Terceirão FTD - Matematica - Caderno de Atividades 04
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MatemáticaMódulo 4
M19 Geometria Analítica: Pontos e Retas 3 - 12M20 Geometria Analítica: Circunferência 13 - 18M21 Geometria Analítica: Cônicas 19 - 22M22 Números Complexos 23 - 26M23 Polinômios 27 - 30M24 Equações Polinomiais 31 - 38
M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática3
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M19
TERCEIRÃO FTDGeometria Analítica:Pontos e Retas
Caderno de
Atividades
1 (Unesp-SP) O triângulo PQR, no plano cartesiano, devértices 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
xA 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 correspondemà figura:
y
x0
1
A1 2B
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 sãoas 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 afigura 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
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 emrelação ao eixo Oy, uma circunferência com centro naorigem do sistema, e os pontos A(1, 2), B, C, D, E e F,correspondentes às intersecções das retas e do eixo Oxcom 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 = 0b) x 0 2y − 5 = 0 e) 2x − y 0 5 = 0c) 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 pelospontos (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 trêsvértices consecutivos de um paralelogramo. Assinale aopção que apresenta o ponto correspondente ao quartovértice: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 asdiagonais 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 :
x
M=
− 0=
1 32
1
y
M=
0=
6 12
72
14
42
443
x
xx
M
D
D=
0= =
0
21 2→
y
yy
M
D
D=
0= =
0
272
7→
14
42
443
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 relaçãoà 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 AH1 2
5 22
5=9
=9
=
Os triângulos OAB e ODE têm áreas iguais a:
S
AB AH2 2
2 22
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 1
1 2( ) u.a.
2 5 5 2 5 522 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
M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática5
7 (UFMG) Os pontos A(2, 6) e B(3, 7) são vértices dotriângulo ABC, retângulo em A. O vértice C está sobre oeixo Ox. A abscissa do ponto C é:a) 8,5 b) 9 c) 9,5 d) 8
y
76
2 3xC(c, 0)
A
B
Como o triângulo ABC é retângulo emA, temos:M
AC 9 M
AB = −1
−
−9 = − =
62
11
1 8C
C
→
X
8 (MACK-SP)
Desempregados(mil)
t (meses)2
1A
B
C
D
2
40
O gráfico acima mostra a evolução da quantidade de pes-soas desempregadas (em mil), a partir de determinadomomento, em certa região. Se i // a, o número depessoas desempregadas, 5 meses após o início das obser-vações, é:a) 4 000 c) 3 500 e) 2 000b) 3 000 d) 2 500
d
t2
1 A
BC
D
2
4 50
O coeficiente angular da reta q é
mAB
=−
−=
2 12 0
12
.
O coeficiente angular da reta & // q também é 12
e & passa porC(4, 2).A equação da reta &, sendo t a abscissa e d a ordenada, é:
d t t d
t− = − − = − = =2
12
4 42
(t 4) 2d 2d→ → →
Portanto, o número de desempregados, após 5 meses do início daobservação, é 2 500.
Para t = 5:
d = =
52
2,5 (em mil)
X
6 (UFV-MG) A figura abaixo ilustra um quadrado delado 8 com vértices situados sobre os eixos coordenados.
y
x
A
B
a) Se a e b são as coordenadasdo ponto B, ou seja, B(a, b),determine a soma a 0 b.
b) Determine a equação dareta que passa pelos pontosA e B.
Seja r a reta suporte do lado doquadrado 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 14 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
Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 6
11 (UFRJ) Um avião taxia (prepara-se para decolar) apartir de um ponto que a torre de controle do aeroportoconsidera a origem do eixos coordenados, com escala emquilômetros. 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 deabortar a decolagem. Se, após a mudança de direção, oavião anda 1 (um) quilômetro até parar, para que pontodo 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
0 013
13
− = − − = = − = −→ →
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 , sendoms = 3:y 0 1 = 3(x − 3) → y = 3x − 10 �
O avião deve passar por um ponto P(x, y) tal que P 7 s e PA = 1.
Substituindo � em �:(x − 3)2 0 (3x − 10 0 1)2 = 110x2 − 60x 0 89 = 0∆ = 40
x =
Σ=
Σ60 4020
60 2 1020
xδ =
030 1010
xφ =
−30 1010
Para x , em temos:
y
=0
=0
−
30 1010
330 10
1010
�
y =
−3 10 1010
E
P ou
o ponto procurado é:
30 10
10
3 10 10
10
0 −,
3 1010
3 10
101
0−,
(não convém)
3x − 2y − 5 = 0mx − y 0 2 = 0
12
3
x − y − 1 = 04x − y − 10 = 02x 0 y − 8 = 0
14
24
3
b) Discuta, em função do parâmetro m, a posição relativadas 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:
12
3
x − y − 1 = 04x − y − 10 = 0
→
12
3
x − y = 1−4x 0 y = −10
−3x = −9x = 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
32
52
321
: 3x 2y 5 0− − = = − =→ →
r m mr2 2
: mx y 2 0 y mx 2− 0 = = 0 =→ →
Se m =
32
, as retas são paralelas.
Se m oncorrentesϑ
32
, .as retas são c
10 (FGV-SP) No plano cartesiano, o ponto da reta r:3x − 4y = 5 mais próximo da origem tem coordenadascuja soma vale:a)
−
25
b) −
15
c) 0 d)
15
e)
25
y
xO
s
P
r
Como m m
r s a equação da reta é:= =−3
44
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
P35
45
, ,−
cuja soma
das coordenadas é −
15
.
O ponto da reta r mais próximo da origem é o ponto de intersecção entreas retas r e s, obtido pela solução do sistema:
3x − 4y = 5 y x= −
43
→ x e y= = −
35
45
14243
X
y y− = − − = −0
43
43
(x 0) x→
PA (x 3) (y 1) (x 3) (y 1)2 2 2 2= − 0 0 = − 0 0 =1 1→ �
001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:056
M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática7
14 (Fuvest-SP) Sejam A(0, 0), B(8, 0) e C(−1, 3) osvértices de um triângulo e D(u, v) um ponto do segmen-to p. Sejam E o ponto de intersecção de i com a retaque passa por D e é paralela ao eixo y e F o ponto deintersecção 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 yx
1
1 3 1
8 0 1
0 8 08
3− = 0 − = =
−→ →
vu
e D uu
=− −83
83
,
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
0 013
− = 0 = = − = −→ →
t vu u
= − = −−
=−1
313
83
89
Como F(t, v) pertence à reta w:
e Fu u− −8
98
3,
b) Como S( ) ,u u u= − 0 0
1754
12854
6454
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= = =
−;
83
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
=
00 9
−
2
89
83
2
uu
S
(17u 8) (8 u) 17u 128u2
=0 9 −
=− 0 0
5464
54
ubav = − =
−
−
= − 9 − =2
12854
21754
5434
6417
12854
DF u
u u= −
−=
089
8 89
12 (UEL-PR) No gráfico abaixo, cada divisão dos eixoscorresponde a uma unidade. A equação da reta que passapor P e é perpendicular à reta r dada é:
a) y x= − 0
43
383
b) y x= 0
34
12
c) y x= − 0
43
393
d) y x= 0
34
94
e) y x= 0
94
383
Sendo s a reta que passa por P(5, 6) e é perpendicular à reta r, então
m s =
34
. 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 12 043
= 0 − = = − 0→ 4x 3y 4, cujo coeficiente
angular é m
r= −
43
.
y y x− = − = 06
34
34
94
(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 ospontos M e Q.
