Este documento apresenta resumos de conteúdos de matemática, incluindo trigonometria, números complexos e equações algébricas. Também aborda tópicos como estudo analítico da reta, da circunferência, limite e derivada.

1. Matemática
JOSÉ AUGUSTO DE MELO
M3
Matemática I
Trigonometria ......................................................... 3
Números Complexos............................................ 21
Equações Algébricas ........................................... 28
Matemática II
Estudo Analítico da Reta ..................................... 32
Estudo Analítico da Circunferência ...................... 40
Limite ................................................................... 46
Derivada .............................................................. 51
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no Código Penal, Artigo 184, parágrafo 1 e 2, com
multa e pena de reclusão de 01 a 04 anos.

2. Anotações

3. Tecnologia ITAPECURSOS
3 Matemática ­ M3
TRIGONOMETRIA
1­ RAZÕES TRIGONOMÉTRICAS NO TRIÂNGULO RETÂNGULO
Dado o triângulo retângulo ABC, definimos:
­ Seno de um ângulo agudo a
hipotenusa
a oposto cateto
Sen
a
=a
Assim:
a
b
B ˆ Sen = e
a
c
C ˆ Sen =
­ Cosseno de um ângulo agudo a
hipotenusa
a adjacente cateto
Cos
a
=a
Assim:
a
c
B ˆ Cos = e
a
b
C ˆ Cos =
­ Tangente de um ângulo agudo a
a
a
=a
a adjacente cateto
a oposto cateto
tg
Assim:
c
b
B ˆ tg = e
b
c
C ˆ tg =
2 ­ ALGUMAS RELAÇÕES ENTRE AS RAZÕES TRIGONOMÉTRICAS
a)
a
c
sen =a ,
a
b
cos =a
2
2
2
2
2 2
a
b
a
c
cos sen +=a+a
1
a
a
a
b c
cos sen 2
2
2
2 2
2 2
==
+
=a+a , ou seja:
sen 2a + cos 2a = 1
b)
a / b
a / c
cos
sen
=
a
a
; a==
a
a
tg
b
c
cos
sen
a
a
=a
cos
sen
tg
c) o
90=b+a a-=b o
90
a
c
sen =a
a
c
cos =b ) 90 cos( sen o
a-=a
De modo análogo, prova­se que a=a- cos ) 90 sen( o
a=a-
a=a-
Cos ) 90 ( Sen
Sen ) 90 ( Cos
o
o

4. Tecnologia ITAPECURSOS
4 Matemática ­ M3
3 ­ UM PEQUENO COMENTÁRIO
As razões trigonométricas definidas até agora são válidas apenas para ângulos agudos de um triângulo retângulo.
Necessidades práticas exigem que definamos essas razões para ângulos arbitrários e até mesmo para números
reais quaisquer. Para que isso seja possível, definiremos novamente essas razões, substituindo o ângulo por
um arco e o triângulo retângulo por uma circunferência. Veja a seguir.
4­ MEDIDA DE ARCOS
Chama­se arco a cada uma das partes em que uma circunferência fica dividida por dois de seus pontos.
B B
A
A A = B A = B
Observação:
Se A = B obtemos dois arcos: o arco nulo e o arco de uma volta.
A medida de um arco AB na unidade PQ é por definição:
PQ o compriment
AB o compriment
AB . med =
­ Unidades mais usadas
a) Grau: arco unitário equivalente a
360
1
da circunferência.
b) Radiano: arco unitário cujo comprimento é igual ao raio da circunferência que o contém.
Observação:
Para converter uma unidade de medida em outra lembre­se que 180° = prad.
­ Comprimento de um arco
Seja a a medida em radianos do arco AB (ou do ângulo central AÔB).
raio do o Compriment
AB o Compriment
) rad ( AB . med =
r
l
=a
a= . r l (a em rad.)
5 ­ A CIRCUNFERÊNCIA TRIGONOMÉTRICA
Seja x0y um sistema de coordenadas no plano. Com centro em O,
tracemos uma circunferência de raio 1. Consideramos o ponto A como
a origem de todos os arcos tomados sobre essa circunferência. Arcos
percorridos no sentido anti­horário serão considerados como tendo
medida algébrica positiva e arcos percorridos no sentido horário serão
considerados negativos. A uma tal circunferência, denominamos de
circunferência trigonométrica.
6 ­ ARCO TRIGONOMÉTRICO
Se P é um ponto da circunferência trigonométrica, ele determina uma
infinidade de arcos com origem A e extremidade P. Se p<a£ 2 O é a
medida de AP em radianos, chamamos de arco trigonométrico AP ao
conjunto de valores do tipo a + 2Kp, com K inteiro. A a chamaremos
de 1ª determinação positiva de AP.
r

5. Tecnologia ITAPECURSOS
5 Matemática ­ M3
Obs.: Se o
360 0 <a£ , o arco trigonométrico será representado por o
360 . K+a
Observe que um arco trigonométrico é uma família de arcos com origem A e extremidade P que são obtidos
dando­se voltas na circunferência no sentido positivo ou negativo. No que se segue, procuramos sempre trabalhar
com a 1ª determinação positiva do arco trigonométrico.
7 ­ SENO E COSSENO
Podemos agora definir o seno e o cosseno de qualquer arco.
Seja a a primeira determinação positiva do arco trigonométrico AP. Como P está num sistema de coordenadas,
ele tem uma abscissa (OQ) e uma ordenada (OR).
Definição:
a) cos a = OQ (abscissa de P)
b) sen a = OR (ordenada de P)
Observe que:
a) ­1 £ cos 1£a
­1 £ sen 1£a
b) Sinal do seno
c) Sinal do Cosseno
d) O seno é crescente no 1º e no 4º quadrantes e
decrescente no 2º e 3º quadrantes.
e) O cosseno é crescente no 3º e no 4º quadrantes e
decrescente no 1º e 2º quadrantes.
f) No triângulo OPQ temos:
PQ = sen x, OQ = cos x e OP = 1
Aplicando o teorema de Pitágoras, obtemos
sen 2 x + cos 2 x = 1.
8 ­ TANGENTE E COTANGENTE
tg x = AT
cotg x = BS
Veja que os triângulos OPP 1 e OAT são semelhantes.
Logo, podemos dizer que:
1
1
OP
PP
OA
AT
= e substituindo
x cos
x sen
1
tgx
=
Com um raciocínio semelhante, você mostra que:
cotg x =
x sen
x cos

6. Tecnologia ITAPECURSOS
6 Matemática ­ M3
­ Considerações importantes
a) A tg x e a cotg x podem assumir qualquer
valor real.
b) Sinal da tangente.
c) Sinal da cotangente.
d) A tangente dos arcos com extremidades em B ou
B’ não existe ou seja, só existe tg x se p+
p
¹ k
2
x
(ou em graus x ¹ 90° + k . 180°).
e) A cotangente dos arcos com extremidade em A
ou A’ não existe ou seja, só existe cotg x se
p¹ k x (ou °¹ 180 . k x ).
9 ­ SECANTE E COSSECANTE
Se x é um arco para o qual sen x ¹ 0 e cos x ¹ 0, definimos:
D.1) Secante
x cos
1
x sec =
D.2) Cossecante
x sen
1
x sec cos = (obs.: cossec x = csc x)
Representação geométrica
sec x = OQ
cossec x = OR
Observe que:
a) sec x £ ­1 ou sec x ³ 1
csc x £ ­1 ou csc x ³ 1
b) O sinal da secante coincide com o sinal do cosseno e o sinal da cossecante
coincide com o sinal do seno.
c) Só existe sec x, se p+
p
¹ k
2
x , k inteiro. Só existe csc x, se p¹ k x , k inteiro.
10 ­ REDUÇÃO AO PRIMEIRO QUADRANTE
As simetrias apresentadas pelas extremidades dos arcos trigonométricos nos permitem calcular as razões
trigonométricas de qualquer arco, usando sempre um arco do 1º quadrante.
A) Arcos do 2º quadrante.
Se x está no 2º quadrante, o seu simétrico em relação ao eixo Oy está no 1º
quadrante e pode ser achado calculando­se 180° ­ x ou p ­ x, conforme x
seja dado em graus ou radianos.
Não é difícil provar que as razões trigonométricas de 180° ­ x e x têm o
mesmo valor absoluto. A determinação do sinal das razões trigonométricas
de x é feita pelo que já aprendemos anteriormente.

7. Tecnologia ITAPECURSOS
7 Matemática ­ M3
Exemplos:
Reduza ao 1º quadrante.
a) sen 110º
Solução:
110º está no 2º quadrante. Seu simétrico será
180º ­ 110º = 70º
Como no 2º quadrante o seno é positivo teremos:
sen 110º = sen 70º
b) cos 874º
Solução:
874º 360º
154º 2
Então, cos 874º = cos 154º
Simétrico de 154º = 180º ­ 154º = 26º
No 2º quadrante, o cosseno é negativo. Logo, cos 874º = cos 154º = – cos 26º.
c)
3
2
tg
p
=
Solução:
3
2p
está no 2º quadrante, seu simétrico é
3 3
2 p
=
p
-p
No 2º quadrante, a tangente é negativa, logo:
3
tg
3
2
tg
p
-=
p
B) Arcos do 3º quadrante
Se x está no 3º quadrante, use o seu simétrico em relação à origem, calculando x ­ 180° ou x ­ p .
Exemplo:
Reduza ao primeiro quadrante: sec 220°
Solução:
220° está no 3º quadrante.
Seu simétrico será 220° ­ 180° = 40°.
No 3º quadrante a secante é negativa, logo:
sec 220° = ­sec 40°.
C) Arcos do 4º quadrante.
Exemplo:
Reduza ao 1º quadrante: sen 310°.
Solução:
310° está no 4º quadrante. Seu simétrico é 360° ­ 310° = 50°.
No 4º quadrante o seno é negativo. Logo:
sen 310° = ­sen 50°.

8. Tecnologia ITAPECURSOS
8 Matemática ­ M3
11 ­ ARCOS OPOSTOS
cos (­x) = cos x
sen (­x) = ­sen x
tg (­x) = ­tg x
cotg (­x) = ­cotg(x)
sec (­x) = sec x
cossec (­x) = ­cossec x
12 ­ RELAÇÕES FUNDAMENTAIS
As definições dadas anteriormente nos permitem deduzir uma série de relações entre o seno, o cosseno, a
tangente e as outras funções circulares. Dentre essas, nos interessam mais de perto um grupo de oito relações
independentes, que denominaremos de relações fundamentais.
R.1)
x cos
x sen
tgx = R.4)
x cos
1
x sec = R.7) 1 + tg 2 x = sec 2 x
R.2) cotg x =
x sen
x cos
R.5)
x sen
1
x sec cos = R.8) 1 + cotg 2 x = cossec 2 x
R.3) cotg x =
tgx
1
R.6) sen 2 x + cos 2 x = 1
As relações R.1, R.2, R.4 e R.5 são provadas facilmente usando
semelhança de triângulos. Como exemplo, provemos R.4.
Os triângulos OPB e OAB são semelhantes, pois:
B A ˆ O O B ˆ P = (retos)
B O ˆ A B O ˆ P = (comuns)
Logo:
OA
OB
OB
OP
= e substituindo,
x cos
1
1
x sec
=
ou
x cos
1
x sec =
A relação R.3 é conseqüência imediata de R.1 e R.2. Provemos R.6.
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo OAB, obtemos: sen 2 x + cos 2 x = 1.
Para provar R.7, partimos de sen 2 x + cos 2 x = 1. Para cos x ¹ 0, obtemos:
x cos
1
x cos
x cos
x cos
x sen
2 2
2
2
2
=+ e daí: tg 2 x + 1 = sec 2 x
De modo análogo, prova­se R.8.
Fique atento às seguintes observações:
a) Apenas a relação sen 2 x + cos 2 x = 1 é válida para todo x. As demais possuem restrições. Por exemplo,
1 + tg 2 x = sec 2 x só vale para p+
p
¹ k
2
x , pois para esses valores existe a tg x e a sec x. Procure achar
os valores de x para os quais as demais relações são válidas.
b) É importante que você saiba que o x pode representar qualquer arco. Assim, podemos dizer que:
sen 2 50º + cos 2 50º = 1
1 + tg 2 3a = sec 2 3a e assim por diante.
c) De cada relação você pode tirar outras. Assim, por exemplo, de sen 2 x + cos 2 x = 1, conclui­se que
1 ­ sen 2 x = cos 2 x.

9. Tecnologia ITAPECURSOS
9 Matemática ­ M3
1. (AMAN­RJ) Se 3 tg 2
=q e °£q£° 90 0 , então o valor de sen q é:
a)
2
2
b)
2
3
c) 2 2 - d)
2
1
e) n.r.a.
Solução:
4 sec ; sec 3 1 ; sec tg 1 2 2 2 2
=qq=+q=q+
De
q
=q 2
2
cos
1
sec vem
q
=q 2
2
sec
1
cos e então
4
1
cos 2
=q
Mas, 1 cos sen 2 2
=q+q e então 1
4
1
sen 2
=+q e daí:
4
3
sen 2
=q . Como q está no 1º quadrante e no 1º quadrante sen q > 0, vem sen
2
3
=q
Resposta: b
2. Para que valores de m a equação 1
4
m
x cos += é possível?
Solução:
Como 1 x cos 1 ££- , devemos ter: 1 1
4
m
1 £+£- ; 4 4 m 4 £+£-
0 m 8 ££-
3. (UFU­MG) O valor numérico da expressão:
x g cot
1 x tg x sec cos . x sec
y 2
2 2 2
--
= , para
4
1 x cos = é:
a)
16
1
b) 16 c)
16
16
d)
16
15
e) ­16
Solução:
x g cot
) 1 x tg ( x sec cos . x sec
y 2
2 2 2
+-
= ;
1 x sec cos
x sec x sec cos . x sec
y 2
2 2 2
-
-
=
1 x sec cos
) 1 x sec (cos x sec
y 2
2 2
-
-
= ; y = sec 2 x; 16
x cos
1
y 2
==
Resposta: b
4. Demostre a identidade
sec 2 x . cos sec 2 x = sec 2 x + cos sec 2 x
Solução:
Seja y = sec 2 x + cossec 2 x. Então:
x sen
1
x cos
1
y 2 2
+= ;
x sen . x cos
x cos x sen
y 2 2
2 2
+
=
x sec . x cos
1
y 2 2
= ;
x sen
1
.
x cos
1
y 2 2
= = sec 2 x . cossec 2 x
cossec cossec
cossec

10. Tecnologia ITAPECURSOS
1 0 Matemática ­ M3
y = sec 2 x . cossec 2 x
5. Calcule m para que se tenha simultaneamente
sen x = m ­ 1 e cos x = m . 3
Solução:
sen 2 x + cos 2 x = 1
(m ­ 1) 2 + (m . 3) 2 = 1
m 2 ­ 2m + 1 + 3m 2 = 1
4m 2 ­ 2m = 0, que resolvida dá m = 0 ou m =
2
1
Como ambos satisfazem à condição 1 x sen 1 ££- e 1 x cos 1 ££- , teremos:
Resposta: m = 0 ou m =
2
1
13 ­ FÓRMULAS DE ADIÇÃO
Daremos a seguir um conjunto de fórmulas que vão nos possibilitar calcular as funções trigonométricas de
arcos do tipo a + b e a ­ b. As demonstrações serão omitidas.
sen (a + b) = sen a . cos b + sen b . cos a
sen (a ­ b) = sen a . cos b ­ sen b . cos a
cos (a + b) = cos a . cos b ­ sen a . sen b
sen (a ­ b) = cos a . cos b + sen a . sen b
b tg . a tg 1
b tg a tg
) b a ( tag
-
+
=+
b tg . a tg 1
b tg a tg
) b a ( tag
+
-
=-
1. Calcule sen 15°.
Solução:
y = sen 15° = sen (45° ­ 30°)
y = sen 45° . cos 30° ­ sen 30° . cos 45°
4
2 6
y
2
2
.
2
1
2
3
.
2
2
y
-
=Þ-=
2. Sendo a ­ b =
3
p
, calcule o valor da expressão:
y = (sen a + cos b) 2 + (sen b ­ cos a) 2
Solução:
y = sen 2 a + 2sen a cos b + cos 2 b + sen 2 b ­ 2sen b cos a + cos 2 a
y = (sen 2 a + cos 2 a) + (sen 2 b + cos 2 b) + 2(sen a cos b ­ sen b cos a)
y = 1 + 1 + 2 sen (a ­ b), e como a ­ b =
3
p
,
y = 2 + 2 sen
3
p
; y = 2 + 2 .
2
3
; y = 2 + 3

11. Tecnologia ITAPECURSOS
1 1 Matemática ­ M3
3. (SANTA CASA ­ SP) Se sen 61º = m, o valor da expressão y = sen 16º + cos 16º é:
a) m b) 2m c) 2 m d) m 2 e) m 2
Solução:
61º = 45º + 16º. Portanto, se sen 61º = m, vem:
sen (45º + 16º) = m
sen 45º cos 16º + sen 16º . cos 45º = m
2
2
cos 16º +
2
2
sen 16º = m
2
2
(cos 16º + sen 16º) = m
cos 16º + sen 16º =
2
m 2
® y = 2 . m
Resposta: c
14 ­ SIMPLIFICAÇÃO DE EXPRESSÕES COM ARCOS DO TIPO ±pK X E X
2
K
±
p
Com o uso das fórmulas de adição, pode­se deduzir algumas regras que nos permitem simplificar expressões
com arcos do tipo ±pK x ou x
2
K
±
p
. Assim teremos:
A) Arcos da forma x K ±p
Regra prática:
­ A função é mantida
­ Suponha x no 1º quadrante.
­ Localize o quadrante do arco x K ±p e dê o sinal conveniente.
Exemplos:
a) sen (p ­x)
Solução:
Como estamos supondo x no 1º quadrante p ­ x estará no 2º quadrante, onde o seno é positivo; logo,
sen (p ­ x) = sen x
b) tg (p ­ x)
Solução:
p ­ x “está” no 2º quadrante onde a tangente é negativa. Logo tg (p ­ x) = ­ tg x
c) Cos (p + x)
Solução:
Se x está no 1º quadrante, p + x está no 3º quadrante, onde o cosseno é negativo. Portanto,
Cos (p + x) = ­ Cos x
d) Cotg (2p ­ x)
Solução:
2p ­ x será um arco do 4º quadrante, concorda? No 4º quadrante, a cotangente é negativa e então
cotg (2p ­ x) = ­ cotg x

