cad c4 curso a prof teoria matematica

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Álgebra FRENTE 1
1. Fatorial
O fatorial de n ∈ � é represen tado por n! e é
definido por
Consequência
Decorre da definição que 0! = 1! = 1 e, para 
n � 2, temos n! = n . (n – 1) (n – 2) ... 3 . 2 . 1
Exemplo
6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
2. Números Binomiais
Definição
Sendo n, k ∈ �, o número bino mial de ordem n e
classe k, ou bino mial de n sobre k, representado por 
, é definido por
Exemplos
1. = 0, pois 2 < 7.
2. = = = 120
3. = = =120
Propriedades
(Binomiais Complementares)
= , para n ≥ k. 
(Relação de Stifel)
+ = 
(Relação de Fermat)
. = 
0! = 1� n! = n . (n – 1)!, ∀n ∈ �*
n
k
n!
� (k
n) = ––––––––––––, se n ≥ k k! (n – k)! 
(k
n) = 0, se n < k
� �
2
7
� 103 �
10!–––––3! 7!
10 . 9 . 8 . 7!––––––––––––
3 . 2 . 1 . 7!
( 107 ) 10!–––––7! 3! ( 103 )
( nk ) ( nn – k )
( nk ) ( nk + 1 ) ( n + 1k + 1 )
( nk ) n – k––––––k + 1 ( nk + 1 )
� �
MÓDULO 29 Fatorial e Números Binomiais
1. Definição
É uma tabela de números bino miais dispostos como
se segue.
.....................................................
.....................................................
…
.....................................................
.....................................................
Substituindo-se cada número binomial pelo seu
valor, resulta
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
...……………………………………
Observações
1. Se dois números binomiais têm o mes mo “numera -
dor”, dizemos que estão na mesma linha do triân -
gulo.
2. Se dois números binomiais têm o mesmo “deno -
minador”, dizemos que estão na mesma coluna do
triângulo.
( 00 )
( 10 ) ( 11 )
( 20 ) ( 21 ) ( 22 )
( 30 ) ( 31 ) ( 32 ) ( 33 )
( n0 ) ( n1 ) ( n2 ) ( n3 ) ( n4 ) ( nn )
MÓDULO 30 Triângulo de Pascal (ou Tartaglia)
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2. Propriedades
1. A soma de dois números bino miais con secutivos de
uma mes ma linha é igual àquele situado na linha se -
guin te e na coluna do que pos sui maior “deno -
minador” (Rela ção de Stifel).
Em símbolos 
n n n + 1( ) + ( ) = ( )k k + 1 k + 1
2. A soma de todos os binomiais da linha n é 2n.
n n n n( ) + ( ) + ( )+ ... + ( ) = 2n0 1 2 n 
3. A soma dos binomiais da coluna k, a partir do
primeiro, é igual ao binomial localizado na próxima
linha e na próxima coluna.
Em símbolos
k k + 1 k + 2 n n + 1( ) + ( ) + ( ) + ... + ( ) = ( )k k k k k + 1
4. A soma dos binomiais de uma diagonal (“paralela ao
lado oblí quo do triângulo”), a partir do primeiro, é
igual ao binomial abai xo da última parcela.
Em símbolos
k k + 1 k + 2 n n + 1 ( ) + ( ) + ( ) + ... + ( ) = ( )0 1 2 n – k n – k
5. Em qualquer linha, a partir da se gun da, dois binomiais
equidis tan tes dos extremos são iguais, pois são
binomiais complemen tares.
Em símbolos
n n( ) = ( )k n – k 
1. Teorema
Sejam x, y ∈ � e n ∈ �. De -
monstra-se que
(x + y)n = ( ) xny0 + ( ) xn – 1y1 +
+ ( ) xn – 2y2 + ... + +
+ ... + ( ) x0yn
O desenvolvimento de (x – y)n é feito
lembrando que (x – y)n = [ x + (– y) ]n.
Exemplo
(x + y)10 = ( ) x10y0 + 
+ ( )x9y1 + ( ) x8y2 … +
+ ( )x0y10 = x10 + 10x9y +
+ 45x8y2 + ... + 10xy9 + y10
2. Termo Geral
, para os ex-
 poentes de x em ordem decres cen te. 
, para os
expoentes de x em ordem crescente.
3. Soma dos Coeficientes
Para obter a soma S dos coe fi -
cien tes dos termos do desenvol -
vimen to de (ax ± by)n, em que 
a, b ∈ �* são constantes e x, y ∈ �*
são as va riá veis, basta substituir, em
(ax ± by)n, x e y por 1. 
Assim, . 
n
0
n
1
n
2
n� � xn – kykk
n
n
10
0
10
1
10
2
10
10
n
Tk + 1= � � xn – k ykk
n
Tk + 1 = � �xk yn – kk
S = (a ± b)n
MÓDULO 31 Teorema do Binômio de Newton
1. Introdução
Para se chegar a 50 063 860 jo -
gos na Megassena (total de agru pa -
mentos de 6 números esco lhidos
entre um total de 60) ou a 4 782 969
resul tados possíveis na Lo te ria Espor -
tiva (palpites para 14 par tidas de
futebol), são usados prin cípios de
Análise Combinatória.
Esse ramo da Matemática aborda
problemas de contagem e nos per -
mite descobrir, ainda, de quantas ma -
neiras diferentes podem ser forma -
das filas de pessoas ou quan tas
senhas distintas um banco con segue
emitir para seus clientes, além de
possibilitar a resolução de inú me ras
situações da vida prática.
2. Contagem
As quantidades obtidas nas re so -
lu ções dos problemas variam de
poucas unidades a muitos milhões.
Em alguns casos é vantagem
con tar, uma a uma, todas as pos sibi li -
da des, anotando de maneira orde na -
da os possíveis agrupa men tos que
satisfazem o problema.