b) Seja Q o ponto médio do segmento NP .14
42
44
3
13 (IBMEC) Considerando o triângulo MNP, sendoM(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 yx
18 6 1
8 2 10 4 0
− −
= − 0 =→ 2y
dN MP, ( )
=− − 9 0
0 −= =
4 2 10 4
1 2
20
54 5
2 2
x
Q=
− 0 −= −
4
26
( 8)
y
Q=
0 −=
10
24
( 2)
d
MQ= − − 0 − = 0 =(8 6)) (6 4) ( 2 2 196 4 10 2
X
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:077
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 partecolorida 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 �
oux − y , 0 e x 0 y . 0 �
(x − y) 9 (x 0 y) , 0 Θ
14
24
3
As soluções do sistema � são representadas por:
y
x 0 y = 0
x0
x − y = 0
Então, as soluções da inequação dada são representadas por:
As soluções do sistema � são representadas por:
y
x − y = 0x
0
x 0 y = 0
x 0 y = 0 x − y = 0
y
x0
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 doismodelos, A e B. O custo de produção de uma unidadede A é R$ 200,00 e o de B é R$ 150,00. Por restrições deorçamento, a empresa pode gastar por mês no máximoR$ 45 000,00. A mão-de-obra disponível permite fabri-car por mês no máximo 250 peças. Seja x a quantidadeproduzida 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 valoresreais 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 relaçõesx − 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 < 2504x 0 3y < 900
x 0 y < 250 total de peças200x 0 150y < 45 000 custo
12
3
12
3→
Então:
y
250
250x
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 relaçõesx 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
M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática9
17 (PUC-RJ) Qual a área do triângulo delimitado pelospontos (0, 0), (2, 2) e (1, 3)?
S = = − =12
0 0 1
2 2 1
1 3 1
12
6 2 2 u.a.
X
Para que as retas ABuur
e BPuur
sejam perpendiculares, devemos ter:mAB . mBP = −1
1 00 2
10
1 1−
−9
−
−= − = 0
→n
mn 2m �
Para que o triângulo de vértices A, B e P tenha área igual a 10, devemos ter:
S
m nm m
#= = − − = 0 = −
2 0 1
0 1 1
1
210 2 20 18→ →2n 2n �
De � e �, vem:
n = 2m 0 1m 0 2n = −18
12
3 →m = −4n = −7
12
3 → 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 Nsão os pontos médios de i e p, respectivamente, a áreado triângulo OMN será igual a:
a)
53
u.a. b)
85
u.a. c) 1 u.a. d)
32
u.a.X
Se M é ponto médio de i, temos:
x
M=
− 0= −
1 02
12
y
M=
0=
0 42
2
14
42
443
A área do #OMN é dada por:
Se N é ponto médio de p, temos:
x
N=
0=
0 22
1
y
N=
0=
4 02
2
Área =
−
= =12
0 0 11 2 112
2 1
12
332
u.a.
19 (PUC-RS) A representação que segue é das funçõesf, 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 duascurvas e o ponto (0, 0) é:a) 1b) 3c) 4d) 6e) 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 obtidospor meio da resolução do sistema:
y = x2
y = x 0 2
12
3 →y = x2
x2 = x 0 2
12
3
x = −1 e y = 1oux = 2 e y = 4
14
24
3
→
S S=
−
= =
0 0 1
1 1 1
2 4 1
2
6
23→
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 modoque as retas r e BP
uursejam 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
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 eixohorizontal, então a área do triângulo ABC é:
a)
14
d)
53
b)
74
e)
12
c)
38
y
x
8
AB
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)
rι
A área do triângulo cujos vértices são os pontos A(0, 1), B12
1,
e
C(1, 8) é:
O ponto C pertence à curva de equação y = ax3, portanto8 = a 9 13 → a = 8.Os pontos A e B têm ordenadas iguais a 1, e B(b, 1) pertence à curva deequação y = ax3:
1 1 8
12
3 3= 9 = 9 =a b b b→ →
S#
= = 9 0 − − =12
0 1 112
1 1
1 8 1
12
1 4 112
74
21 (Fuvest-SP) Duas retas s e t do plano cartesiano seinterceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientesangulares é 1 e a reta s intercepta o eixo y no ponto(0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo x e pelasretas 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 yy x
12 2 10 3 1
012
3= 0 − − = 0 − = = − 0→ →2x 6 3x 2y 0 x 2y 6 0 ou
Essa reta s tem coeficiente angular m s = −
12
e intercepta o eixo das
abscissas no ponto A(6, 0).
Sendo
m m mt s t9 = =
−
= −1112
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)
Qst
P(2, 2)
B(3, 0)
A(6, 0)
S
BA PHAPB#
=9
=9
=2
3 22
3
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0810
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 esboceo 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 xx
, ,2
com x . 0, é um ponto da reta r, tal que o triângulo ABC
tem área 6, então:
y
xA(2, 0)3
xB(5, 0)
A
x
xABC#
=
9
= =
32
26 8→
C xx
,2
x2
23 (ITA-SP) Num sistema de coordenadas cartesianas,
duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e
12
, res-
pectivamente, se interceptam na origem O. Se B 7 r eC 7 s são dois pontos no primeiro quadrante tais que osegmento p é perpendicular a r e a área do triânguloOBC é igual a 12 9 10−1, então a distância de B ao eixodas ordenadas vale:
a)
85
b)
45
c)
25
d)
15
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 =
12
x. Como B 7 r, se designarmos
d (d . 0) a distância de B ao eixo das ordenadas, então o ponto B terácoordenadas 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 aa
2 2, , , .
A reta t tem coeficiente angular
−12
, pois é perpendicular a r.
Assima
a da a d a e
a
:
2 12 2 2 4
−
−= − − = − 0 = =
2d4d
5d 5d→ →
O triângulo OBC tem área igual a 12 10
1210
65
19 = =−
Assim
d
:
12
0 0 11
2 41
65
12 4
65
2d5d 5d
5d5d
22= − =→
− = = = = .15d 15d
(pois d 0)2 2
4125 4
125
1625
45
2→ → →d d
C aa
,2
y x=
12
.
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0911
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
12
3x y0 = , a área do
triângulo de vértices A(0, 3), B(2, 0) e P é:
a)
13
b)
53
c)
83
d)
103
e)
203
26 (Unifesp-SP) Considere a região colorida nafigura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equaçõesy = 2x e x = k, k . 0.
X
As coordenadas do ponto P podem ser obtidas resolvendo-se o sistema:x − y − 2 = 0
12
y 3 0x 0 − =
––––––––––––––
32
5 0x − = →
x103
e y43
P103
,43
= = →
Sendo A(0, 3) = 0,93
, B(2, 0) =
63
, 0
e P
103
,43
, 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 � 2x
xkO
Do enunciado, temos a figura:
C
BO
y
2k
A (k)
y � 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 ACDOS2 : área do triângulo AOBS3
: área do triângulo ACPS4 : área do triângulo PDB
A área S pedida é tal que:S = S
1 − (S
2 0 S
3 0 S
4)
S103
93
12
93
63
12
103
53
12
43
43
S103
= 9 − 9 9 0 9 9 0 9 9 =
→
63
63
43
43
43
53
93
93
103
103
y
xDB
P
CA
O
14
24
3
�
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:1012
M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática13
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M20
TERCEIRÃO FTDGeometria 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 = Σ1Se 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 umtriângulo 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 52
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)
63 2 1
61→ →
em que p é o semipe-
rímetro do triângulo. Os catetos de um triângulo retângulomedem 3 e 4 e estão sobre os eixos cartesianos, conformea figura.
