MAT 10A AULA 28
28.01
A sequência f(1),f(4),f(16),... fica:
log1,log4,log16,...  0,log4,2log4,...
A razão é log4.
ALTERNATIVA B
28.02
Pelo conceito de função inversa (inversão de domínio e imagem), se g(1) = k, então f(k) = 1,
assim:
loga k  1
ka
Logo, g(1) = a.
ALTERNATIVA C
28.03
Temos que fazer x = 256. Assim:
f(256)  log2 256
f(256)  log2 28
f(256)  8
ALTERNATIVA C
28.04
logk 64 = 6  k6 = 64  k = 2
28.05
S=
5
= 5
1
P = 50
x' = 5 e x’’ = 10
R: 10 < x < 5
28.06
A1 = (3  2)  (log3  log2)
A1 = log =
3
2
A2 = (4  3)  (log4  log3)
A2 = log =
4
3
A1 + A2 = log
3
4
 log
2
3
4
3
A1 + A2 = log  ·  = log2
3
2
28.07
C.E
2x + 1 > 0  x > 
x2>0x>2
log crescente:
2x + 1 > x  2
x > 3
28.08
f(2) = logb 1 = 0
1
2
f(5) = logb 4 = 2
b2 = 4  b = 2
f(129) = logb 128
f(129) = log2 27
f(129) = 7
28.09
logb 0,5 = 1
b1 =
1
b=2
2
S = 2  logb 2
S = 2  log2 2
S=2
28.10
3x  6 > 0  x > 2
log2 (3x  6) > log2 24
3x  6 > 16
3x > 22
x > 7,3
28.11
A(t) = B(t)
log2 (2  t)
= 2  log2 (2t + 4)
log2 4
log2 (2 + t)5 = 4  log2 (2t + 4)
(2 + t)5 = (2t + 4)4
(2 + t)5 = 24  (t + 2)4
(2 + t)5 = 16  (t + 2)4
2 + t = 16  t = 14
28.12
log53 5 5 = y  ( 3 54 )y = 5
3
4
y=1y=
4
3
f(5) = log53 5 54
4  log53 5 5 = 4 
3
= 3  300
4
28.13
S=
1  2 q  p 
2
= 30
q  p = 20
logk p = 1  k = p
logk q = 2  q = k2  q = p2
p2  p  20 = 0
p’ = 5
p’’ = 4x
k + p  q = 10  25 = 15
28.14
n = log1319 102 + log1319 112 + log1319 122
n = log1319 ( 10  11  12)2
n = 2  log1319 1 320 > 2  log1319 1 319 = 2
n>2
28.15
8 + 6 + 2 = 16
g(2) = loga 16
f(g(2)) = aloga 16  a = 16
28.16
C.E
2x + 5 >  x > 
5
= 2,5
2
3x  1 > 0  x >
1
= 0,3
3
log2 
2x  5
2x  5
 log2 2 
2
3x  1
3x  1
2x  5  6x  2
4x  7
0 
0
3x  1
3x  1
28.17
f(x) = ax
a1 =
1
a=2
2
log2 x = 3  x = 8
28.18
A:
log 1 (a + 2) = 1
10
a+2=
1
19
a=
10
10
B:
log 1 100 = b
10
101b = 102  b = 2
A, B, C alinhados
1, 9 1 1
98 2 1 = 0
k
0 1
3,8 + k + 2k  98 = 0
3k = 94,2  31,4
28.19
a)
t =0
 10k 
1
Q(0) = log 
 = 1  10 = 10k  k = 1
 1 
b)
Q(t) = 0 t = ?
10
 10 
log 
= 0  100 =

t 1
 t  1
t + 1 = 10  t = 9horas
28.20
a)
Para a população A, temos:
6
 A(1)  2 mil habitantes
3
18
 A(1) 
 A(1)  6 mil habitantes
3
A(1)  log8 (1  1)6  A(1)  log2 26  A(1) 
3
A(7)  log8 (7  1)6  A(1)  log2 218
3
Para a população B, temos:
B(1)  log2 (4  1  4)  B(1)  log2 23  B(1)  3 mil habitantes
B(7)  log2 (4  7  4)  B(7)  log2 25  B(7)  5 mil habitantes
b)
Calculando o valor de t no qual as populações se igualam:
A(t)  B(t)
log8 1  t   log2  4t  4 
6
log2 1  t 
6
log2 8
 log2  4  t  1 
6log2 1  t 
 log2 4  log2  t  1
3
2log2 1  t   2  log2  t  1
log2 (1  t)  2
1  t  22
t  3 anos
Pelo item (a), perceba que antes de t = 3, tem-se B > A e, para t > 3, tem-se A > B, assim:
Para t > 3, a população de A é maior que a de B.
MAT 10A AULA 29
29.01
Fonte de som
I(W/m²)
Turbina
Amplificador de
som
Triturador de lixo
1,0  10²
1014
1,0
1012
10  10-4
108
TV
3,2  10-5
3,2 · 107
1)  = 10  14 = 140 db *
2)  = 10  12 = 120 db *
3)  = 10  8 = 80 db
4)  = 10 j log(3,2  107) = 10[5  0,3 + 6] 75 db
29.02
p(15) = 40 + 25  in(15 + 1)
p(15) = 40 + 25  in16
p(15) = 40 + 25  in24
p(15) = 40 + 25  4  0,7
p(15) = 40 + 70
p(15) = 110 mm  11 cm
29.03
L(x) = 12  (199  [log2  103]  651)
L(x) = 12  (199  3,3  651)
L(x) = 12  (656,7  651)
L(x) = 12  5,7
L(x) = 68,4 anos
29.04
i
 i 
 i 
90 = 10  log 
 9 = log 
 109 =


10
 10 
 10 
i
 i 
 i 
60 = 10  log 
 6 = log 
 106 =


10
 10 
 10 
29.05
778
100,778  6
1791
i

10

11,791  6 
778
logi = log 101791 = 0,434
29.06
3
2 = i100
In2 =
·t
3
t
100
0,69 =
3
t
100
t = 23 anos
29.07
log(tgx)  log(cotgx) = 0
log(tgx) = log(cotgx)
tgx = cotgx
tgx =
1
tgx
tg2x = 1  *tgx > 0
tgx = 1
x=

5
ou x =
4
4
29.08
m(t) =
250
250
 y = 11
11
2
2
 250 
log y = log  11 
2 
log y = 50  0,3  11
log y = 15  11 = 4
104 = y  y = 10 000 g
29.09
y = log3 2(x + 6)
3y = 2x + 12
3x = 2y + 12
y=
3x  12
2
1
f(x)

