Emerson Marcos Furtado
Mestre em Métodos Numéricos pela Universidade Federal do Paraná (UFPR). Graduado
em Matemática pela UFPR. Professor do Ensino
Médio nos estados do Paraná e Santa Catarina desde 1992. Professor do Curso Positivo de
Curitiba desde 1996. Professor da Universidade
Positivo de 2000 a 2005. Autor de livros didáticos
destinados a concursos públicos nas áreas de matemática, matemática financeira, raciocínio lógico
e estatística. Sócio-diretor do Instituto de Pesquisas e Projetos Educacionais Praxis de 2003 a
2007. Professor sócio do Colégio Positivo de Joinville desde 2006. Sócio-diretor da Empresa Teorema – Produção de Materiais Didáticos Ltda. desde
2005. Autor de material didático para sistemas de
ensino do Grupo Positivo de 2005 a 2009. Professor do Concursos e Editora de Curitiba (CEC)
desde 1992, lecionando as disciplinas de raciocínio lógico, estatística, matemática e matemática
financeira. Consultor da Empresa Result – Consultoria em Avaliação de Curitiba de 1998 a 2000.
Consultor em Estatística Aplicada com projetos de
pesquisa desenvolvidos nas áreas socioeconômica, qualidade, educacional, industrial e eleições
desde 1999. Membro do Instituto de Promoção de
Capacitação e Desenvolvimento (Iprocade) desde
2008. Autor de questões para concursos públicos
no estado do Paraná desde 2003.
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Álgebra: equações do
1.º e 2.º graus
Equações do 1.º grau
Uma equação do 1.º grau é aquela que pode ser escrita na forma:
ax + b = 0, com a ≠ 0
em que a, b são coeficientes reais e x é a incógnita.
Exemplos:
2x – 3 = 0, é uma equação do 1.º grau na incógnita x;
5y + 6 = 2y – 10, é uma equação do 1.º grau na incógnita y;
Resolver uma equação do 1.º grau é determinar o único valor de x que
verifica a equação dada. Esse valor é denominado raiz da equação.
Fórmula resolutiva
Para resolver uma equação do 1.º grau basta, por meio de operações inversas, isolar a incógnita da equação. Observe:
ax + b = 0
Subtraindo b de ambos os membros, tem-se:
ax + b – b = 0 – b
ax = –b
Dividindo ambos os membros por a, tem-se:
b
ax
=–
a
a
Dessa forma, o valor da raiz de uma equação do 1.º grau, que tenha a
b
, em que a e b são coeficientes da equação e
forma ax + b = 0, é igual a –
a
a é diferente de zero.
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Exemplo:
Resolva a equação do 1.º grau na incógnita x, dada por 8x – 9 = 2x + 3.
8x – 9 = 2x + 3
Subtraindo 2x de ambos os membros da igualdade, temos:
8x – 9 – 2x = 2x + 3 – 2x
6x – 9 = 3
Adicionando 9 a ambos os membros da igualdade, temos:
6x – 9 + 9 = 3 + 9
6x = 12
Dividindo ambos os membros da igualdade por 6, temos:
6x
6
=
12
6
x=2
Logo, x = 2 é a raiz da equação.
O conjunto solução da equação é dado por S = {2}.
Equações do 2.º grau
Uma equação do 2.º grau é aquela que pode ser escrita na forma:
ax2 + bx + c = 0, com a ≠ 0
em que a, b, c são coeficientes e x é a incógnita.
Exemplos:
5x2 – 7x + 8 = 0 é uma equação do 2.º grau na incógnita x;
1 – 6y + 7 = y2 + 5y é uma equação do 2.º grau na incógnita y.
Resolver uma equação do 2.º grau é determinar o(s) valor(es) de x (ou da
correspondente incógnita) que verifica(m) a equação dada. Qualquer valor
de x que satisfaça a equação é chamado de raiz da equação.
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Exemplo:
Considerando a equação x2 – 7x + 12 = 0, temos:
x = 2 não é raiz, pois 22 – 7 . 2 + 12 = 4 – 14 + 12 = 4 ≠ 0
x = 3 é raiz, pois 32 – 7 . 3 + 12 = 9 – 21 + 12 = 0
x = 4 é raiz, pois 42 – 7 . 4 + 12 = 16 – 28 + 12 = 0
Fórmula resolutiva (Bháskara)
Qualquer equação do 2.º grau admite, no máximo, duas raízes que podem
ser obtidas por meio da fórmula de Bháskara (1114-1185).
