Ap matemática m2

9,642 views
9,461 views

Published on

Published in: Education
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
9,642
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
10
Actions
Shares
0
Downloads
215
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Ap matemática m2

  1. 1. Matemática Matemática I Função Exponencial .............................................. 3 Logaritmo .............................................................. 7 Polinômios ........................................................... 11 Análise Combinatória .......................................... 15 Binômio de Newton ............................................. 19 Matriz  .................................................................. 23 Determinante ....................................................... 27 Sistemas Lineares ............................................... 30 Progressão Aritmética e Progressão Geométrica ...................................... 34  no Código Penal, Artigo 184, parágrafo 1 e 2, com  A reprodução por qualquer meio, inteira ou em parte, venda,  exposição  à  venda,  aluguel,  aquisição,  ocultamento,  autorização do detentor dos direitos autorais é crime previsto  empréstimo,  troca  ou  manutenção  em  depósito  sem Matemática II Geometria Espacial ............................................. 38  multa e pena de reclusão de 01 a 04 anos. I ­ Prisma ......................................................... 38  II ­ Pirâmide ...................................................... 40  III ­ Cilindro ........................................................ 42  IV ­ Cone ........................................................... 43  V ­ Esfera ......................................................... 46  M2  JOSÉ AUGUSTO DE MELO 
  2. 2. Anotações
  3. 3. Tecnologia              ITAPECURSOS  FUNÇÃO EXPONENCIAL 1­ DEFINIÇÃO  Seja a um número real tal que a > 0 e a ¹ 1.  *  Chamamos de função exponencial à função f : R ® R  definida por f(x) = a  x  +  x  æ 1ö Exemplos:  a) f(x) = 3  x  b) f(x) =  ç ÷ è 2 ø2­ GRÁFICO  1º caso: a > 1 ; a função é crescente  2º caso: 0 < a < 1 ; a função é decrescente PROPRIEDADES  P.1) Domínio = R  Imagem = {y Î R : y > 0}  x  P.2) A função exponencial, f(x) = a  não tem raiz.  x  P.3) A interseção do gráfico de f(x) = a  com o eixo 0y é o ponto (0,1)  P.4) A função exponencial é bijetora  x  a + b 1) (UFMG) A figura é um esboço do gráfico da função y = 2  . A ordenada do ponto P da abscissa  é:  2  a) c . d  b)  c + d  c + d  c)  2  2  d) (cd)  e)  cd Solução:  a  b  + y  =  2 p  2  ;   y  =  2 a +b  ;    y  =  2 a  × 2  ;    y  =  c × d  p  p  b  p  Resp: e Matemática ­ M2  3 
  4. 4. Tecnologia               ITAPECURSOS 2) Uma colônia de bactérias tem, num certo instante (t  ), 1500 bactérias. Observações subseqüentes revelaram  0 que essa população dobrava sempre, em relação à observação imediatamente anterior.  a) Qual a população de bactérias na 4ª observação após t  ?  0  55  b) Em que observação a colônia alcançou 375.2  bactérias? Solução:  n  Não é difícil você concluir que o número de bactérias é dado por f(n) = 1500 . 2  , onde n é a observação  realizada após t  .  0  4  a)  Na 4ª observação, a população de bactérias é f(4) = 1500 . 2  ; f(4) = 24000.  55  n  55  b)  Queremos que f(n) = 375 . 2  ; 1500 . 2  = 375 . 2  55  n  375 × 2 55 n  2  n  53  2  =  ; 2  =  2  ; 2  = 2  ; n = 53  1500  2  Resp: Na 53ª observação. 3­ EQUAÇÕES EXPONENCIAIS  As condições impostas à base de uma função exponencial, a tornam uma função bijetora. Desse modo, se  x  y  a  = a , então x = y. Essa propriedade nos permite resolver uma série de equações cuja variável aparece no  expoente, e por isso são chamadas de equações exponenciais.  Para resolver uma equação exponencial, tente transformar a equação dada em uma outra eqüivalente, da  x  y  forma a  = a . Para isso use inicialmente as propriedades da potenciação.  1  m  n  m+n  ­n  a  . a  = a  a  =  a n  -n n æ aö æ bö m  n  a  : a  = a  m­n ç ÷ = ç ÷ è bø è aø n  m  n  m.n  n  n  (a  )  = a  (a . b)  = a  . b  a  =  n  a  m/n  m  Caso isso não seja possível, utilize os artifícios dados nas questões comentadas a seguir.  Observação: As equações redutíveis à forma a  = b  com a ¹ b você aprenderá a resolver no capítulo  x  y  sobre logaritmos. 1) Resolva a equação:  x  x + 1  – 2  2) Resolva a equação: 2  + 2  x + 2  + 2  x – 1  = ­8  x  x + 3  – 8  16  . 4  x + 2  = 0  Solução Solução:  x  x  x  2  x  ­ 1  2  + 2  . 2 – 2  . 2  + 2  . 2  = ­ 8 ;  x  x + 3  ­ 8  16  . 4  x + 2  ;  16  . 4  x  x + 3  = 8  x + 2  1  æ 1 ö 4  x  2  x + 3  = ( 2  )  ( 2  )  . ( 2  )  3  x + 2  ;   2  . 2  4x  2x + 6  = 2  3x + 6  x  2  . (1 + 2 – 4 +  ) = ­ 8 ; 2  . ç - ÷ = ­ 8 ; 2  = 16  x  x  2  è 2 ø 6x + 6  = 2  2  3x + 6 ® 6x + 6 = 3x + 6 ; x = 0  x  4  2  = 2  ; x = 4  Resp: x = 0  Resp: x = 4 4  Matemática ­ M2 