3x
6
2
29.10
5x1 = 3  5  10
Log5x1 = log3 + log5 + log10
(x  1)log5 = 0,48 + log5 + 1
(x  1)  0,7 = 1,48 + 0,7
0,7x = 2,88  x = 4,...
* log5 = log
10
= 1  0,3 = 0,7
2
[4; 5]
29.11
a)
1
= 20,05t
2
1 = 0,05t  t = 20
b)
750  20,05t = 40
52  3  20,05t = 22
2  log2 5 + log2 3  0,05t = 2
4,6 + 1,6  0,05t = 2
4,2 = 0,05t  t 84
29.12
log3 (1  cos2x) = log3 32
1  cos2x = 32
sen2x =
1
8
 cos2 =
9
9
1ºQ e 2ºQ  senx =
1
3
cos2x + senx = cos2x  sen2x + senx
cos2x + senx =
8
1
1
10

+
=
9
9
3
9
29.13
10x = 2120  330
x = 120  0,3 + 30  0,47
x = 36 + 14,1  x = 50,1
29.14
f, f
12
2
y=
f 12 2
y
f
12
2
log y =
1
log2
12
log y =
1
 0,3 = 0,025
12
log y = log(1,059)
y = 1,059  105,9%
Ou seja: 5,9%
29.15
m= 2

t
8
106 = 2

t
8
log 106 = log 2
6 = 

t
8
t
 0,3
8
48 = 0,3t  t = 160 dias
29.16
Qo
= Qo  l2k
2
21 = i2k  In21 = Ini2k
In2 = 2k  k =
29.17
I – VERDADEIRO
ln 2
2
log7x  x  log7
II – VERDADEIRO
log7 2  log2 7  log7 2 
log2 2
1
log2 7
III – VERDADEIRO
log3 2  log3 24
4
log3 2  4log3 2
4
ALTERNATIVA D
29.18
5,4  108 = 54  109
= 33  2  109
log(33  2  109)
[3  0,48 + 0,3  9]
(7,26)
29.19
a)
84 =
2
E


 log 
3 
3
 7 · 10 
E


12 = log 
3 
7
·
10


E
= 1012
7 · 103
Então:
E = 7  103  1012
E = 7  109 kWh
b)
9=
 E' 
2
 log  
3
 E0 
27
E'
= log
2
E0
27
10 2 =
E'
7 · 103
21
E1 = 7  10 2
21
21
3
9
E ' 7 · 10 2
2
2
= 101,5


10

10
E
7 · 109
29.20
a)
m(t) = mo  at
0,2mo = mo  a14000
0,3 1 = 14 000 log a
log a =
0,7
14000
log a = 5  105
5
a = 105 · 10
mo
= mo  at
2
21 = at
log2 = t  log a
t  5  105 = 0,3
t=
0,3
 t = 6 000
5 · 105
b)
5
m 105 = mo  a10
 

5
= mo  105 · 10

105
mo  105  100
mo  103 %  0,001%
MAT 10B AULA 28
28.01
Não pegar
engarrafamento no
1º e 2º trecho
E1E3
E1E4
E2E5
E2E6
(1 
1
(1 
0,14
(1 
0,18
(1 
0,12
0,8)(1  0,5) =
0,8)(1  0,3) =
0,7)(1  0,4) =
0,7)(1  0,6) =
Probabilidade de
pegar
engarrafamento em
pelo menos 1 trecho
1  0,1 = 0,90
1  0,14 = 0,86
1  0,18 = 0,82
1  0,12 = 0,88
28.02
25s Verde

Total: 1 min 40s  100 s 5s A
70s V

P(V) =
25
1

100 4
1
1
1

=
4
4
16
28.03
Como a probabilidade de comprar C é nula na 1ª. A troca terá que necessariamente pegar A, D
ou E, e na segunda pegar C.
0,3
0,2
0,1
0,2
0,1
0,1
B  A  C = 0,06
B  D  C = 0,02
B  E  C = 0,01
0,06 + 0,02 + 0,01 = 0,09
28.04
P(B) =
28.05
4
4
1


4  3  5 12 2
1 1 1
1 1
3

·

=
=
2 2 2
2 4
4
28.06
5
4
5
·

8
7 14
28.07
4
6
24
8
·
=
=
10
9
90 15
Ou
1
4
3 6
5
8
·

·

10
9 10
9 15
28.08
Início em 2005 = 250
Início 2006 = 250
2005
24anos
250
200 1
4 2
·

·

500
250 2
5 5
28.09
1ª 2ª 3ª
1
1
1
1
·
·

4
3
2 24
28.10
B L _
1 1 6 · 3 = 18
B_L
_BL
18
3

8 · 7 · 6 56
28.11
1ªcor repete repete
3 1 1 1
·

3 3 3 9
28.12
1º
2º
3º
1
15
1
1

·
·
15
15
15 152
28.13
7 não são insetos
7
6
7
·

12 11 22
28.14
3A e 3F
6
1
2
 
· P63 · 3 
1
6!
·
6
3!3!
2
1
6·5·4
5
·

3·2
16
26
28.15
x: quantidade de bolas que após as 2 transf. Trocaram de urna após as 2 transf.
x bolas brancas
A: 
10-x bolas azuis
x bolas azuis
B: 
10-x bolas brancas
Retirar ao acaso uma bola branca da urna A
p=
x
10
Retirar ao acaso uma bola azul da urna B
q=
x
10
28.16
I) (V)
6
5
4 120 1
·
·


10
9
8 720 6
II) (V)
3 posições
3
1
4
6
5
1
=3
=
·
·
2
10
9
8
6
III) (V)
1
4
3
2
29
=1
·
·
10
9
8
30
IV) (V)
6
4
4
3
ou
·
·
10
9
10
9
V) (V)
28.17
10 bolas
1B
1V E 1B
2V E 1B
3V E 1B
7V E 1B
1
8
1
8
7
1
8 7
6
1

·

·
·

· ·
·
 ...
10 10
9 10
9
8 12 9
8
7

8
7
6
5
4 3 2
1
·
·
·
·
·
·
·
10
9
8 7
6
5
4 3
9
8
7
2
44 22


 ... 


