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parte A

Resoluções das atividades adicionais Aula 91

1. alternativa C

( ) ( )x y− + − =1 2 42 2 tem centro no ponto (1; 2) e raio igual a 2.

A área pedida está destacada na figura e valeπ

π⋅

=2

4

2

.

2.

As intersecções entre as retas x a= , y a= − e y x= ocorrem

nos pontos A(a; a), B(−a; −a) e C(a; −a). A área destacada é2 2

22 2a aa

⋅= . Portanto 2 18 9 32 2a a a= ⇔ = ⇔ = .

3. Tx y x x y

=

+ − +

=

− + +

200

4 8

200

2 42 2 2 2( )

Tx y

x y≥ ⇔

− + +

≥ ⇔ − + ≤20200

2 420 2 6

2 22 2

( )( )

A região é um círculo de raio 6 e centro (2; 0).

A área pedida é π π⋅ =( )6 62 .

1

x

y

y 2=

2

1

x 1=

2

x

y

y x=

_ aB

a

C

A x a=

y _ a=

x

y

y 3 _ 5x=

4. alternativa A

A parábola é do tipo y ax=2. O ponto (2; 1) pertence a essa

curva, logo 1 21

42

= ⋅ ⇔ =a a .

A reta tem equação y x yx

− =−

− −− ⇔ = − +1

2 1

2 22

4

3

2( ) .

Na região destacada temos − ≤ ≤2 2x ey

x

yx

≥

≤ − +

2

4

4

3

2

, ou

ainda, − ≤ ≤2 2x ex

yx2

4 4

3

2≤ ≤ − + .

5. y x> −3 5

| |y x y x− > ⇔ − >1 1 ou y x y x− < − ⇔ > +1 1 ou

y x< − + 1

y < 2

2

x

y

y _ x 1= +y x 1= +

x

y

y 2=

x

y

x y 1+ ≥

x _ y 1≥

_ x y 1+ ≥

_ x y 1_≥

x

y

1

_1

_1

1

Fazendo a intersecção entre as três regiões temos:

6. alternativa B

| | | |x y+ ≤ 1 pode ser representado observando o módulo de x e

y nos quatro quadrantes.

( ) ( )x y x y− ≤ − ⇔ − + ≤1 1 1 12 2 2 2 é um círculo de centro

(1; 0) e raio 1.

A intersecção entre as regiões é um setor circular de raio 1 e

ângulo de 90o.

A área pedida éπ π⋅

=1

4 4

2

.

3

x

y

2

3

1

135_

x

y

1

_1

_1

1

x

y

x 2y=x 2y≥

parte A


7. alternativa D

A representação do sistema é a intersecção das 3 regiões ante-

riores.

x y

y x

x

≤

≤

≤

2

3

15

1

x

y

y 3x≥

y 3x=

x

y

15

x 15=

x

y

8. alternativa C

Sendo p o número de carros pequenos e g o número de carros

grandes, temos:

p g

p g

+ ≤

≥

60

3

A receita do lava-rápido é dada por R p g p g( ; ) = +8 12 e no

ponto:

• A é de 8 0 12 0 0⋅ + ⋅ = reais.

• B é de 8 45 12 15 540⋅ + ⋅ = reais.

• C é de 8 60 12 0 480⋅ + ⋅ = reais.

A receita máxima é de R$ 540,00.

9. Sendo feitos x pacotes da 1ª mistura e y pacotes da 2ª mistura,

nas condições do problema temos:

250 500 75 000

750 500 120 000

2 300

3 2 480

x y

x y

x y

x y

+ ≤

+ ≤⇔

+ ≤

+ ≤

2

x

y

3x 2y 480+ =

A

B

C

x 2y 300+ =

160

150

105

90 240 300

p g 60+ =

p 3g=

g

p

60

45

15

A

B

C60

Verificando o lucroL x y x y( ; ) , ,= +025 045 , nos pontos A, B eC

temos:

• 0,25 240 0,45 0 60⋅ + ⋅ = reais no ponto A.

• 0,25 90 0,45 105 69,75⋅ + ⋅ = reais no ponto B.

• 0,25 0 0,45 150 67,50⋅ + ⋅ = reais no ponto C.

Para obter o lucro máximo, devem ser feitos 90 pacotes da

1ª mistura e 105 pacotes da 2ª mistura.

10. A tabela a seguir indica as quantidades mínimas de vitaminas

requeridas para cada 100 onças de alimento.

Vitamina 1 2 3 4

quantidade

(unidades)50 100 60 180

A distribuição de vitaminas (unidades) por suplemento é:

Vitaminas

1 2 3 4

Suplemento I 5 25 10 35

Suplemento II 25 10 10 20

Assim temos, comprando x onças do suplemento I e y onças

do suplemento II:

5 25 50

25 10 100

10 10 60

35 20 180

5 10

5

x y

x y

x y

x y

x y+ ≥

+ ≥

+ ≥

+ ≥

⇔

+ ≥

x y

x y

x y

+ ≥

+ ≥

+ ≥

2 20

6

7 4 36

3

x

y

10

9

6

2

1

4 5 367

x 5y 10+ =

7x 4y 36+ =

x y 6+ =

6 10

AB

D

C

E

Encontrando as intersecções entre as retas do gráfico anterior.

Ponto B:

x y

x y

x

y

+ =

+ =⇔

=

=

5 10

6

5

1

Ponto C:

x y

x y

x

y

+ =

+ =⇔

=

=

6

7 4 36

4

2

Ponto D:

5 2 20

7 4 36

4

3

20

3

x y

x y

x

y

+ =

+ =⇔

=

=

Calculando o custo C x y x y( ; ) , ,= +030 040 na compra dos

suplementos no ponto:

• A temos 0,30 10 0,40 0 3⋅ + ⋅ = reais.

• B temos 0,30 5 0,40 1 1,90⋅ + ⋅ = real.

• C temos 0,30 4 0,40 2 2⋅ + ⋅ = reais.

• D temos 0,304

30,40

20

3

92

30⋅ + ⋅ = reais.

O custo mínimo ocorre comprando 5 onças do suplemento I

e 1 onça do suplemento II.

4

parte A


11. alternativa D

20 18 16 14 6 4 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅K

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 10 2 9 2 8 2 7 2 3 2 2 2 1K

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅2 2 2 2 10 9 8 7 3 2 1 2 1010K K !