12. Tecnologia ITAPECURSOS
1 2 Matemática ­ M3
B) Arcos da forma x
2
K
±
p
Regra prática
­ Considere x no 1º quadrante.
­ Troque a função pela sua co­função.
­ Localize o quadrante de x
2
K
±
p
e dê o sinal conveniente.
Exemplos:
a) Sen (
2
p
­ x)
Solução:
Como
2
p
­ x é do 1º quadrante, o seno é positivo, logo sen (
2
p
­x) = cos x (troque o seno pelo cosseno)
b) Cos (
2
p
+ x)
Solução:
2
p
+ x é do 2º quadrante, onde o cosseno é negativo, logo: cos (
2
p
+ x) = ­ sen x
c) tg (
2
3p
+ x)
Solução:
2
3p
+ x está no 4º quadrante, onde a tangente é negativa.
tg (
2
3p
+x) = ­ cotg x
d) Cossec (
2
3p
­ x)
Solução:
2
3p
­ x está no 3º quadrante onde a cossecante é negativa.
Cossec (
2
3p
­ x) = ­ sec x
1. Se sen
3
1
=a , o valor de sen (25 p + a ) ­ sen (88 p ­ a ) é:
a) 0 b)
3
1
c)
3
2
d)
3
1
- e)
2
3
-
Solução:
Como uma volta completa na circunferência trigonométrica mede 2 p , observe que de 2 p em 2 p radianos,
os valores das funções trigonométricas se repetem.
Assim, se f é uma função trigonométrica, f(x + k. 2 p ) = f(x). Assim:
sen (25 p + a ) = sen (12 . 2 p + p + a ) = sen ( p + a ) = ­ sen a
sen (88 p ­ a ) = sen (44 . 2 p ­ a ) = sen (­ a ) = ­ sen a
Logo, a expressão dada equivale a:
sen (25 p + a ) ­ sen (88 p ­ a ) = ­sen a ­ (­sen a ) = ­sen a + sen a = 0
Resposta: a

13. Tecnologia ITAPECURSOS
1 3 Matemática ­ M3
2. (FATEC­SP) Se S = sen ( p ­ x) . cos (
2
p
­ x) + tg (x ­
2
p
) . cos (
2
p
+ x) . cos (2 p ­ x) então para todo x real,
p¹ K x , Z K Î , S é igual a:
a) ­2 b) ­1 c) 0 d) 1 e) 2
Solução:
Observe que:
sen ( p ­ x) = sen x
cos (
2
p
­ x) = sen x
tg (x ­
2
p
) = ­tg (
2
p
­ x) = ­ cotg x
cos (
2
p
+ x) = ­ sen x
cos (2 p ­ x) = cos x
15 ­ FÓRMULAS DE MULTIPLICAÇÃO
Usando as fórmulas de adição, prova­se que:
a) sen 2x = 2 sen x cos x
b) cos 2x = cos 2 x ­ sen 2 x
cos 2x = 1 ­ 2 sen 2 x
cos 2x = 2 cos 2 x ­ 1
c) tg 2x =
x tg 1
x tg 2
2
-
Como sugestão para você, vamos provar a fórmula sen 2x = 2 sen x cos x. Para isso, façamos na
fórmula sen (a + b) = sen a cos b + sen b cos a, a = b = x. Obteremos:
sen (x + x) = sen x . cos x + sen x . cos x
sen 2x = 2 sen x cos x
Atenção: Essas fórmulas podem aparecer sob diversas formas. O importante é que o arco que aparece no
primeiro membro seja o dobro do arco que aparece no 2º membro. Assim é correto afirmar que:
sen 6x = 2 sen 3x cos 3x
cos 4x = cos 2 2x ­ sen 2 2x
sen x = 2 sen
2
x
cos
2
x
1. Se sen x ­ cos x =
5
1
, calcule:
a) sen 2x
b) sen x + cos x
Solução:
a) De sen x ­ cos x =
5
1
, obtemos:
(sen x ­ cos x) 2 =
25
1
;
sen 2 x + cos 2 x ­ 2 sen x cos x =
25
1
1 ­ sen 2x =
25
1
; sen 2x =
25
24
Portanto:
S = sen x . sen x + (­cotg x) . (­sen x) . cos x
S = sen 2 x +
x sen
x cos
. sen x . cos x
S = sen 2 x + cos 2 x ; S = 1
Resposta: d
b) Seja y = sen x + cos x. Então:
y 2 =sen 2 x + cos 2 x + 2 sen x cos x
y 2 = 1 + sen 2x
y 2 = 1 +
25
24
; y 2 =
25
49
; y =
5
7
±

14. Tecnologia ITAPECURSOS
1 4 Matemática ­ M3
2. (FUVEST­SP) O valor de (sen 22º30’ + cos 22º30’) 2 é:
a)
2
3
b)
2
3 2 +
c)
2
2 2 +
d) 1 e) 2
Solução:
y = (sen 22º30’ + cos 22º30’) 2
y = sen 2 22º30’ + cos 2 22º30’ + 2 sen 22º30’ . cos 22º30’
y = 1 + sen 45º
y = 1 +
2
2
; y =
2
2 2 +
Resposta: c
16 ­ FÓRMULAS DE DIVISÃO
Como vimos, cos 2a = 1 ­ 2 sen 2 a. Logo, fazendo a = x/2, obtemos:
cos x = 1 ­ 2 sen 2
2
x
e daí:
sen
2
x
=
2
x cos 1-
±
Para decidir sobre qual sinal usar, localize o quadrante no qual se localiza o arco
2
x
.
De modo semelhante, prova­se que:
cos
2
x
=
2
x cos 1+
± e
x cos 1
x cos 1
2
x
tg
+
-
±=
1. Calcule cos 22°30’
Solução:
Como 22°30’ é um arco do 1º quadrante, teremos:
cos 22°30’ =
2
45 cos 1 o
+
+
cos 22°30’ =
2
2 / 2 1+
cos 22°30’ =
2
2 2 +
cos 22°30’ =
4
2 2 +
Em determinados problemas, é muito útil sabermos expressar o seno, o cosseno e a tangente de um arco
como função do arco metade. Isso pode ser feito usando­se as fórmulas a seguir:
sen x =
2
x
tg 1
2
x
tg 2
2
+
cos x =
2
x
tg 1
2
x
tg 1
2
2
+
-
tg x =
2
x
tg 1
2
x
tg 2
2
-

15. Tecnologia ITAPECURSOS
1 5 Matemática ­ M3
Provemos, como exemplo, a fórmula sen
2
x
tg 1
2
x
tg 2
x
2
+
=
Demonstração:
Sabemos que sen
2
x
cos
2
x
sen 2 x = e daí:
)
2
x
( cos .
) 2 / x cos(
) 2 / x sen(
. 2 x sen 2
=
sen x = 2 tg
2
x . cos 2
2
x
; sen x = 2 tg
2
x .
2
x
sec
1
2
sen x = 2 .
2
x
tg 1
2
x
tg
2
+
; sen x =
2
x
tg 1
2
x
tg 2
2
+
17 ­ FÓRMULAS DE TRANSFORMAÇÃO EM PRODUTO
Como vimos:
sen (a + b) = sen a . cos b + sen b . cos a
sen (a ­ b) = sen a . cos b ­ sen b . cos a
Somando membro a membro estas igualdades
obtemos:
sen (a + b) + sen (a ­ b) = 2 sen a cos b
Se fizermos a + b = p e a ­ b = q, resolvendo o
sistema, encontra­se
a =
2
q p +
e b =
2
q p -
Portanto: sen p + sen q = 2 sen
2
q p +
cos
2
q p -
De modo semelhante, prova­se que:
sen p ­ sen q = 2 sen
2
q p -
cos
2
q p +
cos p + cos q = 2 cos
2
q p +
cos
2
q p -
cos p ­ cos q = ­ 2 sen
2
q p +
sen
2
q p -
tg p + tg q =
q cos . p cos
) q p sen( +
tg p ­ tg q =
q cos . p cos
) q p sen( -
1. Transforme em produto:
a) y = 2 cos x ­ 2 b) y = sen x + cos x
Solução:
a) y = 2 (cos x ­
2
2
); y = 2 (cos x ­ cos
4
p
)
y = 2 ÷
ø
ö
ç
è
æ p-p+
-
2
4 / x
sen .
2
4 / x
sen 2
y = ­ 4 . sen ÷
ø
ö
ç
è
æ p
+
8 2
x
. sen ÷
ø
ö
ç
è
æ p
-
8 2
x
Como sen (­x) = ­ sen x, podemos dizer que:
sen ÷
ø
ö
ç
è
æ p
-
8 2
x
= sen ÷
ø
ö
ç
è
æ
-
p
2
x
8
Portanto, a solução pode também ser dada por:
y = 4 sen ÷
ø
ö
ç
è
æ p
+
8 2
x
. sen ÷
ø
ö
ç
è
æ
-
p
2
x
8

16. Tecnologia ITAPECURSOS
1 6 Matemática ­ M3
b) y = sen x + sen ( x 2 / -p )
÷
ø
ö
ç
è
æ +p-
÷
ø
ö
ç
è
æ -p+
=
2
x 2 / x
cos
2
x 2 / x
sen 2 y
÷
ø
ö
ç
è
æ p
-
p
=
4
x cos
4
sen 2 y e como sen
2
2
4
=
p
÷
ø
ö
ç
è
æ p
-=
4
x cos 2 y
Se quisermos transformar um produto em soma, usamos as fórmulas de reversões.
a) sen a . sen b =
2
1
[sen (a + b) + sen (a ­ b)]
b) cos a . cos b =
2
1
[cos (a + b) + cos(a ­ b)]
18 ­ EQUAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Para resolver uma equação trigonométrica, tente reduzi­la a uma das equações fundamentais dadas a seguir.
a) Equação do tipo sen x = sen a
Como se vê no diagrama abaixo, todos os arcos com extremidades em a ou p ­ a , satisfazem à equação.
Logo, a solução procurada é:
x = a + 2k p ou
x = p ­ a + 2k p
b) Equação do tipo cos x = cos a
A solução é:
x = a + 2k p
ou
x = ­a + 2k p
c) Equação do tipo tg x = tg a
A solução é:
x = a + k p
a
­ a
Observações:
­ Essas equações são as equações fundamentais. Qualquer outra equação para ser resolvida deve ser
transformada em uma equivalente a uma das equações fundamentais.
­ Das relações vistas até agora decorre que uma resposta de uma equação pode apresentar várias formas.
­ Não se esqueça de verificar o domínio de validade da equação.

17. Tecnologia ITAPECURSOS
1 7 Matemática ­ M3
1. Resolva a equação 2 sen x ­ 1 = 0
Solução:
2 sen x ­ 1 = 0; sen x =
2
1
; sen x = sen
6
p
e então:
x =
6
p
+ 2k p ou x = p ­
6
p
+ 2k p , o que dá; x =
6
5p
+ 2k p
Resp.: x =
6
p
+ 2k p ou x =
6
5p
+ 2k p
2. Resolva a equação 4 cos x + 3 sec x = 8, no intervalo
2
x 0
p
££
Solução:
4 cos x + 3 sec x = 8
4 cos x +
x cos
3
= 8; 4cos 2 x + 3 = 8 cos x e daí:
4 cos 2 x ­ 8 cos x + 3 = 0
D = 64 ­ 48 = 16
cos x =
8
4 8 ±
; cos x =
2
1
ou cos x =
2
3
se cos x =
2
1
, x =
3
p
se cos x =
2
3
, não existe x, pois 1 x cos 1 ££-
3. Resolva a equação cotg 2x = cotg (x +
4
p
)
Solução:
A solução da equação cotg x = cotg a é a mesma da equação tg x = tg a, ou seja, x = a + k p . Logo:
2x = x +
4
p
+ k p ; x =
4
p
+ k p
4. Resolva a equação 3 sen x + cos x = 3 , no intervalo (0, 2 p ).
Solução:
Da equação dada tiramos que cos x = 3 ­ 3 sen x.
Substituindo na igualdade sen 2 x + cos 2 x = 1, obtemos:
sen 2 x + ( 3 ­ 3 sen x) 2 = 1
sen 2 x + 3 ­ 6 sen x + 3 sen 2 x = 1
4 sen 2 x ­ 6 sen x + 2 = 0 ou
2 sen 2 x ­ 3 sen x + 1 = 0
D = 9 ­ 8 = 1
sen x =
4
1 3 ±
; sen x = 1 ou sen x =
2
1
Se sen x = 1, x =
2
p
Se sen x =
2
1
; x =
6
p
ou x =
6
5p
Resposta: S = { }6
5 ,
6
,
2
ppp

18. Tecnologia ITAPECURSOS
1 8 Matemática ­ M3
19 ­ FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Até agora temos falado de seno, cosseno, tangente de um arco (ou ângulo). No entanto, podemos falar de
seno, cosseno e tangente de um número real. Veja:
a) A função seno
É a função f : R ® R definida por f(x) = sen x, onde sen x é o arco de x radianos.
Propriedades
­ Domínio: R
­ Imagem: [­1, 1]
­ y = sen x é uma função ímpar (sen (­x) = ­ sen x)
­ Se y = a + b sen (cx + d) seu período é p = c
2p
b) A função cosseno
É a função f : R ® R, definida por f(x) = cos x, onde cos x é o cosseno do arco de x radianos.
Gráfico:
Propriedades:
­ Domínio: R
­ Imagem: [­1, 1]
­ y = cos x é uma função par (cos (­x) = cos x)
­ Se y = a + b cos (cx + d) seu período é p = c
2p
c) A função tangente
É a função f: A ® R, onde A = { p+
p
¹Î k
2
x ; R x }, definida por f(x) = tg x, sendo tg x a tangente do arco de x
radianos.
Gráfico:
Propriedades
­ Domínio: { p+
p
¹Î k
2
x ; R x }
­ Imagem: R
­ y = tg x é uma função ímpar (tg (­x) = ­ tg x)
­ Se y = a + b tg (cx + d) seu período é p =
c
p
Observações:
­ De modo semelhante, podemos definir as funções y = cotg x, y = sec x e y = cossec x.
­ O período de y = a + b cotg (cx + d) é p =
c
p
­ O período de y = a + b sec (cx + d) e y = a + b cossec (cx + d) é p = c
2p
­ Sejam f(x) e g(x) funções periódicas de períodos P 1 e P 2 respectivamente, com 2 1 P P ¹ . Se P 1 / P 2 = m/n,
onde m e n são inteiros positivos e primos entre si, então as funções f + g e f . g são periódicas e seu
período é P = nP 1 = mP 2 .
­ 1
0
pp
2
3
2
p 2p
1
­ 1
0
3
2
ppp
2
2p
1
­ 1
0

19. Tecnologia ITAPECURSOS
1 9 Matemática ­ M3
Exemplo:
Ache o período de y = cos 4x . tg
3
x 2
Solução:
Período de f(x) = cos 4x;
2 4
2
P 1
p
=
p
=
Período de g(x) = tg
3
x 2
;
2
3
3 2
P 2
p
=
p
=
3
1
P
P
2 3
2
P
P
2
1
2
1
=®
p
p
= . Portanto, o período procurado é: p = 3P 1 = 1P 2 =
2
3p
20 ­ FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS
Como você já sabe, uma função só admite inversa se for bijetora, e as funções trigonométricas não são
bijetoras. No entanto, se restringirmos seus domínios convenientemente, obteremos funções bijetoras nesses
domínios.
A) A função arco­seno
Seja a função f: D ® A, definida por f(x) = sen x, onde
D = ú
û
ù
ê
ë
é pp
-
2
,
2
e A = [­1, 1]
Nessas condições f é bijetora, e então tem inversa, que
denominaremos de função arco­seno e será a função
f ­1 : A ® D, para a qual f ­1 (x) = arc sen x.
Exemplo:
Se y = arc sen x, então arc sen (
2
1
) é o arco do intervalo
ú
û
ù
ê
ë
é pp
-
2
,
2
, cujo seno vale
2
1
.
Logo arc sen (
2
1
) =
3
p
.
B) A função arco­cosseno
Seja a função f: D ® A, definida por f(x) = cos x, com
D = [0, p ] e A = [­1, 1]. Nessas condições, f é bijetora.
Sua inversa, que chamaremos de função arco­cosseno é
a função f ­1 : A ® D, definida por f ­1 (x) = arc cos x,
onde arc cos x é o arco cujo cosseno é x.
Exemplo:
Seja y = arc cos x. Calcule y = arc cos (
2
3- )
Solução:
y = arc cos ( 2
3- ) é o arco do intervalo [0, p] cujo cosseno vale
2
3- . Logo arc cos (
2
3- ) =
6
5p
p
2
y
­ 1
0 p x
1
1
­1
p
2
p
2
­
y

20. Tecnologia ITAPECURSOS
2 0 Matemática ­ M3
C) A função arco­tangente
Seja a função f: D ® R, definida por f(x) = tg x, com D = ú
û
ù
ê
ë
é pp
-
2
,
2
. Então f é bijetora. Sua inversa, que
chamaremos de função arco­tangente é a função f ­1 : R ® D, definida por f ­1 (x) = arctg x onde arctg x é o
arco cuja tangente vale x.
Exemplo: Calcule arctg (­1)
Solução:
arctg (­1) é o arco do intervalo ú
û
ù
ê
ë
é pp
-
2
,
2
, cuja
tangente vale ­1. Logo, arctg (­1) =
4
p
-
1. Ache o domínio da função y = arcsen (3x + 1)
Solução:
Como o domínio de f(x) = arcsen x é 1 x 1 ££- , deveremos ter:
1 1 x 3 1 £+£- ; 0 x 3 2 ££- ; 0 x
3
2
££-
Resposta: 0 x
3
2
££-
2. (PUC­SP) Um dos valores de sen (arcsen 3/5 + arcsen 2/3) é:
a)
16
8 5 -
b)
17
8 5 +
c)
14
8 5 -
d)
12
8 5 +
e)
15
8 5 3 +
Solução:
Observe que se arcsen x = a, então sen a = x.
Então, teremos arcsen (
5
3
) = a ® sen a =
5
3
e
2
a
2
p
££
p
-
arcsen (
3
2
) = b ® sen b =
3
2
e
2
b
2
p
££
p
- .
O que se pede então é achar y = sen (a + b), logo: y = sen a cos b + sen b cos a (I)
Usando a relação sen 2 x + cos 2 x = 1, e observando os quadrantes onde estão a e b, você encontra que
cos a =
5
4
e cos b = 3 5 ; substituindo em (I), você terá:
15
8 5 3
y
5
4
.
3
2
3
5
.
5
3
y
+
=®+= .
Resposta : e
p
2
y
0 x-
p
2

