FTD Matematica Caderno de Atividades 02

7/16/2019 FTD Matematica Caderno de Atividades 02

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Matemática

Módulo 2

M7 Função Exponencial 3 - 10M8 Função Logarítmica 11 - 22M9 Noções de Matemática Financeira 23 - 28M10 Progressões 29 - 36M11 Trigonometria no Ciclo 37 - 48


http://slidepdf.com/reader/full/ftd-matematica-caderno-de-atividades-02 2/47Matem á tic3

T E R C E I R Ã O F T D T

T E R C E I R

T E R C E I R Ã O F T D

T E R C E I R Ã O

E R C E I R Ã O F T D

T E R C E I

R Ã O F T D

M7


Fun çã o Exponencial Cader no de

A t i v idades

1 (Uniderp-MS) Se n, y 7 ς são tais que

y

3 7 3 3

2 3

n 2 n n 1

n 1=

− 9 0

9

0 0

0, então y é igual a:

a)

5

2 3n9c)

5

6e)

3

6

n 10

b)5

2 3n 19 0d)

7

3

y

3 7 3 3

2 3

n 2 n n 1

n 1=

− 9 0

9

0 0

0

y

9 3 7 3 3 3

6 3

n n n

n=

9 − 9 0 9

9

y 3 9 7 3

6 3

n

n=− 0

9( )

y

5

6=

2 (FGV-SP) Num concurso que consta de duas fases, os

candidatos fizeram uma prova de múltipla escolha, com

30 questões de 4 alternativas cada uma. Na segunda fase,

outra prova continha 30 questões do tipo falso ou verda-

deiro. Chamando de n1o número dos diferentes modos de

responder à prova da 1a fase e de n2, o número dos diferen-

tes modos de responder à prova da 2a fase, tem-se que:

a) n1 = 2n

2c) n

1 = 4n

2e) n

1 = 430 9 n

2

b) n1 = 30n

2d) n

1 = 230 9 n

2

X

X

Se, na 1a fase, o candidato deve escolher apenas uma das quatro alterna-tivas de cada questão, então:

n1 = 4 9 4 9 4 9 ... 9 4 = 430 = 260

30 fatores

Na 2a fase, o número de maneiras de responder é:

n2 = 2 9 2 9 2 9 ... 9 2 = 230

30 fatores

Então, nn

22

nn

2 n 2 n1

2

60

30

1

2

301

302= = = 9→ → .

144424443

144424443

3 (MACK-SP) Se x e y são números reais positivos, ta

quex y 81

x y 729

4 2

2 4

9 =

9 =

−

−

, então o produto x 9 y é igual a:

a) 3 c) 3 3 e) 3

b)1

3d)

1

9

x y 81x y 729

x y

x y

81

729x y

1

9xy

1

3

4 2

2 4

4 2

2 4

2 29 =

9 =

9

9= = =

−

−

−

−

→ → →

4 (UESPI) A equação exponencial dada por

3 1

x x 1

( )

0

=

admite duas soluções, x1

e x2. O valor da soma (x

1 0 x

2)

a) −1 b) 0 c) 1 d) 2 e) 3

3 1 3 3 x x 0

x x 1 x x 02

2

( )[ ] → ( ) ( ) →0

0

= = 0 =

x(x 0 1) = 0

Logo:

x1 0 x

2 = 0 − 1 = −1

X

X

x1 =

ou

x2 = −


http://slidepdf.com/reader/full/ftd-matematica-caderno-de-atividades-02 3/47Matem á tica 4

Funçã o Exponencial M7

2

31

13 2

3

2

31

13 2 2

3 3

2

2

1

1

1

x

x

x

x

x

x

0 =9

0 =9 9

9

−

0

−

2x

2

31

213

2

3 3

2

x

x

x0 =

9

9

2

31

2

3

13

2

1

3

2

x x

0 = 9 9

2

31

13

6

2

3

2

x x

0 = 9

Substituindo y, temos:

2

3

x

=

y y

y y2

2

113

6

6 6

6

13

60 = 9 Θ

0=

Portanto: S = {1, −1}

Logo:

Se y x

x

= = Θ =2

3

2

3

2

31, .temos:

Se y x

x

temos:= = = Θ =−

−3

2

2

3

3

2

2

31

1

, .

7 (UESPI) O conjunto verdade da equação

2x − 2−x = 5(1 − 2−x) é igual a:

a) {1, 4} c) {0, 1} e) { }

b) {1, 2} d) {0, 2}X

2 2 5 1 2 2

1

25 1

1

2x x x x

x x− = − Θ − = −− −( )

yy y

− = −1

55

2x = 4 ou 2x = 1

2x = 22 2x = 20

x = 2 x = 0

Portanto: S = {0, 2}

y2 − 1 = 5y −5

y2 − 5y 0 4 = 0y

1 = 4

y2 = 1

Substituindo 2x ϭ y, temos:

5 (UEPG-PR) A equação 52x 0 125 = 6 9 5x 0 1 admite

como soluções os números a e b, com a . b. Então, assi-

nale o que for correto:

(01)ba

1=

(02) a 9 b é um número par.

(04) a . 0 e b , 0

(08) a 0 b , 5

(16)a

b é um número natural.

Em questões como a 5, a resposta é dada pela soma dos

números que identificam as alternativas corretas.

y1 = 25

y2 = 5

6y2 − 13y 0 6 = 0 y

1

2

3=

y

2

3

2=

6 (UCDB-MS) O conjunto verdade da equação

exponencial2

31

13 2

3

2

2

1

1

x

x

x

x0 =

9 −

0 é:

a)

2

3

3

2,

c)

−2

3

3

2,

e) {1, −1}

b)

− −2

3

3

2,

d) {1, 0}

X

01. Incorreto

52x 0 125 = 6 9 5x 0 1

52x 0 125 = 6 9 5x 9 5

Substituindo 5x = y, temos:

y2 0 125 = 30y

y2 − 30y 0 125 = 0

Logo:

5x = 25 Θ 5x = 52 Θ x = 2 = a

5x = 5 Θ x = 1 = b

b

a

1

2=

02. Correto

ab = 2 9 1 = 2

04. Incorreto

a = 2 . 0 e b = 1 . 0

08. Correto

a 0 b = 2 0 1 = 3 , 5

16. Correto

a

b

2

12= =

Portanto: 2 0 8 0 16 = 26



M7Funçã o Exponencial

L(t) = T(t)

8 9 10t = 1 000 9 2t

10t = 125 9 2t

10

2125

t

t=

5t = 125

5t = 53

t = 3 anos

8 (UFSM-RS) Um piscicultor construiu uma represa para

criar traí ras. Inicialmente, colocou 1 000 traí ras na represa

e, por um descuido, soltou 8 lambaris. Suponha-se que o

aumento das populações de lambaris e traí ras ocorra,

respectivamente, segundo as leis L(t) = L010t e T(t) = T

02t,

em que L0 é a população inicial de lambaris, T

0, a população

inicial de traí ras, e t, o número de anos que se contam a

partir do ano inicial.

Considerando-se log 2 = 0,3, o número de lambaris seráigual ao de traí ras depois de quantos anos?

a) 30 b) 18 c) 12 d) 6 e) 3X

X

3−1 = 3−2t

−2t = −1

Devemos ter M(t)

M

3. Logo:

0=

M(t)

M

2t

2t

= 9

= 9

−

−

M

M

0

0

0

3

33

1

33 2= − t

t ou t= =

1

20,5 s

9 (UFPB) Sendo a e k constantes reais e sabendo-se que

o gráfico da função f(x) = a2kx passa pelos pontos A(0, 5) e

B(1, 10), o valor da expressão 2a 0 k é:

a) 15 b) 13 c) 11 d) 10 e) 12X

f(x) = 32x 0 1 0 m 9 3x 0 1

f(x) = 32x 9 3 0 m 9 3x 0 1

f(x)=

39

(3x

)2

0

m9

(3x

)0

1a) m = −4 Θ f(x) = 0 Θ 3 9 (3x)2 – 4 9 (3x) 0 1 = 0

11 (Vunesp-SP) Considere a função dada por

f(x) = 32x 0 1 0 m 9 3x 0 1.

a) Quando m = −4, determine os valores de x para o

quais f(x) = 0.

b) Determine todos os valores reais de m para os quais

equação f(x) = m 0 1 não tem solução real x.

10 (UCDB-MS) Certa substância radioativa de mas

M0, no instante t = 0, tende a se transformar em outr

substância não radioativa.

Para cada instante t > 0, dado em segundos, a massa d

substância radioativa restante obedece à lei M(t) = M03−

Nessas condições, o tempo necessário, em segundos, pa

que a massa da substância radioativa seja reduzida a u

terço da massa inicial, é igual a:

a) 3 b) 2,5 c) 1,5 d) 1 e) 0,5

b) f(x) = m 0 1 Θ 3 9 (3x)2 0 m 9 (3x) 0 1 = m 0 1

3 9 (3x)2 0 m 9 (3x) − m = 0

Fazendo 3x = y, resulta a equação: 3y2 0 m 9 y − m = 0.

Essa equação não tem soluções reais se, e somente se, suas raízese y

2não forem reais ou se ambas forem reais negativas.

• As raízes y1

e y2não são reais Θ ∆ = m2 0 12m , 0 Θ −12 , m ,

• Para que as raízes y1

e y2

sejam ambas reais e negativas, devem

ter ∆ > 0, y1 0 y

2 =

−m

3 < 0

e y1

. y2 =

−m

3 > 0, que se verifica apenas para m = 0.

Concluímos, então, que – 12,

m<

0.

3

4 2

63 1 ou 3

1

3x 0 ou x 1x x x=

±= = = =−→ →

Como o gráfico passa pelos pontos A e B , temos:

A(0, 5) Θ a 9 2k 9 0 = 5 Θ a 9 20 = 5 Θ a = 5

B(1, 10) Θ a 9 2k 9 1 = 10 Θ a 9 2k = 10

Substituindo a = 5 em , vem:

5 9 2k = 10

2k = 2

k = 1

Logo:

2a 0 k = 2 9 5 0 1 = 11




15 (UFSM-RS) A solução da equação exponencial

5x(5x − 1) = 20:

a) pertence ao intervalo (−∞, −3[.

b) pertence ao intervalo ]4, +∞).

c) pertence ao intervalo ]0, 2[.

d) é um número par.

e) é um número irracional.

Se y = 5 Θ 5x = 5 Θ x = 1

Se y = −4 Θ 5x = −4 Θ Ξ x 7 ς

Como x = 1, pertence ao intervalo ]0, 2[.

y1 = 5

y2 = −4

Substituindo 5x = y, vem:

y(y − 1) = 20 Θ y2 − y − 20 = 0

X

12 (UFPel-RS) A função exponencial serve de modelo

matemático para resolver várias situações do cotidiano.

Um exemplo é o de uma cultura de bactérias inicialmente

com 1 000 elementos, contados a partir do instante zero,

na qual a população dobra a cada hora.

Essa situação é representada pela função f(x) = 1 000 9 2x,

em que x é o tempo decorrido.

Com base na função acima, em seus conhecimentos, con-

siderando ς o conjunto dos números reais, analise as afir-mativas abaixo.

I. O domí nio da função é o conjunto dos números reais.

II. O domí nio da função é D = {x 7 ς \ x > 1 000}.

III. O domí nio da função é D = {x 7 ς \ x > 0}.

IV. A imagem da função é Im = {y 7 ς \ y > 1 000}.

V. A imagem da função é Im = {y 7 ς \ y > 0}.

Estão corretas somente as afirmativas:

a) I e IV c) II e IV e) III e IV

b) III e V d) I e V f) I.R.

13 (MACK-SP) O número de indiví duos de um certo

grupo é dado por f(x) 10 110 x

= −

9 1 000, sendo x o

tempo medido em dias.

Desse modo, entre o 2o e 3o dia, o número de indiví duos

do grupo:

a) aumentará em exatamente 10 unidades.

b) aumentará em exatamente 90 unidades.

c) diminuirá em exatamente 9 unidades.

d) aumentará em exatamente 9 unidades.

e) diminuirá em exatamente 90 unidades.

X

Sendo y = 1 000 9 2x, temos:

I. Incorreta

O domínio é D=

{x7

ς\ x

>0}, pois a população dobra a cada hora.

II. Incorreta

III. Correta

IV. Correta

O gráfico de y = 1 000 9 2x é:

Im = {y 7 ς \ y > 1 000}

0

y

x1

1 000

2 000

V. Incorreta

X

Se f(x) 101

10 x= −

9 1 000, sendo x o tempo medido em dias e f(x)

o número de indivíduos do grupo, então:

•

f(2) 101

101 000 10

1

1001000 =

2 = − 9 = − 9

= 10 000 − 10 = 9 990

•

f(3) 101

101 000 10

1

1 0001000 =

3 = − 9 = − 9

= 10 000 − 1 = 9 999

• f(3) − f(2) = 9 999 − 9 990 = 9

• Entre o 2o e o 3o dia, o número de indivíduos do grupo aumentará emexatamente 9 unidades.

14 (UFMA) Se a curva da figura abaixo representa o

gráfico da função y = 2x, o valor da área sombreada é:

a) 4 b) 2 c) 8 d) 6 e) 10X

Se: x = 0 Θ y = 20 Θ y = 1

x = 2 Θ y = 22 Θ y = 4

A área sombreada é igual a:

A = 2 9 1 0 1 9 4 Θ A = 2 0 4 = 6

y

20

y = 2x

3 x




17 (UFF-RJ) Em um meio de cultura especial, a quan-

tidade de bactérias, em bilhões, é dada pela função Q defi-

nida, para t > 0, por Q(t) = k5kt, sendo t o tempo, em

minuto, e k uma constante.

A quantidade de bactérias, cuja contagem inicia-se com ocálculo de Q(0), torna-se, no quarto minuto, igual a 25Q(0).

Assinale a opção que indica quantos bilhões de bactérias

estão presentes nesse meio de cultura no oitavo minuto:

a) 12,5 b) 25 c) 312,5 d) 625 e) 1 000X

Portanto: Q(8)

Q(8) 54

= 9

= 9

912

5

1

2

12

8

Q(8) = 312,5

Pelos dados, temos:

se t = 0 Θ Q(0) = k 9 5k 90 = k

se t = 4 Θ Q(4) = k 9 54k

Como Q(4) = 25 9 Q(0), vem:

k 9 54k = 25 9 k

54k = 25

54k = 52

4k = 2

k =

1

2

16 (MACK-SP) O menor valor assumido pela função

g(x)1

2

(2 x )2

=

−

é:

a) 8 b) 4 c)

1

2d)

1

4e)

1

8X

A função exponencial g de base1

2 é estritamente decrescente. O míni-

mo valor de g , portanto, corresponde ao máximo valor do expoente.O gráfico da função f: ς Θ ς definida por f(x) = −x2 0 2 é:

e o máximo valor de f é 2.

O mínimo valor de g é 1

2

2

=

1

4.

f(x)

2

x− 2 2

a) Sendo x = 30 e y = 20, temos:

a) Determine o valor de k.

b) Obtenha as taxas relativas aos anos de 1960 e 2020 (v

lor estimado), usando o gráfico e a equação anterior

19 (UNI-RIO/Ence-RJ) Conforme dados obtidos pe

IBGE, relativos às taxas de analfabetismo da populaçãbrasileira de 15 anos ou mais, a partir de 1960, foi possí vajustar uma curva de equação y = 30kx 0 10, em qu

k . 0, representada a seguir:

y y

y

= 9 0 Θ = 9 0 Θ

= Λ

301

310 30

1

310

40

313 33

1

302

60

, %

O ano de 2020 corresponde a 2020 − 1960 = 60. Logo:

y y y= 9 0 Θ = 9 0 Θ =30

1

310 30 1 10 40

1

30

0

%

b) O ano de 1960 corresponde a x = 0. Logo:

20 30 10

1

3

1

3

1

330 30

1

3030= 9 0 Θ = Θ = =k k k

010

20

20 30 40 50 tempo (anos)

taxa (%)

18 (MACK-SP) Dadas as funções f(x) = 2x2 − 4

g(x) = 4x2 − 2x, se x satisfaz f(x) = g(x), então 2x é:

a)1

4b) 1 c) 8 d) 4 e)

1

2X

Se f(x) = 2x2 − 4 e g(x) = 4x2 − 2x, com f(x) = g(x), temos:

2x2 − 4 = 4x2 − 2x Θ 2x2 − 4 = 22x2 − 4x Θ 2x2 − 4x = x2 − 4

x2 − 4x 0 4 = 0 Θ x = 2

Portanto: 2x = 22 = 4.




Temos f[g(x)]g(x)

=0

17

2 1. Assim, quanto maior for o valor de 2g(x) 0 1, menor

será o valor de f [g(x)]. Logo, f[g(x)] assumirá um valor mínimo quando2g(x) 0 1 assumir um valor máximo, o que ocorrerá quando g(x) assumirum valor máximo. Como g(x) = 3 0 2x − x2, trata-se de uma funçãoquadrática e, como o coeficiente de x2 é negativo, seu gráfico é uma pará-bola com concavidade para baixo e, portanto, ela assumirá um valor máxi-mo, o qual ocorrerá quando o valor de x for igual à abscissa do vértice, isto

é, quando x2

1.=−

9 −=

2 1( )Assim g(1) é o valor máximo assumido pela

função g e, portanto, o valor mínimo da composta será:

22 (UFCE) Sejam f e g funções reais de variá vel real

definidas por f(x)=0

17

2 1xe g(x) = 3 0 2x − x2. O valor

mí nimo de f [g(x)] é:

a)

1

4b)

1

3c)

1

2d) 1 e) 2

f[g(1)]g(1)

=0

=0

= =17

2 1

17

2 1

17

171

4

X

20 (UEPG-PR) Dadas as funções definidas por

f(x) e g(x)= =4

5

5

4

x x

, é correto afirmar:

(01) Os gráficos de f(x) e g(x) não se interceptam.

(02) f(x) é crescente e g(x) é decrescente.

(04) g(−2) 9 f(−1) = f(1)

(08) f [g(0)] = f(1)

(16) f( 1) g(1)− 0 = 5

2

Fazendo o gráfico dasfunções, temos:

4

5

5

4

4

5

4

5

1

x x x x

= Θ =

−

Substituindo: y, vem:4

5

x

=

y y yy

= Θ =−11

Se y

x

=− Θ =−14

51

01. Incorreto, pois os gráficos se interceptam em:

y2 = 1

y = Σ1

Se y = Θ =1

4

51

x

4

5

4

5

0

x

=

Ξ x 7 ς

x = 0

Portanto: 4 + 8 + 16 = 28

0 x

y

g(x)

1

f(x)

Os gráficos se interceptam em (0, 1).