12. alternativa A

n

n

n

n n nn

n

n

n

n

!

( )!

!

( )( ) !( )(

3

3 2

3 3

3

32 1

3

2

1

2

2

3+

− ⋅ += ⋅

⋅ + +

=+ n + 1)

=+ +

27

3 22n n.

13. alternativa E

Para n + >1 4 e n n− > ⇔ >1 2 3, temos:

n

n

n n n n

n

+

−

= ⇔

+ − −⋅ ⋅ ⋅

−

1

4

1

2

7

2

1 1 2

4 3 2 1

( ) ( )( )

( 1 2

2 1

7

2)( )n −⋅

=

⇔ +⋅

= ⇔ + − = ⇔ =( )n nn n n

1

4 3

7

242 0 62 .

14. alternativa E

an

n

n

n n n

n

n nn =

=

−=

2 2

2

2( )!

( )! !

( )!

! !

bn

n

n

n n n

n

n nn =

−

=

− + −=

+ −2

1

2

2 1 1

2

1

( )!

( )!( )!

( )!

( )!( 1)!

( )!

( ) ! ( )!

( )!

( ) ! !

2

1 1

2

1 1

n n

n n n n

n n

n n n

n

nan+ −

=+

=+

⋅ .

Assim a b an

na

a

nn n n n

n− = −+

⋅ =+( )1 1

.

15. alternativa E

A sentença I é verdadeira, pois os binomiais são complementa-

res, ou seja, 32 18 50+ = .

A sentença II é verdadeira observando o teorema das linhas.

Utilizando o teorema das colunas, nota-se que a sentença III é

verdadeira.

1

parte A


16. alternativa B

Como o desenvolvimento de ( cos )sen x x+ 6 tem 7 termos, o

4º termo é o central. Assim T x x43 36

3

5

2=

=sen cos

⇔ ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⇔ =6 5 4

3 2 1

5

2

5

403 3(sen (senx x x xcos ) cos )

⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⋅ ∈sen senx x x x K K Zcos ,1

22 1 2

22

π π

⇔ = + ∈x K K Zπ π4

, . Os possíveis valores de x são

π π π4

5

4

9

4, , , ... que estão no 1º ou 3º quadrantes.

17. alternativa E

x y

x x y x y xy y

x y

x y

− =

+ + + + =⇔

− =

+ =

1

4 6 4 16

1

164 3 2 2 3 4 4( )

Para x e y positivos, temos:

x y

x y

x

y

− =+ =

⇔=

=

1

2

3

2

1

2

18. alternativa D

O termo geral do desenvolvimento de ( )a + 2 15 é

Tp

a p p=

⋅ −15

215 .

No termo em que ocorrea13, temos p = 13 eT a=

⋅

15

13213 2

=

⋅ = ⋅

⋅⋅ ⋅ =

15

24

15 14

2 14 42013 3 3a a a .

19. alternativa C

Fazendo x y= = 1 temos a soma dos coeficientes de

( )2 5x y+ , ou seja, ( )2 1 1 3 2435 5⋅ + = = .

1

20. 2 000 285 7 5 286 7 2= ⋅ + = ⋅ − . No desenvolvimento de2 00011

= ⋅ −( )286 7 2 11 todos os termos são múltiplos de 7 com exceção

de11

11286 7 2 2 2 0480 11 11

⋅ ⋅ ⋅ − = − = −( ) ( ) .

Portanto o resto da divisão de 2 00011 por 7 é igual ao de −2 048

por 7. Então − = − ⋅ − ⇔ − = − ⋅ +2 048 292 7 4 2 048 293 7 3

e o dígito pedido é 3.

Nota: o resto r de uma divisão de um número inteiro por k Z∈pertence ao intervalo 0 ≤ <r k| |.

2

parte B


21. alternativa B

2 1 0

3 4

1 1

19 2 3 15 0x

y

xy y= − ⇔ − + = .

Se o traço de matriz é 4, então 2 4 2+ + = ⇔ = −x y x y .

Para x e y inteiros, 2 2 3 15 0( )− − + =y y y

⇔ − + + = ⇔ =2 15 0 32y y y e x = − = −2 3 1. Portanto

xy = −3.

22. alternativa E

0 4

0

1 1

4 4 02 2

−= ⇔ − + = ⇔ − =

b

c b

a

bc bc b ac bc b ac .

Portanto a função f x ax bx c( ) = + +2 tem ∆ = 0 e vértice so-

bre o eixo das abscissas.

23. alternativa B

Para π π≤ ≤x 2 , temos:

1 1 0

1 0 02sec

sec

sec secx x

x x

x x xtg

0 tg

tg2= ⇔ − − =

⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =1 0 1 1 2sec sec cosx x x x π.

24. alternativa B

log log log8 4 16

1 1 1

1 2 2

3

2

x x x

= −

⇔ = −

1

3

1

2

1

41 1 1

1 2 2

3

2

2 2 2log log logx x x

⇔ + + − − −

= −2

3

1

2

1

2

1

4

2

31

3

22log x

⇔ = ⇔ =log2 6 64x x

1

25. 1 0 2 1

1 2 1 3

2 0 4 1

5 1 2 2

2 1

1 2 1

2 4 1

5 2 2

1 1

1 2 12 2 4 2−

= − ⋅ + − ⋅ −+ +( ) ( ) 1 1 3

2 4 1

= ⋅ − + − = −2 8 1 3 19( ) ( ) .

2

parte B


26. alternativa B

det M

x

x= = − −

1 2 3

2 3 2

3 2

7, det( ) ( )M x2 27= − − .

A soma das raízes da equação ( )− − =x 7 252

⇔ + +x x2 14 24 é −14.

