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FRENTE 1 – ÁLGEBRA
n Módulo 28 – Dispositivo de Briot-Ruffini –Teorema Do Resto
1) x4 + 2x3 – 2x2 – 4x – 21 por x + 3Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = x3 – x2 + x – 7 e resto nuloResposta: E
2) Pelo dispositivo de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = x3 + x e resto igual a 1 Pelo Teorema do resto:
P(– 1) = (– 1)4 + (– 1)3 + (– 1)2 + (– 1) + 1 = 1 – 1 + 1 – 1 + 1 = 1
Resposta: D
3) Utilizando o Teorema do resto:
r = p = 2 .4
– 3 . + 1 =
= 2 . – + 1 = – + 1 = = –
Resposta: D
4) Pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = 2x3 + x2 + 3x – 1
Resposta: E
5) Pelo Teorema do resto:
r = P(1) = 15 – 4 . 13 + 2 . 1 + 1 = 1 – 4 + 2 + 1 = 0
Resposta: B
6) Pelo Teorema do resto:
r = 10 € p(5) = 10 € 54 – 4 . 53 – k . 5 – 75 = 10 €
€ 53 – 4 . 52 – k – 15 = 2 € 125 – 100 – k = 17 € k = 8
Resposta: E
7) I) f x2 – 1 fi f(x) = (x2 – 1) . (2x + 1) + kx – 9
kx – 9 2x + 1
II) Se f(x) é divisível por x – 2, então f(2) = 0, portanto:(22 – 1) . (2 . 2 + 1) + 2k – 9 = 0 € 3 . 5 + 2k – 9 = 0 €€ 2k = – 6 € k = – 3
Resposta: D
8) Pelo Teorema do resto, temos que o resto é igual a p(3),
então:
a . 33 – 2 . 3 + 1 = 4 € 27a – 6 + 1 = 4 € 27a = 9 € a =
Resposta: B
9) I) Se P(x) é divísivel por x – 2, então:
P(2) = 0 fi 25 + a . 24 – 2b = 0 € 24 + 23 . a – b = 0 €
€ 16 + 8a – b = 0 € 8a – b = – 16
II) P(x) dividido por x + 2 dá resto 8, então:
P(– 2) = 8 fi (– 2)5 + a . (– 2)4 – b . (– 2) = 8 €
€ – 32 + 16a + 2b = 8 € – 16 + 8a + b = 4 € 8a + b = 20
III) €
Resposta: C
10) Sendo p(x) = x3 + ax2 + bx, pelo Teorema do resto, temos:
fi € €
Resposta: A
11) I) Se p(x) é divisível por x – 3, então p(3) = 0
II) p(x) x – 1 fi p(x) = (x – 1) . q(x) + 10
10 q(x)
III) Chamando de r o resto da divisão de q(x) por x – 3, temos:r = q(3)
IV)Para x = 3, temos:
p(3) = (3 – 1) . q(3) + 10 fi 2 . q(3) + 10 = 0 €
€ q(3) = – € q(3) = – 5 fi r = – 5
Resposta: A
12) I) Pelo Teorema do resto, p(2) = 1 e p(3) = 2
II) Notar que x2 – 5x + 6 = (x – 2) . (x – 3). Portanto, temos:
p(x) (x – 2).(x – 3) fi
r(x) = ax + b Q(x)
fi p(x) = (x – 2) . (x –3) . Q(x) + ax + b
III)fi € fi r(x) = x – 1
Resposta: D
CADERNO 7 – CURSO E
1
1
2
– 1
– 2
+ 1
– 4
– 7
– 21
0
– 3
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
– 1
� 1––2 � � 1
––2 � 1
––2
1–––24
3––2
1––8
3––2
1 – 12 + 8––––––––––
83––8
2
2
– 5
1
0
3
– 10
– 1
– 1
– 4
3
1–––3
1a = ––
4b = 18
�8a – b = – 168a + b = 20�
a = – 6b = 9�2a + b = – 3
a + b = 3�8 + 4a + 2b = 21 + a + b = 4�p(2) = 2
p(1) = 4�
10–––2
a = 1b = – 1�2a + b = 1
3a + b = 2�p(2) = 1p(3) = 2�
MATEMÁTICA
n Módulo 29 – Equações Algébricas I
1) a) Sendo x o número real procurado, temos:x + x2 = x3 € x3 – x2 – x = 0 € x . (x2 – x – 1) = 0 €€ x = 0 ou x2 – x – 1 = 0 €
€ x = 0 ou x = ou x =
Portanto, o menor número é
b) Sendo r e s as raízes da equação ax2 + bx + c = 0, temos:
I)r + s = –
r . s =
II) w = + = = =
= = =
= = . =
2) I)
1442443123
x2 – 5x + 6 Resto
Se – 1 é raiz, devemos ter – k – 6 = 0 € k = – 6
II) p(x) = x3 – 4x2 + x + 6
III) p(x) = 0 fi x3 – 4x2 + x + 6 = 0 €
€ (x + 1) . (x2 – 5x + 6) = 0 € x = – 1 ou x = 2 ou x = 3
Resposta: E
3) I) Utilizando as Relações de Girard, temos:
II) (a + b)2 = a2 + 2 . a . b + b2 fi
fi
2
= a2 + 2 . – + b2 €
€ a2 + b2 = + =
Resposta: A
4) Sendo a e b as outras duas raízes, temos:
2 . a . b = € a . b = € a . b = 1
Resposta: B
5) Considerando que a P.A. crescente (a – r; a; a + r) seja formada
pelas raízes de P(x) = x3 – 18x2 + 8x + 384, temos:
I) a – r + a + a + r = € 3a = 18 € a = 6
II) (a – r) . a . (a + r) = fi (6 – r) . 6 . (6 + r) = – 384 €
€ 62 – r2 = – 64 € r2 = 100 fi r = 10, pois a P.A. é crescente
III) A maior raiz é a + r = 6 + 10 = 16
Resposta: 16
6) I) P(x) = 2x3 – 5x2 – 28x + 15 é divisível por 2x – 1, então:
