Caderno de atividades terceirão ftd 04

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Caderno de atividades terceirão ftd 04

  1. 1. Matemática Módulo 4 M19 Geometria Analítica: Pontos e Retas 3 - 12 M20 Geometria Analítica: Circunferência 13 - 18 M21 Geometria Analítica: Cônicas 19 - 22 M22 Números Complexos 23 - 26 M23 Polinômios 27 - 30 M24 Equações Polinomiais 31 - 38
  2. 2. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas Matemática3 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M19 TERCEIRÃO FTD Geometria Analítica: Pontos e Retas Caderno de Atividades 1 (Unesp-SP) O triângulo PQR, no plano cartesiano, de vértices P(0, 0), Q(6, 0) e R(3, 5), é: a) eqüilátero. b) isósceles, mas não eqüilátero. c) escaleno. d) retângulo. e) obtusângulo. Pelo enunciado, temos: P(0, 0) Q(6, 0) R(3, 5) y xM Portanto, o triângulo PRQ é isósceles e não eqüilátero. No #PMR (retângulo em M), temos: (PR)2 = (PM)2 0 (MR)2 → (PR)2 = 32 0 52 → PR = 34 No #RMQ (retângulo em M), temos: (QR)2 = (MQ)2 0 (MR)2 → (QR)2 = 32 0 52 → QR = 34 Então: PQ = 6 PR QR= = 34 123 PR = QR ϑ PQ M T N9 = 9 = = 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 2 1 1 1                               y x D C A B D C A B y x y x A B D C y x D C A B C D B A x y a) d) b) e) c) Sendo as linhas da matriz N as co- ordenadas de A, B, C e D, respecti- vamente, temos: A(0, 1), B(1, 0), C(2, 1) e D(1, 1), que correspondem à figura: y x0 1 A 1 2 B D C X X D C A B y x 2 (ESPM-SP) A figura mostra um quadrado ABCD re- presentado no plano cartesiano. As linhas da matriz M são as coordenadas dos vértices do quadrado. Multiplicando- se a matriz M pela matriz de transformação T dada, ob- tém-se uma matriz N. Assinale a alternativa que mostra a figura representada pela matriz N. M T= = 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1                   001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:043
  3. 3. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19 Matemática 4 y A(1, 2)B(−1, 2) D(−1, −2) E(1,−2) xO 2 1−1 H 5 (Unifesp-SP) A figura representa, em um sistema or- togonal de coordenadas, duas retas, r e s, simétricas em relação ao eixo Oy, uma circunferência com centro na origem do sistema, e os pontos A(1, 2), B, C, D, E e F, correspondentes às intersecções das retas e do eixo Ox com a circunferência. y A(1, 2) rs B C F D E xO Nessas condições, determine: a) as coordenadas dos vértices B, C, D, E e F e a área do hexágono ABCDEF; b) o valor do cosseno do ângulo AOB. 4 (Fatec-SP) Seja r a reta que passa pelos pontos (3, 2) e (5, 1). A reta s é a simétrica de r em relação à reta de equa- ção y = 3. A equação de s é: a) x 0 2y − 7 = 0 d) x − 2y − 11 = 0 b) x 0 2y − 5 = 0 e) 2x − y 0 5 = 0 c) x − 2y 0 5 = 0 A equação da reta s é: A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos pontos (3, 4) e (5, 5), conforme a figura: y x y = 3 (3, 2) (3, 4) (5, 1) (5, 5) s r X x y x 1 5 5 1 3 4 1 0 5 0= − 0 =→ 2y 3 (PUC-RJ) Os pontos (−1, 6), (0, 0) e (3, 1) são três vértices consecutivos de um paralelogramo. Assinale a opção que apresenta o ponto correspondente ao quarto vértice: a) (2, 7) c) (1, −6) e) (6, 3) b) (4, −5) d) (−4, 5) Sabendo que A(−1, 6), B(0, 0), C(3, 1) e D(xD , yD ) são os vértices conse- cutivos do paralelogramo, que M é o ponto médio de suas diagonais e que as diagonais de um paralelogramo se cruzam no seu ponto médio, temos M: • ponto médio de AC : Portanto, o vértice D tem coordenadas (2, 7). • ponto médio de BD : xM = − 0 = 1 3 2 1 yM = 0 = 6 1 2 7 2 1442443 x x xM D D = 0 = = 0 2 1 2→ y y yM D D = 0 = = 0 2 7 2 7→ 1442443 C − 5 0,( ) F 5 0,( ) X a) O ponto B é simétrico de A em relação ao eixo Oy. Os pontos D e E são, respectivamente, simétricos de A e B em relação à origem. Os pontos C e F pertencem à circunferência e ao eixo Ox. O raio R = OA , da circunferência, é tal que: R OA OF= = − 0 − = =( ) ( )1 0 2 0 52 2 Dessa forma, os pontos B, C, D, E e F têm coordenadas, respectiva- mente, iguais a (−1, 2), − 5 , 0 ,( ) (−1, −2), (1, −2) e 5 , 0 .( ) Os triângulos OFA, OBC, OCD e OEF têm áreas iguais a: S OF AH 1 2 5 2 2 5= 9 = 9 = Os triângulos OAB e ODE têm áreas iguais a: S AB AH 2 2 2 2 2 2= 9 = 9 = Então, a área do hexágono ABCDEF é: S S S= 0 = 9 0 9 = 04 2 4 5 2 2 4 5 11 2 ( ) u.a. 2 5 5 2 5 52 2 2 = 0 − 9( ) ( ) ( ) ( )cos ( )A BO b) No #AOB: AB2 = OA2 0 OB2 − 2OA 9 OB 9 cos (AOB) 10 cos (AOB) = 6 → cos (AOB) = 0,6 001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:044
  4. 4. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas Matemática5 7 (UFMG) Os pontos A(2, 6) e B(3, 7) são vértices do triângulo ABC, retângulo em A. O vértice C está sobre o eixo Ox. A abscissa do ponto C é: a) 8,5 b) 9 c) 9,5 d) 8 y 7 6 2 3 xC(c, 0) A B Como o triângulo ABC é retângulo em A, temos: MAC 9 MAB = −1 − − 9 = − = 6 2 1 1 1 8 C C             → X 8 (MACK-SP) Desempregados (mil) t (meses)2 1 A B C D 2 4 0 O gráfico acima mostra a evolução da quantidade de pes- soas desempregadas (em mil), a partir de determinado momento, em certa região. Se i // a, o número de pessoas desempregadas, 5 meses após o início das obser- vações, é: a) 4 000 c) 3 500 e) 2 000 b) 3 000 d) 2 500 d t2 1 A B C D 2 4 50 O coeficiente angular da reta q é mAB = − − = 2 1 2 0 1 2 . O coeficiente angular da reta & // q também é 1 2 e & passa por C(4, 2). A equação da reta &, sendo t a abscissa e d a ordenada, é: d t t d t − = − − = − = =2 1 2 4 4 2 (t 4) 2d 2d→ → → Portanto, o número de desempregados, após 5 meses do início da observação, é 2 500. Para t = 5: d = = 5 2 2,5 (em mil) X 6 (UFV-MG) A figura abaixo ilustra um quadrado de lado 8 com vértices situados sobre os eixos coordenados. y x A B a) Se a e b são as coordenadas do ponto B, ou seja, B(a, b), determine a soma a 0 b. b) Determine a equação da reta que passa pelos pontos A e B. Seja r a reta suporte do lado do quadrado que passa por A, B e C: A B rO C a) O ponto B(a, b) 7 r: x y0 = 4 2 . Logo, a 0 =b 4 2 . b) A equação da reta que passa por A e B é a equação de r: x 0 =y 4 2 . Como o quadrado tem lado 8, 8 e Q representam metade da diagonal do quadrado, ou seja, OA OC e C= = 4 2 0 4 2 4 2 0, portanto A , , .( ) ( ) A x y x y equação da reta será: 0 r 1 0 4 2 1 4 2 0 1 0 4 2 4 2 32= 0 − =→ → x y0 − =4 2 0 001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:055
  5. 5. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19 Matemática 6 11 (UFRJ) Um avião taxia (prepara-se para decolar) a partir de um ponto que a torre de controle do aeroporto considera a origem do eixos coordenados, com escala em quilômetros. Ele segue em linha reta até o ponto (3, −1), onde realiza uma curva de 90) no sentido anti-horário, seguindo, a partir daí, em linha reta. Após algum tempo, o piloto acusa defeito no avião, relatando a necessidade de abortar a decolagem. Se, após a mudança de direção, o avião anda 1 (um) quilômetro até parar, para que ponto do plano a torre deve encaminhar a equipe de resgate? y x r s A 3 −1 O x y x x mr 1 3 1 1 0 0 1 0 0 1 3 1 3 − = − − = = − = −→ →      3y y Equação da reta r que passa por O(0, 0) e A(3, −1): Equação da reta s que passa por A(3, −1) e é perpendicular a r, sendo ms = 3: y 0 1 = 3(x − 3) → y = 3x − 10 ‫ܨ‬ O avião deve passar por um ponto P(x, y) tal que P 7 s e PA = 1. Substituindo ‫ܨ‬ em ‫:ܩ‬ (x − 3)2 0 (3x − 10 0 1)2 = 1 10x2 − 60x 0 89 = 0 ∆ = 40 x = Σ = Σ60 40 20 60 2 10 20 xδ = 030 10 10 xφ = −30 10 10 Para x , em temos: y = 0 = 0 − 30 10 10 3 30 10 10 10 ‫ܨ‬       y = −3 10 10 10 E P ou o ponto procurado é: 30 10 10 3 10 10 10 0 − ,       3 10 10 3 10 10 1 0 −,       (não convém) 3x − 2y − 5 = 0 mx − y 0 2 = 0 123 x − y − 1 = 0 4x − y − 10 = 0 2x 0 y − 8 = 0 14243 b) Discuta, em função do parâmetro m, a posição relativa das retas de equações concorrem num mesmo ponto e obtenha esse ponto. 9 (FGV-SP) a) No plano cartesiano, mostre que as retas de equações a) Vamos tomar inicialmente duas das retas e fazer sua intersecção: 123 x − y − 1 = 0 4x − y − 10 = 0 → 123 x − y = 1 −4x 0 y = −10 −3x = −9 x = 3 e y = 2 As retas x − y − 1 = 0 e 4x − y − 10 = 0 concorrem no ponto (3, 2). Esse ponto também pertence à reta 2x 0 y − 8 = 0, pois 2 9 3 0 2 − 8 = 0. Portanto, as três retas concorrem no ponto (3, 2). b) Calculando os coeficientes angulares das retas: r y x mr1 3 2 5 2 3 21 : 3x 2y 5 0− − = = − =→ → r m mr2 2 : mx y 2 0 y mx 2− 0 = = 0 =→ → Se m = 3 2 , as retas são paralelas. Se m oncorrentesϑ 3 2 , .as retas são c 10 (FGV-SP) No plano cartesiano, o ponto da reta r: 3x − 4y = 5 mais próximo da origem tem coordenadas cuja soma vale: a) − 2 5 b) − 1 5 c) 0 d) 1 5 e) 2 5 y xO s P r Como m mr s a equação da reta é:= = −3 4 4 3 → , s Seja s a reta que passa pela origem e é perpendicular à reta r. Portanto, o ponto de r mais próximo da origem é P 3 5 4 5 , ,−       cuja soma das coordenadas é − 1 5 . O ponto da reta r mais próximo da origem é o ponto de intersecção entre as retas r e s, obtido pela solução do sistema: 3x − 4y = 5 y x= − 4 3 → x e y= = − 3 5 4 5 14243 X y y− = − − = −0 4 3 4 3 (x 0) x→ PA (x 3) (y 1) (x 3) (y 1)2 2 2 2= − 0 0 = − 0 0 =1 1→ ‫ܩ‬ 001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:056
  6. 6. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas Matemática7 14 (Fuvest-SP) Sejam A(0, 0), B(8, 0) e C(−1, 3) os vértices de um triângulo e D(u, v) um ponto do segmen- to p. Sejam E o ponto de intersecção de i com a reta que passa por D e é paralela ao eixo y e F o ponto de intersecção de o com a reta que passa por D e é parale- la ao eixo x. a) Determine, em função de u, a área do quadrilátero AEDF. b) Determine o valor de u para o qual a área do quadrilá- tero AEDF é máxima. Pelo enunciado, temos a figura abaixo, em que 0 , u , 8. y xA(0, 0) C(−1, 3) D(u, v) E(u, 0) F(t, v) B(8, 0) a) Calculando as medidas de AEDF, em função de u: Reta 3yt: x y x y x 1 1 3 1 8 0 1 0 8 0 8 3 − = 0 − = = − → → v u e D u u = − −8 3 8 3 ,      Como D(u, v) pertence à reta t: Reta 3x 3x ou xw: x y y y y 1 1 3 1 0 0 1 0 0 1 3 − = 0 = = − = −→ → t v u u = − = − − = −1 3 1 3 8 3 8 9      Como F(t, v) pertence à reta w: e F u u− −8 9 8 3 ,       b) Como S( ) ,u u u= − 0 0 17 54 128 54 64 54 2 então o valor de u para o qual a área é máxima é o valor da abscissa do vértice da parábola represen- tada pela função acima. No trapézio AEDF, temos: AE u ED v u = = = − ; 8 3 DF u t u t= 0 = − (pois t , 0 e está no semi-eixo negativo das abscis- sas) Área do trapézio: S (DF AE) ED 8u = 0 9 = 0 0 9 − 2 8 9 8 3 2 u u        S (17u 8) (8 u) 17u 128u2 = 0 9 − = − 0 0 54 64 54 u b av = − = − − = − 9 − = 2 128 54 2 17 54 54 34 64 17                  128 54 DF u u u = − − = 08 9 8 8 9 12 (UEL-PR) No gráfico abaixo, cada divisão dos eixos corresponde a uma unidade. A equação da reta que passa por P e é perpendicular à reta r dada é: a) y x= − 0 4 3 38 3 b) y x= 0 3 4 1 2 c) y x= − 0 4 3 39 3 d) y x= 0 3 4 9 4 e) y x= 0 9 4 38 3 Sendo s a reta que passa por P(5, 6) e é perpendicular à reta r, então ms = 3 4 . A equação de s é: A reta r corta os eixos coordenados em (3, 0) e (0, 4), sendo sua equação: y P r 0 = 1 unidade x x y ou y x 1 3 0 1 0 4 1 0 12 0 4 3 = 0 − = = − 0→ 4x 3y 4, cujo coeficiente angular é mr = − 4 3 . y y x− = − = 06 3 4 3 4 9 4 (x 5) → a) A reta que passa pelos pontos M(8, 6) e P(−8, −2) tem equação: Logo, a altura do #MNP, relativa ao lado MP , é a distância do ponto N(−4, 10) à reta MP . Logo, a mediana do #MNP, relativa ao vértice M, é a distância entre os pontos M e Q. b) Seja Q o ponto médio do segmento NP. 1442443 13 (IBMEC) Considerando o triângulo MNP, sendo M(8, 6), N(−4, 10) e P(−8, −2), determine: a) o valor da altura relativa ao lado MP; b) o tamanho da mediana relativa ao vértice M. x y x 1 8 6 1 8 2 1 0 4 0 − − = − 0 =→ 2y d N MP, ( ) = − − 9 0 0 − = = 4 2 10 4 1 2 20 5 4 5 2 2 xQ = − 0 − = − 4 2 6 ( 8) yQ = 0 − = 10 2 4 ( 2) dMQ = − − 0 − = 0 =(8 6)) (6 4)( 2 2 196 4 10 2 X 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:077
