N(0) = ,4 0 N(0) = 1 200

MAT 7A AULA 19 19.01 (33_{, 3}5_{, 3}7_{, 3}9_{,...)  9 = 3}2 (27; 243; 2 187; ...) 19.02

N(0)

=

1 200

×

2

0,4×0

N(0)

=

1 200

ALTERNATIVA C 19.03 9 600 = 1 200  20,4t 8 = 20,4t 3 = 0,4t  t = 7,5 horas 19.04 x2 _{ 5x + 4 = 0} x = 1  2x _{= 1  x = 0} x = 4  2x _{= 4  x = 2} x = 0 + x = 2 = 2 19.05 a + a a 11 3 9  3 9a + 3a  a = 33 11a = 33  a = 3 3x _{= 3  x = 1}

19.06 0,1 + 0,11 _{ 10,1} 19.07 1 -24 = 210 _{= 4}5 Então: f(5) = 45 = 1 024 19.08 960 = 240  2t 4 = 2t _{ t = 2} 19.09 2 a 3 + a = 6 a2 _{+ 3a  18 = 0} S = 3 e P = 18 a' = 6  9x _{= 6  não serve} a’’ = 3  9x _{= 3} 32x _{= 3  2x = 1  x =} 1 2 Então: 1 2 x 1 1 2 2 x 2 2 2 2    _{ }     ·

19.10 (24₎15 _{+ 2}56 _{ 2}60 _{+ 2}56 256₍₂4 _{+ 1)  2}56 _{ 17} 19.11 m(t) = mo  2 3mo = mo 3 mo 3 = mo  3 2t _{ 3}1 _{= 3}2t t = 1 2 = 0,5 19.12 200  23 _{= 1 600} 1 600 000  200 000 = 1 400 000 = 1,4 mi 19.13 x2 _{+ x  2 = 0} S = 1 e P = 2 x' = 2 x’’ = 1 5x _{= 1  x = 0} 19.14

População A – Taxa (%) de crescimento é constante (20%), ou seja, a população aumenta segundo uma PG de razão 1,20. Crescimento Exponencial – Gráfico III;

População B – Quantidade de crescimento é constante (100), ou seja, a população aumenta segundo uma PA de razão 100. Crescimento Linear – Gráfico II;

População C – Quantidade constante – Gráfico I; ALTERNATIVA E

19.15 79 = 22 + C1  C1 = 75 141 = 2 + C2  C2 = 139 2t+2 _{+ 75 = 2}t+1 _{+ 139} 4  2t _{ 2t}t _{= 64} 2  2t _{= 64} 2t _{= 32  t = 5} 19.16 p t = 2 F1(t) = 100 F2(t) = 100 a) (F) t > 2  t =3 F1(t) = 105 F2(t) = 136 F1 < F2 c) (F) t = 4 F1(t) = 112  12% F2(t) = 208  108% 2  t  6 d) (F)

4  t  6  t = 6 F1(t) = 132  B1 = 132  112 = 20 F2(t) = 640  B2 = 640  208 = 432 B2 B1 = 21,6 19.17 0.2 = 1 5 = 51 (5₁₎5x+y _{= 5} (21₎2xy _{= 2} 5x y 1 2x y 1          7x = 2 x =  2 7 y = 1 + 2   2 7  y = 7 4 7  _{ y =} 3 7 19.18 t = 0  Q(0) = K t = 4  Q(4) = K  54k Q(4) = 25  Q(0) K54k _{= 25  K} 4K = 2  K = 1 2 Q(8) = 1 2  1 ₈ 2 5 ·  54 _ 1 2625 = 312,5

19.19 1gb = 1024 mb = 210 _mb 32 gb = 32  210 _{= 2}15 _{mb  32 768} Mín. 32 768 700  46 Máx. 32 768 500  65 19.20 a) S(8) = 11 100  2 3 8  11 3₈2 11 ₄ 100 100 · S(8) = 0,44 m2 b) S(p) = 0,88 0,11  _p23 _{= 0,88} 2 3 p = 8 2 3 p = 23 Então 2 2 9 3 3 2 p _{  }2    p = ₂92 _{ p = 2}9 p = 16  2  p = 16  1,4 p = 22,4 Kg

MAT 7A AULA 20 20.01 0,5.0

f(0)

2 048

k.2

2 048

k

2 048









ALTERNATIVA C 20.02 f(x) = 2 048  20,5x 512 = 2 048  20,5x 2 = 211 _{ 2}0,5x _{= 4} 20.03

(V) Base maior que 1, f(x) é crescente. (F) Base menor que 1, f(x) é decrescente. (V) Base maior que 1, f(x) é crescente.

(F) Base maior que 1, f(x) é crescente e como 1 > 0,3333..., f(1) > f(0,3333...).

20.04

(V) Base > 1 – Mantém sinal da desigualdade, ou seja, x > 3

(F) Base > 1 – Mantém sinal da desigualdade, ou seja,

    

x

3

x

3

(F) Base < 1 – Inverte sinal da desigualdade, ou seja, x < 3

(V) Base < 1 – Inverte sinal da desigualdade, ou seja, x < 3 (V) x 0

2



2

 

x

0

20.05

x < 2 {0, 1} 20.06 3  50 _{ 2}2 3  1 4  11 4 20.07 5x  1  8 + 2x 3x  9  x  3 20.08





2





3 5 2 3 2 1 3 8 10 10 10 10 10 10 10       · · · 105 _{ 10}4 _{ 10}6 _{ 10}5 _{ 10}8 103 _{- 10}3 _{= 0} 20.09 8  10t _{= 1 000  2}t 23 _{ 10}t _{= 10}3 _{ 2}t t = 3 20.10 (1) – F (ax₎n _{= a}xn _{ x}n a

(2) – V ax1 _{ a}x2 _{= a}x1+x2 _{= a}x1+x2 (3) – V anx _{= (a}x₎n _{= a}xn 20.11 32 000 = 500  2b 64 = 2b _{ 2}6 _{= 2}b _{ b = 6 beijos} 20.12

Se

f(x )

₁



f(x )

₂ quando

x

₁



x

₂, então temos que f(x) é uma função decrescente.

Para x

f(x)



a

ser decrescente, é necessário que 0 < a < 1. ALTERNATIVA A 20.13 3k1 _{= 3}12 _{ k  1 =} 1 2 k = 3 2 20.14 t = 10 N(t) = N0 4 0 N 4 = N0  2 10k 22 _{= 2}10k 2 = 10k

k =  1 5 = 5

1

20.15

01) – (V) – De acordo com o gráfico, com 10 anos o imóvel chega ao valor 200.

02) – (F) – De acordo com o gráfico, o valor do imóvel aos 20 anos será o mesmo que o início. 04) – (V) – Sim, visto que após completar o 10 ano de construção o valor tende a cair.