  5. 5. Tecnologia              ITAPECURSOS  2x + 1  + 5 . 3  = 2 3) Resolva a equação: 3  x  x  x – 1  = 8  4) Resolva a equação: 7  + 7  x Solução:  Solução:  2x  x  2x  x  2  3  .  3 + 5  . 3  –  2 =  0;    Como  3  =  (3  )  ,  se  x  x  ­ 1  x  x  1  x  fizermos  7  + 7  7  = 8  ;   7  . ( 1 +  ) = 8  7  x  2  3  = y obteremos: 3y  + 5y – 2 = 0, cujas raízes  são  x  8  7 x 7  æ 7 ö 7  x  7  .  x  = 8  ;  = ;ç ÷ = ;   x = 1  x  8  è 8 ø 8  1  7  8  y =  ou y = ­ 2  3  Resp: x = 1  1  x  ­ 1  Para y =  vem: 3  = 3  ;  x = ­1  3  x  Para y = –2 vem: 3  = –2 (não admite solução)  Resp: x = –1  x  –x 5) (MACK–SP) O número de soluções distintas da equação 2  – 2  = K, K real é:  a) 2, qualquer que seja K  d) 1, somente se K ¹ 0  b) 2, somente se K > 0  e) 0, somente se K < 0  c) 1, qualquer que seja K Solução:  2 1  2  x  x  2  – x = K. Seja 2  = y .  Então: y ­  y  = K ; y  – Ky – 1 = 0. Para essa equação 2 D = K  + 4 > 0. Logo, ela tem duas raízes reais distintas. Além disso, o produto dessas raízes é –1 (relações  2  de Girard). Então, uma delas é positiva e uma é negativa. Como a raiz negativa não fornece solução para x,  a resposta correta é C.  Resp: c 4­ INEQUAÇÕES EXPONENCIAIS  Nas condições impostas à base de uma função exponencial, temos:  *Se a > 1, a função é crescente, portanto:  a  > a  « x > y  x  y a  < a  « x < y  x  y *Se 0 < a < 1, a função é decrescente, e então:  a  > a  « x < y  x  y a  < a  « x > y  x  y Resumindo: ao resolver uma inequação exponencial, proceda como nas equações, ou seja, iguale as ba­  ses. Mas, ao comparar os expoentes, lembre–se:  *Se a > 1, compare os expoentes, mantendo o sentido da desigualdade.  *Se 0 < a < 1, ao comparar os expoentes, inverta o sentido da desigualdade. Matemática ­ M2  5 
  6. 6. Tecnologia               ITAPECURSOS 1) Resolva a inequação:  2 x  + 2  3  x  æ 1 ö æ 1 ö ç ÷ ³ç ÷ è 2 ø è 2 øSolução:  Como a base é menor que 1, devemos ter:  2  2  x  + 2 £ 3x  ;  x  – 3x + 2 £ 0  raízes: 1 e 2  diagrama: Solução:  1 £ x £ 2  x + 2  + 3 2) Resolva a inequação: 3  x + 1  – 3  > 33  x Solução:  x  2  x  x  x  3  . 3  + 3  . 3 – 3  > 33 ; 3  . (9 + 3 – 1) > 33  x  x  3  . 11 > 33   ;   3  > 3   ;   x > 1  Resp: x > 1  2x – 1  < x 3) Resolva a inequação: x  3 Solução:  1ª hipótese: x > 1  Nesse caso: 2x – 1 < 3 ; x < 2  A interseção com a condição x > 1 nos dá S  = {x Î R : 1 < x < 2}  1  2ª hipótese: 0 < x < 1  Teremos 2x –1 > 3 ; x > 2  Como esses valores de x não pertencem a 0 < x < 1, nesse intervalo não temos nenhuma solução.  Resp: S = {x Î R : 1 < x < 2}  2  a 4) (UF–VIÇOSA) Determine os valores de a para que a equação x  + 2  . x + 1 = 0, admita raízes reais. Solução:  Para a equação dada admitir raízes reais, D ³ 0 . Logo  2a  2a 2  2  – 4 > 0 ;  2  ³ 2  ;  2a ³ 2 ;  a³1 6  Matemática ­ M2 
  7. 7. Tecnologia              ITAPECURSOS  LOGARITMO 1­ DEFINIÇÃO  Seja a > 0 , a ¹ 1 e b > 0 . Chama–se logaritmo de b na base a ao número x = log  b tal que a  = b  a  x  Em símbolos  a ® base  log  b = x « a  = b  a  x  b ® logaritmando  x ® logaritmo Exemplos:  3  1  –2  a) log  8 = 3, pois 2  = 8  2  b) log  4 = –2, pois (  )  = 4  1/2  2 2­ CONDIÇÃO DE EXISTÊNCIA  ì ï a > 0 e a ¹ 1  ï Existe log  b se e somente se  a  í ï ï î b > 0 3­ BASES MAIS USADAS 3.1­ LOGARITMO DECIMAL  Utiliza a base 10. Convenciona­se que, ao omitir a base, seu valor é 10. Assim:  log  b = log b  10 3.2­ LOGARITMO NATURAL  Usa como base o número e (número de Euler). Anota–se por log  b ou l n b  e 4­ PROPRIEDADES ELEMENTARES  Decorrem imediatamente da definição as propriedades a seguir:  a) log  a = 1  a  b) log  1 = 0  a  m  c) log  a  = m  a  d) a log b = b  a É claro que estamos admitindo a > 0, a ¹ 1 e b > 0. 5­ PROPRIEDADES OPERATÓRIAS  Para a > 0, a ¹ 1 e b > 0, c > 0, temos  P.1) log  (b . c) = log  b  + log  c  a  a  a  æ b ö P.2) log  ç ÷ = log  b ­ log  c  a a  a  è c ø P.3) log  b  = m log  b , m Î R  a  m  a  Matemática ­ M2  7 
  8. 8. Tecnologia               ITAPECURSOS 1) Sabendo que log 2 = 0,30 e  log 3 = 0,47, calcule:  a) log 18  b) log 15 Solução:  2  2  a) log 18 = log (2.3  ) = log 2 + log3  = log 2 + 2 log 3  Portanto:  log 18 = 0,30 + 2 . 0,47  log 18 = 1,24  10  b) log 15 = log (3.5) = log 3 + log 5 = log 3 + log (  )  2  Então:  log 15 = log 3 + log 10 – log 2  log 15 = 0,47 + 1 – 0,30  ;  log 15 = 1,17 2) (PUC–SP) São dados log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48. Determine o número real x que satisfaz à equação:  x ­ 1  4  = 1125 Solução:  x ­ 1  2x – 2  2  3  4  = 1125 ;   2  = 3  . 5  e daí:  2x – 2  2  3  log (2  ) = log (3  . 5  )  (2x – 2) . log 2 = 2 log 3 + 3 log 5  10  Mas log 5 = log (  ) = log 10 – log 2 = 1 – 0,30 = 0,70  2  Logo:  (2x – 2) . 0,30 = 2 . 0,48 + 3 . 0,70 e daí:  2x – 2 = 10,2 ; x = 6,1 3) (VUNESP) A figura representa o gráfico de y = log x.  Sabe–se que AO = BC. Então, pode­se afirmar que:  a) log  b = c  a  b) a + b = c  c  c) a  = b  d) ab = c  a  b  c  e) 10  + 10  = 10 Solução:  Observe que: OA = log a ;  OB = log b  e  OC = log c  Mas BC = OC – OB ; logo BC = log c – log b. Como OA = BC, temos  c  c  log a = log c – log b ;  log a = log  ;  a =  ;   ab = c  b  b  Resp: d 8  Matemática ­ M2 