02. Incorreto, pois f(x) é decrescente e g(x) é crescente.

04. Correto

g( )− = = =25

4

1

5

4

16

25

2

2

−

f( )− = = =

−

14

5

1

4

5

5

4

1

f(1)= =

4

5

4

5

1

Logo: g( 2) f( 1) f(1)− 9 − = 9 = =

16

25

5

4

4

5

08. Correto

g(0)= =

5

41

0

f(1)= =

4

5

4

5

1

16. Correto

g(1)= =

5

4

5

4

1

Logo:

f( 1) g(1)− 0 = 0 = =

5

4

5

4

10

4

5

2

21 (EEM-SP) A curva abaixo mostra a evolução do

número de peças montadas em uma linha de produção

por um operário recém-contratado.

Admitindo que a curva se ja de scri ta pe la função

Q(t) = 500 − A 9 2−k 9 t, determine o número de peças que

o operário montará em sua segunda semana de trabalho.

Se:

t = 0 Θ 200 = 500 − A 9 20 Θ 200 = 500 − A Θ A = 300

t = 1 Θ 350 = 500 − A 9 2−k 9 1

350 = 500 − 300 9 2−k

300 9 2−k = 150

2−k = 1

2

2−k

= 2−1

k = 1

A função é:

Q(t) = 500 − 300 . 2−t

Se t = 2 semanas, temos:

Q(2) = 500 − 300 9 2−2

Q(2) = 500 − 75

Q(2) = 425 peças

Q

1 2 3 t (semanas)

350

200

0




24 (UFPB) O total de indiví duos, na enésima geração,de duas populações P e Q é dado, respectivamente, por

P(n) = 4n e Q(n) = 2n. Sabe-se que, quandoP(n)

Q(n)1 024> ,

a população Q estará ameaçada de extinção. Com base

nessas informações, essa ameaça de extinção ocorrerá a

partir da:

a) décima geração

b) nona geração

c) oitava geração

d) sétima geração

e) sexta geração

26 (FGV-SP) O gerente de produção de uma indústrconstruiu a tabela abaixo, relacionando a produção do

operários com sua experiência.

X

4

21 024

n

n >

2

21 024

2n

n >

2n > 1 024

2n > 210

n > 10

A ameaça de extinção ocorrerá a partir da 10a geração.

a) Supondo que A seja uma constante real e t o tempo de experiência emeses, temos:

Q(0) = 200

500 − A 9 e0 = 200 Ι A = 300

Q(6) = 350

500 − 300 9 e−6k = 350

300 9 e−6k = 150

e

1

2e 26k k

t

6− −−

= Ι =

Logo, Q(t) = 500 − 300 9 2t

6−

.

Com Q(t) = 425, temos:

500 − 300 9 2t6

−

= 425

300 9 2t

6−

= 75

2 =

1

4= 2

t

6 2−

−

− = − Ι =

t

62 t 12 meses

b) Como Q(t) 500300

2t

6

= − , podemos afirmar que:

• quanto maior for t , tanto mais Q(t) se aproximará de 500;

• Q(t) , 500.

Podemos concluir, então, que a produção máxima possível é de 4unidades por hora.

Acredita o gerente que a produção Q se relaciona à exp

riência t, por meio da função Q(t) = 500 − A 9 e−k 9

sendo e = 2,72 e k um número real, positivo.

a) Considerando que as projeções do gerente de produçãdessa indústria estejam corretas, quantos meses de e

periência serão necessários para que os operários po

sam produzir 425 unidades por hora?

b) Desse modo, qual será a máxima produção possí vel d

operários dessa empresa?

Experiência (meses) 0 6

Produção (unidades por hora) 200 350

Devemos ter P . 31 000. Logo:

32000 (1 − 2−0,1t) . 31000

32(1 − 2−0,1t) . 3132 − 32 9 2−0,1t . 31

−32 9 2−0,1t . −1

32 9 2−0,1t , 1

2

1

320 1− ,, t

2−0,1t , 2−5

−0,1t , −5

t . 50 dias

23 (Unipac-MG) A relação P = 32 000 9 (1 − 2−0,1t)

descreve o crescimento de uma população P de bactérias,

t dias após o instante 0. O valor de P é superior a 31 000

se, e somente se, t satisfizer a condição:

a) t . 50 c) t . 16 e) 32 , t , 64

b) t , 30 d) 2 , t , 16

X

25 (FERJ-SC) A solução da inequação

(0,7)x(x − 3) , (0,49)x − 2 é:

a) % d) {x 7 ς\x , 2 ou x . 3}

b) {x 7 ς\1 , x , 4} e) {x 7 ς\x , 1 ou x . 4}

c) {x 7 ς\2 , x , 3}

X

(0,7) (0,49)

(0,7) (0,7)

x(x 3)

3x 2x

− −

− −

,

,

x

x

2

42

Logo: S = {x 7 ς\x , 1 ou x . 4}.

x2 − 3x . 2x − 4

x2 − 5x 0 4 . 0

x1 = 4

x2 = 1

{ {

}1 4 xx2 − 5x 0 4 = 0

Estudando o sinal, temos:



Funçã o Exponencial M7 27 (ECM-AL) O conjunto de todos os valores de x para

os quais 1 4 84 2< ,x

é:

a) [0, 12[ c) [0, 6[ e) [0, 3[

b) [0, 8[ d) [0, 4[

S = {x 7 ς\0 < x , 12} = [0, 12[

Fazendo a intersecção, temos:

1 4

2 4 3 4 84 2

x

,

4 14

x

>

I

II

II

4 1

4 4

4

4 0

x

x

>

>

x

40>

x > 0

I

4 8

2 2

4 2

2 4 3 2

x

x

,

,( ) ( )

2 22 6x

,

x

26,

x , 12

29 (UFF-RJ)

a) Ao resolver uma questão, José apresentou o seguinte

raciocí nio:

“ Como

1

4

1

8. , tem-se

1

2

1

2

2 3

. e conclui-se

que 2 . 3.”

Identifique o erro que José cometeu em seu raciocí nio,

levando-o a essa conclusão absurda.

b) Sem cometer o mesmo erro que José, determine o

menor número m, inteiro e positivo, que satisfaz a

inequação:

1

2

1

4

41

mm

.

0

a) José cometeu o erro na última etapa de seu raciocínio, uma vez que a

função exponencial dada por f(x) =1

2

x

é decrescente, ou seja, à

medida que aumentamos o valor de x , o valor de f(x) diminui.

42 2

42 2 0

mm

mm

, 0

− − ,

4 2 20

2− −,

m m

m

2 2 40

2m m

m

0 −.

2 1 20

( )( )m m

m

− 0.

Conclui-se que o menor número inteiro e positivo m que satisfaz ainequação é 2.

Como m 0, temos 0,.

− 0. − 0 .2 1 2 0 1 2( )( ) ( )( )m mm m m→

ou seja, m , −2 ou m . 1.

X

0 12

120

I

II

III 5

b)

1

2

1

4

1

2

1

2

41

42 2

mm

mm

. Θ .

0 0

Como a base1

2

é um número compreendido entre zero e um, a fun-

ção é decrescente e o sinal da desigualdade muda, ou seja:

{ {

}−2 1 x

28 (ITA-SP) Seja ε um número real, com 0 , ε , 1.

Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos

os valores de x tais que εε

,2x

2x

11

2

:

a) ]−∞, 0] 6 [2, 0∞[ d) ]−∞, 0[

b) ]−∞, 0[ 6 ]2, 0∞[ e) ]2, 0∞[

c) ]0, 2[

Do enunciado, temos:

ε 9

ε

,2x

2x

1

1

2

ε 9 ε ,

−

2x

2x

1

2

( )ε2x 9 ε−x2

, ε0

ε2x − x2

, ε0

Se 0 , ε , 1, temos: 2x − x2 . 0.

Raízes: 2x − x2 = 0 Θ x(2 − x) = 0

x1 = 0

x2 = 2

ou

{

} }0 2

Portanto: 0 , x , 2 ou ]0, 2[

II

1 4 84 2< ,x

I

X



M8Função Logarítmica

Matemátic11

T E R C E I R Ã O F T D T T E R C E I R

T E R C E I R Ã O F T

T E R C E I R Ã O

ER C E I R Ã O F T D

T E R C E I R Ã O F

T D

M8


T DFunção Logarítmica

3 (UFG) Suponha que o total de sapatos produzidos pouma pequena indústria é dado, aproximadamente, pe

função S(t) = 1 000 log2 (1 0 t), em que t é o número danos e S o número de sapatos produzidos, contados a patir do início de atividade da indústria. Determine:

a) o número de sapatos produzidos no primeiro ano datividades da indústria;

b) o tempo necessário para que a produção total sejatriplo da produção do primeiro ano.

a) Após o primeiro ano de atividade, temos que t = 1; então:

S(1) = 1 000 log2

(1 0 1) Θ S(1) = log2

2 Θ S(1) = 1 000; portanforam produzidos 1 000 pares de sapatos no primeiro ano.

b) Se no primeiro ano a produção é de 1 000 pares de sapatos, o tripserá 3 000 pares, ou seja:

S(t) = 3 000 = 1 000 log2

(1 0 t) Θ log2

(1 0 t) = 3 Θ 1 0 t = 23 Θ

Θ 1 0 t = 8 Θ t = 7; então, depois de 7 anos, a produção total serátriplo da produção do primeiro ano.

1 (UEPG-PR) Sendo:

(25)1

125p 2−

=

q = log16

8

rlog 4

log 27

2

3

=

É correto afirmar que:

(01) p , r , q

(02) q . p

(04) r , q

(08) p . r

(16) r , p , q



01. Correto

251

125p 2−

= → 52p − 4 = 5−3 → 2p − 4 = −3 → p1

2=

rlog 4

log 27r

2

3

2

3

= =→

q = log16

8 → 16q = 8 → 24q = 23 → 4q = 3 → q3

4=

Logo:1

2

2

3

3

4, , → p , r , q.

02. Correto

3

4

1

2. → q . p

04. Correto

2

3

3

4, → r , q

08. Incorreto

1

2

2

3, → p , r

16. Incorreto

2

3

1

2, → r , p

Portanto: 1 0 2 0 4 = 7

2(Vunesp-SP) O valor de x na equação log x

1

33 3=

a)

1

3

3 3

c)

3

3e) 3

log x1

3x 3 3

3 3

1

3= =→ ( )

x 3 x 33

1

3

3

2

1

3

= =( ) →

x 3 x 3

1

2= =→

X

Cader no de

A t i v idades

b)

3

3

3

d) 33



Funçã o Logar í tmicaM8

Matem á tica 12

4 (MACK-SP) Se2

3log

b27 0 2 log

b2 − log

b3 = −1,

0 , b ϑ 1, o valor de b é:

a) 2 c)

1

9e)

1

8

b)

1

12d) 3

8 (MACK-SP) Se a e b são números reais não-nulos, tais

que a2 + b2 = 28ab, então, adotando-se log 312

25= , o valor

de log(a b)

ab3

20

é:

a)

37

12b) 3 c)

25

13d)

17

5e) 7

2

39 log

b27 0 2 9 log

b2 − log

b3 = −1

log ( )b

332

3 0 logb

22 − logb

3 = −1

log3 2

31

b

2 29

=− Ι logb

12 = −1

b−1 = 12 Ι

b1

12=

5 (Furg-RS) Sendo x a solução da equação

21

23 2log log ,x

= o valor de x3 é:

a)

1

2b) 1 c) 2 d) 4 e) 8

2 2 11

323 2 1

3 2 2

1

3lo g lo g log log logx x x x= Θ =− Θ = Θ =−

Assim:

x 3= = =2 2 2

1

3

3 3

3( )

6 (UFOP-MG) Resolva o sistema:

2x 9 8y = 32 Θ 2x 9 23y = 25 Θ x 0 3y = 5

log8

1

31

38 2xy xy xy= Θ = Θ =

Resolvendo o sistema, obtemos:

1 2 3

x 0 3y = 5

xy = 2

x = 2 e y = 1ouΘ

x e y= =32

3

2x 9 8 y = 32 1 4

2 4 3

log8

1

3xy =

7 (MACK-SP) Se a . 0 e b . 0, considere as afirma-

ções:

I. log (ab) = log a 0 log b

II. log (a 0 b) = (log a) 9 (log b)

III. log 1 = 0

Então:

a) I, II e III são corretas.

b) I, II e III são incorretas.c) apenas I e II são corretas.

d) apenas II e III são corretas.

e) apenas I e III são corretas.

I. Correta. log (a 9 b) = log a 0 log b

II. Incorreta. log (a 0 b) = (log a) 9 (log b)

Para a = b = 1, por exemplo, temos:

log 2 = (log 1) 9 (log 1)

III. Correta. log10

1 = 0, pois 100 = 1.

Sendo dados a2 0 b2 = 28ab e log 312

25= , temos:

• (a 0 b)2 = a2 0 b2 0 2ab = 28ab 0 2ab = 30ab

•

log(a b)

ablog

30ab

ablog 30

3

2

3 3

0= =

log3

3 0 log3

10 = 1 0 2512

3712

=

X

X

X

X



M8Funçã o Logar í tmica

Matem á tic13

9 (EEM-SP) Sendo log10

3 = a, calcule:

log log .10 10

183

200

log10

(9 9 2) 0 log10

3 − log10

(10 9 2)

log10

9 0 log10

2 0 log10

3 − (log10

10 0 log10

2)

2 log10 3 0 log10 2 0 log10 3 − log10 10 − log10 23 log

103 − log

1010

3a − 1

Usando as propriedades, temos:

log log log log log10 10 10 10 10

183

2018 3 200 = 0 −

10 (UERJ) Segundo a lei do resfriamento de Newton, atemperatura T de um corpo colocado num ambiente cujatemperatura é T

0obedece à seguinte relação:

T = T0 0 ke−ct

Nessa relação, T é medida na escala Celsius, t é o tempomedido em horas, a partir do instante em que o corpo foicolocado no ambiente, e k e c são constantes a serem de-

terminadas.Considere uma xí cara contendo caf é, inicialmente a100 )C, colocada numa sala de temperatura 20 )C. Vinte

minutos depois, a temperatura do caf é passa a ser de40 )C.

a) Calcule a temperatura do caf é 50 minutos após a xí cara

ter sido colocada na sala.

b) Considerando ln 2 = 0,7 e ln 3 = 1,1, estabeleça o

tempo aproximado em que, depois de a xí cara ter sidocolocada na sala, a temperatura do caf é se reduziu àmetade.

11 (Vunesp-SP) Numa plantação de certa espécie dárvore, as medidas aproximadas da altura e do diâmetdo tronco, desde o instante em que as árvores são plant

das até completarem 10 anos, são dadas respectivamenpelas funções:altura: H(t) = 1 0 (0,8) 9 log

2(t 0 1)

diâmetro do tronco: D(t) = (0,1) 9 2t

7

com H(t) e D(t) em metros e t em anos.a) Determine as medidas aproximadas da altura, em

metros, e do diâmetro do tronco, em centí metros, d

árvores no momento em que são plantadas.

b) A altura de uma árvore é 3,4 m. Determine o diâmet

aproximado do tronco dessa árvore, em centí metros

a) Substituindo os dados:

a) No momento em que elas são plantadas, t = 0. Assim:

H(0) = 1 0 (0,8) 9 log2

(0 0 1)

H(0) = 1 0 0,8 9 log2

1

H(0) = 1 0 0,8 9 0

H(0) = 1 m

D(0) = (0,1) 9 20

7

D(0) = (0,1) 9 20

D(0) = 0,1 mou

D(0) = 10 cm

b) Se H(t) = 3,4 m, temos:

1 0 0,8 9 log2

(t 0 1) = 3,4

0,8 9 log2

(t 0 1) = 2,4

log2

(t 0 1) = 3

t 0 1 = 8

t = 7 anos

Portanto:

D(7) = 0,1 9 27

7 → D(7) = 0,1 9 2 = 0,2 m ou 20 cm

12 (Unifesp-SP) Uma droga na corrente sangüí neaeliminada lentamente pela ação dos rins. Admita que, pa

tindo de uma quantidade inicial de Q0

miligramas, apóshoras a quantidade da droga no sangue fique reduzidaQ(t) = Q

0(0,64)t miligramas. Determine:

a) a porcentagem da droga que é eliminada pelos rins e1 hora;

b) o tempo necessário para que a quantidade inicial ddroga fique reduzida à metade. Utilize log

102 = 0,30

a) Q(1) = Q0 9 0,641

Após 1 hora, há 64% da quantidade inicial da droga no sangue; portato, em 1 hora, 36% da droga é eliminada pelos rins.

b) De

Q(t)1

2Q

0= , temos:

Q 0,641

2Q

0t

09 = 9

log 0,64t = log 2−1

t log2

10log 2

6

2=−

t(6 log 2 − 2 log 10) = −log 2

t(1,8 − 2) = −0,3 Ι t = 1,5 hora ou 1h 30min

T0 = 20 )C, T(0) = 100 )C e T

1

3

= 40 )C na relação T = T0 0 ke−ct,

encontraremos:

e1

4

c

3−

= → ec

3 = 4

Desenvolvendo, temos: e1

64.C−

=

Como queremos T5

6

, basta observarmos que

5

6

1

3

5

2= 9 .

T5

6

= 20 0 80

ec

3

5

2−

= 20 0 80

1

4

5

2

= 20 0 80 9 1

32= 22,5 )C

b) Pela lei do resfriamento, teremos 50 = 20 0 80e−ct, ou seja, e−ct = 3

8.

Como e1

64c−= , teremos

1

64

3

8

t

= .

Usando logaritmos:

t3 ln 2 ln 3

6 ln 2

1

2

1,1

4,2

1

2

11

42

21 11

42

10

42

5

21h

5

2160 min 15 min

=−

= − = − =−

= = =

= 9 Λ




Matem á tica 14

14 (UERJ) Em uma cidade, a população que vive nossubúrbios é dez vezes a que vive nas favelas. A primeira,

porém, cresce 2% a.a., enquanto a segunda cresce15% a.a.

Admita que essas taxas de crescimento permaneçam cons-tantes nos próximos anos.

a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios

hoje é igual a 12,1 milhões de habitantes, calcule onúmero de habitantes das favelas daqui a um ano.

b) Essas duas populações serão iguais após determinadotempo t, medido em anos.

Se t1

log x= , determine o valor de x.

15 (UFPel-RS) Um dos motivos que levam as pessoas aenfrentar o problema do desemprego é a busca, por partedas empresas, de mão-de-obra qualificada, dispensando

funcionários não habilitados e pagando a indenização aque têm direito.Um funcionário que vivenciou tal problema recebeu uma

indenização de R$ 57 000,00 em três parcelas, em que a

razão da primeira para a segunda é 4

5

e a razão da segun-

da para a terceira,6

12.