Observe como é possível obter a fórmula resolutiva:
ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
Multiplicando ambos os membros por 4a, temos:
4a2x2 + 4abx + 4ac = 0
Subtraindo 4ac de ambos os membros, temos:
4a2x2 + 4abx + 4ac – 4ac = 0 – 4ac
4a2x2 + 4abx = – 4ac
Somando b2 a ambos os membros, temos:
4a2x2 + 4abx + b2 = b2 – 4ac
Fatorando o primeiro membro, temos:
(2ax + b)2 = b2 – 4ac
Isolando a incógnita x, temos:
2ax + b = ± b2 – 4ac
2ax = – b ± b2 – 4ac
x=
– b ± b2 – 4ac
2a
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61
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
A fórmula também pode ser representada da seguinte maneira:
–b± ∆
em que ∆ = b2 – 4ac
x=
2a
A expressão b2 – 4ac é denominada discriminante da equação e será representada pela letra grega ∆ (delta).
As duas raízes (x1 e x2) da equação são obtidas de acordo com os diferentes sinais do radical na fórmula:
–b+ ∆
–b– ∆
ou x2 =
x1 =
2a
2a
De acordo com o valor do discriminante ∆ = b2 – 4ac, podem ocorrer três
situações quanto à natureza das raízes:
∆ > 0 → a equação tem duas raízes reais distintas;
∆ = 0 → a equação tem duas raízes reais iguais (raiz dupla);
∆ < 0 → a equação não tem raízes reais (as raízes são imaginárias).
Exemplo:
Resolva a equação do 2.º grau na incógnita x, dada por x2 – 7x + 12 = 0.
Comparando com a forma genérica ax2 + bx + c = 0, observamos que os
coeficientes são tais que a = 1, b = –7 e c = 12. Assim temos:
x=
x=
– b ± b2 – 4ac
2a
– (–7) ± (–7)2 – 4 . 1 . 12
2.1
x=
7 ± 49 – 48
2
x=
7± 1
x=
x1 =
62
7+1
2
2
7±1
2
=
8
2
=4
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
x2 =
7–1
2
=
6
2
=3
Portanto: S = {3; 4}.
Dica de estudo
O estudo das equações do primeiro e segundo graus requer a resolução
de uma quantidade considerável de questões. Com isso, ganha-se em velocidade, automatizando-se o processo resolutivo. Além do próprio aspecto resolutivo algébrico, é importante também resolver questões em que é necessário equacionar o problema. Talvez aí esteja a maior dificuldade que um aluno
pode ter. Assim, além da solução algébrica das questões, exercite também
questões em que seja necessário construir a equação correspondente.
Resolução de questões
1. (FCC) Gertrudes e Rubem – funcionários de uma agência do Banco do
Brasil – receberam cada um a mesma quantidade de folhetos para a divulgação de serviços e produtos oferecidos pelo banco. Sabendo que,
se Gertrudes repassar a terça parte de seu total de folhetos para Rubem,
então terá que distribuir 64 folhetos a mais do que ela. É correto afirmar
que o total de folhetos que cada um recebeu inicialmente é um número
compreendido entre:
a) 100 e 125.
b) 75 e 100.
c) 50 e 75.
d) 25 e 50.
e) 10 e 25.
2. (Esaf ) Uma herança constituída de barras de ouro foi totalmente dividida
entre três irmãs: Ana, Beatriz e Camile. Ana, por ser a mais velha, recebeu
a metade das barras de ouro, e mais meia barra. Após Ana ter recebido
sua parte, Beatriz recebeu a metade do que sobrou, e mais meia barra.
Coube a Camile o restante da herança, igual a uma barra e meia. Assim, o
número de barras de ouro que Ana recebeu foi:
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
3. (Cespe) Mário e Paulo são irmãos. Atualmente, a idade de Mário é igual ao
quadrado da idade de Paulo. Daqui a oito anos, a idade de Mário será o
dobro da idade de Paulo. Hoje, as idades de Mário e Paulo são respectivamente:
a) 4 e 2.
b) 9 e 3.
c) 16 e 4.
d) 25 e 5.
4. (FCC) Na entrada de um estádio, em um dia de jogo, 150 pessoas foram
revistadas pelos soldados Mauro, Norberto e Orlando. O número das revistadas por Mauro correspondeu a 3/4 do número das revistadas por
Orlando, e o número das revistadas por Orlando correspondeu a 14/13
do número das revistadas por Norberto. O número de pessoas revistadas
por:
a) Mauro foi 45.
b) Norberto foi 54.
c) Orlando foi 52.
d) Norberto foi 50.
e) Mauro foi 42.