  7. 7. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19 Matemática 8 15 (MACK-SP) A melhor representação gráfica dos pon- tos (x, y) do plano, tais que (x − y) 9 (x 0 y) , 0, é a parte colorida da alternativa: y x y x y x a) b) c) y x y x d) e) X x − y . 0 e x 0 y , 0 ‫ܨ‬ ou x − y , 0 e x 0 y . 0 ‫ܩ‬ (x − y) 9 (x 0 y) , 0 Θ 14243 As soluções do sistema ‫ܨ‬ são representadas por: y x 0 y = 0 x 0 x − y = 0 Então, as soluções da inequação dada são representadas por: As soluções do sistema ‫ܩ‬ são representadas por: y x − y = 0 x 0 x 0 y = 0 x 0 y = 0 x − y = 0 y x 0 16 (FGV-SP) a) Represente os pontos do plano cartesiano que satisfa- zem simultaneamente as relações x − y > 0 e x 0 y < 0. b) Uma empresa fabrica uma peça de precisão em dois modelos, A e B. O custo de produção de uma unidade de A é R$ 200,00 e o de B é R$ 150,00. Por restrições de orçamento, a empresa pode gastar por mês no máximo R$ 45 000,00. A mão-de-obra disponível permite fabri- car por mês no máximo 250 peças. Seja x a quantidade produzida por mês de A e y a de B. Represente graficamente os possíveis valores de x e y. (Admita, para simplificar, que x e y assumam valores reais não negativos.) x − y > 0 x − y = 0 45) y x x 0 y < 0 x 0 y = 0 45) y x A região do plano cartesiano que satisfaz simultaneamente as relações x − y > 0 e x 0 y < 0 é dada por: x 0 y = 0 x − y = 0 45) 45) y x b) A partir do enunciado, com x > 0 e y > 0, temos: x 0 y < 250 4x 0 3y < 900 x 0 y < 250 total de peças 200x 0 150y < 45 000 custo 123 123 → Então: y 250 250 x x 0 y = 250 x 0 y < 250 y 300 225 4x 0 3y = 900 4x 0 3y < 900 x y x 250 250 300 225 (150, 100) A região do plano cartesiano que satisfaz simultaneamente as relações x 0 y < 250, 4x 0 3y < 900, x > 0 e y > 0 é dada por: a) 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:078
  8. 8. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas Matemática9 17 (PUC-RJ) Qual a área do triângulo delimitado pelos pontos (0, 0), (2, 2) e (1, 3)? S = = − = 1 2 0 0 1 2 2 1 1 3 1 1 2 6 2 2 u.a. X Para que as retas AB uur e BP uur sejam perpendiculares, devemos ter: mAB . mBP = −1 1 0 0 2 1 0 1 1 − − 9 − − = − = 0             → n m n 2m ‫ܨ‬ Para que o triângulo de vértices A, B e P tenha área igual a 10, devemos ter: S m n m m# = = − − = 0 = − 2 0 1 0 1 1 1 2 10 2 20 18→ →2n 2n ‫ܩ‬ De ‫ܨ‬ e ‫,ܩ‬ vem: n = 2m 0 1 m 0 2n = −18 123 → m = −4 n = −7 123 → P(−4, −7) 18 (UFU-MG) Considere, no plano cartesiano com ori- gem O, um triângulo cujos vértices A, B e C têm coorde- nadas (−1, 0), (0, 4) e (2, 0), respectivamente. Se M e N são os pontos médios de i e p, respectivamente, a área do triângulo OMN será igual a: a) 5 3 u.a. b) 8 5 u.a. c) 1 u.a. d) 3 2 u.a.X Se M é ponto médio de i, temos: xM = − 0 = − 1 0 2 1 2 yM = 0 = 0 4 2 2 1442443 A área do #OMN é dada por: Se N é ponto médio de p, temos: xN = 0 = 0 2 2 1 yN = 0 = 4 0 2 2 Área = − = = 1 2 0 0 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 3 3 2 u.a. 19 (PUC-RS) A representação que segue é das funções f, g, definidas por f(x) = x2 e g(x) = x 0 2. A área do triân- gulo cujos vértices são os pontos de intersecção das duas curvas e o ponto (0, 0) é: a) 1 b) 3 c) 4 d) 6 e) 8 y x0 −2 2 4 6 8 10 −2 2 4 6 8 10 −4 −6 −8 −10 −4−6−8−10 Logo, a área do triângulo com vértices nos pontos (−1, 1), (2, 4) e (0, 0) é: Os pontos de intersecção das curvas f(x) = x2 e g(x) = x 0 2 são obtidos por meio da resolução do sistema: y = x2 y = x 0 2 123 → y = x2 x2 = x 0 2 123 x = −1 e y = 1 ou x = 2 e y = 4 14243 → S S= − = = 0 0 1 1 1 1 2 4 1 2 6 2 3→ 20 (UFPB) Considere os pontos A(2, 0) e B(0, 1). De- termine o ponto P(m, n), com m e n negativos, de modo que as retas r e BP uur sejam perpendiculares e o triângulo de vértices A, B e P tenha área igual a 10. 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:089
  9. 9. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19 Matemática 10 22 (MACK-SP) Na figura, temos os esboços dos gráfi- cos de y = 7x 0 1 e y = ax3 . Se i é paralelo ao eixo horizontal, então a área do triângulo ABC é: a) 1 4 d) 5 3 b) 7 4 e) 1 2 c) 3 8 y x 8 A B CX Como A e C são pontos da reta w de equação y = 7x 0 1, então A(0, 1) e C(1, 8). y x 8 A(0, 1) b B(b, 1) C(1, 8) r ι A área do triângulo cujos vértices são os pontos A(0, 1), B 1 2 1,       e C(1, 8) é: O ponto C pertence à curva de equação y = ax3 , portanto 8 = a 9 13 → a = 8. Os pontos A e B têm ordenadas iguais a 1, e B(b, 1) pertence à curva de equação y = ax3 : 1 1 8 1 2 3 3= 9 = 9 =a b b b→ → S# = = 9 0 − − = 1 2 0 1 1 1 2 1 1 1 8 1 1 2 1 4 1 1 2 7 4 21 (Fuvest-SP) Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta s intercepta o eixo y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo x e pelas retas s e t é: a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X A reta s, que passa pelos pontos (2, 2) e (0, 3), tem equação: x y y x 1 2 2 1 0 3 1 0 1 2 3= 0 − − = 0 − = = − 0→ →2x 6 3x 2y 0 x 2y 6 0 ou Essa reta s tem coeficiente angular ms = − 1 2 e intercepta o eixo das abscissas no ponto A(6, 0). Sendo m m mt s t9 = = − = −1 1 1 2 2→ E a reta t que passa por (2, 2) e tem coeficiente angular −2 tem equação: y − 2 = −2(x − 2) → 2x 0 y = 6. Essa reta t intercepta o eixo das abscissas no ponto (3, 0). O triângulo APB pedido tem área: Temos, então, o seguinte esboço da situação: y xH 2 (0, 3) Qs t P(2, 2) B(3, 0) A(6, 0) S BA PH APB# = 9 = 9 = 2 3 2 2 3 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0810
  10. 10. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas Matemática11 24 (Unesp-SP) Sejam A(2, 0) e B(5, 0) pontos do plano e r a reta de equação y x = 2 . a) Represente geometricamente os pontos A e B e esboce o gráfico da reta r. b) Se C x x , , 2       com x . 0, é um ponto da reta r, tal que o triângulo ABC tem área 6, determine o ponto C. a) A reta r, de equação y x = 2 , passa, por exemplo, pelos pontos (0, 0) e (2, 1); então a representação gráfica pedida é: y x 1 r A(2, 0) B(5, 0) O ponto C tem coordenadas: C(8, 4). b) Se C x x , , 2       com x . 0, é um ponto da reta r, tal que o triângulo ABC tem área 6, então: y xA(2, 0) 3 x B(5, 0) A x xABC# = 9 = = 3 2 2 6 8→ C x x , 2       x 2 23 (ITA-SP) Num sistema de coordenadas cartesianas, duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e 1 2 , res- pectivamente, se interceptam na origem O. Se B 7 r e C 7 s são dois pontos no primeiro quadrante tais que o segmento p é perpendicular a r e a área do triângulo OBC é igual a 12 9 10−1 , então a distância de B ao eixo das ordenadas vale: a) 8 5 b) 4 5 c) 2 5 d) 1 5 e) 1X De acordo com o enunciado, pode-se concluir que uma equação da reta r é y = 2x e uma equação da reta s é y = 1 2 x. Como B 7 r, se designarmos d (d . 0) a distância de B ao eixo das ordenadas, então o ponto B terá coordenadas d e 2d, ou seja, B(d, 2d). y x B(d, 2d) r s O(0, 0) y = 2x Como C 7 s, se designarmos a (a . 0) a abscissa de C, então a sua orde- nada será a ou seja C a a 2 2 , , , .       A reta t tem coeficiente angular − 1 2      , pois é perpendicular a r. Assim a a d a a d a e a : 2 1 2 2 2 4 − − = − − = − 0 = = 2d 4d 5d 5d → → O triângulo OBC tem área igual a 12 10 12 10 6 5 1 9 = =− Assim d : 1 2 0 0 1 1 2 4 1 6 5 1 2 4 6 5 2d 5d 5d 5d 5d 2 2= − =→ − = = = = . 15d 15d (pois d 0) 2 2 4 12 5 4 12 5 16 25 4 5 2→ → →d d C a a , 2       y x= 1 2 . 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0911
  11. 11. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19 Matemática 12 25 (Unifesp-SP) Se P é o ponto de intersecção das retas de equações x − y − 2 = 0 e 1 2 3x y0 = , a área do triângulo de vértices A(0, 3), B(2, 0) e P é: a) 1 3 b) 5 3 c) 8 3 d) 10 3 e) 20 3 26 (Unifesp-SP) Considere a região colorida na figura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equações y = 2x e x = k, k . 0. X As coordenadas do ponto P podem ser obtidas resolvendo-se o sistema: x − y − 2 = 0 1 2 y 3 0x 0 − = –––––––––––––– 3 2 5 0x − = → x 10 3 e y 4 3 P 10 3 , 4 3 = = →     SendoA(0, 3) = 0, 9 3       , B(2, 0) = 6 3 , 0       e P 10 3 , 4 3       , temos a figura: Nessas condições, expresse, em função de k: a) a área A(k) da região colorida; b) o perímetro do triângulo que delimita a região colorida. y A(k) y ϭ 2x xk O Do enunciado, temos a figura: C B O y 2k A(k) y ϭ 2x xk a) A(k) = OB BC 2 9 A(k) k 2k 2 9 → A(k) = k2 b) No triângulo retângulo OBC, temos: (OC)2 = (OB)2 0 (BC)2 (OC)2 = k2 0 (2k)2 → OC = k 5 Logo, o perímetro P pedido é: P OC OB= 0 0 BC → P = k 5 0 k 0 2k → P = k(3 0 5 ) S1 : área do retângulo ACDO S2 : área do triângulo AOB S3 : área do triângulo ACP S4 : área do triângulo PDB A área S pedida é tal que: S = S1 − (S2 0 S3 0 S4 ) S 10 3 9 3 1 2 9 3 6 3 1 2 10 3 5 3 1 2 4 3 4 3 S 10 3 = 9 − 9 9 0 9 9 0 9 9 =       → 6 3 6 3 4 3 4 3 4 3 5 3 9 3 9 3 10 3 10 3 y x DB P C A O 14243 ᮍ 007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:1012