  9. 9. Tecnologia              ITAPECURSOS 6 ­ MUDANÇA DE BASE  b  log  c  Sejam a > 0 , a ¹ 1, c > 0 , c ¹ 1 e b > 0. Então log  b =  a  a  log  c  log 3 log 2 7 log 3 7 Exemplos:  a) log  3 = b) log  7 = = = ... 2  log 2 5  log 2 5 log3 5 1 1 Conseqüências:  a) log  b = log a b) log ap B = log a b a  b p7­  EQUAÇÕES  LOGARÍTMICAS  Assim denominamos as equações que envolvem logaritmos. Para resolvê­las, tenha sempre em mente as  condições de existência e procure reduzir a equação dada, usando as propriedades, à forma log  f(x) =  a  log  g(x) ou à forma log  f(x) = b.  a  a  b  No primeiro caso, lembre–se de que f(x) = g(x). E, no segundo caso, a definição dá que f(x) = a  . 1) Resolva a equação log  (x + 4) = 2.  (x – 2) Solução:  Se você quiser, ache as condições de existência, depois resolva a equação e verifique quais raízes satisfa­  zem às condições de existência.  Aqui, no entanto, para economizar tempo, vamos resolver a equação e verificar por substituição direta  quais raízes servem.  log  (x + 4) = 2 « (x – 2)  = x + 4  o que dá  x  – 5x = 0 cujas raízes são x = 0 e x = 5.  (x – 2)  2  2  Observe que o x = 0 faz a base valer –2, logo não serve. Já o 5 satisfaz às condições de existência e então:  S = {5}  2 2) Resolva: log  (x  – 1) = log  (x + 1).  3  3 Solução:  2  2  2  De log  (x  – 1) = log  (x + 1) vem x  – 1 = x + 1 ;  x  – x – 2 = 0, cujas raízes são 2 e ­1.  3  3  Dessas, apenas 2 serve.  S = {2} 3) log  2  2  x – 3log  x + 2 = 0  2 Solução:  Observe que log  2  x = (log  x)  . Seja então log  x = y. A equação dada fica:  2  2  2  2  2  y  – 3y + 2 = 0, cujas raízes são y = 1 e y = 2.  Se y = 1, vem : log  x = 1 ; x = 2  2  Se y = 2, vem : log  x = 2 ; x = 4  2  Como ambas as raízes servem, S = {2, 4}. Matemática ­ M2  9 
  10. 10. Tecnologia               ITAPECURSOS  1 4) Resolva a equação: log  (3x –1) – log  (x + 1) =  2  4  2 Solução:  Inicialmente, coloque todos os logaritmos numa mesma base.  log  2 ( x + 1  1  )  log  (3x – 1) ­  = 2  log  2  4  2  log( x + 1  1  )  log  (3x – 1) ­  2  = (tirando  o m.m.c.)  2  2  é (  x - 1 2 ù 3  )  2 log  (3x – 1) – log  (x + 1) = 1 ; log  ê x + 1  ú = 1  2  2  2  ê ë ú û (  x - 1 2 3  )  1  1  = 2  ;   9x  – 8x – 1 = 0  cujas raízes são 1 e ­  . Porém –  não convém. Logo, S = {1}  2  x + 1  9  9 8­  INEQUAÇÕES  LOGARÍTMICAS  ìlog  f  x  < log  g  x  « f  x  < g  x  a  (  )  a  (  )  (  )  (  )  ìlog  f (  ) < log  g  x  « f  x  > g  x  a  x  a  (  )  (  )  (  )  Se a > 1 í log  f ( x  < K  « f ( x  < a  )  )  K  Se 0 < a < 1 í log  f (  ) < K  « f (  ) > a  x  x  K  î a  î a  Atenção: Não se esqueça de calcular o domínio da inequação. 1) Resolva a inequação: log  (x – 1) > log  (2x + 3).  1/2  1/2 Solução:  x - 1 > 0 ; x .  ü 1  ï a) Condição de existência  3 ý ® x  > 1  2  + 3  ; x > - ï x  2 þ b) Resolução da inequação  log  (x – 1) > log  (2x + 3) ® x – 1 < 2x + 3  ;  x > ­ 4  1/2  1/2  c) Resposta final: é obtida fazendo–se a interseção entre os intervalos obtidos em a e b. Faça isso e você  terá: S = {x Î R : x > 1}.  2 2) Resolva a inequação: log  x + 2log x – 3 > 0. Solução:  a) Domínio: x > 0  2  b) Resolução: Faça log x = y. Então, y  + 2y – 3 > 0, que resolvida dá y < –3 ou y > 1.  Se y < –3, então log x < –3 ;  x < 0,001  Se y > 1, então log x > 1 ;  x > 10  c) Resposta: a interseção nos mostra que  S = {x Î R : 0 < x < 0,001 ou x > 10}. 10  Matemática ­ M2 
  11. 11. Tecnologia              ITAPECURSOS 9 ­ A FUNÇÃO LOGARÍTMICA  Como vimos, a função exponencial é bijetora e, portanto, admite inversa. Por outro lado, se log  y = x, temos  a  x  que y = a , ou seja, a inversa da exponencial é a função logarítmica que definiremos a seguir:  Seja a > 0, a ¹ 1 e x > 0 números reais. Chama­se função logarítmica à função f: R*  ® R, definida por  + f(x) = log  x.  a  Como os gráficos de uma função e sua inversa são simétricos em relação à reta y = x, o gráfico da função  logarítmica é:  1º caso: a > 1  2º  caso: 0 < a < 1  POLINÔMIOS 1 ­ DEFINIÇÃO  Chamaremos de polinômio em R, na variável x, a toda expressão da forma:  n  P(x) = a  . x  + a  n ­ 1  + ... + a  . x + a  , onde n é um número natural, e a  ¹ 0.  n  n ­ 1  . x  1  o  nExemplos:  São polinômios:  3  2  a) P(x) = 5x  ­ 4x  + x ­ 1  2  1  b) P(x) = x  ­  3  c) P(x) = ­5  1  Não são polinômios: a)  + 3  b)  x  + 3x ­ 7  x  Dado o polinômio P(x) =  a  . x  + a  . x  + ... + a  . x + a  com a  ¹ 0, n é chamado de grau do polinômio.  n  n  n ­ 1  n ­ 1  1  o  n Assim:  2  a) P(x) = 3x  ­ 5x + 1, tem grau 2.  c) P(x) = ­ 3x + 1, tem grau 1.  3  b) P(x) = 2x ­ x  + 4, tem grau 3.  d) P(x) = 2, tem grau zero.  O polinômio P(x) = 0 é chamado de polinômio nulo ou polinômio identicamente nulo. Para ele, não se  define o grau. 2 ­ VALOR NUMÉRICO  Se K é um número real, chama­se valor numérico do polinômio P(x) para x = K ao número obtido substituindo­  se x por K e efetuando as operações indicadas. Indicaremos o valor numérico por P(K). Caso P(K) = 0,  diremos que K é a raiz ou zero do polinômio.  Assim, se  2  P(x) = 3x  ­ x + 1  2  P(2) = 3 . 2  ­ 2 + 1 = 11  2  P(0) = 3 .  0  ­ 0 + 1 = 1 Matemática ­ M2  11 