27. alternativa A

det( ) det2 2 150 2 2 1504A x A x= − ⇔ ⋅ = −

⇔ ⋅ − = − ⇔ =16 8 2 150 11( ) x x

28. alternativa C

det( ) det( ) det( ) detA A A A A2 22 2= ⇔ ⋅ = ⋅

⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ =det det det detA A A A4 4

29. alternativa D

• A A It+ =−

+

−

=

= ⋅

1 1

1 1

1 1

1 1

2 0

0 22

• det A = 2, det B = −1e det( ) ( )A B⋅ = ⋅ − = −2 1 2

• B B B B B B B B2 2 007 2 006 2 10031 0

0 1= ⋅ =

⋅ = ⋅ = ⋅( )

= ⋅ = ⋅ =( )I B I B B1003

30.

bcd a a

acd b b

abd c c

abc d d

abcd

abcd a a a

abcd b b

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2 3

2

=b

abcd c c c

abcd d d d

3

2 3

2 3

= =abcd

abcd

a a a

b b b

c c c

d d d

a b c d

a b c d

1

1

1

1

1 1 1 12 3

2 3

2 3

2 3

2 2 2 2

a b c d3 3 3 3

= − − − − − −( )( )( )( )( )( )d c d b d a c b c a b a , pois é um deter-

minante de Vandermonde.

1

parte B


31. alternativa D

y =

−

−

−

−

−

= =

3 7 2

2 1 1

1 2 1

3 1 2

2 3 1

1 2 1

28

142

32. alternativa E

1 0 2

0 0

2 0 4

0 5 0 5 03 2 2

− −

−

≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠

k

k

k

k k k k( )

⇔ ≠k 0 e k ≠ 5.

33. alternativa E

Como

2 1 2

1 2 1

1 1 1

0

−

= , o sistema tem solução se for possível e

indeterminado.

Assim,

2 2 1

2

1

1

3 2 1

x y z b

x y z b

x y z b

x y z b

y b

+ + = −

+ + =

− + = −

⇔

− + = −

= −

3 3 3y b= −

e 3 3 2 1 2b b b− = − ⇔ = .

34. alternativa B

Sendo a quantidade de cédulas de dois, cinco, dez e vinte reais,

respectivamente, x, y, z e t, temos:

x y z t

x y z t

y z

tx

x y z t

y

+ + + =

+ + + =

+ =

=

⇔

+ + + =

+

30

2 5 10 20 195

10

3

30

z

y z t

y z t

=

+ + =

− − − = −

10

3 8 18 135

4 30

e

1

y =− − −

− − −

=

1 30 1 1

0 10 1 0

0 135 8 18

0 30 1 4

1 1 1 1

0 1 1 0

0 3 8 18

0 1 1 4

10 1 0

135 8 18

30 1 4

1 1 0

3 8 18

1 1 4

140

207

− − −

− − −

=−

−=

35. alternativa A

Sendo x o nº de adultos e y o nº de crianças, temos o sistema

x y

x y

+ =

+ =

400

10 6 3 000e

x

y= =

−

−=

400 1

3 000 6

1 400

10 3 000

600

1000

3

5.

2

parte B


36. alternativa A

Fazendo

1 1 3

1 2 5

2 2

0 6

a

a= ⇔ = e substituindo no sistema, temos:

x y z

x y z

x y z b

x y z

x y z

x

+ + =+ + =

+ + =⇔

+ + =+ + = −+

3 2

2 5 1

2 2 6

3 2

0 2 1

0 0y z b+ = −0 4

Assim o sistema é incompatível para a = 6 e b ≠ 4.

37. alternativa A

Fazendo

1

1 1 1

3 2 0

0 3 2

b c

c b= ⇔ = − e, substituindo no siste-

ma, temos:

x by b z

x y z

x y z

+ + − =+ + =

+ + =

( )3 2 1

2

3 2 0 4

⇔x y z

x y z

x b y b z

+ + =+ + =+ − + − = −

2

0 3 2

0 1 3 3 1( ) ( )

⇔x y z

x y z

x y z b

+ + =+ + =+ + = − +

2

0 3 2

0 0 0 2 1

.

O sistema anterior terá infinitas soluções para − + =2 1 0b

⇔ b = 1

2.

Portanto, b c b b b+ = + − = − = ⋅ − =3 2 4 2 41

22 0.

38. alternativa A

Para o sistema linear homogêneo apresentar solução não trivial

devemos ter

1 2

1 1 1

1 1 1

0 2

αα

−

− −= ⇔ = − .

39. a) Para m = 1, temos:

4 2 0

2 02 0 2

x y

x yx y y x

+ =+ =

⇔ + = ⇔ = −

V x x x R= − ∈{( ; ), }2

em35.203

1.53

b) Para o sistema linear homogêneo possuir infinitas soluções,

temos4 2

2 2 10 8 4 4 0

23m

m mm m

−= ⇔ − − =

⇔ − + = ⇔ − − + =m m m m m3 32 1 0 1 0

⇔ − − − = ⇔ + − − − =m m m m m m m( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 0 1 1 1 0

⇔ − + − = ⇔ =( )( )m m m m1 1 0 12 ou m = − +1 5

2ou

m = − −1 5

2.

c) Sendo y = 1, o sistema é possível e indeterminado e

4 2 0

2 2 1 02

2 1 0

22

3

x m

mx m

xm

m m

+ =+ − =

⇔= −

− + =

.

Se o valor de x é irracional, então

m = − +1 5

2ou m = − −1 5

2

40. alternativa A

O sistema A bx = pode ser escrito como

1 2 3

2 6

1 3 3

1

6

0

−

− −

⋅

=

k

k

x

y

z

⇔− + =

+ + =− + + − =

x y z

x ky z

x y k z

2 3 1

2 6 6

3 3 0( )

Para det A = 0 temos

1 2 3

2 6

1 3 3

0

−

− −=k

k

⇔ + =k k2 4 0

⇔ =k 0 ou k = −4.

Substituindo esses valores no sistema, temos:

• k = 0,

x y z

x z

x y z

x y z

x y z

x y

− + =+ =

− + − =⇔

− + =+ + =+

2 3 1

2 6 6

3 3 0

2 3 1

0 4 0 4

0 + =0 1z

⇔− + ==

x y z

y

2 3 1

1, um sistema possível e indeterminado.

• k = −4,

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

− + =− + =

− + − =⇔

− + =+ + =

2 3 1

2 4 6 6

3 7 0

2 3 1

0 0 0 4

0x y z+ − =4 1

, um sistema

impossível. AssimT = −4 e S = 0 eT S− = −4.

em35.203

2.54

parte B


41. alternativa C

A matriz cofatora de A é cof( )A =−

0 1

2 1e sua adjunta é

adjA =−

0 2

1 1. Como det A é 2 a inversa de A é

A− = ⋅−

=

−

1 1

2

0 2

1 1

0 11

2

1

2

.