21. Tecnologia ITAPECURSOS
2 1 Matemática ­ M3
NÚMEROS COMPLEXOS
1 ­ INTRODUÇÃO
A impossibilidade da realização de algumas operações levou o matemático a ampliar os conjuntos numéricos.
Assim, para que a ­ b existisse, para aÎ N e bÎ N com a < b foi criado o conjunto Z dos números inteiros. Se
a e b são inteiros,
a
b
será definido só se b ¹ 0 e se for criado o conjunto Q dos números racionais. A extração
de raízes de números positivos levou à criação dos números reais (R).
Mas o conjunto R tem ainda uma limitação que nos incomoda desde o momento em que aprendemos a
resolver equações do 2º grau. Nessas equações, se D < 0, ao usar a fórmula resolutiva aparece a raiz quadrada
de um número negativo, que em R não existe. O que vamos fazer nesta unidade é ampliar o conjunto R, ou
seja, vamos criar um novo conjunto numérico, que contém R, no qual a radiciação será sempre possível. Assim,
nesse novo conjunto numérico, as equações de 2º grau com D < 0 também terão solução.
2 ­ CRIANDO UM NOVO TIPO DE NÚMERO
Seja a equação: x 2 ­ 4x + 13 = 0. Seu discriminante é: D = 16 ­ 52 = ­36. Em R, essa equação não tem
solução. Apesar disso, usemos a fórmula de Báskara.
x =
± -4 36
2
; x =
± -4 36 1
2
.( )
; x =
± -4 6 1
2
2 3 1± -
Se imaginarmos um novo conjunto numérico, no qual exista um número, que representaremos por i, tal que
i 2 = ­1, então -1 = i e teremos:
x’ = 2 + 3i e x” = 2 ­ 3i. Um tal número será chamado de número complexo.
3 ­ DEFINIÇÃO DE NÚMERO COMPLEXO
Sejam x e y números reais e i um número tal que i 2 = ­1. Chama­se número complexo a todo número da forma:
Z = x + yi.
a) A forma Z = x + yi é chamada de forma algébrica do número complexo.
b) Em Z = x + yi, x é a parte real e y é a parte imaginária. Representa­se por:
î
í
ì
=
=
®+=
y Im(Z)
x Re(Z)
yi x Z
c) O número i é a unidade imaginária.
d) Em z = x + yi, temos:
­ se y = 0, então Z é um número real
­ se x = 0 e y ¹ 0, então Z é imaginário puro.
Observe que o conjunto dos reais R estácontido noconjunto dos númeroscomplexos, que representaremos por C.
4 ­ IGUALDADE DE NÚMEROS COMPLEXOS
a + bi = c + di «
=
=
ì
í
î
a c
b d
Exemplo: Se (x ­ 1) + 2i = 3 + (y + 2)i, calcule x e y.
Solução:
Devemos ter: x ­ 1 = 3; x = 4
y + 2 = 2; y = 0

22. Tecnologia ITAPECURSOS
2 2 Matemática ­ M3
5 ­ ADIÇÃO E SUBTRAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
Se a + bi e c + di são dois números complexos, define­se:
a) (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
b) (a + bi) ­ (c + di) = (a ­ c) + (b ­ d)i
6 ­ MULTIPLICAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
Se Z 1 = a + bi e Z 2 = c + di define­se
Z 1 . Z 2 = (a + bi) . (c + di) = (ac ­ bd) + (ad + bc)i
Obs.: proceda como se estivesse multiplicando duas expressões e depois substitua i por ­1.
Exemplo: Calcule: (2 ­ 3i)(­1 + i) Solução: (2 ­ 3i)(­1 + i) = ­2 + 2i + 3i ­ 3i 2
= ­2 + 5i + 3
= 1 + 5i
7 ­ POTÊNCIAS DE i
Observe que: i 0 = 1 i 2 = ­1
i 1 = 1 i 3 = i 2 . i = ­ i
A partir daí, i n dará um desses valores, e para calcular seu valor basta achar o resto da divisão de n por 4.
Exemplo: Calcule:
a) i 9 b) i 26 c) i 507
Solução:
a) 9 4 Õ i 9 = i 1 = i
1 2
b) 26 4 Õ i 26 = i 2 = ­1
2 6
c) Para achar o resto da divisão de 507 por 4, basta
dividir o número formado pelos dois últimos algarismos por 4.
7 4 Õ i 507 = i 3 = ­i
3 1
8 ­ PROPRIEDADES
Os números complexos satisfazem às nove propriedades operacionais da álgebra.
P.1) Comutativa
Z 1 + Z 2 = Z 2 + Z 1 e Z 1 . Z 2 = Z 2 . Z 1
P.2) Associativa
(Z 1 + Z 2 ) + Z 3 = Z 1 +( Z 2 + Z 3 )
(Z 1 . Z 2 ) . Z 3 = Z 1 . (Z 2 . Z 3 )
P.3) Distributiva
Z 1 .( Z 2 + Z 3 ) = Z 1 . Z 2 + Z 1 . Z 3
P.4) Existe o elemento neutro da adição e da multiplicação.
P.5) Existe o elemento simétrico da adição e o elemento inverso da multiplicação.

23. Tecnologia ITAPECURSOS
2 3 Matemática ­ M3
1) Determine x e y reais para que se tenha: (x + yi)(3 + 4i) = 7 + 26i
Solução:
(x + yi)(3 + 4i) = 3x + 4xi + 3yi + 4yi 2 , e como i 2 = ­1, teremos:
(x + yi)(3 + 4i) = (3x ­ 4y) + (4x + 3y)i. Queremos que: (3x ­ 4y) + (4x + 3y)i = 7 + 26i e então:
3 4 7
4 3 26
x y
x y
- =
+ =
ì
í
î
que resolvido nos dá x = 5 e y = 2.
2) Calcule (1 ­ i) 6 Solução:
Observe inicialmente que: (1 ­ i) 2 = 1 ­ 2i + i 2 = ­2i
Portanto: (1 ­ i) 6 = [(1 ­ i) 2 ] 3 = (­2i) 3 = ­8i 3 = ­8 . i 2 . i = 8i
9 ­ CONJUGADO DE UM NÚMERO COMPLEXO
Se Z = x + yi, seu conjugado é o número Z = x ­ yi.
Propriedades: P.1) (Z) = Z
P.2) Z Z Z Z 1 2 1 2+ = +
P.3) Z Z Z Z 1 2 1 2 . .=
10 ­ DIVISÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
Sejam Z 1 e Z 2 números complexos com Z 2 ¹ 0. Define­se:
Z
Z
Z Z
Z Z
1
2
1 2
2 2
=
.
.
Exemplo: Efetue
1 2
3
+
-
i
i
Solução:
1 2
3
1 2 3 6 2
9
1 7
10
1
10
7
10
2
2
+
-
=
+ +
- +
=
+ + +
-
=
+
= +
i
i
i i
i i
i i i
i
i
i
( )(3 )
(3 )(3 )
1) Determine Z Î C tal que iZ + 2 Z = ­3 ­ 3i
Solução:
Seja Z = x + yi, com x e y reais. Então a equação dada fica: i(x + yi) + 2(x ­ yi) = ­3 ­ 3i e daí vem:
(2x ­ y) + (x ­ 2y)i = ­3 ­ 3i.
Portanto, devemos ter:
2 3
2 3
x y
x y
- = -
- = -
ì
í
î
que resolvido dá x = ­1 e y = 1.
Resposta: Z = ­1 + i.

24. Tecnologia ITAPECURSOS
2 4 Matemática ­ M3
2) Determine o número complexo cujo produto por 5 + 8i é real e cujo quociente por 1 + i é imaginário puro.
Solução:
Seja Z = x + yi o número procurado, queremos que:
a) (x + yi) (5 + 8i) = (5x ­ 8y) + (8x + 5y)i seja real.
Então: 8x + 5y = 0 (I)
b)
x yi
i
x y y x
i
+
+
=
+
+
-
1 2 2
seja imaginário puro. Logo
x y+
2
= 0 ou x + y = 0 (II) e y ­ x ¹ 0
Resolvendo o sistema
8 5 0
0
x y
x y
+ =
+ =
ì
í
î
encontra­se x = 0 e y = 0. Mas para esses valores y ­ x = 0 e o quociente
x yi
i
+
+1
não é imaginário puro.
Resposta: Não existe tal número.
11 ­ REPRESENTAÇÃO GEOMÉTRICA DE UM NÚMERO COMPLEXO
Um número complexo pode ser representado também como um par
ordenado de números reais, bastando para isso fazer a
correspondência x + yi « (x, y). Desse modo, a cada número
complexo Z = x + yi corresponde um ponto P = (x, y) no plano
cartesiano. Ponto esse que é chamado de afixo de Z, e o plano
passa a ser denominado plano de Argand­Gauss. Observe que:
a) Os números reais, Z = x + 0i, são representados no eixo x, que
passará a ser chamado de eixo real.
b) Os números da forma Z = 0 + yi, com y ¹ 0, são representados no
eixo y, que chamaremos de eixo imaginário.
12 ­ MÓDULO DE UM NÚMERO COMPLEXO
Se Z = x + yi, chama­se módulo de Z ao número representado por
| Z | ou r e definido por:
| Z | = r = x y 2 2
+
Obs.: O módulo de um número complexo representa a
distância do seu afixo à origem.
Propriedades
a) Z Z= d) Z Z n n
=
b) Z Z Z Z 1 2 1 2 . .= e) Z Z Z Z 1 2 1 2+ £ + (desiguadade triangular)
c)
Z
Z
Z
Z
1
2
1
2
= (Z 2 ¹ 0)

25. Tecnologia ITAPECURSOS
2 5 Matemática ­ M3
1) Determine o módulo de Z =
5 2
5 2
+
-
i
i
Solução:
Z
i
i
i
i
=
+
-
=
+
-
5 2
5 2
5 2
5 2
. Como 5 2+ i e 5 2- i são conjugados, eles têm o mesmo módulo; logo | Z | = 1.
13­ ARGUMENTO DE UM NÚMERO COMPLEXO
Seja Z = x + yi de afixo P = (x, y). Chama­se argumento de Z
o ângulo q formado pelo semi­eixo positivo Ox e pelo segmento
OP, ângulo esse tomado no sentido anti­horário. Para
determinar q observe que:
cosq =
x
r
e senq =
y
r
Exemplos: Determine o argumento dos números:
a) Z i= +3
b) Z = 1 ­ i
c) Z = ­3i
Solução:
a) Z i= +3
( )r = +3 1
2
2
; r = +3 1 ; r = 2
cos
sen
q
q
q q
p=
=
ü
ý
ïï
þ
ï
ï
Þ = =
3
2
1
2
30
6
o
ou rd
b) Z = 1 ­ i
r = + -1 1 2 2
( ) ; r = 2
cos
sen
q
q
q
= =
= - = -
ü
ý
ï
ï
þ
ï
ï
Þ =
1
2
2
2
1
2
2
2
315 o
c) Z = ­3i
r = + -0 3 2 2
( ) ; r = 3
cos
sen
q
q
q
=
= -
ü
ý
þ
=
0
1
270 o
14 ­ FORMA TRIGONOMÉTRICA DE UM NÚMERO COMPLEXO
A forma algébrica para cálculo de potências ou raízes de números complexos torna a operação quase impraticável,
por isso veremos como representar um número complexo numa outra forma muito mais prática.
Seja então Z = x + yi, cujo módulo representaremos por r, e cujo argumento representaremos por q . Então:
cosq =
x
r
Õ x = r cosq
senq =
y
r
Õ y = r sen q
Logo, substituindo em Z = x + yi, obtém­se:
Z = r cosq + i . r sen q ; Z = r . (cosq + i sen q )
que chamamos de forma trigonométrica de Z.

26. Tecnologia ITAPECURSOS
2 6 Matemática ­ M3
Exemplo: Ache a forma trigonométrica de Z = 1 + 3 i
Solução:
Z = 1 + 3 i
r = 1 3+ = 2
cos
sen
q
q
q
=
=
ü
ý
ïï
þ
ï
ï
=
1
2
3
2
60 o
Logo:
1 + 3 i = 2 (cos 60º + i sen 60º)
Observação: Se Z 1 = r 1 . (cosq 1 + i sen q 1 ) e
Z 2 = r 2 . (cosq 2 + i sen q 2 ) prova­se que:
a) Z 1 . Z 2 = r 1 . r 2 [cos ( q 1 + q 2 ) + i sen ( q 1 + q 2 )]
b)
Z
Z
r
r
i 1
2
1
2
1 2 1 2= - + -[cos( ) sen( )]q q q q
15 ­ POTENCIAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
A fórmula Z 1 . Z 2 = r 1 . r 2 [cos ( q 1 + q 2 ) + i sen ( q 1 + q 2 )] vale para um número finito de fatores. Desse modo,
se Z = r . (cosq + i sen q ), teremos:
Z n = r . r . ... . r . [cos ( q +...+ q ) + i sen ( q + ... + q )], e então:
n fatores n parcelas n parcelas
Z n = r n . (cos n q + i sen n q ) Õ 1ª fórmula de De Moivre.
Exemplo: Calcule ( 3 + i) 5
Solução:
Z = 3 + i
r = 3 1+ = 2
cos
sen
q
q
q
=
=
ü
ý
ïï
þ
ï
ï
=
3
2
1
2
30 o
1 24 34 1 24 34 1 24 34
Logo:
Z = 2 (cos 30º + i sen 30º) e então;
Z 5 = 2 5 . (cos 150º + i sen 150º)
Z 5 = 32 . - +
æ
è
çç
ö
ø
÷÷
3
2
1
2
i. ; Z i 5
16 3 16= - +
1) Mostre que, se ( 3 + i) 2n , com n inteiro, é real, então n é múltiplo de 3.
Solução:
3 2
6 6
+ = +
æ
è
ç
ö
ø
÷i i cos sen
p p
, concorda?
Então: ( )3 2
2
6
2
6
2
2
+ = +
æ
è
ç
ö
ø
÷i
n
i
n n
n
cos sen
p p
ou ( )3 2
3 3
2
2
+ = +
æ
è
ç
ö
ø
÷i
n
i
n n
n
cos sen
p p
.
Como esse número é real, sen
np
3
0= .
Portanto,
n
K
p
p
3
= e daí n = 3K, K Î Z e n é múltiplo de 3.

27. Tecnologia ITAPECURSOS
2 7 Matemática ­ M3
16 ­ RADICIAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
Seja Z um número complexo e n Î N*. Chama­se raiz enésima de Z e representa­se por Z n
ao número
complexo w tal que w n = Z.
Se Z = r (cosq + i sen q ) e w = p (cosa + i sen a ) então como w n = Z, obteremos:
p n . (cos n a + i sen n a ) = r (cosq + i sen q ) e daí:
p n n
= ® =r p r
cos n = cos
sen n = sen
a q
a q
a q p
ü
ý
þ
Þ = +n K 2 e então:
a
q p
=
n
+
2K
n
, onde K varia de 0 a n ­1, pois a partir daí obtemos arcos congruos com os arcos já obtidos.
Concluímos, então, que: Z r
K
n
i
K
n
K n n
=
+
+
+é
ë
ê
ù
û
ú = -n
. cos .sen , , ...,
q p q p2 2
0 1 1
Essa é a 2ª fórmula de De Moivre.
Observe que o número de raízes complexas de um número é igual ao índice da raiz.
Exemplo: Calcule - 64 3
Solução:
­ 64 = 64 . (cos p + i sen p ), concorda?
Então: - =
+
+
+é
ë
ê
ù
û
ú64 64
2
3
2
3
3 3
. cos . sen
p p p pK
i
K
K Z i i= ® = +
æ
è
ç
ö
ø
÷ = +0 4
3 3
2 2 3 1
cos sen
p p
( )K Z i= ® = + = -1 4 4 2
cos senp p
K Z i i= ® = +
æ
è
ç
ö
ø
÷ = -2 4
5
3
5
3
2 2 3 3
cos sen
p p
17­ INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
a) As raízes enésimas de Z têm todas o mesmo módulo,
por isso a representação dessas raízes no plano de
Argand­Gauss situa­se sobre uma circunferência de
raio igual a r n
e centro (0, 0).
b) As raízes quadradas de um número Z são
extremidades de um diâmetro da circunferência
descrita em a.
c) As raízes de índice n ³ 3 são vértices de um
polígono regular de n lados inscrito na
circunferência descrita em a.
Assim, as raízes cúbicas de ­64 são lados do triângulo
eqüilátero inscrito na circunferência de centro (0,
0) e raio 4.