08) – (V) – De acordo com o gráfico, sim. 16) – (V) – V(t) = 200  2 20 100 2 V(t) = 200  400 100 2 V(t) = 200  24  = 100 8 20.16



x 2

 

x x



x x 2 2 2 2 2 4 4       · ·

   

_x 2 _x 2 x x 2 2 2 4 4    _       = 2 20.17 1) (V) t = 0  N(0) = 600 600 5 3 1 ·  8 = 75 2) (F) t = 20  N(20) = 600 ₂ 600 5,75 5 3 2_{ ·}   = 104,3

3) (V) 120 = 600 _0,1t 5 3 2_{ ·}   5 + 3  2 0,1t _{= 5  3  2}0,1t _{= 0} 20.18 10x_{(1 + 10 + 100 + 1 000 + 10 000) < 11111} 10x _{< 1} x < 0  3 1 S = 2 P = 3 20.19 a) 2 t 2 t 2 t 2 2 t

P(t)

400

500

400

1 2

5

1 2

4

1

2

4

2

2

2

2

t

t

4 anos

    







 





  



b)

Para

t

 

, temos

₂

2 t



₀

_{e, consequentemente,} 2 t

1 2







1

. Logo

P



500

. 20.20 2 x 2x 1 3 5    _{ 5}1 x2 _{+ 2x 3  0} x’ = 3

x’’ = 1 3  x  1 MAT 7A AULA 21 21.01 1 000 = 100% = 1 10% = 0,10 1 + 0,1 = 1.10 21.02 = 1 000  (1,1)n 21.03 (1; 2; ...; 256) 256 = 28 21.04 a4 = a1  q3 375 = a1  53 a1 = 375 125 = 3 21.05 q = 2 a1 = 2 2

a20 = a1  q19 a20 = 2 2 

 

19 2 =

 

20 10 2 ₂ 2  2 = 2 9 29 _{= 512} 21.06 x 4 x 10 x 1 x 4  _    x2 _{+ 8x + 16 = x}2 _{+ 11x + 10} 3x = 6  x = 2 21.07 a8 = a5  q 256 = 32  q3 23 _{= 2}5 _{ q} 3 23 _{= q}3 _{ q = 2} a5 = a1  q4 32 = a1  24  a1 =2 q  a1 = 4 2  2 = 4 21.08 2 625 = 10  n 1 1 5        2  54 _{= 2  5}–n+1 n + 2 = 4  n = 6 21.09









x 1 x 2 x 1 x 2

10,10

,10

,...

10,10 10 ,10 .10 ,...

 



PG de razão 10. ALTERNATIVA C 21.10 210 _{= 1 024} 212 _{= 4 096} (8, ..., 4 096) 8  23 4 096  212 21.11 a5 = a2  q3 162 = 6  q3 27 = q3 _{ q = 3} x = 2 e z = 54 x  z  2  54 = 108 21.12 (x, 3x2_{, 9x}3_{, 27x}4_{) } 27x4 _{= 16  875} x4 _{= 625  x = 5} Soma x + 3x2 _{+ 9x}3

x(1 + 3x + 9x2₎ x  (1 + 15 + 225) x  241 21.13 (106_{, 10}9_{, 10}12_{, …, ?)} a1 = 106 a1000 = ? a1000 = a1  q999  a1000 = 106  (103)999 a1000 = 106  102997  a1000 = 103003 21.14 Divisores:



0 1 2 5



3 ,3 ,3 ,...,3

Total de 6 divisores. ALTERNATIVA B 21.15 (800, 400, 200, …, 125) Razão = 1 2 12,5 = 800  21(n1) 125 10 = 5 2 _{ 2}1 _{= 2}3 _{ 5}2 _{ 2}2 _{ 2}n+1 1 = 5  n + 1 n = 7 q 1 = 6  5 = 30

21.16 2 2 x 11 x 7 x 2 _{x 11}     _ x2 _{+ 11 = x}2 _{+ 5x  14} 5x = 25  x= 5 (3, 6 6, 12, ...)  q = 2 a8 = a1  q7  3  27  3  128  384 21.17 (1, …, 1 024) 210 _{= (2}2₎5 _{= (2}5₎2 1 024 = 210 _{06 4}5 _{ 32}2 q = 2, 4, 32 ou 1 024 1 024 = 1  qn1 1) 210 _{= q}n1 _{ n = 11} 2) 45 _{= q}n1 _{ n = 6} 3) 322 _{= q}n1 _{ n = 3} 4) 1 0241 _{= q}n1 _{ n = 2} 21.18 (10 000, … a6) q = 0,9 a6 = 10 000  0,95 a6 = 10 000  0,59049

a6 = 5904,9

21.19

Parcelas que formam PG:

x

, x, xq

q













Parcelas que formam PA:

x

,x 1,xq

q



_











Soma dos termos da PG = 38

x

x

xq

38

q

1

x

1 q

38

q

1

38

q

1

q

x

 







 











 



Termo médio da PA:

x

xq

q

x 1

2

1

2x

2

x

q

q



 





 

_



_





Substituindo a primeira relação na segunda, temos:

38

2x

2

x

1

x

2x

2

38

x

3x

36

x

12





 

_



_





 







Logo:

2 2

1

2.12

2

12

q

q

13

1

q

6

q

13q

6

6q

3

q

2

6q

13q 6

0

2

q

3





 

_



_





 

 

 





_{  }

 



Assim, temos que as parcelas são:



8,12,18 ou (18,12,8)



Maior parcela = 18 21.20 x = 6 y 2  _{ 2x = 6 + y  y = 2x  6} 1 1 _x 6 x 1 1 6 x     6 x x  6 y  x 2 _{= 36 + 6y} x2 _{ 6(2x  6)  36 = 0} x2 _{ 12x = 0} x’ = 0  y = 6 x’’ = 12  y = 18 x’’ + y = 30 MAT 7B AULA 19 19.01

Para a escolha do Grupo A, não é necessária a definir a ordem de escolha dos times, então trata-se de uma combinação.

Já para a escolha do jogo de abertura, a ordem influencia, pois o primeiro time escolhido jogaria em seu próprio campo, enquanto o segundo seria visitante, então trata-se de um arranjo. 19.02 P/G P/G P/G P/G P/G P/G 2  2  2  2  2  2 = 64  1 = todas pequenas 64  1 = 63. 19.03 1h e 2m ou 2h e 2m ou 3h e 3m ou 4h e 4m 4  4 + 2 2 4 4 C C· + 4  4 = 2 4 C + 1  1 16 + 6  6 + 16 + 1 33 + 36 = 69 19.04 2 50 50! A 48!  = 50  49 = 2 450 19.05 20  19  18 = 6 840 19.06 3  2  3  4 = 72

19.07 2 letras e 3 nº. 2 3 26 10 A A· 19.08 4 5 6 7 7 7 7 7 C +C C C 35 + 21 + 7 + 1 = 64 19.09 3 letras e 4 alg. __ __ L __ __ 1 0 25  24  8  7 = 33 600 19.10 m __ 3  3 = 9 __ __ __ 7  6  5 = 210 210  9 = 1 890 19.11 1Q e 1m = 7  4 = 28 1Q e 1F = 7  5 = 35

1m e 1F = 4 5 = 20 28 + 35 + 20 = 83 19.12













n 1 ! n! n 2 ! n 1 !     = 18 n(n  1) + (n + 1)n = 18 n2 _{ n + n}2 _{+ n = 18} 2n2 _{= 18} n2 _{= 9} n  3 n = 3 19.13 3 alg.  2 letras 10  9  8 + 26  25 720 + 650 = 1 370 19.14

8Q  2 obrigatórias = 6Q para escolher 3

3 6 C = 20 19.15 EP __ __ __ __ __ __ 4  3 6 A

= 4  120 = 480 19.16 5 3 2 10 5 2 C C C· · 252  10  1 2 520 19.17 I) (F) 25  25 = 625 II) (F) 2  2  2  2  2  2  2 = 27 _{= 128}1 III) (F) 3, 2 10 P = 10! 3! 2!· IV) (V) 2 2 10 7 C C· = 45  21 = 945 19.18 __ __ __ __  7  6  6  6 = 1 512 19.19

Exercício resolvido no material 19.20

Exercício resolvido no material

20.01 E  A = 7 = 6! Jorn. = 8 = 7! 6!  7! 20.02 Base = 6 Face = PC5 = 4! 6  4! = 144 20.03 1 6  12!  1 6  12  11! = 2  11! 20.04 PC8 = 7! 20.05 PC6 = 5! = 120 20.06 PC7 = 6!  6! = 720 20.07

10!  9! = 10  9!  9! = 9! (10  1) = 9  9! 20.08 2PC7 = 2  6! PC7 = 1 440 20.09 João  3 7 P = 7  6  5  4 = 840 Claudia  2 7 P = 7  6  5  4  3 = 2 520 Claudia  João = 2 520  840 = 1 680 20.10

Total  não tocam 60  40  35  28 2 400  980 = 1 420 20.11 L __ __ __ __ 10  4 9 C  10  126 = 1 260 20.12

4 10 C  2  3 8 C  apenas 1 casal 210  2  56 210  112 = 98 20.13 3 3! 2! PC 3JS 2E 10p 6  2  2 = 24 20.14 PC7  2  PC6 6!  2  5! 720  240 = 480 20.15 Grupo: 3m e 3H 3 3 6 5 C C· = 20  10 = 200 grupos  Disposição em círculos 1º  PC3 = 2 (meninas)

2º  permutação dos e meninos nos 3 espaços entre as meninas 3! = 6 2  6 = 12 maneiras de formar o círculo.

