o anglo resolve a prova da 2ª fase da FUVEST

É trabalho pioneiro.

Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.

Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tarefa de não cometer injustiças.

Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.

No final, um comentário sobre as disciplinas.

A 2ª fase da Fuvest consegue, de forma prática, propor para cada carreira um conjunto distinto de provas. Assim, por exemplo, o candidato a Engenharia da Escola Politécnica faz, na 2ª fase, provas de Língua Portuguesa (40 pontos), Matemática (40 pontos), Física (40 pontos) e Química (40 pontos). Já aquele que pretende ingressar na Faculdade de Direito faz somente três provas: Língua Portuguesa (80 pontos), História (40 pontos) e Geografia (40 pon- tos). Por sua vez, o candidato a Medicina tem provas de Língua Portuguesa (40 pontos), Biologia (40 pontos), Física (40 pontos) e Química (40 pontos).

Para efeito de classificação final, somam-se os pontos obtidos pelo candidato na 1ª e na 2ª fase.

Vale lembrar que a prova de Língua Portuguesa é obrigatória para todas as carreiras.

o anglo resolve

a prova da 2ª fase da FUVEST

A cobertura dos vestibulares de 2004 está sendo feita pelo Anglo em

parceria com a Folha Online.

FUVEST — TABELA DE CARREIRAS E PROVAS

ÁREA DE HUMANAS

PROVAS DA 2ªFASE E CARREIRAS/CÓDIGO VAGAS RESPECTIVOS NÚMEROS

DE PONTOS

Artes Cênicas (Bach.) / 208 15 LP(40), HE(120)

Artes Cênicas (Lic.) / 220 10 LP(40), H(40), HE(80)

Artes Plásticas 30 LP(40), H(40), HE(80)

Música – São Paulo e Rib. Preto LP(40), HE(120)

Curso Superior de Audiovisual / 234 35 LP(40), H(40), HE(80)

Editoração / 244 15 LP(40), H(40)

Jornalismo / 254 60 LP(40), H(40), G(40)

Publicidade e Propaganda / 280 50 LP(40), H(40)

Relações Públicas / 284 50 LP(40), H(40)

Biblioteconomia / 224 35 LP(40), H(40)

Turismo / 286 30 LP(40, H(40), G(40)

Arquitetura – São Paulo / 204 150 LP(40, F(20), H(20), HE(80)

Arquitetura – São Carlos / 206 30 LP(80), H(40), HE(40)

Administração – São Paulo / 202 210 LP(40), M(40), H(40), G(40) Administração – Ribeirão Preto / 200 45 LP(40, M(40), H(40), G(40) Ciências Contábeis – São Paulo / 228 150 LP(40), M(40), H(40), G(40) Ciencias Contábeis – Ribeirão Preto / 226 45 LP(40), M(40), H(40), G(40) Economia – São Paulo / 242 180 LP(40), M(40), H(40), G(40) Economia – Ribeirão Preto / 240 45 LP(40), M(40), H(40), G(40) Economia Agroindustrial – Piracicaba / 238 30 LP(40), M(40), H(40), G(40) Gestão Ambiental – Piracicaba / 250 40 LP(40), B(40, H(40)

Direito / 236 460 LP(80), H(40), G(40)

Relações Internacionais – Bacharelado / 282 60 LP(80), H(40), G(40) Ciências da Informação e da Documentação

(Bacharelado) – Ribeirão Preto / 230 40 LP(80), H(40), G(40)

Ciências Sociais / 232 210 LP(40), H(40), G(40)

Filosofia / 246 170 LP(80), H(40), G(40)

Geografia / 248 170 LP(40), H(40), G(40)

História / 252 270 LP(40), H(40), G(40)

Letras – Básico / 256 849 LP(80), H(40), G(40)

Pedagogia – São Paulo / 268 180 LP(80), H(40)

Pedagogia – Ribeirão Preto / 266 50 LP(80), H(40), G(40)

Oficial da PM de São Paulo – Fem. / 262 15 LP(40)