MÓDULO 32 Princípio Fundamental da Contagem e Arranjos Simples
C4_AB_MAT_TEO 2016_ROSE 12/04/16 13:04 Página 58
Exemplo 1
Um quadrado ABCD de lado 3
centímetros teve seus lados divididos
em partes de 1 centímetro cada uma
e os pontos ligados por segmentos
de reta, como ilustra a figura a seguir.
Para saber quantos quadrados
podem ser destacados do desenho,
devemos levar em conta que, além do
quadrado ABCD e dos 9 “qua dra -
 dinhos”, numerados de 1 a 9, te mos
mais 4 de lado 2 centímetros cada
um. 
O total, portanto, é 1 + 4 + 9 = 14
quadrados.
Essa contagem pode ser feita
como segue.
I) 1 quadrado de lado 3 cen tíme -
tros;
II) 4 quadrados de lado 2 cen tí -
me tros, que são os constituídos pela
união dos “quadradinhos” (1, 2, 4, 5),
(2, 3, 5, 6), (4, 5, 7, 8) e (5, 6, 8, 9); 
III) 9 quadrados de lado 1 cen -
tíme tro.
Exemplo 2
Para determinar quantas se quên -
 cias de 7 elementos cada uma podem
ser formadas com os elemen tos
distintos A e B, sendo exa ta mente 3
deles iguais a “A” e que devem estar
em po si ções consecutivas, não é
difícil escrever e contar as 5 pos -
sibili da des, que são (A, A, A, B, B, B,
B), (B, A, A, A, B, B, B), (B, B, A, A, A, B,
B), (B, B, B, A, A, A, B) e (B, B, B, B,
A, A, A).
Conclui-se, entretanto, que, sem
nenhuma restrição, são 128 sequên -
cias com 7 elementos cada uma,
formadas com A e B. Porém, chegar
a tal número de sequências, escre -
vendo e contando todas, seria uma
tarefa muito trabalhosa. Vere mos, a
seguir, como resolver esse tipo de
problema utilizando o Prin cí pio Fun da -
mental da Contagem.
3. Princípio Fundamental
da Contagem
Considere um acontecimento
com posto de dois estágios suces -
sivos e independentes.
Se o primeiro estágio pode ocor -
rer de m modos distintos e, em se -
guida, o segundo estágio pode ocor -
rer de n modos distintos, então o nú -
mero de maneiras de ocorrer esse
acon tecimento é igual ao produto
m.n.
No caso das sequências com os
elementos A e B, sem restrições, ci -
ta das anterior mente, devemos notar
que cada uma pode iniciar-se de dois
modos distintos (A ou B). Para cada
uma des sas possibi lidades, existem
outras duas (A ou B) para a segunda
posição e assim suces sivamente.
Até o terceiro estágio, os 8 ca sos
podem ser dispostos de acordo com
o seguinte diagrama:
Observe que, seguindo esse racio -
cínio, chega-se ao número total, que é 
2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 27 = 128.
4. Técnicas de Contagem
Basicamente, são dois os tipos
de agrupamentos utilizados em Aná -
lise Combinatória: arranjos e com bi -
na ções.
Para diferenciar um do outro, to -
me mos os seguintes exemplos:
Exemplo 1
Considere quatro pontos, A, B, C
e D, distintos de um mesmo plano, de
modo que três quaisquer deles não
estejam alinhados, como na figura.
A • • B
D • C •
Os triângulos ABC e ABD são
diferentes. Diferem pela natu re za 
(C ≠ D) de pelo menos um de seus
elementos.
No entanto, ABC e ACB repre -
sen tam omesmo triângulo. A or -
dem de leitura dos vértices não dife -
rencia um do outro.
Esses agrupamentos que dife rem
apenas pela natureza de pelo me nos
um de seus elementos (não pela
ordem) são chamados combinações.
Exemplo 2
Considere, agora, os algaris mos
1, 2, 3 e 4.
Os números 123 (cento e vinte e
três) e 124 (cento e vinte e quatro)
são di fe rentes. Diferem pela natu -
reza (3 ≠ 4) de pelo menos um de
seus elementos.
Os números 123 e 132, embora
cons tituídos pelos mesmos algaris -
mos, também são diferentes. Dife -
rem pela ordem de seus elementos.
Esses agrupamentos que dife -
rem pela natureza de pelo menos
um de seus elementos e também
diferem pela or dem deles são
chamados arranjos.
5. Arranjos Simples
Como vimos, são agrupamentos
que diferem entre si pela ordem ou
pela natureza de seus ele men tos. O
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número de arranjos simples de n
elementos tomados k a k, ou classe
k, com n ≥ k, é dado por
Exemplo 1
A10,3 = =
= =
= 10 . 9 . 8 = 720
Exemplo 2
A9,4 = =
= =
= 9 . 8 . 7 . 6 = 3024
Exemplo 3
Com os algarismos de 1 a 9 po -
dem ser formados A9,4 = 3024 núme -
ros de 4 algarismos distintos. Note
que cada número difere de outro pela
natureza ou pela ordem de seus
elementos.
6. Arranjos com Repetição
O número de arranjos com repe -
tição de n elementos k a k é dado por
An,k = n(n – 1)(n – 2)…(n – k + 1) =
n!
= –––––––––
(n – k)!
A*n, k = n
k
10!
––––––––––
(10 – 3)!
10 . 9 . 8 . 7!
––––––––––––––
7!
9!
–––––––
(9 – 4)!
9 . 8 . 7 . 6 . 5!
––––––––––––––
5!
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1. Permutações Simples
São arranjos simples de n ele -
men tos tomados k a k em que n = k.
Assim, permutações simples são
agru pamentos que diferem entre si
apenas pela ordem de seus ele -
mentos.
Podemos dizer que uma per mu ta -
 ção de n elemen tos é qualquer agru -
 pa mento orde nado desses n ele -
mentos.