12  200 = 2 400

A O P R V A/O/P __ __ __ __ 3  P4 P4 = 24  3 = 72 R A O P V 20.17 H  PC4 = 6 4 espaços para 4 m = 4! 6  4! = 144 20.18 A B C D E F  2  P5 = 240 Ou D C A B C D E F  2  2  P4 = 96 Ou B A e D C 240  96 = 144 20.19

Exercício resolvido no material

20.20

MAT 7B AULA 21 21.01 2  20  33 = 1 320 21.02 Jogo 1 ao 8 = 2 dias Jogo 9 ao 12 = 1 dia Jogo 13 e 14 = 1 dia Jogo 15 = 1 dia Total 5 dias 21.03 I – ABCDEFA II – Não é possível III – Não é possível IV – BBCADFEDC V – ABCADFED 21.04 3  2  3 = 18 (ida) 3  2  3 = 18 (volta) Ida + Volta = 324 21.05 ñ0 __ __ __ __ 9  9  9  9  9 = 95

21.06

Sentam juntos x y __ __ = 2 __ x y __ = 2 __ __ x y = 2 Outros dois amigos x y __ __ 6  2  1 = 12 21.07 A __ __ __ 3 6 C = 20 21.08 3 8 C = 56 21.09 _P __ __ __ __ 4  10  10  1  1 = 400 21.10 3 5 A = 60 21.11 A B __ __ __ = 3 26 C = 2 600

21.12

I) (V) – Sim, pois pode-se colorir o Nordeste e sul de uma cor, Sudeste e Norte de outra e uma outra cor no Centro-Oeste.

II) (V) – Sim, pois desta forma respeitaria a condição de estados que contenham fronteiras em comum, tenham cores diferentes.

III) (F) – 5  1  4  3  2 IV) (V) – 5  1  4  1  3 = 5  4  3 21.13 1ªf C D 3  3 = 9 Ou 2ªf C D 1  3 = 3 Ou 3ªf C D 2  3 = 6 1ªf + 2ªf + 3ªf = 18

21.14 O P B

1 1 1  Sobram 7

* 1 medalha de ouro = 8 possibilidades P 0 1 2 3 4 5 6 7 , , , , , , , B 7 6 5 4 3 2 1 0       

* 2 medalhas de ouro = 7 possibilidades * 3 medalhas de ouro = 6 possibilidades 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 21.15 1+ e 2 ou 3+ 4  2 3 C ou 3 4 C 4  3 ou 4 12 + 4 = 16 21.16 Total __ __ = 2 9 C = 36 __ __ __ = 3 7 C = 35 __ __ __ __ = 4 4 C = 1 36  35  1 = 1 260 Irmãos juntos 1ª B  1  3 4 7 4 C C· = 35 2ªB  1  1 2 4 7 6 4 C C C· · = 7  15  1 = 105

3ªB  1  2 3 2 7 5 2 C C C· · = 21  10  1 = 210 1 260  (1ªB + 2ªB + 3ªB) = 910 21.17  1p e 1R = 3  10 = 30  1p e 2R = 3  2 10 C = 3  45 = 135  1p e 3R = 3  3 10 C = 3  120 = 360 30 + 135 + 360 = 525 21.18 __ __ __ = 3 5 C = 10 __ __ __ __ = 5  5  5  5 = 625 10  625 = 6 250 21.19

Exercício resolvido no material 21.20

Exercício resolvido no material

MAT 7C AULA 19 19.01

5 301 400 5 1

1

2  (35 + 8 428  2 800 + 2 107  2 800  140) 1

2  4 830 = 2 415 u. a.

19.02

Considerando T (0,0) a origem do plano cartesiano, o objetivo é calcular as coordenadas do ponto P (p, 20) que é o ponto mais a leste de C

Sabendo que a distância de T até P é 60 km, então:



 



TP 2 2 2 2

d

60

0 p

0

20

60

p

400

3600

p

3200

p

40 2km



















Cálculo da distância entre C e P é a diferença entre suas abscissas (visto que as ordenadas dos dois pontos é a mesma). Assim:





D

p

40

D

40 2

40

D

40

2 1 km

 









ALTERNATIVA C 19.03 l 2 = 100 l = 50 2 = 50  1,4 l = 70 (70; 70) 19.04

 





2





2 3 2   4 8 = 25 144 169 = 13 19.05





2 _{2 2 2} x 2 2 = (x 2 6 x2 _{+ 4x + 4 + 4 = x}2 _{ 4x + 4 ± 36} 8x = 32  x = 4 19.06 62 _{+ (y  4)}2 _{= (6 6)}2 y2 _{ 8y + 16 + 36 = 36  2} y2 _{ 8y  20 = 0} y’ =  1 y’’ = 10 y’ + y’’ = 8

19.07 dAB = ₃2 _42 _{= 5} dAC = ₇2 _{ 1 50 5 2} dBC = ₄2_32 _{= 5} dAB + dAC + dBC = 5 + 5 + 5 2 = 5(2 2) 19.08 2 2 5 2  25 4  29 19.09 dPA = dPB k2 _{+ (k + 1)}2 _{= (k  2)}2 _{+ k}2 k2 _{+ k}2 _{+ 2k + 1 = k}2 _{ 4k + 4 + k}2 6k = 3 k = 1 2 19.10 dAB = dBA 12 _{+ b}2 _{= 3}2 _{+ (b  4)}2 1 + b2 _{= 9 + b}2 _{ 8b + 16} 8b = 24 b = 3 B = (3, 3)

19.11 Dpa = Dpb (x  4)2 _{+ (x  1)}2 _{= (x  10)}2 _{+ (x + 1)}2 x2 _{ 8x + 16 + x}2 _{ 2x + 1 = x}2 _{ 20x + 100 + x}2 _{+ 2x + 1} 8x = 84 x = 10,5 Sendo assim (10,5 + 10,5) = P P = 21 19.12 dCB2 _{= dAB}2 _{+ dAC}2 m2 _{+ 2}2 _{= (m  1)}2 _{+ 6}2 _{+ 1}2 _{+ 8}2 m2 _{+ 4 = m}2 _{ 2m + 1 + 36 + 1 + 64} 2m = 98 m = 49 19.13

A distância entre A e B corresponde ao lado do quadrado. Assim:



 



AB 2 2

d

2 0

3 5

2 2





 







 

2 2

S

S

2 2

S

8







ALTERNATIVA C 19.14 dPR = ₃2_52 _{ 34} dRQ = ₃2_52 _{ 34}

isósceles, mas não equilátero.

19.15 x2 _{= 9}2 _{+ 6}2 x = 81 36 x = 177 19.16 C = (0, yc) D = (0, yd) 2 5 0 2 3 7 yc 3 = 47 14 + 5yc  15  2yc = 47

3yc = 48 yc = 16 ou 3yd  1 =  47 yd =  46 3 dCD = 16  (46 3 ) = 48 46 94 3 3  _{ u} 19.17 AC = 3 2 AB = BC = DC = DA = AC 4  3 2 = 12 2 19.18

O Ponto Q possui coordenadas: Abscissa: 2 2

a



b

e Ordenada: ab

 Como 0 < a < 1 e 0 < b < 1, então ab < a e ab < b. Logo, a ordenada do ponto Q é abaixo do valor b.