Oficial da PM de São Paulo – Masc. / 264 135 LP(40) ÁREA DE BIOLÓGICAS

PROVAS DA 2ªFASE E CARREIRAS/CÓDIGO VAGAS RESPECTIVOS NÚMEROS

DE PONTOS Ciências Biológicas – São Paulo / 404 120 LP(40), Q(40), B(40) Ciências Biológicas – Ribeirão Preto / 402 40 LP(40), Q(40), B(40) Ciências Biológicas – Piracicaba / 400 30 LP(40), Q(40), B(40) Medicina (São Paulo) e Ciências Médicas

(Ribeirão Preto) / 442 375 LP(40), F(40), Q(40), B(40)

Educação Física – Bacharelado / 408 50 LP(40), F(40), B(40), H(40), A Esporte – Bacharelado / 428 50 LP(40), A, HE(40), B(40), Q(40)

Enfermagem – São Paulo / 422 160 LP(40), B(40), Q(40)

Enfermagem – Ribeirão Preto / 420 80 LP(40), Q(40), B(40) Engenharia Agronômica – Piracicaba / 424 200 LP(40), M(40), Q(40), B(40)

Engenharia Florestal / 426 40 LP(40), M(40), Q(40), B(40)

Cências dos Alimentos – Piracicaba / 406 40 LP(40), B(40), Q(40) Farmácia – Bioquímica – São Paulo / 432 150 LP(40), F(40), Q(40), B(40) Farmácia – Bioquímica – Ribeirão Preto / 430 80 LP(40), Q(40), B(40) Fisioterapia – São Paulo e Ribeirão Preto / 434 65 LP(40), F(40), Q(40), B(40) Fonoaudiologia – São Paulo / 440 75 LP(80), F(40), B(40) Fonoaudiologia – Bauru / 436 25 LP(40), F(40), Q(40), B(40) Fonoaudiologia – Ribeirão Preto / 438 30 LP(80), F(40), B(40) Medicina Veterinária / 444 80 LP(40), F(40), Q(40), B(40)

Nutrição / 448 80 LP(40), F(40), Q(40), B(40)

Nutrição e Metabolismo – Ribeirão Preto / 446 30 LP(40), F(40), B(40), Q(40) Odontologia – São Paulo / 454 133 LP(40), F(40), Q(40), B(40) Odontologia – Ribeirão Preto / 452 80 LP(40), F(40), Q(40), B(40)

Odontologia – Bauru / 450 50 LP(40), F(40), Q(40), B(40)

Psicologia – São Paulo / 458 70 LP(40), M(40), B(40), H(40) Psicologia – Ribeirão Preto / 456 40 LP(80), B(40), H(40) Terapia Ocupacional – S. Paulo e Rib. Preto / 460 45 LP(40), B(40), H(40) Zootecnia – Pirassununga – 462 40 LP(40), M(40), B(40), Q(40)

ÁREA DE EXATAS

PROVAS DA 2ªFASE E

CARREIRAS/CÓDIGO VAGAS

RESPECTIVOS NÚMEROS DE PONTOS Engenharia, Computação e Matemática Computação – São Paulo; Engenharia São Paulo;

Matemática – (Bacharelado) – Matemática Aplicada e Computacional São Paulo / 608 870 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Metemática e Física – São Paulo (Licenciatura) / 638 260 LP(40), M(40), F(40)

Matemática (Bacharelado e Licenciatura), Matemática Aplicada e Computação Científica — São Carlos / 642 55 LP(40), M(40), F(40)

Ciências Exatas – São Carlos (Licenciatura) / 634 50 LP(40), M(40)

Computação – São Carlos /602 100 LP(40), M(40), F(40)

Informática – São Carlos /632 40 LP(40), M(40), F(40)

Informática Biomédica – Riberão Preto / 630 40 LP(40), M(40), F(40), B(40)

Engenharia Civil – São Carlos / 620 60 LP(40), M(40), F(40)

Engenharias – São Carlos (Elétrica com enfase em Eletrônica, Elétrica com enfase em Sistemas de Energia

e Automação, Mecânica, Produção Mecânica, Mecatrônica, Computação) / 624 280 LP(40), M(40), F(40)

Engenharia Ambiental – São Carlos / 606 40 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Engenharia Aeronáutica – São Carlos / 604 40 LP(40), M(40), F(40)