Logo A A+ =−

+

−

= −

−1 1 2

1 0

0 11

2

1

2

1 11

2

1

2

.

42. alternativa D

16 216

21 2det det( )det

detA AA

A− = ⇔ = ⋅

⇔ = ⇔ = ±(det ) detA A2 4 2

Como det A > 0, então det A = 2.

43. alternativa B

AB C A B C A BC

= ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ =− −1 1 1det( ) det det det

det

⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ =det det( ) det detA A A A21

82

1

83

⇔ = ⇔ =(det ) |det |A A2 1

64

1

8

44. alternativa D

A BA D A BA D− −= ⇔ =1 1det( ) det

⇔ ⋅ ⋅ =−det det det detA B A D1

⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ =1

detdet det det det det

AB A D B D

⇔ =−

=det B2 1

1 25

45. alternativa A

Se AB I= , B é a inversa de A e BA I= :

A X A C BA X A B B C B⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ =I X I BCB X BCB

1

parte B


46. a) Como há 10 camisas brancas, precisamos retirar 11 camisas

e ter certeza de termos retirado duas camisetas de cores dife-

rentes.

b) Existem 3 cores diferentes, portanto, retirando 4 camisetas,

uma das cores irá repetir.

c) Retirando 17 camisetas, pode não ocorrer nenhuma verme-

lha. Retirando 18, teremos certeza de que há pelo menos uma

camiseta de cada cor.

47. alternativa C

O número de notas de 10 reais determina a quantidade de notas

de 5 reais necessária para que o saque seja igual a 50 reais. A

quantidade de 10 reais varia de zero a cinco, portanto há 6 pos-

sibilidades para o saque.

48. alternativa A

Sendo A o conjunto de pessoas que fumam cigarro, B o de pes-

soas que fumam charutos e C o de quem fuma cachimbo, pode-

mos montar o diagrama.

Assim existem 5 2 1 2 1 2 13+ + + + + = fumantes no vagão.

49. alternativa B

Associando o conjunto P aos frequentadores da praia de Ponta

Negra, M aos da praia do Meio, U ao universo de entrevistados

e x a porcentagem de quem frequenta as duas praias, temos:

Portanto 65 55 15 100 35− + + − + = ⇔ =x x x x .

1

A

2

C

B

1

51

2

2

P M

15

65 _ x x 55 _ x

U

50. a) Sendo x a porcentagem dos entrevistados que consomem as

três marcas, temos:

Logo 48 2 25 10 5 100 10+ + + − + + + = ⇔ =x x x x %.

b) 15 10 25+ = % consomem apenas a marca A, 2 10 12+ = %

apenas a B e 10 10 20+ = % apenas a C, ou seja,

25 12 20 57+ + = % consomem apenas uma das marcas.

2

15 x+ 18 _ x 2 x+

x

15 _ x 25 _ x

10 x+

50 _ (40 _ x)

45 _ (43 _ x)48 _ (33 _ x)

C

A B

5

parte B


51. alternativa D

Os números podem terminar por 3 ou 7 e as demais posições

não têm restrições. Assim temos 2 5 5 50⋅ ⋅ = possibilidades.

52. alternativa D

Há 3 3 3 3 3 243⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = opções para as 5 linhas e 2 2 2 2⋅ ⋅ ⋅

= 16 opções para os espaços. Então há 243 16 3 888⋅ = pos-

sibilidades para os preços dos produtos.

53. alternativa B

Das 3 alternativas para cada uma das 5 questões resultam

3 3 3 3 3 243⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = possibilidades de respostas. Como exis-

tem 250 candidatos, pelo menos dois assinalaram as mesmas

respostas.

54. alternativa E

O primeiro rapaz pode escolher uma entre 4 poltronas, o se-

gundo, 2 poltronas, a primeira moça tem 2 opções e a última

fica com a que sobrou. Portanto há 4 2 2 1 16⋅ ⋅ ⋅ = possibilida-

des.

55. alternativa A

Existem10 10 10 10 10 100 000⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = opções para se digitar a

senha, sendo que destas há 10 9 8 7 6 30 240⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = senhas

com algarismos distintos. Portanto existem 100 000 30 240−

= 69 760 senhas válidas.

56. a) Iniciando o número por 8 há 4 opções (0, 2, 4 ou 6) para a

posição das unidades e sobram 8 opções para a das dezenas,

ou seja, 4 8 32⋅ = possibilidades. Iniciando o número por 9 há

5 opções para a posição das unidades e 8 para a das dezenas,

resultando em 5 8 40⋅ = possibilidades. Existem32 40 72+ =

números nas condições do problema.

b) São os números que não possuem os fatores de 120

= ⋅ ⋅2 3 53 . Esses números são primos ou combinação deles

sem contar com os fatores 2, 3 e 5, ou ainda o número 1:

7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71,

73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 1, 49, 77, 91, 119

Existem 32 opções.

1

parte B


57. alternativa E

Há 6 opções para a primeira posição e 5 opções para a última.

Entre essas duas temos 6 letras permutando, sendo que 2 delas

são repetidas. Então existem 6 5 6 56

262

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅P!

!

= 10 800 permutações.

58. alternativa D

Considerando A e R como um elemento, temos P P6 2 6 2⋅ = ! !

= 1440 possibilidades.

59. Iniciando com os franceses, seguidos dos americanos e termi-

nando com os ingleses, temos P P P5 4 3 5 4 3 17 280⋅ ⋅ = =! ! !

possibilidades. Alternando os americanos e os ingleses, temos

um total de 2 17 280 34 560⋅ = opções.

60. alternativa B

Começando com a letra P e terminando com a letra O, temos a

permutação de 6 letras, sendo 3 delas repetidas, ou seja, P63

= =6

3120

!

!possibilidades. Se começarmos com a letra G, das

6 letras temos 3 repetidas e outras 2 repetidas, ouP62 3,

= =6

2 360

!

! !possibilidades. Então há 120 60 180+ = anagra-

mas nas condições do exercício.

61. alternativa C

Pedro e Luísa juntos podem alternar suas posições, assim

como João e Rita. Como também podemos alternar as posições

dos casais, háP P P2 2 2 2 2 2 8⋅ ⋅ = =! ! ! possibilidades.