28. Tecnologia ITAPECURSOS
2 8 Matemática ­ M3
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS
1­ DEFINIÇÃO
Equação algébrica, de grau n, é toda sentença do tipo p(x) = 0, onde p(x) é um polinômio de grau n.
Assim, equação algébrica é uma equação da forma:
a n . x n + a n ­ 1 . x n ­ 1 + ... + a 1 . x + a o = 0 , onde
• a o , a 1 , ..., a n são números complexos, a n ¹ 0
2 ­ RAIZ DE UMA EQUAÇÃO
Um número a é raiz da equação P(x) = 0, se P( a ) = 0.
Assim, se P(x) = 2x 3 ­ 3x 2 + 8x ­ 12, as raízes da equação P(x) = 0 são
3
2
, 2i, ­2i, como você pode verificar por
substituição direta.
Nesta unidade, aprenderemos como determinar as raízes de uma equação.
3 ­ TEOREMA FUNDAMENTAL DA ÁLGEBRA (T.F.A.)
T.F.A.: Toda equação algébrica de grau n ³ 1 tem ao menos uma raiz complexa.
Se P(x) é, então, um polinômio de grau n ³ 1, pelo T.F.A., ele tem ao menos uma raiz que chamaremos a 1 .
Pelo teorema de D’Alembert, segue que P(x) = (x ­ a 1 ) . P 1 (x), sendo P 1 (x) um polinômio de grau n ­ 1.
Se n ­ 1 ³ 1, o T.F.A. nos permite afirmar que P 1 (x) = (x ­ a 2 ) . P 2 (x), o que acarreta: a:
P(x) = (x ­ a 1 )(x ­ a 2 ) . P 2 (x)
Aplicando sucessivamente o T.F.A., chegaremos a: P(x) = (x ­ a 1 ) . (x ­ a 2 ) ... (x ­ a n ) P n (x)
onde P n (x) = a n .
Este é o teorema da decomposição.
Todo polinômio de grau n ³ 1 pode ser fatorado na forma:
P(x) = a n . (x ­ a 1 ) . (x ­ a 2 ) ... (x ­ a n ), onde a 1 , a 2 , a n são suas raízes.
Conseqüência:
Toda equação algébrica P(x) = 0, de grau n ³ 1, tem exatamente n raízes.
Observação: Se uma determinada raiz a aparecer m vezes, diremos que é raiz a de multiplicidade m, o que
equivale a dizer que P(x) = (x ­ a) m . Q(x) e Q( a ) ¹ 0.
1) Resolva a equação 2x 3 ­ 3x 2 ­ 3x +2 = 0, sabendo que uma de suas raízes é o número ­1, e em seguida
decomponha o polinômio do 1º membro.
Solução:
Então P(x) = 0 equivale a (x + 1)(2x 2 ­ 5x + 2) = 0.
As duas outras raízes são raízes de
2x 2 ­ 5x + 2 = 0, que resolvida nos dá 2, 1/2.
Logo: S = {­1, 1/2, 2} e temos:
P(x) = 2(x + 1)(x ­ 2)(x ­ 1/2) = (x + 1)(x ­ 2)(2x ­ 1)
­1 2 ­3 ­3 2
2 ­5 2 0
Õ Q(x) = 2x 2 ­ 5x + 2
Se ­1 é raiz, então p(x) = (x + 1) . Q(x). Fazendo
a divisão por Briot­Ruffini, achamos Q(x).

29. Tecnologia ITAPECURSOS
2 9 Matemática ­ M3
2) Resolver a equação x 4 ­ 5x 3 + 10x 2 ­ 20x +24 = 0, sendo duas de suas raízes os números 2 e 3.
Solução:
Como 2 e 3 são raízes, P(x) = (x ­ 2)(x ­ 3) . Q(x). Dividimos então P(x) por x ­ 2, obtendo Q 1 (x); então
dividimos Q 1 (x) por x ­ 3,obtendo Q(x).
2 1 ­5 10 ­20 24
3 1 ­3 4 ­12 0
1 0 4 0
Q(x)
1 24 34
As demais raízes são raízes de x 2 + 4 = 0, que dá x = ± 2i.
S = {2, 3, 2i, ­2i}
3) Obtenha o polinômio P(x) de grau 3, que possui uma raiz igual a
1
2
,­1 como raiz dupla e P(0) = ­1.
Solução:
Pelos dados, podemos dizer que P x a x x ( ) ( )( )= - +
1
2
1 2 .
Como P(0) = ­1, vem: a(0 )(0 )- + =
1
2
1 1 2
; a = 2.
Portanto, P x x x ( ) ( )( )= - +2
1
2
1 2
; P(x) = (2x ­ 1) (x 2 + 2x +1) ou P(x) = 2x 3 + 3x 2 ­ 1.
4 ­ PESQUISAS DE RAÍZES RACIONAIS E INTEIRAS
Teorema das raízes racionais
Seja a equação a n . x n + a n ­ 1 . x n ­ 1 + ... + a 1 . x + a o = 0, de coeficientes inteiros. Se o número racional
p
q
,
com p e q primos entre si, é raiz da equação, então p é divisor de a o e q é divisor de a n .
Observe que:
­ O teorema só se aplica a equações com coeficientes inteiros.
­ O teorema não afirma que a equação tem raízes racionais da forma
p
q
, mas se elas existirem, então p
é divisor de a o e q é divisor de a n .
­ Se a equação P(x) = 0, de coeficientes inteiros, tem uma raiz p, inteira, então p é divisor de a o .
­ Se a n = 1e a equação P(x) = 0 admitir raízes racionais, essas serão necessariamente números inteiros.
Exemplo: Verifique se a equação x 3 ­ x 2 + 2x ­ 2 = 0 tem alguma raiz inteira.
Solução:
As possíveis raízes inteiras são ­1, 1, ­2, 2 (divisores de 2). Mas:
P(­1) = ­6; P(1) = 0; P(­2) = ­10 e P(2) = 6. Logo a equação tem uma única raiz inteira, que é o número 1.
5 ­ PESQUISA DAS RAÍZES COMPLEXAS
Teorema das raízes complexas
Se o número Z = a + bi é raiz de multiplicidade m de uma equação de coeficientes reais, então o seu
conjugado Z = a ­ bi também é raiz de multiplicidade m da equação.
Conseqüências:
­ Numa equação algébrica de coeficientes reais, as raízes complexas e não reais ocorrem aos pares.
­ Uma equação algébrica de coeficientes reais e grau ímpar tem ao menos uma raiz real.

30. Tecnologia ITAPECURSOS
3 0 Matemática ­ M3
1) Forme uma equação de coeficientes reais e menor grau possível, que tenha como raízes 1, ­i e 2i.
Solução:
Se ­i e 2i são raízes, seus conjugados i, ­2i também são. Logo, a equação procurada é:
a(x ­ 1)(x + i)(x ­ i)(x ­ 2i)(x + 2i) = 0 ou a(x ­ 1) (x 2 +1)(x 2 + 4) = 0
2) Resolva a equação x 4 ­ x 3 ­ 5x 2 + 7x + 10 = 0, sendo 2 + i uma de suas raízes.
Solução: Se 2 + i é raiz, 2 ­ i também é; portanto:
Para achar as outras raízes, resolva a equação
x 2 + 3x + 2 = 0. Você achará ­1 e ­2.
S= {­1, ­2, 2 + i, 2 ­ i}
2 + i 1 ­1 ­5 7 10
2 ­ i 1 1 + i ­4 + 3i ­4 + 2i 0
1 3 2 0
6 ­ RAÍZES REAIS
Teorema de Bolzano
Se P(x) = 0 é uma equação algébrica com coeficientes reais e ] a, b [ é um intervalo real aberto, temos:
a) Se P(a) e P(b) têm mesmo sinal, então existe um número par de raízes reais em ] a, b [ ou não existem
raízes reais em ] a, b [.
b) Se P(a) e P(b) têm sinais contrários, então existe um número ímpar de raízes reais da equação em
] a, b [.
Exemplos:
1) Quantas raízes reais a equação x 3 + 5x 2 ­ 3x + 4 = 0 pode ter no intervalo (0, 1)?
Solução:
P(0) = 4 > 0
P(1) = 7 > 0
2) Determine m na equação: x 5 ­ 2x 4 + 3x 3 ­ 5x 2 + x + (m ­ 3) = 0 de modo que ela tenha ao menos uma raiz real
compreendida entre 0 e 2.
Solução:
P(0) = m ­ 3
P(2) = m + 3
Para que a equação dada tenha ao menos uma raiz real no intervalo dado, P(0) e P(2) devem ter sinais opostos,
ou seja, P(0) . P(2) < 0.
Logo: (m ­ 3)(m + 3) < 0, que resolvido dá: ­ 3 < m < 3.
Conclusão: a equação pode ter duas ou nenhuma raiz real no intervalo (0, 1).
7­ RELAÇÕES DE GIRARD
São relações entre as raízes e os coeficientes de uma equação algébrica.
7.1­ Relações de Girard para uma equação do 2º grau.
ax 2 + bx + c = 0; x 1 e x 2 Õ raízes. x x
b
a
1 2+ = - x x
c
a
1 2 . =

31. Tecnologia ITAPECURSOS
3 1 Matemática ­ M3
7.2 ­ Relações de Girard para uma equação do 3º grau
ax 3 +bx 2 + cx + d = 0; x 1 , x 2 e x 3 Õ raízes.
x x x
b
a
1 2 3+ + = - x x x x x x
c
a
1 2 1 3 2 3 . . .+ + = x x x
d
a
1 2 3 . . = -
7.3 ­ Relações de Girard para uma equação do 4º grau
ax 4 +bx 3 + cx 2 + dx + e = 0; x 1 , x 2 , x 3 , x 4 Õ raízes.
x x x x
b
a
1 2 3 4+ + + = - x x x x x x x x x x x x
c
a
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 . . . . . .+ + + + + =
x x x x x x x x x x x x
d
a
1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4 . . . . . . . .+ + + = - x x x x
e
a
1 2 3 4 . . . =
1) Resolva a equação x 3 ­ 6x 2 + 3x +10 = 0, sabendo que uma raiz é média aritmética das outras duas.
Solução:
Sejam a, b, c as raízes e suponhamos que b
a c
=
+
2
ou seja a + c = 2b. Pelas relações de Girard, temos a + b + c = 6; 2b + b = 6; b = 2
Sendo 2 uma de suas raízes, teremos:
2 1 ­6 3 10
1 ­4 ­5 0
Logo, as outras raízes são as raízes de
x 2 ­ 4x ­ 5 = 0, que são ­1 e 5.
2) Sendo a, b, c as raízes da equação
x 3 +5x 2 ­7x ­4 = 0 calcule a 2 + b 2 + c 2 .
Solução:
Das relações de Girard, obtemos: a + b + c = ­ 5 (I)
ab + ac + bc = ­7(II)
a . b . c = 4 (III)
De I vem: (a + b + c) 2 = (­5) 2 .
a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 25
a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + ac + bc) = 25
( a 2 + b 2 + c 2 ) + 2. (­7) = 25
a 2 + b 2 + c 2 = 39

32. Tecnologia ITAPECURSOS
3 2 Matemática ­ M3
ESTUDO ANALÍTICO DA RETA
1 ­ COORDENADAS CARTESIANAS NO PLANO
Consideremos, sobre um plano, dois eixos, x e y, perpendiculares, cuja interseção, 0, é tomada como
origem dos dois eixos. Seja P um ponto qualquer desse plano. A partir de P, trace paralelas aos eixos.
Essas retas os interceptarão em P 1 e P 2 . As coordenadas de P 1 e P 2 ,que representaremos por x e y, são
as coordenadas cartesianas de P e serão indicadas por P(x,y), onde x é a abscissa e y é a ordenada.
Os eixos dividem o plano em quatro regiões, chamadas quadrantes, e que são numerados no sentido anti­horário.
1. Considere o ponto M(2 ­ 3K, 5). Ache K para que ele:
a) Pertença ao eixo y.
b) Pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares.
Solução:
a) Para que M pertença ao eixo y, sua abscissa deve ser nula, concorda? Logo: 2 ­ 3K = 0; K =
2
3
.
b) Da definição de bissetriz, você sabe que um ponto dela eqüidista dos lados do ângulo. Logo, se M
pertence à bissetriz do 1º e 3º quadrantes, suas coordenadas serão iguais. Então: 2 ­ 3K = 5; K = ­1
2 ­ PONTO MÉDIO
Dados: P(x 1 , y 1 ) e Q(x 2 , y 2 )
Achar: M(x m , y m ) ponto médio de PQ
Solução:
PMR e MQS são congruentes.
Logo: PR = MS ® x m ­ x 1 = x 2 ­ x m ® x m =
x x 1 2
2
+
MR = SQ ® y m ­ y 1 = y 2 ­ y m ® y m =
y y 1 2
2
+
Logo: x m =
x x 1 2
2
+
e y m =
y y 1 2
2
+
y 2
y m
y 1
x 2
x m x 1
P 2
P 1

33. Tecnologia ITAPECURSOS
3 3 Matemática ­ M3
3 ­ FÓRMULA DA DISTÂNCIA ENTRE DOIS PONTOS
Dados: P(x 1 , y 1 ) e Q(x 2 , y 2 )
Achar: d, a distância entre P e Q.
Solução:
No triângulo PQR, temos: d 2 = PR 2 + RQ 2
d 2 = (x 2 ­ x 1 ) + (y 2 ­ y 1 ) daí
d (x x ) (y y ) 2 1
2
2 1
2
= - + -
1. Dados A(­5, 2) e M(4, ­7), ache as coordenadas do ponto M’ simétrico de M em relação a A.
Solução:
M’ é simétrico de M em relação a A, desde que A seja ponto médio de MM’.
Façamos M’ = (x,y). Teremos:
x A =
x M x
2
5
4 x
2
x 14
+
® - =
+
® = -
y A =
y M y
2
2
­ 7 y
2
y 11
+
® =
+
® =
Resposta: M = (­14, 11)
4 ­ INCLINAÇÃO DE UMA RETA
Seja r uma reta não paralela ao eixo x.Inclinaçãode r é o menor ângulo segundo o qual devemos “girar” o eixo x emtorno
de A, no sentido anti­horário, para que ele coincida com a reta. Se r for paralela ao eixo x, sua inclinação é nula.
q
p
=
2
•
2 2
y 2
x 1 x 2
y 1
•
•
•
M’
A
M
5 ­ COEFICIENTE ANGULAR
Definição:
Seja r uma reta não paralela ao eixo Oy. Chama­se coeficiente angular de r (ou declive) ao número real
m = tg q, onde q é a inclinação da reta.
Observações:
­ Alguns autores usam a palavra inclinação como sinônimo de coeficiente angular.
­ É fácil perceber que se q é agudo, m > 0, se q é obtuso m < 0, e se q = 90°, a reta não tem coeficiente angular.

34. Tecnologia ITAPECURSOS
3 4 Matemática ­ M3
6 ­ CÁLCULO DE M DADOS DOIS PONTOS DA RETA
No triângulo PQR, temos:
m tg
RQ
PR
y y
x x
2 1
2 1
= = =
-
-
q , ou seja
m
y y
x x
2 1
2 1
=
-
-
7 ­ EQUAÇÃO REDUZIDA DA RETA
8 ­ EQUAÇÃO DE UMA RETA QUE PASSA POR UM PONTO P 0 (X 0 , Y 0 ) E TEM
COEFICIENTE ANGULAR M
Seja uma reta que passa por P 0 (x 0 , y 0 ) e tem coeficiente angular m. Se P(x, y) é um ponto genérico da reta,
teremos:
m
y y
x x
0
0
=
-
-
e então: y ­ y 0 = m(x ­ x 0 )
y 2
y 1
x 1 x 2
x x o
y
y o
y
x
P o
Seja r uma reta não vertical, de coeficiente angular m, e
que corta o eixo y no ponto N (0, n). Se M(x, y) é um
ponto genérico da reta, teremos:
m
y n
x 0
=
-
-
® y = mx + n (equação reduzida da reta)
Observações:
m é o coeficiente angular e n é o coeficiente linear.
De acordo com isso, a equação y = 2x + 3 representa uma
reta de coeficiente angular 2, portanto, crescente e que
corta o eixo y no ponto (0,3), pois o coeficiente linear vale 3.
Observações:
­ Se a reta for horizontal, m = 0 e sua equação se reduz a y = y 0 .
­ Se a reta for vertical, m não existe. No entanto, se uma reta é vertical e passa por P 0 (x 0 , y 0 ), todos os seus
pontos têm a mesma abscissa e sua equação será x = x 0 .

35. Tecnologia ITAPECURSOS
3 5 Matemática ­ M3
1. Determine a equação da reta que passa pelos pontos A(3, 4) e B(5, 9).
Solução:
Inicialmente, determinamos o coeficiente angular de AB.
m
9 ­ 4
5 ­ 3
= ; m
5
2
=
Achamos agora a equação da reta de coeficiente angular m = 5/2 e que passa por A(3, 4).
y 4
5
2
(x 3)- = - e daí: 2y ­ 8 = 5x ­ 15; y
5
2
x
7
2
= -
Observação:
Se usarmos o ponto B ao invés de A, obteremos a mesma equação. Verifique.
9 ­ EQUAÇÃO GERAL DA RETA
A) Toda reta pode ser dada por uma equação do tipo ax + by + c = 0, com a ¹ 0 ou b ¹ 0.
Demonstração:
Se a reta não é vertical, ela pode ser representada pela equação reduzida y = mx + n, o que dá
mx ­ y + n = 0, que é uma equação do tipo ax + by + c = 0.
Se a reta for vertical, sua equação é x = x 0 ou x ­ 0y ­ x 0 = 0, que também é da forma ax + by + c = 0.
B) Toda equação do tipo ax + by + c = 0, com a ¹ 0 ou b ¹ 0 representa uma reta.
Demonstração:
Suponhamos inicialmente que b ¹ 0. Então de ax + by + c = 0 obtemos y
a
b
x
c
b
= - - , que é a equação
reduzida de uma reta não vertical, de coeficiente angular m
a
b
= - e que corta o eixo OY no ponto (O, n),
onde n
c
b
= - . Se b = 0, a equação fica ax + c = 0 ou x
c
a
= - .
Como a ¹ 0 (pois b = 0), essa equação representa uma reta vertical.
Observação:
­ A equação ax + by + c = 0 é chamada equação geral da reta.
­ Dada a equação geral, veja que m
a
b
= -

36. Tecnologia ITAPECURSOS
3 6 Matemática ­ M3
1. Determine o coeficiente angular da reta cuja equação é:
a) 2x ­ 3y + 1 = 0
b) 2y ­ 3 = 0
c) 3x ­ 1 = 0
Solução:
a) m
a
b
= - ; m
­ 2
­ 3
= ; m
2
3
=
b) m
a
b
= - ; m
0
2
= - ; m = 0 e então temos uma reta horizontal.
c) m
a
b
= - ; m
3
0
= - = ?. Como m não existe, a reta é uma reta vertical.
2. Determine os pontos onde a reta 2x ­ y + 3 = 0 intercepta os eixos coordenados.
Solução:
A interseção com o eixo x é obtida fazendo­se y = 0. Então 2x ­ 0 + 3 = 0, x
3
2
= - e temos o
ponto -
æ
è
ç
ö
ø
÷
3
2
,0 .
A interseção com o eixo y é obtida fazendo­se x = 0. Logo: 2 . 0 ­ y + 3 = 0; y = 3 e obtemos o ponto (0, 3).
3. Determine a interseção das retas: (r): 2x ­ y + 1 = 0
(s): x + y ­ 5 = 0
Solução:
A interseção das retas, se existir, será um ponto que pertence a ambas. Basta, então, resolver o sistema
formado pelas equações das retas.
2x ­ y = ­1
x + y = 5 Resposta:
4
3
,
11
3
æ
è
ç
ö
ø
÷
4. Seja a reta (r): x ­ 4y + 17 = 0. Determine um ponto de r, cuja distância ao ponto A(8, 2) é 34 .
Solução:
Da equação dada, tiramos que x = 4y ­ 17. Logo um ponto de r é da forma (4y ­ 17, y). Sua distância ao ponto
A será:
d (4y ­ 17 ­ 8) (y 2) 2 2
= + - o que dá: d 17y ­ 204y 629 2
= + .
Como d = 34 vem 17y ­ 204y 629 34 2
+ = e daí 17y 2 ­ 204y + 629 = 34 e simplificando:
y 2 ­ 12y + 35 = 0, cujas raízes são y = 5 e y = 7.
Se y = 5 temos x = 3
Se y = 7 temos x = 11.
Resposta: P 1 = (3, 5) e P 2 (11, 7)
Resolvendo, você encontrará: x
4
3
= e y
11
3
= .