90 90 90
90 90 45
28.18
CASO O PÚBLICO GERAL APROVE
1º e 2º JURADOS APROVAREM
p
50 75 20
3


p 
100 100 100
40
1º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 25 80
4


p 
100 100 100
40
2º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 75 80
12


p 
100 100 100
40
1º, 2º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 75 80
12


p 
100 100 100
40
CASO O PÚBLICO GERAL NÃO APROVE
1º e 2º JURADOS APROVAREM
p
50 40 75
12


p 
100 100 100
40
1º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 60 25
3


p 
100 100 100
40
2º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 40 25
2


p 
100 100 100
40
1º, 2º e 3º JURADOS APROVAREM
p
50 40 25
2


p 
100 100 100
40
Somando todas as possibilidades, temos:
CASO O PÚBLICO GERAL APROVE =
31
40
CASO O PÚBLICO GERAL NÃO APROVE =
A diferença é de
19
40
12
 30%
40
ALTERNATIVA B
28.19
Tendo como referência as 12 partidas entre eles, concluímos que a probabilidade de uma
2
1
partida terminar empatada é de
 . Assim, a probabilidade de uma partida não terminar
12 6
empatada é de
5
.
6
Analisando as possibilidades das 3 partidas, temos:
1 1 5 2
   P3
6 6 6
5 3!
p

216 2!
5
p
72
p
28.20
a) Considere a situação limite: 3 lápis de cada cor, ou seja, 9 retiradas. A próxima retirada,
com certeza, será 0 4º lápis de uma das cores.
Assim, o número mínimo de retiradas para ter certeza de haver 4 lápis de uma das cores é
igual a 10.
b)
9 8 7


21 20 19
6
p
95
p
MAT 10B AULA 29
29.01
150
= 0,75
200
29.02
10 5

14 7
29.03
12
 0,15
79
29.04
8
15
29.05
Par = 3
Impar = 3
1
3
29.06
3
 30
10
29.07
12
= 0,25 = 25%
48
29.08
Se a pessoa escolhida nunca ouviu falar de transgênico, temos três possibilidades

Escolheriam alimento transgênico = 15%

Escolheriam alimento não transgênico = 70%

Não opinaram = 15%
Mas como queremos saber a probabilidade de esta pessoa ter escolhido alimento transgênico,
apenas nos resta 15%.
29.09
34
34
 0,75

34  8  2,5  0,5 45
A
AB
29.10
2
1

C 
·
B B
2
3
3
2 2 4
 3
+  

9 9 9
1
2

B C C  3 · 3
29.11
A  (3,6) (6,3) (4,5) (5,4)
B  (1,4) (4,1) (2,3) (3,2)
4
1

32 8
29.12
3 2
3
1 1
5


·


9 9
8
3 12 12
29.13
P(D) = 0,06  0,2 + 0,03  0,5 + 0,035  0,3
P(D) = 0,012 + 0,015 + 0,0105  P(D) = 0,0375
P A  = 0,06  0,02 = 0,012
 
D
0, 012
= 0,32 = 32%
0, 0375
29.14
Total 5! = 120
Carlos 3ª cadeira
C
4 · 3· 1 · 2 · 1  24
Daniel na 4ª cadeira
D
4 · 3· 2 · 1 · 1  24
Carlos e Daniel
C D
3· 2 · 1 · 1 · 1  6
24  24  6
42
= 0,35 Probabilidade de Carlos na 3ª cadeira e Daniel na 4ª.

120
120
1  0,35 = = 0,35 = 65%
29.15
Como a face observada da moeda é coroa, podemos descartar as 5 moedas com duas caras.
Então nos resta apenas 25 moedas do tipo coroa e coroa + 10 do tipo cara e coroa total de 35.
Destas 35 somente 25 do tipo coroa coroa, então temos:
29.16
30
30
 0,68 = 68%

30  10  4 44
25 5

35 6
29.17
40% H  30%F
60% m  50%F
P(F) = 0,3  0,4 + 0,5  0,6
P(F) = 0,12 + 0,3
P(F) = 0,42
P m  = 0,6  0,5  0,30
 
F
30
0,30 100 30 5



42
0, 42
42 7
100
29.18
1) Proficientes  18%  75% classificados
2) Não proficientes  82%  7% classificados
P(1) = 0,18  0,75 = 0,135  13,5%
P(2) = 0,82  0,07 = 0,0574  5,74%
13,5
13,5

 0,70 = 70
13,5  5,74 19,24
29.19
a)
p = (sexo masculino) E (resolver na 1ª) OU (sexo feminino) E (resolver na 1ª)
p=
40 60
60 55



100 100 100 100
p = 57%
b)
40 60

p  100 100
57
100
8
p
19
29.20
F para F (E) F para T =
95
4

100 100
F para T (E) T para T =
4
95

100 100
F para A (E) A para T =
1
3

100 100
Total =
763
 7,63%
10 000
MAT 10C AULA 28
28.01
0
0
1
2
3
2
x 0
0
y 0
1
3
y
x  0  y  3x
2
2
ALTERNATIVA A
28.02
2
1 
3