1

parte C


62. a) Falso. As retas r e s podem ser reversas ou paralelas.

b) Verdadeiro. Pelo item a.

63. Por 3 pontos distintos não alinhados passa um único plano

(essa afirmação é um dos postulados da Geometria Euclidiana).

Considere os pontos de contato dos pés da mesa com o piso do

plano: se os quatro pontos não forem coplanares, haverá mais

de um plano de apoio e a mesa irá balançar; uma mesa de três

pernas, ao contrário, só tem um plano de apoio, logo não irá

balançar.

64. alternativa C

Duas retas são reversas quando não são coplanares.

No paralelepípedo, r é reversa com a, b, c e d. Na pirâmide, r é

reversa com c, d, e, f, g e h. Portanto é possível formar

4 6 2 8+ − = pares de retas reversas, sendo uma delas r.

65. alternativa E

Como ABCD é um quadrado e AB = 5, temos AD = 5. Já que o

triângulo ABE e o quadrado ABCD estão em planos perpendi-

culares, EA ⊥ AD. Sendo EA = 3, aplicando o Teorema de Pitá-

goras no triângulo retângulo EAD,

( ) ( ) ( ) ( )ED EA AD ED ED2 2 2 2 2 23 5 34= + ⇔ = + ⇔ = .

1

r

a

b

c

d

e fg

h

A

O

C

D

180° _ 2a

5

4

a

3

a

4

5

66. alternativa B

O triângulo ACD é isósceles e AC AD= = 5.

Como OA é perpendicular ao plano que contém o triângulo

OCD, os triângulos AOC e AOD são retângulos e congruentes,

com hipotenusas AC e AD, respectivamente. Aplicando o Teorema

de Pitágoras no triângulo AOC,

AC AO OC OC OC2 2 2 2 2 25 3 4= + ⇔ = + ⇔ = e, portanto,

OD = 4. Se m ( $OCD ) = α e senα = 1

3, então m ( $ )ODC = α,

m ( ) 180oCOD$ = − 2α e sen cos2 22

211

31α α α+ = ⇔

+ =cos

⇔ =cosα 2 2

3, pois 0 90o o< <α .

A área do triângulo OCD é1

24 4⋅ ⋅ ⋅ −sen(180 2 )o α

= ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ =8 sen 2 8 2 sen cosα α α 161

3

2 2

3

32 2

9.

2

parte C


67. alternativa E

a) Correta.

b) Correta.

c) Correta.

A base desse prisma formado é um retângulo, pois o ang( )Q

= 90o. A figura formada por PP’N’N é um retângulo, pois P é

perpendicular ao diâmetro da circunferência. Assim, ao rotacio-

narmos esse retângulo PP’N’N em torno de N’N para qualquer

direção, sempre teremos um retângulo, ou seja, o prisma formado

é um prisma reto. Assim, a figura formada por PQNQ’ é um

retângulo. Logo, PQ é perpendicular a QN.

1

s // r

Q

P

P'

Q'

M N

N'

68. alternativa B

Como B é ponto médio de QR, e C de RS, podemos dizer que o

segmento QS é paralelo ao planoα, por semelhança de triângulos.

Usando o mesmo raciocínio para os segmentos PQ e TS, podemos

dizer que a reta PT é paralela ao plano α.

69. alternativa B

I. Correta. Só existe uma reta s paralela a α que contenha o

ponto P e que intercepte a reta r, pois, ligando o ponto P ao ponto

de intersecção das retas, só é possível determinar uma direção

para que a reta seja perpendicular.

II. Correta. Como a reta r é concorrente ao plano, r ∩ ≠α 0, e β

contém essa reta, então β α∩ ≠ 0, ou seja, os planos se inter-

ceptam.

III. Incorreta. Sendo s a reta que passa por P e é paralela a α,

nesse caso temos que s // r, ou seja, elas nunca se interceptam.

2

P

T

Q

D

A

S

C R

Ba

s

P

a

r

70. alternativa B

A projeção ortogonal de α sobre π pode ser:

• um ângulo reto

• um ângulo raso

• um ângulo nulo

Sendo assim, a única afirmação correta é a III.

3

a

proj.pa

p

a

proj.pap

a

proj.pap

71. alternativa C

Seja t a intersecção entre os planos α e β e A a projeção de P

sobre t. O ângulo entre os planos α e β é definido como o ângulo

entre a reta r ⊂ α, r t⊥ e s ⊂ β, s t⊥ , A ∈r e A ∈s.

Se H é a projeção ortogonal de P sobre β, do triângulo retângulo

PHA temos tgθ = ⇔ = ⇔ =PH

HA HAHA

5

5

15 e ( )PA 2

= + ⇔ = + ⇔ =( ) ( ) ( ) 1 52 2 2 2 2PH HA PA PA 6 , distância de P

à reta intersecção de α e β.

4

b

a

t

A

1

Hs

rP

q

parte C


72. alternativa E

A figura a seguir representa um ângulo poliédrico convexo de 4

arestas e 4 faces:

Note que o plano que contém uma face qualquer deixa todas

as demais em um mesmo semiespaço.

73. alternativa D

Temos o seguinte trapézio

de área A = + ⋅ =( )8 2 4

220 2m . Sendo assim, o volume do

tanque seráV S h= ⋅ = ⋅ =20 5 100 3m .

74. alternativa A

Temos que a altura do prisma será h = − =( )20 4 22 2 m

e sua área da base seráS = ⋅ =4 3

26 2m , por ser um triângu-

lo retângulo de catetos 3 m e 4 m. Sendo assim, seu volume

seráV S h= ⋅ = ⋅ =6 2 12 3m .

1

2

3

45

3 2

4 5

75. alternativa C

Seja lo lado do hexágono da base e h a altura do prisma, então

6 6 1⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ =l lh h e 63

4

3 3

21

22⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ =l

lh h ,

logol

l

l⋅ =

⋅ =⇔

==

h

h h

1

1

1

12. Sendo assimPQ 2 2 21 1 2= + −

⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇒ =1 1 120 3 32cos o PQ PQ e, como o ∆OPQ é

retângulo em P, temos AOP PQ= ⋅ = ⋅ =

2

1 3

2

3

2.