  12. 12. M20Geometria Analítica: Circunferência Matemática13 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M20 TERCEIRÃO FTD Geometria Analítica: Circunferência Caderno de Atividades 4 (Unesp-SP) Considere a circunferência ι, de equação (x − 3)2 0 y2 = 5. a) Determine o ponto P(x, y) pertencente a ι, tal que y = 2 e x . 3. b) Se r é a reta que passa pelo centro (3, 0) de ι e por P, dê a equação e o coeficiente angular de r. O coeficiente angular de r é mr = 2. a) Se P 7 ι e y = 2, temos: (x − 3)2 0 22 = 5 → (x − 3)2 = 1 → x − 3 = Σ1 Se x − 3 = −1 → x = 2 (não serve, pois x . 3). Se x − 3 = 1 → x = 4 → P(4, 2). b) A reta r que passa pelos pontos P(4, 2) e C(3, 0) tem equação: x y y y 1 4 2 1 3 0 1 0 6 0 6= − − = = −→ →2x 2x 3 (UFSCar-SP) O raio da circunferência inscrita em um triângulo de lados a, b e c pode ser calculado pela fórmula r p = − 9 − 9 −(p a) (p b) (p c) , y 0 x 3 4 Determine nesse triângulo: a) o raio da circunferência inscrita; b) a equação da circunfe- rência inscrita. c e p= 0 = = 0 0 =3 4 5 3 4 5 2 62 2 Sendo a = 3, b = 4 e c a hipotenusa do triângulo, temos: c2 = a2 0 b2 → Assim: b) A circunferência inscrita nesse triângulo tem centro C(1, 1) e raio r = 1. Assim, a equação dessa circunferência é: (x − 1)2 0 (y − 1)2 = 12 → x2 0 y2 − 2x − 2y 0 1 = 0 a) r r r= − 9 − 9 − = 9 9 = (6 3) (6 4) (6 5) 6 3 2 1 6 1→ → em que p é o semipe- rímetro do triângulo. Os catetos de um triângulo retângulo medem 3 e 4 e estão sobre os eixos cartesianos, conforme a figura. 1 (UFC) O segmento que une os pontos de intersecção da reta 2x 0 y − 4 = 0 com os eixos coordenados deter- mina um diâmetro de uma circunferência. A equação des- sa circunferência é: a) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 5 b) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 20 c) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 25 d) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 5 e) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 20 X C = 0 0 = 0 2 2 (1, 2), 4 0 2       Intersecção da reta 2x 0 y − 4 = 0 com os eixos coordenados: x = 0 → y = 4 Ι A(0, 4) y = 0 → x = 2 Ι B(2, 0) O centro da circunferência é o ponto médio de i: O raio da circunferência é AB 2 (2 0) (0 4)2 2 r = = − 0 − = 2 5 . Portanto, a equação da circunferência é: (x 1) (y 2)2 2− 0 − = =5 5 2 ( ) 2 (PUC-RS) Uma circunferência tem centro na intersec- ção da reta x = −2 com o eixo das abscissas e passa pelo ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2. A equação dessa circunferência é: a) x2 0 y2 = 20 d) (x − 2)2 0 y2 = 32 b) x2 0 (y 0 2)2 = 32 e) (x − 2)2 0 (y − 2)2 = 32 c) (x 0 2)2 0 y2 = 32X Seja P o ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2. As coordenadas de P são dadas por: y = −2x 0 8 y = x 0 2 123 → x = 2 y = 4 O raio da circunferência com centro C(−2, 0) e que passa por P(2, 4) é: raio d 2) (0 4)PC 2 2 = = − − 0 − =( 2 32 (x 0 2)2 0 y2 = 32 Logo, a equação dessa circunferência será: (x 2) (y 0)2 2 0 0 − = 32 2 ( ) 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4013
  13. 13. Geometria Analítica: CircunferênciaM20 Matemática 14 Transformando a equação x2 0 y2 0 2x − 6y − 90 = 0: x2 0 2x 0 1 0 y2 − 6y 0 9 = 90 0 1 0 9 → (x 0 1)2 0 (y − 3)2 = 100 e representa uma circunferência com centro no ponto (−1, 3) e raio 10. Logo, o seu diâmetro será: 2r = 20. 5 (Unicap-PE) Qual o valor do diâmetro de uma circun- ferência cuja equação cartesiana é x2 0 y2 0 2x − 6y − 90 = 0? 8 (Fuvest-SP) Os pontos A(0, 0) e B(3, 0) são vértices consecutivosdeumparalelogramoABCDsituadonoprimeiro quadrante. O lado # é perpendicular à reta y = −2x e o ponto D pertence à circunferência de centro na origem e raio 5 . Então as coordenadas de C são: a) (6, 2) b) (6, 1) c) (5, 3) d) (5, 2) e) (5, 1) Como a reta % é perpendicular à reta y = −2x, então mAD = 1 2 . A reta % passa pela origem, então sua equação é: y − = −0 1 2 (x 0) O ponto D pertence à circunferência de equação x2 0 y2 = 5: y x = 2 x2 0 y2 = 5 14243 → x = 2 y = 1 → D(2, 1) Como ABCD é um paralelogramo: AB = CD → X y xA B(3, 0) C D y = −2x ou y x= 1 2 xC = xD 0 3 = 5 yC = yD = 1 123 → C(5, 1) 7 (UFSCar-SP) Dados os pontos A(2, 0), B(2, 3) e C(1, 3), vértices de um triângulo, o raio da circunferência circuns- crita a esse triângulo é: a) 10 3 b) 10 3 c) 2 2 d) 10 2 e) 10 Como o triângulo ABC é retângulo em B, então a circunferência circunscri- ta ao triângulo tem o segmento o como diâmetro. (CjA é ângulo inscrito em uma semicircunferência.) Portanto, a medida do raio é: A(2, 0) x y C(1, 3) B(2, 3) AC (2 1) (0 3)2 2 2 2 10 2 = − 0 − = X 6 (PUC-SP) Seja x2 0 y2 0 4x = 0 a equação da circunfe- rência de centro Q representada no plano cartesiano abaixo. y OMQ NP x X Se o quadrado PQMN tem os vértices Q e M sobre o eixo das abscissas e o vértice N pertence à circunferência, o ponto N é dado por: a) 2 2 2− ,( ) d) − − −2 2 2 2,( ) b) − 02 2 2,( ) e) − −2 2 2,( ) c) 2 2 2− ,( ) A circunferência de equação x2 0 y2 0 4x = 0 → (x 0 2)2 0 y2 = 4 tem centro Q(−2, 0) e raio r = 2. Sendo PQMN um quadrado com diagonal QN = r = 2: QM QN2 = y 0MQ(−2, 0) NP 2 x QM = = = 2 2 2 2 2 2 QM 2 2= Então xM , .= − 02 2 (lado do quadrado) Dessa forma, temos: x x e yN M N = = − 0 =2 2 2 . Portanto: N 2 2 2− , .( ) 2 2 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4114
  14. 14. M20Geometria Analítica: Circunferência Matemática15 9 (UERJ) Um dado triângulo é formado pelas retas r, s e t, abaixo descritas. t: 2x 0 3y 0 9 = 0 s: 3x − 2y − 6 = 0r: 2x − 3y 0 21 = 0 Calcule, em relação a esse triângulo: a) sua área; b) a equação da circunferência circunscrita a ele. Vamos determinar os vértices A, B e C do triângulo: A 2x − 3y 0 21 = 0 3x − 2y − 6 = 0 123 → x = 12 y = 15 A(12, 15) B 2x − 3y 0 21 = 0 2x 0 3y 0 9 = 0 123 → x = − 15 2 y = 2 B − 15 2 2,       C 3x − 2y − 6 = 0 2x 0 3y 0 9 = 0 123 → x = 0 y = −3 C(0, −3) S D em D# = = − − = 1 2 12 15 1 15 2 2 1 0 3 1 195, quea) b) O centro O da circunferência circunscrita é tal que OB 4 = Q = 8. Fazendo O(a, b), temos: S# = = 195 2 97,5 (a 12) (b 15) (b (b 3)2 2 2 − 0 − = 0 0 − = 0 0a a 15 2 2 2 2 2    ) Resolvendo o sistema, obtemos: a e b= = 9 4 17 2 Logo, Portanto, r O OA OB OC 9 4 17 2 , .     = = = r = 0 0 = 9 4 17 2 3 13 13 4 2 2         Equação da circunferência: x y− 0 − = 9 4 17 2 13 13 4 2 2 2                   10 (UFC) Encontre uma equação da reta tangente à curva x2 − 2x 0 y2 = 0 no ponto (1, 1). A equação x2 − 2x 0 y2 = 0 pode ser escrita na forma: x2 − 2x 0 y2 = 0 → x2 − 2x 0 1 0 y2 = 1 → (x − 1)2 0 y2 = 1, que representa uma circunferência de centro C(1, 0) e raio r = 1. x y 1 1 (1, 1) r Como a reta tangente deve ser perpendicular ao raio no ponto de tangência (1, 1), observando a figura concluímos que a reta r pro- curada deve ter equação y = 1. 11 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s) proposição(ões) correta(s). (01) x2 0 y2 − 2x 0 6y 0 1 = 0 é a equação da circunfe- rência de raio r = 3, que é concêntrica com a circun- ferência x2 0 y2 0 2x − 6y 0 9 = 0. (02) O coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A(3, 2) e B(−3, −1) é 1 2 . (04) O ponto P(3, 4) é um ponto da circunferência de equa- ção x2 0 y2 − x 0 4y − 3 = 0. (08) As retas r: 2x − 3y 0 5 = 0 e s: 4x − 6y − 1 = 0 são perpendiculares. (16) Sabe-se que o ponto P(p, 2) é eqüidistante dos pon- tos A(3, 1) e B(2, 4). A abscissa do ponto P é 1. 01. Incorreta A circunferência de equação x2 0 y2 − 2x 0 6y 0 1 = 0 → (x − 1)2 0 (y 0 3)2 = 9 possui centro (1, −3) e raio 3, mas não é concêntrica à circunferência de equação x2 0 y2 0 2x − 6y 0 9 = 0 → (x 0 1)2 0 (y − 3)2 = 1, que possui centro (−1, 3) e raio 1. 02. Correta mAB = − − − − = = 2 3 3 6 1 2 ( ( 1) 3) (p2 − 6p 0 9) 0 1 = (p2 − 4p 0 4) 0 4 2p = 2 → p = 1 Portanto: 2 0 16 = 18 04. Incorreta 32 0 42 − 3 0 4 9 4 − 3 ϑ 0 08. Incorreta r : 2x − 3y 0 5 = 0 → y x e= 0 2 3 5 3 possui coeficiente angular mr = 2 3 . s: 4x − 6y − 1 = 0 → y x e= − 2 3 1 6 possui coeficiente angular ms = 2 3 . Logo, r é paralela a s. 16. Correta Se P(p, 2) é eqüidistante dos pontos A(3, 1) e B(2, 4), devemos ter: (p 3) (2 1) (p 2) (2 4)2 2 2 2 − 0 − = − 0 − Em questões como a 11, a resposta é dada pela soma dos números que identificam as alternativas corretas. 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4115
  15. 15. Geometria Analítica: CircunferênciaM20 Matemática 16 13 (MACK-SP) Uma reta tangente à curva x2 0 y2 = 10, no ponto de abscissa 3, encontra o eixo das ordenadas num ponto P. A distância da origem a esse ponto é: a) 9 b) 6 c) 10 d)10 e) 8 Sendo OP1 = OP2, pode-se considerar, para efeito de cálculos, qualquer uma das tangentes (t1 ou t2 ). Vamos considerar a reta tangente (t1 ), que passa pelo ponto A(3, 1) e tem coeficiente angular A curva de equação x2 0 y2 = 10 é uma circunferência de centro C(0, 0) e raio r = 10 . Para x = 3, a partir da equação 32 0 y2 = 10 → y = Σ1, temos os pontos A(3, 1) e B(3, −1) como sendo os pontos de tangência para as retas pro- curadas. x y P1 A(3, 1) B(3, −1) O P2 t2 t1 A equação da reta t1 é: y − 1 = −3(x − 3) → y = −3x 0 10. Fazendo x = 0 → y = 10 e P1 (0, 10) é o ponto onde t1 encontra o eixo das ordenadas. A distância da origem a esse ponto é 10. Caso tivéssemos escolhido a reta tangente t2 , obteríamos P2 (0, −10), cuja distância à origem é 10. m mOA = − = − = − 1 1 1 3 3. 14 (UFPR) Considere as seguintes informações: C é uma circunferência de raio igual a 1 e centro na origem de um sistema de coordenadas cartesianas retangulares; um ponto estará no interior da circunferência C se a dis- tância do ponto à origem do sistema for menor do que 1. Assim, é correto afirmar: I. A equação da circunferência C é x2 0 y2 0 1 = 0. II. O ponto P(cos ω, sen ω) pertence à circunferência C, qualquer que seja o número real ω. III. A reta y = x 0 1 intercepta a circunferência C em dois pontos. IV. A reta y 0 1 = 0 é tangente à circunferência C. V. O ponto (1, 1) está no interior da circunferência C. VI. O gráfico da função y = sen 2x intercepta o eixo x apenas uma vez no interior da circunferência C. I. Incorreto A circunferência de raio 1 e centro na origem tem equação x2 0 y2 = 1 ou x2 0 y2 − 1 = 0. II. Correto cos2 ω 0 sen2 ω = 1, qualquer que seja o número real ω. III. Correto A reta y = x 0 1 intercepta a circunferência nos pontos (0, 1) e (−1, 0), que é o resultado do sistema x2 0 y2 = 1 y = x 0 1 123 V. Incorreto A distância do ponto (1, 1) à origem é d = − 0 − = .( ) ( )1 0 1 0 2 12 2 . VI. Correto A única intersecção do gráfico da função y = sen 2x com o eixo x, no interior da circunferência, é a origem (ver figura). em dois pontos. IV. Correto A reta horizontal y 0 1 = 0 tangencia a circunferência no ponto (0, −1), que é o resultado do sistema x2 0 y2 = 1 . y 0 1 = 0 123 0 x y 1 sen 2x −1 1 −1 π 2 π−π π 2 − 12 (UniFEI-SP) Dadas a circunferência x2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 e a reta y = k, com k 7 ς, para que valores de k essa reta intercepta a circunferência em dois pontos distintos? Para que a reta horizontal y = k intercepte a circunferência em dois pon- tos distintos, devemos ter: 0 , k , 4. x y 0 1 2 C 4 Transformando a equação x2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 para sua forma reduzida: x2 − 2x 0 1 0 y2 − 4y 0 4 = −1 0 1 0 4 (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4 A circunferência de equação (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4 possui centro no ponto (1, 2) e raio 2. X , portanto 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4216