d  0    0 

2  
2 

d1
ALTERNATIVA C
28.03
2
Se o raio é de 1,5 m, a distância de P até a borda da mesa é de 0,5 metros.
ALTERNATIVA A
28.04
(F)
x 2  y 2  2x  4y  4  0
( 2)2  (2)2  2.( 2)  4.(2)  4  8  0
INTERIOR
(V)
x2  y 2  2x  4y  4  0
(1)2  (6)2  2.(1)  4.(6)  4  11  0
EXTERIOR
(F)
x2  y 2  2x  4y  4  0
( 1)2  ( 1)2  2.( 1)  4.(1)  4  8  0
INTERIOR
(F)
x2  y 2  2x  4y  4  0
(5)2  (0)2  2.(5)  4.(0)  4  31  0
EXTERIOR
(F)
x2  y 2  2x  4y  4  0
(0)2  (1)2  2.(0)  4.(1)  4  7  0
INTERIOR
28.05
1+1+25+k=0
k=1
28.06
2  1
2
 k  1
2
>5
1 + k2 + 2k + 1 > 25
k2 + 2k  23 > 0
k < 3 ou k > 5
28.07
dPC =
16  9  25  24
28.08
dPC =
1  9  10  12
28.09
dPC =
9  3  12  12
28.10
x2 + y2  4x  8y + 4 = 0
28.11
Se a circunferência é tangente ao eixo das abscissas no ponto (2,0), para ser tangente
também ao eixo das ordenadas, o ponto será (0,2) ou (0,-2) e, respectivamente, os centros
serão (2,2) ou (2, -2).
Assim, como nas duas possibilidades o raio é 2, as opções de equações são:
 x  2
2
 (y  2)2  22
2
 (y  2)2  22
ou
 x  2
ALTERNATIVA D
28.12
Se um triângulo retângulo está inscrito em uma circunferência, a hipotenusa do triângulo
coincide com o diâmetro da circunferência, ou seja, o raio da circunferência mede 5 e o centro
da circunferência é o ponto médio entre (0,6) e (8,0), ou seja, o centro é (4,3).
A equação da circunferência é:
 x  4
2
  y  3   52
2
ALTERNATIVA A
28.13
Uma circunferência de raio 3 e tangente aos dois eixos coordenados, possui 4 possibilidades de
coordenadas do centro, que são: (3,3), (-3,3), (-3,-3) e (3,-3).
As equações, respectivamente, são:
 x  3
2
  y  3   32
2
ou
 x  3
2
  y  3   32
2
  y  3   32
2
  y  3   32
2
ou
 x  3
2
ou
 x  3
2
ALTERNATIVA E
28.14
Se o centro pertence ao primeiro quadrante e à bissetriz ímpar, vamos considerar as
coordenadas sendo (k ,k) para k > 0. Assim, tendo o valor do raio, podemos generalizar a
equação como:
 x  k   (y  k)2  (2
2
 x  k   (y  k)2  8
2
2)2
Dentre as possibilidades para os valores de k mostradas nas alternativas, temos:
k  2   x  2   y  2  8
2
2
ALTERNATIVA A
28.15
As possibilidades para as coordenadas do centro da circunferência são (k, 0) para k > 0.
Assim, generalizando a equação, temos:
 x  k   (y  0)2  42
2
 x  k   y2  16
2
Dentre as possibilidades para os valores de k mostradas nas alternativas, temos:
k  4   x  4   y2  16
2
ALTERNATIVA A
28.16
Se um triângulo retângulo está inscrito em uma circunferência, a hipotenusa do triângulo
coincide com o diâmetro da circunferência, ou seja, o raio da circunferência mede 13 e o
centro da circunferência é o ponto médio entre (0,10) e (24,0), ou seja, o centro é (12,5).
A equação da circunferência é:
 x  12   y  5   132
2
2
 x  12   y  5   169
2
2
ALTERNATIVA A
28.17
As extremidades do diâmetro é A(1,1) e B(7,9), então, o centro é o ponto médio entre A e B e
o raio é a metade da distância entre A e B. Assim:
Centro: (4, 5)
 7  1 2   9  1 2
Raio =
2
5
Equação:
 x  4    y  5   52
2
2
 x  4    y  5   25
2
2
ALTERNATIVA A
28.18
O centro da circunferência também será a origem e o raio será a distância da Origem (0,0) ao
vértice (3,4), assim:
Raio =
3  0   4  0
2
Equação:
 x  0
2
  y  0   52
2
x 2  y 2  25
ALTERNATIVA B
28.19
2
5
O quadrado tem lado medindo 2 e, consequentemente, o raio da circunferência é igual a 1.
Sendo o centro da circunferência também na origem (0,0), logo:
Equação:
 x  0
2
  y  0   12
2
x2  y2  1
28.20
Se a reta pedida contém o diâmetro, então, ela passa pelo centro da circunferência que possui
coordenadas (-1,3).
A reta pedida é paralela à reta 2x + 3y – 1 = 0 que possui coeficiente angular igual a 
2
, ou
3
seja, a reta pedida também terá o mesmo coeficiente angular. Assim:
y  y 0  m(x  x 0 )
2
y  3   (x  1)
3
3y  9  2x  2
2x  3y  7  0
ALTERNATIVA C
28.21
Se a reta pedida contém o diâmetro, então, ela passa pelo centro da circunferência que possui
coordenadas (-2,1).
A reta pedida é perpendicular à reta 4x + 3y – 1 = 0 que possui coeficiente angular igual a 
, ou seja, a reta pedida terá o coeficiente angular igual a
3
. Assim:
4
4
3
y  y 0  m(x  x 0 )
3
(x  2)
4
4y  4  3x  6
y 1
3x  4y  10  0
ALTERNATIVA D
28.22
A circunferência possui centro na origem e raio igual a
6  2,4 . Assim, poderemos analisar as
seguintes coordenadas inteiras quanto a serem INTERIORES à circunferência:
(-2,0) / (-2,1) / (-2,2) / (-2,-1) / (-2,-2)
(-1,0) / (-1,1) / (-1,2) / (-1,-1) / (-1,-2)
(0,0) / (0,1) / (0,2) / (0,-1) / (0,-2)
(1,0) / (1,1) / (1,2) / (1,-1) / (1,-2)
(2,0) / (2,1) / (2,2) / (2,-1) / (2,-2)
Ao substituir cada um dos pontos na equação, para ser INTERIOR, o primeiro membro da
equação (x2 + y2) precisa ser MENOR que 6. Assim, teremos como pontos interiores, apenas:
(-2,0) / (-2,1) / (-2,-1)
(-1,0) / (-1,1) / (-1,2) / (-1,-1) / (-1,-2)
(0,0) / (0,1) / (0,2) / (0,-1) / (0,-2)
(1,0) / (1,1) / (1,2) / (1,-1) / (1,-2)
(2,0) / (2,1) / (2,-1)
21 pontos
ALTERNATIVA D
28.23
O ponto de ordenada máxima de uma circunferência é obtido usando a mesma abscissa do
centro e adicionando o valor do raio à ordenada do centro, assim:
Centro = (-2,-5)
Raio:
 2
2
R 1
  5   28  R2
2
O ponto de ordenada máxima será (-2, -5 + 1) = (-2, -4).
ALTERNATIVA E
28.24
a) Se a reta pedida representa o diâmetro, então ela passa pelo centro da circunferência cujas
coordenadas são (3,0).
A reta pedida é paralela à reta 2x + 3y + 1 = 0 que possui coeficiente angular igual a 
seja, a reta pedida também possui o mesmo coeficiente angular. Assim:
y  y 0  m(x  x 0 )
2
 x  3
3
3y  2x  6
2x  3y  6  0
y0  
b) Cálculo das coordenadas dos pontos de intersecção da circunferência com o eixo das
abscissas (y = 0):
x 2  02  6x  16  0
 x  8  (8,0)
x 2  6x  16  0 
 x  2  ( 2,0)
Cálculo das coordenadas dos pontos de intersecção da circunferência com o eixo das
ordenadas (x = 0):
02  y 2  6.0  16  0
 y  4  (0,4)
y 2  16  0 
 y  4  (0, 4)
Cálculo da área do quadrilátero:
S
1 2 0 8 0 2
2 0 4 0 4 0
1
8  32  8  32
2
S  40
S
28.25
a)
x2  y 2  4  região interna de circunferência de raio 2 e centro na origem



y  x  região superior da bissetriz ímpar
2
, ou
3
A interseção entre as regiões é um semicírculo de raio 2.
b)
1
   22
2
S  2
S
MAT 10C AULA 29
29.01
Da equação x2  (y  2)2  9 , temos:
Centro (0,2)
Raio = 3
A reta tem equação geral igual a x – y – 1 = 0.
Julgando cada afirmativa, temos:
(V)
D
0  2 1
12  ( 1)2
D 
3 2
R
2
Assim, a reta é SECANTE à circunferência, ou seja, possuem entre si dois pontos de
intersecção.
(V)
Os coeficientes angulares das duas retas são iguais, ou seja, são paralelas.
Substituindo o centro da circunferência na reta, temos:
2=0+2
2=2
(V)
Monta-se o sistema:
 x 2   y  2 2  9