Dados:log 1,06 = 0,0253log 1,01 = 0,0043

Com base no texto e em seus conhecimentos, determine:

a) o valor de cada parcela;

b) o tempo necessário para que o funcionário aplique

o valor da primeira parcela, a juro composto, a umataxa de 1% a.m., para acumular um montante de

R$ 12 738,00;c) a taxa mensal que deve ser aplicada, a juro simples, à

segunda parcela, para que o funcionário, no final de

2 anos, obtenha o montante de R$ 25 800,00.

a) Primeira parcela: p1

Segunda parcela: p2

Terceira parcela: p3

p1 0 p

2 0 p

3 = 57 000

a) x 0 10x = 12 100 000

11x = 12 100 000

x = 1 100 000

Logo:

1 100 000 9 1,15 = 1 265 000 habitantes

b) Em t anos as populações serão:

• subúrbios = 10x 9 1,02t

• favelas = x 9 1,15t

10x 9 1,02t = x 9 1,15t

10 9 1,02t = 1,15t

log (10 9 1,02t) = log (1,15t)

1 0 t 9 log 1,02 = t 9 log 1,15

1 = t 9 log1,15

1,02

t1

log 1,127=

x = 1,127 ano

13 (UFES) Um pesquisador constata que, em um dado

instante, existem 400 tartarugas da espécie A e 200 tarta-rugas da espécie B em uma reserva marinha. Nessa reser-

va, a população de tartarugas da espécie A diminui a uma

taxa de 20% a.a., enquanto a população da espécie B au-menta a uma taxa de 10% a.a.Determine, usando duas casas decimais, quanto tempo énecessário, a partir desse instante, para que as populações

sejam iguais. (Considere: log 11 = 1,04 e log 2 = 0,30.)Pelos dados, vem:

400(0,8) t = 200(1,1)t → 2(0,8)t = (1,1)t

Aplicando logaritmo decimal em ambos os membros, vem:

log 2(0,8)t = log (1,1)t

log 2 0 log (0,8)t = t 9 log 1,1

log 2 0 t 9 log (0,8) = t 9 log 1,1

log 2 t log8

10t log

11

100 9 = 9

log 2 0 t(log 8 − log 10) = t(log 11 − log 10)

log 2 0 t(3 log 2 − log 10) = t(log 11 − log 10)

Substituindo os valores dos logaritmos, vem:

0,30 0 t(3 9 0,3 − 1) = t(1,04 − 1)

0,30 − t 9 0,1 = t 9 0,04

t(0,04 0 0,1) = 0,30

t0,30

0,14=

t15

7anos=

ou seja, 2 anos e1

7ano ou 2 anos, 1 mês e 21 dias aproximadamente.

De : p4p

51

2=

De : p3 = 2p

2

Substituindo e em , temos:

4p

5

20 p

2 0 2p

2 = 57 000

4p2 0 5p

2 0 10p

2 = 285 000

19p2 = 285 000

p2 = 15 000

Logo: p1 = R$ 12 000,00

p2 = R$ 15 000,00

p3 = R$ 30 000,00

b) M = C(1 0 i)t

12 738 = 12 000(1 0 0,01)t

1,06 = 1,01t

log 1,06 = log 1,01t

log 1,06 = t 9 log 1,01

0,0253 = t 9 0,0043

t Λ 5,88 meses

Portanto, aproximadamente 6 meses.c) J = M − C

J = 25 800 − 15 000

J = 10 800 ou R$ 10 800,00

Daí, temos:

JC i t

100=

9 9

1080015 000 i 24

100 =

9 9

i = 3% a.m.

p

p

4

5

1

2

=

p

p

6

12

2

3

=e




Matemátic15

16 (UFAL) Resolva, no universo ς, a equaçãolog

3x 0 log

3(x 0 2) = 1.

x1 = 1

x2 = −3 (não serve)

Ι x . −2

Resolvendo a equação, temos:

log3

x(x 0 2) = 1

x(x 0 2) = 31

x2 0 2x = 3

x2 0 2x − 3 = 0

Da equação, devemos ter:

x . 0

x 0 2 . 0 Θ x . −2

a) Com x − 2 . 0 e x 0 2 . 0, isto é, com x . 2, temos:

log (x − 2) 0 log (x 0 2) = 2

log [(x − 2)(x 0 2)] = log 100

log (x2 − 4) = log 100

x2 − 4 = 100

x2 = 104

x ou x= =−2 26 2 26

Com a condição x . 2, temos x = 2 26 .

b) Com x . 0 e log x = t(10t = x), temos:

xlog x = 100x Θ (10t)t = 102 9 10t

10 10

2 2t t=

0

t2 = 2 0 t

t2 − t − 2 = 0

Resolvendo essa equação, obtemos:

t = 2 ou t = −1

t = 2 Θ x = 102 Θ x = 100

t = −1 Θ x = 10−1 Θ x = 1

10

18 (FGV-SP)

a) Resolva a equação log (x − 2) 0 log (x 0 2) = 2.

b) Quais as raízes da equação xlog x = 100x?

1 2 3

17 (IBMEC-SP) Zé Munheca e João Gastão são dois ir-mãos que têm hábitos bem diferentes quando se trata dedinheiro. Zé Munheca, sempre muito econômico e atentoaos melhores investimentos, consegue duplicar, num prazode 2 anos, qualquer capital que lhe seja disponibilizado.Já João Gastão, muito esbanjador, não consegue contro-lar seus gastos, vendo seu dinheiro se reduzir à metade acada 3 anos.

Ciente disso, seu pai, antes de morrer, não dividiu igual-mente sua fortuna entre os dois filhos: reservou a JoãoGastão uma quantia igual a 1 024 vezes à quantia dada aZé Munheca.Considere em seus cálculos apenas o dinheiro que os ir-mãos herdaram de seu pai.

a) Quanto tempo depois de receberem suas partes na he-rança os dois irmãos terão a mesma quantia em di-nheiro?

b) Quanto tempo depois de receber sua parte na herança,aproximadamente, Zé Munheca terá uma quantia iguala 5 vezes à quantia de João Gastão? Se necessário, uti-lize log 2 = 0,30.

a) Sendo t o tempo em anos (t = 0 hoje, t = 1 daqui a um ano etc.),podemos escrever:

Para Zé: at = x 9 2

t

2

Para João: bt = 1 024 9 x 9

1

2

t

3

at = b

t Θ x 9 2

t

2 = 1 024 9 x 9 1

2

t

3

Θ 2 2 2

t

2

t

3 109 = Θ 2

5t

6 = 210

t = 12 anos

b) at = 5b

t

x 9 2t

2 = 5 9 1 024 9 x 9 1

2

t

3

25t

6 = 10 9 512

log 25

6

t = log 10 0 log 29

5

6

t9 log 2 = 1 0 9 log 2

56t 9 0,30 = 1 0 9 9 0,30

t = 14,8 anos




Matem á tica 16

colog3

[log5

(log2

2125)]

−log3

[log5

(log2

2125)]

−log3

[log5

(125 9 log2

2)]

−log3

[log5

125]

−log3

[3 log5

5]

−log3

3 = −1

20 (Fafi-BH) O valor de colog3

[log5

(log2

2125)] é:

a) 0 b) −1 c) 2 d) 3 e) 1X

19 (UEM-PR) Sobre logaritmos e exponenciais, assi-

nale o que for correto.

(01) Se1

10

1

10

x y

. , então x . y.

(02) Se log43 = a e log

37 = b, então log

221 = 2a(1 0 b).

(04) Se log15

3 = c, então log 151

1 c5

=

−

.

(08) Se (2x)x 0 1 = 64, então a soma dos valores de x que

satisfazem essa equação é igual a 5.

(16) A função f definida por f(x) 2x

= ( ) , x 7 ς, é cres-

cente.

(32) Para analisar fraturas em construções, usam-se

raios X. Quando os raios penetram no concreto, a sua

intensidade é reduzida em 10% a cada 20 cm percorri-

dos no concreto. A profundidade d em que a intensi-

dade dos raios será de 0,09% da intensidade inicial é

d 20

log (0,0009)

log (0, 9)= .

21 (UFRJ) Sendo x e y números reais e y ϑ 0, expresse

o logaritmo de 3x na base 2 y em função de x, y e log2

3.

log 3log 3

log 2

x log 3

y log 2

x log 3

y2

x 2x

2y

2

2

2

y= = =

01. Incorreto

1

10

1

10

x y

. Θ x , y

02. Correto

log 3log 3

log 4a

log 3

2log 3 2a

4

2

2

2

2= = =→ →

log 7log 7

log 3b

log 7

2alog 7 2ab

3

2

2

2

2= = =→ →

Portanto:

log2

21 = log2

(7 9 3) = log2

7 0 log2

3 = 2ab 0 2a = 2a(b 0 1)

04. Correto

log 3 clog 3

log 15c

log 3

log 5 log 3c

15

5

5

5

5 5

= =0

=→ →

log 3

1 log 3

5

50

= c Θ log5

3 − c log5

3 = c Θ log5

3 9 (1 − c) = c

log 3c

1 c5=

−

Daí, vem:

log5

15 = log5

(5 9 3) = log5

5 0 log5

3 = 1 0 c

1 c

1

1 c−=

−

08. Incorreto

(2x)x 0 1 = 64 Θ 2x2 0 x = 26

x2 0 x = 6

x2 0 x − 6 = 0

A soma é igual a:S = 2 − 3 = −1

16. Correto

Como a base 2 é maior que 1, a função f(x) 2x

= ( ) é crescente.

32. Correto

A intensidade I em função da profundidade d é dada por:

I I (1 0,1) I I (0,9)

0

d

200

d

20= − =→

Fazendo I = 0,09% I0, vem:

0,09% I I (0,9)0 0

d

20=

0 0009, = 0, 9

d

20

log 0,0009 log(0,9)

d

20=

log 0,0009d

20log 0,9= 9

d 20log 0,0009

log 0,9= 9

x’ = 2

x” = −3

Portanto: 20

40

160

32=

54




Matem á tic17

• 2n = 5 Θ log 2n = log 5 Θ n log 2 = log 5

•

log loglog

loglog ( )

loglog log log50

2

4 450

22 5 5

2 22 5 5

= =9 9

=0 0

2 2

2 2 5

2 2

2 2 2

log

log log

log

log log0=

0 9=

n

2 2

2 1 2

2

1 2

log

log ( )9 0=

0n n

22 (UA-AM) Sendo 2n = 5, então log50

4 em função de

n é igual a:

a)

2

10 nc)

1

10 ne)

2

2 0 n

b)

1

1 20 nd)

2

1 20 n

24 (ECM-AL) Considerando log 2 = 0,30, o valor d

log4

3,2 é:

a)

5

3b)

6

5c)

1

2d)

5

6e) 20X

X

Substituindo os valores dos logaritmos, temos:

Aplicando a fórmula de mudança de base, vem:

log ,log ,

log

log

log

log log

log4 23 2

3 2

4

32

10

2

32 10

2 2= = =

−

log log

log

log log

log

2 10

2 2

5 2 10

2 2

5−

=−

log ,,

,

,

,43 2

5 0 30 1

2 0 30

0 5

0 6

5

6=

9 −

9= =

25 (UFU-MG) Determine todos os valores de x 7 ς ta

que satisfaçam a equação log4 (x − 3) = 1 0 log16 (x − 3

A condição de existência é:

x − 3 . 0 Θ x . 3

Resolvendo a equação, temos:

log ( )log ( )

log

log ( )log ( )

4

4

4

4

4

3 13

16

3 13

2

xx

xx

− = 0−

− = 0−

Como 19 . 3, o conjunto solução é S = {19}.

2 log4

(x − 3) = 2 0 log4

(x − 3)

log4

(x − 3) = 2

x − 3 = 16

x = 19

26 (UFF-RJ) São dados os números reais positivos a,

e x tais que a ϑ 1 e b ϑ 1.

Sabe-se que logax = 2 e log

bx = 4.

Calcule a x

ablog .

Mas a2 = x e b4 = x. Assim, a2 = b4 e b2 = a Θ b a= .

loglog

log

log log

log log

log

logab

a

a

a a

a a

a

a

a xa x

ab

a x

a b

x

b= =

0

0=

0

0

11

2

1

loglog

ab

a

a xa

=

0 9

0

=0

0

= =

11

22

1

1 1

11

2

2

3

2

4

3

Logo:

23 (UFC) O número real x, positivo e diferente de 1,

que satisfaz a equação logx

(2x) 9 log2

x = 3 − log2 x é

igual a:

a) 23 d) 4

b) 2 e) 4 23

c) 2 23

X

Mudando para a base 2, temos:

log (2x)

log xlog x 3

log x

log 2

2

2

2

2

2

9 = −

log 2 log x

log xlog x 3

1

2log

log 2

2 2

2

2

2

2

0

9 = −

x

1 log x 3log x

22

20 = −

2 0 2 log2

x = 6 − log2

x

3 log2

x = 4

log x4

32=

x 2 2

3=




Matem á tica 18

27 (Fuvest-SP) Se x é um número real,

x . 2 e log2

(x − 2) − log4

x = 1, então o valor de x é:

a) 4 2 3− d) 4 2 30

b) 4 3− e) 2 4 30

c) 2 2 30

Com x . 2, temos:

log2 (x−

2)−

log4 x=

1

log2

(x − 2) −log

log

2

2

x

4 = 1

log2

(x − 2) −1

2log

2x = 1

2 log2

(x − 2) − log2

x = 2

log(x 2)

x2

2

2−

=

(x 2)

x2

2

2−

=

(x − 2)2 = 4x

x2 − 8x 0 4 = 0

x 4 2 3= ±

Da condição x . 2, temos x 4 2 3= 0 .

28 (UFMG) Neste plano cartesiano estão representa-

dos o gráfico da função y = log2

x e o retângulo ABCD,

cujos lados são paralelos aos eixos coordenados.

A abscissa de A é 1

4. Logo, a abscissa de D é

1

4.

y = log2x Θ y log

1

42

1

42y

= =→ Θ 2y = 2−2 Θ y = −2

A ordenada de D é −2.

A abscissa de B é 8. Logo:

y = log2

8 Θ 2y = 8 Θ 2y = 23 Θ y = 3. A ordenada de B é 3.

X

Sabe-se que:

• os pontos B e D pertencem ao gráfico da função y = log2x;

• as abscissas dos pontos A e B são, respectivamente,

1

4e 8.

Então, é correto afirmar que a área do retângulo ABCD é:

a) 38,75 b) 38 c) 38,25 d) 38,5

x

y

AB y = log

2x

D C

29 (FGV-SP) Considere as funções: f(x) = 3x − 3 e

g(x) = log3(x 0 1), sendo log

a(b) o logaritmo de b na base a.

a) Esboce a representação gráfica das funções f(x) e g(x)

num mesmo sistema cartesiano de eixos.

b) Escreva a equação das retas r e s, assí ntotas das funções

f(x) e g(x), respectivamente.

c) Determine as coordenadas dos pontos P e R, intersecções

das funções f(x) e g(x), respectivamente, com o eixo Ox

e as coordenadas dos pontos Q e S, intersecções das

funções f(x) e g(x), respectivamente, com o eixo Oy.

d) Determine graficamente o número de soluções da equa-

ção f(x) = g(x).

a)

x

y

y = g(x)

y = f(x)

10

1

2

3

4

5

2 3−1−1

−2

−3r

s

b) As equações das retas r e s são, nessa ordem, y = −3 e x = −1.

c) De 3x − 3 = 0, temos 3x = 3, ou seja, x = 1 (P).De log

3(x 0 1) = 0, temos x 0 1 = 1, ou seja, x = 0 (R).

De f(x) = 3x − 3, temos f(0) = 30 − 3 = −2 (Q).

De g(x) = log3

(x 0 1), temos g(0) = log3

(0 0 1) = 0 (S).

d) As curvas y = f(x) e y = g(x) interceptam-se em apenas dois pontosdistintos.

Portanto:

AD = 3 − (−2) = 5

AB 81

4

31

4= − =

A área do retângulo ABCD é:

S 531

438,75= 9 =

X




Matemátic19

30 (UENF-RJ) Um grupo de 20 ovelhas é libertado parareprodução numa área de preservação ambiental. Subme-tidas a um tratamento especial, o número N de ovelhasexistentes após t anos pode ser estimado pela seguinte fór-mula:

N220

1 10(0, 81)t=

0

Admita que a população de ovelhas seja capaz de se man-ter está vel, sem esse tratamento especial, depois de atin-gido o número de 88 ovelhas.

a) Calcule o número de ovelhas existentes após 6 meses.

b) Considerando ln 2 = 0,7, ln 3 = 1,1 e ln 5 = 1,6, calcu-

le a partir de quantos anos não haverá mais a necessi-dade de tratamento especial do rebanho.

31 (Vunesp-SP) A função p(t) 98

1 12 3 (0,1)= 0

0 9 −

expressa, em função do tempo t (em anos), aproximadmente, a população, em milhões de habitantes, de upequeno paí s, a partir de 1950 (t = 0). Um esboço do gr

fico dessa função, para 0 < t < 80, é dado na figura.

t (em anos)

(gráfico fora de escala)

População

(em milhões de hab.)

32 80

9

10

15

17

0

a) Quando a população atingiu 12 milhões de habitantes:

p(t) = 12 Θ 9 0 8

1 12 3 (0,1)t0 9 −= 12

8

1 12 3 (0,1)t0 9−

= 3 Θ 3 0 12 9 31 − 0,1t = 8

31 − 0,1t = 5

12 Θ 1 − 0,1t = log

3

5

12

1 − 0,1t = log3

5 − 2 log3

2 − log3

3

0,1t = −1,4 0 2 9 0,6 0 2 Θ 0,1t = 1,8

t = 18 anos, ou seja, em 1950 0 18 = 1968.

b) Em 1950, isto é, para t = 0 temos

p(0) = 9 0 8

13 Λ 9,61 milhões de habitantes.