 2 2

a



b

é a distância do ponto P até a origem (OP) que é a hipotenusa do triângulo retângulo de catetos a e b, ou seja, 2 2

a



b

> a e 2 2

a



b

> b. Logo, a abscissa de Q é a direita do valor a.

Conclusão: Ponto Q está na região II. ALTERNATIVA B 19.19 dAG = ₆2_82 _{ 100} dAG = 10 = 2 3  1 3 = 5 Mediana = 15 19.20 a) dAB = ₃2_32 _{ 3 2} b) xG = A B C x x x 3   C 2 1 x 2 3 3     xc = 3 yG = A B c y y y 3   1 = 1 2 yC 3   3 = 1 + yC yC = 4 C = (3, 4)

19.21 dPO = dPA x2 _{+ y}2 _{= (x}2 _{ 4) + y}2 x2 _{= x}2 _{ 8x + 16} 8x = 16 x = 2 x = y = 2 P (2, 2) MAT 7C AULA 20 20.01 y = 17 2 17 34 5 ₁₅ 35 35 2    · y  0 = 34 35(x  5 2) y = 34 35 e x =  17 7 20.02 I – VERDADEIRO

Definição da expressão que representa o Volume de abastecimento da caixa: A reta passa pelos pontos (0, 0) e (10, 200), assim:

a

0

10

x

0

0

0

200

y

0

10y

200x

0

y

20x

ou seja

V

20t











Cálculo do valor de b:

b é o valor de t para o qual Va = Ve, assim: 20t = 30.(t – 10)

20t = 30t – 300 t = 30

ou seja, b = 30.

Cálculo do valor de Va para t = b = 30: Va = 20 . 30

Va = 600 litros

II – VERDADEIRO

Para encher a caixa sem escoamento, considerar Va = 1 000 litros. Assim: Va = 20t

1 000 = 20t t = 50 min

III – VERDADEIRO

O esvaziamento completo acontece quando Va = Ve, ou seja, t = b. Como foi calculado no item I, temos que t = b = 30 min.

IV – VERDADEIRO

A taxa de escoamento é o coeficiente angular da reta que representa o escoamento, ou seja, a taxa de escoamento é igual a 30 litros por minuto.

ALTERNATIVA D

Ai mA = 150 50 = 3  y = 3x + 150 Bi mB = 400 50 = 8  y = 8x 3x + 150 = 8x 150 = 5x x = 30 y = 240 20.04 a) m = tg135o _{= tg45}o _{= 1} b) m = 2 2 = 1 c) m = não existe. d) m = 0 20.05 m = 15 5  m = 3 20.06 m = 3 3 y  0 = 1(x + 3) y = x + 3 y  x  3 = 0

20.07 m = tg45o _{= 1} y  3 = 1(x + 1) y  3 =  x  1 y + x  2 = 0 20.08

Eixo das abscissas  y = 0 m = 3 3 = 1 y  2 = 1(x  5) y  2 = x  5 y = x  3 x = 3 (3, 0) 20.09 0P = 5  (4, 3) P4 = 3 m = 3 4 y  0 = 3 4(x  0) 4y  3x = 0 3x  4y = 0

20.10

Para um ponto pertencer à reta x – y + 1 = 0, temos, P (k, k +1). A distância entre P e A(-1, 1) é igual a 5, assim:



 







PA 2 2 2 ₂ 2 2 2 1 2 2

d

5

k 1

K 1 1

5

k 1

k

25

k

2k 1 k

25

0

2k

2k

24

0

k

4

P ( 4, 3)

k

k 12

0

k

3

P (3,4)







 











 











  

 



 

_{ }

 



Cálculo da distância entre P1 e P2:



 



1 2 1 2 1 2 2 2 P P P P P P

d

4 3

3

4

d

49

49

d

7 2



 

  







ALTERNATIVA B 20.11 m = tg30o ₌ 3 3 y  3 = 3 3 (x  2) 3y  9 = 3x  2 3 3y  3x = 9  2 3 20.12 m = tg120o _{=  tg60}o _{=  3} y  1 =  3(x  1) y  1 =  3x + 3

y + 3x = 3 + 1 x 3 + y = 1 + 3 20.13 B = (0, y) C = (x, 0) B  x = 0 3Y  15 = 0  y = 5 C  y = 0 5x  15 = 0  x = 3 dBC = 3252  9 25  34 Km 20.14 K2 _{ 7K + 6 = 0} S = 7 P = 6 K’ = 1 K’’ = 6 20.15

 O retângulo possui lados iguais a 6 e 2, ou seja, a área é igual a 12;

 A reta que passa por A e divide a área do retângulo na razão de 2 pra 1, forma um triângulo retângulo (área menor) e um trapézio retângulo (área maior);

 A área do triângulo (área menor) corresponde a 1/3 da área do retângulo, ou seja, sua área é igual 4. Assim:



p 1 2



4

2

p 1

4

p

3

 



 



 Logo, o ponto P (pelo qual passa a reta) terá coordenadas P(3, 1);  Cálculo da equação da reta:

-1 3

x

-1

0

3 1 y

3

1 3y

3x

y

x

9

0

2x

4y 10

0

x

2y

5

0



 



   









 

ALTERNATIVA A 20.16

Cálculo das coordenadas dos pontos P e Q: Ponto P tem abscissa igual a 0, assim:

0

f(0)



2



f(0)

 

1

P(0,1)

Ponto Q tem abscissa igual a 2, assim:

2

f(2)



2



f(2)

 

4

Q(2,4)

0 2

x

0

r :

0

1 4

y 1

r : 2y

x

4x

2

0

3

r : y

x 1

2



 

 





ALTERNATIVA A 20.17 No mesmo sentido = y = 7x  1 20.18

A reflexão do raio passa pelos pontos N(6, 0) e P(8, 8). Assim:

6 8

x

6

0

0 8

y

0

48

8y

6y

8x

0

2y

8x

48

0

y

4x

24

0























ALTERNATIVA C 20.19

Cálculo do lado do triângulo:

2 2

S

4 3

3

4 3

4

16

4









A reta que contém AB tem inclinação de 60º (ângulo interno do triângulo equilátero) e passa por A (-2, 0). Assim: 0 0 o

AB : y

y

m(x

x )

AB : y

0

tg60 (x

2)

AB : y

3(x

2)

AB : 3x

y

2 3

0







 







 



ALTERNATIVA A 20.20 m = 1 7, 2 4 2 2         = (4, 3) 20.21 a b 1 1 3 1 1 1 1   = 0 3a  b  1 + 3 + a  b = 0 4a  2b + 2 = 0 2a b 1 a b 7      _{ }  3a = 6 a = 2 b = 5 MAT 7C AULA 21 21.01

x

y

1

4

4

x

y

4

y

x

4

 



  

 

A) (-5, 0) – Ponto não pertence à reta

B) (-3, 1) – Ponto pertence à reta e a Distância ao hospital é:



 

2



2

d



 

3 5

 

1 5

 

d

2 5



4,4km

C) (-2, 1) – Ponto não pertence à reta

D) (0, 4) – Ponto pertence à reta e a Distância ao hospital é:



 

2



2

d



0 5





4 5



 

d

26



5,1km

E) (2, 6) - Ponto pertence à reta e a Distância ao hospital é:



 

2



2

d



2 5





6 5



 

d

5 2



7km

ALTERNATIVA B 21.02 P (2t, 3 – t) Q (4t, 3t – 2) I – FALSO

Para as partículas colidirem, as coordenadas precisam ser iguais para o mesmo valor de t, ou seja :