  16. 16. M20Geometria Analítica: Circunferência Matemática17 16 (PUC-PR) Se a equação da corda do círculo x2 0 y2 = 49, que tem por ponto médio o ponto (1, 2), é da forma ax 0 by 0 c = 0, então a 0 b − c vale: a) −2 b) 5 c) 2 d) 10 e) 8X A equação x2 0 y2 = 49 representa um círculo com centro na origem e raio 7. A reta r, suporte da corda do círculo, e que tem por ponto médio o ponto (1, 2), é perpendicular à reta s, que passa pelo centro do círculo e por esse ponto médio. (0, 0) M (1, 2) r s y x− = − − 0 − =2 1 2 5 0(x 1) 2y→ Se a equação da corda é do tipo ax 0 by 0 c = 0, temos: Como o coeficiente angular de s é mS = − − = 2 0 1 0 2, o coeficiente de r é − 1 2 e a equação de r será: 15 (IBMEC) Num sistema de coordenadas cartesianas xOy considere a seguinte região: R: x > 0, y > 0 x2 0 y2 < 4 x 0 y − 2 > 014243 Logo, a área da região R, em unidades de área, é igual a: a) π 0 2 c) π e) π − 2 b) π 0 1 d) π − 1 X x−2 −2 2 2 B O A x2 0 y2 = 4 x 0 y − 2 = 0 y A região R do plano que satisfaz as condições do exercício é a colorida, cuja área é obtida por: SR = Ssetor 90) − S#OAB SR = π 9 − 9 = π − 2 4 2 2 2 2 2 17 (UFBA) Considerando-se, no sistema de coordena- das cartesianas, os pontos A(1, 2), B(2, 1) e C(0, 1), pode- se afirmar: (01) Se Cδ é o ponto simétrico de C em relação à reta x = 2, então a reta que passa por Cδ e pela origem tem equação 4x − y = 0. (02) O triângulo de vértices nos pontos A, B e C é retângu- lo em A. (04) A reta AC sur faz ângulo de 45) com o eixo Ox. (08) Aplicando-se ao ponto A uma rotação de 45) em tor- no do ponto C, obtém-se o ponto 0 1 2, .0( ) (16) A área do triângulo de vértices nos pontos A, B e C mede 2 u.a. (32) A equação da circunferência circunscrita ao triângu- lo de vértices nos pontos A, B e C é x2 0 2x 0 y2 0 2y − 1 = 0. (64) O raio da circunferência com centro na origem e tan- gente à reta AB sur mede 3 2 2 u.c. 01. Incorreto Se Cδ(4, 1) é o simétrico de C em relação à reta x = 2, a reta que passa por Cδ e pela origem tem equação 02. Correto 04. Correto mw = 1 → tg (AkB) = 45) 08. Correto AC e= 0 =1 1 22 2 Aδ 00 1 2,( ) 16. Incorreto A área do #ABC é: 32. Incorreto A circunferência circunscrita ao #ABC tem centro (1, 1) e raio 1, portanto de equação: (x − 1)2 0 (y − 1)2 = 1 x2 0 y2 − 2x − 2y 0 1 = 0 x y x y 1 1 2 1 2 1 1 0 3= 0 − =→ 0, temos: raio u c= = 0 − 0 =d0, AB 0 0 3 1 1 3 2 22 2 . . Portanto: 2 0 4 0 8 0 64 = 78 S# = = − = 1 2 1 2 1 2 1 1 0 1 1 1 2 2 1 u.a. x y 45) 45) 45) 0 1 2 1 2 C B A x = 2 2 2 x y x 1 4 1 1 0 0 1 0 0= − =→ 4y a = 1 b = 2 c = −5 14243 , portanto: a 0 b − c = 8 64. Correto perpendiculares, temos: m e m m m w q w q = − − = = − − = − 9 = − 2 1 1 0 1 2 1 1 2 1. 1 E como as retas são x y 45) 0 1 Aδ A C 2 2 O raio da circunferência com centro na origem e tangente à reta AB sur é igual à distância da origem à reta AB sur. Logo, como a equação da reta AB sur é dada por 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4217
  17. 17. Geometria Analítica: CircunferênciaM20 Matemática 18 18 (Unicamp-SP) As equações (x 0 1)2 0 y2 = 1 e (x − 2)2 0 y2 = 4 representam duas circunferências cujos centros estão sobre o eixo das abscissas. a) Encontre, se existirem, os pontos de intersecção das duas circunferências. b) Encontre o valor de a 7 ς, a ϑ 0, de modo que duas retas que passam pelo ponto (a, 0), sejam tangentes às duas circunferências. A circunferência (x 0 1)2 0 y2 = 1 tem centro C1 (−1, 0) e raio r1 = 1. A circunferência (x − 2)2 0 y2 = 4 tem centro C2 (2, 0) e raio r2 = 2. a) As circunferências se interceptam num único ponto: a origem do siste- ma de coordenadas cartesianas. x y r1 = 1 r2 = 2 C2 (2, 0) C1 (−1, 0) O mesmo resultado seria obtido resolvendo-se o sistema (x 0 1)2 0 y2 = 1 (x − 2)2 0 y2 = 4 123 , que tem por solução única o par (0, 0). b) As tangentes às duas circunferências, passando pelo ponto (a, 0), no gráfico abaixo, são tais que: x y r1 = 1 C2 A(a, 0) C1 T1 t1 t2 T2 r2 = 2 Como A(a, 0) está no semi-eixo negativo do eixo das abscissas, temos a = −4. #AT1 C1 Κ #AT2 C2 AC AC T C a a 2 1 2 2 2 1 2 1 = 0 − = T C1 1 → 2 2 2 4 4a a a a− = 0 = = Σ→ → 19 (Unicamp-SP) a) A reta r passa pela origem do plano cartesiano e tem coeficiente angular m . 0. A circunferência C passa pelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro no eixo x. Para qual valor de m a reta r é tangente a C? b) Suponha agora que o valor de m seja menor que aquele determinado no item anterior. Calcule a área do triân- gulo determinado pelo centro de C e pelos pontos de intersecção de r com C. a) Se a circunferência passa pelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro C no eixo x, então C 1 3 2 0 0 =,     (2, 0) e o raio é r = 1. A reta r, que passa pela origem (0, 0) e tem coeficiente angular m . 0, tem equação: y − 0 = m(x − 0) → y = mx, em que m = tg θ. x y O θ (1, 0) C(2, 0) (3, 0) 1 T No #OTC: • (OT)2 0 (TC)2 = (OC)2 (OT)2 0 12 = 22 → OT = 3 tg m OT θ = = = = 1 1 3 3 3 • Portanto, m = 3 3 b) Se 0 3 3 , ,m , a reta r é secante à circunferência, e temos o #ABC. x y 0 C(2, 0) A B d 1 1 M d m m m m = 9 − 0 = 0 2 0 1 2 12 2 Para calcular a área do #ABC obtemos d, que é a distância do centro C(2, 0) à reta mx − y = 0: A área do #ABC é: No #AMC: A AB d m m m m m m mABC# = 9 = 9 − 0 9 0 = − 02 2 1 3 1 2 1 2 2 1 3 1 2 2 2 2 2 AM m m AM m m 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 0 0 = = − 0       → Então: AB AM m m = 9 = 9 − 0 2 2 1 3 1 2 2 . . 013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4318
  18. 18. M21Geometria Analítica: Cônicas Matemática19 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M21 TERCEIRÃO FTD Geometria Analítica: Cônicas Caderno de Atividades 1 (UFC) O número de pontos de intersecção das curvas x2 0 y2 = 4 e x y2 2 15 2 10 = é igual a: a) 0 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X x2 0 y2 = 4 representa uma circunferência de centro C(0, 0) e raio r = 2. x y2 2 15 2 10 = representa uma elipse com semi-eixo maior igual a 15 e semi-eixo menor igual a 2 . Fazendo um esboço das duas curvas no mesmo sistema cartesiano: x y 0 1 1 2 A D B x2 0 y2 = 4 C −1 −2 −1−2−3−4 2 3 4 0 = 1 x2 15 y2 2 Teremos, portanto, quatro pontos (A, B, C e D) de intersecção entre as duas curvas. Obs.: Podemos também resolver o sistema x2 0 y2 = 4 x y2 2 15 2 10 = 14243 , obtendo como resultado os pares 30 13 22 13 30 13 22 13 , , , ,            − − − − 30 13 22 13 30 13 22 13 , , , ,             que representam os quatro pontos de intersecção. 3 (Unicap-PE) A figura abaixo representa uma elipse. São dadas as seguintes informações: I – II 0 – 0 a2 = b2 0 c2 1 – 1 A excentricidade é dada pela razão entre c e a. 2 – 2 A equação da elipse acima é b2 0 c2 = 1. 3 – 3 A distância focal é 2c. 4 – 4 A medida do eixo menor é 2a. B1 B2 F1 A1 A2 a a b c c a a O b F2 X A equação em questão representa uma elipse. 2 (FGV-SP) No plano cartesiano, a curva de equações paramétricas x = 2 cos t e y = 5 sen t com t 7 ς é: a) uma senóide d) uma circunferência b) uma cossenóide e) uma elipse c) uma hipérbole x t t x = =2 2 cos cos→ y sen t sen t y = =5 5 → 1442443 cos2 t 0 sen2 t = 1 x y2 2 4 25 10 = Em questões como a 3, as alternativas verdadeiras devem ser marcadas na coluna I e as falsas, na II. 0 – 0 Verdadeira O #OB2 F2 é retângulo, portanto: a2 = b2 0 c2 . 1 – 1 Verdadeira A excentricidade é e c a = . 2 – 2 Falsa A equação da elipse é: x a y b 2 2 2 2 10 = . 3 – 3 Verdadeira A distância focal é F1 F2 = 2c. 4 – 4 Falsa O eixo menor é B1 B2 = 2b. I II 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1319
  19. 19. Geometria Analítica: CônicasM21 Matemática 20 4 (UERJ) O logotipo de uma empresa é formado por duas circunferências concêntricas tangentes a uma elipse, como mostra a figura ao lado. A elipse tem excentricidade 0,6 e seu eixo menor mede 8 uni- dades. A área da região por ela limitada é dada por a 9 b 9 π, em que a e b são as medidas dos seus semi-eixos. Calcule a área da região definida pela cor verde. y x0 5 4 Sendo: a = medida do semi-eixo maior b = medida do semi-eixo menor c = metade da distância focal e = excentricidade Pelos dados do problema, temos: e c a c= = = =0,6 3a3 5 5 → a b c a a a2 2 2 2 2 216 5 25 5= 0 = 0 = =→       → → 3a • Área da elipse: SE = a 9 b 9 π = 5 9 4 9 π = 20π • Área do círculo maior, cujo raio é a = 5: S1 = π52 = 25π • Área do círculo menor, cujo raio é b = 4: S2 = π42 = 16π • Área da região definida pela cor verde: S = S1 − SE 0 S2 = 25π − 20π 0 16π = 21π 2b = 8 → b = 4 Na elipse sempre temos: 5 (ITA-SP) Sabe-se que uma elipse de equação x a 2 2 10 = y b 2 2 tangencia internamente a circunferência de equação x2 0 y2 = 5 e que a reta de equação 3x 0 2y = 6 é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P. Equação x2 0 y2 = 5 representa uma circunferência de centro (0, 0) e raio r = 5 . Se a reta 3x 0 2y = 6 tangencia a elipse num ponto P(x0 , y0 ), temos o seguinte esboço do problema: y x0 P(x0 , y0 ) 3 2 a−a r: 3x 0 2y − 6 = 0 x2 0 y2 = 5 0 = 1 x2 a2 y2 5 Na x a y b elipse 1, 2 2 2 2 0 = temos b b: .= =5 52→ A reta 3x 0 2y = 6 e a elipse x a 2 2 0 = y2 5 1 são tangentes: y = − 03x 6 2 x a y2 2 2 5 10 = x a x a 2 2 2 2 2 6 2 5 1 20 10 − 0 = 0 − = 3x (6 3x)2     → 1442443 (20 0 9a2 )x2 − 36a2 x 0 16a2 = 0 Como esse sistema terá uma solução única P(x0 , y0 ), temos: ∆ = (36a2 )2 − 4(20 0 9a2 ) 9 16a2 = 720a4 − 1 280a2 = 0 720a4 − 1 280a2 = 80a2 (9a2 − 16) = 0 → 9a2 = 16 (pois a ϑ 0) e a2 16 9 = Para determinar o ponto P, resolvemos o sistema cuja solução é x e y= = 8 9 5 3 , que são as coordenadas de P. b = 5 5− 5 − 5 9x2 16 5 1 2 0 = y 3x 0 2y = 6 14243 , 019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1320