Com base no gráfico, o conjunto solução de p(t) > 15 é S = [32, 80

De acordo com o gráfico, a equação p(t) = k tem soluções reais pap(0) < k < p(80) Θ 9,61 < k < 17, aproximadamente, em milhões habitantes.

a) De acordo com esse modelo matemático, calcule e

que ano a população atingiu 12 milhões de habitante(Use as aproximações log

32 = 0,6 e log

35 = 1,4.)

b) Determine aproximadamente quantos habitantes tinh

o paí s em 1950. Com base no gráfico, para 0 < t < 8admitindo que p(80) = 17, dê o conjunto solução dinequação p(t) > 15 e responda, justificando sua re

posta, para quais valores de k a equação p(t) = k tesoluções reais.

a) Com 6 meses =1

2ano, temos:

N220

1 10(0,81)1

2

=

0

Θ N = 22 ovelhas

b) 220

1 10(0,81)88 (0, 81)

3

20

9

10

3

20t

t2t

0> < <→ →

2t(ln 9 − ln 10) < ln 3 − ln 20

tln 3 ln 20

2(ln 9 ln 10)>

−

−

t

ln 3 2 ln 2 ln 5

4 ln 3 2 ln 2 2 ln 5>

− −

− −

t1,1 2 0,7 1,6

4 1,1 2 0,7 2 1,6>

− 9 −

9 − 9 − 9

t > 9,5 anos




Matem á tica 20

1

1

2

2

3

3

−1

−1 5

33 (UFSM-RS) O domí nio da função

f(x)=−

00 − 0

x

xx x

1

15 6

102log ( ), em ς, é o sub-

conjunto:

a) ]−∞, −1[ 6 [1, 2[ 6 ]3, 0∞[

b) ]−∞, 0∞[

c) ]−∞, 1] 6 [2, 0∞)

d) {x 7 ς\x , −1 ou x > 1}e) {x 7 ς\x , 1 ou x . 3}

X

Devemos ter:

x2 − 5x 0 6 . 0

1 4

2 4 3

x

x

−

0>

1

10

y1 = x − 1

x − 1 = 0 Θ x = 1

x

xcom x

−

0> ϑ−

1

10 1,

y2 = x 0 1

x 0 1 = 0 Θ x = −1

Quadro de sinais

Portanto: D = {x 7 ς\x , −1 ou 1 < x , 2 ou x . 3} ou

D = ]−∃, −1[ 6 [1, 2[ 6 ]3, 0∃[

x2 − 5x 0 6 . 0

5 :

1}

{

x−1}

{

x

−{ {

−1 1

1−1

y1

y2

{ {

}2 3

32 (UFBA) O número de bactérias de determinada cul-

tura varia de acordo com a lei N(t)= 9−

100 21

2 , em queo tempo t é dado em horas.

Nessas condições, pode-se afirmar:

(01) No instante t = 0, o número de bactérias existentesna cultura é igual a 200.

(02) Depois de 8 horas, o número de bactérias existentes

na cultura é menor que 7.(04) Em 4 horas, a quantidade de bactérias na cultura se

reduz a1

4da quantidade inicial.

(08) Na cultura, a quantidade de bactérias se reduz de

2

5da quantidade inicial no tempo t = 2

5

32log .

(16) Em relação ao tempo, a

variação da quantidadede bactérias é represen-tada pelo gráfico ao lado.

01. Incorreto. Sendo t = 0, temos:

N(0) N(0) 100= 9 Θ = 9 =

−

100 2 100 20

2 0

02. Correto. Fazendo t = 8, obtemos:

N(8) (6,25 7)= 9 = 9 = = = ,

−−100 2 100 2

100

2

100

166 25

8

2 4

4,

04. Correto. Se t = 4, temos:

N(4) 100= 9 = = = 9

−

100 2100

425 25

1

4

4

2

08. Incorreto. Sendo N(t) 100 40, temos:= 9 =

2

5

40 100 2

2

5 22

5 22 2 2= 9 Θ = Θ =

− − −t t t

log log

t = 2

5

22log

16. Incorreto. Tabelando a função, temos:

Portanto: 2 0 4 = 6

N(t)

t0

100

x0 1 2 4

y

100

50

t N

0 100

2 50

4 25




Matem á tic21

34 (UFBA) O gráfico representa a funçãof: ς Θ ]1, 0∞[; f(x) = a 0 b 9 2kx, sendo a, b e k constantesreais. A partir dessas informações, calcule f −1(x).

Com base no gráfico de f(x) = a 0 b 9 2kx, conclui-se que a funçãog(x) = b 9 2kx sofreu uma translação de 1 unidade, logo a = 1.

Além disso, pelo gráfico tem-se que f(0) = 3 e f(−1) = 5.

f(0) = 3 Θ 3 = 1 0 b Θ b = 2

f(−1) = 5 Θ 5 = 1 0 2 9 2−k Θ 4 = 2 9 2−k Θ 22 = 21 − k

2 = 1 − k Θ k = −1

Logo, f(x) = 1 0 2 9 2−x = 1 0 21 − x.

Cálculo da função inversa f−1(x):

y = 1 0 21 − x Θ y − 1 = 21 − x Θ log2

(y − 1) = 1 − x Θ x = 1 − log2

(y − 1)

Portanto, f−1(x) = 1 − log2

(x − 1).

y

x

5

3

1

0−1

35 (UFOP-MG) Resolva a inequação

log2

(x − 3) 0 log2

(x − 2) , 1.

Devemos ter:

x − 3 . 0 Θ x . 3

x − 2 . 0 Θ x . 2

Resolvendo a inequação, temos:

log2

(x − 3)(x − 2) , 1

(x − 3)(x − 2) , 2

x2 − 5x 0 6 , 2

x2 − 5x 0 4 , 0x

1 = 4

x2 = 1Raízes: x2 − 5x 0 4 = 0

S = {x 7 ς\3 , x , 4}

Fazendo 5 , obtemos:

Θ 1 , x , 4

{ {

}1 4 x

3

3

4

4

1

5

36 (Fuvest-SP) O conjunto dos números reais x qusatisfazem a inequação log

2(2x 0 5) − log

2(3x − 1) .

é o intervalo:

a) − −∞,5

2

d)

1

3,

7

4

b)7

4

, ∞

e) 0,

1

3

c) −5

2, 0

Ι x . 3

log2

(2x 0 5) − log2

(3x − 1) . 1

log2x 5

3x 12

0

−

. 1 e 3x − 1 . 0

2x 5

3x 1

0

−. 2 e 3x − 1 . 0

x

7

4e x

1

3

1

3x

7

4, . , ,→

37 (Vunesp-SP) Considere as funções f(x)x

2=

g(x) = log2

x, para x . 0.

a) Represente, num mesmo sistema de coordenadas rtangulares, os gráficos das duas funções, colocando o

pontos cujas abscissas são x = 1, x = 2, x = 4 e x =

b) Baseado na representação gráfica, dê o conjunto solu

ção da inequação x2

, log2 x e justifique por qu

π

2, log

2 π.

f(x)

x

2= g(x) = log

2x

a)

b)π2

, log2

x Θ 2 , x , 4

Se 2 , π , 4, entãoπ2

, log2 π.

x 1 2 4 8

f(x)1

21 2 4

x 1 2 4 8

g(x) 0 1 2 3

x10

1

2

4

2 4 8

12

f

g

y

X




Matem á tica 22

41 (UFRJ) Ana e Bia participaram de um sitede relacio-namentos. No dia 1o de abril de 2005, elas notaram que

Ana tinha exatamente 128 vezes o número de amigos deBia. Ana informou que, para cada amigo que tinha no fi-nal de um dia, três novos amigos entravam para sua lista

de amigos no dia seguinte. Já Bia disse que, para cadaamigo que tinha no final de um dia, cinco novos amigosentravam para sua lista no dia seguinte. Suponha que ne-

nhum amigo deixe as listas e que o número de amigosaumente, por dia, conforme elas informaram.

a) No dia 2 de abril de 2005, 20 novos amigos entraram

para a lista de Bia.

Quantos amigos havia na lista de Ana em 1o de abril?

b) Determine a partir de que dia o número de amigos de

Bia passa a ser maior do que o número de amigosde Ana. Se precisar, use a desigualdade

1,584 , log2

3 , 1,585.

a) No dia 2 de abril, entraram 20 novos amigos para a lista de Bia. Logo:

5b1 = 20 Θ b

1 = 4

Então, Bia tinha 4 amigos em 1o de abril.

No dia 1o de abril, Ana tinha:

128 9 4 = 512 amigos

b) No enésimo dia, o número de amigos de cada uma é:

Ana Θ an = 512 9 4n − 1

Bia Θ bn = 4 9 6n − 1

Portanto:

bn . a

n Θ 4 9 6n − 1 . 512 9 4n − 1

6

4

512

4

n 1

n 1

−

−.

3

22

n 1

7

−

.

n 17

log 3 12

− .−

n7

log 3 11

2

.−

0

Sendo 1,584 , log2

3 , 1,585, vem:

7

0,585

7

log 3 1

7

0,58411,96

7

log 3 111,98

2 2

,−

, ,−

,→

A partir de 13 de abril, o número de amigos de Bia supera o de Ana.

a) Devemos ter y > 1,2. Logo:

y > 1,2

3 − 3 9 (0,95) t > 1,2

−3 9 (0,95) t > −1,8

(0,95)t < 0,6

Tomando os logaritmos decimais do 1o e 2o membros, temos:

log (0,95)t < log 0,6 Θ t 9 log 0,95 < log 0,6

Como log 0,95 Λ −0,02 e log 0,6 = −0,22, obtemos:

t t t dias9 − < − Θ > Θ .( , ) ,,

,0 02 0 22

0 22

0 0211

b) Por outro lado, quanto maior é o valor de t , tanto mais o valor de (0,95)t

aproxima-se de zero e, assim, o valor de y aproxima-se de 3.

O gráfico de y em função de t é dado pelo esboço a seguir:

39 (FGV-SP) O anúncio de certo produto aparece dia-riamente num certo horário na televisão. Após t dias doiní cio da exposição (t exposições diárias), o número de

pessoas (y) que ficam conhecendo o produto é dado por y = 3 − 3 9 (0,95)t, em que y é dado em milhões de pessoas.

a) Para que valores de t teremos pelo menos 1,2 milhãode pessoas conhecendo o produto?

b) Faça o gráfico de y em função de t.

40 (UFMA) A função f(x)(2x

=

−

2

53

x

log )possui

como domí nio, no conjunto ς dos números reais, o intervalo:

a) ]−3, 0∞[ c) ]3, 0∞[ e) ]−2, 0∞[

b)

5

2,0∞

d)

− 0∞

7

2,

2x − 5 . 0 Θ 2x . 5 Θ x .5

2

log3

(2x − 5) . 0 Θ log3

(2x − 5) . log3

1

Devemos ter: 1 4

2 4 3

De e vem:

{x 7 ς\x . 3}, ou seja, ]3, 0∞[

2x − 5 . 1

2x . 6

x . 3

X

0

3

y

t

38 (Unicamp-SP) Um capital de R$ 12 000,00 é aplica-do a uma taxa anual de 8%, com juros capitalizados anual-mente. Considerando que não foram feitas novas aplica-

ções ou retiradas, encontre:

a) o capital acumulado após 2 anos;

b) o número inteiro mí nimo de anos necessários para queo capital acumulado seja maior que o dobro do capitalinicial.

(Se necessário, use log 2 = 0,301 e log 3 = 0,477.)

O capital acumulado após n anos é dado, em R$, por C(n) = 12 000 9 1,08n.

a) C(2) = 12 000 9 1,082

C(2) = 12 000 9 1,1664 Ι C(2) = 13 996,80

b) De C(n) . 12 000 9 2, temos:

12 000 9 1,08n . 12 000 9 2

1,08n . 2

log (1,08)n . log 2

n 9 log 1,08 . log 2

n 9 [log (22 9 33 9 10−2)] . log 2

n 9 [(2 log 2 0 3 log 3 − 2)] . log 2

n 9 (0,602 0 1,431 − 2) . 0,301

n 9 0,033 . 0,301

n0,301

0,033.

n.

9,12O menor valor inteiro de n é, portanto, igual a 10.



M9Noções de Matemática Financeira

23

Matemátic

Cader no de

A t i v idades


T D T T E R C E I R T E R C E I

R Ã O F T

T E R C E I R Ã O


T E R C E I R

Ã O F T D

M9


Noções de Matemática Financeira

O faturamento será de 0,9 9 1,20 = 1,08 do faturamento anterior. Logo,aumentou em 8%.

2 (UFPE) Quando o preço da unidade de determinadoproduto diminuiu 10%, o consumo aumentou 20% du-rante certo período. No mesmo período, de que percentualaumentou o faturamento da venda deste produto?

a) 8% b) 10% c) 12% d) 15% e) 30%X

90% do lucro obtido em 2002 é 0,9 9 350 000 = 315 000 (reais).

Logo, o lucro em 2003 foi 90% do lucro obtido no ano anterior.

3 (ENEM) As “margarinas” e os chamados “cremes vgetais” são produtos diferentes, comercializados em embalagens quase idênticas. O consumidor, para diferencium produto do outro, deve ler com atenção os dizeres drótulo, geralmente em letras muito pequenas. As figurque seguem representam rótulos desses dois produtos.

As quantidades de lipídios em 200 g de creme vegetal e 200 g de margrina são, respectivamente, 35% 9 200 g = 70 g e 65% 9 200 g = 130 g

Uma pessoa que, inadvertidamente, utiliza creme vegetal em vez de ma

garina estará usando70 g

130 g

7

130, 54% 54%= Λ = da quantidade n

cessária de lipídios. A melhor aproximação desse resultado é “a metade

X

Podemos afirmar que:

a) o lucro da empresa em 2003 foi 15% superior ao lucrode 2001.

b) o lucro da empresa em 2005 foi 30% superior ao lucrode 2001.

c) o lucro da empresa em 2004 foi 10% inferior ao de 2002.

d) o lucro em 2003 foi 90% do lucro obtido pela empresano ano anterior.

d) o lucro obtido em 2005 superou em 17% o do ano an-terior.

X

Uma função dos lipídios no preparo das massas alimentcias é torná-las mais macias. Uma pessoa que, podesatenção, use 200 g de creme vegetal para preparar ummassa cuja receita pede 200 g de margarina, não obteráconsistência desejada, pois estará utilizando uma quantdade de lipídios que é, em relação à recomendada, aproxmadamente:

a) o triplo d) um terço

b) o dobro e) um quartoc) a metade

Peso líquido 500 gMARGARINA

65% de lipídios

valor energético por porção de 10 g: 59 kcal

Peso líquido 500 gCREME VEGETAL

35% de lipídios

valor energético por porção de 10 g: 32 kcalNão recomendado para uso culinário

0

500 000

reais

300 000 300 000

350 000315 000

340 000

405 000

100 000

200 000

400 000

2001 2002 2003 2004 2005ano

1 (FGV-SP) O gráfico abaixo representa os lucros anuais,em reais, de uma empresa ao longo do tempo.



No çõ es de Matem á tica FinanceiraM9

24

Matem á tica

Seja x o valor de lançamento.

O valor atual é de x 0 4x = 5x, que representa um aumento de 400% emrelação a x .

7 (PUC-RS) O valor de um produto foi acrescido de qua-

tro vezes o da época de seu lançamento no mercado. A porcentagem que o valor atual representa, em relação aopreço inicial, é de:

a) 500% b) 450% c) 400% d) 5% e) 4%X



4 (UFSC) Assinale a(s) proposição(ões) correta(s):

(01) Se uma pessoa A pode fazer uma peça em 9 dias detrabalho e outra pessoa B trabalha com velocidade

50% maior do que A, então B faz a mesma peça em 6dias de trabalho.

(02) Uma empresa dispunha de 144 brindes para distri-

buir igualmente entre sua equipe de vendedores, mascomo no dia da distribuição faltaram 12 vendedores,

a empresa distribuiu os 144 brindes igualmente en-tre os presentes, cabendo a cada vendedor um brindea mais. Logo, estavam presentes 36 vendedores no

dia da distribuição.

(04) Se reduzindo o preço x em 20% se obtém y, então y

deve sofrer um acréscimo de 20% para se obter nova-mente x.

(08) A soma de dois números naturais é 29. Então o valormí nimo da soma de seus quadrados é 533.

5 (UFPE/UFRPE) A população de pobres de um certo paí s,em 1981, era de 4 400 000, correspondendo a 22% da popu-lação total. Em 2001, esse número aumentou para

5 400 000, correspondendo a 20% da população total. Indi-que a variação percentual da população do paí s no perí odo.

6 (UFG) Um cliente encomendou 12 centos de quibe e5 centos de empadinha de camarão, cujo custo total erade R$ 305,00. Quando foi pagar a mercadoria, o cliente

pediu um desconto e o comerciante deu 10% de desconto

no preço do cento do quibe, mas não deu desconto nocento da empadinha de camarão. Com o desconto dado, o

cliente pagou R$ 287,00 pela mercadoria. Calcule:

a) o desconto obtido pelo cliente no valor da conta, emporcentagem;

b) o preço pago pelo cliente nos centos do quibe e daempadinha de camarão.

01. Correta

Dias Velocidade

9 v

x 1,5v

02.Correta

144

x 12

144

x1

−= 0

144

x(x 12)

144(x 12) x(x 12)

x(x 12)−=

− 0 −

−

x2 − 12x − 1 728 = 0

Θ 9

x=

1,5v

v Θ x = 6 dias

A população de pobres era igual a:

1981 Θ 4400000

0,22

= 20 000 000

2001 Θ 5 000

0,20

400= 27 000 000

A variação percentual é:

(27000000

20000000

20000000)−= 0,35 ou 35%

a) O desconto d é igual a:

305 − d 9 305 = 287

305d = 18

d Λ 0,06

ou

d Λ 6%

b) Os preços dos centos de quibe q e da empadinha de camarão c satisfa-zem o sistema:

1 2 3

, cuja solução é q = 15 e c = 25.12q 0 5c = 305

12(0,9)q0 5c = 287

x1 = 48

x2 = −36 (não serve)

Estavam presentes: 48 − 12 = 36 vendedores.

04. Incorreta

Sendo x o preço, temos:y = x − 20%x Θ y = x − 0,2x Θ y = 0,8x

Estabelecendo uma regra de três, temos:

0,8x − 100%

x − a

O acréscimo deverá ser de 25%.

08. Incorreta

Se x e y são números naturais tais que x 0 y = 29, temos:

x y 72 0 222 = 49 0 484 = 533

0 29 82 0 212 = 64 0 441 = 505

1 28 92 0 202 = 81 0 400 = 481

2 27 102 0 192 = 100 0 361 = 461

. . 112 0 182 = 121 0 324 = 445

. . 122 0 172 = 144 0 289 = 433

. . 132 0 162 = 169 0 256 = 425

7 22 142 0 152 = 196 0 225 = 421

8 219 20

. .

. .

. .

O valor mínimo de x2 0 y2 não é 533 e sim 421.

Portanto: 1 0 2 = 3

→ →0,8x

x

100

aa 125%= =

Sendo 10% de 15,00 = 0,1 9 15,00= 1,50, o cliente pagou pelo centodo quibe: 15,00− 1,50=R$ 13,50 e R$ 25,00 pelo cento da empadinhade camarão.