14444244443 123
Q1(x) = x2 – 2x – 15 Resto
Assim, P(x) = (2x – 1) . (x2 – 2x – 15)
II) x2 – 2x – 15 é divisível por x + 3, então:
144424443 123
Q2(x) = x – 5 Resto
Assim, P(x) = (2x – 1) . (x + 3) . (x – 5) e, portanto, k = 5
Resposta: A
7) Considerando que a P.A. (a – r; a; a + r) seja formada pelasraízes de p(x) = x3 – 6x2 + kx – 6, temos:
I) a – r + a + a + r = € 3a = 6 € a = 2
II) a = 2 é raiz de p(x), então:
p(2) = 0 fi 23 – 6 . 22 + k . 2 – 6 = 0 €
€ 8 – 24 + 2k – 6 = 0 € 2k = 22 € k = 11
Resposta: E
8) I) Denominando as raízes de r1, r2, r3, com r2 . r3 = – 1 e apli -cando as relações de Girard, obtemos:
r1 . r2 . r3 = – fi r1 . (– 1) = – € r1 =
II) p = 0 fi 2 . 3
– m . 2
+ 4 . + 3 = 0 €
€ 2 . – m . + 9 = 0 € – m + 9 = 0 €
€ = 0 € – 9m = – 63 € m = 7
III) p(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3
fi
14444244443 123
Q1(x) = 2x2 – 4x – 2 Resto
1 – ��5––––––––
2
1 + ��5––––––––
2
1 – ��5––––––––
2
�b–––a
c–––a
1–––r2
1–––s2
s2 + r2––––––––(r . s)2
(r + s)2 – 2 . rs–––––––––––––––
(r . s)2
b c�– ––�2– 2 . ––
a a–––––––––––––––––
c�––�2
a
b2 c––– – 2 . –––a2 a
––––––––––––––c2–––a2
b2 – 2ac–––––––––
a2––––––––––––
c2––a2
b2 – 2ac–––––––––
a2a2
––––c2
b2 – 2ac–––––––––
c2
1 – 4 1 – k – 11 – 5 6 – k – 6
�5
– 1 + a + b = – –––6– 1
– 1 . a . b = – �––––�6
€ �1
a + b = –––61
a . b = – –––6
� 1––6 � � 1
––6 �
1–––36
1––3
13––––36
– (– 2)–––––––
1
2–––2
– (– 18)––––––––
1
– 384–––––––
1
2 – 5 – 28 15 1/2
2–––2
– 4–––2
– 30––––2
0
1 – 2 – 15 – 3
1 – 5 0
– (– 6)–––––––
1
3––2
3––2
3––2
3––2�3
––2��3
––2��3
––2�
9––4
27––––4
9––4
27––––8
27 – 9m + 36––––––––––––––
4
2 – 7 4 3 3/2
2 – 4 – 2 0
2 –
fi p(x) = x – . (2x2 – 4x – 2)
IV) p(x) = 0 fi x – . (2x2 – 4x – 2) = 0 €
€ x – = 0 ou 2x2 – 4x – 2 = 0 €
€ x = ou x = 1 – ��2 ou x = 1 + ��2
Resposta: a) m = 7
b) V = {(1 – ��2), (1 + ��2), 3/2}
9) Sendo r1, r2 e r3 as raízes de p(x) = x3 – 5x2 – 52x + 224, temos:
fi r1 . r2 = 8 . (– 7) = – 56
Resposta: C
10) Considerando que a P.G. ; r; r . q seja formada pelas
raízes de p(x) = x3 – a3x2 + ax – 1, temos:
Resposta: C
11) I) 33x – 13 . 32x + 39 . 3x – 27 = 0 €
€ (3x)3 – 13 . (3x)2 + 39 . 3x – 27 = 0
Fazendo y = 3x, temos:
y3 – 13y2 + 39y – 27 = 0
II) Denominando de x1, x2, x3 as raízes da equação e con -
siderando y1 = 3x1; y2 = 3x2; y3 = 3x3; aplicando-se a última
Relação de Girard, obtêm-se:
y1 . y2 . y3 = 27 fi 3x1 . 3x2 . 3x3 = 33 € x1 + x2 + x3 = 3
Resposta: E
n Módulo 30 – Equações Algébricas II
1) Na equação x4 – x3 – 3x2 + 5x – 2 = 0, aplicando o dispositivode Briot-Ruffini, temos:
Portanto, 1 é raiz tripla
Outra maneira de resolver é utilizar o teorema das raízes múl -tiplas, aplicando as derivadas sucessivas da função polino -mial, assim:I) F(x) = x4 – x3 – 3x2 + 5x – 2
F(1) = 14 – 13 – 3 . 12 + 5 . 1 – 2 = 0 fi 1 é raiz de F(x)II) F’(x) = 4x3 – 3x2 – 6x + 5
F’(1) = 4 . 1 – 3 . 1 – 6 . 1 + 5 = 0 fi 1 é raiz de F’(x)III) F”(x) = 12x2 – 6x – 6
F”(1) = 12 . 1 – 6 . 1 – 6 = 0 fi 1 é raiz de F”(x)IV) F’”(x) = 24x – 6
F’”(1) = 24 . 1 – 6 = 18 fi 1 não é raiz de F’”(x)1 é raiz de F(x); F’(x) e de F”(x), portanto, 1 é raiz tripla de F(x).Resposta: C
2) Na equação x4 – 7x3 + 18x2 – 20x + 8 = 0, aplicando o disposi -tivo de Briot-Ruffini, temos:
Portanto, 2 é raiz tripla (multiplicidade 3).Outra maneira de resolver é utilizar o teorema das raízesmúltiplas, aplicando as derivadas sucessivas da funçãopolinomial, assim:I) F(x) = x4 – 7x3 + 18x2 – 20x + 8
F(2) = 24 – 7 . 23 + 18 . 22 – 20 . 2 + 8 = 0 fi 2 é raiz de F(x)II) F’(x) = 4x3 – 21x2 + 36x – 20
F’(2) = 4 . 23 – 21 . 22 + 36 . 2 – 20 = 0 fi 2 é raiz de F’(x)III) F”(x) = 12x2 – 42x + 36
F”(2) = 12 . 22 – 42 . 2 + 36 = 0 fi 2 é raiz de F”(x)IV) F’”(x) = 24x – 42
F’”(2) = 24 . 2 – 42 = 6 fi 2 não é raiz de F’”(x)2 é raiz de F(x); F’(x) e F”(x), portanto, 2 é raiz de mul tipli -cidade 3.Resposta: B