37. Tecnologia ITAPECURSOS
3 7 Matemática ­ M3
10 ­ CONDIÇÃO DE PARALELISMO
Duas retas (não paralelas ao eixo y) são paralelas se e somente se m r = m s .
Demonstração:
11 ­ CONDIÇÃO DE PERPENDICULARISMO
Duas retas r e s são perpendiculares se e somente se m r . m s = ­1
Demonstração:
Pelo teorema do ângulo externo, temos:
q1 = 90º + q2 « tgq1 = tg(90º + q2 ) «
tgq1 = ­ cotgq2 « tgq1 = -
1
tg 2q «
m r = -
1
m s
« m r . m s = ­1
Uma Observação Interessante:
Dada a equação geral de uma reta ax + by + c = 0, temos:
­ A equação ax + by + k = 0 representa uma reta paralela à reta dada.
­ A equação bx ­ ay + k = 0 representa uma reta perpendicular à reta dada.
1. Escreva a equação da reta que passa pelo ponto P(1, ­3) e é paralela à reta 2x ­ y + 1 = 0.
Solução:
1º modo: Como a reta r procurada é paralela a 2x ­ y + 1 = 0, seus coeficientes angulares são iguais;
logo m r = 2. Como r passa por P(1, ­3), teremos: y + 3 = 2(x ­ 1); 2x ­ y ­ 5 = 0.
2º modo: Uma reta paralela a 2x ­ y + 1 = 0 é da forma 2x ­ y + K = 0. Como ela passa por P(1, ­3), temos
2 . 1 ­ (­3) + K = 0, o que dá K = ­5. Então a equação pedida é 2x ­ y ­ 5 = 0.
r // s « q1 = q2
« tgq1 = tgq2 « m r = m s
1
2

38. Tecnologia ITAPECURSOS
3 8 Matemática ­ M3
2. Ache a equação da reta que passa pelo ponto P(2, ­3) e é perpendicular à reta 2x + 3y ­ 5 = 0.
Solução:
1º modo:Coeficiente angular da reta dada: m = ­
2
3
. Coeficiente angular da reta pedida: m = ­
1
m r
; m =
3
2
.
Equação pedida: y + 3 =
3
2
(x 2) 3x 2y 12 0- ® - - =
2º modo:Uma reta perpendicular a 2x + 3y ­ 5 = 0 é do tipo 3x ­ 2y + k = 0. Como P(2, ­3) pertence a essa reta,
teremos 3 . 2 ­ 2 . (­3) + k = 0; k = ­12. Portanto, a equação é 3x ­ 2y ­ 12 = 0.
12 ­ ÂNGULO DE DUAS RETAS
Sejam r e s duas retas não perpendiculares, de coeficientes angulares, respectivamente, m 1 e m 2 .
Se nenhuma dessas retas é vertical, o ângulo agudo q entre as retas r e s é calculado por:
tg
m m
1 m . m
1 2
1 2
q =
-
+
1. Calcule o ângulo agudo formado pelas retas:
a) r: 3x ­ y + 2 = 0 e s: 2x + y ­ 1 = 0
b) r: x ­ 3 y + 1 = 0 e s: 2x + 3 = 0
Solução:
a) m r = 3 e m s = ­2. Portanto: tg
­ 2 ­ 3
1 + (­2).3
q = ; tg q = 1. Então q = 45°
b) A reta s é vertical e m r =
1
3
. Logo tg q = 1
1
3
® tg q = 3 . Então q = 60°
2. Ache a equação da reta que passa por P(2, 5) e que forma com ­x + 2y + 3 = 0 um ângulo de 45º.
Solução:
Seja s a reta procurada e r a reta dada: tg 45° =
m s m r
1 + m s . m r
-
;
m s
1
2
1 + m s .
1
2
1
-
=
Simplificando:
2m s 1
2 + m s
1
-
= Logo:
2m s 1
2 + m s
-
= 1 ® m s = 3;
2m s 1
2 + m s
-
= ­1 « m s = -
1
3
Se uma das retas é vertical, seja m o coeficiente angular
da outra reta. Prova­se que a tangente do ângulo agudo
entre elas é:
tg
1
m
=

39. Tecnologia ITAPECURSOS
3 9 Matemática ­ M3
1ª solução: reta que passa por P(2, 5) e m = 3 ® y ­ 5 = 3(x ­ 2) ® 3x ­ y ­ 1 = 0
2ª solução: reta que passa por P(2, 5) e m
1
3
= - ® y ­ 5 = -
1
3
(x ­ 2) ® x + 3y ­ 17 = 0
13 ­ DISTÂNCIA DE UM PONTO A UMA RETA
Dado o ponto P(x 0 , y 0 ) e a equação geral da reta r ax + by + c = 0, a distância de P a r é dada por:
d
ax by c
a b
0 0
2 2
=
+ +
+
1. Calcule o perímetro do quadrado que tem o vértice A(­1, 4) e um lado na reta r: x + y + 5 = 0.
Solução:
Inicialmente verifique se A pertence a r.
­1 + 4 + 5 = 0 ; 8 = 0 ; A Ï r. .
Então, o lado do quadrado é dado pela distância de A à reta r.
x
1 4 5
1 1
=
- + +
+
; x
8
2
= ; x 4 2=
Logo, o perímetro do quadrado é 2p = 4 . 4 2 = 16 2 .
2. Calcule a distância entre as retas 2x ­ 3y + 1 = 0 e 2x ­ 3y ­ 5 = 0.
r
s
Solução:
Observe inicialmente que esse problema só tem sentido se as retas forem paralelas. Se isso acontecer, a
distância entre elas é dada pela distância de um ponto de uma delas até a outra reta.
Determinemos, pois, um ponto da reta 2x ­ 3y + 1 = 0.
x = 1; 2 . 1 ­ 3y + 1 = 0; y = 1; P(1, 1).
Calculemos agora a distância de P à outra reta.
d
2 . 1 3 . 1 5
4 9
=
- -
+
; d
6
13
=

40. Tecnologia ITAPECURSOS
4 0 Matemática ­ M3
ESTUDO ANALÍTICO DA
CIRCUNFERÊNCIA
1 ­ EQUAÇÃO REDUZIDA DA CIRCUNFERÊNCIA
Seja uma circunferência de centro C(a, b) e raio r, no plano cartesiano. Se P(x, y) é um ponto qualquer da
circunferência, temos: d PC = r
(x ­ a) 2 (y b) 2+ - = r (quadrando)
(x ­ a) 2 + (y ­ b) 2 = r 2
® equação reduzida da
circunferência.
2 ­ EQUAÇÃO GERAL DA CIRCUNFERÊNCIA
Seja (x ­ a) 2 + (y ­ b) 2 = r 2 a equação reduzida da circunferência de centro C(a, b) e raio r.
Desenvolvendo, obtemos:
x 2 + y 2 ­ 2ax ­ 2by + a 2 + b 2 ­ r 2 = 0 ® equação geral da circunferência.
Observação:
Seja Ax 2 + By 2 + Cxy + Dx + Ey + F = 0 uma equação geral de 2º grau em x e y. Para que essa equação
represente circunferência, devemos ter:
A = B ¹ 0; C = 0; D 2 + E 2 ­ 4AF > 0
Satisfeitas essas condições, o centro da circunferência é: C
­ D
2A
,
­ E
2A
=
æ
è
ç
ö
ø
÷
e seu raio r é: r
D E 4AF
2. A
2 2
=
+ -
1. Ache a equação da circunferência de centro C(1, 2) e que passa pelo ponto P(5, 5).
Solução:
A equação reduzida da cincunferência procurada é (x ­ 1) 2 + (y ­ 2) 2 = r 2
Como o ponto P(5,5) pertence a ela, suas coordenadas devem satisfazer à equação.
(5 ­ 1) 2 + (5 ­ 2) 2 = r 2
® r 2 = 25
Portanto, a equação pedida é: (x ­ 1) 2 + (y ­ 2) 2 = 25
Observação:
O raio também poderia ser encontrado calculando­se a distância de C a P.

41. Tecnologia ITAPECURSOS
4 1 Matemática ­ M3
2. Ache a equação da circunferência de centro na reta y = 2x, e que passa pelos pontos P 1 (1, ­1) e P 2 (0, ­4).
Solução:
Seja C(a, b) o centro da circunferência. Como C pertence à reta y = 2x, teremos b = 2a. Logo C(a, 2a) e sua
equação será:
(x ­ a) 2 + (y ­ 2a) 2 = r 2
P 1 Î circunferência ® (1 ­ a) 2 + (­1 ­ 2a) 2 = r 2
® 5a 2 + 2a + 2 = r 2 (I)
P 2 Î circunferência ® (0 ­ a) 2 + (­4 ­ 2a) 2 = r 2
® 5a 2 + 16a + 16 = r 2 (II)
De I e II, concluímos:
5a 2 + 2a + 2 = 5a 2 + 16a + 16 e daí a = ­1. Pontanto o centro é C(­1, ­2).
Para achar r, é só substituir o valor de a = ­1 em I (ou II). Você achará r = 5 .
Logo, a equação procurada é: (x + 1) 2 + (y + 2) 2 = 5
3. Verifique se as equações abaixo representam circunferências. Em caso afirmativo, dê o centro C e o raio r.
a) 4x 2 + 4y 2 + 8x + 4y + 1 = 0
b) 3x 2 + y 2 + 4x ­ 6y ­ 7 = 0
c) x 2 + y 2 + 6x ­ 8y + 2xy ­ 1 = 0
d) 2x 2 + 2y 2 + 2x ­ y + 3 = 0
Solução:
a) Para fazer a verificação pedida, devemos comparar a equação dada com a equação geral. Como os coeficientes
de x 2 e y 2 na equação geral valem 1, vamos dividir os termos da equação dada por 4. Teremos:
x y 2x y
1
4
0 2 2
+ + + + =
Comparando com a equação geral, obtemos:
­2a = 2; a = ­1
­2b = 1; b = -
1
2
a 2 + b 2 ­ r 2 =
1
4
® 1 +
1
4
­ r 2 =
1
4
® r = 1
Temos, portanto, uma circunferência onde C(­1, ­
1
2
) e r = 1
b) Não representa circunferência, pois os coeficientes de x 2 e y 2 são diferentes.
c) Não representa circunferência, pois na equação geral da circunferência não existe termo em xy.
d) 2x 2 + 2y 2 + 2x ­ y + 3 = 0 (dividindo por 2)
x 2 + y 2 + x ­
1y
2
+
3
2
= 0 e então: ­2a = 1; a = -
1
2
­2b = -
1
2
; b =
1
4
a 2 + b 2 ­ r 2 =
3
2
®
1
4
+
1
16
­ r 2 =
3
2
® r 2 =
­ 19
16
; r =
­ 19
16
= ??
Portanto, a equação não representa circunferência.

42. Tecnologia ITAPECURSOS
4 2 Matemática ­ M3
4. Calcule m, p e k para que a equação a seguir represente uma circunferência.
Equação: 2x 2 + my 2 + 2kxy + 2x + 2y + p = 0
Solução:
Os coeficientes de x 2 e y 2 devem ser iguais, m = 2. Além disso o termo em xy deve ter coeficiente nulo,
e então k = 0.
Substituindo m e k, obtemos: 2x 2 + 2y 2 + 2x + 2y + p = 0 (dividindo por 2)
x 2 + y 2 + x + y +
p
2
= 0 e daí vem: ­2a = 1; a = -
1
2
­2b = 1; b = -
1
2
a 2 + b 2 ­ r 2 =
p
2
®
1
4
+
1
4
­ r 2 =
p
2
e então: r =
1 ­ p
2
Para termos uma circunferência
1 ­ p
2
> 0, o que dá p < 1
Resposta: m = 2, K = 0, p < 1
3 ­ POSIÇÃO RELATIVA ENTRE PONTO E CIRCUNFERÊNCIA
1º modo: Calcule a distância do ponto dado P ao centro C da circunferência.
­ Se PC = r, o ponto P pertence à circunferência.
­ Se PC > r, o ponto P é exterior à circunferência.
­ Se PC < r, o ponto P é interior à circunferência.
2º modo: Usando a equação reduzida.
Sejam dados o ponto P(x 0 , y 0 ) e a circunferência (x ­ a) 2 + (y ­ b) 2 ­ r 2 = 0
­ Se (x 0 ­ a) 2 + (y 0 ­ b) 2 ­ r 2 = 0, P pertence à circunferência.
­ Se (x 0 ­ a) 2 + (y 0 ­ b) 2 ­ r 2 > 0, P é exterior à circunferência.
­ Se (x 0 ­ a) 2 + (y 0 ­ b) 2 ­ r 2 < 0, P é interior à circunferência.
3º modo: Usando a equação geral
Dados: P(x 0 , y 0 ) e a circunferência x 2 + y 2 ­ 2ax ­ 2by + a 2 + b 2 ­ r 2 = 0.
­ Se x y 2ax 2by a b r 0 0
2
0
2
0 0
2 2 2
+ - - + + - = , P pertence à circunferência.
­ Se x y 2ax 2by a b r 0 0
2
0
2
0 0
2 2 2
+ - - + + - > , P é exterior à circunferência.
­ Se x y 2ax 2by a b r 0 0
2
0
2
0 0
2 2 2
+ - - + + - < , P é interior à circunferência.
1. Calcule p para que o ponto A(7, 9) seja exterior à circunferência: x 2 + y 2 ­ 2x ­ 2y ­ p = 0
Solução:
Para que A seja exterior à circunferência dada, devemos ter: 7 2 + 9 2 ­ 2 . 7 ­ 2 . 9 ­ p > 0; o que dá p < 98.
Além disso, a equação dada deve representar uma circunferência. Logo: ­2a = ­2 ® a = 1
­2b = ­2 ® b = 1
a 2 + b 2 ­ r 2 = ­p; 1 + 1 ­ r 2 = ­p; r 2 = p + 2; r = p + 2 e então p + 2 > 0; p > ­2
Resposta: ­2 < p < 98

43. Tecnologia ITAPECURSOS
4 3 Matemática ­ M3
2. Considere a circunferência x 2 + y 2 + 2x ­ 6y + 6 = 0. Existe algum ponto de abscissa 3 no interior dessa
circunferência?
Solução:
Seja P(3, a) o ponto procurado. Então, para que P esteja no interior da circunferência devemos ter:
9 + a 2 + 6 ­ 6a + 6 < 0
a 2 ­ 6a + 21 < 0
Mas essa inequação não tem solução. Portanto, não existe nenhum ponto satisfazendo ao problema.
4 ­ POSIÇÃO RELATIVA ENTRE RETA E CIRCUNFERÊNCIA
1º modo: Comparando a distância do centro da circunferência à reta com o raio.
Se d é a distância do centro C à reta s, e r é o raio, teremos:
* d = r, a reta é tangente à circunferência
* d < r, a reta é secante à circunferência
* d > r, a reta é exterior à circunferência
2º modo: Procurando a interseção entre a reta e a circunferência.
Para isso, montamos o sistema com as equações da reta e da circunferência.
­ Se a solução for única, a reta e a circunferência são tangentes.
­ Se tivermos duas soluções a reta e a circunferência são secantes.
­ Se o sistema não tiver solução, a reta e a circunferência são exteriores.
1. Dada a reta x + y + c = 0 e a circunferência x 2 + y 2 ­ 2x = 0, ache c de modo que a reta seja exterior à
circunferência.
Solução:
Inicialmente, verifique se a equação dada representa circunferência.
­2a = ­2; a = 1
­2b = 0; b = 0
a 2 + b 2 ­ r 2 = 0; 1 + 0 ­ r 2 = 0; r = 1
Logo, temos uma circunferência de centro (1, 0) e raio 1. Para que a reta seja exterior à circunferência, a
distância do centro dessa à reta deve ser maior que o raio. Logo:
a)
1 c
2
+
> 1 ® c > 2 ­ 1 ou
b)
1 c
2
+
< ­1 ® c < ­ 2 ­ 1
1 0 c
1 1
+ +
+
> 1;
1 c
2
+
> 1 o que dá