  20. 20. M21Geometria Analítica: Cônicas Matemática21 7 (ESPM-SP) Na figura abaixo estão representadas uma parábola de equação y = x2 − 4x 0 6 e uma reta que passa pela origem e pelo vértice da parábola. A razão OV : VA é: a) 2 : 3 b) 2 : 1 c) 2 : 5 d) 3 : 2 e) 3 : 5 y x O V A V b − −∆ = 2a 4a (2, 2),       A parábola de equação y = x2 − 4x 0 6 possui vértice A reta que passa pela origem e pelo vértice da parábola tem equação: x y x y y 1 2 2 1 0 0 1 = − = =0 0 ou ainda x→ OV e VA= 0 = = 0 =22 2 2 2 1 1 22 2 2 Resolvendo o sistema y = x2 − 4x 0 6 y = x 123 , obtemos os pontos V(2, 2) e A(3, 3). Portanto, a razão OV VA = = = : 2 2 2 2 1 2 1. y (m) x (m) canal O Representando por D o comprimento real de um possível canal retilíneo ligando os dois rios, paralelamente ao eixo Oy, temos: D(x) = 50(yP − yR ) → D(x) = 50[x2 − (2x − 5)] D(x) = 50(x2 − 2x 0 5) = 50x2 − 100x 0 250 (função do 2o grau) As coordenadas do vértice da parábola da função D(x) = 50x2 − 100x 0 250 são: xV = − = = b 2a 100 100 1 e D(1) = 50 − 100 0 250 = 200 V(1, 200) Portanto, o menor comprimento real dos possíveis canais é 200 m. y (m) D yP = x2 yR = 2x − 5 x (m)O X X 6 (UFMG) Considere a parábola de equação y = 8x − 2x2 e a reta que contém os pontos (4, 0) e (0, 8). Sejam A e B os pontos da intersecção entre a reta e a parábola. Determine a equação da mediatriz do segmento AB. A reta que contém os pontos (4, 0) e (0, 8) tem equação: x y y 1 4 0 1 0 8 1 0 32 0 8 0= − − = 0 − =→ →8x 4y 2x Os pontos A e B, intersecção entre a reta e a parábola, têm coordenadas: y = 8x − 2x2 2x 0 y − 8 = 0 123 → y = 8x − 2x2 y = −2x 0 8 123 → 8x − 2x2 = −2x 0 8 x2 − 5x 0 4 = 0 x = 4 ou x = 1 Coeficiente angular da reta q: mq = − − = − = − 6 0 1 4 6 3 2 Ponto médio de i: MAB = 0 0 = 4 1 2 0 6 2 5 2 3, ,             A equação da mediatriz do segmento i passa pelo ponto médio de i e é perpendicular a i: m m = − = − − = 1 1 2 1 2i y x− = − − 0 =3 5 2 7 0 1 2 2x 4y       → Equação da mediatriz: y − 1 = m(x − 1) Θ reta y = x2 Θ parábola Obtenção dos pontos comuns à reta e à parábola: x2 − 1 = m(x − 1) → x2 − mx 0 (m − 1) = 0 A reta deve ser tangente à parábola; logo, ∆ = 0. m2 − 4 9 1(m − 1) = 0 → m2 − 4m 0 4 = 0 mδ = mφ = 2 9 (UFJF-MG) O valor de m 7 ς para o qual a reta y − 1 = m(x − 1) seja tangente à parábola y = x2 é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5X Para x = 4 Θ y = 0: A(4, 0) Para x = 1 Θ y = 6: B(1, 6) 8 (Unifesp-SP) A figura re- presenta, na escala 1 : 50, os trechos de dois rios: um des- crito pela parábola y = x2 e o outro pela reta y = 2x − 5. De todos os possíveis canais retilíneos ligando os dois rios e construídos paralelamente ao eixo Oy, o de menor com- primento real, considerando a escala da figura, mede: a) 200 m c) 300 m e) 400 m b) 250 m d) 350 m 019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1421
  21. 21. Geometria Analítica: CônicasM21 Matemática 22 10 (ITA-SP) Os focos de uma elipse são F1 (0, −6) e F2 (0, 6). Os pontos A(0, 9) e B(x, 3), x . 0 estão na elipse. A área do triângulo com vértices em B, F1 e F2 é igual a: a) 22 10 b) 1 108 c) 15 10 d) 12 10 e) 6 10 11 (ITA-SP) Sabendo que 9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 0 é a equação de uma hipérbole, calcule sua distância focal. 12 (UFRJ)Determineocomprimentodosegmentocujas extremidades são os pontos de intersecção da reta y = x 0 1 com a parábola y = x2 . X Do enunciado, temos a figura: • semi-eixo maior: a = 9 • semi-eixo menor: b • semidistância focal: c = 6 Temos que: b2 0 c2 = a2 b2 0 62 = 92 → b2 = 45 Assim, uma equação da elipse é y 81 x 45 1. 2 2 0 = Como B(x, 3) pertence à elipse, temos: 3 81 x 45 1 x 2 10 2 2 0 = =→ Logo, a área do #BF1 F2 é igual a 1 2 1 2 109 92 , ou seja, 1 10 .2 x A (0, 9) B (x, 3) 12 0 a x c 6 6 F1 F2 b y Os pontos de intersecção das duas curvas são tais que x2 = x 0 1, ou seja, x 1 1 = − 5 2 e x 1 .2 = 0 5 2 Assim, o segmento m assinalado na figura mede: x2 − x 1 1 5 2 51 = 0 − − = 5 2 Como ε = 45Њ, temos que 5 d= cos 45Њ. Logo, d 5 2 10 .= 9 = 9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 0 9y2 − 144y − 16x2 0 224x = 352 9(y2 − 16y 0 64) − 16(x2 − 14x 0 49) = 352 0 9 9 64 − 16 9 49 9(y − 8)2 − 16(x − 7)2 = 144 9(y 8) 144 16(x 7) 144 144 2 2 − − − = 144 (y 8) 16 (x 7) 1 2 2 − − − = 9 Assim, a2 = 16 e b2 = 9. Temos que: c2 = a2 0 b2 → c2 = 16 0 9 → c = 5. Portanto, a distância focal é 2 9 5, ou seja, 10. x1 x2 x mε y d 019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1422
  22. 22. M22Números Complexos Matemática23 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M22 TERCEIRÃO FTD Números Complexos Caderno de Atividades z = (2 0 i) 9 (1 0 i)i = (2 0 2i 0 i 0 i2 )i (1 0 3i)i = i 0 3 9 i2 = −3 0 i Portanto, x = −3 − i. 1 (Unesp-SP) Se z = (2 0 i) 9 (1 0 i) 9 i, então x, o conjugado de z, será dado por: a) −3 − i c) 3 − i e) 3 0 i b) 1 − 3i d) −3 0 i X 4 (UFU-MG) Sejam z1 e z2 os dois números complexos de parte imaginária não-nula que são soluções da equa- ção z2 = x. Determine z1 0 z2 . Seja z = x 0 yi, (y ϑ 0). Se z2 = x, então: (x 0 yi)2 = x − yi → x2 − y2 0 2xyi = x − yi x2 − y2 = x 2xy = −y 123 x pois y= − ϑ 1 2 0, ‫ܩ‬ y2 = x2 − x ‫ܨ‬ 14243 → Substituindo em :‫ܩ‬ ‫ܨ‬ y y2 1 4 1 2 3 4 3 2 = 0 = = Σ→ . Logo z i e z i, .1 2 1 2 3 2 1 2 3 2 = − 0 = − − z z1 2 1 2 1 2 0 = − − = −1 Seja z = x 0 yi. Para que a parte real de z2 seja igual a 2, devemos ter: z2 = (x 0 yi)2 = x2 − y2 0 2xyi 5 (UFV-MG) A representação no plano complexo dos números z tais que a parte real de z2 é igual a 2 é uma: a) hipérbole c) circunferência e) parábola b) elipse d) reta X Logo: x 1, que é a equação de uma hipérbole.2 − = − =y x y2 2 2 2 2 2 → Seja W = a 0 bi. Pelo enunciado, temos que: a . 0 e b . 0. O número complexo 3 9 i 9 W = 3i(a 0 bi) = −3b 0 3ai possui parte real estritamente negativa e parte imaginária estritamente positiva. A única alternativa que satisfaz tais condições é Z2 . 2 (IBMEC) Seja Ν o conjunto dos números complexos e i a unidade imaginária tal que i2 = −1. Na figura estão representados, no plano de Gauss, as imagens de seis nú- meros complexos: W, Z1 , Z2 , Z3 , Z4 e Z5 . Qual o número complexo que pode ser igual a 3iW? a) Z1 b) Z2 c) Z3 d) Z4 e) Z5 Z1 Z4 W Z5 Z3 Z2 X 3 (UFPA) Numa PG de quatro termos, a soma dos termos de ordem ímpar é 1 − i e a soma dos termos de ordem par é 2i, em que i é a unidade imaginária. Determine o número complexo a 0 bi, que representa a razão dessa progressão. PG: (a1 , a2 , a3 , a4 ), em que a1 = x, a2 = x 9 q, a3 = x 9 q2 e a4 = x 9 q3 Pelos dados do problema: x 0 xq2 = 1 − i xq 0 xq3 = 2i 123 → x(1 0 q2 ) = 1 − i ‫ܨ‬ xq(1 0 q2 ) = 2i ‫ܩ‬ 123 Fazendo ‫ܨ‬ : ‫,ܩ‬ temos: 1 1 1 2 2 1 q i q i i i= − = − − 0 0 = − 0 = − 0 2i 2i (1 i) (1 2i → ) 6 (FGV-SP) No conjunto dos números complexos: a) resolva a equação z4 = 1; b) obtenha o número z, tal que z(1 0 i) = 3 − i, em que i é a unidade imaginária. a) z4 = 1 → z4 − 1 = 0 → (z2 )2 − 1 = 0 → (z2 − 1) 9 (z2 0 1) = 0 (z − 1) 9 (z 0 1) 9 (z2 0 1) = 0 → z − 1 = 0 ou z 0 1 = 0 ou z2 0 1 = 0 → z = 1 ou z = −1 ou z = i ou z = −i. O conjunto verdade da equação é V = {1, −1, i, −i} z i i i i i i i = − 0 9 − − = − − 0 − = − = − 3 1 1 1 3 1 2 2 1 2 2 3i 4i 2i z i z i i (1 i)0 = − = − 0 3 3 1 →b) 023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5523
  23. 23. Números ComplexosM22 Matemática 24 8 (UFRJ) Seja z o número complexo 3i2 0 ε 0 i . Determine o valor de ε para que z seja um imaginário puro. Seja ε = a 0 bi. Então z i a : = 0 ε 0 = 0 0 0 9 − 0 − 0 2 23i 3i (b 1)i [a (b 1)i] [a (b 1)i] z 2 2bi 2i 3a 3bi 3i [(b 1)i] 2 2 2 = − − 0 − − − 0 a i a2 Como ε 0 i ϑ 0, temos: Para que z seja um imaginário puro, devemos ter: 2a 3b 3 0 2a 0 0 = = − 0 →      b 3 3 ε = 0 = − 0 ϑa a i abi 2a 3 3 0       , z i= 0 0 0 − − 0 0 = 0 0 0 0 0 − − 0 0 2a 3b (3a 2b 2)i a (b 1) 2a 3b a (b 1) (3a 2b 2) a (b 1)2 2 2 2 2 2 3 3 9 (UniFEI-SP) Uma PG possui (8n 0 2) termos, sua razão é q = i, em que i é a unidade imaginária e o seu último termo é (i 0 1). Encontre o seu primeiro termo. 1 1 1 1 0 = 9 = 0 i a i a i i → Em uma PG com (8n 0 2) termos, razão q = i e último termo (1 0 i), temos: an = a1 9 qn − 1 1 0 i = a1 (i)8n 0 1 = a1 9 i8n 9 i1 1 0 i = a1 (i4 )2n 9 (i) a i i i i i i1 1 1 1 1= 0 9 = − 0 − = − 11 (UEL-PR) Na figura abaixo, o ponto P representa um número complexo z no plano de Argand-Gauss. Qual dos números abaixo é z, sabendo-se que OP = 13 ? a) −9 0 4i b) 2 0 3i c) 2 − 3i d) 13 e) − 13 i y x O P a b e a b. , 0 =0 0 132 2, A única alternativa que satisfaz tais condições é: z = 2 − 3i, pois 2 . 0, −3 . 0 e 2 3 132 20 − =( ) Seja z = a 0 bi. Pelo enunciado, temos que: X 10 (PUC-SP) Geometricamente, o módulo de um nú- mero complexo z é dado pela distância da origem O do plano complexo ao ponto imagem de z. Assim, dado o com- plexo z = 3 0 2i, considere o #ABO, cujos vértices A e B são os respectivos pontos imagem de z e z 9 i. É verdade que esse triângulo é: a) eqüilátero d) retângulo e não isósceles b) escaleno e) isósceles e não retângulo c) retângulo e isóscelesX Como OA = OB, o #ABO é isósceles. Aplicando o teorema de Pitágoras no #ABO, temos: 13 13 26 2 2 2 ( ) ( ) ( )0 = OA2 0 OB2 = AB2 Portanto, o #ABO é isósceles e retângulo. Seja z = 3 0 2i e z 9 i = (3 0 2i) 9 i = −2 0 3i. Os pontos que representam z e z 9 i são respectivamente A(3, 2) e B(−2, 3). OA OB= 0 = = − 0 =3 2 13 2 3 132 2 2 2 , ( ) , AB = 0 0 − =( ) ( )3 2 2 3 262 2 7 (PUC-RS) Se as imagens geométricas dos números complexos 0, z e x no plano de Argand-Gauss são os vérti- ces de um triângulo eqüilátero, então a medida do seg- mento que une as imagens de z e x é: a) z 2 c) z e) Im(z) b) x 2 d) 2 Re(z) X Logo, a medida do segmento que une as imagens de z e x é um dos lados do triângulo eqüilátero, por- tanto de medida z . Seja z = a 0 bi. Se 0, z e x são vértices de um triângulo eqüilátero, temos: Im Re0 z x a b −b z 023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5524
  24. 24. M22Números Complexos Matemática25 Para que z i0 01 iz seja um número real, é preciso que 14 (Fuvest-SP) Nos itens abaixo, z denota um número complexo e i a unidade imaginária (i2 = −1). Suponha z ϑ i. a) Para quais valores de z tem-se z i iz 0 0 = 1 2? b) Determine o conjunto de todos os valores de z para os quais z i iz é 0 01 um número real. z i z i i z i0 0 = 0 = 0 − = − = − −1 2 2 2 2 1iz 2iz z(1 2i) 2i → → →a) z i i z i= − − 9 0 0 = 0 − − − = 0 = 0 2 1 2 1 4 5 4 5 3 52i (1 2i) (1 2i) 4i 2i 4i 3i2 2 → b) Sendo z = a 0 bi, a, b 7 ς, temos: z i a i a0 0 = 0 0 0 0 = 0 0 − 0 9 − − − −1 1iz bi i(a bi) (b 1)i (1 b) ai (1 b) ai (1 b) ai       a ab a i i b i a b a − − 0 − 0 0 − − = − 0 − − 0 2 2 2 2 ab (1 b) (ai) 2a (a 1)i (1 b)2 2 2 2 a2 0 b2 − 1 = 0 → a2 0 b2 = 1 ou ainda z z 2 1 1= =→ . 12 (MACK-SP)Sei2 =−1,ocomplexo z i i i = − − 2 003 1 é: a) da forma a 0 bi, com a 0 b = 1 b) um número de módulo 2 c) um imaginário puro d) um número real e) um número de módulo 1 i2 003 = i2 000 9 i3 = (i4 )500 9 i3 = 1 9 i3 = i3 z i i i i i i i i i i = − − = − − = − − − = − − 2 003 3 1 1 1 1 2i z 2i(i 1) (i 1)(i 1) 2i(i 1) 2i(i 1) = − 0 − 0 = − 0 − = − 0 − = 0 = − 0 i i i z i 2 2 1 2 1→ z = − 0 =( )1 1 22 2 X No triângulo colorido, temos: Se x é o complexo conjugado de z, então: a) z i= − 02 2 3 d) x = − 02 2 3 3 i b) x = − 02 2 3 i e) z i= − 02 3 3 c) z i= − 02 3 Im(z) −2 P Re(z)30) 13 (Fatec-SP) Na figura abaixo tem-se o ponto P, afixo do número complexo z, no plano de Argand-Gauss. X Im(z) −2 2 b P Re(z)30) tg b b b30 2 3 3 2 3 3 2 3 3 ) = = = = −→ → Então: z i e i= − − = − 02 2 3 3 2 2 3 3 x b Temos, então, o sistema: , determine o valor de a de forma que 15 (ITA-SP) Sejam a e b dois números complexos não- nulos, tais que a2 0 b2 = 0. Se z, w 7 Ν satisfazem a xw 0 zz = 6a xw − zz = 8b 123 zw = 1. x 9 w 0 z 9 z = 6a x 9 w − z 9 z = 8b 2x 9 w = 6a 0 8b x 9 w = 3a 0 4b → z 9 z = 3a − 4b 123 Fazendo (x 9 w) 9 (z 9 z) = (3a 0 4b) 9 (3a − 4b), temos: (z 9 x) 9 (w 9 z) = 9a2 − 16b2 z z z w zw9 = : 9 = − = −x 2 2 2 2 9a 16b 9a 16b2 2 2 2→ zw zw e= = − =1 1 1 2 2 2→ 9a 16b 9a2 − 16b2 = 1 a2 0 b2 = 0 123 → 9a2 − 16b2 = 1 16a2 0 16b2 = 0 123 a a2 1 25 1 5 = = Σ→ 25a2 = 1 Portanto, a = 1 5 . 023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5625