2t

4t

t

0

3

t

3t

2

t

1,25



 



     



Conclui-se então que o sistema é impossível, ou seja, as partículas não colidem. II – VERDADEIRO

Para t = 2, a partícula P terá coordenadas (4, 1) Para t = 1, a partícula Q terá coordenadas (4, 1)

Embora em momentos distintos, as duas partículas passam pelo ponto (4, 1). III – VERDADEIRO

Para t = 1, temos P(2, 2) e Q(4, 1). A distância entre P e Q é:



 

2



2

d



4 2



 

1 2

 

d

5

ALTERNATIVA A

21.03 I) P 1 2t 5 1 t 3        t 2 t 2      Q 4 t 5 t 2 3 6t 3 t 2      _{  }  _   II) (F) t  III) (F) 1 minuto antes. 21.04

-2

3

x

-2

0

9 -1 y

9

2 3y

9x

2y

x

27

0

10x

5y

25

0

2x

y

5

0









 









  

ALTERNATIVA C 21.05





0 0

y

y

m(x

x )

2

y

7

x

6

3

3y

21 2x 12

2

y

x

3

3







 













ALTERNATIVA A 21.06

x 1

t

3

y

5

t

2



 





_

 



`

Igualando as relações, encontramos:

x 1

y

5

3

2

2x

2

3y 15

2

17

y

x

3

3



_



 







Assim, o coeficiente angular dessa reta é

2

3

. ALTERNATIVA B 21.07)

2x

3y 12

0

2x

3y

12

2x

3y

12

12

12

12

x

y

1

6

4









 













 



ALTERNATIVA C 21.08

A reta r passa pelo ponto (1,0) e possui inclinação de 150º, assim:













0 0 o

y

y

m(x

x )

y

0

tg150

x 1

3

y

x 1

3

3

y

1 x

3







 



 







ALTERNATIVA B 21.09

A reta passa pela origem, ou seja, não admite a forma segmentária. ALTERNATIVA E

21.10 t = 0 x 0 y 2    _{ }  t = 3 x 6 y 7    _  d = ₆2_92 _{ 36 81  117 3 13} 21.11

Intersecção entre retas é a resolução do sistema, então:

2x

3y

9

0

3x

2y

7

0

6x

9y

27

0

6x

4y 14

0

13y 13

0

y

1

x

3



 





_

_{ }













_

_

_









 



Soma das coordenadas é 2 ALTERNATIVA B

21.12

Os pontos de intersecção entre a reta e a parábola são: x – y + 2 = 0  y = x + 2 y = x2 _{+ 2x  x + 2 = x}2 _{+ 2x} x2 _{+ x – 2 = 0} raízes: x1 = –2 e x2 = 1 Para x1, tem-se: y = x + 2  y = –2 + 2  y1 = 0 Para x2, tem-se:

y = x + 2  y = 1 + 2  y1 = 3

A distância entre os pontos (–2;0) e (1;3) é: d=

(

1– –2

( )

)

2+

( )

3-02 = 9+9

d=3 2

21.13

I – VERDADEIRO

Calculando as distâncias entre os vértices, temos:







 





 



2 ₂ 2 2 2 2

AB

3 0

(1 0)

AB

10

AC

1 0

2 0

AC

5

BC

1 3

2 1

BC

5





 





























II – FALSO

Para pertencer ao segmento AB, o determinante (“determinico”) entre os pontos precisa ser igual a 0, ou seja:

0 3

2 0

D

₁

0 1

0

2

3

D

2

2

1

D

0

2



 

  

III – FALSO

Para deduzir a equação da reta, podemos usar o “determinico”. Assim:

3 1 x

3

D

0

1 2

y 1

6

y

x

3y

2x 1 0

x

2y

5

0





  



 



 

ALTERNATIVA A 21.14

x

y

2

0

x

2y

6

0

2x

2y

4

0

x

2y

6

0

10

3x 10

0

x

3

10

4

y

2

0

y

3

3

  



   





 



   





  

    

O ponto P é

P

10 4

,

3 3













Cálculo da área:

10

0

2

0

1

3

S

2

4

3 0

3

3

1 8

S

10

6

2 3

10

S

3











ALTERNATIVA D 21.15 I – VERDADEIRO r: x – y – 1 = 0 r: y = x – 1 Coeficiente angular = 1 o

tg

1

45

 

 

II – VERDADEIRO Cálculo da intersecção:

x

y 1 0

y

x 1

x

y

1

6

4

x

x 1

1

6

4

2x

3(x 1)

12

5x

15

x

3

y

2

     







 











 



  

A intersecção é P(3,2) III – VERDADEIRO

Cálculo dos pontos de intersecção de cada reta com o eixo x: Dizemos que a reta r intercepta o eixo x no ponto R(1,0) Dizemos que a reta s intercepta o eixo x no ponto S(6,0)

O triângulo cuja área é pedida é determinado pelos vértices P, R e S. Assim:

1 6 3 1

1

S

2 0 0

2 0

1

S

12 2

2

S

5









ALTERNATIVA C 21.16

Colocando as retas no plano cartesiano, teremos as coordenadas dos pontos de intersecção entre as retas que serão os vértices do polígono que pretende calcular a área.

7 10 1 7

10

4 1 10

1

1

S

2 7 7 1 7

2 7 1 1 7

1

1

S

49 10 7 7 7 70

10

4 7 10 1 28

2

2

S

9 9

S

18









   



  

 

 



ALTERNATIVA B 21.17 Cálculo da equação de r:

1 0

x 1

r :

0

0 1 y

0

r : 1 y

x

0

r : y

x 1



  

  

Cálculo da equação de s:

2 0

x

2

s :

0

1 0

y

1

s : x

2y

0

x

s : y

2











 





No ponto A acontece: Em relação à reta r: y < - x + 1 Em relação à reta s:

y

x

2



Ou seja,

x

y

x 1

2

   

ALTERNATIVA E 21.18



 





 





   

 



2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

k 1

3k

2 2

k 1

3k

2 1

k 1

3k

k 1

3k 1

k

2k 1 9k

k

2k 1 9k

6k 1

1 2k

1

k

2





 







 















 





 





 

 

Logo, temos

P

1 1

,

2 2



_











ALTERNATIVA C 21.19

Colocando os pontos no plano cartesiano, temos:

Perceber que o triângulo AOB é equilátero e que a bissetriz pedida passa pelo ponto A(6,0) e tem inclinação de 150º. Assim:

0 0 o

y

y

m(x

x )

y

0

tg150 (x

6)

3

y

(x

6)

3

3

y

x

2 3

3







 



 



 



ALTERNATIVA E 21.20

A reta simétrica passa pelo ponto (-2, 0) e possui inclinação igual a (180º - α). Assim:





0 0 o

y

y

m(x

x )

y

0

tg(180

) (x

2)

y

tg

(x

2)

1

y

(x

2)

2

2y

x

2

x

2y

2

0











 

_

 

_



  







 

_

_







  



 

21.21 a)

Sendo M e N os pontos médios, temos B(0, 2), C(2, 0), M(0, 1) e N(1, 0). Então:

0 1 x

0

r :

0

2 0

y

2

r : y

2x

2

0

0

2

x

0

s :

0

1 0

y 1

s : 2y

x

2

0





 



  

b)

y

2x

2

0

2y

x

2

0

2y

4x

4

0

2y

x

2

0

2

3x

2

x

3

2

2

2y

2

0

y

3

3

2 2

P

,

3 3



 





_{  }





 





_{  }



  

    