� 3––2 �
3––2
3––2
�r1 = 2r3r1 + r2 = 1r1 + r2 + r3 = 5
€ �r1 = 2r3r1 + r2 = 1r3 = 4
€ �r1 = 8r2 = – 7r3 = 4
fi
� r–––q �
�r
––– . r . r . q = 1qr r
––– . r + –––. r . q + r . r . q = aq qr
––– + r + r . q = a3q
€
€ �r = 11
––– + 1 + q = aq
1 ––– + 1 + q = a3q
fi a = a3 € a – a3 = 0
�3––2�
1 – 1 – 3 5 – 2 1
1 0 – 3 2 0 1
1 1 – 2 0 1
1 2 0 1
1 3
1 – 7 18 – 20 8 2
1 – 5 8 – 4 0 2
1 – 3 2 0 2
1 – 1 0 2
1 1
– 3
3) Na alternativa “C” temos: P(x) = x3(x – 1), que equivale a P(x) = (x – 0)3 . (x – 1). Neste caso 0 é raiz de multiplicidade 3 e 1 é raiz simples.Resposta: C
4) Se a é uma raiz tripla da equação x3 + mx2 + nx – 8 = 0, de -vemos ter:(x – a)3 = x3 + mx2 + mx – 8 €€ x3 – 3x2a + 3xa2 – a3 = x3 + mx2 + nx – 8 €
Outra maneira de resolver:I) Para descobrir a raiz real de multiplicidade 3, obteremos
sucessivas derivadas:• F(x) = x3 + mx2 + nx – 8• F’(x) = 3x2 + 2mx + n• F”(x) = 6x + 2m
II)
III) m – n = – 6 – 12 = – 18
Resposta: A
5) a) O polinômio P(x) = x3 + x2 + mx + n é divisível por x – 1,então: P(1) = 0 fi 13 + 12 + m + n = 0 € n = – m – 2
b)fi
14444244443 123
Q1(x) = x2 + 2x + m + 2 Resto
fi P(x) = (x – 1) . (x2 + 2x + m + 2)
Para que P(x) admita raiz dupla diferente de 1, é
necessário que x2 + 2x + m + 2 = 0 tenha raiz dupla, assim,
devemos ter:
∆ = 0 fi 4 – 4 . (m + 2) = 0 € 4 – 4m – 8 = 0 € m = – 1
c) Para que P(x) admita três raízes reais distintas é
necessário que o fator x2 + 2x + m + 2 = 0 tenha ∆ > 0 e não
admita 1 como raiz, assim, devemos ter:
Respostas: a) n = – m – 2b) m = – 1 c) m ≠ – 5 e m < – 1
6) Para que x = 0 seja uma raiz de multiplicidade 3, é necessárioque a, b e g satisfaçam o sistema:
Para g = m, m Œ �, temos:
b = 1 – m e b ≠ – 2m fi – 2m ≠ 1 – m € m ≠ – 1
Resposta: a = 0; b = 1 – m; g = m, com m Œ � e m ≠ – 1
7) I) Na equação x4 + x3 – 4x2 + x + 1 = 0, os coeficientes sãonúmeros inteiros, as raízes racionais da equação são do
tipo , p e q inteiros e primos entre si; p é divisor de 1 e
q é divisor de 1.Portanto, 1 e – 1 são candidatos à raízes. Como – 1 nãoverifica a equação, temos 1 como raiz.
II)
fi
fi x4 + x3 – 4x2 + x + 1 = 0 € (x – 1)2 . (x2 + 3x + 1) = 0
III) Em x2 + 3x + 1 = 0 estão as raízes não inteiras. Temos:
x2 + 3x + 1 = 0 € x = ou x =
IV) Se m é a maior raiz não inteira, então m = ,
assim:
m + = + =
= = =
= = =
= . = =
= = = = – 3
Resposta: B
8) I) x4 – 3x2 – 4 = 0 € (x2)2 – 3x2 – 4 = 0 €€ x2 = – 1 ou x2 = 4 € x2 = i2 ou x2 = 4 € x = ± i ou x = ± 2
II) – 2 e 2 são números reais racionaisResposta: D
€ �– 3a = m3a2 = n– a3 = – 8
€ �m = – 6n = 12a = 2
fi m – n = – 6 – 12 = – 18
�x3 + mx2 + nx – 8 = 03x2 + 2mx + n = 06x + 2m = 0
€ �x3 – 3x . x2 + nx – 8 = 03x2 – 6x . x + n = 0m = – 3x
€
€ �– 2x3 + nx = 8– 3x2 + n = 0m = – 3x
€ �– 2x3 + 3x2 . x = 8n = 3x2
m = – 3x
€
€ �x3 = 8n = 3x2
m = – 3x
€ �x = 2n = 3x2
m = – 3x
€ �x = 2n = 12m = – 6
1 1 m –m – 2 1
1 2 m + 2 0
� 22 – 4 . (m + 2) > 012 + 2 . 1 + m + 2 ≠ 0
€ � 4 – 4m – 8 > 01 + 2 + m + 2 ≠ 0
€ � m < – 1m ≠ – 5
�a – b – 2g ≠ 0a + 2b + 2g – 2 = 0a – b – g + 1 = 02a + b + g – 1 = 0
€�a – b – 2g ≠ 0a + 2b + 2g = 2a – b – g = – 1a = 0
€�– b – 2g ≠ 0b + g = 1b + g = 1a = 0
p–––q
1 1 – 4 1 1 1
1 2 – 2 – 1 0 1
1 3 1 0
– 3 – ��5––––––––––
2
– 3 + ��5––––––––––
2
– 3 + ��5––––––––––
2
1–––m
– 3 + ��5––––––––––
2
2––––––––––– 3 + ��5
(– 3 + ��5)2 + 4––––––––––––––––
2 . (– 3 + ��5)
9 – 6 ��5 + 5 + 4––––––––––––––––2 . (– 3 + ��5 )
18 – 6 ��5––––––––––––––2 . (– 3 + ��5 )
9 – 3 ��5–––––––––––– 3 + ��5
3 . (3 – ��5)–––––––––––– 3 + ��5
(– 3 – ��5)–––––––––––– 3 – ��5
3 . (3 – ��5) . [– (3 + ��5)]–––––––––––––––––––––––
9 – 5
– 3 . (3 – ��5) . (3 + ��5) –––––––––––––––––––––––
4
– 3 . (9 – 5)–––––––––––
4
– 3 . 4––––––––
4
4 –
9) I) Se i ��2 é uma raiz, então – i ��2 também é raiz.
