . cos a = 
= . – . =
= – = –
Respostas: a) 7,56 cm2 b) –
3. (UFJF) – Considere a função f: [0; 2π] →�definida por f(x) = 2 + cos x. 
a) Determine todos os valores do domínio da função f para os quais
f(x) > 3/2.
b) Seja g: [0,2π] → � a função definida por g(x) = 2x.
Determine a função composta h = fog.
c) Verifique que a lei da função composta h pode ser escrita na forma
h(x) = 3 – 2 sen2x.
RESOLUÇÃO:
a) f(x) > ⇔ 2 + cos x > ⇔ cos x > –
Com base no ciclo ao lado, conclui-se que: 
0 ≤ x < ou < x ≤ 2π
b) f(x) = 2 + cos x
g(x) = 2x
h = fog = f [g(x)] = 2 + cos (2x)
c) h(x) = 2 + cos(2x) = 2 + 1 – 2 . sen2x = 3 – 2 . sen2x
4
–––
5
1,2
––––
1,5
C’H
––––––
A’C’
3
–––
5
0,9
––––
1,5
A’H
––––––
A’C’
12
–––
13
1,2
––––
1,3
C’H
–––––
C’B
5
–––
13
0,5
––––
1,3
HB
–––––
C’B
3
––
5
12
–––
13
5
–––
13
4
–––
5
16
–––
65
36
–––
65
20
–––
65
16
–––
65
1
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4π
–––
3
2π
–––
3
⇒
4,2SABC = �––––�2 . SA’BC’1,4
1,4.1,2SA’BC’ = –––––– = 0,842
�⇔�
SABC AB
–––––– = �–––––�2SA’BC’ A’B
A’B . C’HSA’BC’ = –––––––––2
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 39
4. (UFG) – Em um jogo de sinuca, uma bola é lançada do ponto O para
atingir o ponto C, passando pelos pontos A e B e seguindo a trajetória indicada
na figura a seguir.
Nessas condições, calcule:
a) o ângulo β em função do ângulo θ;
b) o valor de x indicado na figura.
RESOLUÇÃO:
a)
Considerando-se os triângulos, conclui-se que:
θ