5. (Cesgranrio) Suponha que, a fim de pré-selecionar alguns garotos para
compor uma equipe de futebol, um técnico adota o seguinte procedimento inicial: cada garoto deverá dar 50 chutes a gol, todos a partir da
bola parada e colocada na marca da cobrança do pênalti e, cada vez que
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
ele marcar um gol, receberá 2 pontos, caso contrário, perderá 5 pontos.
Nessas condições, para ter um saldo positivo de pontos, a menor quantidade de chutes ao gol que um garoto deverá acertar é um número compreendido entre:
a) 45 e 50.
b) 40 e 45.
c) 35 e 40.
d) 30 e 35.
e) 25 e 30.
6. (FCC) Assinale a alternativa correspondente ao número de cinco dígitos no
qual o quinto dígito é a metade do quarto e um quarto do terceiro dígito.
O terceiro dígito é a metade do primeiro e o dobro do quarto. O segundo
dígito é três vezes o quarto e tem cinco unidades a mais que o quinto.
a) 17 942
b) 25 742
c) 65 384
d) 86 421
e) 97 463
7. (Cesgranrio) A maior raiz da equação – 2x² + 3x + 5 = 0 vale:
a) –1
b) 1
c) 2
d) 2,5
e) (3 + 19 )/4
8. (FCC) Um armário tem quatro prateleiras. Do total de processos que um auxiliar judiciário deveria arquivar nesse armário, sabe-se que: 1/5 foi colocado na primeira prateleira, 1/6 na segunda, 3/8 na terceira e os 62 processos
restantes na quarta. Assim sendo, o total de processos arquivados foi:
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65
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
a) 105
b) 120
c) 204
d) 210
e) 240
9. (FCC) Em observância às medidas de segurança, um técnico acondicionou
uma certa quantidade de um tipo de material elétrico em caixas, cada
qual com capacidade para três dúzias. Se o material tivesse sido colocado
em caixas com capacidade para duas dúzias cada, teria usado sete caixas
a mais. A quantidade de material elétrico é um número:
a) menor que 500.
b) múltiplo de 3.
c) maior que 505.
d) divisível por 5.
e) primo.
10.(FCC) Dos X reais que foram divididos entre três pessoas, sabe-se que: a
primeira recebeu 2/3 de X, diminuídos de R$600,00; a segunda, 1/4 de X;
a terceira, a metade de X diminuída de R$4.000,00. Nessas condições, o
valor de X é:
a) 10.080
b) 11.000
c) 11.040
d) 11.160
e) 11.200
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Referências
BOYER, Carl B. História da Matemática. 12. ed. São Paulo: Edgard Blücher Ltda.,
1996.
GARBI, G. Gilberto. A Rainha das Ciências – um passeio histórico pelo maravilhoso mundo da Matemática. São Paulo: Livraria de Física, 2006.
LIMA, Elon L. Meu Professor de Matemática e outras Histórias. Rio de Janeiro:
Sociedade Brasileira de Matemática. (Coleção do Professor de Matemática.)
LIMA, Elon Lages et al. Temas e Problemas Elementares. Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de Matemática, 2001.
LINTZ, Rubens G. História da Matemática. Blumenau: FURB, 1999. v. 1.
TAHAN, Malba. O Homem que Calculava. 40. ed. Rio de Janeiro: Record, 1995.
Gabarito
1. Vamos considerar como x a quantidade de folhetos que cada um recebeu.
Se Gertrudes repassa a terça parte do que possuía, então ficará com:
x
x–
3
=
2x
3
Se Rubem receber a terça parte dos folhetos de Gertrudes, então ele ficará com:
x+
x
3
=
4x
3
Se Rubem ficar com 64 folhetos a mais do que Gertrudes, então:
4x
3
=
2x
3
+ 64
Multiplicando todos os termos da equação por 3, temos:
4x = 2x + 192
4x – 2x = 192
2x = 192
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67
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
192
x=
x = 96
Assim, a quantidade de folhetos que cada um inicialmente recebeu é representada por um número entre 75 e 100.
Resposta: B
2
2. Vamos resolver esse problema pelo método aritmético. Se a quantidade
de barras de ouro foi completamente distribuída entre as três irmãs, então zero é a quantidade final.