II) Na equação x3 + 5x2 + 2x + 10 = 0, as raízes são i ��2, – i ��2e a, assim, pela primeira Relação de Girard, temos:
i ��2 + (– i ��2) + a = – 5 € a = – 5
Resposta: D
10) I) Se 1 – i é raiz da equação, então 1 + i também é raiz.II) Na equação x4 – 3x3 + 2x2 + 2x – 4 = 0, as raízes são 1 – i,
1 + i, a e b, assim, pela primeira Relação de Girard, temos:1 – i + 1 + i + a + b = 3 € a + b = 1
Resposta: C
11) I) Do enunciado, é possível concluir que se trata de um poli -nô mio do 3°. grau, cujas raízes são: 1, i, – i.
II) Denominando de P(x) este polinômio, pode-se escrevê-lona forma fatorada: P(x) = a . (x – 1) . (x + i) . (x – i)
III) P(0) = – 1 fi a . (0 – 1) . (0 + i) . (0 – i) = – 1 €€ – a = – 1 € a = 1 fi P(x) = (x – 1) . (x + i) . (x – i)
IV) P(– 1) = (– 1 – 1) . (– 1 + i) . (– 1 – i) = (– 2) . (i – 1) . [– (i + 1)] = = 2 . (i – 1) . (i + 1) = 2 . (– 1 – 1) = – 4
Resposta: A
12) I) Caso P(x) tenha raízes racionais e levando-se em contaque o coeficiente do termo de maior grau é 1, sãopossíveis raízes de p(x): 1, – 1, 2, – 2, 5, – 5, 10, – 10.
II) Verificando as possíveis raízes obtêm-se P(2) = 0,portanto, 2 é raiz.
III) Denominando as raízes não reais de r1 e r2 e aplicando aúltima Relação de Girard, obtêm-se:r1 . r2 . 2 = 10 € r1 . r2 = 5
Resposta: E
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
n Módulo 28 –Progressões Geométricas
1) Por exemplo, q = 2 e a1 = – 1(an) = (– 1; – 2; – 4; – 8; ...) estritamente decrescente.Resposta: A
2) Considerando a P.G. (110 000; 121 000; …), a razão é
q = = = 1,1 e o terceiro termo é
a3 = a2 . q = 121 000 . 1,1 = 133 100
Resposta: D
3) A sequência em questão é uma progressão geométrica de 1o. termo a1 = 1 e razão q = 2.
Como an = a1 . qn–1, o 21o. termo é
a21 = a1 . q20 = 1 . 220 = 210 . 210 = 1024 . 1024 = 1048576 e
1000000 < 1048576 < 1050000.Resposta: E
4) Na progressão geométrica dada tem-se a1 = 1 e
q = – e, utilizando o termo geral an = a1 . qn–1, resulta
a11 = a1 . q10 = 1 . �– �10= = =
Resposta:
5) Em 1902, a pintura valia 100 dólares.
Em 1912, a pintura valia (2 . 100) dólares.
Em 1922, a pintura valia (22 . 100) dólares.
Em 2002, a pintura valia
(210 . 100) dólares = 102400 dólares.
Resposta: D
6) I) 3 horas = 180 min = 9 . 20 minII) Após 3 horas, o número de bactérias da espécie que
divide-se em duas a cada 20 minutos, é o 9o. termo da P.G. (1, 2, 4, …), assim, a9 = a1 . q8 = 1 . 28 = 28
III) 3 horas = 180 min = 6 . 30 minIV)Após 3 horas, o número de bactérias da espécie que
divide-se em duas a cada 30 minutos, é o 6o. termo da P.G. (1, 2, 4, …), assim, b6 = b1 . q5 = 1 . 25 = 25
V) A relação pedida é = = 23 = 8
Resposta: A
7) Na P.G.(1; a; …), tem-se a1 = 1 e q = a. Se a9 = 256, então:
a9 = a1 . q8 fi 256 = 1 . a8 € 28 = a8 € a = ± 8 ���28 = ± 2
Resposta: C
8) A cada ano que passa, o valor do carro passa a ser 70% do
valor do ano anterior (100% – 30% =70%).
Se v é o valor do 1.o ano, no oitavo ano, o car ro estará valendo
a8 = a1 . q7 = v . (0,7)7 = (0,7)7 . v
Resposta: A
9) Sendo a1 = , q = 3, an = 729 e an = a1 . an–1, resulta
729 = . 3n–1 € 36 . 32 = 3n–1 € 38 = 3n–1 € n – 1 = 8 € n = 9
Resposta: B
n Módulo 29 –Propriedades daProgressão Geométrica eProduto dos Termos
1) Se (3 ��3; ��3; x) é uma P.G., então:
( ��3)2 = 3 ��3 . x € 3 =
3 ��3 . x € x = = . =
121 000–––––––––110 000
a2––––a1
��2 ––––2
1–––32
1–––25
25––––210
��2 ––––2
1–––32
28–––25
a9–––b6
1––9
1––9
3 ���32
–––––3 ���32
3–––––3 ��3
3–––––3 ��3
– 5
= = =3 ��9
Resposta: D
2) Se 4x, 2x + 1, x – 1 estão em P.G., nesta ordem, então (2x + 1)2 = 4x (x – 1) € 4x2 + 4x + 1 = 4x2 – 4x €
€ 4x + 1 = –4x € 8x = – 1 € x = – .