1 (UFC) O segmento que une os pontos de intersecçãoda 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 = 5b) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 20c) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 25d) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 5e) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 20
X
C =0 0
=0 2
2(1, 2),
4 02
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
AB2
(2 0) (0 4)2 2
r = =− 0 −
=2
5 .
Portanto, a equação da circunferência é:
(x 1) (y 2)2 2− 0 − = =5 52( )
2 (PUC-RS) Uma circunferência tem centro na intersec-ção da reta x = −2 com o eixo das abscissas e passa peloponto 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 = 32b) x2 0 (y 0 2)2 = 32 e) (x − 2)2 0 (y − 2)2 = 32c) (x 0 2)2 0 y2 = 32X
Seja P o ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2. Ascoordenadas de P são dadas por:
y = −2x 0 8y = x 0 2
12
3 →x = 2y = 4
O raio da circunferência com centro C(−2, 0) e que passa por P(2, 4) é:
raio d 2) (0 4)
PC2 2= = − − 0 − =( 2 32
(x 0 2)2 0 y2 = 32
Logo, a equação dessa circunferência será:
(x 2) (y 0)2 20 0 − = 32
2( )
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4013
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 erepresenta 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 éx2 0 y2 0 2x − 6y − 90 = 0?
8 (Fuvest-SP) Os pontos A(0, 0) e B(3, 0) são vérticesconsecutivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiroquadrante. O lado # é perpendicular à reta y = −2x e oponto 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 m
AD=
12
.
A reta % passa pela origem, então sua equação é:
y − = −0
12
(x 0)
O ponto D pertence à circunferência de equação x2 0 y2 = 5:
y
x=
2x2 0 y2 = 5
14
24
3
→x = 2y = 1
→ D(2, 1)
Como ABCD é um paralelogramo:
AB = CD →
X
y
xA B(3, 0)
CD
y = −2x
ou y x=
12
xC = xD 0 3 = 5yC = yD = 1
12
3 → 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)
103
b)
103
c)
22
d)
102
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 inscritoem uma semicircunferência.)Portanto, a medida do raio é:
A(2, 0) x
yC(1, 3) B(2, 3)
AC (2 1) (0 3)2 2
2 2102
=− 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 eixodas abscissas e o vértice N pertence à circunferência, oponto 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 temcentro 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 22
2
QM 2 2=
Então x
M, .= − 02 2
(lado doquadrado)
Dessa forma, temos: x x e y
N M N= = − 0 =2 2 2 .
Portanto: N 2 2 2− , .( )
2
2
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4114
M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática15
9 (UERJ) Um dado triângulo é formado pelas retas r, s et, 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:
A2x − 3y 0 21 = 03x − 2y − 6 = 0
12
3 →x = 12y = 15
A(12, 15)
B2x − 3y 0 21 = 02x 0 3y 0 9 = 0
12
3 → x = −
152
y = 2
B −152
2,
C3x − 2y − 6 = 02x 0 3y 0 9 = 0
12
3 →x = 0y = −3
C(0, −3)
S D em D#
= = −
−
=12
12 15 1152
2 1
0 3 1
195, quea)
b) O centro O da circunferência circunscrita é tal que OB4
= Q = 8.
Fazendo O(a, b), temos:
S
#= =
1952
97,5
(a 12) (b 15) (b (b 3)2 2 2− 0 − = 0 0 − = 0 0a a
152
22
2 2
)
Resolvendo o sistema, obtemos:
a e b= =
94
172
Logo,
Portanto, r
O
OA OB OC
94
172
, .
= = =
r = 0 0 =
94
172
313 13
4
2 2
Equação da circunferência: x y− 0 − =94
172
13 134
2 2 2
10 (UFC) Encontre uma equação da reta tangente àcurva 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 serperpendicular ao raio no ponto detangência (1, 1), observando afigura 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
12
.
(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 sãoperpendiculares.
(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. IncorretaA circunferência de equaçãox2 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 equaçãox2 0 y2 0 2x − 6y 0 9 = 0 → (x 0 1)2 0 (y − 3)2 = 1, que possuicentro (−1, 3) e raio 1.
02. Correta
mAB
=− −
− −= =
23
36
12
((
1)3)
(p2 − 6p 0 9) 0 1 = (p2 − 4p 0 4) 0 42p = 2 → p = 1
Portanto: 2 0 16 = 18
04. Incorreta32 0 42 − 3 0 4 9 4 − 3 ϑ 0
08. Incorretar : 2x − 3y 0 5 = 0 →
y x e= 0
23
53
possui coeficiente angular
mr =
23
.
s: 4x − 6y − 1 = 0 → y x e= −
23
16
possui coeficiente
angular m s =
23
.
Logo, r é paralela a s.
16. CorretaSe 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 dosnúmeros que identificam as alternativas corretas.
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4115
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 numponto 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 umadas tangentes (t1 ou t2).Vamos considerar a reta tangente (t
1),
que passa pelo ponto A(3, 1) e temcoeficiente 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 pontosA(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 dasordenadas.A distância da origem a esse ponto é 10.Caso tivéssemos escolhido a reta tangente t2, obteríamos P2(0, −10), cujadistância à origem é 10.
mm
OA
=−
=−
= −1 1
13
3.
14 (UFPR) Considere as seguintes informações: C éuma circunferência de raio igual a 1 e centro na origemde 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 xapenas uma vez no interior da circunferência C.
I. IncorretoA circunferência de raio 1 e centro na origem tem equaçãox2 0 y2 = 1 ou x2 0 y2 − 1 = 0.
II. Corretocos2 ω 0 sen2 ω = 1, qualquer que seja o número real ω.
III. CorretoA reta y = x 0 1 intercepta a circunferência nos pontos (0, 1)
e (−1, 0), que é o resultado do sistemax2 0 y2 = 1y = x 0 1
12
3
V. Incorreto
A distância do ponto (1, 1) à origem é
d = − 0 − = .( ) ( )1 0 1 0 2 12 2 .
VI. CorretoA única intersecção do gráfico da função y = sen 2x com o eixo x, nointerior da circunferência, é a origem (ver figura).
em dois pontos.
IV. CorretoA reta horizontal y 0 1 = 0 tangencia a circunferência no ponto
(0, −1), que é o resultado do sistemax2 0 y2 = 1
.y 0 1 = 0
12
3
0 x
y
1
sen 2x
−1 1
−1
π
2π−π π
2−
12 (UniFEI-SP) Dadas a circunferênciax2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 e a reta y = k, com k 7 ς, paraque valores de k essa reta intercepta a circunferência emdois 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
2C
4
Transformando a equação x2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 para sua formareduzida:x2 − 2x 0 1 0 y2 − 4y 0 4 = −1 0 1 0 4(x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4A circunferência de equação (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4 possui centro noponto (1, 2) e raio 2.
X
, portanto
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4216
M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática17
16 (PUC-PR) Se a equação da corda do círculox2 0 y2 = 49, que tem por ponto médio o ponto (1, 2), é daforma 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 poresse ponto médio.
(0, 0)
M(1, 2)
r
s
y x− = − − 0 − =2
12
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 01 0
2, o coeficiente de
r é −
12
e a equação de r será:
15 (IBMEC) Num sistema de coordenadas cartesianasxOy considere a seguinte região:
R:x > 0, y > 0x2 0 y2 < 4x 0 y − 2 > 0
142
43
Logo, a área da região R, em unidades de área, é igual a:a) π 0 2 c) π e) π − 2b) π 0 1 d) π − 1
X
x−2
−2
2
2
B
O
Ax2 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 = S
setor 90) − S
#OAB
S
R=
π 9−
9= π −
24
22 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 retax = 2, então a reta que passa por Cδ e pela origemtem equação 4x − y = 0.