44. Tecnologia ITAPECURSOS
4 4 Matemática ­ M3
2. Calcule o comprimento da corda determinado pela reta x ­ y = 0, sobre a circunferência (x + 2) 2 + (y ­ 2) 2 = 16.
Solução:
Verifique inicialmente se de fato a reta dada e a circunferência são secantes. Após isso, determine o centro
e o raio da circunferência. Você achará:
C(­2, 2) e r = 4
Calcule a distância do centro à reta
d
­ 2 ­ 2
2
4
2
= =
Aplique Pitágoras no triângulo BCM, lembrando que BC = r.
r 2 = d 2 + x 2 ; 16 = 8 + x 2 ; x = 2 2
A corda AB vale 2x. Logo AB = 4 2
5 ­ POSIÇÃO RELATIVA DE DUAS CIRCUNFERÊNCIAS
1º Processo: Resolvendo o sistema formado pelas equações das circunferências.
­ Se o sistema tiver duas soluções (2 pontos comuns), as circunferências são secantes.
­ Se o sistema tiver uma única solução (1 ponto comum), as circunferências são tangentes exteriormente
ou tangentes interiormente.
­ Se o sistema não tiver solução (nenhum ponto comum), as circunferências são exteriores ou uma é
interna à outra.
2º Processo: Comparando a distância entre os centros (d) com r 1 + r 2 ou |r 1 ­ r 2 | onde r 1 e r 2 são os raios.
a) d > r 1 + r 2
r 1 r 2
C 2 C 1
r 1 r 2
C 2 C 1
b) d = r 1 + r 2
c) d = |r 1 ­ r 2 | d) |r 1 ­ r 2 | < d < r 1 + r 2
As circunferências são
tangentes interiores.
As circunferências são exteriores. As circunferências são tangentes exteriormente.
As circunferências são secantes.
e) d < |r 1 ­ r 2 |
Uma circunferência é interior à outra.
6 ­ PROBLEMAS DE TANGÊNCIA
Faremos esse estudo na forma de exercícios resolvidos.
1. (MAPOFEI­SP) Determinar as equações das retas
tangentes à circunferência x 2 + y 2 ­ 2x ­ 2y + 1 = 0
e perpendicular à reta y = ­x.
Solução:
Equação geral da reta y = ­x ® x + y = 0. Uma reta
perpendicular a ela é do tipo x ­ y + k = 0.
O centro e o raio da circunferência dada são:
C(1, 1) e r = 1.
A reta procurada é tangente à circunferência se e só
se a distância do centro à reta é igual ao raio.
1 ­ 1 + k
1 + 1
= 1; |k| = 2 ® k = ± 2
Resposta: x ­ y + 2 = 0 e x ­ y ­ 2 = 0

45. Tecnologia ITAPECURSOS
4 5 Matemática ­ M3
2. Dê a equação das retas que passam pelo ponto P(2, ­10) e que são tangentes à circunferência
x 2 + (y ­ 2) 2 = 4.
Solução:
Inicialmente, achamos a posição relativa entre P e a circunferência. Verifique você que P é exterior à
circunferência. O problema admite então duas soluções. Como essas retas passam por P(2, ­10), teremos:
y + 10 = m(x ­ 2) e daí mx ­ y ­ 2m ­ 10 = 0 (I).
A circunferência dada tem centro C(0, 2) e raio r = 2. Aplicando a condição de tangência, teremos:
0 ­ 2 ­ 2m ­ 10
m + 1 2
= 2 ® |­12 ­ 2m| = 2 m + 1 2
que resolvido dá m = -
35
12
.
Mas o problema admite duas soluções e só achamos um valor para m. Isso significa que a outra reta é
vertical.
Resposta: x = 2 e 35x + 12y + 50 = 0
(substitua m = -
35
12
em I e simplifique).
3. Obter a equação da reta, tangente à circunferência x 2 + y 2 = 100, e que forma um ângulo de 45º com 3x +
y ­ 7 = 0.
Solução: Seja y = mx + n a reta procurada. Sua equação geral é: mx ­ y + n = 0. Como ela faz 45 o com 3x +
y ­ 7 = 0, temos:
tg45° =
m + 3
1 + m. (­3)
m + 3
1 ­ 3m
1® =
que resolvido dá m
1
2
= - ou m = 2
Se m = 2, obtemos a reta 2x ­ y + n = 0. Para que ela seja tangente à circunferência, devemos ter
d = r e como C(0, 0) e r = 10, teremos:
0 ­ 0 + n
4 + 1
10= ® |n| = 10 5 ® n = ± 10 5
Teremos então as retas 2x ­ y + 10 5 = 0 e
2x ­ y ­ 10 5 = 0
Se m = -
1
2
, obtemos a reta
­ 1
2
x ­ y + n = 0, que simplificada dá x + 2y ­ 2n = 0. Para que ela seja tangente
à circunferência devemos ter:
0 + 0 ­ 2n
1 + 4
10 ­ 2n 10 5 n 5 5= ® = ® = ±
Temos, então, as retas:
x + 2y + 10 5 = 0 e x + 2y ­ 10 5 = 0.
Resposta: 2x ­ y + 10 5 = 0; 2x ­ y ­ 10 5 = 0
x + 2y + 10 5 = 0 e x + 2y ­ 10 5 = 0

46. Tecnologia ITAPECURSOS
4 6 Matemática ­ M3
LIMITE
1­ NOÇÃO INFORMAL DE LIMITE
Seja y = f(x) uma função. Dizemos que lim
x a® f(x) = b,
lê­se: limite de f(x) quando x tende a a é b, se quanto mais próximo de a tomarmos os valores de x, mais
próximo de b teremos os valores de f(x).
Exemplo: Calcule lim
x 2®
(3x ­ 1)
Solução: É fácil perceber que para valores de x próximos a 2, f(x) = 3x ­ 1 se aproxima de 5.
Logo: lim
x 2®
(3x ­ 1) = 5
No cálculo do lim
x a® f(x) interessa­nos estudar o comportamento da função para valores de x próximos de a,
porém diferentes de a. Assim, pode acontecer de f(a) nem ser definido.
Exemplo: Calcule lim
x®3
x
x
2
9
3
-
-
Solução:
Observe que f(3) não é definido. No entanto, como no processo do limite em questão, x se aproxima de 3,
porém x ¹ 3, podemos afirmar:
lim
x®3
x
x
2
9
3
-
-
= lim
x®3
( )( ) x x
x
- +
-
3 3
3
= lim
x®3 (x + 3) = 6
É importante realçar também que quando se diz que x tende a a, isto significa que x se aproxima de a por
valores inferiores e também por valores superiores a a.
Se fazendo x se aproximar de a por valores inferiores a a, os valores da função se aproximam de b, dizemos
que o limite de f(x) para x tendendo a a pela esquerda é b e indicamos:
lim
x a® - f(x) = b
Agora, se fazendo x se aproximar de a por valores superiores a a, os valores da função se aproximam de b,
dizemos que o limite de f(x) quando x tende a a pela direita é b e indicamos:
lim
x a® + f(x) = b
Esses dois últimos limites são conhecidos por limites laterais e lim
x a® f(x) = b se e somente se tivermos
lim
x a® + f(x) =
lim
x a® - f(x) = b
Exemplo: Se f(x) =
x
x
calcule
lim
x® +
0
f(x),
lim
x® -
0
f(x) Verifique se existe
lim
x® 0
f(x)
Solução: Como para x ³ 0, |x| = x, teremos:
lim
x® +
0
x
x
=
lim
x® +
0
x
x
= 1
Como para x < 0, |x| = ­ x, teremos:
lim
x® -
0
x
x
=
lim
x® -
0
-æ
è
ç
ö
ø
÷
x
x
= ­1
Já que
lim
x® +
0
f(x) ¹
lim
x® -
0
f(x), não existe
lim
x® 0
f(x).

47. Tecnologia ITAPECURSOS
4 7 Matemática ­ M3
2 ­ INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
a) lim
x®2
(3x ­ 1) = 5
3 ­ FUNÇÃO CONTÍNUA
Seja y = f(x) uma função definida no intervalo aberto (c, d). Se a é um ponto desse intervalo, dizemos que f é
contínua em a se lim
x a® f(x) = f (a).
Se y = f(x) é definida no intervalo fechado [c, d], então:
a) f é contínua em c se
lim
x c® + f(x) = f(c)
b) f é contínua em d se
lim
x d® - f(x) = f(d).
Uma função f é contínua num intervalo se for contínua em todos os pontos desse intervalo. Graficamente, se
uma função é contínua, seu gráfico não apresenta “buracos” e nem “saltos”.
1) Seja a função f(x) =
x
x
se x
se x
2
1
1
1
3 1
-
-
¹
=
ì
í
ï
îï
,
,
Calcule lim
x®1
f(x). Essa função é contínua em x = 1?
Solução:
Como no cálculo do lim
x®1 f(x) interessa­nos os valores de x próximos de 1, porém diferentes de 1, temos:
lim
x®1 f(x) = lim
x®1
x
x
2
1
1
-
-
= lim
x®1
( )( ) x x
x
- +
-
1 1
1
= lim
x®1 (x + 1) = 2
Além disso, como esse limite é diferente de f(1), a função não é contínua em x = 1.
f(x) = 3x ­ 1
b) lim
x®3
x
x
2
9
3
-
-
= 6
f(x) =
x
x
2
9
3
-
-
c)
lim
x® 0
x
x
não existe

48. Tecnologia ITAPECURSOS
4 8 Matemática ­ M3
2) Seja a função f(x) =
2 6
3
3
3
x
x
se x
m se x
-
-
¹
=
ì
í
ï
îï
,
,
Determine m para que a função seja contínua em x = 3.
Solução:
Para f ser contínua em x = 3, lim
x®3
f(x) = f(3)
Mas lim
x®3
f(x) = lim
x®3
2 6
3
x
x
-
-
= lim
x®3
2 3
3
( ) x
x
-
-
= 2 e como f(3) = m, devemos ter m = 2.
4 ­ UM SALTO NO INFINITO
Em certas situações, necessitaremos estudar o comportamento de uma função f quando x assume valores
maiores que qualquer número dado, ou quando x assume valores menores que qualquer número dado. No
primeiro caso, dizemos que x tende a mais infinito (x ® ¥+ ) e no segundo dizemos que x tende a menos
infinito (x ® ¥­ ).
Exemplos:
a) Seja f(x) =
1
x
. Quanto maior x, mais próximo de zero fica
1
x
. Então: lim
x x®+¥
æ
è
ç
ö
ø
÷ =
1
0
b) Se f(x) =
1
3
x
+ , teremos lim
x x®-¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷ =
1
3 3
c) lim ( )
x
x
®+¥
- = +¥5
d) Seja f(x) =
1
1 x -
. Então: lim ( )
x
f x
®+¥
= 0 ; lim ( )
x
f x
®-¥
= 0
lim ( )
x
f x
® +
= +¥
1
; lim ( )
x
f x
® -
= -¥
1
5 ­ NOÇÃO FORMAL DE LIMITE
Definição 1: Seja y = f(x) uma função de domínio D, e a um número que pode ou não pertencer a D. Dizemos
que lim ( )
x a
f x b
®
= , se e somente se, dado e > 0 , existir d > 0 , tal que para todo x com a x a- < < +d d e
x a¹ , tivermos b ­ e < f(x) < b + e .
Definição 2: Dizemos que lim ( )
x
f x b
®+¥
= , se dado e > 0, existir M > 0, tal que para todo x > M, b ­ e < f(x) < b + e .
Procure você dar as outras definições.
6 ­ CÁLCULO DO LIMITE EM PONTOS DE DESCONTINUIDADE
Para calcular o limite em pontos de descontinuidade, podemos simplificar a função, calcular os limites laterais,
etc. Veja alguns exemplos:
a) Calcule lim
x
x x x
x®
+ - -
-2
3 2
2 5 6
2
Solução:
Fazendo x = 2, obtemos
0
0
, que é uma forma indeterminada. Fatore
então o numerador da função usando o dispositivo de Briot­Ruffini.
2 1 2 ­5 ­6
1 4 3 0

49. Tecnologia ITAPECURSOS
4 9 Matemática ­ M3
Para o caso do limite da soma, temos:
?
?
Para o caso do limite do produto, temos:
0 ?
0 ?
Então, o limite procurado é lim
( )( )
( )
lim( )
x x
x x x
x
x x
® ®
- + +
-
= + + =
2
2
2
2 2 4 3
2
4 3 15
b) Calcule lim ( )
x
f x
®1
, sendo f(x) =
x
se x
x se x
+
>
<
ì
í
ï
îï
1
2
1
1 2
,
,
Solução:
Nesse caso, usamos os limites laterais lim ( ) lim
x x
f x
x
® ®+ +
=
+
=
1 1
1
2
1 lim ( ) lim
x x
f x x
® ®- -
= =
1 1
2
1 e então lim ( )
x
f x
®
=
1
1
7 ­ PROPRIEDADES OPERATÓRIAS DOS LIMITES
Se lim
x a®
f(x) = K e L ) x ( g lim
a x
=
®
, teremos:
a) lim [f(x) + g(x)] = K + L
x a®
d) lim[ ( ). ( )] .
x a
f x g x K L
®
=
e) lim[ ( )]
x a
n n
f x K
®
=
f) lim
( )
( )
; ( )
x a
f x
g x
K
L
se L
®
= ¹ 0
b) lim [f(x) ­ g(x)] = K ­ L
x a®
c) lim[c. ( )] .
x a
f x c K
®
= c Î K
lim ( )
x a
f x
®
lim ( )
x a
g x
®
lim[ ( ) ( )]
x a
f x g x
®
+
+ ¥
- ¥
- ¥
+ ¥
+ ¥
- ¥
lim[ ( ). ( )]
x a
f x g x
®
lim ( )
x a
g x
®
lim ( )
x a
f x
®
lim ( )
x a
f x
®
lim ( )
x a
g x
®
lim
( )
( ) x a
f x
g x®
é
ë
ê
ù
û
ú
± ¥ ± ¥
Para o caso do limite de um quociente, temos:
0 0 ?
?
Os símbolos marcados com o sinal ? são chamados símbolos de indeterminação. Para calcular o limite nes­
ses casos devemos, por transformações convenientes, reduzir o cálculo a outros cujos resultados são conhecidos.
1) Calcule lim
x
x
x®
-
-2
2
2
Solução:
Substituindo x por 2, obtém­se a forma indeterminada
0
0
. Nesse caso, multiplique os termos da fração dada
por x + 2 (conjugado de x - 2 )
lim
x
x
x®
-
-2
2
2
= lim
( )( )
( )( ) x
x x
x x®
- +
- +2
2 2
2 2
= lim
( )( )
x
x x
x®
- +
-2
2 2
2
= lim( )
x
x
®
+ =
2
2 2 2

50. Tecnologia ITAPECURSOS
5 0 Matemática ­ M3
2) Calcule lim
x
x
x®
-
-8
3
2
8
Solução:
Faça x y 3
= . Então x = y 3 . Além disso, se x Õ 8, então y x= 3
tende a 2. Logo:
lim
x
x
x®
-
-8
3
2
8
= lim
x
y
y®
-
-2 3
2
8
= lim
( )( ) x
y
y y y®
-
- + +2 2
2
2 2 4
= lim
( ) x y y® + +2 2
1
2 4
=
1
12
8 ­ LIMITES FUNDAMENTAIS
8.1­ Limite da função polinomial quando x ® +¥ ou x ® -¥
Se P(x) = a n . x n + a n ­ 1 . x n ­ 1 + ... + a 1 . x + a o então
lim ( ) lim (a )
x x
n
n
P x x
®+¥ ®+¥
= e lim ( ) lim (a )
x x
n
n
P x x
®-¥ ®-¥
=
Exemplos:
a) lim ( ) lim ( )
x x
x x x
®+¥ ®+¥
- + = = +¥2 5 7 2 3 3
b) lim (3 ) lim (3 )
x x
x x x
®-¥ ®-¥
- - = = +¥2 2
5
8.2­ Limite de uma função racional
Sejam os polinômios:
P(x) = a n . x n + a n ­ 1 . x n ­ 1 + ... + a 1 . x + a o e
Q(x) = b m . x m + b m ­ 1 . x m ­ 1 + ... + b 1 . x + b o
Então lim
( )
( )
lim
x x
n
n
m
m
P x
Q x
a x
b x®+¥ ®+¥
= e também, lim
( )
( )
lim
x x
n
n
m
m
P x
Q x
a x
b x®-¥ ®-¥
=
Exemplos:
a) lim lim
x x
x x
x x
x
x®+¥ ®+¥
- +
- -
=
æ
è
ç
ö
ø
÷ =
3 2 1
2 3
3
2
3
2
2
2
2
2
c) lim lim lim
x x x
x x
x
x
x
x
®+¥ ®+¥ ®+¥
- +
+
= = = +¥
2 2
2 1
3
b) lim lim lim
x x x
x
x x
x
x x®-¥ ®-¥ ®-¥
-
- +
=
æ
è
ç
ö
ø
÷ = =
2
3
2
3
5
2 1
1
0
8.3­ Limite de funções transcendentes
a) lim
sen
x
x
x®
=
0
1
b) lim
x
x
x
e
®+¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷ =1
1
, lim
x
x
x
e
®-¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷ =1
1
, ( )lim
x
x x e
®
+ =
0
1
1
c) lim ln
x
x
a
x
a
®
-
=
0
1