Resposta: A
3) Se (log a; log b; log c) é uma P.A., então:
log b = € 2 . log b = log a + log c €
€ log b2 = log(a . c) € b2 = a . c fi (a; b; c) é uma P.G.
Resposta: B
4) Se (1 + x; 3 + x; 6 + x) é uma P.G., então:(3 + x)2 = (1 + x) . (6 + x) € 9 + 6x + x2 = 6 + x + 6x + x2 € x = 3Assim, para x = 3, tem-se a P.G. (4; 6; 9), cuja razão é
q = = =
Resposta: C
5) I) Se ; a; 27 é uma P.G,. com a > 0, tem-se:
a3 = a1 . q2 € 27 = . q2 € q2 = 81 fi q = 9, pois a > 0
II) Se (x; y; z) é um P.A. com x + y + z = 15 e razão r = q = 9, tem-se:
€ €
€ €
Resposta: A
6) Na P.G.(2; 6; 18; …), temos a1 = 2 e q = 3. Então,
a21 = a1 . q20 = 2 . 320
O produto dos 21 primeiros termos da P.G. é
P21 = �������������(a1 . a21)21 = ��������������� (2 . 2 . 320)21 = ���������� 242 . 3420 =
= 221 . 3210 e todos os termos são positivos.
Resposta: P21 = 221 . 3210
7) I) fi an = a1 . qn – 1 = ��2n – 1
= 2
II) Pn = �����������(a1 . an)n = 239 fi �2 �
n
= 239 €
€ 2 = 239 € = 39 € n2 – n – 156 = 0 fi
fi n = 13, pois n > 0
Resposta: B
n Módulo 30 –Soma dos Termos daProgressão Geométrica eSéries Geométricas
1) Na P.G. (1; 2; 4; 8; 16; …), sendo Sn = , tem-se:
S20 = = = 220 – 1 = (24)5 – 1 = 165 – 1
Resposta: A
2) I) P.G.(1; 3; 9; …) q = 3
II) S7 = = = 1 093
Resposta: E
3) A quantidade de área desmatada a cada ano, em km2, são ostermos da progressão geométrica (3; 6; 12; 24; …).A área total desmatada nos n anos em que ocorreramdesmatamentos, em km2, é a soma dos n primeiros termosdessa progressão.
Desta forma:
Sn = = = 381 €
€ 2n – 1 = 127 € 2n = 128 = 27 € n = 7
Resposta: n = 7
4) O número de gotas que vazaram a cada hora são os termos
da progressão geométrica (1; 2; 4; 8; …)Durante as 24 horas do dia vazaram
S24 = � 224 gotas, correspondente a
3 . 3 ��9
––––––––3
3 . 3 ��9
––––––––3 ���33
1––8
log a + log c––––––––––––––
2
3––2
9––6
6––4
�1–––3�
1–––3
y – 3 + y + y + 3 = 15x = y – 9z = y + 9
�x + y + z = 15x = y – 9z = y + 9
�y = 5x = – 4z = 14
�3y = 15x = y – 9z = y + 9
�
n – 1––––2
a1 = 1
q = ��2�n – 1––––2
n2 – n–––––––
4
n2 – n–––––4
a1 . (qn – 1)––––––––––––
q – 1
1 . (220 – 1)–––––––––––
2 – 1
a1 . (q20 – 1)––––––––––––
q – 1
2 186––––––
2
1 . (1 – 37)––––––––––
1 – 3
3 . [2n – 1]––––––––––
2 – 1
a1 [qn – 1]––––––––––
q – 1
1 . (224 – 1)––––––––––––
2 – 1
6 –
= 210 litros, ou seja, 1024 litros.
Resposta: A
5) fi 3280 = €
€ 3n – 1 = 6560 € 3n = 6561 € 3n = 38 € n = 8
Resposta: B
6) I) € €
€ = € = € q3 = – 8 € q = –2
II) a1 . q2 = 40 fi a1 . (– 2)2 = 40 € a1 = 10
III) S8 = = = – 850
Resposta: B
7) Sendo a1 = 2, an = 432 e Sn = 518, tem-se:
I) Sn = = =
= = fi
fi 518 = € 518q – 518 = 432q – 2 €
€ 86q = 516 € q = 6II) an = a1 . qn – 1 fi 432 = 2 . 6n – 1 € 216 = 6n – 1 €
fi 63 = 6n – 1 € 3 = n – 1 € n = 4
III) Para q = 6 e n = 4, tem-se q > n
Resposta: C
8) Para x0 = 1 e xn = a . xn – 1, tem-se:x1 = a . x0 = a . 1 = ax2 = a . x1 = a . a = a2
x3 = a . x2 = a . a2 = a3
Assim, a sequência (x1; x2; x3; …) = (a; a2; a3; …) é uma P.G. de
primeiro termo x1 = a e razão q = a
a) Quando a = 2, tem-se a P.G. (2; 22; 23; …), assim,
x11 = x1 . q10 = a . a10 = a11 = 211 = 2048
b) Quando a = 3, tem-se a P.G. (3; 32; 33; …), assim,
x1 + x2 + … + x8 = S8 = = =
= = 9840
Resposta: a) x11 = 2048
b) x1 + x2 + … + x8 = 9840
9) I) 1 + + + … = =
II) Para poder fazer o empilhamento indefinidamente, h ≥ .
Portanto, o menor valor é .