MAT 7D AULA 19 19.01 10 cm = 101 _m 2 688  10 1,732 4  _· 672  0,0173 = 11,6256 19.02 (V) 12 + F = 30 + 2 (F) Si = 6  180 = 1 080 (F) N = 60 e A = 30 (V) 2v = A + 2 2V  2 = A  A = 2(V  1) 19.03 6 bases 6 tampas 6 Laterais

= 18 arestas 19.04 N = 2  5 + 5  4 = 30 A = 15 F = 7 V + F = A + 2 V = 17  7  V = 10 19.05 N 4  3 + 2  4 + 1  6 = 26 A = 13 F = 7 V + 7 = 13 + 2  V = 8 19.06 N = 180 A = 90 F = 60 V + 60 = 90 + 2  V 32 19.07 N = 6  3 + 5  4 = 38 A = 19 F = 11 V + 11 = 19 + 2  V = 10

19.08 A = 25 N = F  5 = 50 F = 10 V + 10 = 25 + 2  V = 17 19.09 A = 32 V = 14 * 4  q + 3t = 64 F = q + t 14 + q + t = 32 + 2 * q + t = 20 4q 3t 64 q t 20        q = 4 e t = 16 19.10 A = V + 12 V + F = A + 2 V + F = V + 12 + 2 F = 14

19.11 V = 3 5F N = 2A 3F = 2  A  F = 2 3A V + F = A + 2 3 5F + F = A + 2 3F + 5F = 5A + 10 8F = 5A + 10 8  2 3A = 5A + 10 16A = 15A + 30 A = 30 19.12 3  f3 + 4  f4 = 40 F = f3 + f4 V + F = A + 2 10 + f3 + f4 = 20 + 3 f3 + f4 = 12 A = 20 e V = 10 f3 f4 12 3f3 4f4 40        f3 = 8

f4 = 4 19.13 * Sti = 12  90 = 1 080 360(V  2) = 1 080 V  2 = 3  V = 5 * V + F = A + 2 5 + x + 4 = 2x + 6 + 2  x = 1 * F = f3 + f4 = x + 4 * 2A = $  3 + 4x A = 2x + 6 A = 8 19.14 F = 2 + 4 + r = 6 + r 01) (V) V = 11 2A = 2  5 + 4  4 + 3r A = 13 + 3n 2 V + F = A + 2 11 + 6 + n = 13 + 3n 2 + 2 34 + 2n = 30 + 3n  n = 4 02) (V) F = 16 6 + n = 16  n = 10

04) (F) N = 2A V + F = A + 2  A = V+ F  2 2  5 + 4  4 + 3n = 2A 26 + 3n = 2(V + F 2) 26 + 3n + 4  2(6 + n) = 2V 2V = n + 18 V = n 18 2  Para n = 1  V = 19 2 F 08) (V) 360(V  2) = 3 600 V = 12 12 + 6 + n = 13 + 3n 2 + 2 36 + 2n = 30 + 3n  n = 6 16) (V) A = 13 + 3n 2 = 25 3n = 24  n =8 19.15 6 < V < 14 V min. = 7 V máx. = 13 A + 2 = 8 + V A = V + 6

A min. = 13 A máx. = 19 R: 13  A  19 19.16 F = 7 V + F = A + 2 V = A  5 nº de arestas de 1V = 6 arestas V  1  3 arestas A = 6 (V 1)3 2

  _{ (divide por 2 pois AB = BA)}

2A = 6 + (A  6)  3 2A = 6 + 3A  18 A = 12 19.17 Pol. Original V = 13 F = x + y N = 2ª A = 3x 4y 2  (13 + x + y = 3x 4y 2  _{+ 2)  2} x + 2y = 22 Novo Poliedro

F = y  3 A = 3x 4y 4 y 3





4 2   _  3x  4y = 24 x 2y 22 ( 2) 3x 4y 24          · 5x = 20  x = 4 y = 9 F = x + y = 13 19.18 Pol. Original A = 16 N = 2ª 3x + 4y = 32 m : faces e n: vértices m x y m n 16 2     _{  }  = n + x + y = 18 Novo Poliedro (n  1): vértices (y + 1): faces Arestas: A  4 y 1





2   A = 2y + 2 V + F = A + 2 (n  1) + (y + 1) = 2y + 2 + 2 n = y + 4

3x 4y 32 m x y n x y 18 n y 4     _{ }   _{  }      3x 4y 32 ( 2) x 2y 14     _{  }  x = 4 e y = 5 n = y + 4  n = 9 m = x + y  m = 9 19.19

Exercício resolvido no material

19.20

Exercício resolvido no material

MAT 7D AULA 20 20.01 Octaedro A = 12 Dodecaedro A = 30 12 + 30 = 42 42 7 = 6 20.02 (V)

(F) Possui 8 vértices (F) Possui 12 arestas (V) (V) 20.03 Sti = 360(4  2) = 720

Sti = 360(8  2) = 2 160 Sti = 360(6  2) = 1 440 Sti = 360(20  2) = 6 480 Sti = 360(12  2) = 3 600 720 + 2 160 + 1 440 + 6 480 + 3 600 = 14 400o 20.04 I – FALSO

Um octaedro regular é formado por 8 triângulos equiláteros iguais. II – VERDADEIRO

Um dodecaedro regular é formado por 12 pentágonos regulares iguais. III – VERDADEIRO

Um icosaedro regular é formado por 20 triângulos equiláteros iguais. ALTERNATIVA E

20.05 F = 8 A = N 12 30 2 2   = 21 V + F = A + 2 V + 8 = 21 + 2  V = 15 20.06 T = 0 H = 4 20.07

Um poliedro regular é aquele cujas faces são polígonos regulares e todo poliedro regular é também convexo. 20.08 V = ? F = 32 A = N 60 120 2 2   = 90 V + F = A + 2 V + 32 = 90 + 2 V = 60 20.09

Poliedro regular de faces triangulares, que não possui diagonais. = Tetraedro. V = 4

Sti = 360(V  2)  Sti = 320  2 = 720 20.10 Sti = 1 440 Sti = 360(V  2) = 1 440 V  2 = 4  V = 6 Faces possíveis: Triangular  1 440  180 = 8 faces Quadrangular  1 440  360 = 4 faces Pentagonal  1 440  540 = não é inteiro O único que satisfaz:

F = 8  A = 8 3 2 · = 12 20.11 F = 6 A = 6 3 2 · = 9 V + 6 = 9 + 2 V = 5 I) (V) II) (V) III) (V) IV) (F) V) (V)  Sti = 360(5  2) = 1 080o

20.12 60º  4 = 240º 20.13 x2 _{= 2(1,53A} o)2 x = 1,53Ao 2 x = 1,53  1,41 x  2,16 20.14 01) (V) Sti = 360(V  2) = 360  5 = 1 800 02) (V) V = n + 1  F = n + 1 V + F = A + 2 2n + 2 = A + 2  A = 2n 04) (V) F = 8  V = 8 V + F = A + 2 8 + 8 = A + 2  A = 14 08) (V) 16)(V)

A = 20  V = F 2V = 20 + 2 V = 11 20.15 Icosaedro  20 faces  F = 4  20 = 80 A = N 3 30 2  2 · = 120 20.16 V = 24 F = 24 A = 44 V + F = 24 + 24 = 48 48 = A + 4 20.17 F = 12 + n A = 12 3+5n 2 · = 3n 36 + 5n = 6n  n = 36 Si = 180(5  2) = 3 ST = 36  3 = 108 20.18 12 5 2 ·  7 = 210 20 6 2 ·  7 = 420 210 + 420 = 630 cm = 6,30 m

20.19

Exercícios resolvidos no material 20.20

Exercícios resolvidos no material

MAT 7D AULA 21

21.01

Pacote: 12 000 cm3

Caixa: 96 000 cm3

Caixa/pacote = 8 pacotes em cada caixa 100 8 = 12,5  13 Caixas 21.02 Vd = 2 000 L = 2 m3 Nd = 15 Vc = (Vol  Nol)  10% Vc = (2  15)  1,1 Vc = 33 m3 _{= 33 000 L} Precipitação = 110 mm Área do telhado = Vc prec. = 33 000  110 = 300 m 2 21.03

1ª área mais rasa V = 1  2  3 = 6 m3 2ª área média Área a = 3  3  1 = 9 m3 Área b = 3 1 3 2 · · = 4,5 m3 V = a + b = 13,5 m3

3ª área, mais funda V = 3  3  2 = 18 m3

1ª área + 2ª área + 3ª área = 37,5 m3 _{= 37 500 L}

21.04

(V)

(F) Prisma quadrangular tem por base um quadrilátero não necessariamente quadrado. (V)

(V) 6 arestas em cada base mais 6 arestas laterais.