Física – São Paulo e São Carlos (Bacharelado), Meteorologia e Geofísica, Matemática – (Bacharelado), Estatística e Matemática – São Paulo / 628 330 LP(40), M(40), F(40)

Física Médica – Riberão / 626 40 LP(40), M(40), F(40)

Ciêncas Geológicas e Ambientais / 600 50 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Química (Bacharelado e Licenciatura) – São Paulo / 646 60 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Licenciatura em Química – São Paulo / 648 30 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Bacharelado em Química Ambiental — São Paulo / 650 30 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Bacharelado em Química — São Carlos / 656 60 LP(40), Q(40)

Química (Licenciatura) — Riberão Preto / 654 40 LP(80), Q(40)

Engenharia de Alimentos — Pirassununga / 622 100 LP(40), M(40), F(40), Q(40)

Oceanografia — São Paulo / 644 40 LP(40), M(40), B(40), Q(40)

Licenciatura em Geociências e Educação Ambiental / 636 40 LP(40), B(40)

LEGENDA

LP — Língua Portuguesa H — História

M — Matemática G — Geografia

F — Física A — Aptidão

Q — Química HE— Habilidade Específica

B — Biologia

SP – 35 R. Preto – 30

M M

M ^{Á Á Á III} C C C A A A E

E A E A M A M

M ^{T T T} _{T T T}

O número de gols marcados nos 6 jogos da primeira rodada de um campeonato de futebol foi 5, 3, 1, 4, 0 e 2.

Na segunda rodada, serão realizados mais 5 jogos. Qual deve ser o número total de gols marcados nessa rodada para que a média de gols, nas duas rodadas, seja 20% superior à média obtida na primeira rodada?

Resolução:

Na primeira rodada, foram marcados 15 gols em 6 jogos. A média, portanto, foi:

Seja n o número de gols marcados na segunda rodada. Do enunciado:

Resposta:Na segunda rodada deverão ser marcados 18 gols.

Três cidades A, B e C situam-se ao longo de uma estrada reta; B situa-se entre A e C e a distância de B a C é igual a dois terços da distância de A a B. Um encontro foi marcado por 3 moradores, um de cada cidade, em um ponto P da estrada, localizado entre as cidades B e C e à distância de 210 km de A. Sabendo-se que P está 20 km mais próximo de C do que de B, determinar a distância que o morador de B deverá percorrer até o ponto de encontro.

Resolução:

Temos:

Substituindo:

5 (y – 10) = 190 + y ∴ ^{4y = 240} ∴ ^{y = 60} Resposta:B deverá percorrer 60 km.

Um triângulo ABC tem lados de comprimentos AB = 5, BC = 4 e AC = 2 . Sejam M e N os pontos de AB—

tais que CM— é a bis- setriz relativa ao ângulo A ˆCB e CN—

é a altura relativa ao lado AB— . Determinar o comprimento de MN—

.

Questão 3

▼▼

5

3 210 20

2

3 2 20

3 10

x y

x y x

y

= +

= ∴ =

–

– –

14243

A B P C

x 2x

3 210

y y – 20

Questão 2

▼▼

15

11+ⁿ =( , ) ( , )2 5 ⋅ 1 2 ∴ 15+ =ⁿ 33 ∴ ⁿ=18

15 6 =2 5, .

Questão 1

▼▼

Resolução:

Do enunciado, temos a figura:

Aplicando o teorema da bissetriz interna no triângulo ABC, temos:

Ainda no triângulo ABC, aplicando o teorema dos co-senos, temos:

(BC)²= (AC)²+ (AB)²– 2 ⋅^AC ⋅^AB ⋅^{cos Â} 4²= 2²+ 5²– 2 ⋅2 ⋅5 ⋅cos  ∴ cos  = No triângulo retângulo ANC, devemos ter:

cos  =

De (2) e (3), resulta

Da figura, MN = AM – AN (5).

De (1), (4) e (5), temos:

Resposta:

Considere a equação z²= αz + (α– 1) z– , onde αé um número real e z– indica o conjugado do número complexo z.

a) Determinar os valores de αpara os quais a equação tem quatro raízes distintas.

b) Representar, no plano complexo, as raízes dessa equação quando α= 0.