  12. 12. Tecnologia               ITAPECURSOS 3 ­ IGUALDADE DE POLINÔMIOS  n  Sejam os polinômios:  P  (x) = a  . x  + a  n ­ 1  + ... + a  . x + a  1  n  n ­ 1  . x  1  o  e  n  + b  P  (x) = b  . x  n ­ 1  + ... + b  . x + b  2  n  n ­ 1  . x  1  o  Dizemos que P  (x) = P  (x) se:  1  2  a  =  b  ;  a  n  n  n ­ 1 = b  ; ..., a  b  e a  = b  n ­ 1  1 =  1  o  o  3  2  2  1) Determine a, b, c para que os polinômios P  (x) = (a ­ 2)x  + 3x  + b ­ 1 e P  (x) = (c + 5)x  + 3 sejam  1  2  idênticos. Solução:  Queremos que:  3  2  3  2  (a ­ 2)x  + 3x  + b ­ 1 = 0x  + (c + 5)x  +3  Logo: a ­ 2 = 0;  a = 2  c + 5 = 3;  c = ­2  b ­ 1 = 3;  b = 4  2) Calcule a e b, de modo que:  2  - 6  x  a  b  2 = + x  + 2  - 3  x  x - 1  x + 3 Solução:  1º modo:  2º modo:  2  - 6  x  a  b  Na igualdade:  2 = + x  + 2  - 3  x  x - 1  x + 3  2x ­ 6 = a(x + 3) + b (x ­ 1)   faça:  x = ­3 Õ ­12 = a . 0 ­ 4.b;b =3  2x - 6  a x + 3  + b x - 1  (  )  (  )  = e daí vem:  (  - 1  x + 3  x  )(  )  (  - 1  x + 3  x  )(  )  x = 1 Õ ­4 = 4a + b.0;  a = ­1  2x ­ 6 = a(x + 3) + b(x ­ 1)  2x ­ 6 = ax + 3a + bx ­ b  Atenção: escolha para x os valores que anulam  os  denom i nadores  das  f raç ões  dadas  2x ­ 6 = (a + b)x +(3a + b) e então:  originalmente.  ì ï a + b = 2  ï í cuja solução é a = ­1 e b =3  ï ï 3a ­ b = ­6 î4 ­ DIVISÃO DE POLINÔMIOS  Se A(x) e B(x) são dois polinômios, com B(x) ¹ 0, dividir A por B é encontrar dois outros polinômios Q(x) e R(x),  tal que:  I) A(x) = B(x) .Q(x) + R(x)  II) Grau de R(x) < grau B(x) ou R(x) = 0  Quando R(x) = 0, dizemos que A(x) é divisível por B(x).  Observe que o grau de Q(x) é dado pela diferença entre o grau de A(x) e B(x). 12  Matemática ­ M2 
  13. 13. Tecnologia              ITAPECURSOS  Para efetuar a divisão entre dois polinômios, temos dois métodos:Método da chave  Método de Descartes  3  2  2  Seja efetuar a divisão (2x  ­ x  + 3) : (x  ­2x + 3)  3  2  2  Façamos a mesma divisão: (2x  ­ x  + 3) : (x  ­2x + 3) Solução:  Solução:  • Inicialmente, ordene o polinômio dividendo em ordem  • Inicialmente, determine o grau do quociente. Q(x) é  decrescente e complete­o. No caso do divisor, basta  do 1º grau, concorda? Logo Q(x) = ax + b.  que ele esteja em ordem.  • O grau do resto, sendo menor que o grau do divisor  será um polinômio cujo grau é no máximo 1.  3  2  2x  ­ x  +0x + 3  2  x  ­2x + 3  Seja então R(x) = cx + d.  3  2  2x  ­ x  + 3  2  x  ­2x + 3  • Divida o primeiro termo do dividendo pelo primeiro  cx + d  ax + b  termo  do  divisor  para  obter  o  primeiro  termo  do  quociente (2x).  Usando a identidade A = B . Q + R  • Multiplique o primeiro termo do quociente pelo divi­  3  2  2  obtemos: 2x  ­ x  + 3 = (x  ­2x + 3)(ax + b) + cx + d  sor e subtraia o resultado do dividendo, para obter  2  o resto parcial (3x  ­6x + 3).  Efetuando  e  reduzindo  os  termos  semelhantes,  3  2  2  teremos:  2x  ­ x  +0x + 3  x  ­2x + 3  3  2  ­2x  + 4x  ­6x  2x  3  2  3  2  2x  ­ x  + 3 = ax  + (b ­ 2a)x  +(3a ­ 2b + c)x + 3b + d  2  3x  ­ 6x +3  Portanto:  a = 2  • Se o grau do resto parcial for menor que o grau do  b ­ 2a = ­1;  b = 3  divisor, a divisão terminou. Caso contrário, repita as  operações acima, usando o resto parcial como divi­  3a ­ 2b + c = 0;  c = 0  dendo.  3b + d = 3;  d = ­6  3  2  2x  ­ x  +0x + 3  2  x  ­2x + 3  Então, finalmente:  Q(x) = 2x + 3  3  2  ­2x  + 4x  ­6x  2x + 3  R(x) = ­6  2  3x  ­ 6x +3  2  ­3x  ­ 6x ­ 9 ­6 5 ­ O DISPOSITIVO DE BRIOT­RUFFINI  Se, numa divisão, o divisor for do 1º grau, além dos métodos dados anteriormente, existe um outro, cuja  3  descrição será feita a seguir. Seja efetuar (2x  ­ 3x + 1) : (x ­ 2)  • Desenhe o esquema a seguir  • À esquerda do primeiro traço vertical, colocamos a raiz do divisor (no nosso caso, 2).  À direita desse traço, colocamos os coeficientes do dividendo (já ordenado), completando com zero os termos  faltosos.  2  2  0  ­3  1  Matemática ­ M2  13 
  14. 14. Tecnologia               ITAPECURSOS  • Abaixamos o primeiro desses coeficientes e o multiplicamos pela raiz do divisor (2), somando o resultado  obtido (4) ao próximo coeficiente (0) e encontramos 4.  4  2  2  0  ­3  1  2  4  • Repita tudo isso, agora, para o 4. Continue até achar o último número (à direita do traço vertical tracejado).  4  8  10  2  2  0  ­3  1  2  4  5  11  1 24 4 3 1 24  4 3 Q(x)  R(x)  Observe que o resto será nulo, ou um polinômio de grau zero. No nosso exemplo, R(x) = 11. Como Q(x) é de  grau 2, temos:  2  Q(x) = 2x  + 4x + 5  Atenção: Se o divisor for do tipo ax ± b, proceda como anteriormente. Contudo, na hora de dar a resposta, ao  determinar Q(x), divida os coeficientes obtidos no dispositivo por a (apenas os coeficientes reservados a  Q(x)). O resto fica inalterado. 6 ­ TEOREMA DO RESTO OU DE D’ALEMBERT  O resto da divisão de um polinômio P(x) por x ­ a é P(a). Demonstração:  Na divisão de P(x) por x ­ a, seja Q(x) o quociente e R(x) o resto. Observe que o grau de R é zero ou R(x) =  0.  P(x)  x ­ a  R  Q(x)  P(x) = (x ­ a) . Q(x) + R  Fazendo x = a, vem: P(a) = (a ­ a) . Q(a) + R e então  P(a) = R  1 24  4 3 0  Como conseqüência dessa propriedade, um polinômio P(x) é divisível por x ­ a se e só se P(a) = 0.  De modo semelhante, prova­se que:  Se o divisor for x + a, o resto é P(­a).  Se o divisor for ax ­ b, o resto é P(b/a).  Se o divisor for ax + b, o resto é P(­b/a). 7 ­ DOIS TEOREMAS IMPORTANTES  Daremos, sem demonstrar, dois teoremas que facilitam em muito nosso trabalho com polinômios.  Teorema 1:  Teorema 2:  O  polinômio  P(x)  é  divisív el  pelo  produto  Se P(x) é divisível por (x ­ a)(x ­ b), então P(x) é  (x ­ a)(x ­ b) com a ¹ b se e só se P(x) é divisível  divisível por x ­ a, e o quociente dessa divisão é  separadamente por x ­ a e por x ­ b.  divisível por x ­ b. 14  Matemática ­ M2 