Resposta: E
10) Os triângulos equiláteros construídos de acordo com oenunciado terão as medidas dos lados constituindo uma
progressão geométrica de primeiro termo 4 cm e razão ,
isto é: (4, 2, 1, …).
A soma S dos perímetros da infinidade de triân gulos cons -truídos, em centímetros, é dada por:
S = 3 . 4 + 3 . 2 + 3 . 1 + 3 . + ……
S = 3 . (4 + 2 + 1 + + … ) = 3 . = = 24
Resposta: D
11) A soma das áreas dos infinitos círculos é
S = π . 32 + π .2
+ π .2
+ ..., que é a soma dos
a1 . (qn – 1)Sn = –––––––––––
q – 1
a1 = 1
q = 3Sn = 3280
� 1 . (3n – 1)–––––––––––
3 – 1
a1 . q2 = 40
a1 . q5 = – 320�a3 = 40a6 = – 320�
1––––– 8
1––––q3
40–––––––– 320
a1q2
–––––––a1q
5
2550–––––––
– 3
10 . [(–2)8 – 1]––––––––––––––
– 2 – 1
a1qn – a1––––––––––––
q – 1
a1 . (qn – 1)––––––––––––
q – 1
an . q – a1––––––––––––q – 1
a1qn – 1 . q – a1–––––––––––––––q – 1
432q – 2––––––––––
q – 1
3 . (6561 – 1)––––––––––––––
2
3 . (38 – 1)––––––––––
3 – 1
3 . 6560––––––––––
2
3–––2
1––––––––
11 – ––
3
1–––9
1–––3
3–––2
3–––2
1––2
1–––2
12–––––1––2
4–––––––––
11 – ––
2
1––2
�3––4��3
––2�
224–––––214
– 7
infinitos termos da P.G. em que a1 = 9π e q = .
Logo, S = = = = = 12π
Resposta: C
12) I) S = , em que a1 = e q = fi
fi S = =
II) log2S = 2 fi log2
= 2 € = 4 € a = 5
Resposta: E
13) I) S = , em que S = e
a1 = 128 fi = €
€ 384 = 512 – 512q € 512q = 128 € q = € q =
II) O quinto termo dessa progressão é
a5 = a1 . q4 = 128 . 4= 128 . =
Resposta: B
14) x + + + + ... = 60 € = 60 €
€ = 60 € x = . 60 € x = 40
Resposta: B
15) x2 – x – – – – ... = €
€ x2 – = €
€ x2 – = € 2x2 – 3x + 1 = 0 € x = ou x = 1
O conjunto solução da equação é .
Resposta: A
FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA
n Módulo 28 – Cones
1) Sejam R e g, respectivamente, as medidas do raio da base eda geratriz do cone equilátero.
I) g = 2R ⇔ R =
II) A área total AT do cone é:
AT = π . R2 + π . R . g = π . 2
+ π . . g =
= + =
Resposta: D
2) Sejam R, g e h, respectivamente, as medidas do raio da base,da geratriz e da altura do cone equilátero.
I) g = 2R ⇔ R =
II) h = ⇔ h =
III) O volume V do cone é:
V = . π . R2 . h = . π . 2
. =
= . π . . =
Resposta: D
3)
D eacordo com o enunciado, tem-se:
= € b = e . π .2
. b = π € a2b = 12
Assim: a2 . = 12 € a3 = 8 € a = 2 e b = = 3
Por outro lado, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:
g2 = b2 +2
€ g2 = 32 +2
€ g2 = 10 € g = ���10
Resposta: D
1––4
a1–––––1 – q
9π–––––––
11 – –––
4
9π–––––3–––4
36π––––3
a1––––––1 – q
2a––––3
1–––6
2a–––3
–––––––1
1 – ––6
4a––––5
� 4a––––5 � 4a
––––5
a1––––––1 – q
512––––3
512––––3
128––––––1 – q
128––––512
1––4
� 1––4 �
1–––––256
1––2
x––3
x––9
x–––27
x–––––––
11 – ––
3
x––––2––3
2––3
x––3
x––9
x–––27
1– ––
2
x x x�x + –– + –– + ––– + ...�3 9 27
1– ––
2
x–––––––
11 – ––
3
1– ––
21––2
1�––; 1�2
g–––2
g–––2�g
–––2�
3πg2––––––
4πg2––––2
πg2––––4
g–––2
g ��3–––––2
2R ��3–––––––
2
g ��3–––––2�g
–––2�1
–––3
1–––3
π ��3 g3––––––––
24g ��3–––––2
g2–––4
1–––3
�a––2�1
––3
3a–––2
3–––2
b–––a
3 . 2–––––2
3a–––2
�2–––2��a
–––2�
8 –
4) Sejam R e h, respectivamente, as medidas do raio da base e
da altura, em centímetros, do cone.
I) 2πR = 8π ⇔ R = 4
II) h = 3R = 3 . 4 = 12
III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:
V = π . R2 . h = π . 42 . 12 = 64π
Resposta: A
5) Considere a figura a seguir, cujas medidas lineares estão emcentímetros:
I) sen 30° = € = ⇔ r = 3 ��3
II) cos 30° = € = ⇔ h = 9
III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:
V = π . r2 . h = π . (3 ��3)2 . 9 = 81π
Resposta: D
6) Sendo V = , após as alterações de r para e de h para
2h, tem-se:
V’ = = = =
= . = . = V =
Resposta: A
7) I) AB = 16 . π € π . R2 = 16 . π € R2 = 16 fi R = 4
II) Como o cone é equilátero, temos g = 2R = 8
III) AL = π . R . g = π . 4 . 8 = 32 . πResposta: A
8) I) Uma hora tem 60 min. Em 4 horas, há 4 . 60 min = 240 min.Se é ministrado 1,5 m� de medica mento por minuto, ovolume de medicamento ministrado é de 1,5 m� . 240 = 360 m�.