Por exemplo, as permuta ções dos
elementos distintos A, B e C são ABC,
ACB, BAC, BCA, CAB e CBA.
O número de permutações sim -
ples de n elementos é dado por
2. Permutação com Repetição
Sejam α elementos iguais a a, β
elementos iguais a b, γ elementos
iguais a c, …, λ elementos iguais a i,
num total de α + β + γ + … + λ = n
elementos.
O número de permutações dis tin -
tas que podemos obter com esses n
elementos é
1. De quantas maneiras quatro
livros diferentes de Matemática,
seis de Física e três de Química
podem ser dispostos em uma
pra teleira, de modo que os de
uma mesma matéria fiquem
juntos?
Resolução
Só os de Matemática: P4
Só os de Física: P6
Só os de Química: P3
Como para cada uma dessas 
ma nei ras podemos permutar os
três grupos, obtém-se
(P4 . P6 . P3) . P3 =
= (24 . 720 . 6) . 6 = 622 080.
Resposta: 622080
2. Um carrinho de montanha-russa é
formado por três bancos de dois
lugares cada um. De quan tas ma -
neiras três casais podem se aco -
 mo dar nesse veículo, de mo do
que nenhum casal seja sepa ra do?
Resolução
Sejam (a1, a2) . (b1,b2) e (c1,c2) os
três casais dispostos nessa or -
dem, respectivamente, nos ban -
 cos 1, 2 e 3. Ocupando esses
lugares, eles podem se dispor de
2 . 2 . 2 = 23 = 8 maneiras
diferentes. Para cada uma des sas
possibilidades, os casais podem
ser colocados de P3 = 3! = 6
modos nos três bancos.
O número de maneiras de aco -
mo dá-los, de acordo com o enun -
ciado, é, portanto, igual a 
23 . 3! = 8 . 6 = 48.
Resposta: 48
n!
Pn = An,n = ––––––––– = n!(n – n)!
Pn = n!
n!
Pn
(α, β, γ, ..., δ)
= ––––––––––––––––
α! . β! . γ! … λ!
Exercícios Resolvidos
MÓDULO 33 Permutações
C4_AB_MAT_TEO 2016_ROSE 28/01/16 10:14 Página 60
MÓDULO 35 Permutações Circulares e Combinações Completas
1. Permutações Circulares
O número de permutações cir cu lares de n elemen -
tos é dado por
.
2. Combinações com Repetição
O número de combinações com repetição de n
elementos k a k é dado por
P’n = (n – 1)!
n + k – 1 
C*n,k = Cn+k – 1,k = � �k
1. Combinações Simples
São agrupamentos que diferem
entre si apenas pela natureza de
seus elementos.
Podemos dizer que uma com -
 binação de n elementos dis tintos to -
mados k a k ( n ≥ k) é uma escolha
não ordenada de k dos n elementos
dados.
Por exemplo, as combinações
dos 4 elementos distintos A, B, C e D,
tomados 3 a 3, são ABC, ABD, ACD
e BCD.
É bom notar que ABC e BAC,
bem como todas as permutações de
A, B e C, representam a mesma com -
binação. O mesmo acontece com
cada um dos agrupamentos ABC,
ACD e BCD.
O número de combinações sim -
ples de n elementos, tomados k a k,
ou classe k (n ≥ k), é dado por
An,k n! nCn,k = –––––– = –––––––––– = � �Pk k!(n – k)! k 
n!
Cn,k = ––––––––––k!(n – k)!
MÓDULO 34 Combinações
1. Conceito de Probabilidade
Seja uma experiência em que po de ocorrer qualquer
um de n resul tados possíveis. Cada um dos n resultados
possíveis é chamado ponto amostral e o conjunto S de
todos os pontos amostrais é chamado espaço amostral;
qualquer sub con junto A do espaço amostral S é chamado
de evento.
Chama-se probabilidade de ocor rer um evento A de
um espaço amos
 
tral S ≠ Ø ao número ,
em que n(A) é o nú mero de elemen tos de A, e n(S) é o
número de ele men tos de S.
Na prática, costuma-se dizer que probabilidade é o
quociente entre o número de casos favoráveis, que é
n(A), e o número de casos pos sí veis, que é n(S).
2. Propriedades
Sendo S ≠ Ø um espaço qual quer, A, um evento de
S e A
—
, o com plementar de A em S, valem as seguintes
propriedades:
• P(Ø) = 0
• P(S) = 1
• 0 ≤ P(A) ≤ 1
• P(A) + P(A
—
) = 1
3. União de Dois Eventos
Sejam A e B dois eventos de um espaço amostral 
S ≠ Ø.
A probabilidade de ocorrer A ou B é dada por
Observe que o número de ele mentos de A ∪ B, 
n(A ∪ B), é dado por n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇔
⇔ = + – ⇔
⇔ P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B).
n(A)
P(A) = –––––
n(S)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(A ∩ B)
––––––
n(S)
n(B)
––––
n(S)
n(A)
––––
n(S)
n(A ∪ B)
––––––
n(S)
MÓDULO 36 Probabilidades, Definição e União de Eventos
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Se A ∩ B = Ø, A e B são chama dos eventos mutua -
mente exclusivos. Neste caso,
Se A ∩ B = Ø e A ∪ B = S, A e B são chamados
eventos exaustivos. 
Então,
Generalizando: sejam n eventos A1, A2, A3, ..., An de
um espaço amostral S, tais que
A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ... ∪ An = S.
Assim, 
P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ... ∪ An) = P(S) = 1
Além disso, se A1, A2, A3, ... , An são, dois a dois,
mutuamente exclu si vos, então eles são eventos exausti -
vos.
Assim sendo,
P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ... ∪ An) =
= P(A1) + P(A2) + P(A3) + ... + P(An) = 1
Numa urna, existem 10 bolas nu meradas de 1 a 10.