  15. 15. Tecnologia              ITAPECURSOS  ANÁLISE  COMBINATÓRIA 1­ PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DE CONTAGEM  Consideremos o seguinte problema:  • As cidades A e B são interligadas por 3 linhas de ônibus e por 4 companhias aéreas. De quantos modos uma  pessoa pode ir de A a B, usando ônibus e voltando de avião?  Solução:  Observe que o evento, ir de A a B e retornar, pode ser decomposto em duas etapas:  1ª etapa: viagem de ida  2ª etapa: viagem de volta.  Como a viagem de ida tem que ser de ônibus, existem três maneiras dessa viagem ser feita. Já para a viagem  de volta, temos 4 possibilidades. Como para cada viagem de ida, existem 4 modos de a pessoa fazer a viagem  de volta, é fácil ver que a pessoa fará as viagens de ida e volta de 4.3 = 12 modos diferentes.  Esse problema ilustra o princípio fundamental de contagem ou Regra do Produto.  Se um evento é formado por duas etapas sucessivas e independentes, de tal modo que a primeira etapa  se realiza de p modos e a segunda de q modos, então o evento ocorre de p.q maneiras.  Podemos estender essa regra a um evento formado por um número K de etapas.  1) Quantos números de três algarismos distintos podemos formar com os algarismos 0,1,2,3,4,e 5 ?  Solução:  O evento, formar um número de três algarismos, pode ser decomposto em três etapas:  1ª etapa: escolha do algarismo das centenas.  2ª etapa: escolha do algarismo das dezenas.  3ª etapa: escolha do algarismo das unidades.  Para a 1ª etapa existem 5 possibilidades (apenas o zero não pode ser escolhido).  Para a 2ª etapa existem também 5 possibilidades, pois o número escolhido na 1ª etapa não pode ser  repetido, porém o zero já pode ser usado.  Para  a  3ª etapa,  existem  4  possibilidades  (só  não  podemos  escolher  os  dois  algarismos  que  foram  escolhidos na 1ª e 2ª etapas.  Logo, pela regra do produto podemos formar 5.5.4 = 100 números.  2) Dispõe­se de 6 cores para pintar uma bandeira de 4 faixas. Cada faixa deve ser pintada de uma só cor e  duas faixas consecutivas não podem ter a mesma cor. De quantos modos pode ser feita a pintura?  Solução:  O evento, pintar a bandeira, pode ser decomposto em 4 etapas. Para a 1ª etapa existem 6 possibilidades,  pois podemos escolher qualquer uma das 6 cores. Para a 2ª etapa existem 5 possibilidades, pois a cor  usada na faixa anterior não pode ser usada. O mesmo número de possibilidades teremos para a 3ª e 4ª etapas.  Portanto, a pintura poderá ser feita de:  6.5.5.5 = 750 modos Matemática ­ M2  15 
  16. 16. Tecnologia               ITAPECURSOS  3) Quantos números de 5 algarismos distintos formados pelos dígitos 1,3,4,5 e 6 são maiores que 50000?  Solução:  1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 1ª etapa: 2 possibilidades: 5 ou 6 (só assim o número será maior que 50000)  2ª etapa: 4 possibilidades (lembre­se: os algarismos devem ser distintos)  3ª etapa: 3 possibilidades  4ª etapa: 2 possibilidades  5ª etapa: 1 possibilidade  Resposta: 2.4.3.2.1 = 48 2 ­ UMA NOVA ABORDAGEM  Existem alguns problemas de análise combinatória cuja resolução, usando­se a regra do produto, é muito  complicada. Para  eles, daremos  uma nova  abordagem. Assim,  se num  determinado agrupamento  cada  elemento aparece uma única vez, o agrupamento é simples. Caso contrário, ou seja, se um elemento puder  aparecer mais de uma vez, o agrupamento é dito com repetição. Desse modo, se queremos saber quantos  números de 3 algarismos distintos existem no sistema decimal, devemos considerar cada número como  um agrupamento simples. Caso não aparecesse a palavra distintos no problema, então deveríamos levar  em conta todas as possibilidades e teríamos números com ou sem repetição. 3 ­ TIPOS DE AGRUPAMENTOS  Basicamente os agrupamentos que se formam com elementos de um conjunto podem ser classificados em  dois tipos.  ­ Arranjos: agrupamentos que se distinguem um do outro pela natureza e pela ordem de seus elementos.  ­ Combinações: agrupamentos que se diferenciam apenas pela natureza de seus elementos.  Observação:  Se em um agrupamento do tipo arranjo, usarmos todos os elementos do conjunto considerado, o agrupamento  passa a ser chamado de permutação.  Para fixarmos bem essas noções, vamos classificar os agrupamentos seguintes:  a) números formados por 4 algarismos no sistema decimal.  Solução:  Seja 2315 um tal número. Se mudarmos a ordem de pelo menos dois de seus algarismos, o número muda de  valor. Logo, cada número é um arranjo.  b) Triângulos formados com os cinco pontos tomados sobre uma circunferência.  Solução:  Um triângulo é obtido unindo­se três pontos quaisquer dos 5 que foram dados. Como o triângulo ABC e o  triângulo ACB ou BAC, etc. são o mesmo triângulo, a ordem dos elementos não muda o agrupamento e  temos uma combinação.  c) Filas que podemos formar com 4 pessoas  Solução:  Uma fila se diferencia de outra apenas pela ordem de seus elementos. Além disso, em cada fila todos os  elementos à nossa disposição são usados. Logo, cada fila é uma permutação. 16  Matemática ­ M2 