(02) O triângulo de vértices nos pontos A, B e C é retângu-lo em A.
(04) A reta ACsur
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 éx2 0 2x 0 y2 0 2y − 1 = 0.
(64) O raio da circunferência com centro na origem e tan-
gente à reta ABsur
mede
3 22
u.c.
01. IncorretoSe Cδ(4, 1) é o simétrico de Cem relação à reta x = 2, a retaque passa por Cδ e pelaorigem tem equação
02. Correto
04. Corretom
w = 1 → tg (AkB) = 45)
08. Correto
AC e= 0 =1 1 22 2
Aδ 00 1 2,( )
16. IncorretoA área do #ABC é:
32. IncorretoA circunferência circunscrita ao #ABC tem centro (1, 1) e raio 1,portanto de equação:(x − 1)2 0 (y − 1)2 = 1x2 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=d
0, AB
0 0 3
1 1
3 222 2
. .
Portanto: 2 0 4 0 8 0 64 = 78
S#
= = − =12
1 2 1
2 1 1
0 1 1
12
2 1 u.a.
x
y
45)
45)
45)
01 2
1
2
C B
A
x = 2
2 2
x y
x
1
4 1 1
0 0 1
0 0= − =→ 4y
a = 1b = 2c = −5
14
24
3
, portanto: a 0 b − c = 8
64. Correto
perpendiculares, temos:
m e m
m m
w q
w q
=−
−= =
−
−= −
9 = −
2 11 0
12 11 2
1.
1
E como as retas são
x
y
45)
0
1
AδA
C
2
2
O raio da circunferência com centro na origem e tangente à reta ABsur
é igual à distância da origem à reta ABsur
.
Logo, como a equação da reta ABsur
é dada por
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4217
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 duascircunferências cujos centros estão sobre o eixo dasabscissas.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 àsduas 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 = 1r2 = 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
12
3 , que tem por solução única o par (0, 0).
b) As tangentes às duas circunferências, passando pelo ponto (a, 0), nográfico 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, temosa = −4.
#AT1C
1 Κ #AT
2C
2
AC
AC
T C a
a2
1
2 22
1
21
=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 passapelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro no eixo x. Paraqual valor de m a reta r é tangente a C?
b) Suponha agora que o valor de m seja menor que aqueledeterminado no item anterior. Calcule a área do triân-gulo determinado pelo centro de C e pelos pontos deintersecção 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 32
00
=,
(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 mOT
θ = = = =1 1
3
33
•
Portanto, m =
33
b) Se 0
33
, ,m , a reta r é secante à circunferência, e temos o #ABC.
x
y
0C(2, 0)
A
Bd
11
M
dm
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 centroC(2, 0) à reta mx − y = 0:
A área do #ABC é:
No #AMC:
AAB d
m
m
m
m m mmABC#
=9
=
9−
09
0=
−
02
21 3
1
2
12
2 1 31
2
2 2 2
2
AMm
mAM m
m2
2
2
22
2
2
11 1 3
10
0
= =−
0
→
Então:
AB AMm
m= 9 = 9
−
02 2
1 3
1
2
2
.
.
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4318
M21Geometria Analítica: Cônicas
Matemática19
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M21
TERCEIRÃO FTDGeometria Analítica:Cônicas
Caderno de
Atividades
1 (UFC) O número de pontos de intersecção das curvas
x2 0 y2 = 4 e
x y2 2
15 210 = 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
15 210 = 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
01
1
2
A
D
B
x2 0 y2 = 4
C−1
−2
−1−2−3−4 2 3 4
0 = 1x2
15y2
2
Teremos, portanto, quatro pontos (A, B, C e D) de intersecção entre asduas curvas.
Obs.: Podemos também resolver o sistemax2 0 y2 = 4
x y2 2
15 210 =
14
24
3
, obtendo
como resultado os pares
3013
2213
3013
2213
, , , ,
−
− − −3013
2213
3013
2213
, , , ,
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 ab
c c
a a
O
b
F2
X
A equação em questão representa uma elipse.
2 (FGV-SP) No plano cartesiano, a curva de equaçõesparamétricas x = 2 cos t e y = 5 sen t com t 7 ς é:a) uma senóide d) uma circunferênciab) uma cossenóide e) uma elipsec) uma hipérbole
x t t
x= =2
2cos cos→
y sen t sen t
y= =5
5→
14
42
44
3
cos2 t 0 sen2 t = 1
x y2 2
4 2510 =
Em questões como a 3, as alternativas verdadeiras devemser marcadas na coluna I e as falsas, na II.
0 – 0 VerdadeiraO #OB2F2 é retângulo, portanto: a2 = b2 0 c2.
1 – 1 Verdadeira
A excentricidade é e
ca
= .
2 – 2 Falsa
A equação da elipse é:
xa
y
b
2
2
2
210 = .
3 – 3 Verdadeira
A distância focal é F1F
2 = 2c.
4 – 4 FalsaO eixo menor é B1B2 = 2b.
I II0 01 12 23 34 4
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1319
Geometria Analítica: CônicasM21
Matemática 20
4 (UERJ) O logotipo de uma empresa é formado por duascircunferências concêntricas tangentes a uma elipse, comomostra a figura ao lado.A elipse tem excentricidade 0,6e seu eixo menor mede 8 uni-dades. A área da região por elalimitada é dada por a 9 b 9 π,em que a e b são as medidasdos seus semi-eixos.Calcule a área da região definidapela cor verde.
y
x0 5
4
Sendo:a = medida do semi-eixo maiorb = medida do semi-eixo menorc = metade da distância focale = excentricidade
Pelos dados do problema, temos:
e
ca
c= = = =0,63a3
5 5→
a b c a a a2 2 2 2
2
2165
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
xa
2
210 =
y
b
2
2 tangencia internamente a circunferência
de equação x2 0 y2 = 5 e que a reta de equação 3x 0 2y = 6é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadasde 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 oseguinte esboço do problema:
y
x0
P(x0, y0)
3
2
a−a
r: 3x 0 2y − 6 = 0
x2 0 y2 = 50 = 1
x2
a2
y2
5
Na
xa
y
b elipse 1,
2
2
2
20 =
temos b b: .= =5 52→
A reta 3x 0 2y = 6 e a elipse
xa
2
20 =
y2
51 são tangentes:
y =
− 03x 62
xa
y2
2
2
510 =
xa
xa
2
2
2
2
2
625
120
10
− 0
= 0−
=
3x(6 3x)2
→
14
42
44
3
(20 0 9a2)x2 − 36a2x 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 a 2 16
9=
Para determinar o ponto P, resolvemos o sistema
cuja solução é x e y= =
89
53
, que são as coordenadas de P.
b = 5
5 − 5
− 5
9x2
16 51
2
0 =y
3x 0 2y = 6
14
24
3
,
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1320
M21Geometria Analítica: Cônicas
Matemática21
7 (ESPM-SP) Na figura abaixo estão representadas umaparábola de equação y = x2 − 4x 0 6 e uma reta que passapela origem e pelo vértice da parábola. A razão OV : VA é:a) 2 : 3b) 2 : 1c) 2 : 5d) 3 : 2e) 3 : 5
y
xO
V
A
Vb
−−∆
=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 =2 2 2 2 2 1 1 22 2 2
Resolvendo o sistemay = x2 − 4x 0 6y = x
12
3 , obtemos os pontos V(2, 2) e
A(3, 3).