Retiran do-se, ao acaso, uma bola dessa urna, qual a
probabilidade de se ter
a) um múltiplo de 2 ou um múlti plo de 3?
b) um número ímpar ou um múlti plo de 6?
Resolução
O espaço amostral é
S = {1; 2; 3; ... ; 10} e n(S) = 10.
a) 1) O evento “múltiplo de 2” é
A = {2; 4; 6; 8; 10} e n(A)= 5.
2) O evento “múltiplo de 3” é 
B = {3; 6; 9} e n(B) = 3.
3) A ∩ B = {6} e n(A ∩ B) = 1.
4) P(A) = = ,
P(B) = = e
P(A ∩ B) = = .
5) P(A ∪B) =P(A) + P(B) – P(A ∩ B).
Logo, P(A ∪ B) = 
= + – = = 70%
b) 1) O evento “número ímpar” é 
A = {1; 3; 5; 7; 9} e n(A) = 5.
2) O evento “múltiplo de 6” é B = {6} e n(B) = 1.
3) A ∩ B = Ø e n(A ∩ B) = 0 
(A e B são mutuamente ex clusivos).
4) P(A) = = ,
P(B) = = e
P(A ∩ B) = 0.
5) P(A ∪ B) =
= P(A)+P(B)–P(A∩B)=P(A)+P(B)
Logo, 
P(A∪B)=+ = = 60%.
Respostas: a) 70% b) 60%
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 1
n(A)
––––
n(S)
5
––
10
n(B)
––––
n(S)
3
––
10
n(A ∩ B)
––––––––
n(S)
1
–––
10
5
––
10
3
––
10
1
––
10
7
––
10
n(A)
––––
n(S)
5
––
10
n(B)
––––
n(S)
1
––
10
5
––
10
1
––
10
6
––
10
Exercício Resolvido
P(A ∪ B) = P(A) + P(B)
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Álgebra FRENTE 2
MÓDULO 15 Progressão Geométrica: 
Propriedades e Fórmula do Produto
1. Termos Equidistantes
“O produto de dois termos equidistantes dos extre -
mos é igual ao produto dos extremos.”
, com p + k = 1 + n
2. Média Geométrica
“Cada termo de uma P.G., a partir do segundo, é a
MÉDIA GEOMÉ TRICA entre o termo anterior e o
posterior”.
Seja a P.G.: (a1, a2, ..., ap – 1, ap, ap + 1...)
Então:
Exemplo
Se (an) = (1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, ...) é uma
P.G., então 
a1 . a9 = a2 . a8 = a3 . a7 = a4 . a6 = a5
2 , 
pois 1 . 256 = 2 . 128 = 4 . 64 = 8 . 32 = 162
3. Produto dos N Primeiros Termos de uma P.G.
Teorema
Se (an) é uma P.G. e Pn é PRO DUTO DOS n PRI MEI -
ROS TERMOS, então: 
Observação
A fórmula acima nos permite calcular o módulo do
produto; para obter o sinal de Pn, basta analisar o sinal
dos termos.
Exemplo
Na P.G. (an) = (1, – 3, 9, – 27, 81 …), o produto dos 8
primeiros termos é 328, pois:
• q = = = – 3
• a8 = a1 . q
7 ⇒ a8 = 1.(–3)
7 = (–1) . 37
• |P8| = ������������ (a1 . a8)8 = ��������������� (1. (–1).37)8 = �����356 ⇔
⇔ |P8| = 328
• Dos 8 termos, 4 são estrita mente positivos e 4
são estritamente negativos. 
Assim, como a quantidade dos negativos é par (4),
o produto será positivo.
Logo, P8 = 3
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4. Soma dos N Primeiros Termos de uma P.G. 
Teorema
Se (an) é uma P.G. de razão q e Sn é a soma dos n
primeiros termos de (an), então:
, se q = 1
ou
, se q � 1
Exemplo
A soma dos 10 primeiros termos da P.G. 
(an) = (1, 3, 9, 27, 81, …) é 29524, pois:
• q = = = 3 
• S10 = ⇔
⇔ S10= = ⇔ S10 = 29524
ap . ak = a1 . an
ap
2 = ap – 1 . ap + 1
|Pn| = ����������(a1 . an)n
a2––––
a1
– 3
––––
1
Sn = n . a1
a1 . (1 – q
n ) 
Sn = —————––– 1 – q
a1 . (q
n – 1)
Sn = ——–——––
q – 1
a2
–––
a1
3
––
1
a1 . (q
10 – 1)
–––––––––––––
q – 1
1 . (310 – 1)
–––––––––––
3 – 1
310 – 1
–––––––
2
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1. Soma dos N Primeiros Termos de uma P.G.
Se (an) é uma P.G. de razão q � 1 e Sn é a soma dos
n primeiros termos de (an), então:
Exemplo
A soma dos dez primeiros ter mos da P.G.
(an) = 1, , , , ... é , pois 
S10 = = = 
2. Progressão Harmônica (P.H.)
Seja (an) uma sequência de termos não nulos. A
sequência (an) é uma PROGRESSÃO HARMÔNICA (P.H.)
se, e somente se, a sequência é uma PRO -
GRESSÃO ARIT MÉTI CA (P.A). Isto é, a sequência (a1, a2,
..., an ...) é uma P.H. se, e somente se, a sequência:
; ; ; …; … é uma P.A.
Exemplo
O nono termo da P.H. 
(an) =( , , , …) é – , pois:
• Se ( , , , …) é P.H., então (9, 7, 5 …) é P.A.
• Na P.A. (9, 7, 5, ...), o nono ter mo é: 
a9 = a1 + 8r ⇒ a9 = 9 + 8 . (– 2) ⇒ a9 = – 7
• O nono termo da P.H. é =
3. O Limite da Soma dos Infinitos 
Termos de uma P.G.