  17. 17. Tecnologia              ITAPECURSOS 4­ A NOÇÃO DE FATORIAL  No próximo item, aprenderemos como calcular o número de agrupamentos que podemos formar com os  elementos de um conjunto. Necessitaremos então definir a noção de fatorial.  Definição: Seja n um número natural. Então:  0! = 0  1! = 1  n! = n . (n ­ 1) . ... . 2.1, se n ³ 2,  onde o símbolo n! lê­se fatorial do número n.  Veja os exemplos:  Observe que:  3! = 3.2.1 = 6  n! = n . (n ­ 1)! = n . (n ­ 1) . (n ­ 2)! = etc.  5! = 5.4.3.2.1 = 120  Assim teremos:  6! = 6.5.4.3.2.1 = 720  7! = 7 . 6! = 7 . 6 . 5! = 7 . 6 . 5 . 4! = etc. 5­ CÁLCULO COMBINATÓRIO ­ AGRUPAMENTOS SIMPLES 5.1 ­ Arranjos simples  Considere o seguinte problema: quantos números de três algarismos distintos podemos formar com os dígitos  1,2,3,4,5?  Solução:  Que cada número é um arranjo é óbvio, pois a ordem dos algarismos no número altera o agrupamento. Queremos  então saber  quantos arranjos tomados  3 a  3 podemos formar  com 5 algarismos  dados. Esse  valor será  representado por:  A 3  .Usando a regra do produto, temos que:  5  5  4  3  A 3  = 5  4 3 = 60  5 .  .  Agora, observe:  De um modo geral,  5 4 3  2  1  5  .  .  .(  .  )  !  5  !  p  n  !  A 3  = 5 = = A  = n 2 1  .  2  (  - 3  !  5  )!  (  - p  n  )! 5.2 Permutação Simples  Como já foi dito, o número de permutações de n elementos, (Pn), é igual ao número de arranjos de n elementos  tomados n a n. Logo:  n  n  !  n  !  P  = A  n n  = = n  ,ou seja  P  = n  !  n !  (  - n  n  )!  n ! 5.3 Combinações Simples  p  Representando por  C  o número de combinações simples de n elementos tomados p a p, teremos:  n  p  n  !  C  = n p (  - p  !  n  )!  Observe que:  C p .  p  = A p  n  P  n  Matemática ­ M2  17 
  18. 18. Tecnologia               ITAPECURSOS  1.(MACK­SP) O total de números, formados com algarismos distintos, maiores que 50000 e menores que  90000 e que são divisíveis por 5 é:  a) 1596  d) 2788  b) 2352  e) 4032  c) 2686  Solução:  1ª hipótese  2ª hipótese  _   _   _   _   _  ; 3.2. A 3 = 2016  8  8  !  5  0 ;  _ _ _ _ _  =  A 3  = = 336  8 5  !  6,7 ou 8     0 ou 5  Resposta: 336 + 2016 = 2352  2.(FUVEST­SP) O número de anagramas da palavra FUVEST que começam e terminam por vogal é:  a) 24  Solução:  b) 48  Existem duas possibilidades:  c) 96  U  E  _ _ _ _ _ _  d) 120  2.  P  = 2 4  = 48  4 .  !  e) 144  E  U  _ _ _ _ _ _ 3. (UNESP) Sobre uma reta marcam­se 3 pontos e sobre outra reta, paralela à primeira, marcam­se 5 pontos.  O número de triângulos que obteremos unindo 3 quaisquer desses 8 pontos é:  a) 26  b) 90  c) 25  d) 45  e) 42  Solução:  3  Cada triângulo é uma combinação. Se não houvesse 3 pontos alinhados, os 8 pontos nos dariam  C  triângulos.  8  3  Os 3 pontos sobre a primeira reta deixam de determinar  C  triângulos e os 5 outros pontos deixam de  3  3  3  3  3  determinar  C  triângulos. Logo a resposta final será:  C  - C  - C  = 56 - 1  10 = 45  5  8 3  5  -6­ CÁLCULO COMBINATÓRIO ­ AGRUPAMENTOS COM REPETIÇÃO 6.1 ­ Arranjos com repetição  p  Se  AR  representa a quantidade de agrupamentos do tipo arranjos com repetição, que podemos formar  n  com os n elementos de um conjunto, tomados p a p, então:  AR p  = n  n  p 6.2 ­ Permutação com repetição  Uma permutação é dita com repetição se determinados elementos aparecem mais de uma vez. Assim, por  exemplo, qualquer anagrama da palavra CASA é uma permutação com repetição, pois a letra A aparece 2  n  ,  2 ,...,  1 n  nk  n !  vezes. Prova­se que:  P  n  = n  !  2 !...  k !  1  n  n  n ® total de elementos em cada permutação. n  ,  2 ,...,  k  ® quantidade de vezes em que os elementos que se repetem aparecem em cada agrupamento.  1  n  n 6.3  ­ Combinação com repetição  p  Se  CR  representa o número de combinações com repetição de n elementos, tomados p a p, então:  n  p  p  CRn  = C  +p -1  n  18  Matemática ­ M2 
  19. 19. Tecnologia              ITAPECURSOS  1. Quantos números de três algarismos podem ser formados com os dígitos de 0 a 9, se o algarismo 5 é  sempre o algarismo da centena?  Solução:  Como o problema não diz  que os algarismos do número formado são distintos,  isso significa que as  2  2  repetições são admitidas. Portanto, o total procurado será: 5 - - -; AR  = 10  = 100  10 2. Quantos são os anagramas da palavra ARARA?  Solução:  Letras que se repetem:  A: 3 vezes  R: 2 vezes  3 2  .  5  !  Logo, o número de anagramas será:  p  = 5 = 10  3 2  !  !  3. Podendo escolher entre os sabores hortelã, laranja e limão, de quantos modos uma criança pode comprar  5 balas?  Solução:  Cada grupo de 5 balas pode ser considerado como uma combinação de elementos repetidos, escolhidos  5  5  5  7  !  entre os três sabores. Logo, a resposta será:  CR  = C  + 5 -1  = C  = 3 3  7  = 21  5 2  !  !  BINÔMIO DE NEWTON 1 ­ NÚMERO BINOMIAL  Sejam n e p números com p £ n. Chamamos de número binomial de numerador n e classe p ao número  n  !  representado por ( ) definido por: ( ) = p ! ( n - p )!  n  p  n  p Observe que ( )= C n  p  p  n 2 ­ PROPRIEDADES DOS NÚMEROS BINOMIAIS 2.1 ­ Propriedades Diretas ( ) = 1 ; n  0 ( ) = n ; n  1 ( ) = 1  n  n Essas propriedades decorrem diretamente da definição de número binomial. 2.2 ­ Binomiais Complementares  Dois binomiais são ditos complementares se tiverem o mesmo numerador e se a soma dos denominadores  for igual ao numerador. Assim, são complementares os binomiais: ( ) e ( ) ; 5  3  5  2  ( )e ( ) 8  5  8  3  Matemática ­ M2  19 