51. Tecnologia ITAPECURSOS
5 1 Matemática ­ M3
1) Calcule lim
cos
x
x
x®
-
0
2
1
Solução:
lim
cos
x
x
x®
-
0
2
1
= lim
( cos )( cos )
.( cos ) x
x x
x x®
- +
+0
2
1 1
1
=
lim
x 0®
-
+
1
1
2
2
cos
. ( cos )
x
x x
= lim
x 0® +
sen
. ( cos )
2
2
1
x
x x
lim
sen
.
cos x
x
x x®
æ
è
ç
ö
ø
÷
+
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú0
2
1
1
= 1
1
2
1
2
. =
2) lim
x
x
x®+¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷1
2
Solução:
lim
x
x
x®+¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷1
2
= lim
x +® ¥
+
æ
è
ç
ç
ö
ø
÷
÷
é
ë
ê
ê
ê
ê
ù
û
ú
ú
ú
ú
1
1
2
2
2
x
x
Seja
x
2
= y. Então se x ® +¥ , y ® +¥ .
Logo: lim
y
y
y
e
®¥
+
æ
è
ç
ö
ø
÷
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
=1
1
2
2
3) Calcule y x x x
x
= + + -æ
è
ç ö
ø
÷
®¥
lim 2
1
Solução:
y
x x x x x x
x x x x
=
+ + -æ
è
ç ö
ø
÷ + + +æ
è
ç ö
ø
÷
+ + +®¥
lim
2 2
2
1 1
1
y
x x x
x x x x
=
+ + -
+ + +®¥
lim
2 2
2
1
1
= lim
x
x
x x x®¥
+
+ + +
1
1 2
y
x
x x x
=
+®¥
lim
2
= lim
x
x
x®¥
=
2
1
2
DERIVADA
1­ DERIVADA DE UMA FUNÇÃO EM UM PONTO
Seja f: D Õ R uma função, onde D = (a, b) é um intervalo aberto de extremos a e b. Se x Î D, chamamos de
derivada da função f em x e indicamos por f’(x), a:
f’(x) = lim
( ) ( )
h
f x h f x
h®
+ -
0
desde que exista e seja finito esse limite. Quando isso acontece, dizemos que f é derivável ou diferenciável em
x. Se f é derivável para todo x Î D, diremos que f é derivável em D.
Se f for definida num intervalo fechado [a, b], diremos que f é derivável em [a, b] se f for derivável em todos os
pontos do interior do intervalo e se forem finitos os limites a seguir:
f’ + (a) = lim
(a ) (a)
h
f h f
h® +
+ -
0
(derivada à direita) f’ ­ (b) = lim
(b ) (b)
h
f h f
h® -
+ -
0
(derivada à esquerda)

52. Tecnologia ITAPECURSOS
5 2 Matemática ­ M3
Observação 1:
Se x é um ponto do interior do intervalo, f’(x) existe, se existirem e forem iguais as derivadas à direita e à
esquerda (derivadas laterais).
Observação 2:
Notações mais usadas para a derivada de uma função y = f(x).
f’(x) ; y’ ;
dy
dx
Observação 3:
Se f é derivável em x, ela é contínua em x.
1) Seja f(x) = x 2 ­ 3. Calcule f’(5) e f’(x).
Solução:
f’(5) = lim
(5 ) (5)
h
f h f
h®
+ -
0
= lim
(5 ) (5
h
h
h®
+ - - -
0
2 2
3 3)
; f’(5) = lim lim
( )
h h
h h
h
h h
h® ®
+
=
+
=
0
2
0
10 10
10
* f’(x) = lim
( ) ( )
h
f x h f x
h®
+ -
0
= lim
( ) (
h
x h x
h®
+ - - -
0
2 2
3 3)
f’(x) = lim lim
( )
h h
xh h
h
h x h
h
x
® ®
+
=
+
=
0
2
0
2 2
2
2­ SIGNIFICADO GEOMÉTRICO DA DERIVADA
Consideremos uma função y = f(x), definida e derivável
num domínio D e cujo gráfico é dado a seguir.
Seja P(x, f(x)) um ponto do gráfico de f, e Q(x + h, f(x
+ h)) um outro ponto do gráfico de f. Esses pontos
determinam a reta secante PQ , cujo coeficiente
angular é
m
f x h f x
h
PQ =
+ -( ) ( )
Fazendo Q se aproximar de P, o que corresponde a fazer h Õ 0, as retas secantes obtidas vão se aproximando
da reta tangente e conseqüentemente os coeficientes angulares das retas secantes vão se aproximando do
coeficiente angular da tangente, ou seja:
lim
( ) ( )
'( )
h
t
f x h f x
h
f x m
®
=
+ -
= =
0
Conclusão: A derivada da função f, no ponto x, dá o coeficiente angular da tangente ao gráfico de f no ponto
de abscissa x.

53. Tecnologia ITAPECURSOS
5 3 Matemática ­ M3
3 ­ SIGNIFICADO CINEMÁTICO DA DERIVADA
Seja S = f(t) a equação horária do movimento de uma partícula sobre uma curva. Nesse caso,
f t h f t
h
( ) ( )+ -
representa a velocidade média da partícula entre t e t + h.
Se fizermos h Õ 0, estaremos calculando a velocidade média em intervalos cada vez menores. Por isso
diremos que:
lim
( ) ( )
'( )
h
f t h f t
h
f t
®
+ -
=
0
= v inst. , onde v inst. é:
a velocidade instantânea (velocidade do instante t).
Observação:
Se v = v(t), v’(t) é a aceleração no instante t.
4 ­ REGRAS DE DERIVAÇÃO
Usando a definição de derivada, provam­se as regras a seguir, o que nos permite usar o conceito de derivada
sem recorrer ao cálculo de limite, dado na definição.
a) f(x) = c, cÎ R Õ f’(x) = 0
b) f(x) = x Õ f’(x) = 1
c) f(x) = x n Õ f’(x) = nx n­1
d) (c . f)’= c . f’ onde cÎ R e f é uma função.
e) (f + g)’= f’ + g’
f) (f . g)’ = f’. g + f . g’
g)
f
g
g f f g
g
æ
è
ç
ö
ø
÷ =
-
'
. ' . '
2
h) (f n )’ = nf n­1 . f’
Exemplo: Derive as funções:
a) f(x) = x 3 Õ f’(x) = 3x 2
b) f(x) = 2x 5 Õ f’(x) = 2 . 5x 4 = 10x 4
c) f(x) = 3x 2 ­ 5x ­ 7 Õ f’(x) = 6x ­ 5
d) f(x) =
x
x
3
2
3 1+
Õ f’(x) = 2 2
3 2 2
) 1 x 3 (
x 6 . x x 3 ). 1 x 3 (
+
-+
e) f(x) = x x 2 3
2
3= = Õ f’(x) =
2
3
2
3
1
3
3
x
x
-
=
f) f(x) = (x 2 ­ 5x + 1) 3 Õ f’(x) = 3(x 2 ­ 5x + 1) 2 . (2x ­ 5)
1) Sendo f(x) = x 2 ­ 1, ache a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abscissa x = 2.
Solução:
Sendo P o ponto de abscissa x = 2, então y p = f(2) = 2 2 ­ 1 = 3. Logo P(2, 3). Além disso, o coeficiente angular
da reta tangente ao gráfico de f em P é f’(2). Mas f’(x) = 2x; logo f’(2) = 4. Basta, então, achar a equação da reta
que passa por P e tem coeficiente angular m = 4.
y ­ y 0 = m(x ­ x 0 ); y ­ 3 = 4(x ­ 2); y = 4x ­5

54. Tecnologia ITAPECURSOS
5 4 Matemática ­ M3
5 ­ DERIVADA DAS FUNÇÕES TRANSCENDENTES
a) f(x) = senx Õ f’(x) = cosx
b) f(x) = cosx Õ f’(x) = ­senx
c) f(x) = e x Õ f’(x) = e x
d) f(x) = a x Õ f’(x) = a x . ln a
e) f(x) = ln x Õ f’(x) =
1
x
1) Calcule a derivada de f(x) = tg x
Solução:
f(x) = tg x =
sen x
cos x
. Logo:
f’(x) =
cos x . cos x ­ sen x. (­sen x)
cos x 2 =
cos x + sen x
cos x
2 2
2
f’(x) =
1
cos x 2 = sec 2 x
2) se f(x) = log x 10 calcule f’(x).
Solução:
f(x) = log x 10 =
ln x
ln 10
1
ln 10
= . ln x. Logo:
f’(x) =
1
ln 10
.
1
x
Õ f’(x) =
1
x ln 10
3) Sendo f(x) = x 2 . e x calcule f’(x).
Solução:
f’(x) = 2x. e x + x 2 . e x
6 ­ DERIVADA DA FUNÇÃO COMPOSTA ­ A REGRA DA CADEIA
Algumas funções podem ser obtidas como a composição de duas ou mais funções. Por exemplo, se
y = sen(x 2 + 1), podemos dizer que y = sen u e u = x 2 + 1. De modo geral, se y = f(u) e u = g(x), então
y = f[g(x)] é composta de f e g. Prova­se nesse caso que:
y’= f’(g(x)) . g’(x) ou
dy
dx
dy
du
du
dx
= .
Exemplos:
Derive as funções
a) f(x) = sen(x 2 + 1) Õ f’(x) = cos(x 2 + 1) . 2x
b) f(x) = ln (senx) Õ f’(x) =
1
sen x
. cosx = cotgx

55. Tecnologia ITAPECURSOS
5 5 Matemática ­ M3
7 ­ DERIVADAS SUCESSIVAS
Seja f: D Õ R uma função derivável em D. Se f’(x) é derivável em D 1 , onde D 1
Ì D, temos a função f”(x), que
chamaremos de derivada segunda. De modo semelhante, podemos definir derivadas de ordem superior a 2.
Exemplo:
Seja f(x) = x 3 ­ 3x 2 + 4x + 1. Calcule todas as suas derivadas.
Solução:
f’(x) = 3x 2 ­ 6x + 4
f”(x) = 6x ­ 6
f”’(x) = 6
f””(x) = 0, e a partir daí todas as derivadas são nulas.
8 ­ FUNÇÃO CRESCENTE E FUNÇÃO DECRESCENTE
Seja y = f(x) uma função definida num intervalo aberto (a, b). Como f’(x) dá o coeficiente angular da tangente ao
gráfico de f no ponto de abscissa x, os gráficos a seguir sugerem que:
­ Se f’(x) > 0, para todo x Î (a, b), f é crescente
­ Se f’(x) < 0, para todo x Î (a, b), f é decrescente.
­ Se f’(x) = 0, para todo x Î (a, b), f é constante.
1) Seja f(x) = ax 2 + bx + c. Determine os intervalos nos quais f é crescente ou decrescente.
Solução:
Observe que f’(x) = 2ax + b. Logo:
f é crescente se f’(x) > 0; 2ax + b > 0; x > -
b
2a
f é decrescente se f’(x) < 0; 2ax + b < 0; x < -
b
2a
9 ­ MÁXIMOS E MÍNIMOS
Definição:
Seja f uma função de domínio D, e x 0
Î D.
a) f(x 0 ) é um máximo local de f, se existe um intervalo (a, b) contendo x 0 , tal que f(x) < f(x 0 ) para todo x em
(a, b). Dizemos que x 0 é ponto de máximo local.
b) f(x 0 ) é um mínimo local de f, se existe um intervalo (a, b) contendo x 0 , tal que f(x) > f(x 0 ) para todo x em
(a, b). Diremos que x 0 é ponto de mínimo local.

56. Tecnologia ITAPECURSOS
5 6 Matemática ­ M3
Se f(x 0 ) > f(x) para todo x no domínio de f, diremos que f(x 0 ) é o máximo absoluto de f, e x 0 é ponto de
máximo absoluto.
Se f(x 0 ) < f(x) para todo x no domínio de f, f(x 0 ) é o mínimo absoluto de f, e x 0 é ponto de mínimo absoluto.
10 ­ O TESTE DA DERIVADA PRIMEIRA
Teorema: Seja f uma função contínua e derivável em (a, b) e c Î (a, b) tal que f’(c) = 0.
a) Se f’(x) > 0 para a < x < c e f’(x) < 0 para c < x < b, então f(c) é máximo local de f.
b) Se f’(x) < 0 para a < x < c e f’(x) > 0 para c < x < b, então f(c) é mínimo local de f.
c) Se f’(x) > 0 ou se f’(x) < 0 para todo x Î (a, b) exceto em c, então c é ponto de inflexão.
11 ­ O TESTE DA DERIVADA SEGUNDA
Teorema: Seja f diferenciável num intervalo aberto contendo x 0 e f’(x 0 ) = 0
­ Se f”(x 0 ) < 0, f tem máximo local em x 0 .
­ Se f”(x 0 ) > 0, f tem mínimo local em x 0 .
­ Se f”(x 0 ) = 0, não podemos usar o teste da derivada segunda. Nesse caso, usamos o teste da derivada primeira.
Máximo local Mínimo local
x 0 x 0
1. Determine dois números reais, cuja diferença seja 40 e cujo produto seja mínimo.
Solução:
Sejam x e y os números procurados. Então x ­ y = 40 e daí, y = x ­ 40. Logo o produto deles será:
P(x) = x . (x ­ 40) ou P(x) = x 2 ­ 40x.
Usando o teste da derivada segunda, obtemos: P’(x) = 2x ­ 40, logo P’(x) = 0 se x = 20.
P”(x) = 2, e então a função tem mínimo em x = 20. Além disso, se x = 20, y = 20 ­ 40, ou seja, y = ­20.
Resposta: 20 e ­20.

57. Tecnologia ITAPECURSOS
57 Matemática ­ M3
MATEMÁTICA I
TRIGONOMETRIA
1) (Fund. João Pinheiro – MG) Uma pessoa situada
em um ponto A, em uma das margens de um rio,
observa uma árvore T diretamente à sua frente,
na outra margem. Caminha, então, 150 metros
para um outro ponto B, perpendicularmente à
direção AT e mede o ângulo ABT, obtendo 30°.
Assim sendo, a medida de AT é:
a) 50 m
b) 75 m
c) 3 50
d) 3 100
e) 3 150
2) (CEFET-MG) Se o
63=q , então:
a) q<q<q tg sen cos
b) q<q<q tg cos sen
c) q<q<q sen tg cos
d) q<q<q cos tg sen
e) q<q<q sen cos tg
3) (VUNESP) Se x é a medida de um ângulo em
radianos e
4
3
x
2
p
<<
p
, então:
a) cos x > 0
b) cos 2x < 0
c) tg x > 0
d) sen x < 0
e) sen 2x > 0
4) (UFJF-MG) O maior e o menor valor da função
f : R ® R, definida por
x sen 2 4
1
) x ( f
-
= são,
respectivamente:
a) 1/2 e 1/6
b) 1/3 e 1/6
c) 1 e –1
d) 1/2 e 1/4
5) (FEI-SP) A expressão
12 t 0 , t
6
cos 2 2 ) t ( f ££÷
ø
ö
ç
è
æ p
-= ,
representa a variação da profundidade do
trabalho de uma ferramenta de corte em relação
ao tempo de operação. Em que instante essa
profundidade é máxima?
a) t = 9 d) t = 3
b) t = 12 e) t = 2
c) t = 6
6) (ESPCEX) O número de arcos existentes entre 0°
e 1560° cujo seno vale 2/7 é:
a) 6 b) 7 c) 8 d) 9 e) 10
7) (ESPCEX) Sendo k Î Z, o número de valores
distintos assumidos por
9
k
sen
p
é igual a:
a) 5 b) 8 c) 9 d) 10 e) 18
8) (Positivo-PR) Se tg x = 7, então x cos 2
é igual a:
a)
2
7
b) 7 c)
7
1
d)
8
1
e) 1

58. Tecnologia I ITAPECURSOS
58 Matemática ­ M3
9) (UNI-BH) Uma solução da equação
trigonométrica 2 sen 2x = 1 para
2
x 0
p
<< é:
a)
3
p
b)
4
p
c)
6
p
d)
12
p
10) (Fund. João Pinheiro – MG) Analise as
alternativas abaixo. Quatro delas apresentam
erros comumente cometidos na resolução de
problemas matemáticos.
Indique a única alternativa correta:
a) ( ) 1 30 cos 30 sen
2
=°+°
b) ) 40 cos( 40 cos °--=°
c) 2
x
1
x
x
1
x 4
4
2
2
2
++=÷
ø
ö
ç
è
æ
+ ; 0 x ¹
d) 1 cos 2
-=p
e) 2 x , 0 x , x 2 x 4
x 4 x 2
x 8 2
2
4
-¹¹+=
+
11) (PUC-MG) O menor valor positivo de x para o
qual ÷
ø
ö
ç
è
æ p
=
4
x 5
sen y é máximo, é igual a:
a)
3
1
b)
5
2
c)
5
3
d)
5
4
e) 1
12) (N. Paiva-MG) O valor da expressão
2
12
cos
12
sen ÷
ø
ö
ç
è
æ p
+
p
é:
a)
2
3
1+ b) 2 c)
2
2
1+ d) 3/2
13) (UFLA-MG) Se cos ( 2x ) = 1/2 e ú
û
ù
ê
ë
é p
Î
2
, 0 x , o
valor de sen x é:
a)
2
3
d)
2
1
b)
2
1
- e) 1
c)
2
2
14) (UFOP-MG) Sendo as funções f: R ® R e
g: R ® R dadas por f(x) = x 2 e g(x) = cos x,
podemos afirmar a respeito de seus gráficos,
que:
a) não se interceptam.
b) interceptam-se em um único ponto.
c) interceptam-se em dois pontos.
d) interceptam-se em três pontos.
e) interceptam-se em uma infinidade de pontos.
15) (ESPCEX) Se sen x + cos x =
5
1
, com p££ x 0 ,
então o valor de sen 2x é:
a)
25
12
- d)
25
16
b)
25
24
- e)
25
24
c)
25
12
16) (UFJF-MG) Sendo ) x sen 1 ( ) x (sen ) x ( f 2
-=
) x cos 1 ( ) x cos ( 2
-+ , então ÷
ø
ö
ç
è
æ p
8
5
f é igual a:
a) 0 d)
2
2
-
b) 1 e)
2
2
c) –1
17) (CEFET-MG) Se tg x = a , então sen 2x – cos 2x
é igual a:
a)
( )
1 a
1 a
2
2
+
-
b)
( )
2
2
a 1
1 a
-
+
c) 2
2
a 1
1 a 2 a
+
-+
d) 1 a 2 a 2
-+
e) 1 a 2 a 2
++