Seja (an) uma P.G. de razão q tal que .
A soma S dos infinitos termos da P.G. existe, é finita
e pode ser obtida calculando-se Sn.
De fato
– 1 < q < 1 → (qn) = 0, portanto,
S = a1 + a2 + a3 + ... = Sn =
= = = 
Assim sendo, a soma dos infinitos termos de uma
P.G. de razão q, com – 1 < q < 1, é
O limite da soma dos infinitos termos da P.G.
(an) = 1, , , , … é 2, pois 
S = a1 + a2 + a3 + ... = 1 + + + ... é o limite 
de Sn quando n tende a infinito com a1 = 1 e q = .
Assim, 
S = = =
= = = 2
a1 . (1 – q
n) a1 . (q
n – 1)
Sn = –––––––––––––– = ––––––––––––––1 – q q – 1
1
––
2
1
––
4
1
––
8
1023
–––––
512
a1 . (1 – q
10)
–––––––––––––
1 – q
1
1 . �1 – �––�
10
�2
–––––––––––––––
11 – –––
2
1023
––––––
512
1––––an
1–––a1
1–––a2
1–––a3
1–––an
1–––
9 
1–––
7 
1–––
5 
1–––
7 
1–––
9 
1–––
7 
1–––
5 
1
–––––
– 7 
1
– –––
7 
– 1 < q < 1
lim
n → +∞
lim
n → +∞
lim
n → +∞
lim
n → +∞
a1 . (1 – q
n)
––––––––––––
1 – q
a1 . (1 – 0)––––––––––––
1 – q
a1–––––––
1 – q
a1S = ––––––
1 – q
1–––
2 
1–––
4 
1–––
8 
1–––
2 
1–––
4 
1–––
2 
lim Sn
n → +∞
lim
n → +∞
a1(1 – q
n)
–––––––––––
1 – q 
a1––––––
1 – q 
1
––––––––
1 
1 – ––
2 
��
��
�� ��
MÓDULOS 16 e 17 Soma dos Termos de uma 
Progressão Geométrica e Progressão harmônica
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– 65
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
1. Definições
Definição de matriz m x n 
a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2n
M = …………………...
…………………...
am1 am2 ... amn 
ou M = (aij)mxn
m = número de linhas
n = número de colunas 
m � n ⇒ matriz retangular
m = n ⇒ matriz quadrada
m = 1 ⇒ matriz linha
n = 1 ⇒ matriz coluna
Exemplo
M = [aij]2x3 tal que aij = i + j é a matriz retangular de
ordem 2x3 com
a11 = 1 + 1 = 2; 
a12= 1 + 2 = 3; 
a13= 1 + 3 = 4
a21 = 2 + 1 = 3; 
a22= 2 + 2 = 4; 
a23= 2 + 3 = 5
Logo:
2 3 4 
M =
3 4 5 
Matriz nula de ordem m x n
0 = (xij)mxn tal que xij = 0
0 ... 0 ...... 0 
0 ... 0 ...... 00mxn = ……………....
0 ... 0 ...... 0 m x n
Matriz unidade (ou identidade de ordem n)
In = (xij)nxn tal que:
xij = 1 se i = j
xij = 0 se i � j
1 0 0 .......... 0 
0 1 0 .......... 0
In = ……………................... 
0 ................... 1 0
0 0 .............. 1 n x n
Exemplo
1 0 0 
I3 = 0 1 0
0 0 1 
é a matriz identidade de ordem 3.
Matriz oposta
Sendo A = (aij)mxn e B = (bij)mxn, define-se
B = (– A) ⇔ bij = – aij.
a11 a12 ............. a1n
....................................A = .................................... ⇔
am1 am2 .......... amn 
– a11 – a12 ....... – a1n
......................................⇔ – A = ......................................
– am1 – am2 ....... – amn 
Matriz transposta
Sendo A = (aij)mxn, define-se a matriz transposta de
A como sendo a matriz
At = (a'ji)nxm tal que a'ji = aij
a11 a12 ......... a1n
a21 a22 ......... a2nA = .............................. ⇔
am1 am2 ........ amn m x n
a11 a21 ......... am1
a12 a22 ......... am2. . .⇔ At = . . .
. . .
a1n a2n ......... amn n x m
MÓDULO 18 Matrizes: Definições e Operações
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66 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
Exemplo
A matriz linha Mt = (1 2 3) é a matriz transposta da
matriz coluna
1 
M = 2� 3 �
2. Igualdade
Sendo A = (aij)mxn e B = (bij)mxn, define-se 
A = B ⇔ aij = bij
a11 a12 ... a1n b11 b12 ... b1n
…………………... = ………………….. ⇔
am1 am2 ... amn bm1 bm2 ... bmn
⇔
3. Operações
Adição
Sendo A = (aij)mxn, B = (bij)mxn e C = (cij)mxn, defi -
ne-se 
C = A + B ⇔ cij = aij + bij
a11 a12 ... a1n b11 b12 ... b1n
............................ + ............................... =
am1 am2 ... amn bm1 bm2 ... bmn
(a11 + b11) (a12 + b12) ... (a1n + b1n)
= .......................................................
(am1 + bm1) (am2 + bm2) ... (amn + bmn)
Exemplo
1 2 c d 
+ =
a b 3 4 
1 + c 2 + d 
=
a + 3 b + 4 
Subtração
A – B = A + (– B)
Multiplicação escalar 
(de número real por matriz)
Sendo A = (aij)mxn, B = (bij)mxne α um número real
qualquer, define-se:
B = α . A ⇔ bij = α . aij
a11 a12 ... a1n
α . .......................... =
am1 am2 ... amn 
(α . a11) (α . a12)…(α . a1n) 
= ...........................................