76. a) O lastro do trecho de ferrovia descrito é um prisma reto de al-

tura 10 km = 10 000 m cuja base é um trapézio isósceles

ABCD, conforme figura a seguir:

Como os triângulos BFC e AED são congruentes,

FC = DE = 2,8 2

20,4 m

− = . Assim, pelo Teorema de Pitágoras,

no triângulo BFC, ( ) (0,4) 0,3 m2 2BF ,+ = ⇔ =( )0 5 2 BF , altura

do trapézio. Sua área, então, é2,8 2,0

20,3 = 0,72 m2+

⋅ .

O volume de brita pedido corresponde ao volume do prisma

reto, ou seja, 0,72 10 000 7 200 m3⋅ = .

b) Considerando a parte interna da caçamba de um caminhão

um paralelepípedo reto-retângulo, seu volume é 6 2 5 0 6⋅ ⋅, ,

= 9 m3. Como temos7 200 m3 de brita, e supondo que em todas

as viagens o volume total da caçamba seja ocupado por brita,

serão necessárias7 200

9800= viagens de caminhão para

transportar toda a brita.

77. alternativa C

Sendo os prismas triangulares e regulares, suas bases são

triângulos equiláteros.

Como o volume de cada prisma retirado é 3 ,x x2 3

4 2⋅

= ⇔ =3 2x .

2

A B

E FD C

0,5 m 0,5 m

2,0 m

2,8 m

O volume do sólido da figura I é igual ao volume do prismamaior,

de base equilátera de lado 3 e altura igual a 4 32

dx+ ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅ =45

82 3

2

28, menos 3 vezes o volume do prisma

menor, ou seja, é igual a3 3

48 3 3 15 3

2

⋅ − = .

3

parte C


78. alternativa B

Sejam a, b e c as medidas das arestas do paralelepípedo. Temos

4 4 4a b c a b c+ + = ⇔ + + =140 35 cm.

Como a distância máxima entre dois vértices do paralelepípedo é

igual à sua diagonal, a b c a b c2 2 2 2 2 221+ + = ⇔ + +

= 441.

Sendo ( )2a b c a b c ab ac bc+ + = + + + + +2 2 2 2 2 2 , a área

total 2 2 2ab ac bc+ + é igual a ( ) ( )a b c a b c+ + − + +2 2 2 2

= − =35 4412 784 cm2.

79. alternativa A

Sejam a, (1 0,25)− =aa3

4e x as dimensões do paralelepípe-

do reto-retângulo. Como seu volume é igual ao volume de um

cubo de aresta a, temos:

aa

x a xa⋅ ⋅ = ⇔ =3

4

4

33

Logo a diferença entre a área total do paralelepípedo e a área

total do cubo é:

23

4

4

3

3

4

4

36

1

62 2⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅

− = ⋅a

a a aa

aa a

80. alternativa C

Sendo O o centro do quadrado ABCD, temos AOAC=2

= a 2

2.

1

A B

M

EF

GH

DC

a

2

a 2

2

O

Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo MAO, retângulo

em A, temos:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2OM AM AO OMa a= + ⇔ =

+

2

2

2

2 2

⇔ =OMa 3

2

A distância do ponto M ao centro O do quadrado ABCD é igual

a OMa= 3

2.

81. a) O volume do sólido final é igual ao volume do cubo menos o

volume de 6 “cubinhos” de aresta 1 m, retirados de cada face,

e de 1 “cubinho” central de aresta 1 m, encontro dos 3 furos, ou

seja, 3 6 1 1 203 3 3− ⋅ − = m3.

O custo da liga utilizada na fabricação do sólido final é, portan-

to, 20 ⋅ R$ 18,20 = R$ 364,00.

b) Em cada face, cada furo diminui a área de um quadrado de

área 1 1 1× = m2, mas aumenta a área, devido à perfuração,

de 4 quadrados de área 1 1 1 m2× = .

Portanto o aumento percentual da área das paredes do sóli-

do final em relação às paredes do cubo inicial é

( )3 1 4 1 3

3

1

30 33 33

2 2

2

− + ⋅ − = ≅ =, %.

82. alternativa B

A base BCED do paralelepípedo é um quadrado e CD, uma

de suas diagonais. Assim, CD = ⋅ =2 2 2 e, sendo M o

ponto médio de CD, CM = DM = 1.

Como AC e AD são diagonais de faces congruentes do parale-

lepípedo, o triângulo ACD é isósceles de base CD e altura AM.

Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos ABC e ACM,

respectivamente, AC AB BC AC2 2 2 2 2 2= + ⇔ = +( 7 ) ( 2 )

⇔ =AC 3 e AC AM CM AM2 2 2 2 2 23 1= + ⇔ = −

2

A

B

C

D

7

2

2E

M

1

3

22

1

1

⇔ =AM 2 2 .

Logo, a distância d do vértice B ao plano que contém A, D e C,

que é a altura relativa ao lado AM do triângulo retângulo ABM,

é tal que AM d⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ =BM AB d d2 2 1 714

4.

83. a) Considere primeiro o plano que contém A, B, C, D, M e P:

Como CM e AD são paralelos, pelo caso AA, os triângulos

ADP e MCP são semelhantes, de modo que:DP

CP

AD

MC=

⇔−

= ⇔ =DP

DPDP

6

6

312 cm.

Agora, considere o plano que contém C, D,C1 ,D1 , O, P, L e K:

Novamente pelo caso AA, os triângulos PM O1 , PCK e PDL são

semelhantes. Sendo OM CMCD

1 12

6

23= = = = cm e, por-

tanto, PM1 9= cm,DL

PD

CK

PC

M O

PM

DL CK= = = ⇔ = =1

1

3

9 12 6

1

3

⇔ =DL 4 cm e CK = 2 cm.

b) O sólido de vértices A, D, L, K, C e M é um tronco de pirâmi-

de de bases ADL e MCK, e seu volume é igual à diferença en-

tre os volumes das pirâmides PADL, de base ADL e altura PD,

e PMCK, de base MCK e altura PC.

Assim, o volume pedido é:

1

3 2

1

3 2⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅AD DL

PDMC CK

PC

= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =1

3

6 4

212

1

3

3 2

26 42 3cm .