Observe como é possível organizar a solução, com base nas informações
do enunciado:
÷2
–
1
2
Ana
–
Beatriz
x2
68
÷2
+
1
2
1
2
Camile
x2
+
1
2
Quando uma das irmãs pega metade do que restava mais meia barra, significa que as operações são de divisão e subtração, nessa ordem:
1.º) Recebeu a metade → dividir por 2;
2.º) Pegou meia barra → subtrair 0,5.
De acordo com o método aritmético, devemos realizar as operações inversas na ordem inversa:
1.º) adicionar 0,5 em vez de subtrair;
2.º) Multiplicar por 2, em vez de dividir por 2.
Camile, a última a receber a herança, ganhou uma barra e meia. Logo,
antes de Camile, exatamente uma barra e meia ainda restava.
Antes de Camile: 1,5
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Beatriz, a irmã que recebeu a herança imediatamente antes de Camile,
ganhou metade do que restava mais meia barra, após Ana ter pego a parte dela. Assim, antes de Beatriz, ou seja, logo após Ana, havia:
(1,5 + 0,5) . 2 = 2 . 2 = 4
Ana recebeu a herança antes de Beatriz. Ela ganhou metade do que restava mais meia barra. Assim, antes de Ana havia:
(4 + 0,5) . 2 = 4,5 . 2 = 9
Portanto, Ana recebeu a metade das nove barras, ou seja, 4,5 barras mais
meia barra. Assim, Ana recebeu 4,5 + 0,5 = 5 barras de ouro.
Resposta: E
3. Atualmente:
Idade de Paulo: x
Idade de Mário: x2
Daqui a oito anos:
Idade de Paulo: x + 8
Idade de Mário: x2 + 8
Se a idade de Mário é o dobro da de Paulo, então:
x2 + 8 = 2 . (x + 8)
x2 + 8 = 2x + 16
x2 – 2x + 8 – 16 = 0
x2 – 2x – 8 = 0
Resolvendo a equação do 2.º grau, temos:
x=
x=
– (–2) ± (–2)2 – 4 . 1 . (–8)
2.1
2 ± 36
2.1
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69
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
2±6
x=
x1 =
x2 =
O valor negativo não convém, pois representa a idade de Paulo.
Assim, a idade atual de Paulo é igual a 4 anos e a de Mário é igual a 42 = 16
anos.
Resposta: C
2
2+6
2
2–6
2
8
=
=
=4
2
–4
2
= –2
4. Seja X a quantidade de pessoas revistadas por Norberto. Se Orlando revistou 14/13 do número de pessoas revistadas por Norberto, então Orlando revistou:
14x
13
Se Mauro revistou 3/4 do número de pessoas revistadas por Orlando, então Mauro revistou:
A soma da quantidade de pessoas revistadas por Mauro, Orlando e Norberto deve ser igual a 150. Logo:
x+
14x
13
+
21x
26
= 150
Multiplicando todos os termos da equação por 26, sem alterar o valor de
X, temos:
70
3 . 14x
42x
21x
=
=
13
4
52
26
26x + 26 .
14x
13
+ 26 .
21x
26
= 26 . 150
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
26x + 28x + 21x = 3 900
75x = 3 900
x= 52
Assim, Norberto revistou 52 pessoas.
Orlando revistou
Mauro revistou
Resposta: E
14x
13
21x
26
=
=
14 . 52
13
21 . 52
26
= 56 pessoas.
= 42 pessoas.
5. Seja x a quantidade de chutes que um garoto acerta e (50 – x) a quantidade de chutes que ele erra. Se a cada gol ele ganhar 2 pontos, então após
acertar x chutes ganhará 2x pontos.
Por outro lado, se a cada gol não convertido ele perder 5 pontos, então
após não converter (50 – x) chutes, ele perderá 5 . (50 – x) pontos.
Assim, para que ele termine com saldo positivo, a diferença entre os pontos ganhos e os pontos perdidos após os 50 chutes deve ser maior que
zero, ou seja:
2x – 5 . (50 – x) > 0
2x – 250 + 5x > 0
7x – 250 > 0
7x > 250
x>
250
7
Como 250 ≅ 35,71, concluímos que x deve ser maior ou igual a 36, de
7
modo que a menor quantidade de chutes a gol que um garoto deverá
acertar é igual a 36, ou seja, é um número compreendido entre 35 e 40.