Portanto, a razãoOVVA
= = = :2 2
2
21
2 1.
y (m)
x (m)canal
O
Representando por D o comprimento real de um possível canal retilíneoligando os dois rios, paralelamente ao eixo Oy, temos:
D(x) = 50(yP − y
R) → 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:
x
V= − = =
b2a
100100
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 Bos 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
12
3 →y = 8x − 2x2
y = −2x 0 8
12
3 → 8x − 2x2 = −2x 0 8x2 − 5x 0 4 = 0x = 4 ou x = 1
Coeficiente angular da reta q:
mq
=−
−=
−= −
6 01 4
63
2
Ponto médio de i:
MAB
=0 0
=4 1
20 6
252
3, ,
A equação da mediatriz do segmento i passa pelo ponto médio de
i e é perpendicular a i:
mm
= − =−
−=
1 12
12
i
y x− = − − 0 =352
7 012
2x 4y
→
Equação da mediatriz:
y − 1 = m(x − 1) Θ retay = 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 = 0mδ = mφ = 2
9 (UFJF-MG) O valor de m 7 ς para o qual a retay − 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, ostrechos de dois rios: um des-crito pela parábola y = x2 e ooutro pela reta y = 2x − 5.De todos os possíveis canaisretilíneos ligando os dois riose construídos paralelamenteao eixo Oy, o de menor com-primento real, considerando a escala da figura, mede:a) 200 m c) 300 m e) 400 mb) 250 m d) 350 m
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1421
Geometria Analítica: CônicasM21
Matemática 22
10 (ITA-SP) Os focos de uma elipse são F1(0, −6) eF2(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 que9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 0 é a equação de umahipérbole, calcule sua distância focal.
12 (UFRJ) Determine o comprimento do segmento cujasextremidades são os pontos de intersecção da reta y = x 0 1com 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
x45
1.2 2
0 =
Como B(x, 3) pertence à elipse, temos:
381
x45
1 x 2 102 2
0 = =→
Logo, a área do #BF1F
2 é igual a
12
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
11
=− 5
2 e
x
1.
2=
0 5
2
Assim, o segmento m assinalado na figura mede:
x2 − x
1 1 5
25
1=
0−
−=
5
2
Como ε = 45�, temos que 5 d= cos 45�.
Logo, d 5 2 10 .= 9 =
9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 09y2 − 144y − 16x2 0 224x = 3529(y2 − 16y 0 64) − 16(x2 − 14x 0 49) = 352 0 9 9 64 − 16 9 499(y − 8)2 − 16(x − 7)2 = 144
9(y 8)
144
16(x 7) 144144
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
M22Números Complexos
Matemática23
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M22
TERCEIRÃO FTDNúmeros 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 iPortanto, x = −3 − i.
1 (Unesp-SP) Se z = (2 0 i) 9 (1 0 i) 9 i, então x, oconjugado de z, será dado por:a) −3 − i c) 3 − i e) 3 0 ib) 1 − 3i d) −3 0 i
X
4 (UFU-MG) Sejam z1 e z2 os dois números complexosde 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 = x2xy = −y
12
3
x pois y= − ϑ
12
0, �
y2 = x2 − x �
14
24
3
→
Substituindo em :� � y y2
14
12
34
32
= 0 = = Σ→ .
Logo z i e z i, .
1 2
12
32
12
32
= − 0 = − −
z z
1 2
12
12
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 dosnúmeros z tais que a parte real de z2 é igual a 2 é uma:a) hipérbole c) circunferência e) parábolab) elipse d) reta
X
Logo: x 1, que é a equação de uma hipérbole.2 − = − =y
x y2
2 2
22 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 realestritamente negativa e parte imaginária estritamente positiva.A única alternativa que satisfaz tais condições é Z2.
2 (IBMEC) Seja Ν o conjunto dos números complexos ei a unidade imaginária tal que i2 = −1. Na figura estãorepresentados, 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 termosde ordem ímpar é 1 − i e a soma dos termos de ordem paré 2i, em que i é a unidade imaginária. Determine o númerocomplexo 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 − ixq 0 xq3 = 2i
12
3 →x(1 0 q2) = 1 − i �
xq(1 0 q2) = 2i �
12
3
Fazendo � : �, temos:
1 11
22
1q
iq
i ii=
−=
−−
0
0=
− 0= − 0
2i2i (1 i)
(12i→
)
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 ouz2 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}
zii
ii
i ii
=−
09
−
−=
− − 0
−=
−= −
31
11
31
22
12
2
3i 4i2i
z i zii
(1 i)0 = − =−
03
31
→b)
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5523
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 zi a
: =0
ε 0=
0
0 09
− 0
− 0
2 23i 3i(b 1)i
[a (b 1)i]
[a (b 1)i]
z2 2bi 2i 3a 3bi 3i
[(b 1)i]
2 2
2=
− − 0 − −
− 0
a ia 2
Como ε 0 i ϑ 0, temos:
Para que z seja um imaginário puro, devemos ter:
2a 3b 3 02a
0 0 = = −0→
b
33
ε = 0 = −0
ϑa a i abi2a 3
30
,
z i=0 0 0 − −
0 0=
0 0
0 00
− −
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, suarazão é q = i, em que i é a unidade imaginária e o seuúltimo termo é (i 0 1). Encontre o seu primeiro termo.
1
11 1
0 = 9 =0
i a i ai
i→
Em uma PG com (8n 0 2) termos, razão q = i e último termo (1 0 i),temos:a
n = a
1 9 qn − 1
1 0 i = a1(i)8n 0 1 = a1 9 i8n 9 i1
1 0 i = a1(i4)2n 9 (i)
ai
iii
ii
1
1 11
1=0
9 =− 0
−= −
11 (UEL-PR) Na figura abaixo, o ponto P representaum 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
xO
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 doplano complexo ao ponto imagem de z. Assim, dado o com-plexo z = 3 0 2i, considere o #ABO, cujos vértices A e Bsão os respectivos pontos imagem de z e z 9 i. É verdadeque esse triângulo é:a) eqüilátero d) retângulo e não isóscelesb) escaleno e) isósceles e não retânguloc) 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 representamz 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 númeroscomplexos 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
2c) z e) Im(z)
b)
x
2d) 2 Re(z)
X
Logo, a medida do segmento queune as imagens de z e x é um doslados 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
M22Números Complexos
Matemática25
Para
quez i0
01 iz seja um número real, é preciso que
14 (Fuvest-SP) Nos itens abaixo, z denota um númerocomplexo e i a unidade imaginária (i2 = −1). Suponha z ϑ i.
a) Para quais valores de z tem-se
z iiz
0
0=
12?
b) Determine o conjunto de todos os valores de z para os
quais
z iiz
é0
01 um número real.
z iz i i z
i0
0= 0 = 0 − = − =
−
−12 2 2
21iz
2iz z(1 2i)2i
→ → →a)
zi i
z i=−
−9
0
0=
0 − −
−=
0= 0
21
21
45
45
352i
(1 2i)(1 2i)
4i 2i4i
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
− 09
− −
− −1 1izbi
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 z2
1 1= =→ .
12 (MACK-SP) Se i2 = −1, o complexo z
i ii
=−
−
2 003
1é:
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
zi i
ii ii
i ii i
=−
−=
−
−=
− −
−=
−
−
2 003 3
1 1 1 12i
z2i(i 1)
(i 1)(i 1)
2i(i 1) 2i(i 1)=
− 0
− 0=
− 0
−=
− 0
−= 0 = − 0
ii i z i
22
1 21→
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 33
i
b) x = − 02 2 3 i e) z i= − 02
33
c) z i= − 02 3
Im(z)
−2
P
Re(z)30)
13 (Fatec-SP) Na figura abaixo tem-se o ponto P, afixodo número complexo z, no plano de Argand-Gauss.