M9No çõ es de Matem á tica Financeira

25

Matem á tic

80% da causa: 0,8 9 200 000 = 160 000

100% − 15% = 85%: 0,85 9 160000 = 136000

Ele receberá R$ 136 000,00.

8 (Unesp-SP) Um advogado, contratado por Marcos, con-segue receber 80% de uma causa avaliada em R$ 200 000,00e cobra 15% da quantia recebida, a tí tulo de honorários. A

quantia, em reais, que Marcos receberá, descontada a partedo advogado, será de:

a) 24 000,00 c) 136 000,00 e) 184 000,00

b) 30 000,00 d) 160 000,00

X

9 (MACK-SP) Numa loja, uma caixa com 5 barras dechocolate está à venda com a inscrição “Leve 5, pague 4”.

O desconto aplicado ao preço de cada barra corresponde,em porcentagem, a:

a) 8 d) 20

b) 10 e) 25

c) 12,5

10 (UFRJ) No gráfico abaixo, x representa a quantida-de de batatas, em quilogramas, vendidas na barraca de seu

Custódio, em um dia de feira, e y representa o valor, emreais, arrecadado com essa venda. A partir das 12 horas, o

movimento diminui e o preço do quilograma de batatastambém diminui.

X

Suponhamos que, sem desconto algum, o preço de uma barra seja x reais.

Assim, sem desconto, o preço de 5 barras seria 5x reais.Com o desconto, o preço de 5 barras passa para 4x reais.

Há, portanto, um desconto de x reais em cada 5x reais.

O desconto é dado por x

5x

1

5= , o que corresponde a 20%.

a) Antes das 12 h, a redução é de:

72

60= 1,20 reais/kg

A partir das 12 h, a redução é de:

90 72

80 60

18

20

−

−= = 0,90 real/kg

a) Calcule a redução percentual do preço do quilograma

de batatas a partir das 12 horas.b) Se o preço não diminuí sse, teria sido arrecadado um

valor V na venda de 80 kg.Determine o percentual de V que corresponde à perda

causada pela redução do preço.

x (kg)

y (R$)

60 80

72

90

0

11 (UFSC) Um quadro cujo preço de custo erR$ 1 200,00 foi vendido por R$ 1 380,00. Justifique se

lucro obtido na venda, sobre o preço de custo, foi de 18%O lucro é de:

1 380,00 − 1 200,00 = 180,00

A porcentagem do lucro sobre o preço de custo é de:

180 00

1 200 00

,

, = 0,15 = 15%

A redução percentual é igual a:

1,20 0,90

1,20

0,30

1,20

−= = 0,25 = 25%

b) A arrecadação com preço inicial de R$ 1,20 é:

80 9 1,20 = R$ 96,00

Se o valor arrecadado é R$ 90,00, o percentual de perda é:

96 90

96

6

96

−= = 0,0625 = 6,25%

Seja x o preço inicial:

x(1 0 0,10)(10 0,20) = x 9 1,1 9 1,2 = 1,32x= x(1 0 0,32)

Sofreu um aumento total de 32%.

12 (UFOP-MG) O preço de uma mercadoria sofreu do

aumentos sucessivos, de 10% e 20%. De quantos por cento foi o aumento total dessa mercadoria?

a) 30% b) 32% c) 25% d) 22% e) 12%X

13 (PUC-SP) Em uma indústria é fabricado certo pr

duto ao custo de R$ 9,00 a unidade. O proprietário anuncia a venda desse produto ao preço unitário de x reaipara que possa, ainda que dando ao comprador um de

conto de 10% sobre o preço anunciado, obter um lucro d40% sobre o preço unitário de custo. Nessas condições,

valor de x é:

a) 24 b) 18 c) 16 d) 14 e) 12Do enunciado, o preço de venda é 0,9 9 x, e o lucro é de 0,4 9 9.

Logo:

0,9x = 9 0 0,4 9 9

0,9x = 12,6

x = 14

X




26

Matem á tica

14 (Fatec-SP) Em certo aparelho eletrônico, 20% docusto total corresponde a componentes importados.

Se o preço desses componentes sofrer um acréscimo de20%, e o preço dos demais sofrer um acréscimo de 10%, ocusto total do aparelho será acrescido de:

a) 30% b) 20% c) 12% d) 10% e) 8%

15 (UFES) Em uma safra, um produtor de morangos

tem um custo de R$ 0,50 por caixa produzida, relativo asementes, defensivos agrí colas, embalagens etc., além deuma despesa fixa de R$ 1 500,00, relativa ao aluguel do

terreno onde produz, ao maquinário e aos salários deempregados. Nessa safra:

a) quantas caixas de morangos poderiam ser produzidasaplicando-se R$ 15 000,00?

b) se forem produzidas 50 000 caixas, qual deverá ser opreço de venda de cada caixa para se obter um lucrototal de R$ 10 000,00?

16 (FGV-SP)

a) Um televisor, cujo preço à vista é R$ 1 000,00, está sen-do vendido, a prazo, em 3 parcelas mensais, sucessivase iguais a R$ 350,00, sem entrada.

João Augusto tem R$ 1 000,00 aplicados à taxa de2% a.m., pelo critério de juro composto, mas preferiu

comprar o televisor a prazo. “Levo o televisor sem gas-tar nada agora e, ainda, mantenho o dinheiro aplicado.

Pagarei as parcelas com retiradas mensais da aplica-ção”, pensou ele.

João Augusto raciocinou corretamente? Haverá dinhei-

ro suficiente na aplicação para saldar a última parcelado financiamento?

b) Certa loja tem como polí tica de vendas a crédito exigir,como entrada, 20% do valor à vista da mercadoria e orestante a ser liquidado no final de 3 meses. Nesse caso,

o saldo devedor é acrescido de 10% do valor à vista damercadoria, a tí tulo de “despesas administrativas”.

Qual é a taxa anual de juros simples cobrada por essaloja?

17 (UESPI) Um investidor aplicou 30% do seu capitala juro simples de 1,5% a.m., durante um ano. O restantefoi aplicado a juro simples, durante um ano, à taxa de

2% a.m. Se o total de juros recebidos foi R$ 1 776,00, qualera o capital do investidor?

a) R$ 5 000,00 d) R$ 8 000,00b) R$ 6 000,00 e) R$ 9 000,00

c) R$ 7 000,00

X

Seja c o custo total do aparelho. A tabela seguinte mostra os custos doscomponentes importados e nacionais antes e depois do acréscimo.

Antes do acréscimo Depois do acréscimo

importados 20%c 1,20 9 20%c

nacionais 80%c 1,10 9 80%c

custo total 100%c 1,20 9 20%c 0 1,10 9 80%c

O custo total, após o acréscimo, passou a ser

1,20 9 20%c 0 1,10 9 80%c = 0,24c 0 0,88c = 1,12c.

Portanto, houve um acréscimo de 12%.

a) A função que representa o custo é:

c(x) = 1 500 0 0,50n (sendo n = número de caixas)

Aplicando-se R$ 15 000,00, temos:

15 000 = 1 500 0 0,50n

0,50n = 13 500

n = 27 000 caixas

b) Se forem produzidas 50 000 caixas, o custo total de produção será0,50 9 50 000 0 1 500 = R$ 26 500,00. Para obter R$ 10 000,00 de

lucro, será necessário arrecadar 26 500 0 10 000 = R$ 36 500,00 e,nesse caso, o preço de venda de cada caixa deverá ser

36 500 : 50 000 = R$ 0,73.

a) Mês Montante – parcela (em R$)

0 1 000,00

1 1 000,00 9 1,02 − 350,00 = 670,00

2 670,00 9 1,02 − 350,00= 333,40

3 333,40 9 1,02 − 350,00= −9,93

Consideramos que a primeira parcela deverá ser paga exatamente ummês após a data da compra, condição que não foi mencionada no enun-ciado.

Portanto, João Augusto não raciocinou corretamente, pois não haverádinheiro suficiente na aplicação para saldar a última parcela.

b) Sendo x o valor à vista da mercadoria, o acréscimo sobre o saldo deve-dor 0,8x será igual a 0,1x.

A taxa trimestral de juros é, portanto,0,1x

0,8x12,5%.=

A taxa anual de juro simples é 4 9 12,5%= 50%.

J1 = C

1i1t1 Θ J

1 = 0,30C 9 0,015 9 12 Θ J

1 = 0,054C

J2 = C

2i2t2 Θ J

2 = 0,70C 9 0,02 9 12 Θ J

2 = 0,168C

Logo:

J1 0 J

2 = 1 776

0,054C 0 0,168C = 1 776

0,222C = 1 776

C = R$ 8 000,00

X



M9No çõ es de Matem á tica Financeira

27

Matem á tic

18 (UFLA-MG) João fez um empréstimo de R$ 2 000,00

a juro de 5% a.m., incorporado mensalmente ao montan-te da dí vida. Um mês depois João pagou R$ 500,00 e, doismeses após esse pagamento, liquidou seu débito. Qual o

valor do último pagamento?

Após 1 mês João devia:

2 000 9 1,05 = R$ 2 100,00

Pagou R$ 500,00, logo ficou devendo:

2 100 − 500 = R$ 1 600,00

Após 1 mês:1 600 9 1,05 = R$ 1 680,00

Após 2 meses:

1 680 9 1,05 = R$ 1 764,00

Para liquidar o débito, João pagou R$ 1 764,00.

19 (UEM-PR) A taxa de juros de uma aplicação finan-ceira é de 2% a.m.; aplicando-se R$ 100,00 a essa taxa, éincorreto afirmar que:

a) após 5 meses, haverá R$ 110,00.

b) após 3 meses, haverá mais que R$ 106,00.

c) depois de um mês, haverá R$ 102,00.

d) se, no final de cada mês, forem retirados R$ 2,00, após

6 meses o máximo que poderá ser sacado será R$ 102,00.

e) após 4 meses, o capital inicial terá sofrido um acrésci-

mo de mais de 8%.

X

a) Incorreto

M = C(1 0 i)t

M = 100 9 (1 0 0,02)5

M = 100 9 1,025

M = R$ 110,40

b) Correto

M = C(1 0 i)t Θ M = 100 9 (1 0 0,02)3 Θ M = R$ 106,12

c) Correto

M = 100(1,02)1 Θ M = R$ 102,00

d) Correto

Mês Montante (R$) Saldo (−R$ 2,00)

1 102,00 100,00

2 102,00 100,00

3 102,00 100,00

4 102,00 100,00

5 102,00 100,006 102,00

e) Correto

M = 100 9 1,024 Θ M = 108,24

O acréscimo é de:

108 24

100

,= 1,0824Θ 8,24%

Investindo um capital x , a 7% de juros mensais, após t (meses) teremox 9 (1,07)t

O tempo para que o capital dobre é igual a:

20 (IBMEC) Investindo-se um capital a uma taxa d juros mensais de 7%, em regime de capitalização composta, em quanto tempo o capital inicial dobrará?

Considere: log 2 = 0,3; log 1,07 = 0,03.

a) 10 meses c) 12 meses e) 14 meses

b) 11 meses d) 13 meses

X

x 2x9 = = = =( , ) loglog

log ,

,

,,1 07 2

2

1 07

0 3

0 03107t t→

t = 10 meses

21 (UFMT) O senhor Silva planejou passar, com sufamí lia, as festas natalinas no Pantanal de Mato Grossem uma pousada que cobra uma diária de R$ 450,00, inclusos as refeições e os passeios turí sticos. Fez uma rese

va por 7 dias, devendo efetuar o pagamento antecipado ndia 4/12/2003. Visando não sobrecarregar o orçamento dmês de dezembro, decidiu poupar de duas maneiras:

1. depositar R$ 2 000,00 no dia 3/1/2003, em uma aplicção especial com taxa de juro composto de 1,5% a.m.serem resgatados somente em 3/12/2003;

2. acumular bônus pelas compras efetuadas no cartão dcrédito, podendo resgatá-los, em 3/12/2003, na formde duas diárias.

A partir dessas informações, é possí vel afirmar que o motante reservado pelo senhor Silva com essas maneiras dpoupar será:

Admita: (1,015)11 = 1,18.

a) suficiente para pagar a reserva mas não lhe sobrará pagastos extras.

b) suficiente para pagar a reserva e ainda lhe sobrarãR$ 225,00 para gastos extras.

c) insuficiente e lhe faltarão R$ 110,00.

d) suficiente para pagar a reserva e ainda lhe sobrarãR$ 110,00 para gastos extras.

e) insuficiente e lhe faltarão R$ 225,00.

X

Pelos dados, temos:

1. aplicação de R$ 2 000,00 em 11 meses a juro composto de 1,5% a.m

M = 2 000 9 (1,015)11

M = 2 000 9 1,18

M = R$ 2 360,00

2. 2 diáriasΘ 2 9 450,00 = R$ 900,00

Valor da viagem: 7 9 450,00= R$ 3 150,00

Valor obtido pela poupança: 2 360,00 0 900,00= R$ 3 260,00

Logo, sobrarão:

3 260,00− 3 150,00 = R$ 110,00




28

Matem á tica

25 (UFV-MG) Uma pessoa deposita uma quantia em di-nheiro na caderneta de poupança. Sabendo-se que o mon-

tante na conta, após t meses, é dado por M(t)= C 9 20,01t, emque C é uma constante positiva, o tempo mí nimo para dupli-car a quantia depositada é:

a) 6 anos e 8 meses d) 9 anos e 3 meses

b) 7 anos e 6 meses e) 10 anos e 2 meses

c) 8 anos e 4 meses

Para duplicar a quantia depositada devemos ter:

C 9 20,01 9 t = 2 9 C Θ 0,01 9 t = 1 Θ t = 100 meses = 8 anos e 4 meses

22 (FGV-SP) Uma aplicação financeira rende juro de10% a.a., composto anualmente. Utilizando para os cál-culos as aproximações fornecidas na tabela, pode-se esti-

mar que uma aplicação de R$ 1 000,00 seria resgatada nomontante de R$ 1 000 000,00 após:

23 (UFRJ) O senhor Feliciano contraiu, em um banco,um empréstimo de R$ 10 000,00 com juro de 3% a.m., ou

seja, o saldo devedor é recalculado, a cada mês, acrescen-tando-se 3% ao antigo. Começou a pagar a dí vida exata-mente um mês após tê-la contraí do. Pagou, religiosamen-

te, R$ 250,00 por mês, durante 10 anos.

a) Calcule o saldo devedor após o primeiro pagamento.

b) Indique, das opções a seguir, a que representa a situa-

ção do senhor Feliciano decorridos os 10 anos.

I. A dí vida foi quitada.

II. O senhor Feliciano deve ao banco menos de

R$ 10 000,00.

III. O senhor Feliciano deve ao banco algo entreR$ 10 000,00 e R$ 16 000,00.

IV. O senhor Feliciano deve ao banco mais de

R$ 16 000,00.

V. O banco deve dinheiro ao senhor Feliciano.

24 (Fuvest-SP) João, Maria e Antônia tinham, juntos,

R$ 100 000,00. Cada um deles investiu sua parte por umano, com juro de 10% a.a. Depois de creditados seus jurosno final desse ano, Antônia passou a ter R$ 11 000,00 mais

o dobro do novo capital de João. No ano seguinte, os trêsreinvestiram seus capitais, ainda com juro de 10% a.a.Depois de creditados os juros de cada um no final desse

segundo ano, o novo capital de Antônia era igual à soma

dos novos capitais de Maria e João. Qual era o capital ini-cial de João?

a) R$ 20 000,00 d) R$ 26 000,00

b) R$ 22 000,00 e) R$ 28 000,00

c) R$ 24 000,00

X

O montante resultante de uma aplicação de R$ 1 000,00 a juro de 10% a.a.,composto anualmente, durante t anos, é dado por:

M=

1

0009

(10

10%)t

Dessa forma:

1 000 9 (1 0 0,10)t = 1 000 000 Θ 1,10t = 1 000

log 1,10t = log 1 000 Θ t 9 log11

10 = 3

t 9 (log 11 − log 10) = 3 Θ t 9 (1,04− 1) = 3

t3

0,04

3

4100= = 9 anos

Portanto, t3

4= de século.

a) mais de 1 século d)2

3de século

b) 1 século e)3

4de século

c)4

5de século

x log x

2 0,30

5 0,70

11 1,04

a) O saldo devedor após o pagamento da primeira parcela é:

S = 10 000 9 1,03 − 250 Θ S = R$ 10 050,00

b) O saldo devedor do senhor Feliciano crescerá mais do que R$ 50,00, acada mês. Em 10 anos, a dívida será superior a

10 000 0 50 9 120 = R$ 16 000,00.

Portanto, a opção IV é a correta. O senhor Feliciano deve ao bancomais de R$ 16 000,00.

X

Sejam j , m e a os capitais iniciais, em reais, de João, Maria e Antônia,respectivamente.

Inicialmente, de acordo com o enunciado, tem-se:

j 0 m 0 a = 100 000

Após um ano, tem-se:

1,1a = 11 000 0 2,2j

E após dois anos, tem-se:

1,21a= 1,21j 0 1,21mΘ a = j 0 m

Assim:

a 0 a = 100 000 Θ a = 50 000

Portanto:

1,1 9 50 000 = 11 000 0 2,2j Θ j = 20 000

X

X



Progressões

29 Matemátic

M10



R Ã O F T D

T E R C E I R Ã O


T E R C E I R

Ã O F T D

M10


Progressões

a) an = n − 3

a1 = 1 − 3 = −2

a2 = 2 − 3 = −1 (não satisfaz)

b) an = 2n2 − 4n

a1 = 2 9 12 − 4 9 1 = −2

a2 = 2 9 22 − 4 9 2 = 0 (não satisfaz)

c) an = 4n − 6

a1 = 4 9 1 − 6 = −2

a2 = 4 9 2 − 6 = 2

a3 = 4 9 3 − 6 = 6 (não satisfaz)

d) an = 3n2 − 5n

a1 = 3 9 12 − 5 9 1 = −2

a2 = 3 9 22 − 5 9 2 = 2

a3 = 3 9 32 − 5 9 3 = 12

a4 = 3 9 42 − 5 9 4 = 28

e) an = 5n2 − 6 (não satisfaz)

Logo, o termo geral é an = 3n2 − 5n.