Resolução:

a) Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos:

(x + yi)²= α(x + yi) + (α– 1)(x – yi) x²– y²+ 2 xyi = (2α– 1) x + yi

x²– y²= (2α– 1) x 2 xy = y

De 2 xy = y, temos: y = 0 ou x = .

1ºcaso: De y = 0 e x²– y²= (2α– 1) x, temos:

x²= (2α– 1) x x = 0 ou x = 2α– 1

Nesse caso, z = 0 ou z = 2α– 1.

1 2

Questão 4

▼▼

11 30

MN= ⁵ ∴ MN=

3 13 10

11 – 30

13

20 2

13 10 4

= AN =

Logo AN

. , ( )

AN 2 ( )3

13 20 ( )2 AC

AM BC

BM AM AM AM

= ⇒ ² = ⁴ ∴ =

5

5

3 1

– ( )

A

C

N M B

2 4

5

123

2ºcaso: De x = e x²– y²= (2α– 1) x, temos:

Note que y ∈IR se, e somente se,

Nesse caso, temos

Portanto, temos z = 0 ou z = 2α– 1 e, com

Logo, temos quatro raízes distintas se, e somente se, Resposta:

b) Sendo α= 0, temos, do item anterior:

Resposta:

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:

Consideremos que m seja uma constante. Com essa condição, podemos afirmar que p é um polinômio de grau 3. Indiquemos suas raízes por x₁, x₂e x₃, com x₁⋅^x2= – 1

a) De e x₁⋅^x2= – 1, temos .

De , temos:

De , temos:

Resposta:7 2 3

2 2 7

+ = ^m ∴ ^m=

x x x m

1 2 3

+ + = – (–2 ) – 1 3

2 3

2 2 2

1 2 1 2

+ ^x + ^x = ∴ ^x +^x = x₁ x₂ x₁ x₃ x₂ x₃ 4

⋅ + ⋅ + ⋅ = 2

x₃ 3

= 2 x₁ x₂ x₃ 3

⋅ ⋅ = –2

Questão 5

▼▼

(–1, 0) (0, 0) Im (z)

Re (z)

√3 2 1 — 2,

–√3 2 1 — 2, z=0 ou z= 1 ou z= +1 i ou z= i

2 3 2

1 2

3

– , , – 2.

α 3 α

4

1 e ≠ 2.

α3 α

4

1 e ≠ 2.

α 3 α α

4 1 2

3 4

1 2

3 ,z= +i – ou z= –i 4 – . y= ± 3 e z= ±i

4

1 2

3

–α 4 –α.

3

4 0 3

–α ,ou seja,α 4. 1

4 2 1 1

2 1

4

1 2

3 4

2

2 2

– ( – )

– – –

y

y y

= ⋅

= ∴ =

α

α α

1 2

b) Resolvendo o sistema ,

obtemos ou

Portanto as raízes de p são os números .

Resposta: .

A figura abaixo representa duas polias circulares C₁e C₂de raios R₁= 4 cm e R₂= 1cm, apoiadas em uma superfície plana em P₁e P₂, respectivamente. Uma correia envolve as polias, sem folga. Sabendo-se que a distância entre os pontos P₁e P₂é 33 cm, determinar o comprimento da correia.

Resolução:

Do enunciado, temos a figura:

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ADB, temos:

(AB)²= (AD)²+ (DB)²

Ainda nesse triângulo, temos:

Assim, os arcos P₁FT₁e P₂GT₂medem, respectivamente, 240º e 120º.

Portanto o comprimento L da correia é:

Resposta: 6( 3+π)^cm

∴ L=6( 3+π)cm.

L=^{2 3 3}⋅ + ²⁴⁰ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

360 2 4 120

360 2 1

º º

º

π º π

tg DB

AD tg tg e

α= ⇒ α= ^{3 3} ⇒ α= ∴ α= β=

3 3 60º 30º

(AB)²=3²+(3 3)² ∴ AB=6cm. T₁

P₁

G T₂

P₂ 3√3—

F E1 A3

D3 1

B 1 α 1

α ββ

Medidas em cm;

A e B … centros;

T₁ e T₂ … pontos de tangência.