X
Im(z)
−2 2
bP
Re(z)30)
tg
bb b30
233
2 33
2 33
) = = = = −→ →
Então:
z i e i= − − = − 022 3
32
2 33
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 = 6axw − zz = 8b
12
3
zw = 1.
x 9 w 0 z 9 z = 6ax 9 w − z 9 z = 8b
2x 9 w = 6a 0 8bx 9 w = 3a 0 4b → z 9 z = 3a − 4b
12
3
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 29a 16b 9a 16b2 2 2 2→
zw zw e= = − =1 1 1
22 2→ 9a 16b
9a2 − 16b2 = 1a2 0 b2 = 0
12
3 →9a2 − 16b2 = 116a2 0 16b2 = 0
12
3
a a2
125
15
= = Σ→
25a2 = 1
Portanto, a =
15
.
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5625
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 duasdas raízes dessa equação?
a) 2 3 b) −
32
c) 0
32
d) −i e) 0
i2
X
z4 − z2 0 1 = 0
z
i2 1 1 42
1 32
1 32
=Σ −
=Σ −
=Σ
z i z i2 2
12
32
12
32
= 0 = −� �ou
De � vem:
z i2 1
232
= 0
z2 = cos 60) 0 i sen 60)
z i z i= ) 0 ) = 0cos 30 sen 30 → 3
212
z i z i= ) 0 ) = − −cos 210 sen 210 → 3
212
O conjunto solução da equação z4 − z2 0 1 = 0 é:
De � vem:
z i2 1
232
= −
z2 = cos 300) 0 i sen 300)
z i z i= ) 0 ) = − 0cos 150 sen 150 → 3
212
z i z i= ) 0 ) = −cos 330 sen 330 → 3
212
E a soma de duas das raízes da equação pode ser 0 ou Σ Σ3 i.ou
32
12
32
12
32
12
32
12
0 − − − 0 −i, i, i, i
16 (UFBA) Determine a soma das soluções daequação x i4 8 8 3= − 0 .
x i x i4 48 8 3 8 8 3= − 0 = − 0→
� = 16
cos θ = −
12
sen θ =
32 1
44
24
43
θ =
π23
xk
i senk
=
π0 π
0
π0 π
16
23
2
4
23
2
44
cos
k x i sen i i= =
π
0π
= 0 = 00 2
26
12 62
32
12
31
→
cos
k x i sen i= =π
0π
= − 01 223
23
1 32
→
cos
k x i sen= =π
0π
= − −2 276
76
33
→
cos 1i
k x i sen i= =π
0π
= −3 253
53
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
zz
n
2n1 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 θ9
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
) [ )] ) )
( ) )
12
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
M23Polinômios
Matemática27
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M23
TERCEIRÃO FTDPolinômios Caderno de
Atividades
(08) O determinante
1 1 11 1 11 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 ié
i( )
( ).
2
135 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 5para x = i é p(i) = 4 − 4i.
(02) O conjugado do número complexo z
ii
=2 0
é 1 0 2i.
(04) A forma trigonométrica do número complexo
z i é z i sen= =1 3 2
53
53
−π
0π
cos .
01. CorretaSe p(x) = x2 − 4x 0 5, então p(i) = i2 − 4i 0 5 = 4 − 4i.
02. Correta
zi
ii
iii
=0
=0
9 =− 0
−
2 2 11
2i
Se z = 1 − 2i, então x = 1 0 2i.
04. Correta
z i i sen= − =π
0π
1 3 253
53
cos
z = 0 =1 3 22 2
θ =
π53
08. Incorreta
Portanto: 1 0 2 0 4 0 16 = 23
16. Correta
2i3i
3i3i
2i1
11
610
35 5−
90
0=
− 0= − 0
i
Im
1
2
z
0 Re
5π
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 dosnúmeros que identificam as alternativas corretas.
2 (ESPM-SP) As retas r, s e t do plano cartesiano represen-tam as variações do comprimento, largura e altura de umparalelepípedo reto-retângulo em função da variávelx (0 , x , 6). Assinale o polinômio que representa a variaçãodo 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
x0
3
6
6
rt
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, opolinômio 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 − 012
3x x
(
x − 2y = −6x 0 y = 6
12
3 →x = 2y = 4
→ P(2, 4) é o ponto de intersecçãodas retas r, s e t.
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0027
PolinômiosM23
Matemática 28
3 (PUC-RJ) Dado que as raízes do polinômiop(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) = 0p(0) = 03 0 a 9 02 0 b 9 0 0 c = 0 → c = 0p(1) = 13 0 a 9 12 0 b 9 1 0 c = 0 → a 0 b = −1p(−1) = (−1)3 0 a(−1)2 0 b(−1) 0 c = 0 → a − b = 1
a 0 b = −1a − b = 1
12
3 → a = 0 e b = −1
4 (MACK-SP) Se
axx
2xx2 2−
0−
=−
−1 111
bx
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
axx
2x1, 1}
2 −0
−=
−
−? 7 ς − −
1 1112
bx x
x, {
ax bx 2x0 0
−=
−
−
bx x2 21
11
(a b)x 2x0 0
−=
−
−
b
x x2 2111
→ a 0 b = 2b = −1
→a = 3b = −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), deixaresto (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 . 0x2(x − 3) − (x − 3) . 0(x − 3) 9 (x2 − 1) . 0S = {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 édivisível por (x 0 1)2, então a soma a 0 b vale:
a) 1 b) −1 c) 2 d) −
12
e)
12
X
a b0 = 1
2.
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0028
M23Polinômios
Matemática29
12 (UFV-MG) Considere os polinômiosP(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 8P = x3 − 5x2 0 2x 0 8Q(x) = x2 − 1Uma das maneiras de determinar o resto da divisão de P(x) por Q(x) édividir 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 porx2 − 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) = 0p(−1) = 0
12
3 →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
12
3
04m 0 2n = 026m − n = 02
12
3 →m = 5n = 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 umpolinômio k(x) tem Q(x) = x3 0 3x2 0 5 como quociente eR(x) = x2 0 x 0 7 como resto. Sabendo-se que o resto dadivisão 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) = 2k(x) x2 q
1(x)
→ p(0) = Rp(x) xR q2(x)
8 (ITA-SP) Considere o polinômioP(x) = 2x 0 a2x
2 0 ... 0 anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an
formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0. Sabendo
que −
12
é uma raiz de P e que P(2) = 5 460, tem-se que
o valor de
n qq
é2 3
4
− igual a:
a)
54
b)
32
c)
74
d)
116
e)
158
X
Se 2, a2, a3, ..., an formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0, entãoa2 = 2q, a3 = 2q2, ..., an = 2qn − 1 eP(x) = 2x 0 a
2x2 0 a
3x3 0 ... 0 a
nxn = 2x 0 2qx2 0 2q2x3 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�
Como é P− − =12
12
0
raiz, tem-se .
Substituindo em �:
212 2
1
21
0 12
0
− 9 − −
− −
= − − =
→
q
n
n
− = − =q
n
21
→ ( q) 2n n
Temos, pelo enunciado, que P(2) = 5 460.Substituindo em �:
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 15 460 4 4 096 6
]→ →n n
n q
q
2 3
4
2 3
4
6 22
36 816
74
−=
−=
−=
9 (UEL-PR) Qual é o resto da divisão de p(x) = x110 − xpelo 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) pelopolinômio 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 bp(−1) = a 9 (−1) 0 b
12
3 →0 = b(−1)110 − (−1) = −a
12
3 →b = 0a = −2
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0129
PolinômiosM23
Matemática 30
13 (Fatec-SP) O polinômio
p x
ax
a= 0 − −3 2
2 27x , a 7 ς, é divisível por (x − 2).