1 (Unifor-CE) Considere a seqüência (an

), na qualn 7 Μ − {0} e a

1 = −2, a

2 = 2, a

3 = 12, a

4 = 28 etc. O

termo geral dessa seqüência é um dos que estão dadosabaixo. Qual deles?

a) an = n − 3 d) a

n = 3n2 − 5n

b) an = 2n2 − 4n e) a

n = 5n2 − 6

c) an = 4n − 6

X

• Os termos da seqüência an = 3n 0 2, 1 < n < 5 (n 7 Μ) são:

a1 = 3 9 1 0 2 = 5

a2 = 3 9 2 0 2 = 8

a3 = 3 9 3 0 2 = 11

a4 = 3 9 4 0 2 = 14

a5 = 3 9 5 0 2 = 17• A soma dos termos que são primos é:

a1 0 a

3 0 a

5 = 5 0 11 0 17 = 33

2 (Unifesp-SP) A soma dos termos que são números pri-mos da seqüência cujo termo geral é dado por a

n = 3n 0 2,

para n natural, variando de 1 a 5, é:

a) 10 b) 16 c) 28 d) 33 e) 36X

3 (UERN) A seqüência de números positivos(x, x 0 10, x2, ...) é uma PA, cujo 10o termo é:

a) 94 b) 95 c) 101 d) 104 e) 105

PA: (5, 15, 25, ...)

a1 = 5; r = 10

a10

= a1 0 9r = 5 0 9 9 10 Ι a

10 = 95

x’ = 5

x” = −4 (não convém)

(x, x 0 10, x2, ...) Θ PA de números positivos

( )xx x

x x0 =0

− − =102

20 02

2→

x =±1 9

2

a) 597 b) 600 c) 601 d) 604 e) 607

f(0) = 1f(n 0 1) = f(n) 0 3, então f(200) é:

4 (MACK-SP) Se f(n), n 7 Μ, é uma seqüência definda por: 1 2

3

X

Como a1 = f(0); a

2 = f(1); a

3 = f(2), temos:

f(200) = a201

Θ a201

= a1 0 200r

a201

= 1 0 200 9 3 = 601

f(200) = 601

f(0) = 1

n = 0 Θ f(1) = f(0) 0 3 = 1 0 3 = 4

n = 1 Θ f(2) = f(1) 0 3 = 4 0 3 = 7

n = 2 Θ f(3) = 7 0 3 = 10

(1, 4, 7, 10, ...) PAa

1 = 1

r = 3

X

Cader no de

A t i v idades



Progress õ es M10

30

Matem á tica

a3 − a

1 = −8

a4 0 a

2 = −12

X

O 1o termo dessa progressão é:

a) 6 b) 5 c) 4 d) 3 e) 2

a3 − a

1 = −8

a4 0 a

2 = −12

5 (UFRN) Numa PA de termo geral an, tem-se que

1 2 3

1 2 3 Θ

a1 0 2r − a

1 = −8

a1 0 3r 0 a

1 0 r = −12

1 2 3 Θ

2r = −8

2r1 0 4r = −12

1 2 3

2r = −8 Θ r = −4 e 2a1 0 4(−4) = −12

2a1 = 4

a1 = 2

6 (PUC-SP) Considere as seqüências (1, 4, 7, 10, ..., 67)

e (8, 12, 16, 20, ..., 104). O número de termos comuns aessas duas progressões é:

a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9X

Admitindo que as duas seqüências são progressões aritméticas, temos:

• (1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58,61, 64, 67)

e

• (8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56, 60, 64, 68, ..., 104)

Os termos comuns são: 16, 28, 40, 52 e 64.

Assim, o número de termos comuns a essas duas progressões é 5.

7 (UFPE/UFRPE) Nos quilômetros 31 e 229 de uma ro-dovia estão instalados telefones de emergência. Ao longoda mesma rodovia e entre esses quilômetros, pretende-se

instalar 10 outros telefones de emergência. Se os pontosadjacentes de instalação dos telefones estão situados a uma

mesma distância, qual é essa distância, em quilômetros?

Devemos ter:

an = a

1 0 (n − 1)r

229 = 31 0 (12 − 1)r

r = 18

Portanto, a distância é igual a 18 km.

8 (Vunesp-SP) Em 5 de junho de 2004, foi inauguradauma pizzaria que só abre aos sábados. No dia da inaugura-ção, a pizzaria recebeu 40 fregueses. A partir daí , o núme-

ro de fregueses que passaram a freqüentar a pizzaria cres-ceu em PA de razão 6, até que atingiu a cota máxima de136 pessoas, a qual tem se mantido. O número de sábados

que se passaram, excluindo-se o sábado de inauguração,para que a cota máxima de fregueses fosse atingida pela

primeira vez, foi:a) 15 d) 18

b) 16 e) 26

c) 17

Do enunciado, temos a PA (40, 46, ..., 136), de razão 6.

Assim o número n de sábados que se passaram desde a inauguração atéatingir a cota máxima pela primeira vez pode ser obtido por:

an = a

1 0 (n − 1)r

136 = 40 0 (n − 1) 9 6

n = 17

Excluindo-se o sábado da inauguração, o número de sábados que se pas-saram para que a cota máxima fosse atingida pela primeira vez foi 16.

X

9 (UEL-PR) Interpolando-se sete termos aritméticos

entre os números 10 e 98, obtém-se uma PA cujo termocentral é:

a) 45 b) 52 c) 54 d) 55 e) 57X

Termo central: a5

a5 = a

1 0 4r = 10 0 4 9 11 Ι a

5 = 54

7 termos

(10, , 98)

a1 = 10 a

1 0 8r = a

9

a9 = 98 10 0 8r = 98

n = 9 8r = 88

r = ? r = 11

1 4

2 4 3



Progress õ es

31

Matem á tic

M1010 (UFRJ) Seu Juca resolveu dar a seu filho Riquinhouma mesada de R$ 300,00 por mês. Riquinho, que é mui-

to esperto, disse a seu pai que, em vez da mesada deR$ 300,00, gostaria de receber um pouquinho a cada dia:R$ 1,00 no primeiro dia de cada mês e, a cada dia, R$ 1,00

a mais que no dia anterior. Seu Juca concordou, mas, aofinal do primeiro mês, logo percebeu que havia saí do noprejuí zo. Calcule quanto, em um mês com 30 dias,

Riquinho receberá a mais do que receberia com a mesadade R$ 300,00.

Em 30 dias Riquinho receberá:

1 0 2 0 3 0 4 0 ... 0 30 (PA de razão 1)

A soma desses termos é:

Sa a n

2n

1 n=

0( )

S(1 30) 30

230=

0 9

S30

= 465

ou

S30

= R$ 465,00

Portanto, Riquinho receberá a mais:

465 − 300 = R$ 165,00

11 (Fatec-SP) Dois viajantes partem juntos, a pé, deuma cidade A para uma cidade B, por uma mesma estra-

da. O primeiro anda 12 quilômetros por dia. O segundoanda 10 quilômetros no 1o dia e daí acelera o passo, emmeio quilômetro a cada dia que segue.

Nessas condições, é verdade que o segundo:

a) alcançará o primeiro no 9o dia.b) alcançará o primeiro no 5o dia.

c) nunca alcançará o primeiro.

d) alcançará o primeiro antes de 8 dias.

e) alcançará o primeiro no 11o dia.

• O primeiro viajante anda 12 km por dia. Ao final de n dias, terá andado(12n) km.

• O segundo viajante anda, por dia, distâncias que, em km, são termosda PA (10; 10,5; 11; ...; a

n; ...), em que

an = 10 0 (n − 1) 9 0,5 Θ a

n = 0,5n 0 9,5

Ao final de n dias, terá andado:

(10 0, 5n 9,5)n

2

19,5n 0,5n

2

20 0=

0

• O segundo alcançará o primeiro quando

19,5n 0,5n

2

20

= 12n Θ 0,5n2 − 4,5n = 0 Θ n = 9, pois n . 0.

X

12 (UFMA) Chicão, professor do DEMAT/UFMA, comprou um computador e contraiu uma dí vida no valor dR$ 4 200,00, que deverá ser paga em 24 prestações men

sais em PA. Após o pagamento de 18 prestações, há usaldo devedor de R$ 1 590,00. Qual o valor da primeirprestação?

Sa a 24

224

1 24=

0 9( ) Θ 4 200 = 12(a

1 0 a

24) Θ a

1 0 a

24 = 350

Sa a 18

218

1 18=

0 9( )Θ 4 200 − 1 590 = 9(a

1 0 a

18) Θ a

1 0 a

18 = 290

Daí, vem:

a

a

1

1

a 23r 350 2a 23r 350

a 17r 2902a 17r 290

6r 60r =10

1 1

1

1

0 0 = 0 =

0 0 =

0 =

=

→

Logo:

2a1 0 23r = 350 Θ 2a

1 0 230 = 350 Θ a

1 = 60

A primeira prestação é igual a R$ 60,00.

13 (Vunesp-SP) Uma pessoa resolve caminhar todos ofinais de tarde. No 1o dia de caminhada, ela percorre um

distância de x metros. No 2o dia, ela caminha o dobro dque caminhou no 1o dia; no 3o dia, caminha o triplo d

que caminhou no 1o dia, e assim por diante. Considerado o perí odo do 1o ao 25o dia, ininterruptos, ela caminhoum total de 243 750 metros.

a) Encontre a distância x percorrida no 1o dia.

b) Verifique quanto ela terá percorrido no 30o dia.

Do enunciado, temos a PA: (x, 2x, 3x, ...)

a) a1 = x, a

25 = 25x e S

25 = 243 750

S

a a

2

(x 25x)25

2243750

25

1 25 =

0 0=

( )→

25 Θ x = 750 m

b) No 30o dia, ela terá percorrido:

a30

= 30x Θ a30

= 30(750) = 22 500 m

−



Progress õ es M10

32

Matem á tica

14 (Unemat-MT) Um condomí nio residencial, recém-

inaugurado, apresentou um consumo de água de 2 500 L(litros) em seu primeiro dia. No primeiro mês de funcio-namento, ocorreu um aumento diário de 115 L. Podemos

afirmar:

1 O consumo de água no 23o dia foi de 5 100 L.

2 O consumo total desse mês, com 31 dias, foi de 130 975 L.

3 O consumo médio diário foi de 4 275 L.

4 No 10o dia do mês o consumo foi de 3 535 L.

1. Falso

A PA é: (2 500, 2 615, 2 730, ...)

a23

= a1 0 22r Θ a

23 = 2 500 0 22 9 115 Θ a

23 = 5 030 L

2. Verdadeiro

a31

= a1 0 30r Θ a

31 = 2 500 0 30 9 115 Θ a

31 = 5 950 L

S

a a n

2S

(2 500 5 950) 31

231

1 31

31

=

0=

0 9( )→ Θ

S31

= 130 975 L

3. Falso

O consumo médio foi de:

130 975 : 31 = 4 225 L

4. Verdadeiro

a10

= a1

0 9r Θ a10

= 2 500 0 9 9 115 Θ a10

= 3 535 L

15 (UFG) Deseja-se pintar com tintas de cores preta eamarela, alternadamente, um disco no qual est

ão marca-

dos cí rculos concêntricos, cujos raios estão em PA de ra-

zão 1 m. Pinta-se no primeiro dia o cí rculo central do dis-co, de raio 1 m, usando 0,5 L de tinta preta. Nos dias se-guintes, pinta-se a região delimitada pela circunferência

seguinte ao cí rculo pintado no dia anterior. Se a tinta usa-da, não importando a cor, tem sempre o mesmo rendi-mento, a quantidade total de tinta amarela gasta até o

21o dia, em litros, será de:

a) 100,0 d) 199,5

b) 105,0 e) 220,5

c) 115,5

O círculo central pintado de preto tem área igual a:

P1 = πR2 Θ P

1 = π 9 12 Θ P

1 = π m2

Para pintar π m2 gasta-se 0,5 L de tinta.

X

1 1 1 1

A2

A1

P

P

A primeira coroa circular pintada de amarelo tem área igual a:

A1 = π 9 22 − π 9 12 Θ A

1 = 3π m2

Para pintar 3π m2 gasta-se 3 9 0,5 = 1,5 L de tinta.

A segunda coroa circular pintada de amarelo tem área igual a:

A2 = π 9 42 − π 9 32 Θ A

2 = 7π m2

Para pintar 7π m2 gastam-se 7 9 0,5 = 3,5 L de tinta.

Para a terceira coroa circular pintada de amarelo, temos:

A3 = π 9 62 − π 9 52 Θ A

3 = 11π m2

Gastam-se 11 9 0,5 = 5,5 L de tinta.

Assim, temos a PA:

1,5; 3,5; 5,5; ...; ––––

↓ ↓ ↓ ↓2o dia 4o dia 6o dia 20o dia

Durante 10 dias ele usou tinta amarela.

Assim, temos:

a10

= a1 0 (n − 1)r Θ a

10 = 1,5 0 (10 − 1) 9 2 Θ a

10 = 19,5 L

A quantidade total de tinta amarela gasta é igual a:

Sa a n

2S

(1,5 19,5) 10

2S 105 L

n

1 n

10 10=

0

=0 9

=

( )→ →

16 (UENF-RJ) Dois corredores vão se preparar para par-ticipar de uma maratona. Um deles começará correndo8 km no primeiro dia e aumentará, a cada dia, essa distân-

cia em 2 km; o outro correrá 17 km no primeiro dia eaumentará, a cada dia, essa distância em 1 km. A prepara-ção será encerrada no dia em que eles percorrerem, em

quilômetros, a mesma distância.Calcule a soma, em quilômetros, das distâncias que serãopercorridas pelos dois corredores durante todos os dias

do perí odo de preparação.

an

1 4 4 2 4 4 3

8 0 (n − 1) 9 2 = 17 0 (n − 1) 9 1 → n = 10

Portanto, no 10o dia.

• Distância percorrida pelo corredor 1:

S km10

8 26 10

2170=

0 9=

( )

• Distância percorrida pelo corredor 2:

S km'( )

10

17 26 10

2215=

0 9=

Logo, a soma das distâncias será:

S10

0 Sδ10

= 170 0 215 = 385 km

• Corredor 1: (8 km, 10 km, 12 km, ...) PA de razão 2 e a1 = 8Corredor 2: (17 km, 18 km, 19 km, ...) PA de razão 1 e b

1 = 17

Para que a preparação seja encerrada, devemos ter:

bn

1 4 4 4 2 4 4 4 3



Progress õ es

33

Matem á tic

M10

21 (PUC-SP) Numa PG, a diferença entre o 2o e o termo é 9 e a diferença entre o 5o e o 4o termo é 57O 1o termo da progressão é:

a) 3 b) 4 c) 6 d) 8 e) 9X

: Θ q3 = 64 Ι q = 4

Substituindo em , vem: a1(4 − 1) = 9 Ι a

1 = 3.

a2 − a

1 = 9

a5 − a

4 = 576

1 2 3

a1q − a1 = 9a

1q4 − a

1q3 = 576

1 2 3 Θ a1(q − 1) = 9

a1q3(q − 1) = 576

1 2 3

a) A quantidade de tábuas na pilha, em função do número de vezes em quese repetiu a operação descrita, é dada pela seqüência (a

n) = (1, 2, 4, 8, ...),

uma PG de razão 2.

Após a nona operação, a quantidade de tábuas na pilha é a9 = 1 9 28 = 256.b) A altura da pilha será de 256 9 0,5 = 128 cm = 1,28 m.

Determine, ao final de 9 dessas operações:

a) quantas tábuas terá a pilha;

b) a altura, em metros, da pilha.

18 (Unesp-SP) V árias tábuas iguais estão em uma ma-

deireira. A espessura de cada tábua é 0,5 cm. Forma-seuma pilha de tábuas colocando-se uma tábua na primeira

vez e, em cada uma das vezes seguintes, tantas quantas jáhouveram sido colocadas anteriormente.

Pilha na 1a vez Pilha na 2a vez Pilha na 3a vez

19 (Unicap-PE) Os números que representam, em

graus, os ângulos internos de um quadrilátero estão emPG de razão 2. Qual o valor, em graus, do menor dos ân-gulos internos?

Sejam ε, ψ, υ e τ os ângulos internos do quadrilátero. Portanto:ε 0 ψ 0 υ 0 τ = 360)

Como (ε, ψ, υ , τ) é PG de razão 2, temos:

ε 0 2ε 0 4ε 0 8ε = 360)

15ε = 360) Θ ε = 24)

17 (UFPI) Os números 2, x e (12 0 x) formam nessaordem uma PG. Sendo x um número positivo, podemosafirmar que:

a) x = 6 d) x = 24

b) x = 10 e) x = 36

c) x = 12

Devemos ter:

x2

12 xx

=0

x2 = 24 0 2x

x2 − 2x − 24 = 0

X

xδ = 6

ou

xφ = −4 (não serve)

20 (UDESC) Numa PG, o 3o termo é igual a −4,

5o termo igual a −1 e o 8o termo é igual a −1

8.

Encontre o 1o e o 2o termos dessa PG. Caso não for poss vel, justifique.

Do enunciado, temos:

a3

= −4 Θ a1q2 = −4

a5

= −1 Θ a1q4 = −1

a8

= −1

8 Θ a

1q7 = −

1

8

De e , vem:

a q

a q

4

1

1

q4 q

1

4q

1

2ou q

1

2

12

14 2

2=

−

−= = = =−→ → →

Substituindo em , vem:

q =1

2 Θ a

1q2 = −4 Θ a

19

1

4= −4 Θ a

1= −16

q1

2a

1

41=− 9→ = −4 Θ a

1= −16

Se q1

2= e a

1= −16, de , vem:

− 9 =− − =−16 1128

18

18

18

→ (Verdadeiro)

Se q1

2=− e a

1= −16, vem:

− 9 − =−−

−=− =−16

1

2

1

8

16

128

1

8

1

8

1

8

7

→ → (Falso)

Portanto, na PG − − − − − − − −16, 4, 2, 1,1

2

1

4

1

8...8, , , ,

a1

= −16 e a2

= −8.



Progress õ es M10

34

Matem á tica

22 (Cesesp-PE) Uma alga cresce de modo que a cada diaela cobre uma superf í cie de área igual ao dobro da cobertano dia anterior. Se essa alga cobre a superf í cie de um lago

em 100 dias, assinale a alternativa correspondente ao nú-mero de dias necessários para que duas algas da mesmaespécie da anterior cubram a superf í cie do mesmo lago.

a) 50 dias c) 98 dias e) 43 dias

b) 25 dias d) 99 diasX

Depois de n dias, essas duas algas cobriram uma área de:

an = a

1qn − 1 = 2x 9 2n − 1 = x 9 2n

Fazendo an = a

100 Θ x 9 2n = x 9 299 Θ n = 99.

Duas algas levarão 99 dias para cobrir a superfície do lago.

1o dia: 2x

2o dia: 4x

3o dia: 8x... 1

4 4 2 4 4

3

(2x, 4x, 8x, ...) PGa

1 = 2x

q = 2

No 100o dia, a área coberta será: a100

= a1q99 = x 9 299.