y  x  1
Substituindo, temos:
x2   x  1  2  9
2
x 2  x 2  6x  9  9
 x  0   0, 1
2x 2  6x  0 
 x  3  (3,2)
(V)
A equação da reta que possui a bissetriz dos quadrantes ímpares é y = x, ou seja,
x – y = 0.
Calculando a distância da reta ao centro da circunferência, temos:
D
02
12  ( 1)2
D  2
(V)
A corda é determinada pelos pontos de intersecção (0,-1) e (3,2) e seu comprimento é a
distância entre esses pontos. Assim:
d
0  3   1 2
29.02
2
2
d3 2
29.03
Da equação x2  (y  2)2  9 , temos:
Centro (0,2)
Raio = 3
A reta tem equação geral igual a x – y – 1 = 0.
Cálculo da distância:
0  2 1
D
1  ( 1)
2
2
D 
3 2
R
2
29.04
(F)
Centro: (2,3)
Raio:
22  32  ( 4)  R2
R  17
Distância entre o centro e a reta:
D
3.2  4.3  2
32  42
SECANTE
(V)
D  4 R
Centro: (0,0)
Raio:
R =1
Distância entre o centro e a reta:
D
02
12  02
D  2 R
EXTERIOR
(F)
Centro: (0,0)
Raio:
R=3
Distância entre o centro e a reta:
D
03
02  12
D  3 R
TANGENTE
(F)
Centro: (1,0)
Raio:
R=
2
Equação da reta: x – y = 0
Distância entre o centro e a reta:
D
1 0
1  ( 1)2
2
 D  1 R
SECANTE
(V)
Centro: (2,2)
Raio:
R=2
Equação da reta: x + y = 0
Distância entre o centro e a reta:
22
D
12  12
D  2 2 R
EXTERNA
29.05
Centro: (0,5)
Raio:
02  52  ( 5)  R2
R  30
Distância entre o centro e a reta:
D
0  2.5
12  ( 2)2
D  2 5 R
SECANTE
ALTERNATIVA B
29.06
Resolvendo o sistema a seguir, temos:
 x  12   y  12  9

 x  y  0
  y  1
2
  y  1  9
2
1  2y  y 2  y 2  2y  1  9
2y 2  4y  7  0
  16  56
  72  0  SECANTE
a)
b)
c)
d)
FALSO
FALSO
FALSO - (1,1) não pertence à reta e nem à circunferência
VERDADEIRO – (-1,1) pertence à reta e é o centro da circunferência.
ALTERNATIVA D
29.07
Se a reta é tangente, o raio da circunferência é a distância do centro à reta. Assim:
R
8.2  15.0  18
82  152
R  2
Diâmetro = 2R
Diâmetro = 4
ALTERNATIVA D
29.08
Se as duas retas são paralelas e também tangentes à uma circunferência, a distância entre
elas é o diâmetro da circunferência. Assim:
Raio = 5
Distância = Diâmetro = 2R = 10.
ALTERNATIVA E
29.09
Como a reta é tangente, o raio é a distância do centro à reta, assim:
R
5.0  12.3  10
52  122
R  2
ALTERNATIVA B
29.10
A(s) reta(s) tem equação geral igual a : x – k = 0.
Como é tangente á circunferência, a distância do centro da circunferência à reta será igual ao
raio (Centro: (2,3) e Raio: 1), assim:
1
2k
12  02
2  k  1  k  1
2  k  1
2  k  1  k  3
ALTERNATIVA D
29.11
Para a reta ser tangente, o raio será a distância do centro á reta. Assim:
R
0  2.0  10
12  ( 2)2
R  2 5
ALTERNATIVA B
29.12
ALTERNATIVA D
29.13
A bissetriz ímpar tem equação x – y = 0. Em cada alternativa é necessário verificar se a
distância da reta ao centro da circunferência é igual ao raio da mesma.
a) C(0,0) e R =
D
00
1  ( 1)2
2
2
D  0 R
b) C(0,0) e R = 2
D
00
1  ( 1)2
2
c) C(2,0) e R =
D
20
1  ( 1)2
2
d) C(2,2) e R =
D
22
12  ( 1)2
e) C(2,-2) e R =
D
2   2 
12  ( 1)2
ALTERNATIVA C
D  0 R
2
D  2 R
2
D  0 R
2
D  2 2 R
29.14
O eixo das abscissas é representado por y = 0. Substituindo na equação da circunferência,
temos:
x 2  02  10x  8.0  16  0
x  2
x 2  10x  16  0 
x  8
ALTERNATIVA E
29.15
O eixo das abscissas é representado por y = 0. Substituindo na equação da circunferência,
temos:
x 2  02  6x  4.0  7  0
 x  7  (7,0)
x 2  6x  7  0 
 x  1  ( 1,0)
O comprimento da corda é a distância entre os pontos encontrados e, por pertencerem ao eixo
das abscissas, essa distância é a diferença entre as abscissas dos pontos, ou seja, [7 – (-1)] =
8.
ALTERNATIVA E
29.16
Cálculo das coordenadas do vértice de y  x2  6x  8 :
( 6)
 xv  3
2.1
y v  32  6.3  8  y v  1
xv  
Cálculo dos pontos que a parábola intercepta o eixo das abscissas, ou seja, as raízes da
função:

 x  2   2,0 
y  x 2  6x  8 

 x  4   4,0 
O vértice é equidistante das raízes, e sendo a circunferência com centro no vértice passando
pelas raízes, temos que o raio da circunferência é a distância do vértice a uma das raízes, ou
seja:
R
 3  2
2
  1  0 
2
R 2
A equação da circunferência fica:
 2
 x  3
2
  y  1 
 x  3
2
  y  1  2
2
2
ALTERNATIVA B
29.17
Temos que:
k
1  5 
2
 2  k 
k 2  16  4  4k  k 2
k5
ALTERNATIVA C
29.18
2
2
1
4.1  3.k
42  ( 3)2
1

4  3k  5  k  
4  3k  5 
3
4  3k  5  k  3

Consideraremos o valor de k = 3 (positivo), assim, a soma das coordenadas do centro será:
1 3  4
ALTERNATIVA C
29.19
I – FALSO
x2  y2  6y  7  0
Centro: C (0, 3)
02  32  7  R 2
R 2
II – VERDADEIRO
x2  y2  6y  7  0
Centro: C (0, 3)
III – VERDADEIRO
Sendo o ponto P pertencente à reta e à circunferência, precisamos verificar se a reta é
tangente ou secante, assim:
D
0  3 1
12  ( 1)2
D  2 R
A reta é tangente no ponto P(1,2)
ALTERNATIVA A
29.20
I – VERDADEIRO
S
1.2
 S  1 u.a
2
II – FALSO
Nenhum dos 3 vértices do triângulo (-1,0), (0,2) e (0,0) pertence á circunferência.
III – FALSO
x2  y2  2x  4y  0
C(-1,2)
( 1)2  22  0  R2
R 5
Cálculo da distância entre o centro e a reta:
D
2  2.( 1)  2
( 2)  1
2
2
D 
2 5
R
5
SECANTE
IV – VERDADEIRO
Coeficiente angular de y – 2x – 2 = 0 é igual a 2;
Coeficiente angular de 2y + x +10 =0 é igual a -1/2;
As retas são perpendiculares.
ALTERNATIVA C
29.21
1. FALSO
A e B estão em semiplanos distintos;
2. VERDADEIRO
Coeficiente angular de r é igual a 
Coeficiente angular de s é igual a
3
4
5 1 4