  25. 25. Números ComplexosM22 Matemática 26 18 (ITA-SP) Seja a equação em Ν: z4 − z2 0 1 = 0. Qual dentre as alternativas abaixo é igual à soma de duas das raízes dessa equação? a) 2 3 b) − 3 2 c) 0 3 2 d) −i e) 0 i 2 X z4 − z2 0 1 = 0 z i2 1 1 4 2 1 3 2 1 3 2 = Σ − = Σ − = Σ z i z i2 2 1 2 3 2 1 2 3 2 = 0 = −‫ܨ‬ ‫ܩ‬ou De ‫ܨ‬ vem: z i2 1 2 3 2 = 0 z2 = cos 60) 0 i sen 60) z i z i= ) 0 ) = 0cos 30 sen 30 → 3 2 1 2 z i z i= ) 0 ) = − −cos 210 sen 210 → 3 2 1 2 O conjunto solução da equação z4 − z2 0 1 = 0 é: De ‫ܩ‬ vem: z i2 1 2 3 2 = − z2 = cos 300) 0 i sen 300) z i z i= ) 0 ) = − 0cos 150 sen 150 → 3 2 1 2 z i z i= ) 0 ) = −cos 330 sen 330 → 3 2 1 2 E a soma de duas das raízes da equação pode ser 0 ou Σ Σ3 i.ou 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 0 − − − 0 −i, i, i, i       16 (UFBA) Determine a soma das soluções da equação x i4 8 8 3= − 0 . x i x i4 4 8 8 3 8 8 3= − 0 = − 0→ ␳ = 16 cos θ = − 1 2 sen θ = 3 2 1442443 θ = π2 3 x k i sen k = π 0 π 0 π 0 π 16 2 3 2 4 2 3 2 4 4 cos         k x i sen i i= = π 0 π = 0 = 00 2 2 6 12 6 2 3 2 1 2 31 →              cos k x i sen i= = π 0 π = − 01 2 2 3 2 3 1 32 →      cos k x i sen= = π 0 π = − −2 2 7 6 7 6 33 →      cos 1i k x i sen i= = π 0 π = −3 2 5 3 5 3 1 34 →      cos 3 1 3 3 1 3 00 − 0 − − 0 − =i i i i Soma das soluções: 17 (UFMG) Sejam n um número inteiro positivo e z um número complexo tal que z = 1 e 1 0 z2n ϑ 0. Cal- cule a parte imaginária de z z n 2n 1 0 . Seja z = ␳(cos θ 0 i sen θ). Como z = 1, temos: z = cos θ 0 i sen θ • zn = cos (nθ) 0 i sen (nθ) • z2n = cos (2nθ) 0 i sen (2nθ) z i i i i n 1 1 1 10 = θ 0 θ 0 θ 0 θ 9 0 θ − θ 0 θ − θz cos (n sen(n cos (2n sen(2n cos (2n sen(2n cos (2n sen(2n2n ) ) ) ) ) ) ) ) • cuja n parte real é: cos (n (1 cos (2n )) sen(n sen(2n (1 sen (2n2 [ ) ) )] cos ( )) ( )) , θ 9 0 θ 0 θ 9 θ 0 θ 0 θ2 2 e cuja parte imaginária é: en(n cos (2n cos (n sen(2n 1 cos (2n ) sen (2n2 s θ 9 0 θ − θ 9 θ 0 θ 0 θ ) [ )] ) ) ( ) ) 1 2 sen(n sen(n cos (2n cos (n sen(2n cos (2n cos (2n sen (2n2 2 θ 0 θ 9 θ − θ 9 θ 0 θ 0 θ 0 θ ) ) ) ) ) ) ) )1 2 sen(n sen (2n ) (n cos (2n sen(n sen n ] 2 cos (2n θ 0 θ 9 θ 0 θ = θ 0 θ 0 θ ) [ )] ) ) [ )2 2 2 2 2 1 1 sen(n cos (2n sen(n cos (2n θ 0 θ = θ 0 θ ) ( )) ) ) sen(n cos (n sen(n ) cos (n2 2 θ 0 θ − = θ θ ) ) )1 2 1 2 023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5726
  26. 26. M23Polinômios Matemática27 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M23 TERCEIRÃO FTD Polinômios Caderno de Atividades (08) O determinante 1 1 1 1 1 1 1 1 00 −i i define um número complexo. O módulo desse número complexo é 1 (um). (16) Dadas as funções f(x) = x2 − 2x 0 1 e g(x) = x2 0 x, o valor do quociente f i g i é i( ) ( ) . 2 1 3 5 5 0 − − 0 1 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s) proposição(ões) correta(s). (01) O valor numérico do polinômio p(x) = x2 − 4x 0 5 para x = i é p(i) = 4 − 4i. (02) Oconjugadodonúmerocomplexo z i i = 2 0 é102i. (04) A forma trigonométrica do número complexo z i é z i sen= =1 3 2 5 3 5 3 − π 0 π cos .       01. Correta Se p(x) = x2 − 4x 0 5, então p(i) = i2 − 4i 0 5 = 4 − 4i. 02. Correta z i i i i i i = 0 = 0 9 = − 0 − 2 2 1 1 2i Se z = 1 − 2i, então x = 1 0 2i. 04. Correta z i i sen= − = π 0 π 1 3 2 5 3 5 3 cos       z = 0 =1 3 22 2 θ = π5 3 08. Incorreta Portanto: 1 0 2 0 4 0 16 = 23 16. Correta 2i 3i 3i 3i 2i 1 1 1 6 10 3 5 5− 9 0 0 = − 0 = − 0 i Im 1 2 z 0 Re 5 π 3 − 3 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 − = 0 0 − − − − 0 = i i i i i i f(2 i) g(1 i) (2 i) (2 i) (1 i) (1 i) 2 2 0 − = 0 − 0 0 − 0 − 2 1 Em questões como a 1, a resposta é dada pela soma dos números que identificam as alternativas corretas. 2 (ESPM-SP) As retasr, s et do plano cartesiano represen- tam as variações do comprimento, largura e altura de um paralelepípedo reto-retângulo em função da variável x(0,x ,6).Assinaleopolinômioquerepresentaavariação do volume desse paralelepípedo em função de x: a) V(x) = x3 − 18x2 0 6 b) V(x) = x3 − 12x c) V(x) = −x3 0 36x d) V(x) = −x3 0 12x − 6 e) V(x) = x3 − 9x2 0 18x y x 0 3 6 6 r t s X Equação da reta r, que passa pelos pontos (6, 6) e (0, 3): x y x 1 6 6 1 0 3 1 0 6 0= − 0 =→ 2y Equação da reta s, que passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6): x y x 1 6 0 1 0 6 1 0 6 0= 0 − =→ y Intersecção entre as retas r e s: Sendo r, s e t as retas que representam as variações do comprimento, largura e altura de um paralelepípedo reto-retângulo em função de x, o polinômio que representa a variação do seu volume é dado por: Equação da reta t, que passa pelos pontos (0, 0) e (2, 4): x y 1 2 4 1 0 0 1 0= =→ y 2x V(x) = x(6 0 x) 9 (6 − x) V(x) = x(36 − x2 ) V(x) = −x3 0 36x V(x) 2x 6)= 0 9 − 0 1 2 3x x       ( x − 2y = −6 x 0 y = 6 123 → x = 2 y = 4 → P(2, 4) é o ponto de intersecção das retas r, s e t. 027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0027
  27. 27. PolinômiosM23 Matemática 28 3 (PUC-RJ) Dado que as raízes do polinômio p(x) = x3 0 ax2 0 bx 0 c são 0, 1 e −1, calcule p(2). Assim: p(x) = x3 − x e p(2) = 23 − 2 = 6. Como 0, 1 e −1 são as raízes do polinômio, temos: p(0) = p(1) = p(−1) = 0 p(0) = 03 0 a 9 02 0 b 9 0 0 c = 0 → c = 0 p(1) = 13 0 a 9 12 0 b 9 1 0 c = 0 → a 0 b = −1 p(−1) = (−1)3 0 a(−1)2 0 b(−1) 0 c = 0 → a − b = 1 a 0 b = −1 a − b = 1 123 → a = 0 e b = −1 4 (MACK-SP) Se ax x 2x x2 2 − 0 − = − −1 1 1 1 b x para todo x, x ϑ Σ1, então a − b vale: a) 4 b) −2 c) 3 d) 0 e) −1 Portanto: a − b = 3 − (−1) = 4. X ax x 2x 1, 1}2 − 0 − = − − ? 7 ς − − 1 1 1 12 b x x x, { ax bx 2x0 0 − = − − b x x2 2 1 1 1 (a b)x 2x0 0 − = − − b x x2 21 1 1 → a 0 b = 2 b = −1 → a = 3 b = −1 Se P(x) dividido por (x2 0 3x − 1) deixa resto (x − 3) com quociente (x 0 1), então: P(x) = (x2 0 3x − 1) 9 (x 0 1) 0 x − 3. Logo: P(1) = (12 0 3 9 1 − 1) 9 (1 0 1) 0 1 − 3 = 3 9 2 − 2 = 4 → P(1) = 4 5 (Unicap-PE) Considere o polinômio P(x) com coeficien- tes reais, que, dividido pelo polinômio (x2 0 3x − 1), deixa resto (x − 3), com quociente (x 0 1). Determine P(1). a) Determine o valor de B. b) Resolva a inequação x3 − 3x2 − x 0 3 . 0. 6 (UENF-RJ) O gráfico abaixo é a representação carte- siana do polinômio y = x3 − 3x2 − x 0 3. y x 3 B 2 S = {x 7 ς | −1 , x , 1 ou x . 3} a) (2, B) é ponto do gráfico, portanto: B = 23 − 3 9 22 − 2 0 3 = −3 → B = −3 b) x3 − 3x2 − x 0 3 . 0 x2 (x − 3) − (x − 3) . 0 (x − 3) 9 (x2 − 1) . 0 S = {x 7 ς | −1 , x , 1 ou x . 3} x2 − 1 = 0 → x = Σ1x − 3 = 0 → x = 3 3} { { { }−1 1 −1 −1 1 1 3 3 −− 0− −0 00 {− {− Se p(x) é divisível por (x 0 1)2 , então ele é divisível por (x 0 1). Logo, p(−1) = 0 → (−1)5 0 2a(−1)4 0 2b = 0 → 2a 0 2b = 1, portanto 7 (PUC-RJ) Se o polinômio p(x) = x5 0 2ax4 0 2b é divisível por (x 0 1)2 , então a soma a 0 b vale: a) 1 b) −1 c) 2 d) − 1 2 e) 1 2 X a b0 = 1 2 . 027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0028
  28. 28. M23Polinômios Matemática29 12 (UFV-MG) Considere os polinômios P(x) = x(x2 − 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4) e Q(x) = x2 − 1. a) Decomponha P(x) em um produto de fatores lineares. b) Determine o resto da divisão de P(x) por Q(x). a) P(x) = x(x2 − 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4) P(x) = x2 (x − 2) − (x − 2) 9 (3x 0 4) P(x) = (x − 2) 9 (x2 − 3x − 4) P(x) = (x − 2) 9 (x − 4) 9 (x 0 1) b) P(x) = x(x2 − 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4) = x3 − 2x2 − 3x2 − 4x 0 6x 0 8 P = x3 − 5x2 0 2x 0 8 Q(x) = x2 − 1 Uma das maneiras de determinar o resto da divisão de P(x) por Q(x) é dividir os polinômios pelo método da chave: E o resto da divisão de P(x) por Q(x) é 3x 0 3. x3 − 5x2 0 2x 0 8 x2 − 1 −x3 0 x x − 5 −5x2 0 3x 0 8 5x2 − 5 3x 0 3 11 (PUC-PR) Dado o polinômio x4 0 x3 − mx2 − nx 0 2, determinar m e n para que ele seja divisível por x2 − x − 2. A soma m 0 n é igual a: a) 6 b) 7 c) 10 d) 9 e) 8X Logo, a soma m 0 n = 8. Seja p(x) = x4 0 x3 − mx2 − nx 0 2 e q(x) = x2 − x − 2 = (x − 2) 9 (x 0 1). Para que p(x) seja divisível por q(x) ele deve ser divisível por (x − 2) e por (x 0 1), ou seja: p(2) = 0 p(−1) = 0 123 → 24 0 23 − m 9 22 − n 9 2 0 2 = 0 (−1)4 0 (−1)3 − m(−1)2 − n(−1) 0 2 = 0 123 04m 0 2n = 026 m − n = 02 123 → m = 5 n = 3 Da primeira divisão, para x = 0, temos: R = p(0) = k(0) 9 (5) 0 7 → r = 2 9 5 0 7 = 17 10 (Unifesp-SP) A divisão de um polinômio p(x) por um polinômio k(x) tem Q(x) = x3 0 3x2 0 5 como quociente e R(x) = x2 0 x 0 7 como resto. Sabendo-se que o resto da divisão de k(x) por x é 2, o resto da divisão de p(x) por x é: a) 10 b) 12 c) 17 d) 25 e) 70X p(x) k(x) x2 0 x 0 7 x3 0 3x2 0 5 → p(x) = k(x) 9 (x3 0 3x2 0 5) 0 (x2 0 x 0 7) → k(0) = 2 k(x) x 2 q1 (x) → p(0) = R p(x) x R q2 (x) 8 (ITA-SP) Considere o polinômio P(x) = 2x 0 a2 x2 0 ... 0 an xn , cujos coeficientes 2, a2 , ..., an formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0. Sabendo que − 1 2 é uma raiz de P e que P(2) = 5 460, tem-se que o valor de n q q é 2 3 4 − igual a: a) 5 4 b) 3 2 c) 7 4 d) 11 6 e) 15 8 X Se 2, a2 , a3 , ..., an formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0, então a2 = 2q, a3 = 2q2 , ..., an = 2qn − 1 e P(x) = 2x 0 a2 x2 0 a3 x3 0 ... 0 an xn = 2x 0 2qx2 0 2q2 x3 0 ... 0 2qn − 1 9 xn P(x) é a soma dos termos de uma PG em que a1 = 2x e a razão é (qx): P(x) 2x[(qx) 1] qx n = − − 1 ‫ܨ‬ Como é P− − = 1 2 1 2 0            raiz, tem-se . Substituindo em ‫:ܨ‬ 2 1 2 2 1 2 1 0 1 2 0 − 9 − − − − = − − =                     →       q q q n n − = − = q n 2 1       → ( q) 2n n Temos, pelo enunciado, que P(2) = 5 460. Substituindo em ‫:ܨ‬ Se q . 0, n é obrigatoriamente par, pois 2n . 0 e, dessa forma, (−q)n = qn = 2n → q = 2. 2 2 1 9 9 − 9 − = 2[(q 2) 1] 5 460 n q 4[(2 2)n9 − 9 − = = = 1 2 2 1 5 460 4 4 096 6 ] → →n n n q q 2 3 4 2 3 4 6 2 2 36 8 16 7 4 − = − = − = 9 (UEL-PR) Qual é o resto da divisão de p(x) = x110 − x pelo polinômio q(x) = x2 0 x? a) −2x b) −2 c) x d) −x e) 0X Logo, R(x) = −2x. Seja Q(x) e R(x) = ax 0 b o quociente e o resto da divisão de p(x) pelo polinômio q(x) = x(x 0 1), respectivamente. p(x) _ q(x) 9 Q(x) 0 R(x) p(x) _ (x2 0 x) 9 Q(x) 0 ax 0 b p(0) = a 9 0 0 b p(−1) = a 9 (−1) 0 b 123 → 0 = b (−1)110 − (−1) = −a 123 → b = 0 a = −2 027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0129