21.05

Apenas a II e III, pois em sua “montagem” forma-se um figura em 3 planos.

21.06

Sb = 2 32 4 V = 3  2 m3

21.07

Como todos os livros tem a mesma área de capa e a altura das três pilhas são iguais, o volume é o mesmo em todas as pilhas, independente de elas estarem organizadas ou não.

21.08

5 de cada base = 10 + 5 das faces = 15 arestas.

21.09 x = 2 L V = 192 3 6  L 32 4  2L = 192 3 3L3 _{= 192} L3 _{= 64  L = 4} x = 2L  x = 8

21.10 V = 72 h = 4 3 Sb  4 3 = 72 Sb = 72 3 12  Sb = 6 3 6  L 32 4 = 6  3  L = 2 St = 6 (2  4 3) + 2  6 3 St = 48 3 + 12 3 St = 60 3 21.11 V = 6  L 32 4  6 = 1 728 3 L2 _{= 192 = 64  3} L = 8 3 Sb = 6  192 3 4 Sb = 288 3 Sl = 6(6  8 3) Sl = 288 3

21.12 St = 6100 3 4          2 + 6  10  30 St = 300 3 + 1 800 St = 300  1,7 + 1 800 St = 510 + 1 800 St = 2 310  1,2 = 2 772 cm2 _{ 500} = 1 386 000 cm2 = 138,6 m2 21.13 Prisma de aresta 10 V = 10  10  20 = 2 000 Sb = 100 Sl = 200

Prisma com aresta + 10% V = 11  11  20 = 2 420 Sb = 121 Sl = 220 21.14 V = Sb  h V = 6L 32 4  h

V = 3L 32 2  h  3 3 2 L 2_h 21.15 Volume do tampo: Vt = 90  80  2 = 14 400 cm3 Volume de madeira: Vm = 6 32 4  2 = 30,6 cm 3 Vm 30,6 Vt 14400 = 0,002125  0,2125% 21.16 S = 2(n  2)  180 + 360n Ou Sti = (V  2)  360 = 7 200 V  2 = 20  V = 22 21.17 Sen  = 1 x 5 15  x = 3 y2 _{= 15}2 _{ 3}2 _{ y}2 _{= 216  y = 6 6} V = xy 2  10 V = 3 6 6 2 ·  10 V = 3 216 10 2 · ·  15 216 m3

21.18 Sen 60º = h 3 2  2  h = 3

 

2 7 = 22 _{+ x}2 _{ 2  2x  cos60}o 7 = 4 + x2 _{ 2x} x2 _{ 2x  3 = 0} x' = 1  não serve x’’ = 3 V = 3 3 2 ·  4 V = 6 3 21.19

Exercício resolvido no material 21.20

Exercício resolvido no material

MAT 7E AULA 19 19.01

a) 3

P(3)



3



3.3 2

 

P(3)



20

b)

_{P( 3)}

  

_{( 3)}

3



_{3.( 3) 2}

     

_{P( 3)}

₁₆

c)

_P(1)

 

₁

3

_{3.1 2}

 

_P(1)



₀

d) 3

P( 1)

  

( 1)



3.( 1) 2

    

P( 1)

4

e) 3

P(2)



2



3.2 2

 

P(2)



4

ALTERNATIVA C 19.02 4 2 2 2

P(x)

x

16

P(x)

(x

4)(x

4)

P(x)

(x

4)(x

2)(x

2)



















P(x) é divisível por 2

(x



4)

, (x + 2), (x – 2) e por qualquer produto entre eles.

2

A(x)

x

4

A(x)

(x

2)(x

2)











A(x) é divisível por (x + 2) e por (x – 2) ALTERNATIVA E 19.03 (V)

_R



_P(1)

  

_R

₁

3

₁₀

  

_R

₉

(V) 5

R

    

P( 2)

R

( 2)



32

 

R

0

(F) 3 3

R

P( 3)

R

( 3)

10.( 3) 9

R

12

P(3)

3

10.3 9

P(3)

6

R

P(3)

    



   





 





(V) R = P(3) (V)

R



P

 

5

19.04

Podemos dizer que

2

P(x)

k(x 1)(x 1)

P(x)

k(x

1)











ALTERNATIVA D 19.05 P 1 3       = 5  1 9  4 3 + 2 P 1 3       = 5 12 18 9   P 1 3       = 11 9 19.06

 

6

R

P( 1)

R

1

1

R

0





 





ALTERNATIVA A 19.07 P(1) = 0 1 + 13 + k  17 + 16 = 0 k = 13 19.08 P(1) = 4 1 + a  1 + a = 4 2a = 4  a = 2

19.09 500

R

P(1)

R

1

1

R

0









ALTERNATIVA B 19.10 P(1) = P(1) 3  2 + m + 1 = 3 + 2  m + 1 2m = 4  m = 2 19.11 x2 _{ 6x + 5  x’ = 5 e x’’ = 1} P(1) = 0 ou P(5) = 0 1 + p + q = 0 P + q = 1 19.12 1 1 2 3 1 1 1 1 2 1 r 1 0 2 R Q x       19.13

Se a soma dos coeficientes é igual a zero, 1 é raiz de f. Assim, f é divisível por (x – 1).

ALTERNATIVA B 19.14 x2 _{ x  2  x’ = 2 e x’’ = 1} P(2) = 0  8 + 4m + 2n  10 = 0  2 P(1) = 0  1 + m  n  10 = 10 2m n 1 m n 11     _{ }  3m = 12 m = 4  n = 7 m + n = 4 + (7) = 3 19.15 f(1) = 1 7(2) = 2 a b 1 (-1) 2a b 2      _{ }  · a = 3 e b = 4







(x) (x) f x 1 x 2 ax b Q    f(x) = (x  1)(x  1)  Q(x) + ax + b R(x) = 3x  4 19.16 1 1 0 0 2a b 1 1 1 1 2a 1 2a b 1 1 2 3 2a 4     P(1) = 0

1 + 2a+ b = 0 2a + b = 1  b = 3 2a + 4 = 0 a = 2 P(x) = x4 _{ 4x + 3  x} x(x3 _{ 4) + 3} Resto 3 19.17 x2 _{ 5x  6} x’ = 6 e x’’ = 1 P(6) = 0 1 296  216  792 + 6m + n = 0 6m + n = 288 P(1) = 0 1 + 1  22  m + n = 0 m  n =  20 6m n 288 m n 20      _{  }  7m = 308 m = 44 e n = 60 1 1 1 22 44 60 6 1 2 20 64 4 1 4 4 88       Q(x) = x2 _{+ 4x + 4} 19.18

g(x) = x3 + 3x2 + ax + b + 1 g(1) = 0 1 + 3  a + b + 1 = 0  a + b = 3 h(x) = x3 + 3x2 + ax + b  1  a + b = 3 a b 3 a b 3           2b = 6 b = 3 e a = 0 19.19

P(x)  (x  2)(x + 3)  Grau 2, R(x) tem máximo grau 1.