30 3
Retas perpendiculares.
3. VERDADEIRO
Pelo gráfico, a reta r é secante à circunferência.
4. FALSO
O semiplano que contém o ponto C obedece à 3x  4y  12
ALTERNATIVA C
29.22
x2  y2  4x  3  0
C(2,0)
22  02  3  R2
R 1
Como a reta r passa pela origem, podemos dizer que a equação é r: y = kx, ou seja, kx – y
= 0.
A distância do centro (0,2) até a reta r é igual a 1, assim:
1
k.0  2
k 2  ( 1)2
2  k2  1
k  3
4  k 2  1
k   3
Como a reta s tem a mesma proposta de equação s: y = mx, ou seja, mx – y = 0 e tem
também a mesma distância do centro (0,2), os valores encontrados para m serão os
mesmos.
Logo, podemos dizer que:
r: y  3x
s: y   3x
Sendo o coeficiente angular de uma reta a tangente da inclinação da reta, temos que:
r  60o
`

o
 s  120
O ângulo POR solicitado é a diferença entre as inclinações, ou seja:
   s  r
  120o  60o
  60o
ALTERNATIVA D
29.23
Resolvendo o sistema, temos:
2
2
 x  y  2x  2y  2  0

 x  y  2  0  y  x  2
x 2  (x  2)2  2x  2(x  2)  2  0
x 2  x 2  4x  4  2x  2x  4  2  0
2x 2  8x  6  0
x 2  4x  3  0
As abscissas dos pontos de intersecção são as soluções da equação quadrática encontrada.
Está sendo solicitada a soma dessas abscissas, ou seja, pelas Relações de Girardi, temos
que a soma é igual a 4.
ALTERNATIVA C
29.24
a)
(x  4)2  (y  3)2  52
(x  4)2  (y  3)2  25
b)
O eixo Oy é definido por x = 0. Substituindo, temos:
0  4
2
 (y  3)2  25
16  (y  3)2  25
(y  3)2  9
y  3  3  y  6  (0,6)
ou
y  3  3  y  0  (0,0)
c)
Toda reta que passa pelo ponto (0,6) tem equação:
y  y 0  m(x  x 0 )
y  6  m(x  0)
mx  y  6  0
Para ser tangente à circunferência, a distância da reta ao centro tem que ser igual ao raio,
ou seja:
5
m.4  3  6
m2  ( 1)2
5 m2  1  4m  3
 5 m  1
2

2

 4m  3

2

25 m2  1  16m2  24m  9
9m  24m  16  0
2
24  576  576
18
4
m
3
m
Logo, a reta é:
4
xy6 0
3
4x  3y  18  0
MAT 10D AULA 28
28.01
A projeção no solo da trajetória do motociclista no globo da morte será uma reta.
28.02
Vcone =
R 2h R 3

3
3
Volume de meia esfera.
Vo =
1  4R3  2R 3
· 

2  3 
3
Vboia = R3
R=R+
1
R
2
3
V’boia
3 
=  R
2 
V’boia =  
27
 R3
8
28.03
1
1
 4R2 
 4  16 = 32 = 100,48
2
2
100,48  21 = 4,7  5
28.04
132 = 122 + x2
169 = 144 + x2
x2 = 25  x = 5
28.05
a) FALSO – Há outras circunferências além da máxima.
b) FALSO – Não necessariamente a circunferência máxima.
c) VERDADEIRO
d) FALSO – Serão concêntricas mas não necessariamente coplanares.
e) FALSO – Planos secantes mas não necessariamente perpendiculares.
28.06
Pontos equidistantes de P determinam no espaço uma superfície esférica.
ALTERNATIVA D
28.07
R2 + 16 = 64
R2 = 48
R=4 3
28.08
I – VERDADEIRO
II – VERDADEIRO – Será sempre um retângulo podendo ter as particularidades de um
quadrado.
III – VERDADEIRO – Condição de tangência.
ALTERNATIVA E
28.09
4R2 = 324
R2 = 81  R = 9
x2 + 49 = 625
x2 = 576  x = 24
28.10
I – FALSO
6 000 km

10 m
 3 km
1
x
m  0,005m  5mm

x
200
II – VERDADEIRO
6 000 km

10 m
 3 km
1
x
m  0,005m  5mm

x
200
III – FALSO
6 000 km  3 km
3
x
m  0,003m  3mm


x
1 000
6 m
IV – VERDADEIRO
6 000 km  3 km
3
x
m  0,003m  3mm

6
m

x
1
000

ALTERNATIVA C
28.11
VT =
4
  (43 + 83)
3
VT =
4
  (64 + 512)  VT = 768
3
Vcil =   R2  h = 768
R2  12 = 768
R2 = 64  R = 8
28.12
Vesfera = V2  V1
4
R3 = r2h2  r2h1
3
4 3
R = r3(h2  h1)
3
4 3
R = 32(h1 + 1,2  h1)
3
R3 = 9  1,2 
3
= 8,1
4
R3  8  R = 2 cm
28.13
Vcil =   0,32  1 = 0,2826
4
   0,33 = 0,11304
3
Vesf =
0,39564 m3  1 000 = 395,64 L
28.14
Vesf =
4
  43
3
Vesf =
4
  64  27 = 1 L
3
x
4
4
  33 =
  64  24
3
3
x = 64
28.15
PA: a1 =
Sn =
R 3
R 3
2
;r=
; Sn =
R3
18
45
3
 a1  an  n
2
 R3 R3
1
R3 
2