3

6

3

M

BA

3

6

D C P

D1

C

P

O

L

K

M1

D C

1

6

parte C


84. a) ∂ ∂ ∂( ) { , }A B A B+ = =máx. 3

b) ∂ ∂ ∂( ) { , }B C B C− = =máx. 3

c) ∂ ∂ ∂ ∂( ( )) { , }B A C B A C+ = + = + =máx. 3 2 5

d) ∂ ∂( ) { , } { , }B AC B A C2 4 2 2 2 6 4 6− = + = =máx. máx.

e) Observe que x x x x x x x( ) ( )2 1 2 7 5 1 6 23 2 2 2− − − + − +

+ − − ++ = + − + − +x x x xx x x x x x x6 23 2 4 4 3 2 3 22 2 6 2 6 2

= 0, logo não é definido o grau.

85. alternativa B

Vamos analisar as alternativas:

a) ∂ ∂ ∂( )p q p q n m3 2 3 2 3 2⋅ = ⋅ + = +

b) ∂ ∂ ∂( )p q p q n m2 3 2 3 2 3⋅ = + = +

c) ∂ ∂ ∂( ) { , } { , }p q p q n m+ = =máx. máx.

d) ∂ ∂ ∂( )p q p q n m3 3 3⋅ = ⋅ + = +

e) ∂ ∂ ∂( ) { , } { , }p q p q m n+ = =máx. máx.

86. alternativa E

Temos que o grau do polinômio será 1 2 3 4 5 6+ + + + +

+ + + + = =7 8 9 10 55110

2.

87. alternativa A

Devemos tera a

a

a a

a

2 3 2 0

7 5 0

2 1 0

2 0

− + =

− + ≠⇔

− − =

− ≠

( )( )

⇔= =

≠⇒ =

a a

aa

2 1

21

ou.

88. Como o polinômioS T+ tem grau 4 eS T− , grau 8, temos que

S xS x T x S x T x

( )( ( ) ( )) ( ( ) ( ))

=+ + −

2e

T xS x T x S x T x

( )( ( ) ( )) ( ( ) ( ))

=+ − −

2têm ambos grau igual a

máx. { , }4 8 8= .

1

89. a)P P P( ) ; ( ) ; ( ) .0 3 1 2 2 1= = =

b)Umamaneira: é fácil verificar que P(x) não é o polinômio nulo,

logo, como ∂ ( ) = ∂ ( − )P x P x2 , ∂ [ (P xP x2 − )]

= ∂( ) + ∂ ( − ) = ∂ +x P x P2 1.

Assim,

∂ ∂ ∂[ ( − )] = ∂ +( ) [ ( ) ( )]x P x xP x xP x P2 3 2 2 1+ = + − = , ou

seja, 2 1 1= ⇔∂ + ∂ =P P .

Outra maneira: para todo x real,P x xP x x( ) ( )+ − = +2 32 ou,

de forma equivalente,P x x P x( ) ( ) ( ( ))2 2 2 2− + − − −

= − + ⇔ − + − = − +( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 2 4 72 2x P x x P x x x .

Portanto, para todo x real, x P x x P x P x( ( ) ( ) ( )) ( ( )2 2− + − −

+ − = − + − + ⇔ − −xP x x x x x x P x( )) ( ) ( ) ( ) ( )2 4 7 3 12 2 2

= − −( ) ( )x x1 32 .

Como P é um polinômio,P x x( ) = − + 3 e ∂ =P 1.

90. alternativa E

Se ∂( + ) <g h 3, teremos ∂( ( ))f g h⋅ + = 3, porém, se ∂( )g h+

= 3, teremos ∂( ( ))f g h⋅ + = 6, logo 3 6≤ ≤n .

2

parte C


91. alternativa D

Fazendo a divisão, temos:

x x x3 20 2 1+ + + x x2 2 1+ +

− − −x x x3 22 x − 2

− + +2 12x x

+ + +2 4 22x x

5 3x +

92. Soma: 22.


2 13 2x ax bx+ + − x 2 1+

−2 3x −2x 2x a+

ax bx x2 2 1+ − −

−ax 2 −a

( )b x a− − −2 1

Então ( )b x a− − − =2 1 0, logo b = 2 e a = −1. Sendo assim,

P x x x x x x( ) ( )( )= − + − = − +2 2 1 2 1 13 2 2 , suas raízes são

1

2; i; −i e P(1) (2 1 1)(1 1) 22= ⋅ − + = .

Portanto as afirmações corretas são 02, 04 e 16.

93. alternativa B

Como x x x x2 2 1 2+ − = − +( )( ), temos que P( )1 0= e

P( )− =2 0, logo

1 11 30 0

16 8 4 22 30 0

20

8 4 68

+ + − + =

− + + + =⇔

+ = −

− + = −

α β

α β

α β

α β

⇔= −

= −

α

β

1

19

em35.203

1.74

94. alternativa B


x x x3 26 12 7− + − x − 2

− +x x3 22 x x2 4 4− +

− + −4 12 72x x

+ −4 82x x

4 7x −

− +4 8x

1

Logo Q x x x x( ) ( )= − + = −2 24 4 2 e R x( ) = 1.

95. alternativa D

Como x x x x2 6 5 5 1− + = − −( )( ), temos que P( )1 0= e

P( )5 0= , logo1 2 1 1 64 1 0

625 2 125 25 64 5 0

− ⋅ + ⋅ − ⋅ + =

− ⋅ + ⋅ − ⋅ + =

m n

m n

⇔+ =

+ = −⇔

= −

=

m n

m n

m

n

65

25 55

5

70.

96. Temos que o resto da divisão de P(x) por ( )( )x x− +2 1 é um po-

linômio do 1º grau r x ax b( ) = + , então P x( )

= − + +( )( ) ( )x x r x2 1 . Como r P( ) ( )2 2 5= = e r ( )−1

= − = −P( )1 2, temos:

a b

a b

a

b

r xx⋅ + =

⋅ − + = −⇔

=

=

⇒ =+2 5

1 2

7

3

1

3

7 1

3( )( )

em35.202

2.75

parte C


97. Como as raízes de q(x) são ±2i, temos que ambas as raízes

também serão raízes de p(x). Sendo assim, p(x) é divisível por

q(x), logo

2 7 15 85 4 3 2x x x ax bx− + + + − x 2 4+

−2 5x −8 3x 2 7 7 283 2x x x a− + + +

− + + + −7 7 84 3 2x x ax bx

+7 4x +28 2x

7 28 83 2x a x bx+ + + −( )

−7 3x −28x

( ) ( )a x b x+ + − −28 28 82

− +( )a x28 2 − −4 112a

( )b x a− − −28 4 120

Como ( )b x a− − − =28 4 120 0, temosa

b

= −=

30

28.