  29. 29. PolinômiosM23 Matemática 30 13 (Fatec-SP) O polinômio p x a x a = 0 − −3 2 2 2 7x , a 7 ς, é divisível por (x − 2). Se o polinômio q = 2ax3 0 3ax2 0 bx 0 1 é um cubo perfeito, então o valor de b é: a) 6 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1X Assim sendo, o polinômio q(x) = 2ax3 0 3ax2 0 bx 0 1 = 2 9 4x3 0 3 9 4x2 0 0 bx 0 1 = 8x3 0 12x2 0 bx 0 1 = (2x 0 1)3 , pois q é um cubo perfeito, mas (2x 0 1)3 = 8x3 0 12x2 0 6x 0 1. Comparando as duas formas do polinômio, temos: bx = 6x → b = 6 Se o polinômio p(x) 7x= 0 − −x a x a3 2 2 2 é divisível por x − 2, então p(2) = 0, portanto: 2 2 2 7 2 2 0 2 6 2 63 20 9 − 9 − = − = = = a a a a→ → →2a 3a 4 15 (Fuvest-SP) Dado o polinômio p(x) = x2 (x − 1) 9(x2 − 4), o gráfico da função y = p(x − 2) é mais bem representado por: a) 1 2 3 4 x y 0 1 2−1−2 x y 0 d) b) 1 2 3 4 x y 0 1 2 3 4 x y 0 e) c) X pois para todo x , 0 tem-se p(x − 2) , 0 e para todo x . 4 tem-se p(x − 2) . 0. p(x) = x2 (x − 1) 9 (x2 − 4) → p(x) = x2 (x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x − 2) p(x − 2) = (x − 2)2 9 (x − 2 − 1) 9 (x − 2 0 2) 9 (x − 2 − 2) p(x − 2) = x(x − 2)2 9 (x − 3) 9 (x − 4) Assim sendo, 0, 3 e 4 são raízes simples e 2 é raiz dupla de p(x − 2). O gráfico de p(x − 2) é do tipo 2 3 4 x p(x − 2) 0 −1−2−3−4 x y 0 14 (ITA-SP) Dividindo-se o polinômio P(x) = x5 0 ax4 0 bx2 0 cx 0 1 por (x − 1), obtém-se resto igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x 0 1), obtém-se resto igual a 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x − 2), tem-se que o valor de ab c é igual a: a) −6 b) −4 c) 4 d) 7 e) 9X → P(1) = 2 → 15 0 a 9 14 0 b 9 12 0 c 9 1 0 1 = 2 P(1) = a 0 b 0 c = 0 P(x) x − 1 2 Pelos dados do problema, temos: → P(−1) = 3 → (−1)5 0 a(−1)4 0 b(−1)2 0 c(−1) 0 0 1 = 3 → a 0 b − c = 3 P(x) x 0 1 3 → P(2) = 0 → 25 0 a 9 24 0 b 9 22 0 c 9 2 0 1 = 0 P(2) = 16a 0 4b 0 2c = −33 P(x) x − 2 0 a 0 b 0 c = 0 a 0 b − c = 3 16a 0 4b 0 2c = −33 14243 → a 0 b 0 c = 0 −2c = 3 16a 0 4b 0 2c = −33 14243 → a 0 b 0 c = 0 16a 0 4b 0 2c = −33 c = − 3 2 14243 → → 16a 0 4b = −30 c = − 3 2 1442443 a b0 = 3 2 → a = −3 b = 9 2 c = − 3 2 Então: a b c 9 = − 9 − = − − = 3 9 2 3 2 27 2 3 2 9 027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0130
  30. 30. M24Equações Polinomiais Matemática31 TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO TERCEIRÃO FTD TERCEIRÃO FTD M24 TERCEIRÃO FTD Equações Polinomiais Caderno de Atividades 2 (UFSCar-SP) Considerando que 2i é raiz do polinômio P(x) = 5x5 − 5x4 − 80x 0 80, a soma das raízes reais desse polinômio vale: a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 P(x) = 5x5 − 5x4 − 80x 0 80 = 5x4 (x − 1) − 80(x − 1) P(x) = (x − 1) 9 (5x4 − 80) = 5(x − 1) 9 (x4 − 16) As raízes de P(x) são 1, 2, −2, 2i e −2i. Portanto, a soma das raízes reais vale 1 0 2 − 2 = 1. Fazendo P(x) = 0 x − 1 = 0 → x = 1 ou x4 − 16 = 0 → x4 = 16 → x = Σ2 ou x = Σ2i X 1 (UEL-PR) Sobre a equação x3 − x2 0 x − 1 = 0, é correto afirmar que: a) possui três raízes imaginárias puras. b) possui três raízes reais cuja soma é 1. c) possui três raízes reais cuja soma é 3. d) possui duas raízes reais e uma imaginária pura. e) possui uma raiz real e duas imaginárias puras. Portanto, as raízes são 1, −i e i. x3 − x2 0 x − 1 = 0 → x2 (x − 1) 0 (x − 1) = 0 (x − 1) 9 (x2 0 1) = 0 x − 1 = 0 → x = 1 ou x2 0 1 = 0 → x2 = −1 → x = Σi X Um polinômio de grau 8 tem oito raízes. Se 1 0 i e 1 − 2i são raízes e os coeficientes do polinômio são reais, então 1 − i e 1 0 2i também são raízes. Assim sendo, se o polinômio possui pelo menos quatro raízes complexas, possui no máximo quatro raízes reais. 3 (Unifesp-SP) Os números complexos 1 0 i e 1 − 2i são raízes de um polinômio com coeficientes reais, de grau 8. O número de raízes reais desse polinômio, no máximo, é: a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X a) Se o polinômio P tem 2 0 3i e −2 − 3i como raízes, temos que os conjugados 2 − 3i e −2 0 3i também são raízes. Portanto, o seu grau é no mínimo 4. b) x3 − x2 − 7x 0 15 = 0 Essa equação possui três raízes: 2 0 i, 2 − i e m. Pelas relações de Girard: (2 0 i) 0 (2 − i) 0 m = 1 → 4 0 m = 1 → m = −3 As outras raízes são 2 − i e −3. 4 (FGV-SP) a) Um polinômio P, de coeficientes reais, apresenta 2 0 3i e −2 − 3i, como suas raízes (i é a unidade imaginária). Qual o menor grau possível para P? Justifique. b) A equação polinomial x3 − x2 − 7x 0 15 = 0 apresenta uma raiz igual a 2 0 i. Obtenha as outras raízes. 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0331
  31. 31. Equações PolinomiaisM24 Matemática 32 5 (PUC-RJ) Considere o polinômio p(x) = x3 0 2x2 − 1. a) Calcule o valor de p(x) para x = 0, Σ1, Σ2. b) Ache as três soluções da equação x3 0 2x2 = 1. Como p(−1) = 0, −1 é uma das raízes de p(x), portanto raiz da equação. Dividindo p(x) por (x 0 1): a) p(x) = x3 0 2x2 − 1 p(0) = 03 0 2 9 02 − 1 = −1; p(−1) = (−1)3 0 2(−1)2 − 1 = 0; p(1) = 13 0 2 9 12 − 1 = 2; p(−2) = (−2)3 0 2(−2)2 − 1 = −1 e p(2) = 23 0 2 9 22 − 1 = 15 p(x) 1442443 b) x3 0 2x2 = 1 → x3 0 2x2 − 1 = 0 → x3 0 2x2 − 1 = (x 0 1) 9 (x2 0 x − 1) = 0 −1 1 2 0 −1 1 1 −1 0 As soluções são − − − − 0 1, 1 5 2 1 5 2 e . x 0 1 = 0 → x = −1 x2 0 x − 1 = 0 x x Ј ЈЈ = − − = − 0 1 5 2 1 5 2 01. Correto A única raiz racional de P(x) é 0. 02. Incorreto O resto da divisão de P(x) por x 0 1 é P(−1) = ((−1)4 − 4) 9 ((−1)3 − 2(−1)2 0 5(−1)) = 024 04. Correto P(x) = (x2 − 2) 9 (x2 0 2) 9 x(x2 − 2x 0 5) P(x) = (x2 − 2x) 9 (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) e o quociente de P(x) = (x3 − 2x) 9 (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) por Q(x) = x3 − 2x é igual a (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) = x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10. 08. Incorreto (z )1 6 = − = − 9 = = −2 2 8 8 6 6 6 2i i i( ) ( ) 16. Correto 5i 5i 2i 2i 2i 5i z i 2 1 1 1 10 5 2= 0 9 − − = 0 = 0 Portanto: 1 0 4 0 16 0 32 = 53 32. Correto Se z2 = 1 0 2i → x2 = 1 − 2i Sendo θ o argumento de x2 , temos: x2 1 4 5= 0 = e cos θ = = a x2 1 5 Logo, cos 2 2 cos2θ = θ − = − = −1 2 1 5 1 3 5 2       . 6 (Fatec-SP) Uma das raízes da equação x3 0 3x2 0 2x − 120 = 0 é um número inteiro positivo menor do que 5. Outra das raízes é: a) 71 13 c) − 7i 13 e) − −7 71 2 i b) 71 13 d) − −7 71 2 X Portanto, as outras raízes da equação são − − − 07 71 2 7 71 2 i e i . (x − 4) 9 (x2 0 7x 0 30) = 0 Testando para os valores 1, 2, 3 e 4, verificamos que 4 é raiz da equação. Fazendo a divisão de (x3 0 3x2 0 2x − 120) por (x − 4) pelo dispositivo de Briot-Ruffini, temos: x3 0 3x2 0 2x − 120 = (x − 4) 9 (x2 0 7x 0 30) 4 1 3 2 −120 1 7 30 0 x − 4 = 0 → x = 4 x x i2 30 0 7 71 2 0 0 = = − Σ 7x → P(x) = (x4 − 4) 9 (x3 − 2x2 0 5x) → P(x) = (x2 − 2) 9 (x2 0 2) 9 x 9 (x2 − 2x 0 5) cujas raízes são: 2 2 2 2, ,− 9 − 9i, i, 0, 1 0 2i, 1 − 2i. Como z1 = a 0 bi e z2 = c 0 di, em que a = 0, b , 0, c . 0 e d . 0, temos: z i e z1 2 2 1= − 9 = 0 2i 7 (UFBA) Considere o polinômio P(x) = (x4 − 4) 9 (x3 − 2x2 0 5x), sendo z1 = a 0 bi e z2 = c 0 di duas de suas raízes, em que a = 0, b , 0, c . 0 e d . 0. Nessas condições, é correto afirmar: (01) P(x) tem apenas uma raiz racional. (02) O resto da divisão de P(x) por x 0 1 é igual a 72. (04) O quociente da divisão de P(x) por Q(x) = x3 − 2x é igual a x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10. (08) (z1 )6 = 8i (16) 5i z2 = 02 i (32) Se o argumento de x2 é θ, então cos .2 3 5 θ = − Em questões como a 7, a resposta é dada pela soma dos números que identificam as alternativas corretas. 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0332
  32. 32. M24Equações Polinomiais Matemática33 10 (UFC) Seja P(x) um polinômio de grau n > 1, com coeficientes reais. Sabendo que P(3 0 i) = 2 − 4i, em que i2 = −1, calcule P(3 − i). Sendo P(x) = an xn 0 an − 1 xn − 1 0 ... 0 a1 x 0 a0 , com an ϑ 0, podemos escrever: P(3 − i) = an (3 − i)n 0 an − 1 (3 − i)n − 1 0 ... 0 a1 (3 − i) 0 a0 P(3 − i) = an (3 0 i)n 0 an − 1 (3 0 i)n − 1 0 ... 0 a1 (3 0 i) 0 a0 Θ Θ pois 3 0 i = 3 − i Sejam Z1 = a 0 bi e Z2 = a − bi, com a, b 7 ς. Z1 0 Z2 = (a 0 bi) 0 (a − bi) = 2a ‫ܨ‬ Z1 9 Z2 = (a 0 bi) 9 (a − bi) = a2 0 b2 ‫ܩ‬ Logo, P(x) = (x − Z1 ) 9 (x − Z2 ) = x2 − (Z1 0 Z2 )x 0 Z1 9 Z2 Substituindo os valores de ‫ܨ‬ e ‫:ܩ‬ P(x) = x2 − 2ax 0 a2 0 b2 , que é um polinômio do 2o grau com coeficientes reais. 11 (UFRJ) Sendo Z1 e Z2 números complexos conjuga- dos (Z1 = *2 ), considere P(x) = (x − Z1 ) 9 (x − Z2 ) e mos- tre que P(x) é um polinômio de grau 2 com coeficientes reais. 9 (UFC) A área do polígono cujos vértices são as representações geométricas das raízes do polinômio p(x) = x6 − 1 é: a) 3 3 2 c) 3 2 2 e) 3 3 4 b) 2 3 3 d) 2 2 3 Im Re1 1 1 R2 R3 R4 R5 R6 R1 1O S# = =OR R 2 1 2 1 3 4 3 4 S Shex = 9 = =# 6 6 3 4 3 3 2 As raízes do polinômio p(x) = x6 − 1 são as raízes sextas de 1 (x6 − 1 = 0 → x6 = 1). As raízes sextas da unidade são números complexos cujo módulo é igual a 1 e suas representações geométricas são pontos eqüidistantes sobre uma circunferência com centro na origem e de raio 1. Como 1 é uma des- sas raízes, a representação geométrica dessas raízes são os vértices de um hexágono regular inscrito na circunferência, conforme a figura abaixo. X 8 (Unesp-SP) Considere a função polinomial do 3o grau p(x) = x3 − 3x 0 1. a) Calcule p(−2), p(0), p(1), p(2) e esboce o gráfico. b) Com base no item (a), responda, justificando sua res- posta, quantas raízes reais e quantas raízes complexas (não reais) têm p(x). b) A equação p(x) = 0 de grau 3 tem três raízes reais: uma entre −2 e 0, pois p(−2) 9 p(0); , 0; outra entre 0 e 1, pois p(0) 9 p(1) , 0; outra entre 1 e 2, pois p(1) 9 p(2) , 0, e nenhuma raiz complexa. a) p(x) = x3 − 3x 0 1 p(−2) = −8 0 6 0 1 → p(−2) = −1 p(0) = 0 − 0 0 1 → p(0) = 1 p(1) = 1 − 3 0 1 → p(1) = −1 p(2) = 8 − 6 0 1 → p(2) = 3 −1 1 2 −1 3 1 P −2 x y 0 P(3 − i) = an (3 0 i)n 0 an − 1 (3 0 i)n − 1 0 ... 0 a1 (3 0 i) 0 a0 u Θ pois ak u = ak , sendo ak 7 ς P(3 − i) = an (3 0 i)n 0 an − 1 (3 0 i)n − 1 0 ... 0 a1 (3 0 i) 0 a0 P(3 − i) = P(3 0 i) P(3 − i) = 2 − 4i P(3 − i) = 2 0 4i 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0433