 n  1
R3 =
n 

2
18
45 
3
 18
4
1 n  1
 1
=n 


45 
3
 18 18
...
n2 + 4n  60 = 0
n=
4  16
2
n’ = 6 e n’’ = 10
28.16
4 · 62  144
x
360
45
x=
1
 4  36
8
x = 18  3 = 54
144  54 = 90 = 282,6
28.17
sen30o =
r
 r = 3 188
6376
L=r
L=
15
 3 188
180
L = 0,25  3 188  L = 797
28.18
sen30o =
r
 r = 3 200
6 400
ABC
1
1
 2  6 400 +
 2  3 200
2
8
6 400 + 2 400 = 8 800
AB:
360o
60o
x=
2R
x
1
23R
6
x = R = 6 400
28.19
a)
SlR = 15  40  4 = 2 400 cm2
Slo = 4  22 = 4  3  4 = 48 cm2
b)
VR = 15  15  40 = 9 000 cm3
VE =
4
4
  23  VE =
 3  8 = 32 cm3
3
3
VL = VR  90  VE = 9 000  90  32 = 6 120 cm3
28.20
Como o volume da esfera é menor que o do cone, o copo não ficará totalmente cheio.
Vcone = Rh =   3  13 = 39 cm3
Vbola =
4
4
R3 =
  33 = 36 cm3
3
3
MAT 10D AULA 29
29.01
1 – Cilindro: O retângulo representa a área lateral do cilindro. Os círculos da primeira figura
representam as áreas das bases do cilindro.
2 – Prisma de base pentagonal: os pentágonos representam as áreas das bases do prisma, a
parte retangular dividida em 5 partes, representa a área lateral.
3 – Pirâmide. Ao dobrar os triângulos externos, forma-se uma pirâmide de base triangular
29.02
O octaedro regular tem por característica poder ser definido como a junção pelas bases de
duas pirâmides quadrangulares regulares iguais de arestas iguais e isso acontece para
qualquer posição que for colocado. Assim:
01 – VERDADEIRO – ABFD é um quadrado.
02 – VERDADEIRO – BCF é um triângulo equilátero.
04 – FALSO – ABFD é um quadrado.
08 – VERDADEIRO – AF é diagonal do quadrado ABFD
16 – VERDADEIRO – CE é diagonal do quadrado BCDE
SOMA = 27
29.03
c)
a aresta passa: 0,80a
V = a3
V’ = (0,8a)3 = 0,512a3 = 51,2% V
48,8%
V  V'
29.04
H=
a 6 6 6

3
3
H = 2 6 cm
29.05
S=8 3
8
a2 3
=8 3
4
a2 = 4  a = 2
29.06
R=
3H
4
2 3 =
3
a 6
3
4
8 3 =a 6
a=
8 3
6

8 2
2
a=4 2
S = a2 3
S = 16  2 3
S = 32 3
29.07
4
a2 3

4
3a2
29.08
a2 2 = 16 2
a=4
4  4  4 = 64
29.09
I) (V)
F=4+3+2=9
A=
4·3+3·4+2·5
= 17
2
V+F=A+2
V = 17 + 2  9
V = 10
II) (F)
St = 4 
22 3
4
III)(V)
IV) (V)
29.10
01) (V)
V=
1
·
3
3
22
·
2
3
2 
1
1
·2=
6
3
02) (F)
04) (F)
08) (V)
16) (V)
St = 6 
 2
3
2
=6
29.11
tg 30º =
x
3

a
3
3
4
x=
a 3
3
Prisma
V = Sb  h
V=
1
a 3
a
a
2
3
V=
a3 3
6
29.12
AC = BC = 10
x2 + 52 = 102
x2 = 75
x=5 3
V=
1 10 3 · 5
 24
·
3
2
V = 200 3
29.13
01) (F)
V1 = (2r)2   
h
1r 2
 V1 =
h
2
2
V2 = r2h
2
1
r 
V3 =      2h  V3 =
   r2  h
2
2
V1 = 8  6  9 = 432
V2 = 6  5  8 = 240
02) (F)
1
2,16
= 0,005
432
2
0, 96
= 0,004
240
04) (F)
Vt =
4
   R3
3
Vc =
1
 R2  R
3
08) (V)
10 2 
3
V=
2
3

16) (V)
2
92log9 3  9log9 3 = 9
29.14
Octaedro
4000
1000 23 2
V=
3
3
y = lado do octaedro
y=
x 2
2
3
x 2


2 
V= 
3
2

1
x3 · 4 x3
·

3
8
6
2
x 2


2 

St = 8 
4
x3
6
3
=2
x2 · 2
·
4
V
1
3
x cm
 3


St x 3 6 3 18
29.15
01) (F)
3 = x2 3
H=
a 6
a 2 ·
H=
3
3
H=
a 12
2a 3
H=
3
3
6
02) (V)
a 2 
3
V=
2
12

a3 · 4 a3

12
3
04) (V)
a 2 
2
Sb =
4
3

a2 3
2
08) (F)
St = 6 
a2 3
 St = 3 3 a2
2
16) (V)
29.16
(
1
1
1
1
1
1 
 a  h1 +
 a  h2 +
 a  h3 +
 a  h4 =
 a  H)   a 
3
3
3
3
3
3 
h 1 + h2 + h3 + h4 = H
29.17
x=
d2 =
a 3
2
a 2
a2 · 3 a2
2a2
 d2
 d2 =

2
4
4
4
29.18
Cubo I  a
Cubo II  b
S 1 = 6  a2  d 1 = a 3
S 2 = 6  b2  d2 = b =
3
S1  S2 = 54
6a2  6b2 = 54
a2  b2 = 9
a2  3 = 9
a2 = 12
a=2 3
d1 = 2 3 
3  d1 = 6
d2 = 3  b 3 = 3  b =
d1 6

=2
d2 3
29.19
3
a)
x = 5 2 cm
b)
V=
a3 2 125 · 23 2 500
cm3


3
3
3
29.20
Exercício resolvido no material
MAT 10E AULA 28
28.01
1 1 6 11 6
1 5 6 0
x2  5x + 6 = 0
x’ = 2 e x‘’ = 3
P = 6  1 = 6 unidades cúbicas
28.02
2(6 + 3 + 2) = 22 unidades de área
28.03
(2)
28.04
b=0
28.05
2 4 4 9 1 2
4 4 1 1 0
S=
 4 
4
S=1
28.06
2 1 4 4 16
1 6 8
0
x2 + 6x + 8 = 0 
8
=8
1
28.07
Raízes: x  a, x, x + a
Soma: 3x =  6
Subtração na equação: x = 2 (RAIZ)
8 + 24  2k  10 = 0  2k = 6
k=3
28.08
2 9 21 4 4
9 3 2 0
S=
 3 
3
=
1
3
28.09
1 3 9 13 7
3 6 7 0
S=
P=
6
= 2 = p + q
3
7
=pq
3
(p + q)2 = (2)2
p2 + 2pq + q2 = 4
p2 + q 2 = 4 
14
2
=
3
3
28.10
6x4  x3  9x2  3x + 7  2x2 + x + 1
Resto = 4x + 12 = 0  x = 3
Quociente: 3x2  2x  5  p = 
5
3