Se o polinômio q = 2ax3 0 3ax2 0 bx 0 1 é um cuboperfeito, 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 00 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
ax
a3 2
2 2 é divisível por x − 2, então
p(2) = 0, portanto:
2
22 7 2
20
26
263 20 9 − 9 − = − = = =
a a aa→ → →2a
3a4
15 (Fuvest-SP) Dado o polinômiop(x) = x2(x − 1) 9 (x2 − 4), o gráfico da função y = p(x − 2)é mais bem representado por:
a)
1 2 3 4x
y
0
1 2−1−2 x
y
0
d)
b)
1 2 3 4x
y
0
1 2 3 4x
y
0
e)
c)
X
pois para todo x , 0 tem-se p(x − 2) , 0 e para todo x . 4 tem-sep(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). Ográfico de p(x − 2) é do tipo
2 3 4x
p(x − 2)
0
−1−2−3−4x
y
0
14 (ITA-SP) Dividindo-se o polinômioP(x) = x5 0 ax4 0 bx2 0 cx 0 1 por (x − 1), obtém-se restoigual a 2. Dividindo-se P(x) por (x 0 1), obtém-se resto iguala 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x − 2), tem-se que o
valor de
abc
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 = 2P(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) 00 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 = 0P(2) = 16a 0 4b 0 2c = −33
P(x) x − 2
0
a 0 b 0 c = 0a 0 b − c = 316a 0 4b 0 2c = −33
14
24
3
→
a 0 b 0 c = 0−2c = 3
16a 0 4b 0 2c = −33
14
24
3
→
a 0 b 0 c = 016a 0 4b 0 2c = −33
c = −
32
14
24
3→ → 16a 0 4b = −30
c = −
32
14
42
44
3
a b0 =
32
→
a = −3
b =
92
c = −
32
Então:
a bc9
=
− 9
−
=
−
−
=
392
32
27232
9
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0130
M24Equações Polinomiais
Matemática31
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M24
TERCEIRÃO FTDEquações Polinomiais Caderno de
Atividades
2 (UFSCar-SP) Considerando que 2i é raiz do polinômioP(x) = 5x5 − 5x4 − 80x 0 80, a soma das raízes reais dessepolinômio 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) = 0x − 1 = 0 → x = 1oux4 − 16 = 0 → x4 = 16 → x = Σ2 ou x = Σ2i
X
1 (UEL-PR) Sobre a equação x3 − x2 0 x − 1 = 0, écorreto 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) = 0x − 1 = 0 → x = 1oux2 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 sãoraízes 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 osconjugados 2 − 3i e −2 0 3i também são raízes. Portanto, o seu graué no mínimo 4.
b) x3 − x2 − 7x 0 15 = 0Essa 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 = −3As 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 apresentauma raiz igual a 2 0 i. Obtenha as outras raízes.
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0331
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 −
− − − 01,
1 52
1 52
e .
x 0 1 = 0 → x = −1
x2 0 x − 1 = 0
x
x
�
��
=− −
=− 0
1 52
1 52
01. CorretoA única raiz racional de P(x) é 0.
02. IncorretoO resto da divisão de P(x) por x 0 1 éP(−1) = ((−1)4 − 4) 9 ((−1)3 − 2(−1)2 0 5(−1)) = 024
04. CorretoP(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 deP(x) = (x3 − 2x) 9 (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) por Q(x) = x3 − 2x é iguala (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) = x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10.
08. Incorreto
(z )
16 = − = − 9 = = −2 2 8 8
6 66 2i i i( ) ( )
16. Correto
5i 5i2i
2i2i
5iz
i2
111
105
2=0
9−
−=
0= 0
Portanto: 1 0 4 0 16 0 32 = 53
32. CorretoSe z2 = 1 0 2i → x2 = 1 − 2iSendo θ o argumento de x2, temos:
x
21 4 5= 0 = e
cos θ = =
ax 2
1
5
Logo, cos 2 2 cos 2θ = θ − = − = −1 21
51
35
2
.
6 (Fatec-SP) Uma das raízes da equaçãox3 0 3x2 0 2x − 120 = 0 é um número inteiro positivomenor do que 5. Outra das raízes é:
a)
7113
c) −
7i13
e)
− −7 712i
b)
7113
d)
− −7 712
X
Portanto, as outras raízes da equação são
− − − 07 712
7 712
ie
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 deBriot-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
7 712
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 z
1 22 1= − 9 = 0 2i
7 (UFBA) Considere o polinômioP(x) = (x4 − 4) 9 (x3 − 2x2 0 5x), sendo z1 = a 0 bi ez2 = 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 éigual a x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10.
(08) (z1)6 = 8i
(16)
5iz2
= 02 i
(32) Se o argumento de x2 é θ, então cos .2
35
θ = −
Em questões como a 7, a resposta é dada pela soma dosnúmeros que identificam as alternativas corretas.
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0332
M24Equações Polinomiais
Matemática33
10 (UFC) Seja P(x) um polinômio de grau n > 1, comcoeficientes reais. Sabendo que P(3 0 i) = 2 − 4i, em quei2 = −1, calcule P(3 − i).
Sendo P(x) = anxn 0 an − 1x
n − 1 0 ... 0 a1x 0 a0, com an ϑ 0, podemosescrever:
P(3 − i) = an(3 − i)n 0 a
n − 1(3 − i)n − 1 0 ... 0 a
1(3 − i) 0 a
0
P(3 − i) = an(3 0 i)n 0 a
n − 1(3 0 i)n − 1 0 ... 0 a
1(3 0 i) 0 a
0 Θ
Θ pois 3 0 i = 3 − i
Sejam Z1 = a 0 bi e Z
2 = a − bi, com a, b 7 ς.
Z1 0 Z2 = (a 0 bi) 0 (a − bi) = 2a �
Z1 9 Z2 = (a 0 bi) 9 (a − bi) = a2 0 b2 �
Logo, P(x) = (x − Z1) 9 (x − Z
2) = x2 − (Z
1 0 Z
2)x 0 Z
1 9 Z
2
Substituindo os valores de � e �:P(x) = x2 − 2ax 0 a2 0 b2, que é um polinômio do 2o grau com coeficientesreais.
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 coeficientesreais.
9 (UFC) A área do polígono cujos vértices são asrepresentações geométricas das raízes do polinômiop(x) = x6 − 1 é:
a)
3 32
c)
3 22
e)
3 34
b)
2 33
d)
2 23
Im
Re1
1 1
R2 R3
R4
R5 R6
R1
1O
S
#= =
OR R
2
1 2
1 34
34
S S
hex= 9 = =
#6
6 34
3 32
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 iguala 1 e suas representações geométricas são pontos eqüidistantes sobreuma circunferência com centro na origem e de raio 1. Como 1 é uma des-sas raízes, a representação geométrica dessas raízes são os vértices deum hexágono regular inscrito na circunferência, conforme a figura abaixo.
X
8 (Unesp-SP) Considere a função polinomial do 3o graup(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 entre1 e 2, pois p(1) 9 p(2) , 0, e nenhuma raiz complexa.
a) p(x) = x3 − 3x 0 1p(−2) = −8 0 6 0 1 → p(−2) = −1p(0) = 0 − 0 0 1 → p(0) = 1p(1) = 1 − 3 0 1 → p(1) = −1p(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 a 0
u Θ pois a k
u = ak,
sendo ak 7 ς
P(3 − i) = an(3 0 i)n 0 a
n − 1(3 0 i)n − 1 0 ... 0 a
1(3 0 i) 0 a
0
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
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) =
− −
− −
−
det3 1 20 1
0 4 1
xa 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 20 1 1
0 4 1
0
xx
x
(3 − x) 9 [(1 − x)2 0 4] = 03 − x = 0 → x = 3ou(1 − x)2 0 4 = 0 → (1 − x)2 = −41 − x = Σ2ix = 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)] = 0Essa equação tem uma única raiz real (x = 3) quandox2 − (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) , 0a2 − 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)] = 0transforma-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 únicaraiz real, de multiplicidade 3.