(α . am1) (α . am2)…(α . amn) 
Exemplo
a b c 5a 5b 5c
5 . =
1 2 3 5 10 15 
a11 = b11
a12 = b12
....................
a1n = b1n
....................
amn = bmn 
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– 67
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
Trigonometria e Geometria Analítica FRENTE 3
MÓDULO 15 Relações Trigonométricas 
em um Triângulo Qualquer
A trigonometria permite deter minar elementos (la -
dos ou ângulos) não dados de um triângulo. 
A obtenção desses elementos, em um triângulo
qual quer, fundamen ta-se em relações existentes entre
os elementos (lados e ângulos) do triân gulo. As relações
mais impor tantes são conhecidas como Lei dos Se nos
e Lei dos Cossenos.
Lei dos Senos
“Em todo triângulo, as medidas dos lados são pro -
porcionais aos senos dos ângulos opostos e a razão de
proporcionalidade é a medida do diâmetro da cir cun -
ferência circuns crita ao triângulo.”
Consideremos o triângulo ABC, inscrito na circunfe -
rência de raio R. Verifica-se que:
Demonstração:
Seja o triângulo ABC (da figura abaixo), inscrito na
circunferência de raio R:
I) Se BD
__
= 2 . R é diâmetro da circunferência, então
C^ = 90° e, portanto,
sen D = ⇔
⇔ sen D = ⇔ 2R = 
II) Como BA^C � BD^C (são ângulos inscritos deter mi -
 nan do o mesmo arco 
�
BC), então sen D = sen A.
De I e II, resulta que: 
2 . R = ⇔ 2 . R = 
Analogamente se demonstra que: 
2 . R = e 2 . R = 
Lei dos Cossenos
"Em todo triângulo, o quadrado da medida de um
lado é igual à soma dos quadrados das medidas dos ou -
tros lados, menos o dobro do produto dessas me di das
pelo cosseno do ângulo que eles formam."
Seja o triângulo ABC, da figura. Verifica-se que:
Demonstração:
a b c
–––––– = –––––– = –––––– = 2 . R
sen A sen B sen C
BC
–––––
BD
BC
––––––
2 . R
BC
––––––
sen D
BC
–––––––
sen A
a
––––––
sen A
b
––––––
sen B
c
––––––
sen C
a2 = b2 + c2 – 2 . b . c . cos A
b2 = a2 + c2 – 2 . a . c . cos B
c2 = a2 + b2 – 2 . a . b . cos C
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68 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
Introdução
Considere dois eixos, Ox
→
(eixo das abscissas) e Oy
→
(eixo das ordenadas), perpendiculares no ponto O. O
plano determinado pelos 2 eixos fica dividido em 4 qua -
drantes, numerados conforme a figura.
Tomemos um ponto P do plano e por ele con duza -
mos as paralelas aos eixos, que cor tarão Ox
→
e Oy
→
, res -
pectivamente em P1 e P2.
Nomenclatura
• Abscissa de P é o número real x = OP1
• Ordenada de P é o número real y = OP2
• Coordenadas de P são os números reais x e y,
indicados na forma de par ordenado P (x; y)
Observe que:
• Sinais dos pontos nos quadrantes
P ∈ Ox
→ ⇔ y = 0
P ∈ Oy
→ ⇔ x = 0
AB
—–
paralelo a Ox
→ ⇔ yA = yB
AB
—–
paralelo a Oy
→ ⇔ xA = xB
Seja o triângulo ABC (da figura anterior) e h a altura
relativa ao lado AC:
I) No Δ ABD, temos:
cos A = ⇔ AD = c . cos A
II) CD = b – AD ⇔ CD = b – c . cos A
De I e II e como h2 = c2 – AD2 = = a2 – CD2 (Teorema
de Pitágoras), resulta que: 
a2 – (b – c . cos A)2 = c2 – (c . cos A)2 ⇔
⇔ a2 – b2 + 2 . b . c . cos A – c2 . cos2A =
= c2 – c2 . cos2A ⇔
⇔ a2 = b2 + c2 – 2 . b . c . cos A.
Tomando-se as outras alturas do triângulo, de modo
análogo, obtêm-se:
b2 = a2 + c2 – 2 . a . c . cos B
c2 = a2 + b2 – 2 . a . b . cos C
AD
–––
AB
MÓDULO 16 Coordenadas Cartesianas Ortogonais
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– 69
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
1. Área de um Triângulo
Dados três pontos distintos, A(xA; yA), B(xB; yB)
e C(xC; yC), temos duas posições a considerar:
• os três pontos estão alinhados;
• os três pontos constituem um triângulo.
Considerando-se o determinante
xA yA 1
D = xB yB 1|xC yC 1| ,
constituído pelos pontos A, B e C, verifica-se que:
• a condição necessária e suficiente para que A, B
e C sejam colineares é ;
• a condição necessária e suficiente para que A, B
e C formem um triângulo é ;
• se A, B e C formam um triângulo, sua área será
igual a 
Exemplos
1) Obter a área do triângulo com vértices A (– 2; 3),
B (4; 0) e C (1; 5).
Resolução
– 2 3 1
D = 4 0 1 | 1 5 1 | = 3 + 20 – 12 + 10 = 21
SΔABC = = = 10,5 u.a.
2) Determinar k, para que os pontos A(k; 2), B(–1; 3)
e (1; 0) sejam colineares.
Resolução
k 2 1
A, B, C alinhados⇔D = 0 ⇔ – 1 3 1 = 0 ⇔| 1 0 1 |
⇔ 3 . k + 2 – 3 + 2 = 0 ⇔ k = – 
D = 0
D � 0
|D|SΔABC = ––––2
|D|–––
2
21
–––
2
1
––
3
1. Ponto médio de um segmento
Sejam A(xA; yA), B(xB; yB) e o ponto M(xM; yM),
médio de AB
__
.