98. Como i é raiz da equação, temos que −i também será, logo, o

polinômio x x x x4 3 2 2+ − + − é divisível por ( )( )x i x i− +

= +( )x 2 1. Vamos fazer a divisão:

x x x x4 3 2 2+ − + − x 2 1+

−x 4 −x 2 x x2 2+ −

x x x3 22 2− + −

−x 3 −x

−2 2x −2

+2 2x +2

0

Sendo assim x x x x x x x4 3 2 2 22 1 2+ − + − = + + −( )( )

= + + −( )( )( )x x x2 1 2 1 e suas raízes são ±i, −2 e 1.

1

99. Temos queP x ax x x( ) ( )( )= − −1 2 . ComoP1

2

3

2

= −

, temos

a a a⋅ −

−

= ⇔ ⋅ = ⇔ =1

2

1

21

1

22

3

2

3

43 4. Logo P x( )

= − − = − +4 1 2 4 12 83 2x x x x x x( )( ) .

100. a) Sejam x r− , x e x r+ as raízes da equação em que r é a

razão da PA. Temos que:

x r x x r

x r x r x r x x r x

x r x r x

+ + + − =+ − + + + − =+ − ⋅

3

12( )( ) ( ) ( )

( )( ) = q

⇔

=

− + + + − =

− =

x

x r x xr x xr

x r x q

1

122 2 2 2

2 2( )

⇔

=

− + + =

− =

⇔== ±=

x

r

r q

x

r i

q

1

1 1 1 12

1

1

3

10

2

2

b) Temos x x x3 23 12 10 0− + − = e sabemos que 1 é uma

de suas raízes (pelo item a), logo

1 −3 12 −10

1 1 −2 10 0

então P x x x x( ) ( )( )= − − +1 2 102 e x x2 2 10 0− + =⇔ = ±x i1 3 , logoV i= ±{ , }1 1 3

101. alternativa E

Note que −3 é raiz do polinômio, logo

9 15 −32 12

−3 9 −12 4 0

f x x x x x x( ) ( )( ) ( )( )= + − + = + −3 9 12 4 3 3 22 2. Sendo as-

sim as raízes são −3 e2

3, todas racionais não naturais.

2

102. alternativa D

Aplicando Briot-Ruffini, temos:

0 1 −c 1 3a − 4b a b− −2 1 ab − 3

0 1 −c 1 3a − 4b a b− −2 1 ab − 3

1 1 −c 1 3a − 4b a b− −2 1

0 1 1 − c 2 − c 3 4 2a b c− + −

1 1 − c 2 − c

Como a equação dada admite 1 como raiz, 0 como raiz dupla e

duas outras raízes diferentes de zero, temos:

ab

a b

a b c

c

b b

a b

c

− =− − =

− + − =− ≠

⇔

+ − == +=

3 0

2 1 0

3 4 2 0

2 0

2 1 3 0

2 1

( )

3 4 2

2

a b

c

− +≠

⇔

= − =

= += − +≠

b b

a b

c a b

c

3

21

2 1

3 4 2

2

ou

⇔

= − = − = =

= − +≠

( ) ( )a b a b

c a b

c

23

23 1

3 4 2

2

e ou e

⇔ =a 3 e b = 1e c = ⋅ − ⋅ + =3 3 4 1 2 7.

3

parte C


103. alternativa E

Como a equação tem coeficientes inteiros, suas possíveis raí-

zes racionais são ± ± ±1

21 2, , . Testando todas as raízes possí-

veis, verificamos que −1

2é a raiz racional da equação.

O único intervalo que contém essa raiz é ] ; [−∞ −1

4.

104. alternativa D

Sejam a, b e c as raízes da equação em que b c⋅ =3

4. Como

abc =15

4temos a a⋅ = ⇔ =

3

4

15

45. Logo

4 −33 68 −15

5 4 −13 3 0

então 4 33 68 15 5 4 13 33 2 2x x x x x x− + − = − − +( )( )

= − − − =( )( )( )x x x5 3 4 1 0 e V =

5 31

4, , . Logo, a soma

das duas maiores raízes é 8.

105. alternativa D

Vamos fazer a divisão por x − 2:

2 1 −7 −6

2 2 5 3 0

Logo 2 7 6 2 2 5 33 2 2x x x x x x+ − − = − + +( )( )

= − + + =( )( )( )x x x2 1 2 3 0, cujas raízes são 2, −1 e −3

2.

106. alternativa B

Arrumando a equação temos ( )( )1 1 02− − =x x , cujas raízes

são ±1, em que 1 é de multiplicidade 2.

1

107. a) Se as raízes são simétricas, entãoS = 0.

Sb

a

m

mm=

−=

− −

−= ⇒ − + =

( )3 2

2 10 3 2 0

⇔ − = −3 2m

⇔ =m2

3

b) Se as raízes são inversas, entãoP = 1.

Pc

a

m

mm m= =

+

−= ⇒ + = −

2

2 11 2 2 1

⇔ − = − −m m2 1 2

⇔ − = −m 3

⇔ =m 3

108. alternativa B

I. Verdadeira. Por ser uma equação recíproca de segunda

espécie com grau par, com certeza 1 e −1serão raízes. Efe-

tuando Briot-Ruffini para reduzir o grau, utilizando a raiz 1,

teremos:

3 −10 0 10 −3

1 3 −7 −7 3 0

Aplicando Briot-Ruffini novamente, no quociente, agora com a

raiz −1, teremos:

3 −7 −7 3

−1 3 −10 3 0

Portanto, as raízes do polinômio em questão são 1, −1 e as

duas da equação 3 10 3 02x x− + = , que são reais, pois

∆ = − − ⋅ ⋅ = >( )10 4 3 3 64 02 .

II. Falsa. 6 11 11 6 03 2x x x− − + = , por exemplo, é recíproca

e, por ter grau ímpar, possui um número ímpar de raízes.

III. Verdadeira. Podemos provar isso vendo a soma e o produto

das raízes.

2

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