  20. 20. Tecnologia               ITAPECURSOS  Também são complementares: ( ) e ( );  n  p  n  n - p  (p + n - p = n  )  ( )e ( n  1  + p  1  - n  1  + n - p  2  + ) ;  (p - 1 + n - p + 2 = n + 1  )  Aplicando a definição de número binomial a dois binomiais complementares, conclui­se que:  Dois números binomiais complementares são iguais.  Desse modo: Exemplo:  ( )= ( ) 5  3 5  2  ( )= ( ) n  p n  n - p  Resolva a equação: æ 10  ö æ 10 ö ç ç 2 x - 1  = ç 3  ÷ è ÷ ç ÷ ÷ ø è ø Solução:  ( )= ( ) 10  4 10  6  ( )= ( n + 1  p -1  n +1  n - p + 2  ) 1ª hipótese:  2x ­ 1 = 3 ; x = 2  Como conseqüência dessa propriedade, temos que: 2ª hipótese:  ( ) = ( ) « p = q  ou   p + q = n  n  p n  q  2x ­ 1 + 3 = 10 ; x = 4  Resposta: x = 2  ou x = 4 2.3 ­ Relação de Stifel  Essa relação acontece entre dois binomiais consecutivos. Assim, são consecutivos: ( ) e ( ); 5  3  5  4  ( )e( ) 15  8  15  9 æ n ö æ n  ö æ n - 1  ö æ n - 1  ö ç ÷ ç p ÷ è ø e ç ÷ ç p + 1  è ÷ ø ; ç ÷ ç p + 1  è ÷ ø e ç ç p  ÷ è ÷ ø e assim por diante.  A relação de Stifel nos permite somar dois binomiais consecutivos. Ela pode ser dada de várias formas; uma  æ n ö æ n  ö æ n + 1  ö delas é:  ç ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ ç p ÷ + ç p + 1  = ç p + 1  ÷ è ø è ø è ø æ 9 ö æ 9 ö æ 10 ö Exemplo:  a)  ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 2 ÷ + ç 3 ÷ = ç 3  ÷ è ø è ø è ø æ 10 ö æ 10 ö æ 10 ö æ 10 ö æ 11  ö b)  ç ÷+ç ÷ =ç ÷+ç ÷ =ç ÷ ç 4  ÷ ç 7  ÷ ç 6  ÷ ç 7  ÷ ç 7 ÷ è ø è ø è ø è ø è ø binomiais  complementares 2.4 ­ Relação de Fermat  É também uma relação entre binomiais consecutivos. Permite­nos calcular o valor de um binomial em função  do binomial “antecedente”. Sua demostração é feita aplicando­se a definição de número binomial.  æ n ö n - p  æ n ö ç ÷ ç ÷ ç p + 1  = p + 1 . ç p ÷ ÷ è ø è ø Exemplos:  æ 9 ö æ 9 ö 9 - 4  æ 9 ö æ 13 ö æ 13 ö 13 - 7  æ 13 ö 3  a)  ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 5 ÷ = ç 4 ÷ . 4 + 1  = ç 4 ÷ .  1  è ø è ø è ø b)  ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 8  ÷ = ç 7  ÷ .  7 + 1  = ç 7  ÷ .  4  è ø è ø è ø 20  Matemática ­ M2 
  21. 21. Tecnologia              ITAPECURSOS 3 ­ TRIÂNGULO DE PASCAL  Para tornar nosso trabalho mais ameno, vamos dispor os números binomiais na forma seguinte:  æ0 ö ç ÷ ç 0 ÷ è ø æ 1 ö + æ 1 ö ç ÷ ç ÷÷ ç 0 ÷ ¾¾®ç 1  è ø è ø ¯ æ 2 ö + æ 2 ö æ 2 ö ç ÷ ç ÷ç ÷ ÷ ç 0 ÷ ¾¾®ç 1  ç 2 ÷ è ø è øè ø ¯ æ3ö æ 3 öæ 3 ö æ 3 ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ è 0 ø è 1 øè 2 ø è 3 ø æ4 ö æ 4 ö æ 4 öæ 4 öæ 4 ö ç ÷ ç 0 ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ç ÷ ç 1 ÷ ç 2 ÷ç 3 ÷ç 4 ÷ è ø è ø è øè øè ø æ 5 ö æ 5 öæ 5 ö æ 5 ö æ 5 ö æ 5 ö ç ÷ ç 0 ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 1 ÷ç 2 ÷ ç 3 ÷ ç 4 ÷ ç 5 ÷ è ø è øè ø è ø è ø è ø .............................................. Observe que os números binomiais de mesmo  Usando essas propriedades chegamos facilmente numerador  estão  na  mesma  linha,  e  os  números  aos valores associados ao triângulo, obtendo: binomiais  de  mesmo  denominador  estão  na  mesma  linha 0 ; 1 coluna. Além disso, os binomiais da primeira coluna valem  1,  pois  têm  o  denominador  igual  a  zero.  O  linha 1 ; 1  1 mesmo acontece com o último binomial de cada linha,  linha 2 ; 1  2  1 que  tem  o  numerador  e  denominador  iguais.  Além  linha 3 ; 1  3  3  1 disso, a relação de Stifel nos permite calcular os demais  linha 4 ; 1  4  6   4  1 elementos do triângulo. Veja no triângulo anterior, onde se mostra que:  linha 5 ; 1  5  10 10 5 1  æ 1ö æ 1  ö æ 2 ö ......................................  ç ÷ + ç ÷= ç 0 ÷ ç 1  ÷ ç ÷ ç 1 ÷ è ø è ø è ø A  partir  daí,  você  pode,  usando  as  mesmas  æ 2 ö æ 2 ö æ 3 ö propriedades, obter quantas linhas quiser.  ç ÷ + ç ÷= ç 0 ÷ è ø ç 1 ÷ è ø ç ÷ ç 1 ÷ è ø , e assim por diante. 4 ­ O DESENVOLVIMENTO DO BINÔMIO DE NEWTON  ( x + a  1  = x + a  )  2  2  xa  2  Você sabe que:  (  + a  = x  + 2  + a  x  )  (  + a  3  = x  + 3  2 a + 3  2  + a  x  )  3  x  xa  3  Agora, repare:  ­ Os coeficientes obtidos ao desenvolver esses binômios coincidem com os números das linhas do Triângulo  (x + a  3 de Pascal. Assim, os coeficientes de            , por exemplo, são achados na linha 3 do Triângulo de Pascal.  )  ( x + a  n )  Prova­se que os coeficientes de             estão na linha n do Triângulo de Pascal.  Além disso, os expoentes de x decrescem de n a 0, e os de a crescem de 0 a n. Essas observações nos  permitem então escrever que:  ( x + a  n  = (  ) x  .  0  + (  ) x  -1 .  + (  ) x  - 2 .  2  + ... + (  ) x  a  )  n  n  0  a  n  n  1  a  n  n  a  2  n  0  n  n  Assim, temos que:  ( x + a  4  = (  ) x  .  0  + (  ) x  .  + (  ) x  .  2  + (  ) xa 3  + (  ) x  a 4  )  4  4  0  a  4  3  1  a  4  2  a  2  4  3  4  0  4  Usando a linha 4 do Triângulo de Pascal para obter os coeficientes binomiais, teremos:  4  4  3  2  2  (x + a)  = x  ­ 4x  a + 6x  a  + 4xa  + a  3  4  n  Para desenvolver (x ­ a)  , use o mesmo procedimento, porém alterne os sinais + e –, começando sempre  com o sinal de +. Assim:  4  4  3  2  2  3  4  (x ­ a)  = x  ­ 4x  a + 6x  a  ­ 4xa  + a  Matemática ­ M2  21 