5
 (3) = 5
3
28.11
1  2i  outra raiz
S = 1  a + 2i + 1  2i + x = 1
x = 3 (3ºraiz)
P = 3(1 + 2i)(1  2i)
P = (1 + 4)  P = 15
28.12
x1 + x2 = 4  x3 = ?
S=0
4 + x3 = 0  x3 = 4
(4)3  10  (4) + m = 0
m = 64  40  m = 24
28.13
Raízes: x  a, x, a + a
S = 3x = 9  x = 3 (raiz)
33  9  32 + 3k + 21 = 0
3k = 3  k = 11
log2 (33  11)2
log2 210 = 10
28.14
4ª raiz = ?
* S = x + 1 + 2 + 3 = 0  x = 6
* P = 6  1  2  3 = p  p = 36
* 1  2 + 1  3 + 1  (6) + 2  3 + 2  (6) + 3  (6) = m
m = 2 + 3 6 + 6  12  18
m = 25
m + p = 61
28.15
V = produto das raízes
V=
 30
1
V = 30 cm3
St = 2  (produto duas a duas)
 31 
St = 2  

 1 
St = 62 cm2
28.16
abc=
 3
2
a+b+c=
abc
abc
=
3
2
 30
2
= 15


 15 
ab  c
log 
  log  3   log 10 = 1
 abc 


 2 
28.17
x1 + x2 = 63
x1 = par e x2 = ímpar
x1 e x2 nº íntimo e primo
x1 = 2 e x2 = 61
então:
x1  x2 = 122
28.18
x3  10x2  2x + 20 = 0  a + b + c = 10  a  b  c = 20
a2bc + ab2c + abc2  abc(a + b + c)
20  10 = 200
28.19
Raízes: x  a, x, x + a
S = 3x = 3  x = 1
a)
13+m=0m=2
b)
1 1 3 0 2
1 2 2 0
x2  2x  2 = 0
x=
2 48
22 3
x=
2
2
x=1
3
{1; 1 +
3; 1 
3}
28.20
Raízes:
Soma:
x(
x
, x, x  q
q
x
+x+xq=7
q
1
+ 1 + q) = 7
q
Produto:
x
 x  xq = x3 = k
q
Produto 2 a 2
x
x
x+
 xq + x  xq = 28
q
q
x2  (
1
+ 1 + q) = 28
q
x  7 =  28  x = 4
k = (4)3 = 64
MAT 10E AULA 29
29.01
As raízes são os pontos que o gráfico do polinômio intercepta o eixo x, assim, as raízes são: 1, 1, 3
ALTERNATIVA D
29.02
P(x)  k(x  x1 )(x  x 2 )(x  x3 )
P(x)  k(x  1)(x  1)(x  3)
ALTERNATIVA A
29.03
Se 2i é raiz, então o conjugado – 2i também é raiz, assim, a equação terá pelo menos as
raízes 3, 2i e -2i. O grau mínimo será 3.
ALTERNATIVA C
29.04
A equação terá pelo menos as raízes:
x1  x 2  4  i
x3  x 4  4  i
x 5  x 6  3i
x 7  x 8  3i
8º Grau
ALTERNATIVA E
29.05
O polinômio terá pelo menos as raízes:
x1  1  3i
x 2  1  3i
x3  5
Grau Mínimo = 3
ALTERNATIVA B
29.06
Prováveis Raízes Racionais:
1 1
1

PRR : 1,  ,  ,  
3 5 15 

Nas alternativas, a única dessas que é citada é
3
1
que substituímos para tirar a prova:
3
2
1
 1
 1
15.    7.    7.  1  0
3
3
3
15 7 7
  1 0
27 9 3
15  21  63  27  0
00
Comprovado!
ALTERNATIVA E
29.07
Como é do quarto grau e duas raízes são imaginárias não conjugadas uma da outra, então, as
outras duas raízes são as conjugadas das raízes dadas. Assim:
1+ie2–i
ALTERNATIVA E
29.08
MÍNIMO = 4 RAÍZES
MÁXIMO = 7 RAÍZES
4n7
ALTERNATIVA B
29.09
Como o termo independente é “0”, uma das outras raízes será “0”. Assim:
x2  3  0
x 3
Duas irracionais e uma racional.
ALTERNATIVA E
29.10
a) VERDADEIRO – Raízes imaginárias são sempre em quantidade par.
b) FALSO – não procede
c) FALSO – não procede
d) FALSO – não procede
ALTERNATIVA A
29.11
Raízes:
x1  2  i
x 2  2  i
x 3  1  2i
x 4  1  2i
x5 
ALTERNATIVA C
29.10
A) Correta. Propriedade: Se uma equação algébrica tem grau ímpar, então ela admite pelo
menos uma raiz real.
As demais alternativas não satisfazem o teorema das raízes imaginárias nem as propriedades
abaixo:
– Se uma raiz imaginária é de multiplicidade m, sua conjugada também terá o mesmo grau de
multiplicidade;
– O número de raízes imaginárias de uma equação algébrica de coeficientes reais é
necessariamente par;
29.11
Do teorema das raízes imaginárias (Se o número z = a + bi, com a ∈
∈
equação polinomial de coeficientes reais, então z = a – bi também é raiz dessa equação),
decorre que 2 – i e 1 – 2i também são raízes.
Como a equação tem grau ímpar, a outra raiz é real.
29.12
i  i + x1 + x2 = 2
x1 + x2 = 2
i(i)  x1  x2 = 2
x1  x2 = 2
29.13
P(x) = 1(x  1)(x  2)(x  3)
x2  2x  1x + 1  x2  3x + 2
29.14
2 + 3i + 2  3i + x = 6  x = 2
29.15
1  2i + 2i = a  a = 1
(1)(2i) + (1)(2i) + (2i)(2i) = b
2i  2i + 4 = b  b = 4
(1)  (2i)(2i) = c
4i2 = c  c = 4
a + b + c + 1 = 10
29.16
logb a = 3  b3 = a
1

 3 logb a,b, a   PA


(1, b, a)
b1=ab
a  2b + 1 = 0
b3  2b + 1 = 0
1 1 0 2 1
1 1 1 0
x2 + x  1 = 0
=1+5=5
x=
1  2,2
x = 0.6
2
29.17
St =
c 7
 x2

a 2
V=
d 2

a 2
V=
7
=7
1
29.18
Tendo que x1.x2  1 e utilizando as Relações de Girardi, podemos fazer:
(x1.x 2 ).x 3  
4
2
1.x 3  2
x 3  2
1
2
1
x1  x 2  ( 2) 
2
5
x1  x 2 
2
x1  x 2  x 3  
x1x 2  x1x 3  x 2 x 3 
1  x 3 (x1  x 2 ) 
k
2
k
2
5 k
1   2     
2 2
k  8
ALTERNATIVA A
29.19
2x2 + 3x + 1 = 0
x  1 ou x  
1
2
Maior raiz real = 
1
2
29.20
Pela Relação de Girardi, temos:
1  1  x3  3
x3  5
Usando a forma fatorada, encontramos:
1(x  1)(x  1)(x  5)  0
(x 2  2x  1)(x  5)  0
x3  5x 2  2x 2  10x  x  5  0
x3  3x 2  9x  5  0  p  9 e q  5