Para duas algas, teremos:

Seja x a área coberta por uma alga no 1o dia.

a1 = x

q = 2Θ (x, 2x, 4x, 8x, ...) PG

Então: 2x — área coberta no 2o dia

4x — área coberta no 3o dia

8x — área coberta no 4o dia 1 4 2 4

3

23 (Unifesp-SP) Um objeto parte do ponto A, no ins-

tante t = 0, em direção ao ponto B, percorrendo, a cadaminuto, a metade da distância que o separa do ponto B,conforme figura. Considere como sendo de 800 metros a

distância entre A e B.

a) Do enunciado, a distância percorrida, em metros, pelo objeto no enésimominuto é o elemento de uma PG cujo primeiro termo é 400 e a razão é

1

2 . Assim, a distância percorrida ao final dos 10 primeiros minutos é:

S

400 11

2

11

2

8001 023

1 02410

10

=

−

−

= 9

S10

Λ 799,2

Logo, a sua distância ao ponto B é inferior a 1 metro.

b) A distância percorrida após t minutos é:

d

400 11

2

11

2

t

t

=

−

−

(t 7 Μ)

d 800 8001

2t

t

= −

Além disso, do enunciado, a velocidade se reduz linearmente; então, aaceleração é constante em cada período considerado. Assim, concluímos

que P P ; P P ; ...; PP ; ...0 1 1 2 t t 10

são arcos de parábolas.

Logo, o gráfico de f(t) é:

Desse modo, ao final do primeiro minuto (1o perí odo) eledeverá se encontrar no ponto A

1; ao final do segundo mi-

nuto (2o perí odo), no ponto A 2; ao final do terceiro minuto

(3o perí odo), no ponto A 3, e assim sucessivamente. Supo-

nhamos que a velocidade se reduza linearmente em cadaperí odo considerado.

BA A1

A2

A3

A4

800 m

400 m200 m

100 m50 m

t (min)

dt(m)

1 2 3

400

P0

P1

P2

P3600

700

800

0

t dt

0 0

1 400

2 600

3 700

a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos10 primeiros minutos. Constate que, nesse instante, suadistância ao ponto B é inferior a 1 metro.

b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = distân-cia percorrida pelo objeto em t minutos”, a partir do

instante t = 0.



Progressões

35

Matemátic

M10

Como os lados dos quadrados formam uma PG de razão1

2, as áre

formam uma PG de razão1

4.

a)

a4

1

256=

b)

a

a

201

200

1

8=

c) a1 0 a

2 0 ... 0 ,a

10

1

3

d) O menor valor de k para o qual

a1 0 a

2 0 ...0 a

k .

1

3

1

1 200− é igual a 5

26 (UnB-DF) Na figura aolado, a

krepresenta a área do

k-ésimo quadrado sombrea-do, cujo lado é o dobro do ladodo (k 0 1)-ésimo quadrado,para k= 1, 2, 3, ...Com base na figura, julgue ositens que se seguem.

a1

a2

a3

1

2

1

2

1

2

1

2

Portanto, o menor valor de k é 5.

k = = ,51

4

1

1 024

1

400

5

→

k = = .41

4

1

256

1

400

4

→

− .− ,1

4

1

400

1

4

1

400

→

k k

1

3

1

3

1

4

1

3

1

1200− . −

k

Para que a a a ak1 2 3

1

3

1

12000 0 0 0 . −... ,

= − = − 91

31

1

4

1

3

1

3

1

4

k k

=−

−=

−

−

=a q

q

n

k

11

1

1

41

1

4

11

4

( )

d) Verdadeiro, pois a1 0 a

2 0 a

3 0 ... 0 a

k =

=

−

−

= 9 − = − 9 ,

1

41

1

4

11

4

1

31

1

4

1

3

1

3

1

4

1

3

10

10 10

c) Verdadeiro, pois a1 0 a

2 0 a

3 0 ... 0 a

10 =

a q

q

1101

1

9 −

−=

( )

b) Falso, poisa

a

a q

aq

201

200

200

200

1

4= = = .

a) Verdadeiro, pois a a q4 1

3

2 3

12

14

1256

= = 9 = .

24 (FGV-SP)

a) Resolva a equação xx x x

− 0 − 0 =

4 16 648... ,em

que o 1o membro é a soma dos termos de uma PG infi-

nita.

b) Numa PG infinita, a soma dos termos de ordem par

é10

3

, ao passo que a soma dos termos de ordem

í mpar é20

3. Obtenha o 1o termo e a razão dessa

progressão.

x xx

11

4

85

4

8

− −

= = =

→ → 10

b) (a1, a

1q, a

1q2, a

1q3, a

1q4, ...) PG infinita

1o a a q a q1 12

14

20

30 0 0 =...

a

qa

1

2 11

20

33 20 1

−= 9 = 9 −→ ( q )2

2o a q a q a q1 1

31

510

30 0 0 =...

a q

qa q

1

2 11

10

33 10 1

−= 9 = 9 −→ ( q )2

Fazendo : , vem:

3

3

10 1

20 1

1

2

1

1

2

2

a q

a

q

qq=

−

−=

( )

( )→

Em : .3 20 11

25

1

2

1a a= 9 − =

→

a) A seqüência xx x x

, , , , ...− −4 16 64

é uma PG em que

a x e q1

1

4= =− . Logo: x

x x x− 0 − 0 =

4 16 648...

25 (MACK-SP) Na seqüência de números reais (log3

x,

x, k, 3, log3

y, y), os termos de ordem í mpar formam uma

PA e os de ordem par, uma PG. Então k é igual a:

a)

1

3b) 2 c) 3 d) 1 e)

1

2X

PG: (x, 3, y)

32 = xy Θ xy = 9

De e , vem:

32k = 9 Θ 32k = 32

2k = 2 Ι k = 1

PA: (log3

x, k, log3

y)

2k = log3

(xy) Θ xy = 32k

kx y

=

0log log3 3

2

→

devemos ter:



Progress õ es M10

36

Matem á tica

27 (FGV-SP) A figura indica infinitos triângulos

isósceles, cujas bases medem, em centí metros, 8, 4, 2, 1, ...

• d é a soma dos infinitos termos da PG (8, 4, 2, 1, ...).

Assim, d =

−

8

11

2

Θ d = 16.

• A soma das áreas dos infinitos triângulos sombreados é igual à soma

dos termos da PG 3h,3h

2,

3h

4, ... .

Dessa forma,3h

11

2

51 h17

2−

= =→ .

• Daí, conclui-se que a área S do retângulo de lados h e d é

S = 16 9 17

2 Θ S = 136.

X

Sabendo que a soma da área dos infinitos triângulos som-

breados na figura é igual a 51, pode-se afirmar que a área

do retângulo de lados h e d é igual a:

a) 68 d) 153

b) 102 e) 192

c) 136

h

d

8 4 2 1 ...

...

d

4 6 3

8 4 2 1

...

...

...

h

3

2

28 (Cefet-PR) Nas seqüências:

a en= log ; log , ; log ; ...1 0 001 729

1

3

bn= − − −

1

9

1

31; ; ; ... ,

a diferença entre o 10o

termo de “an” e o 9o termo de “b

n” é:

a) −756 c) 702 e) 270b) −270 d) 756

Sendo então:log ; log , ; log ,1 0 0 001 3 729 61

3

= =− =−

an = (0, −3, −6, ...) PA com a

1 = 0 e r = −3

bn= − − −

1

9

1

31, , , ...

PG com b e q1

1

93=− =

a10

= a1 0 9r Θ a

10 = 0 0 9 9 (−3) = −27

b9 = b

1q8 Θ b

9 = − 9

1

938

= −36 = −729

a10

− b9 = −27 − (−729) = 702

X

29 (Fuvest-SP) Uma PA e uma PG têm, ambas, o 1o

termo igual a 4, sendo que os seus 3os termos são estrita-

mente positivos e coincidem. Sabe-se ainda que o 2o ter-

mo de PA excede o 2o termo da PG em 2. Então, o 3o termo

das progressões é:

a) 10 b) 12 c) 14 d) 16 e) 18

Substituindo em :

4q2 = 2(4q − 2) 0 4

4q2 − 8q = 0

q2 − 2q = 0

q = 0 (não convém) ou q = 2

a3 = 4q2 = 4 9 22 = 16

O 3o termo da PG é 16.

PA: (4, 4 0 r, 4 0 2r, ...)

PG: (4, 4q, 4q2, ...)

4 0 2r = 4q2

(4 0 r) − 4q = 2

1 2 3 4q2 = 2r 0 4

r = 4q − 2

1 2 3 Θ

X

30 (IBMEC-SP) O departamento de Arqueologia da

Universidade de Oxford mantém em sua biblioteca uma

coleção de aproximadamente 500 000 papiros, todos com

mais de 1 000 anos de idade, cujo conteúdo começou a ser

desvendado a partir de 2002, utilizando-se uma técnica

chamada imagem multiespectral, desenvolvida pela Nasa.

Se um computador, munido de um sistema de inteligên-

cia artificial, conseguir decifrar o conteúdo de cada um

desses papiros, sempre gastando a metade do tempo que

precisou para decifrar o papiro anterior e, considerando

que o primeiro papiro seja decifrado por esse computadorem 10 anos, então toda a coleção de papiros citada serádecifrada em:

a) aproximadamente 20 anos.

b) aproximadamente 40 anos.

c) aproximadamente 50 anos.

d) aproximadamente 80 anos.

e) aproximadamente 100 anos.

A soma dos primeiros n termos de uma PG de razão q , qϑ 1 e 1o termo a1

é dada por:

S a1 q

1 q1

n

= 9−

−

Com a 10, q1

21 = = e n = 500 000, temos:

S 10

11

2

11

2

500000

= 9

−

−

Como1

2

500000

Λ 0, temos:

S 101

11

2

S 20 anosΛ 9

−

Λ→

X



Trigonometria no Ciclo

37

Matemátic

M11



R Ã O F T D

T E R C E I R Ã O


T E R C E I R

Ã O F T D

M11


Trigonometria no Ciclo 1

(EEM-SP) Quantos radianos percorre o ponteiro dashoras de um relógio de 1h 5min até 2h 45min?

Θ x = 2) 30δ Θ y = 22) 30δ

de 1 h p/ 2 h (ponteiro pequeno) = 30)

ε = 30) − x 0 y = 30) − 2) 30δ 0 22) 30δ = 50)

30) 60 minx 5 min

30) 60 miny 45 min

1211 1

10 2

9 3

8 4

7

6

x

y

5

180) π

50) z → z rad=

π5

18

2 (UFG) O mostrador do relógio de uma torre é dividi-do em 12 partes iguais (horas), cada uma das quais é sub-dividida em outras 5 partes iguais (minutos). Se o pontei-

ro das horas ( )OB mede 70 cm e o ponteiro dos minutos

( )OA mede 1 m, qual será a distância AB, em função do

ângulo entre os ponteiros, quando o relógio marcar 1 hora

e 12 minutos?

3(UFPA) Aristarco de Samos, matemático que viveu p volta de 300 a.C., querendo calcular as distâncias relativ

da Terra ao Sol e da Terra à Lua, utilizou o seguinte raci

cí nio: “No momento em que a Lua se encontra exatamen

te à meia-lua, os três astros formam um triângulo retân

gulo, com a Lua ocupando o vértice do ângulo reto. S

bendo a medida do ângulo que a visão da Lua forma com

visão do Sol, será possí vel determinar a relação entre

distâncias da Terra à Lua e da Terra ao Sol”.

Sabe-se que o ângulo formado pelas direções Terra–Lua

Terra–Sol, na situação de meia-lua, é de, aproximadamen

te, 89,85° e que a distância da Terra à Lua é de, aproxim

damente, 384 000 km. Para ângulos de medidas inferior

a 1°

(um grau), uma boa aproximação para o seno dângulo é a medida do mesmo ângulo em radianos.

60 min 30°12 min x

Θ x = 6°

Portanto, med (AÔB) = 36°.

B

A

O

B

AO

Aplicando a lei dos cossenos no #AOB:

AB2 = OA2 0 OB2 − 2 9 OA 9 OB 9 cos (AÔB)

AB2 = 12 0 (0,7)2 − 2 9 1 9 (0,7) 9 cos 36°

AB2 = 1,49 − 1,4 cos 36°

AB 1, 49 1, 4 cos 36 m= − °1 m

36° 0, 7 m

B

O A

Utilizando esses dados e o raciocí nio de Aristarco, pode-

concluir que a distância da Terra ao Sol é de, aproximad

mente:

a) 2 500 000 km d) 147 000 000 km

b) 3 800 000 km e) 7 000 000 000 km

c) 34 600 000 km

Lua Sol

Terra

90°

89,85°

X

180 —— rad0,15 ——

°°

πε

• ε =

9 π0,15

180rad

• sen 0,15

384000

x

° =

0,15

180

384000

x

9 π=

x180 384 000

0,15=

9

9 π

x Λ 147 000 000 km

384 000km

89,85°

Terra

x

LuaSol

0,15°

Cader no de

A t i v idades



Trigonometria no Ciclo M11

38

Matem á tica

6 (Unesp-SP) Uma máquina produz diariamente x de-

zenas de certo tipo de peças. Sabe-se que o custo de pro-

dução c(x) e o valor de venda V(x) são dados, aproximada-

mente, em milhares de reais, respectivamente, pelas fun-

ções c (x) 2 cosx

6e V(x) 3 2 sen= −

π=

π

x

12,

0 < x < 6.

O lucro, em reais, obtido na produçã

o de 3 dezenas de

peças é:

a) 500 c) 1 000 e) 3 000

b) 750 d) 2 000

Para x dezenas de certo produto, o lucro em milhares de reais é obtido por:

L(x) = V(x) − c(x)

Para x = 3, resulta:

X

L sen( ) cos3 3 23

122

3

6= 9 9

9 π− −

9 π

3 2

42

23 2

2

22 0 3 29 9

π− 0

π= 9 9 − 0 = − =sen

cos 1

Portanto, o lucro, em reais, obtido na produção de 3 dezenas dessas pe-ças é 1 000.

7 (IBMEC) Valor monetário de uma ação é dado por

V(t) = 120 0 80 cos (t), em que t é um número real positi-

vo.

De acordo com esse modelo, o valor monetário máximoque essa ação pode assumir é:

a) 120 b) 200 c) 80 d) 40 e) 240V(t) = 120 0 80 9 cos (t)

Para que o valor monetário seja máximo devemos ter cos (t) = 1, portanto:

Vmáx.

= 120 0 80 9 1 Θ Vmáx.

= 200

X

4 (UFSC) Qualquer que seja o número real x, ele obedece

à relação n < x , n 0 1, sendo n um número inteiro. Diz-se

que n é a parte inteira de x e é denotada por E(x) = n.

A partir dessa definição de E, calcular y na expressão:

y4E 299 2E log 127 E(sen 233 )

E7

8E 2

5=

0 −

0

( ) ( ) °

( )

5 (PUC-SP) Na seqüência do termo geral

an = 5n 0 sen n

2

9π

, com n 7 Μ*, a soma dos 20

primeiros termos de ordem í mpar é igual a:

a) 1 800 d) 2 000

b) 1 874 e) 2 024

c) 1 896

Sendo:

• 289 299 324 17 299 18 E 299 17, , , , =→ → ( )• log

5125 , log

5127 , log

5625 Θ 3 , log

5127 , 4 Θ E(log

5127) = 3

• −1 , sen 233° , 0 Θ E(sen 233°) = −1

• 07

81 E

7

80, , =→

• 1 2 4 1 2 2 E 2 1, , , , =→ → ( )Então:

y4E 299 2E log 127 E(sen 233 )

E7

8E 2

5=

0 −

0

( ) ( ) °

( )

y = 4 9 17 0 2 9 3 − (−1) = 75

X

Os 20 primeiros termos de ordem ímpar da seqüência são:

a1 = 5 9 1 0 sen 1

29π

= 5 0 senπ

2 = 5 0 1

a3 = 5 9 3 0 sen 3

29π

= 15 0 sen

3π

2 = 15 − 1

a5 = 5 9 5 0 sen 5

2

9π

= 25 0 sen

5π

2

= 25 0 1

a7 = 5 9 7 0 sen 7

29π

= 35 0 sen7π

2 = 35 − 1

a39

= 5 9 39 0 sen 392

9π

= 195 0 sen

39π

2 = 195 − 1

a1 0 a

3 0 a

5 0 a

7 0 ... 0 a

39 =

= (5 0 1) 0 (15 − 1) 0 (25 0 1) 0 (35 − 1) 0 ... 0 (195 − 1) =

=0 0 0 0

=0 9

=5 15 25 35 ... 195

Soma dos 20 termosde uma PA finita

(5 195) 20

220001 2444444 3444444

M M M M M M




39

Matem á tic

M1110 (UEL-PR) O gráfico que representa a funçã

y: ς Θ ς, y 2 cos 2x 1= 0 é:

X a)

1

2 6−2−40 x

y

2

3

−1−6 4

b)

1

2 6−2−40 x

y

2

3

−1−6 4

c)

1

2 6−2−4

0 x

y

2

3

−1−6 4

d)

1

26−2

−40 x

y

2

3

−1−6

4

e)

1

π−π 0 x

y

−1

• Gráfico de cos (2x)

• Gráfico de cos (2x)

1

2

π−π 0 x

y

1

π−π 0 x

y

• Gráficode cos (2x)2

•

1

2

π−π 0 x

y

3

1

2 6−2−4

0 x

y

2

3

−1−6 4

8 (UEL-PR) Uma bomba-d’água aspira e expira água a

cada 3 segundos. O volume de água da bomba varia entre

um mí nimo de 2 litros e um máximo de 4 litros. Dentre as

alternativas a seguir, assinale a expressão algébrica para o

volume y de água na bomba, em função do tempo t.

a) y = 2 0 2 senπ

3t

d) y = 3 0 sen2π

3t

b) y = 2 0 2 sen2

3t

π

e) y = −3 0 2 sen

π

3t

c) y = 3 0 senπ

3t

9 (FGV-SP) Um supermercado, que fica aberto 24 horas

por dia, faz a contagem do número de clientes na loja a

cada 3 horas. Com base nos dados observados, estima-se

que o número de clientes possa ser calculado pela função

trigonométrica f(x) = 900 − 800 senx

12

π

, em que f(x)

é o número de clientes e x, a hora da observação ( x é um

inteiro tal que 0 < x < 24).

Utilizando essa função, a estimativa da diferença entre o

número máximo e o número mí nimo de clientes dentro

do supermercado, em um dia completo, é igual a:

a) 600 d) 1 500

b) 800 e) 1 600

c) 900

X

Seja V(t) = a 0 sen (bt) o volume de água na bomba, em função do tempo t .