−3 , a , 5{ {
}−3 5
Analisando o gráfico e a equação e = t3 0 at2 0 bt 0 c, concluímos queexistem três raízes reais: 0 é raiz simples e 3 é raiz dupla.
Então a equação que representa a posição do ciclista pode ser escrita naforma: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 = bou 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 out2 − 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 ociclista 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 funçãodo tempo t, em segundos, em que a, b e c são númerosreais fixos.
3 t (s)
e (m)
0
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0434
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=
61,
com 0 < θ < π, então o produto das raízes da equaçãopolinomial é:
a) −
12
b)
32
c) 12 d) 16 e) 24
sen
πθ=
πθ=
π0 π θ = 0
61
6 23→ →2k 12k
a b c
ma b c9 9 = − 9 9 = =
2242
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 3r r r r r r90
90
9
b) Resolva a equação x3 − 2x2 − 5x 0 6 = 0, sabendo quea 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 3r r r r r r
r r r
r r r0 0 =
0 0
Das relações de Girard, temos:r
1 0 r
2 0 r
3 = 4 e r
1r
2r
3 = 1
Logo:
1 1 1 41
41 2 1 3 2 3
r r r r r r0 0 = =
b) Sejam r1, r2 e r3 as raízes da equação.Do enunciado e das relações de Girard, temos:
→ 4 0 r3 = 2 → r
3 = −2
r1 0 r2 0 r3 = 2r1 0 r2 = 4
12
3
Como −2 é uma das raízes, temos:
−2 1 −2 −5 6
1 −4 3 0
x 0 2 = 0 → x = −2oux2 − 4x 0 3 = 0 → x� = 1 ou x�� = 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
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 =
133
ab ac bc0 0 =
73
abc =
13
14
44
24
44
3
V abc= =
13
S
VT
= =
14313
14
ST = 2(ab 0 ac 0 bc) = 2
73
143
9 =
b) Raízes racionais possíveis: Σ1 e Σ
13
. É fácil verificar que 01 e −1 não
são raízes do polinômio. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para 13
:
Logo, a =
13
.
As outras são raízes de 3x2 − 12x 0 3 = 0 →
x2 − 4x 0 1 = 0.
→ Uma das dimensões é 13
.−2 3 −13 7 −1
3 −12 3 0
13
x =
Σ −=
Σ= Σ
4 16 42
4 122
2 3
Dimensões: .
13
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 dep(x).Sejam ε, ψ, 1 0 2i e 1 − 2i as raízes de x4 0 x3 0 13x 0 5. Pelas relaçõesde Girard, temos:
Portanto, as raízes de p(x) são: 0, 1 2i, 1 2i,0 −
− 0 − −3 52
3 52
, .
ε 0 ψ 0 (1 0 2i) 0 (1 − 2i) = −1ε 9 ψ(1 0 2i) 9 (1 − 2i) = 5
12
3
ε 0 ψ = −3ε 9 ψ = 1
12
3 → ε =
− 03 52
ψ =
− −3 52
14
42
44
3
19 (Fuvest-SP) As raízes do polinômiop(x) = x3 − 3x2 0 m, em que m é um número real, estãoem 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 = 1a = 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 − 21 1 −3 0 2
1 −2 −2 0
x2 − 2x − 21442443
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 32
1 3− − = =Σ
= Σ2x →
20 (PUC-SP) Sabe-se que a equaçãox4 0 3x3 − 13x2 − 27x 0 36 = 0 admite as raízes reaisa, 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 log 25 z é igual a:
a)
15
b)
14
c)
12
d) 2 e) 5
Como a, b, c e d são as raízes da equação, pelas relações de Girard, temos:abcd = 36 �
Dados:a 0 b = −7 �
cd = 3 �
12
3
De � e �: a 9 b 9 3 = 36 → a 9 b = 12 �
Se a = −4 e b = −3, temos:
z = −4 − 3i e z = − 0 − =( (4) 3)2 2 5
De � e �:a 0 b = −7ab = 12
12
3
a = −4 → b = −3oua = −3 → b = −4 (não serve,pois a , b)
a(−7 − a) = 12 → a2 0 7a 0 12 = 0
Logo, log 5
25=
12
.
X
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0536
M24Equações Polinomiais
Matemática37
21 (Unicamp-SP) Considere a função quadráticaf(x) = x2 0 x cos ε 0 sen ε.
a) Resolva a equação f(x) = 0 para ε =
π32
.
b) Encontre os valores de ε para os quais o número com-
plexo
12
32
0 i é raiz da equação f(x) 0 1 = 0.
a)
ε =π
= 0π
0π
=
32
32
32
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
12
32
0 é raiz da equação f(x) 0 1 = 0, cujos coeficientes são
reais, então
12
32
− i também é raiz.
Aplicando as relações de Girard, na equação do 2o graux2 0 x cos ε 0 (sen ε 0 1) = 0, temos:
12
32
12
32
0 0 − = − = − εi iba
cos �
12
32
12
32
10 9 − = = ε 0i ica
sen
�
14
42
44
3
De � vem: 1 = −cos ε → cos ε = −1De �: 1 = sen ε 0 1 → sen ε = 0
12
3
→ 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, be 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 = pab 0 ac 0 bc = 0abc = qm
14
24
3
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 asraízes 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 2é 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 3para p(x).
(08) Para que o polinômiop(x) = (a 0 b)x2 0 (a − b 0 c)x 0 (b 0 2c − 6) sejaidenticamente nulo, o valor de c é 4.
01. CorretaSendo a, b e c as raízes da equação x3 − 2x2 − 4x 0 1 = 0, pelasrelações 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) = 4a2 0 b2 0 c2 = 12
02. CorretaO resto da divisão de p(x) = x6 − x4 0 x2 por x 0 2 ép(−2) = (−2)6 − (−2)4 0 (−2)2 = 52.
04. IncorretaDividindo-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. IncorretaPara que p(x) seja identicamente nulo, devemos ter:
14243 a 0 b = 0
a − b 0 c = 0b 0 2c − 6 = 0
→
14243 a = −b
a − b 0 c = 0b 0 2c = 6
123 −b − b 0 c = 0
b 0 2c = 6 123 −2b 0 c = 0
b 0 2c = 6→
→ c =
125
(a 0 b 0 c)2 = 22
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0537
Equações PolinomiaisM24
Matemática 38
24 (Unicamp-SP) Dado o polinômioP(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 umadivergência quanto à formação de uma comissão gestora,a ser escolhida entre os presentes. Um grupo defendiauma comissão com três membros, sendo um presidente,um vice-presidente e um secretário. Outro grupo queriauma comissão com três membros sem cargos definidos.A primeira alternativa oferece 280 possibilidades deescolha 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 8Como 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
194
.= −
As raízes são, portanto, − −
194
74
,54
e174
.,
Como o produto das raízes é igual a k, temos:
k
194
74
54
174
= − 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:
Cn!
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) = 336n3 − 3n2 + 2n − 336 = 0
P VP S An, 3 n 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 = −143Portanto, o número de pessoas presentes à reunião era 8.
1336 2 2168 2 4
84 2 842 2 1621 3 3 − 6 − 12 − 24 − 48
7 7 7 − 14 − 28 − 56 − 112 − 21 − 42 − 84 − 168 − 3361
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0538