II) O recipiente é constituído de um cilindro circular reto com9 cm de altura e um cone, também circular reto, e de 3 cmde altura. Sendo o raio da base de ambos de 4 cm, ovolume do recipiente é igual a:
V = π . 42 . 9 + . π . 42 .3 cm3 = 160π cm3 =
= 160 . 3 cm3 = 480 cm3 = 480 m�
III) Descontada a quantidade ministrada, restaram(480 – 360)m� = 120 m� de medica mento.
Resposta: A
9) Sejam V1 e V2, respectivamente, os volumes dos cones demesma base e alturas iguais a 18 cm e 6 cm.Se AB é a área das bases dos cones, então:
= = = 3
Resposta: B
10) Sejam r e h, respectivamente, as medidas do raio da base eda altura, em centímetros, do cone.
I) 2 . π . r = € r = 10
II) h2 + r2 = 202 fi h2 + 102 = 202 € h2 = 300 fi h = 10 ���3
Resposta: C
11)
q = radianos = 288°
Resposta: D
12)
Sendo VL o volume do líquido, em centímetros cúbicos,temos:
I) No tronco de cone:
VL = (π . 32 + π . 12 + �������������π . 32 . π . 12) =
II) No cilindro: VL = π . 42 . h = 16π h
Assim, 16π h = ⇔ h = ; portanto:
d = 4 – =
Resposta: B
1–––3
1–––3
r–––––6 ��3
1–––2
r–––––6 ��3
h–––––6 ��3
��3–––2
h–––––6 ��3
1–––3
1–––3
r–––2
π r2 h––––––
3
π r2 h––––––
2–––––––––
3
r2π . ––– . 2h
4–––––––––––––
3
rπ . �––�
2. 2h
2–––––––––––––
3
V–––2
1–––2
π r2 h––––––
31–––2
1–––3
π r2 h––––––
2
�1––3�
18––––6
1–– . AB . 183
–––––––––––––1–– . AB . 63
V1––––V2
2 . π . 20––––––––––
2
8π
––––5
104π
–––––3
8–––3
13–––6
104π–––––3
11–––6
13–––6
– 9
13) Sejam, em centímetros, R = 6, r = 3, g e h, respectivamente,os raios das bases maior e menor, a geratriz e a altura dotronco de cone.Se a área lateral é igual à soma das área das bases, então:πg(R + r) = πR2 + πr2 fi g(6 + 3) = 62 + 32 ⇔⇔ 9g = 45 ⇔ g = 5a)
g2 = h2 + (R – r)2 fi 52 = h2 + 32 fi h = 4
b) O volume V do tronco de cone, em centímetros cúbicos, édado por:
V = . (πR2 + πr2 + ���������� πR2 . πr2 ) =
= . (π . 62 + π . 32 + �������������� π . 62 . π . 32 ) =
= . (36π + 9π + 18π) = . 63π = 84π
Resposta: a) 4 cm b) 84π cm3
14)
Sejam VT e VB, respectivamente, o volume total e o volume
da bebida que deixou de ser consumida.
=3
=3
=
Resposta: E
15) O volume do suco será igual à metade do volume do copo,
então:
= 3
€ = 3
€
€ x3 = 256 € x =3 ������256 fi x = 4
3 ��4
Resposta: E
16) a) A área da superfície lateral externa da jarra, emcentímetros quadrados, cor responde à área da superfícielateral de um cilindro reto cujo raio R, da base, mede 9 cme cuja altura, H, mede 12 cm e, portanto:
A� = 2πRH = 2π . 9 . 12 = 216π
b) Desprezando a espessura da parede da jarra, o volumemáximo de suco que a jarra pode conter, em centímetroscúbicos, corresponde ao volume do cilindro reto, cujo raioR da base mede 9 cm e cuja altura H mede 12 cm, menoso volume de um tronco de cone de base maior com raio RT= 6 cm, base menor com raio rT = 3 cm e altura H = 12 cm,portanto:
Vsuco = Vcilindro – Vtronco =
= π . R2 . H – (RT2 + rT
2 + RT . rT) =
= π . 92 . 12 – (62 + 32 + 6 . 3) = 972π – 252π = 720 π
Respostas: a) 216π cm2 b) 720π cm3
17) O volume V, em centímetros cúbicos, de água usada para 6banhos, é:
6 . �π . 122 .30+ (122 + 62 + 12 . 6)� =
= 6 . (12960 + 2520) = 92880
Assim, a quantidade de água usada em 6 banhos é de 92,88
li tros e, como o goteja mento na torneira desperdiça 46,44
litros de água por dia, conclui-se que, em = 2 dias
toda essa água será desperdiçada.
Resposta: 2 dias
4–––3
4–––3
4–––3
4–––3
1–––8�1
–––2��h
––––2h�
VB––––VT
� x––8 �1
––2� x
––8 �
vsuco––––––Vcopo
π H––––3π 12
––––––3
π . 10––––––
3
92,88–––––––46,44
10 –
18)
Sejam VE , VS e VC , respec tiva mente, os volumes da espuma,da parte consistente de sorvete e do copo.Da semelhança dos sólidos VAB e VCD, conforme a figura,obtém-se:
= � �3
€ VS = . VC
Como
VE = VC – VS = VC – . VC = . VC = 0,488 . VC, tem-se:
VE = 48,8% . VC � 50% . VC.
Resposta: C
19)
Sejam VC, VT e VCP, respectivamente, os volumes do cone C,do tronco de cone de altura h e do cone de altura H – h.Admitindo que o tronco de cone de altura h possui basesparalelas e observando que
VC = VCP + VT € VT = VC – VCP, temos:
= 2 € VC = 2(VC – VCP) € = 2 €
€
3
= 2 € H = 3 ��2 H –
3 ��2h €
€ h = H = H 1 –
Resposta: D
20) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -tímetros.