Resposta: C
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71
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
6. Suponha que o número de cinco dígitos tenha a forma ABCDE, no qual
A é o primeiro dígito e E é o quinto dígito. Vamos supor que o terceiro
dígito seja igual a 4X, ou seja, C = 4X, em que X é um algarismo. Assim, se
o quinto dígito é um quarto do terceiro dígito, então:
.C
E=
E=
E=x
Se o quinto dígito é a metade do quarto, temos:
E=
X=
D = 2x
Se o terceiro dígito é a metade do primeiro, então:
1
.A
C=
2
72
1
4
1
4
1
2
1
2
. 4x
.D
.D
1
4x =
A = 8x
Se o terceiro dígito é o dobro do quarto, então:
C=2.D
C = 2 . 2x
C = 4x
O segundo dígito é três vezes o quarto, então:
B=3.D
B = 3 . 2x
B = 6x
2
.A
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Se o segundo dígito tem cinco unidades a mais que o quinto, então:
B=E+5
6x = x + 5
5x = 5
x=1
Logo, se x = 1, temos:
A = 8x → A = 8
B = 6x → B = 6
C = 4x → C = 4
D = 2x → D = 2
E=x→E=1
Portanto, o número é dado por 86 421.
Resposta: D
7. Comparando com a forma genérica ax2 + bx + c = 0, temos a = –2, b = 3 e
c = 5. Logo, utilizando a fórmula de Bháskara, temos:
x=
x=
x=
x=
x=
x1 =
x2 =
– b ± b2 – 4ac
2a
– 3 ± 32 – 4 . (–2) . 5
2 . (–2)
– 3 ± 9 + 40
–4
– 3 ± 49
–4
–3 ± 7
–4
–3 + 7
–4
–3 – 7
–4
=
=
+4
–4
–10
–4
= –1
=+
5
2
= 2,5
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73
Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
Logo, a maior raiz da equação é igual a 2,5.
Resposta: D
8. O problema pode ser resolvido observando que a quantidade de processos deve ser um número múltiplo de 5, 6 e 8, em função dos denominadores das frações apresentadas. Assim, como o mínimo múltiplo comum
entre os números 5, 6 e 8 é igual a 120, vamos considerar que a quantidade de processos é igual a 120x, pois deve ser múltiplo de 120, sendo x um
número natural não nulo. Logo, temos:
1.ª prateleira: 1/5 de 120x = 24x
2.ª prateleira: 1/6 de 120x = 20x
3.ª prateleira: 3/8 de 120x = 45x
Se na 4.ª prateleira há o restante, então temos:
120x – 24x – 20x – 45x = 31x
31x = 62
x=2
Dessa forma, se 120x é a quantidade total de processos arquivados e
x = 2, então o total de processos arquivados é igual a 120 . 2 = 240.
Resposta: E
9. Se E é a quantidade do material elétrico que foi acondicionado nas caixas
e C a quantidade de caixas utilizadas, cada qual com a capacidade para
três dúzias. Então:
74
E = 36 . C
Se o material tivesse sido colocado em caixas com capacidade para duas
dúzias cada, teria se utilizado sete caixas a mais, logo:
E = 24 . (C + 7)
Igualando as quantidades de material elétrico, temos:
E=E
36C = 24 . (C + 7)
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Álgebra: equações do 1.º e 2.º graus
36C = 24C + 168
36C – 24C = 168
12C = 168
C = 14
Logo, se E = 36C, então a quantidade de material elétrico é dada por:
E = 36 . 14
E = 504
Portanto, a quantidade de material elétrico é representada por um número múltiplo de 3.
Resposta: B
10.A primeira pessoa recebeu
2
3
1
X – 600.
A segunda pessoa recebeu
A terceira recebeu
Se a quantia foi integralmente dividida entre as três pessoas, a soma das
quantias recebidas pelas três pessoas deve ser igual a X, ou seja:
1
2
4
X.
X – 4 000.
1
2
1
X+
X – 600 +
X – 4 000 = X
2
3
4
O mínimo múltiplo comum entre os números 3, 4 e 2 é igual a 12. Logo,
vamos multiplicar todos os termos da equação por 12, sem alterar o valor
de X:
12 .
8X – 7 200 + 3X + 6X – 48 000 = 12X
17X – 12X = 48 000 + 7 200
5X = 55 200
X = 11 040
Logo, o valor de X é igual a 11 040.
Resposta: C
2
X – 600 + 12 .
3
1
X + 12 .
4
1
X – 4 000 = 12 . X
2
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