Pelo Teorema de Tales, conclui-se que:
xM = 
e 
yM =
Portanto, as coordenadas do ponto M são
2. Distância entre Dois Pontos
Sejam A (xA; yA) e B (xB; yB). Pelo Teorema de
Pitágoras, temos:
xA + xB
–––––––––
2
yA + yB
––––––––––
2
xA + xB yA + yBM �––––––––– ; –––––––––�2 2
d = ������������������������(xB – xA)2 + (yB – yA)2
MÓDULO 17 Ponto Médio – Distância entre Dois Pontos
MÓDULO 18 Alinhamento de 3 Pontos – Curvas
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70 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
2. Curvas
Seja s uma curva num sistema de coordenadas car te -
sianas ortogonais e f (x; y) = 0 a sua equação. Note que
• todos os pontos da curva s satisfazem à equa ção;
• todas as soluções da equação representam pon -
tos da curva s.
Obs.: Dentre as principais curvas, estudaremos com
detalhes a reta e a circunferência.
No estudo das curvas, dois problemas devem ser
destacados.
1o. ) Interceptos (intersecção da curva com os eixos
coordena dos).
Lembrando que, para se obter pon tos de uma cur va,
basta atribuir valores a x ou y na equação da curva, a
determinação dos intercep tos é feita da seguinte
maneira:
• interceptos no eixo x: faz-se y = 0, na equação da
curva, calculando-se o valor de x.
• interceptos no eixo y: faz-se x = 0, na equação da
curva, calculando-se o valor de y.
Na figura, A (xA; 0) é o intercepto no eixo x e B (0; yB)
é o intercepto no eixo y.
2 o. ) Intersecção de duas curvas
As intersecções de duas curvas são os pontos de
encontro entre elas.
As coordenadas dos pontos de intersecção são as
soluções reais, obtidas na resolução do sistema deter -
minado pelas equa ções das duas curvas.
Na figura, P(xP; yP) é o ponto de intersecção entre
as curvas s1 e s2.
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– 71
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
Geometria Plana FRENTE 4
1. Ângulo Central
Ângulo que tem o vértice no cen tro da circun -
ferência.
�
AB é o arco correspondente ao ângulo central A^OB.
Tomando-se para unidade de arco (arco unitário) o arco
definido na cir cun ferência por um ângulo central unitário
(unidade de ângulo), temos que
“A medida de um arco de circun ferência é igual à
medida do ângulo central correspondente.”
Assim, na figura acima:
2. Ângulo Inscrito
Ângulo que tem o vértice na cir cun ferência e os
lados são secan tes a ela.
�
AB é o arco na circunferência, determinado pelos
lados do ângulo inscrito A^PB.
A medida do ângulo inscrito é a metade da medida
do arco que ele determina sobre a circunferência.
Assim, na figura anterior, tem-se
3. Ângulo Excêntrico Interior
Ângulo de vértice num ponto inte rior à circun fe -
rência, distinto do cen tro.
�
AB e 
�
CD são arcos deter mina dospelos lados dos
ângulos e prolon ga men tos destes sobre a cir cun ferên cia.
A medida do ângulo excêntrico interior da figura
anterior é dada por
Exemplo
Calcular a medida x do ângulo agu do determinado
pelas retas r e s da figura seguinte.
Resolução
O ângulo em questão é do tipo excêntrico interior e
determina na cir cunferência arcos de 60° e 90°.
Assim: x = ⇔ x = 75°
4. Ângulo Excêntrico Exterior
Ângulo de vértice num ponto ex terior à circunferência
e lados sobre se mirretas secantes ou tan gentes a ela.
α = 
�
AB
�
AB
α = ⎯⎯
2
�
AB + 
�
CD
α = ⎯⎯⎯⎯⎯
2 
60° + 90°–––––––––
2
MÓDULO 15 Ângulos na Circunferência
C4_AB_MAT_TEO 2016_ROSE 26/01/16 16:29 Página 71
1. Definição
Vamos considerar uma circun ferên cia λ, um ponto P
e vamos cons truir várias secantes à λ, que passam pelo
ponto P.
Em qualquer secante, é cons tante o produto dos
dois segmentos que têm uma extremidade no ponto P e
a outra na circunferência λ.
Assim:
PA . PB = PC . PD = PM . PN = PT . PT = (PT)2 = p2
A constante p2 é denominada "potên cia do ponto P
em relação à circunferência λ".
Exemplo
Com os dados das figuras a seguir, prove que, em
ambos os casos, vale a relação
PA . PB = PC . PD
72 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
�
AB e
�
CD são arcos deter mina dos pelos lados do
ângulo sobre a circun ferência.
A medida do ângulo excêntrico exterior da figura
acima é dada por
Exemplo
Calcular a medida y do ângulo agu do formado pelas
retas r e s da figura seguinte.
Resolução
O ângulo em questão é do tipo excêntrico exterior e
determina na cir cun ferência arcos de 40° e 100°.
Assim: y = ⇔ y = 30°
�
AB – 
�
CD
α = ⎯⎯⎯⎯⎯
2 
100° – 40°–––––––––
2
MÓDULO 16 Potência de um Ponto em 
Relação a uma Circunferência
C4_AB_MAT_TEO 2016_ROSE 26/01/16 16:29 Página 72
Demonstração
De acordo com o critério (AA~), em ambos os casos
tem-se que os triângulos PAD e PCB são semelhan tes.
Assim:
= ⇔ PA . PB = PC . PD
Observações
1. Na figura seguinte, em que T é ponto de tangência,
tem-se
Demonstração
Os triângulos PTA e PBT são semelhantes pelo
critério (AA~).
Assim: = ⇔ PA . PB = (PT)2
2. Na figura seguinte, em que A e B são pontos de
tangência, tem-se
Assim pode-se afirmar que, por um ponto exterior a
um círculo, po dem-se traçar duas tangentes à cir cun -
 ferência desse círculo e esse ponto equidista dos pontos
de tan gência.