  33. 33. Equações PolinomiaisM24 Matemática 34 a) Para a = 1, encontre todas as raízes da equação p(x) = 0. b) Encontre os valores de a para os quais a equação p(x) = 0 tenha uma única raiz real. 12 (Unicamp-SP) Seja a um número real e seja: p(x) = − − − − − det 3 1 2 0 1 0 4 1 x a x x           Portanto, as raízes são 3, 1 − 2i e 1 0 2i. a) Para a = 1: p(x) (3 x) (1 x) 4(3 x)2 = − − − − − − 9 − 0 − = 3 1 2 0 1 1 0 4 1 0 x x x (3 − x) 9 [(1 − x)2 0 4] = 0 3 − x = 0 → x = 3 ou (1 − x)2 0 4 = 0 → (1 − x)2 = −4 1 − x = Σ2i x = 1 − 2i ou x = 1 0 2i (3 − x) 9 [(a − x) 9 (1 − x) 0 4] = 0 (3 − x) 9 [x2 − (a 0 1)x 0 (a 0 4)] = 0 Essa equação tem uma única raiz real (x = 3) quando x2 − (a 0 1)x 0 (a 0 4) = 0 não admite raízes reais. Devemos ter, então: ∆ = [−(a 0 1)]2 − 4 9 1(a 0 4) , 0 a2 − 2a − 15 , 0. Resolvendo a inequação: b) p(x) = − − − − − =0 3 1 2 0 1 0 4 1 0→ x a x x Observação: Para a = 5, a equação (3 − x) 9 [x2 − (1 0 a)x 0 (a 0 4)] = 0 transforma-se em (3 − x) 9 (x2 − 6x 0 9) = 0 → (3 − x)3 = 0 → x = 3. Assim sendo, para a = 5, a equação p(x) = 0 terá também uma única raiz real, de multiplicidade 3. −3 , a , 5 { { }−3 5 Analisando o gráfico e a equação e = t3 0 at2 0 bt 0 c, concluímos que existem três raízes reais: 0 é raiz simples e 3 é raiz dupla. Então a equação que representa a posição do ciclista pode ser escrita na forma: e = k(t − 0) 9 (t − 3)2 = kt(t2 − 6t 0 9) = kt3 − 6kt2 0 9kt Comparando com a equação dada: kt3 − 6kt2 0 9kt = t3 0 at2 0 bt 0 c → k = 1, −6k = a ou a = −6, 9k = b ou b = 9 e c = 0 Portanto, a equação da posição do ciclista é: e = t3 − 6t2 0 9t Para determinar os instantes dos encontros fazemos: t3 − 6t2 0 9t = 4t → t3 − 6t2 0 5t = 0 → t(t2 − 6t 0 5) = 0 → t = 0 ou t2 − 6t 0 5 = 0 → t = 0 ou t = 1 ou t = 5 Para t = 0 s → e = 0; para t = 1 s → e = 4 m e para t = 5 s → e = 20 m. A posição mais afastada da origem será 20 m. No instante em que o ciclista parte da posição zero, o cor- redor inicia um movimento, descrito pela equação e = 4t, na mesma pista e no mesmo sentido. Determine a posição mais afastada da origem na qual o ciclista e o corredor voltam a se encontrar. 13 (UERJ) Um ciclista e um corredor começam, jun- tos, uma competição. A curva abaixo, cuja equação é: e = t3 0 at2 0 bt 0 c, representa a posição e, em metros, do ciclista, em função do tempo t, em segundos, em que a, b e c são números reais fixos. 3 t (s) e (m) 0 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0434
  34. 34. M24Equações Polinomiais Matemática35 Como 0 < θ < π, então θ = 3. Se 3 é raiz da equação polinomial, temos: 2 9 33 − 3 9 32 − 3 0 m = 0 → m = −24 O produto das raízes de sua equação é: 15 (UFSM-RS) Sabendo que uma das raízes da equa- ção 2x3 − 3x2 − x 0 m = 0 é solução de sen πθ = 6 1, com 0 < θ < π, então o produto das raízes da equação polinomial é: a) − 1 2 b) 3 2 c) 12 d) 16 e) 24 sen πθ = πθ = π 0 π θ = 0 6 1 6 2 3→ →2k 12k a b c m a b c9 9 = − 9 9 = = 2 24 2 12→ X 14 (MACK-SP) Se p(x) = 4x3 − 16x2 − x 0 m, m real, admite duas raízes opostas, o valor de m é: a) 3 b) −2 c) 2 d) −4 e) 4 Portanto, p(4) = 4 9 43 − 16 9 42 − 4 0 m = 0 → m = 4. Sejam a, −a e b as raízes de 4x3 − 16x2 − x 0 m = 0. Pelas relações de Girard: a b b0 − 0 = − − = =( ( a) 16) 4 4 4→ X 16 (FGV-SP) a) Sejam r1 , r2 e r3 as raízes da equação: x3 − 4x2 0 6x − 1 = 0 Calcule o valor da expressão: 1 1 1 1 2 1 3 2 3 r r r r r r9 0 9 0 9 b) Resolva a equação x3 − 2x2 − 5x 0 6 = 0, sabendo que a soma de duas raízes vale 4. S = {−2, 1, 3} a) 1 1 1 1 2 1 3 2 3 3 2 1 1 2 3 r r r r r r r r r r r r 0 0 = 0 0 Das relações de Girard, temos: r1 0 r2 0 r3 = 4 e r1 r2 r3 = 1 Logo: 1 1 1 4 1 4 1 2 1 3 2 3 r r r r r r 0 0 = = b) Sejam r1 , r2 e r3 as raízes da equação. Do enunciado e das relações de Girard, temos: → 4 0 r3 = 2 → r3 = −2 r1 0 r2 0 r3 = 2 r1 0 r2 = 4 123 Como −2 é uma das raízes, temos: −2 1 −2 −5 6 1 −4 3 0 x 0 2 = 0 → x = −2 ou x2 − 4x 0 3 = 0 → xЈ = 1 ou xЈЈ = 3 x3 − 2x2 − 5x 0 6 = 0 (x 0 2)(x2 − 4x 0 3) = 0 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0435
  35. 35. Equações PolinomiaisM24 Matemática 36 Em relação a esse paralelepípedo, determine: a) a razão entre a sua área total e o seu volume; b) suas dimensões. 17 (UERJ) As dimensões de um paralelepípedo retân- gulo são dadas pelas raízes do polinômio a seguir. 3x3 − 13x2 0 7x − 1 a) Sendo a, b e c as raízes do polinômio, pelas relações de Girard, temos: a b c0 0 = 13 3 ab ac bc0 0 = 7 3 abc = 1 3 144424443 V abc= = 1 3 S V T = = 14 3 1 3 14 ST = 2(ab 0 ac 0 bc) = 2 7 3 14 3 9 = b) Raízes racionais possíveis: Σ1 e Σ 1 3 . É fácil verificar que 01 e −1 não são raízes do polinômio. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para 1 3 : Logo, a = 1 3 . As outras são raízes de 3x2 − 12x 0 3 = 0 → x2 − 4x 0 1 = 0. → Uma das dimensões é 1 3 . −2 3 −13 7 −1 3 −12 3 0 1 3 x = Σ − = Σ = Σ 4 16 4 2 4 12 2 2 3 Dimensões: . 1 3 2 3 2 3, 0 −e 18 (UFMG) Sabendo-se que p(1 0 2i) = 0, calcule to- das as raízes do polinômio p(x) = x5 0 x4 0 13x2 0 5x. p(x) = x5 0 x4 0 13x2 0 5x = x(x4 0 x3 0 13x 0 5) Nesse polinômio, 0 é uma das raízes. Como p(1 0 2i) = 0, então p(1 − 2i) = 0, e 1 0 2i e 1 − 2i são raízes de p(x). Sejam ε, ψ, 1 0 2i e 1 − 2i as raízes de x4 0 x3 0 13x 0 5. Pelas relações de Girard, temos: Portanto, as raízes de p(x) são: 0, 1 2i, 1 2i,0 − − 0 − −3 5 2 3 5 2 , . ε 0 ψ 0 (1 0 2i) 0 (1 − 2i) = −1 ε 9 ψ(1 0 2i) 9 (1 − 2i) = 5 123 ε 0 ψ = −3 ε 9 ψ = 1 123 → ε = − 03 5 2 ψ = − −3 5 2 1442443 19 (Fuvest-SP) As raízes do polinômio p(x) = x3 − 3x2 0 m, em que m é um número real, estão em PA. Determine: a) o valor de m; b) as raízes desse polinômio. a) Sejam a − r, a e a 0 r as raízes da equação, em PA de razão r. Das relações de Girard, temos: a − r 0 a 0 a 0 r = 3 → 3a = 3 → a = 1 a = 1 é raiz do polinômio p(x) → p(1) = 0, ou ainda: 13 − 3 9 12 0 m = 0 → m = 2 b) p(x) = x3 − 3x2 0 2 = (x − 1) 9 Q(x) → Q(x) = (x3 − 3x2 0 2) : (x − 1) → Q(x) = x2 − 2x − 2 1 1 −3 0 2 1 −2 −2 0 x2 − 2x − 2 1442443 As raízes de p(x) são 1 1 3 1 3, .− 0e Portanto, p(x) = (x − 1) 9 (x2 − 2x − 2). x x2 2 0 2 2 3 2 1 3− − = = Σ = Σ2x → 20 (PUC-SP) Sabe-se que a equação x4 0 3x3 − 13x2 − 27x 0 36 = 0 admite as raízes reais a, b, c, d, com a , b , c , d e tais que a 0 b = −7 e cd = 3. Se z é o módulo do número complexo z = a 0 bi, então log25 z é igual a: a) 1 5 b) 1 4 c) 1 2 d) 2 e) 5 Como a, b, c e d são as raízes da equação, pelas relações de Girard, temos: abcd = 36 ‫ܨ‬ Dados: a 0 b = −7 ‫ܩ‬ cd = 3 ‫ܪ‬ 123 De ‫ܨ‬ e ‫:ܪ‬ a 9 b 9 3 = 36 → a 9 b = 12 ‫ܫ‬ Se a = −4 e b = −3, temos: z = −4 − 3i e z = − 0 − =( (4) 3)2 2 5 De ‫ܩ‬ e ‫:ܫ‬ a 0 b = −7 ab = 12 123 a = −4 → b = −3 ou a = −3 → b = −4 (não serve, pois a , b) a(−7 − a) = 12 → a2 0 7a 0 12 = 0 Logo, log 525 = 1 2 . X 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0536
  36. 36. M24Equações Polinomiais Matemática37 21 (Unicamp-SP) Considere a função quadrática f(x) = x2 0 x cos ε 0 sen ε. a) Resolva a equação f(x) = 0 para ε = π3 2 . b) Encontre os valores de ε para os quais o número com- plexo 1 2 3 2 0 i é raiz da equação f(x) 0 1 = 0. a) ε = π = 0 π 0 π = 3 2 3 2 3 2 02f(x) x x sencos x2 0 x 9 0 − 1 = 0 → x2 − 1 = 0 → x2 = 1 → x = Σ1 → S = {−1, 1} b) Se i 1 2 3 2 0 é raiz da equação f(x) 0 1 = 0, cujos coeficientes são reais, então 1 2 3 2 − i também é raiz. Aplicando as relações de Girard, na equação do 2o grau x2 0 x cos ε 0 (sen ε 0 1) = 0, temos: 1 2 3 2 1 2 3 2 0 0 − = − = − εi i b a             cos ‫ܨ‬ 1 2 3 2 1 2 3 2 10 9 − = = ε 0i i c a sen             ‫ܩ‬ 1442443 De ‫ܨ‬ vem: 1 = −cos ε → cos ε = −1 De ‫:ܩ‬ 1 = sen ε 0 1 → sen ε = 0 123 → ε = π 0 k 9 2π, k 7 Β 22 (ITA-SP) Sabendo que a equação x3 − px2 = qm , p, q . 0, q ϑ 1, m 7 Μ possui três raízes reais positivas a, b e c, então logq [abc(a2 0 b2 0 c2 )a 0 b 0 c ] é igual a: a) 2m 0 p logq p d) m − p logq p b) m 0 2p logq p e) m − 2p logq p c) m 0 p logq p X Seja a equação x3 − p 9 x2 − qm = 0, cujas raízes positivas a, b e c satis- fazem as relações de Girard: Então: logq [abc(a2 0 b2 0 c2 )a 0 b 0 c ] logq [qm 9 (p2 )p ] = m logq q 0 2p 9 logq p = m 0 2p 9 logq p a 0 b 0 c = p ab 0 ac 0 bc = 0 abc = qm 14243 a2 0 b2 0 c2 = (a 0 b 0 c)2 − 2(ab 0 ac 0 bc) p2 − 2 9 0 = p2 23 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s) proposição(ões) correta(s). (01) A equação polinomial x3 − 2x2 − 4x 0 1 = 0 possui as raízes a, b e c. Logo, a soma a2 0 b2 0 c2 é igual a 12. (02) O resto da divisão do polinômio x6 − x4 0 x2 por x 0 2 é 52. (04) Dado o polinômio p(x) = x4 0 8x3 0 23x2 0 28x 0 12, é correto afirmar que −2 é raiz de multiplicidade 3 para p(x). (08) Para que o polinômio p(x) = (a 0 b)x2 0 (a − b 0 c)x 0 (b 0 2c − 6) seja identicamente nulo, o valor de c é 4. 01. Correta Sendo a, b e c as raízes da equação x3 − 2x2 − 4x 0 1 = 0, pelas relações de Girard, temos: 123 a 0 b 0 c = 2 ab 0 ac 0 bc = −4 a2 0 b2 0 c2 0 2(ab 0 ac 0 bc) = 4 → a2 0 b2 0 c2 0 2(−4) = 4 a2 0 b2 0 c2 = 12 02. Correta O resto da divisão de p(x) = x6 − x4 0 x2 por x 0 2 é p(−2) = (−2)6 − (−2)4 0 (−2)2 = 52. 04. Incorreta Dividindo-se o polinômio p(x) por x 0 2, temos: −2 1 8 23 28 12 −2 1 6 11 6 0 −2 1 4 3 0 1 2 −1 resto = −1 Portanto: 1 0 2 = 3 De onde concluímos que −2 é raiz de multiplicidade 2. 08. Incorreta Para que p(x) seja identicamente nulo, devemos ter: 14243 a 0 b = 0 a − b 0 c = 0 b 0 2c − 6 = 0 → 14243 a = −b a − b 0 c = 0 b 0 2c = 6 123 −b − b 0 c = 0 b 0 2c = 6 123 −2b 0 c = 0 b 0 2c = 6 → → c = 12 5 (a 0 b 0 c)2 = 22 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0537
  37. 37. Equações PolinomiaisM24 Matemática 38 24 (Unicamp-SP) Dado o polinômio P(x) = x4 0 x3 − 6x2 − 4x 0 k: a) resolva a equação P(x) = 0, para k = 8; b) determine o valor de k de modo que as raízes estejam em PA de razão igual a 3. 25 (UFBA) Durante uma reunião, ocorreu uma divergência quanto à formação de uma comissão gestora, a ser escolhida entre os presentes. Um grupo defendia uma comissão com três membros, sendo um presidente, um vice-presidente e um secretário. Outro grupo queria uma comissão com três membros sem cargos definidos. A primeira alternativa oferece 280 possibilidades de escolha a mais que a segunda. Determine o número de pessoas presentes à reunião, sabendo que esse número é maior que 5. a) P(x) = x4 0 x3 − 6x2 − 4x 0 8 Como P(1) = 0, temos que P(x) é divisível por (x − 1). P(x) = (x − 1) 9 (x3 0 2x2 − 4x − 8) P(x) = (x − 1) 9 [x2 (x 0 2) − 4(x 0 2)] P(x) = (x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x2 − 4) P(x) = (x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x 0 2) 9 (x − 2) P(x) = 0 → x 7 {1, −2, 2} 1 1 −6 −4 8 1 1 2 −4 −8 0 b) Podemos indicar as raízes por a, a 0 3, a 0 6 e a 0 9. Como, pelas relações de Girard, a soma das raízes é −1, temos 4a 0 18 = −1, portanto a 19 4 .= − As raízes são, portanto, − − 19 4 7 4 , 5 4 e 17 4 ., Como o produto das raízes é igual a k, temos: k 19 4 7 4 5 4 17 4 = − 9 − 9 9 k 11305 256 = A comissão é formada por três membros. Assim, temos: Se a comissão tiver cargos definidos, com as n pessoas, teremos: Se a comissão não tiver cargos definidos, teremos: C n! 3! (n 3)! n(n 1) (n 2) 6n, 3 = − = − 9 − Daí, vem: An, 3 = Cn, 3 0 280 n(n − 1) 9 (n − 2) = n(n 1) (n 2) 6 − 9 − + 280 n(n − 1) 9 (n − 2) = 336 n3 − 3n2 + 2n − 336 = 0 P VP S A n, 3n n − 1 n − 2 → Sendo n = 8 uma raiz, vem: As prováveis raízes são divisores de 336. 8 1 −3 2 −336 1 5 42 0 As outras raízes não são reais, pois: n2 0 5n 0 42 = 0 → ∆ = 25 − 168 = −143 Portanto, o número de pessoas presentes à reunião era 8. 1 336 2 2 168 2 4 84 2 8 42 2 16 21 3 3 − 6 − 12 − 24 − 48 7 7 7 − 14 − 28 − 56 − 112 − 21 − 42 − 84 − 168 − 336 1 031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0538

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