Quociente = Q(x) Resto = ax + b P(2) = 7 P(3) = 5

 

2a b 7 1 3a b 5    _{   }  · 5a = 2 a = 2 5 4 5 + b = 7 b = 31 5 R(x) = 2x 31 5  5 19.20

P(2) = 0 P(1) = 0 1 4 m 4 n 0 m n 1 16 32 4m 8 n 0 4m n 8                       5m + 2n = 7 MAT 7E AULA 20 20.01 R(x) = 0  p(1) = 0 20.02 P(1) = 0 P(2) = 12 P(x)  (x  1)(x  2) Resto: R(x) = ax + b Quociente Q(x) R(1) = a + b = 0 R(2) = 2a + b = 12 a = 12 e b = 12 12(x  1) 20.03

Grau = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 Grau = 21 ALTERNATIVA B 20.04 P(a) = 0 P(b) = 0 2 2 a a c 0 b b c 0           a2 _{ b}2 _{+ a  b = 0} (a + b)(a  b) + (a  b) = 0 (a  b)  (a + b + 1) = 0 a + b = 1 20.05 P(x)  x  2 Resto = 1 Quociente: Q(x) P(x)  (x  2)(x  2) Resto: R(x) = ax + b P(x) = (x  2)  Q(x)  1 P(3) = 1  Q(3)  1 = 2 ( 1) 2a b 1 3a b 2          a = 3 e b = 7 R(x) = 3x  7

20.06 x3 _{+ kx}2 _{ 2x + 3  x}2 _{ 2 + 1} Resto: (k  2)x  k + 2 Quociente: x +(k + 1) (k  2)x  k + 2 (k  2) = 0  k = 2 x +(k + 1)  x + 3 20.07 2x  3 = A(x  1) + B(x  5) 2x  3 = Ax  A + Bx  5B A B 2 A 5B 3    _{   }  4B =  1  B = 1 4 A + B = 2 20.08 2 3 x b x 4  4 2 x 4 = 2 x 2       3 b x 4 = 2  y  x 2 y = b3 4 20.09

2 3 2k k 1 1 k 1 2k 2k 4k 1       20.10 x4 _{+ 2x}2 _{+ 1  x}2 _{ 2x + 1} Quociente = x2 _{+ 2x + 5} Resto = 8x - 4 20.11 P(1) = 0 P(x) = (a  3)x P(x)  x2 + x Quociente = x2 _{ 3} Resto = R(x) R(x) = ax + b P(x) = (x2 + x)(x2  3) + ax + b P(1) = 0 R(4) = 10 ( 1) a b 4 4a b 10      _{ }  3a = 6 a = 2 e b = 2 P(x) = (a  3)x a  3  2  3 = 1

20.12 P(2) = 16 + 4a + 16 + b = 0 P 3 2 _      =  27 9 a 4  4 + 12 + b = 7  4 4a b 0 9_{a b} 7 4 4      _{ }  · b = 4a 9a + 4b = 7 9a  16a = 7 7a = 7  a = 1 a + b = (1) + 4 = 3 20.13 P(x)  3x  2 Resto = m Quociente = x2 _{ 2x + 5} P(x) = (3x  2)(x2  2x + 5) + m 4  5 + m = 20 m = 0 20.14 Q(0) =  0  1 P P 30 1   P(0) = (1)  13 + 5 = 8 P(1) = 5 Q(0) = 8 5 1   

Q(0) = 13

20.15

m: muilt. Por x  aumenta o grau em 1 S: subt. x por x  1  não altera o grau P(x) = 2º grau

M M S M S S M 3 4 4 5 5 5 6      

20.16

Sendo 3 2

P(x)



x



2ax



(3a b)x 3b





, temos que

P( 1)

 

0

, assim:

3 2

( 1)

2a.( 1)

(3a b).( 1) 3b

0

1 2a 3a b 3b

0

5a

4b

1











 



 



 





 

Sendo 3

Q(x)



x

 

(a 2b)x



2a

, temos que

Q( 1)

 

0

, assim:

3

( 1)

(a

2b).( 1) 2a

0

1 a

2b

2a

0

3a

2b

1







 



  









Montando e resolvendo o sistema, temos:

5a

4b

1

3a

2b

1

5a

4b

1

6a

4b

2

a

3

a

3

3.3

2b

1

b

4



 





_

_





 





_

_



    



   

ALTERNATIVA C 20.17

1 1 3 2 6 1 4 6 0    B(x) = x2  4x + 6 Yv = A_a 4 = 

 

8 4  = 2 20.18 P(x) = (x2  x)(6x2 + 5x + 3)  7x P 1 2 _      = 1 1 1 5 7 6 3 4 2 4 2 2  _   _{ } _         = 3 4        (1 + 3) + 7 2 = 3 7 2 2 = 5 20.19 x2 _{ 1 = (x + 1)(x  1)} P(x)  x2  1 Resto = ax + b Quociente = Q(x) P(x) = x100 + x + 1 P(x) = (x2  1)Q(x) + ax + b P(1) = 3 P(1) = 1 a b 3 a b 1          b = 2 e a = 1 Q(x) = x98 + x96 + ... + x2 + 1e

R(x) = x + 2 20.20





5 3 3 2 5 4 2 x mx n x 3x x 3x x 3x 9 m         3x4 _{ mx}3 _{+ n} 3x4 _{+ 9x}3 (9  m)x3 _{+ n} (9  m)x3 _{ 3(9  m)x}2 3(9  m)x2 _{+ n = 5} 3(9  m) = 0 m = 9 n = 5 MAT 7E AULA 21 21.01

E) Correta. O conjunto dos números reais está contido no conjunto dos números complexos

21.02

B) Correta. Pela definição de número complexo, i2 _{= –1}

21.03 x = 2 4 68 2   x = 2 8i 2  x = 1  4i 21.04

2  x = 4  x = 2 21.05 2  m = 0  m = 2 n  2  0  n  0 21.06

  

 



1 2 3 1 2 3

z

z

z

1 i

1 2i

1 3i

z

z

z

3

6i





   

 





 

ALTERNATIVA B 21.07 (1  i2_{) + 1 + 8i + 16i}2 3 + 8i  16 8i  13 21.08 z  w = 6  8i + 3i  4i2 10  5i = 15 21.09 4i  2i2 _{ (3  i  3i + i}2₎ 4i + 2  3 + 4i + 1 = 0 21.10 m2 _{ 9 = 0 e m  3  0}

(m  3)(m +3) = 0 m = 3 21.11 (1  i)2 _{= 1  2i + i}2 _{= 2i} z = [(1  i)2_]3 _{= (2i)}3 _{= 8i}3 Z =8i 21.12 1 + 2i + i2 _{ [2i(1  i)]} 2i + 2i  2i2 4i + 2 21.13

2x + 3xi + 2yi + 3yi2

2x  3y + (3x + 2y)i 3x + 2y = 0 21.14 a2 _{+ 2abi + bi}2 _{= 3 + 4i} a2 _{ b}2 _{+ 2abi = 3 + 4i} 2 2 a b 3 2ab 4        a = 2 b  a =  1 a2 _{ b}2 _{= 3 } 2 4 b  b 2 _{= 3}

4  b4 _{= 3b}2 _{ b}4 _{ 3b}2 _{ 4 = 0} b2 _{= 1  b}2 _{= 4  b =  2} 8.lal + 25.lbl = 8 + 50 = 58 21.15 x  2x2_{i + i  2xi}2 (1  2x2_{)i + 3x} 1  2x2 _{= 0} x2 ₌ 1 3 x =  2 2 21.16 2m  2ni + mi  n  i = (2m  n) + (m  2n  1) = 0 ( 2) 2m n 0 m 2n 1      _{ }  · 3n = 2  n = 2 3 m = 2 3 =  1 3