Exemplo
No quadrilátero circunscritível ABCD da figura
seguinte, tem-se
Pois: AF = EA, FB = BG, CH = GC e HD = DE
Assim: AF + FB + CH + HD =
= BG + GC + DE + EA
Logo: AB + CD = BC + DA
PA–––
PC
PD–––
PB
PA . PB = (PT)2
PT
––––
PB
PA
––––
PT
PA = PB
AB + CD = BC + DA
– 73
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
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74 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
1. Definição
Área de uma figura é um número
associado à sua superfície, que ex -
prime a relação existente entre esta e
a superfície de um quadrado de lado
unitário.
Dizemos que duas superfícies
são equivalentes, quando possuem a
mesma área.
2. Área do Triângulo
Em função da base e da altura
Em função dos lados
Sendo a, b e c as medidas dos
lados de um triângulo qualquer, sua
área é dada por
(Fórmula de Hierão)
em que p = 
(semiperímetro)
Se o triângulo é equilátero de
lado �, então sua área é dada por
Em função de dois lados e do
ângulo entre eles
Sendo a e b as medidas de dois
dos lados de um triângulo e α a me -
dida do ângulo entre eles, a sua área
é dada por
Em função do raio da 
circunferência inscrita
(p é o semiperímetro)
Em função do raio da 
circunferência circunscrita
3. Área dos Quadriláteros
A superfície de qualquer quadri -
látero pode ser “dividida” em duas
regiões triangulares, quando se con -
sidera qualquer uma de suas dia-
gonais.
Assim, a área de um quadrilátero
é sempre igual à soma das áreas de
dois triângulos.
Exemplo
A área S do quadrilátero da fi gura
é dada por , em que
S1 é a área do triângulo ABC e S2 é a
área do triângulo CDA.
O cálculo das áreas dos qua -
drilá teros notáveis pode ser execu -
tado de maneira mais simples, pelo
em prego das seguintes fórmulas:
b . h
S = –––––––
2
S = ������������������������������p (p – a) (p – b) (p – c)
a + b + c
–––––––––
2
�2���3
S = –––––––
4
a . b sen α
S = –––––––––––––
2
S = p . r
a + b + c
p = ––––––––––
2
a . b . c
S = –––––––––
4R
S = S1 + S2
MÓDULO 17 Área das Figuras Planas
C4_AB_MAT_TEO 2016_ROSE 26/01/16 16:29 Página 74
Trapézio
Paralelogramo
Retângulo
Losango
Quadrado
ou
4. Razão Entre Áreas de 
Figuras Semelhantes
A razão entre as áreas de duas
superfícies semelhantes é igual ao
quadrado da razão de semelhança.
Exemplo
Se os triângulos ABC e MNP da
fi gu ra forem semelhantes e tiverem
áreas S1 e S2, respectivamente, então
(razão de semelhança)
e 
Demonstração
Da semelhança dos triângulos
ABC e MNP, tem-se
= = k
Por outro lado,
S1 = e S2 =
Assim,
= ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = . ⇔
⇔ = k . k ⇔
Calcular a área S de um triângulo
equilátero de lado “�”.
1a. Resolução
S = = =
2a. Resolução
S = =
= =
3a. Resolução
p = =
S = ���������������������������� p(p – �) (p – �) (p – �)
Assim,
S = =
= = 
(B + b) . h
S = –––––––––––
2
S = b . h
S = a . b
D . d
S = ––––––––
2
S = � 2
d2
S = –––––
2
b1 h1–––– = –––– = k
b2 h2
S1––––– = k2
S2
b1––––
b2
h1––––
h2
b1. h1–––––––
2
b2. h2–––––––
2
S1–––
S2
b1 . h1––––––
2
––––––––
b2 . h2––––––
2
S1–––
S2
b1 . h1–––––––
b2 . h2
S1–––
S2
b1–––
b2
h1–––
h2
S1–––
S2
S1––– = k2
S2
� . h
–––––
2
����3
� . –––––
2––––––––
2
�2���3–––––
4
� . � . sen 60°
––––––––––––
2
���3
�2 . –––
2–––––––
2
�2���3–––––
4
� . � . �
–––––––
2
3�
–––
2
3� � � �––– . –– . –– . ––
2 2 2 2 
3�4––––
16
�2���3––––––
4
Exercício Resolvido
– 75
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
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1. Área do Círculo
A área de um círculo de raio R é
expressa por
Observação
O comprimento da circunferên cia
de raio R é dado por C = 2 π R, em
que π � 3,1416.
2. Área da Coroa Circular
Sendo S a área da coroa circular
de raios R e r, tem-se
3. Área do Setor Circular
A área do setor circular de raio R,
limitado por um arco de comprimento
�, é dada por
Observação
A área do setor circular é sempre
uma “fração” da área do círculo no
qual o setor está "contido".
Exemplo
A área do setor circular da figura
abaixo é dada por
4. Área do Segmento Circular
Sendo S a área do segmento cir-
cular limitado pela corda 
—
AB e pelo
arco 
�
AB da figura, tem-se
Exemplo
A área do segmento circular da fi -
gura abaixo é dada por
Observação
Outra maneira de calcular mos a
área do segmento circular da figura
acima é a seguinte:
Calculamos a área do setor cir -
cular de 60° com raio r = 6 e dela
subtraímos a área de um triângulo
equilátero de lado � = 6. Assim,
S = . π . 62 – ⇔
⇔ S = 6π – 9���3 ⇔
⇔ S = 3(2π – 3���3) 
S = π R2
S = π (R2 – r2)
� . R
S = –––––
2
72°
S = –––––– . π . 52 = 5π
360°
R
S = ––– (� – h)
2
6S = ––– (2π – 3 ���3) = 3 (2π – 3���3)
2
60°–––––
360°
62���3––––––
4
76 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
MÓDULO 18 Área das Figuras Circulares
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