59. Tecnologia ITAPECURSOS
59 Matemática ­ M3
18) (UFLA-MG) A expressão ÷
ø
ö
ç
è
æ a
÷
ø
ö
ç
è
æ a
2
cotg +
2
tg é
igual a:
a)
) 2 ( cos
1
a
d) 1
b)
) ( sen
2
a
e) 2
c)
) /2 ( sen
2
a
19) (UNI-BH) Sejam p££
pp
££ 2 b
2
3
e
2
a 0 . Se
2
1
b sen e
2
1
a sen -== , então o valor de
( ) ( )b a sen b a cos +++ é:
a) 0 b) 1 c) 1,5 d) 2
20) (UFV-MG) Sabendo-se que sen 30° = 1/2 , o
valor de sen 15° é:
a)
2
3 2 -
d)
2
2 3 -
b)
4
1
e)
2
1
c) 1
21) (UNA-MG) A quantidade de soluções da
equação 0 3 x sen 3 x cos 2 2
=-+ contidas no
intervalo [ ]p, 0 é:
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3
22) (UFC-CE) Considere a equação:
cos2x - cosx - 2 = 0
Pode-se afirmar que a soma de suas soluções
que pertencem ao intervalo [0, 4p] é:
a) 1
b) -1
c) 0
d) 4p
e) 2p
23) (N.Paiva-MG) A expressão ( )x cos x sen -
( ) 2 x sec cos x sec +- é equivalente a:
a) tg x – cotg x
b) sec x + cossec x
c) sec x . cossec x
d) sen x + cos x
24) (N.Paiva–MG) Sabendo-se que:
2
a 0 que e 4 a g cot 3 a tg 2 2 p
<<=+
a soma dos valores possíveis de sen a será,
aproximadamente:
a) 2,0 b) 1,0 c) 1,5 d) 0,5
25) (PUC-MG) Quando
2
0
p
<q< e
3
1
sen =q , a
igualdade
9
2 m
2 sen =q é verdadeira. Nessas
condições, o valor de m é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
NÚMEROS COMPLEXOS
1) (UFLA-MG) Dado o polinômio P(x) = x2 - 6x + 9,
os valores de P(i) e P(i - 2) são,
respectivamente:
a) 10 - 6i e 26 - 10i
b) 9 - 6i e 18 - 10i
c) 8 - 6i e 24 - 10i
d) 9 - 5i e 24 - 9i
e) 9 - 6i e 18 - 6i
2) (UNA-MG) Ao se dividir um número complexo z
por (2 + 3i) um estudante cometeu um erro e
obteve (4 + 2i) como resposta . Sabendo que a
resposta correta é o conjugado da resposta
obtida pelo aluno , podemos afirmar que o valor
de z é:
a) 14 + 8i
b) 2 + 16i
c) 14 – 8i
d) 2 – 16i

60. Tecnologia I ITAPECURSOS
60 Matemática ­ M3
3) (Fund. João Pinheiro-MG) O único valor de m
que verifica a igualdade (3 – mi).(– 4 + 2i) = 30i
é:
a) 6 b) 8 c) 12 d) 14 e) 18
4) (UNI-BH) Sendo a = 3 + 4i e b = 5 – 12i, então o
módulo de a.b é:
a) 33 b) 49 c) 63 d) 65
5) (CEFET-MG) O valor de 18 15
8 3
i i
i 2 i 3 i
-
-+
é:
a) –2 + i d) –1 + 2i
b) 2 – i e) 3
c) –1 – 2i
6) (PUC­MG) Na soma S = 1 + i + i2 + i3 + i4 + i5,
onde i = 1- , o valor de S é:
a) 2 – i d) 2 + i
b) 1 – i e) 1 + i
c) 0
7) (IH-MG) Sendo z1 = -1 + 3i e z2 = -2 (sen p + i
cos p) , o valor de 2
2
1 z . z é:
a) –16 – 12i d) 12 – 16i
b) –12 – 20i e) 12 + 20i
c) –12 + 16i
8) (FMTM-MG) No plano de Argand-Gauss, o
conjunto dos pontos z = x + yi , tais que 1 z = ,
com 0 y e 0 x ³³ , determina uma figura cuja
área mede:
a) p b)
2
p
c)
4
p
d)
6
p
e) 1
9) (UFJF-MG) Seja z = a + bi um número complexo,
onde a e b são reais e i é a unidade imaginária.
Sabendo-se que graficamente z se encontra no
primeiro quadrante e que denota o conjugado de
z, então é INCORRETO afirmar que:
a) z está no quarto quadrante.
b) iz está no segundo quadrante.
c) – iz está no terceiro quadrante.
d) z- está no segundo quadrante.
10) (UFU-MG) As representações gráficas dos
números complexos z1 = cos 30° + i sen 30° e
z2 = cos 102° + i sen 102° no plano complexo
correspondem a vértices consecutivos de um
polígono regular inscrito em uma circunferência
com centro na origem. O número de lados desse
polígono é igual a:
a) 12 b) 6 c) 5 d) 10
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS
1) (UFJF-MG) Marque a alternativa CORRETA:
a) Se a e b são raízes da equação algébrica p(x) = 0, então o grau de p(x) é exatamente 2.
b) Toda equação algébrica de grau n ³ 1 com coeficientes reais admite n raízes reais.
c) Se a, b e d são três raízes da equação algébrica p(x) = 0 de grau n, então n > 2.
d) Se p(x) = 0 é uma equação algébrica de grau 3 cujas raízes são a , b e d, então p(x) = (x - a) (x - b)
(x - d).
2) (Positivo-PR) As raízes da equação polinomial x3 – 8x2 + 19x – 12 = 0 representam as medidas das
dimensões de um paralelepípedo. Desta forma, é correto afirmar:
a) O volume do sólido é igual a 16 unidades cúbicas.
b) A diagonal do sólido é igual a 26 unidades de comprimento.
c) A área total do sólido é igual a 19 unidades de área.
d) O volume do sólido é igual a 8 unidades cúbicas.
e) A diagonal do sólido é igual a 19 unidades de comprimento.
3) (UFJF-MG) Se a é uma raiz da equação x2 + x + n = 0 , onde n é um inteiro positivo, podemos afirmar
que a é igual a:
a) n 2 b) n c) n d) n2 e) 0

61. Tecnologia ITAPECURSOS
61 Matemática ­ M3
4) (FUVEST-SP) Se a equação 8x3 + kx2 - 18x + 9 = 0
tem raízes reais a e – a, então o valor de k é:
a)
4
9
b) 2 c)
8
9
d) –2 e) –4
5) (PUC-MG) O produto das raízes complexas de
f(x) = x3 + 4x é igual a:
a) –4 b) –2 c) 2 d) 4 e) 5
6) (ITA-SP) Sendo 1 e 1 + 2i raízes da equação x3 +
ax2 + bx + c = 0 , em que a, b e c são números
reais, então:
a) b + c = 4 d) b + c = 1
b) b + c = 3 e) b + c = 0
c) b + c = 2
7) (CEFET-MG) Um polinômio de grau 3 tem a soma
de seus coeficientes igual a zero e a soma e o
produto de suas raízes são iguais a 6 e 8,
respectivamente.
Pode-se afirmar que:
a) as três raízes são iguais.
b) existem apenas duas raízes iguais.
c) as raízes são todas reais e diferentes.
d) existem raízes complexas.
e) não existem raízes reais.
MATEMÁTICA II
ESTUDO DA RETA
1) (Itaúna-MG) Observe a figura.
A soma das coordenadas a e b do ponto P, sendo
a > b , é igual a 3. O ponto P’ , simétrico de P, em
relação à origem, é:
a) (-2,-1)
b) (-1,-2)
c) (-1,2)
d) (2,-1)
2) (UFMG) Observe a figura.
4) (FMTM-MG) A condição para que o ponto P(2;y)
não esteja alinhado com os pontos:
A(-4,6) e B(0,3) é
a) y ¹ 1,5 d) x ¹ 7,5
b) y = 3,5 e) y > 2,5
c) x < 2,5
5) (PUC-MG) A interseção da reta s com o eixo das
ordenadas é o ponto M (0 , b) .
A reta s passa pelos pontos A (6,3) e B (-2, 6). O
valor de b é:
a)
5
14
b)
4
17
c)
5
19
d)
4
21
e)
5
23
6) (Itaúna-MG) Duas retas r e s concorrem no ponto
P (1, 4). A reta r intercepta o eixo y em A e s
intercepta o eixo x em B. Seus coeficientes
angulares são , respectivamente, 1 e –1. A área
do quadrilátero OAPB é, em cm2:
a) 8,5 b) 11,5 c) 12,5 d) 4,5
7) (PUC-MG) Na figura abaixo, o ângulo B é reto. A
abscissa do ponto C é igual a:
a) 3
b) 4
c) 5
d) 6
e) 7
A área do quadrilátero ABCD dessa figura é:
a) 4 b) 5 c) 6 d) 7 e) 8
3) (M. Campos-MG) Um triângulo possui como
vértices os pontos A (-1, 0), B (4, 0) e C (0, -4).
A área desse triângulo será indicada pelo
número:
a) –10 b) 10 c) –6 d) 6

62. Tecnologia I ITAPECURSOS
62 Matemática ­ M3
8) (Fund. João Pinheiro-MG) A equação da reta que
passa por (-6, -7) e pelo ponto médio do segmento
cujos extremos são (8, 1) e (2, -7) é:
a) 6x – 5y – 1 = 0
b) x + y + 13 = 0
c) 2x – 3y + 19 = 0
d) 4x + 10y + 94 = 0
e) 4x – 11y – 53 = 0
9) (UFMG) A reta r passa pelo ponto (16, 11) e não
intercepta a reta de equação 5
2
x
y -= .
Considerando-se os seguintes pontos, o ÚNICO
que pertence à reta r é:
a) (7,6)
b) (7,13/2)
c) (7,7)
d) (7,15/2)
10) (UFMG) Observe a figura abaixo.
Nesta figura, ABCD é um paralelogramo, as
coordenadas do ponto C são ( 6 , 10 ) e os lados
AB e AD estão contidos, respectivamente, nas
retas de equações 2 x 4 y e 14
2
x
y -=+= .
Nesse caso, as coordenadas do ponto B são:
a) ( 8 , 18 )
b) ( 10 , 19 )
c) ÷
ø
ö
ç
è
æ
2
35
, 7
d) ÷
ø
ö
ç
è
æ
2
37
, 9
11) (UFMG) Observe a figura.
12) (UFMG) Os pontos P e Q pertencentes à reta
de equação y = mx, têm abscissas a e a+1 ,
respectivamente. A distância entre P e Q é 10 .
A ordenada do ponto dessa reta que tem abscissa
5 é negativa.
Nessas condições, o valor de m é:
a) –3
b) 10-
c) 3
d)
10
10
e) 10
13) (UFMG) A reta s é paralela à reta de equação
y = 3x – 4 e intercepta a parábola de equação
y = 2x2 – 3x + 5 no ponto de abscissa 1.
A equação de s é:
a) x + y – 5 = 0
b) x – y + 3 = 0
c) 3x – y + 1 = 0
d) x + 3y – 11 = 0
e) 3x + y – 7 = 0
14) (FCMMG) Observe a figura.
Nessa figura, A = (2, 3) e 10 BC = . A equação
da reta AB é:
a) x + 4y – 14 = 0
b) x – 4y + 14 = 0
c) 4x + y – 14 = 0
d) 4x – y + 14 = 0
e) x + 2y – 7 = 0
Nessa figura, as retas r e s têm por equação 4x –
5y – 28 = 0 e 4x + y – 4 = 0, respectivamente. A
área do triângulo ABC é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 12
15) (FMTM-MG) São dados os pontos A = (-2, 1) e B
= (0, -1). A mediatriz do segmento AB intercepta
o eixo y no ponto de ordenada:
a) –2
b) –1
c) 0
d) 1
e) 2

63. Tecnologia ITAPECURSOS
63 Matemática ­ M3
1) (FMTM-MG) A reta de equação 2x – y – 4 =0
intercepta os eixos coordenados nos pontos A e
B. Esses pontos são os extremos de um diâmetro
de uma circunferência. A equação
correspondente dessa circunferência é:
a) x2 + y2 – 2x – 4y – 5 = 0
b) x2 + y2 – 2x + 4y = 0
c) x2 + y2 + 2x + 2y + 1 = 0
d) x2 + y2 + 6x + 3y – 4 = 0
e) 2x2 + 2y2 + 2x + 4y + 5 = 0
2) (UFJF-MG) A equação da circunferência que
tangencia os eixos coordenados e cujo centro
pertence à reta de equação 2x - y - 6 = 0 é:
a) x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0
b) x2 + y2 – 4x + 4y + 6 = 0
c) x2 + y2 – 4x + 4y + 7 = 0
d) x2 + y2 – 4x + 4y + 4 = 0
e) x2 + y2 + 4x – 4y + 4 = 0
3) (Fund. João Pinheiro-MG) A equação do círculo
de centro na origem e tangente à reta
4x + 3y = 12 é:
a) x2 + y2 – 9 = 0 d) x2 + y2 – 6,84 = 0
b) x2 + y2 – 4 = 0 e) x2 + y2 – 16 = 0
c) x2 + y2 – 5,76 = 0
4) (PUC-MG) Os pontos (1, 0), (0, 0) e (0, 1)
pertencem à circunferência de equação:
a) 0 y x y x 2 2
=--+ c) 0 y x y x 2 2
=+-+
b) 0 y x y x 2 2
=-++ d) 0 x y x 2 2
=-+
5) (N. Paiva-MG) Dada a circunferência
x2 + y2 - 4x - 9 = 0, a equação de uma das
ESTUDO DA CIRCUNFERÊNCIA
retas tangentes a ela e paralela à reta
3x + 2y = 0 é:
a) 3x + 2y – 7 = 0 c) 3x + 2y – 19 = 0
b) 3x + 2y – 15 = 0 d) 3x + 2y – 5 = 0
6) (Fund. João Pinheiro-MG) Uma circunferência tem
centro no ponto (3, 4) e tangencia a reta de
equação 3x + 4y – 50 = 0. Nesse caso, o raio
dessa circunferência mede:
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7
7) (PUC-MG) Amedida do raio da semicircun-ferência
de equação
2
x 4 9
2
1
y -= é igual a:
a) 2/3 b) 2 c) 3/2 d) 5/2 e) 3
8) (PUC-MG) O raio da circunferência de equação x2
+ y2 - x + y + c = 0 mede 3/2 unidades de
comprimento. Nessas condições, o valor da
constante c é igual a:
a) –7/4 b) –3/2 c) –1 d) 1/2 e) 1
9) (FUVEST-SP) Uma circunferência passa pelos
pontos (2, 0), (2, 4) e (0, 4). Logo, a distância
do centro dessa circunferência à origem é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
10) (FAFEOD-MG) A reta bissetriz do primeiro e
terceiro quadrantes do sistema cartesiano Oxy
divide a região limitada pela circunferência
x2 + y2 – 2x = 0 em duas partes. A área da
menor dessas partes é igual a:
a)
4
2-p
b)
4
2 3 +p
c)
4
4-p
d)
2
1-p
LIMITE
1) (PUC-MG) O valor do 2 1 x x 1
x 1
lim
-
-
®
é:
a) 0 b) 1 c) 1/2 d) 1/4 e) ¥
2) (IH-MG) O valor do
4 x
2 x
lim 2 2 x -
-
®
é:
a) 0 b)
8
2
c)
16
2
d)
8
1
e) + ¥
3) (PUC-MG) O valordo limite
4 n
n 3 2 1
lim 2 n -
++++
¥®
L
é:
a) 0 b) 1/2 c) 1 d) 2 e) 3
4) (PUC-MG) Sendo f(x) = log2 (1 + x + x2 + x3 + ...),
o valor de ) x ( f lim 1 M
3
1
x®
+= é:
a) 9 / 1 log 2 b) 3 / 1 log 2 c) 3 log 2
d) 6 log 2 e) 8 log 2

64. Tecnologia I ITAPECURSOS
64 Matemática ­ M3
5) (PUC-MG) Se 2
x 2
bx x
lim
2
0 x
=
-
®
, o valor de b é:
a) –4 b) –2 c) 0 d) 2 e) 4
6) (PUC-MG) O valor do ÷
ø
ö
ç
è
æ
-
-
-® 2 x
1
8 x
12
lim 3 2 x
é:
a) –1 c) 0 e) 1
b) –1/2 d) 1/2
7) (PUC-MG) O valor do ÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
-
+
+
-®
3
1 x
1 x
lim
3 1 x
é igual a:
a) –1 b) 0 c) 1 d) 2 e) 3
8) (UFU-MG) A função
1 x
1 x
) x ( f 3
2
-
-
= não está
definida para x = 1. Para que a função f seja
contínua no ponto x = 1, devemos completá-la
com f(1) =:
a) -¥ b) 2/3 c) 1/3 d) +¥ e) 0
1) (PUC-MG) Sendo x 1 2 ) x ( f -= , o valor da
derivada de f no ponto (-3,4) é:
a) –3,0 b) –1,5 c) –0,5 d) 2.5 e) 4,0
2) (PUC-MG) A derivada da função
2 x 6
2
x
3
x
) x ( f
2 3
+--= é negativa para x
pertencente ao intervalo:
a) ] –4,6 [ c) ] -2,3 [ e) ] 3, ¥[
b) [ -1,2 [ d) ] - ¥,-2 [
3) (PUC-MG) O coeficiente angular da tangente ao
gráfico da curva y = x3 + mx2 +3x - 1 no ponto de
DERIVADA
abscissa x = 2, é igual a 7. O valor de m é:
a) –3 b) –2 c) –1 d) 2 e) 3
4) (PUC-MG) Se ( )3
x 2 3 ) x ( f -= , então f’(1)é igual a:
a) –1 b) –3 c) –6 d) 3 e) 1
5) (MACK-SP) Se
x
2 x
) x ( f
-
= , então f’(x) é igual a:
a) 1 c) x - 2 e)
2
x
2
1-
b) 2
x
2
d)
x
1
MATEMÁTICA I
Trigonometria
1) c 2) a 3) b 4) a 5) c
6) d 7) c 8) d 9) d 10) c
11) b 12) d 13) d 14) b 15) b
16) a 17) c 18) b 19) b 20) a
21) d 22) d 23) c 24) c 25) d
Números Complexos
1) c 2) a 3) a 4) d 5) e
6) e 7) d 8) a 9) c 10) c
Equações Algébricas
1) c 2) b 3) c 4) e 5) d
6) c 7) d
MATEMÁTICA II
Estudo da Reta
1) a 2) a 3) b 4) a 5) d
6) b 7) c 8) e 9) b 10) a
11) a 12) a 13) c 14) d 15) c
Estudo da Circunferência
1) b 2) d 3) c 4) a 5) c
6) c 7) c 8) a 9) d 10) a
Limite
1) d 2) c 3) b 4) c 5) a
6) b 7) b 8) b
Derivada
1) c 2) c 3) b 4) c 5) b