P₁P₂ = T₁T₂ R₁

C₁

P₁

C₂ R₂

P₂ 3√3 cm—

Questão 6

▼▼

1 2 1 2 3

– , + e 2

1 2 1 2 3

– , + e 2

(x₁=1– 2 e x₂= +1 2) x₁= +1 2 e x₂=1 2

(

)

x x

x x

1 2

1 2

1 2

⋅ = −

+ =







) )

Na figura abaixo, os pontos A, B e C são vértices de um triângulo retângulo, sendo ˆB o ângulo reto.

Sabendo-se que A = (0, 0), B pertence à reta x – 2y = 0 e P = (3, 4) é o centro da circunferência inscrita no triângulo ABC, determinar as coordenadas

a) do vértice B.

b) do vértice C.

Resolução:

A medida r do raio da circunferência é igual à distância de P à reta AB^←→. Logo:

O coeficiente angular da reta AB

←→

é . Logo, o coeficiente angular da reta BC

←→

é – 2, e uma equação de BC

←→

é y = – 2x + q.

Sendo m o coeficiente angular da reta AC^←→, uma equação de AC^←→é y = m ⋅x.

Como o ponto P dista r das retas BC^←→ e AC^←→, temos:

Do enunciado, podemos concluir que q = 15. Logo, uma equação da reta BC^←→ é y = – 2x + 15.

Devemos ter:

Do enunciado, podemos concluir que . Logo, uma equação da reta AC^←→é . Assim,

∴ ^{B = (6, 3)} Resposta:B = (6, 3)

∴ C = (2, 11) Resposta:C = (2, 11)

y = – 2x + 15 y = 11 x

2

14243

b) {C} = BC^←→∩^AC←→ ⇒

x – 2y = 0 y = – 2x + 15

123

a) {B} = AB^←→∩^BC←→ ⇒

y=11x m= 11 2

2

∴ m= 1 ou m= 2

11 2

5 3 1 4

1

4 24 11 0

2 2

= 2

+ + =

⋅ ⋅

m ⇒ m

m m

– (– )

–

5 2 3 1 4

2 1

5 15

2 2

= +

+ = =

⋅ ⋅ ∴

| –q|

q ou q 1 2

r= r

+ =

⋅ ⋅ ∴

| – |

(– ) 1 3 2 4

1 2

2 2 5

4 P

B

A 3 C

Questão 7

▼▼

Na figura abaixo, cada uma das quatro circunferências externas tem mesmo raio r e cada uma delas é tangente a outras duas e à circunferência interna C.

Se o raio de C é igual a 2, determinar a) o valor de r.

b) a área da região hachurada.

Resolução:

a) Do enunciado, temos a figura:

O₁, O₂, O₃, O₄. . . centros das circunferências externas;

P . . . centro da circunferência C.

Como O—₂ O₄

—é diagonal do quadrado O₁O₂O₃O₄, temos:

Resposta:

b) Sendo • S₁: área do quadrado O₁O₂O₃O₄;

• S₂: área de cada um dos 4 setores circulares de ângulo central 90°, contidos nos círculos externos;

• S₃: área do círculo limitado pela circunferência C, temos que a área S da região hachurada é:

S = S₁– 4 ⋅^S2– S₃

Como , então .

Resposta: 8 6( +4 2–2π– 2π)

S=8 6( +4 2–2π– 2π) r=2( 2+1)

S r r

=^{(2 ) –4}⋅ ^– ⋅

4 2

2 2

π π 2

2( 2+1)

2r⋅ 2=2r+4 ∴ r=2( 2+1) O O_{1 2}⋅ 2=O O_{2 4}

2 P

r r

r r r r

r r

r r

O₁

O₄ O₂

O₃ 2 r

2 C

Questão 8

▼▼

Seja m 0 um número real e sejam f e g funções reais definidas por f(x) = x²– 2|x| + 1 e g (x) = mx + 2m.

a) Esboçar, no plano cartesiano representado abaixo, os gráficos de f e de g quando m = e m = 1.

b) Determinar as raízes de f (x) = g (x) quando m = – .

c) Determinar, em função de m, o número de raízes da equação f (x) = g (x).