I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:
= fi = ⇔ r = 2
II) O volume, em centímetros cúbicos, do cone preenchidocom sorvete de chocolate é:
. π . r2 . H = . 3 . 22 . 12 = 48
III) Como 1 litro = 1000 cm3, o número de sorvetes que podemser embalados com 1 litro de sorvete de chocolate é
� 20,8
IV)O volume, em centímetros cúbicos, do tronco de conepreenchidos com sorvete de baunilha é:
. π (R2 + r2 + Rr) = . 3 . (32 + 22 + 3 . 2) = 114
V) Como 2� = 2000 cm3, o número de sorvetes que podem ser embalados com 2 litros de sorvete de baunilha é
� 17,5
Assim, utilizando os dois sabores de sorvete, o númeromáximo de sorvetes de “choconilha” que é possível embalaré 17.Resposta: D
64––––125
16–––20
VS––––VC
61––––125
64––––125
VC––––VCP
VC––––VT
�H–––––––H – h�
�1
–––––3 ��2��
3 ��2 – 1
––––––––3 ��2
�
r–––3
12––––18
AB––––CD
VA––––VC
1––3
1––3
1000––––––48
6––3
h––3
2000––––––114
– 11
n Módulo 29 – Esfera e suas partes
1) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen tí -metros:
r2 + 122 = 132 ⇒ r = 5
Resposta: E
2) Sejam R = 2 o raio da esfera e da base do cilindro e h = 6 – 4 = 2a altura do cilindro, ambos em centímetros.I) O volume V de cada peso, em cm3, equivale à soma dos
volumes da esfera e do cilindro, assim:
V = πR3 + πR2h = . π 23 + π . 22 . 2 = + 8π =
II) O volume de aço necessário para a produção de 3000peças é:
3000 . cm3 = 103 . 56π cm3 = 10–6 . 103 . 56π m3 =
= 10–3 . 56π m3 = 0,056π m3
Resposta: C
3)
No triângulo retângulo AOB, da figura, temos:
(r cm)2 + (5 �3 cm)2 = (10 cm)2 fi r = 5 cm
Assim, o volume V do cilindro, em cen tímetros cúbi cos, é:
V = π . 52 . 20 = 500π
Resposta: D
4) I) O volume VT do tanque cilíndrico, em cm3, é:
VT = 12 . π . 12 = 144 . π
II) O volume VE da esfera, em cm3, é:
VE = . π . 33 = 36 . π
III) = = ⇔ VE = . VT
Resposta: D
5) Seja r o raio de uma esfera de volume V1. Se R é o raio daesfera de volume V2 = 172,8% . V1, então:
= 3
⇒ = ⇔
⇔ 1,728 = 3
⇔ 1,2 = ⇔ R = 1,2 . r ⇔ R = 120% . r
Assim, o raio da esfera aumenta 20%.
Resposta: D
6)
Se a laranja, consideranda esférica de raio R, é formada por 12gomos exatamente iguais, então a área A da superfície totalde cada gomo equivale à soma das áreas de dois semicírculos
de raio R com a área do fuso esférico correspondente a
da área da superfície esférica, assim:
A = 2 . . π . R2 + . 4 . π . R2 = π . R2 + . π . R2 = . π . R2
Resposta: E
56π––3
32π––––3
4––3
4––3
56π–––––3
5 3cm
20cm
R = 10cm
10cm
O
Br cm A
r cm
4––3
1–––4
1–––4
36π–––––144π
VE––––VT
�R––r�
172,8% . V1––––––––––––V1
�R––r�
V2–––V1
R––r�
R––r�
1–––12
4––3
1––3
1––12
1––2
12 –
7)
A capacidade V, em m3, do tanque é igual à capacidade de umcilindro de comprimento 4 m e raio da base 2 m, acrescida dacapacidade de uma esfera de raio 2 m.Dessa forma, adotando π = 3, temos:
V = π . 22 . 4 + . π . 23 = 48 + 32 = 80
Resposta: A
8)
a) Sejam AR e AS as áreas, em cm2, da lateral do reci piente e
da superfície de cada bola, respectivamente. Assim:
I) AR = 4 . (15 . 40) = 2400
II) AS = 4 . π . 22 = 4 . 3 . 4 = 48
b) Sejam VR, VE e VL os volumes, em cm3, do recipien te, de
cada esfera e do líquido, respectivamente. Assim:
I) VR = (15 . 15) . 40 = 9000
II) VE = . π . 23 = . 3 . 8 = 32
III) VL = VR – 90 . VE = 9000 – 90 . 32 = 6120
Respostas: a) 2400 cm2 e 48 cm2
b) 9000 cm3, 32 cm3 e 6120 cm3
n Módulo 30 – Poliedros
1) 12 – A + 20 = 2 € A = 30Resposta: D
2) O cubo possui exatamente 6 faces e 8 vértices.Assim sendo, o novo poliedro possui exatamente 8 faces tri -an gulares (uma para cada vértice do cubo) e 6 faces qua dra -das (uma para cada face do cubo).Resposta: B
3) I) F = 12 e A = = 18
II) V + F = A + 2 fi V + 12 = 18 + 2 ⇔ V = 8
Resposta: E
4) O hexaedro regular é o cubo (formado por 6 quadrados, 12arestas e 8 vértices).Resposta: A
5) I) F = 3 + 4 + 5 = 12
II) A = = 25
III) V + F = A + 2 fi V + 12 = 25 + 2 € V = 15
Resposta: E
6) Sendo F o número de faces, A o número de arestas e V o nú -me ro de vértices desse poliedro, tem-se:
I) F = 60
II) A = € A = 90
III) V – A + F = 2 (relação de Euler)
Assim: V – 90 + 60 = 2 € V = 32Resposta: D
7) O poliedro com 12 faces é o dodecaedro.Resposta: D
8) I) F = 3 + 1 + 1 + 2 = 7
II) A = = 15
III) V + F = A + 2 fi V + 7 = 15 + 2 € V = 10
Resposta: 10
4–––3
4–––3
4–––3
12 . 3––––––
2
3 . 3 + 4 . 4 + 5 . 5–––––––––––––––––
2
60 . 3–––––2
3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6––––––––––––––––––––––––
2
– 13