  22. 22. Tecnologia               ITAPECURSOS 5 ­ UM RESULTADO INTERESSANTE  Já vimos que:  - - (  + a  n  = (  )  n . a  + (  )  n  1 . a  + (  )  n  2  . a  + . . . + (  )  0 . a  x  )  n  0  x  0  n  1  x  n  2  x  2  n  n  x  n (  + 1 n  = (  )  + (  )  + (  )  + . . . + (  ) ou  1  )  n  0  n  1  n  2  n  n  Fazendo x = a = 1, obtemos:  n  n  n  n  n  (  )  + (  )  + (  )  + . . . + (  )  = 2  0  1  2 n  n  Isso significa que a soma dos elementos da linha n no Triângulo de Pascal é  2  . 6 ­ O TERMO GERAL  É muito raro necessitarmos do desenvolvimento completo do Binômio. O que geralmente ocorre é precisarmos  7  determinar um termo do Binômio que apresente alguma característica como, por exemplo, o termo em  x  ,  ou o termo independente de x, e assim por diante. Para resolvermos um tal problema, não precisamos de  todo o desenvolvimento, mas sim do termo genérico do Binômio. Se você observar mais uma vez a fórmula  do Binômio de Newton, verá que cada termo é da forma:  (  )  n -p  . ap  n  p  x  Além disso, se p = 0, temos o primeiro termo;  se p = 1, temos o segundo termo;  - e assim sucessivamente. Logo:  T  +1  = (  )  n  p  . a  p  n  p  x  p n  representa o termo que ocupa a posição (p+1), e é a fórmula do termo geral do binômio (x + a)  , segundo as  potências decrescentes de x. Nessa fórmula, observe que:  n: representa o expoente do binômio  x: representa o primeiro termo do binômio  a: representa o segundo termo do binômio  p: número que é igual à posição do termo, menos um. Assim, se queremos  T  , p  = 4  5  . n  Para o binômio (x ­ a)  , temos  T  +1  = ( -1 p (  )  n - p . a p p  )  n  x  p  1.  Calcule  o  10º termo  no  desenvolvimento  de  Solução:  2  2  12  (  x  + x)  .  T  + 1  = ( 8 )( x - 1 )  - p . ( 2 x 2 )  . ( - 1 P  p  p  8  P  )  Solução:  T  + 1  = ( 8 ). x - 8 + P  . 2 P  . x 2 P . ( - 1 P  p  p  )  Como queremos o 10º termo  (  10 ) , p = 9. Além  T  T  + 1  = ( - 1 P  . 2 P  . ( 8 )  - 8 + 3 p p  )  p  x  2  disso,  o  primeiro  termo  é  2x  ,  o  segundo  é  0  Termo  independente  é  o  termo  em  x  .  Logo,  x e n = 12. Logo, pela fórmula do termo geral  temos:  8  queremos que: ­ 8 + 3 p = 0; p =  .  3  T  = ( 9 )(  x  )  -9 . x  10  12  2 2  12  9  Como é natural, tal resposta não satisfaz, e então o  3  6  9  15  T  = 220 . 2  .  x  .  x  ; T  = 1760x  10  1  binômio dado não apresenta termo independente de x.  2. Calcule, se existir, o termo independente de x,  Observação:  7  Se fosse pedido, por exemplo, o termo em x  , o  1  x 2  8  no desenvolvimento de: (  - 2  )  .  raciocínio  seria  semelhante,  simplesmente  x  colocaríamos ­ 8 + 3p = 7, teríamos p, e então  bastaria substitui­lo na expressão do termo geral. 22  Matemática ­ M2 
  23. 23. Tecnologia              ITAPECURSOS  3. Calcule o termo médio, no desenvolvimento de  (  x - 3  6  .  2  )  Solução:  No desenvolvimento de  (  + a  n , obtemos n + 1 termos. Logo, o binômio dado tem 7 termos, e então o  x  )  termo médio é o 4º termo. Portanto, p = 3 e teremos:  T  = ( 3  ) ( 2 x ) 3 . (3 )  . ( - 1  3  4  6  3  )  T  = 2 0 . 8 . x 3  . 2 7 . ( - 1  ; T  = - 4 3 2 0 x 3  4  ) 4  2  5  4. Calcule a soma dos coeficientes no desenvolvimento de (2x  ­ 3y)  .  Solução:  Para obtermos apenas os coeficientes, no desenvolvimento de um binômio, basta fazermos as variáveis  que aparecem nele iguais a um. Então, fazendo x = y = 1 teremos:  2  5  S = (2 . 1  + 3 . 1)  ;  5  S = 5  ;  S = 3125  MATRIZ 1­ DEFININDO MATRIZ  Sejam m e n inteiros positivos. À tabela formada por m . n elementos dispostos em m linhas e n colunas  chamamos de matriz m x n (lê­se matriz m por n).  æ a 11  a  12  ... a  ö 1n  ç ÷ M =  ç a 21  a  22  ...  a  ÷ 2n  ou M = (a  ) m x n  ij  ç ............................ ÷ a  è m1  m2  a  ...  a  ø mn  Observação: a  representa o elemento que está na linha i e coluna j.  ij  Exemplo:  æ 1  - 2  ö ç ÷ A =  ç 3  5 ÷ ; uma matriz 3 por 2 (3 linhas e 2 colunas)  ç ÷ è 0  1 ø Para ela, temos:  a  = 1 ;  12  a  = 3 ;  21  a  = 0 ;  31  Essa matriz pode também ser representada dos modos a seguir:  é 1  - 2 ù 1  - 2  ê ú ou A = 3  A  = ê3  5 ú 5  ê0  ë 1 ú û 0  1 2­ PRINCIPAIS TIPOS DE MATRIZES a) Matriz Linha  b) Matriz coluna  É aquela que tem uma única linha.  É aquela que tem uma única coluna. A = (­1    2     3),     B = [  1     1]  æ - 1 ö ç ÷ é5  ù A = ç 0 ÷ B  = ê ú ç 1  ÷ ë3  û è ø Matemática ­ M2  23 

×