Resolução:

a) x 0 ⇒ f (x) = x²– 2x + 1

∴ f (x) = (x – 1)² x ^{0 ⇒ f (x) = x2}– 2 (– x) + 1

∴ f (x) = (x + 1)² Com

Com m = 1, temos: g (x) = x + 2 (= y₂).

Resposta:

b) Com f (x) = g (x) e , temos:

Resposta:

c) Note-se que, para todo m, g(– 2) = 0. Portanto os gráficos de g(x) = mx + 2m determinam um conjunto de retas concor- rentes no ponto (– 2, 0).

Considerando-se a equação f(x) = g(x), com m 0, conforme o enunciado, temos:

x y

–2 –1 0 1

1

g(x) = 0x + 2 ⋅ ⁰ g(x) = mx + 2m,

g(x) = mx + 2m, 0 ^{m 1}₂

g(x) = x + 2 ¹₂ ⋅¹₂ m ¹₂

– 3, 2 0 5

e2 x² – 2(–x) + 1 = + 1

0 x 2

x

x² = x–3 2 x = 0 ou x = –3 2

x² = x5 2 x = 0 ou x = 5 2 x² – 2x + 1 = + 1x

2

x₂ x x

2 1

2 1 – | |+ = +

m= 1 2

m temos g x x

= 1 = + =y

4 4

1

2 ¹

, : ( ) ( ).

1 2

1 4

Questão 9

▼▼

x y

–2 –1 0 1 2

2 1

y₂ = x + 2 y = f(x)

y₁ = +x 4

1 2

Resposta:

Para m = 0, há 2 raízes distintas.

Para 0 ^m , há 4 raízes distintas.

Para m = , há 3 raízes distintas.

Para m , há 4 raízes distintas.

No sólido S representado na figura ao lado, a base ABCD é um retângulo de lados AB = 2l^e AD = l; as faces ABEF e DCEF são trapézios; as faces ADF e BCE são triângulos equiláteros e o segmento EF—

tem comprimento l^.

Determinar, em função de l, o volume de S.

Resolução:

Do enunciado, temos a figura:

E

F

C

B

A D

L

K

I H G

J

l

l

l

l

2

l

2

Questão 10

▼▼

1 2 1 2

1 2

E

F

C

B

A D

Sendo FI a altura do triângulo equilátero ADF, temos:

Do triângulo retângulo FIJ, temos:

(FI)²= (IJ)²+ (FJ)²

Logo, o volume V de S pode ser determinado como sendo a soma do volume do prisma FGHELK com o dobro do volume da pirâmide AHGDF. Portanto:

Resposta: V= ⁵⋅ ²⋅ 12

l3

V= 5⋅ 2⋅ 12

l3

V= l³⋅ ² + l³⋅ 4

2 6

V= ⋅ +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

l l l ^l l l

2 2

2 2 1

3 2

2 2

V GH FJ

EF AH AD FJ

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 2 1

3

l ³ l l

2 2

2 2

2 2

 2









 =



 

 +

( )

FI= l ³ 2

Uma prova tecnicamente bem elaborada: enunciados claros, questões que muitas vezes exigiam técnicas compatíveis com um exame de 2ªfase e tempo de prova adequado ao nível dos exercícios.

Lamentamos, no entanto, que ela tenha sido tão pouco abrangente. Houve concentração excessiva em Geometria, em detri- mento de outros assuntos como Análise Combinatória, Progressões Aritmética e Geométrica, Probabilidade, Funções Expo- nenciais e Logaritmicas.

Notamos também a ausência da questão de Construções Geométricas, que até o ano retrasado aparecia nesta fase.

T T N T N E N E M E M

M Á Á Á O O O O

O C O C

C ^{R R R III}

II C I C N C N Ê N Ê D Ê D III D N

N

III N _{C C C} ^{A A A}

ASSUNTO

Nº DE QUESTÕES

1 2 3 4

Sistema Linear Polinômios Números Complexos Geometria Plana Geometria do Espaço Geometria Analítica Funções Estatística