• Como −1 < sen a < 1 Θ 2 < 3 0 sen ε < 4.

Como 2 L < V(t) < 4 L Θ a = 3.

• Como a bomba aspira e expira água a cada 3 segundos:

Período = 3 Θ 2

b

π= 3 Θ b =

2

3

π

E V(t) = y = 3 0 sen2

3 tπ

X

• Número máximo de clientes: senx

121

π=−

senx

121

x

12

3

2

π=−

π=

π

→ 0 2kp Θ x = 18 0 24k Θ

Θ x = 18 h (0 < x < 24)

f(18) = 900 − 800 sen1

12

8π

= 900 0 800 = 1 700 clientes

• Número mínimo de clientes: senxπ

12

= 1

sen

xπ

12

= 1 Θ

x

12 2

π=

π 0 2kπ Θ x = 6 0 24k Θ

Θ x = 6 h (0 < x < 24)

f(6) = 900 − 800 sen6

12

π

= 900 − 800 = 100 clientes

Nmáx

− Nmín = 1 700 − 100 = 1 600 clientes

Gráfico de cos (2x)y = 02 1




40

Matem á tica

11 (PUCPR) A figura a seguir mostra parte de uma onda

senoidal que foi isolada para uma pesquisa:

12 (UFPR) Na figura abaixo está representado um pe-

rí odo completo do gráfico da função f(x) 3 senx

4=

π.

Para cada ponto B sobre o gráfico de f , fica determinado

um triângulo de vértices O, A e B, como na figura abaixo.

Qual é a maior área que um triângulo obtido dessa formapode ter?

X

Seja y = a 0 b sen (cx 0 d) a função pedida.

• Pelo gráfico: Im = [−1, 3]−1 < sen ε < 1 Θ −2 < 2 sen ε < 2 Θ −1 < 1 0 2 sen ε < 3

Logo, a = 1 e b = 2.

• O período da função (pelo gráfico) é:13

3 34

π−

π= π .

2

c4 c

1

2

π= π =→

• y = a 0 b sen (cx 0 d) = 1 0 2 senx

2d0

Pelo gráfico, quando x3

=π

, y = 1.

1 0 2 sen

π

0 =3

2

d 1

Θ 2 senπ

0

6d

= 0

senπ

06

d

= 0 Θ

π

6 0 d = 0 Θ d =

−π

6

Portanto, y = 1 0 2 senx

2

6−

π

.

Qual das alternativas melhor representa a equação da onda

para o perí odo apresentado?

a) y = 1 0 2 senx

2 6−

π

d) y = 1 0 2 sen

x

3

b) y = 1 0 2 senx

2

e) y = 1 0 2 senx

6

c) y = 1 0 2 senx

2 30

π

x

y

π

3

1

−1

3

0 4π3

7π3

10π3

13π3

X

• −1 < senx

4

π< 1 Θ −3 < 3 sen

x

4

π< 3

Logo, Im = [−3, 3].

• Período de f(x) = 2

4

π

π = 8

Logo, OA = 8.

• A área do triângulo OAB será máxima quando yB, ordenada do ponto B ,

atingir seu maior valor. Portanto:

área máxima = (OA) (y )2

8 32

12B9 = 9 =

a) 3π b) 6π c) 8 d) 9 e) 12

0

B

A

13 (Unifesp-SP) Considere as funções dadas por

f(x) sen

x

2=

πe g(x) = ax 0 b, sendo o gráfico de g for-

necido na figura.

O valor de f[g−1(2)] é:

a)

2

4b)

1

2c)

2

2d)

3

2e) 1

0

1

g

y

x1

2−

X

O gráfico da função inversa g−1(x) será uma reta simétrica à reta que re-presenta g(x), em relação à bissetriz dos quadrantes ímpares.

1

1

g(x)

y = x

g−1(x)

y

x

12

−

1

2−

A função g−1(x) pode ser escrita na forma y = ax 0 b.

Como os pontos (1, 0) e 0,1

2−

pertencem ao gráfico de g−1(x), temos:

(1, 0) Θ 0 = a 9 1 0 b Θ a = −b

0,

1

2

1

2− −

→ = a 9 0 0 b Θ b =

−1

2e a

1

2=

Portanto, g−1(x) = 1

2x

1

2

x 1

2− =

−

g−1(2) = 2 1

2

1

2

−=

f1

2sen

4

2

2

=

π=




41

Matem á tic

M1116 (UnB-DF) Estudando-se o fluxo de água em um pon

to do estuário de um rio, determinou-se que a água fl

para o oceano na vazão v, em milhões de litros por hora, e

função do tempo t, em horas, de acordo com a equaçã

v(t) = A 0 B sen (wt),

em que A, B e w são constantes reais positivas, e t > 0.

vazão na qual a água do rio flui para o oceano varia po

causa das marés. Na maré baixa, a água flui mais rapid

mente, com vazão máxima de 20 milhões de litros po

hora, e, na maré alta, ela flui mais lentamente, com vazãmí nima de 4 milhões de litros por hora. Nessa região,

tempo entre duas marés altas é igual a 12 horas e 24 m

nutos. Com base nessas informações, escolha apenas um

das opções a seguir e faça o que se pede.

a) Calcule o valor do coeficiente A.

b) Calcule o perí odo, em minutos, da função v.

c) Determine o valor de t, em minutos, quando

10h < t < 22h, para o qual v(t) é máxima.

14 (Unesp-SP) No hemocentro de um certo hospital, o

número de doações de sangue tem variado periodicamen-

te. Admita que, nesse hospital, no ano de 2001, esse nú-

mero, de janeiro (t = 0) a dezembro (t = 11), seja dado,

aproximadamente, pela expressão:

S(t) = ι −

− πcos

( )t 1

6

com ι uma constante positiva, S(t) em milhares e t emmeses, 0 < t < 11. Determine:

a) a constante ι, sabendo que no mês de fevereiro houve

2 mil doações de sangue;

b) em quais meses houve 3 mil doações de sangue.

15 (ITA-SP) Sejam f e g duas funções definidas por

f(x) e g(x)

= =

−−

2

1

2

3 13 12

( )

sen xsen x

, x 7 ς.

A soma do valor mí nimo de f com o valor mí nimo de g éigual a:

a) 0 b) 2 c)

1

4d)

1

2e) 1X

b) Houve 3 mil doações de sangue quando:

a) Em fevereiro, tem-se t = 1 e

S(1) 1 2 3.= ι −− π

= ι − = ι − = ι =cos( )

cos1 1

60

→

t − 1 = 3 0 6n Θ t = 4 0 6n Θ t = 4 ou t = 10, pois 0 < t < 11

cos( ) ( )

,t t

n n− π

=− π

=π0 π 7 Β

1

60

1

6 2

→

S(t) = ι −− π

= −− π

=cos( )

cos( )t t1

63

1

63

•

g(x)=

−

1

2

3 12

sen x

g(x) é mínimo para sen2

x = 1; assim:

• f(x) = =− −

2 23 1 3 1

2( )sen x sen x

f(x) é mínimo para sen x = −1; assim:

fmín.

= = =9 − −

−2 21

4

3 1 1

2 2

( )

gmín.

= = =

9 −

1

2

1

2

1

4

3 1 1 2

• A soma do valor mínimo de f com o valor mínimo de g é:1

4

1

4

1

20 = .

• k = 0 Θ t = 3,1 horas (não convém, pois 10 h < t < 22 h)

• k = 1 Θ t = 15,5 horas Θ t = 930 min

a) De acordo com a equação v(t) = A 0 B sen (wt), verifica-se que:

−1 < sen (wt) < 1 ΘA − B < A 0 B sen (wt) < A 0 B

4 < A 0 B sen (wt) < 20

A − B = 4

A 0 B = 20Θ A = 12 e B = 8

1 2

3 Θ

Θ

1 2 3

b) O período p da função v(t) é o tempo entre duas marés altas, isto é,p = 12 horas e 24 minutos Θ p = 744 min.

c) O período p da função v(t) = 12 0 8 sen (wt) é dado por:

p

w ww=

π π= =

π2 212 4

5

31→ →,

Portanto, v(t)

v(t) será máximo quando

= 0π

12 85

31sen t

.

5

31t

22k , k t

π=

π0 π 7 Β = 0 7 Β→

31

10

62

5k k, .




42

Matem á tica

I. Verdadeira. sen 40) , sen 50)

No 1 o quadrante, a função seno éestritamente crescente, portanto

40) , 50) Θ sen 40) , sen 50)

17 (Fatec-SP) Sobre as sentenças

I. sen 40) , sen 50)

II. cos 190) . cos 200)

III. tg 60) = tg 240)

é correto afirmar que somente:

a) I é verdadeira. d) I e II são verdadeiras.

b) II é verdadeira. e) I e III são verdadeiras.

c) III é verdadeira.

II. Falsa. cos 190) . cos 200)

No 3o quadrante, a função cossenoé estritamente crescente, portanto

190) , 200) Θ cos 190) , cos 200).

X

sen50)

40)

cos190)

200)

III. Verdadeira. tg 60) = tg 240)

tg tg tg240 60 180 60 3) = )0 ) = )=( ) →

60)

tg

240)

18 (Unicamp-SP) Sejam ε, ψ e υ os ângulos internos

de um triângulo.

a) Mostre que as tangentes desses três ângulos não po-

dem ser, todas elas, maiores ou iguais a 2.

b) Supondo que as tangentes dos três ângulos sejam nú-

meros inteiros positivos, calcule essas tangentes.

b) ε 0 ψ = 180) − υ Θ tg (ε 0 ψ) = −tg υ

Sendo ε, ψ e υ ângulos internos de um triângulo, então:

a) tem-se ε 0 ψ 0 υ = 180)

E = (sec x − cos x) 9 (cossec x − sen x) 9 (tg x 0 cotg x)

19 (UCDB-MS) Simplificando a expressão

E = (sec x − cos x) 9 (cossec x − sen x) 9 (tg x 0 cotg x),

obtém-se:

a) E = sen x c) E = tg x e) E = 1

b) E = cos x d) E = 0

X

tg ε > 2 Θ ε . 60)

tg ψ > 2 Θ ψ . 60) Θ ε 0 ψ 0 υ . 180)

tg υ > 2 Θ υ . 60)

se

1 4

2 4 3

o que contradiz a equação . Logo, as tangentes dos três ângulos nãopodem ser, todas elas, maiores ou iguais a 2.

E

x

x

sen x

sen xsen x

x

x

sen x

= − 9 − 9 01 1

cos

cos

cos

cos

Ex

x

sen x

sen x

sen x x

sen x x=

−9

−9

01 12 2 2 2cos

cos

cos

cos

Esen x

x

x

sen x sen x x= 9 9

9=

2 2 11

cos

cos

cos

tg ε 0 tg ψ 0 tg υ = tg ε 9 tg ψ 9 tg υ

Supondo as tangentes dos três ângulos números inteiros e positivos eque não podem ser simultaneamente maiores ou iguais a 2, então ne-cessariamente uma delas deve ser igual a 1.

Assim sendo, fazendo tg ε = a, tg ψ = b e tg υ = 1,

tem-se a 0 b 0 1 = ab Θ ab − a − b = 1

a(b − 1) − (b − 1) = 2 Θ (a − 1) 9 (b − 1) = 2

(a − 1 = 1 e b − 1 = 2) ou (a − 1 = 2 e b − 1 = 1)

(a = 2 e b = 3) ou (a = 3 e b = 2), pois a, b 7 Β ∗0

.

tg tg

tg tgtg

ε 0 ψ

− ε 9 ψ= − υ

1

20 (UFAM) Sabendo que a seqüência

cos x sen x2

2tg x9 9

é uma PG, nessa ordem, então

todos os valores de x no intervalo [0, 2π] são:

a)π π

3ou

2

3d) −

π π

6ou

5

6

b)π π

6ou

3

6e)

π π

4ou

3

4

c)4

3ou

7

6

π π

X

Se a seqüência (cos x, sen x,2

2tg x) é uma PG, temos:

sen2 x = cos x 9 2

29 tg x Θ sen2 x =

2

29 sen x Θ sen x =

2

2,

supondo sen x ϑ 0.

Para x 7 [0, 2π], x4

ou x3

4=

π=

π.




43

Matemátic



21 (UFMS) A questão a seguir trata de trigonometria efunções trigonométricas. Assinale a(s) alternativa(s)correta(s):(01) sen 300° . 0

(02) sen2 70° 0 sen2 160° = 1

(04)Os possí veis valores reais de m para que se possa ter

cos x

5 m

3=

−são tais que 2 < m < 8.

(08) Se a figura a seguir representa o gráfico, no sistemacartesiano xOy, da função f: [0, 2p] Θ ς, definida porf(x) = a 9 cos (bx), então a = 3 e b = 6.

22 (UFSC)

(01) Um poste na posição vertical, colocado num plano hrizontal, encontra-se a 3 m de uma parede plana e vetical. Nesse instante, o Sol projeta a sombra do posna parede e essa sombra tem 17 m de altura. Se a altura do poste é de 20 m, então a inclinação dos raiosolares, em relação ao plano horizontal, é de 45°.

(02) Se sen (a)

1

3= , então

sen (25π 0 a) − sen (88π − a) = 2

3.

(04) Os gráficos das funções f(x) = sen (4x) e

g(x)

2x

3

4=− 0

π, têm exatamente três pontos e

comum, para x no intervalo 0,2

π

.

(08) Para ser verdadeira a desigualdade

tg (x) 9 sec (x) , 0, x deve estar localizado no 2o o

no 4o quadrante.

(16)No intervalo {x 7 ς |0 < x < 2π}, a equação

cos2 x1

2= |cos x| tem seis raí zes.

x

y

−3

3

2π

01. Incorreta, pois sen 300° = −3

2.

02. Correta, pois sen 160° = sen 20° =

= cos 70°, portanto sen2 70° 0 cos2 160° = sen2 70° 0 cos2 70° = 1

04. Correta, pois −1 < cos x < 1 Θ −1 < 5 m

3

− < 1 Θ

Θ −3 < 5 − m < 3 Θ −8 < −m < −2 Θ 2 < m < 8.08. Incorreta, pois pelo gráfico temos:

• Im = [−3, 3] Θ a = 3

• Período p2

3=

π Θ b = 3

16. Correta, pois cos2 x = 1

2|cos x| Θ |cos2 x| −

1

2|cos x| = 0

• |cos x| = 0 Θ x2

ou x3

2=

π=

π

• |cos x| = 1

2x

3ou x

3ou x

3ou x

3→ =

π=

π=

π=

π2 4 5

Portanto: 2 0 4 0 16 = 22

Da semelhança entre os triângulos:

x

17

x 3

20=

0 Θ x = 17 m

E no triângulo menor:

tg ε = sombra

x

17

17= = 1 Θ ε = 45

poste

sombra

3 m x

ε

02. Incorreta, pois:

sen (25π 0 ε) = sen (88π − ε) Θ sen (25π 0 ε) − sen (88π − ε) =

0

25π 0 ε 88π − ε

ε

25π ≡ π

0 ≡ 2π ≡ 88π

04. Correta, pois os gráficos de f(x) e g(x) no intervalo 0,2

π

são dad

por:

08. Incorreta, pois

tg x 9 sen x , 0 Θ sen x

cos x

1

cos x0

sen x

cos x29 , → , 0 Θ sen x ,

pois cos2 x . 0 (+ x 7 ς). Logo, se sen x , 0, então x deve estar noou 4o quadrantes.

Portanto, 1 0 4 = 5

π8

1f(x)

g(x)

−1

0 π4

π2

3π4

01. Correta, pois:




44

Matem á tica

23 (Fuvest-SP) Se ε está no intervalo 02

,π

e satis-

faz sen4 ε − cos4 ε = 1

4, então o valor da tangente de ε é:

a)

3

5b)

5

3c)

3

7d)

7

3e)

5

7

Assim:

sen4 4

1

4ε − ε =cos

( cos ) ( cos )sen sen2 2 2 2 1

4ε 0 ε 9 ε − ε =

sen2 2

1

4ε − ε =cos

Portanto: tgsen

e tg pois22

2

5

3

5

30

2ε =

ε

ε= ε = ε 7

π

cos, , .

X

sen2 2

1

4ε − ε =cos

sen2 ε 0 cos2 ε = 1

1 4

2 4 3

Θ sen2

5

8ε =

cos2

3

8ε =

1 4 4

2 4 4 3

24 (UFSCar-SP) Sendo sen cosε 0 ε =1

5,

a) determine sen ε e cos ε;

b) represente no cí rculo trigonométrico todos os ângulosε que satisfazem a igualdade dada.

a)

Substituindo os valores em :

Para senε= Θ ε=−4

5

3

5cos .

Para senε=− Θ ε=3

5

4

5cos .

b) Podemos ter:

sen ouε =− ε =

3

5

4

5cos


sen ε 0 ε =cos1

5 cos ε = − ε

1

5sen

1 4

2 4 3


1 4

2 4 3

Θ

sen sen sen sen2

2

21

51 25 5 12 0ε 0 − ε = ε − 9 ε − =

→

sen ou senε = ε =−

4

5

3

5

sen ε

cos ε

1P1

−1

−1

1A

ε

4

5

3

5−

sen eε = ε = −

4

5

3

5cos

ε = AP1, tal que

sen ε

cos ε

1

P2

−1

−1

1A

ε4

5

3

5−

ε = AP2, tal que

ou

0 − sen θ 0 0 0 cos θ = 01

2

3

2

25 (UFCE) Sabendo que cos θ =3

2e que

θ =−1

2sen , podemos afirmar corretamente que

X

cos :θ 0π

0 θ 0π

2 2

sen é igual a

a) 0 c)

3

2

1

2

0 e)

− 03

2

1

2

b)

− −3

2

1

2d)

3

2

1

2−

cos θ0π

0 θ0π

2 2

sen

cos cos cos cosθ9π− θ9

π0 θ9

π0

π9 θ

2 2 2 2sen sen sen sen

b)

tgsen a b

a b

sen a b a sen b

a b sen a sen b(a b)0 =

0

0=

9 0 9

9 − 9

( )

cos ( )

cos cos

cos cos

27 (FGV-SP) Conhecidas as relações trigonométricascos (a 0 b) = cos a 9 cos b − sen a 9 sen b esen (a 0 b) = sen a 9 cos b 0 sen b 9 cos a:

a) obtenha, justificando, a expressão de cos 2x em funçãode cos x;

b) obtenha, justificando, a expressão de tg (a 0 b) em fun-ção de tg a e tg b.

a) cos (2x) = cos (x 0 x) = cos x 9 cos x − sen x 9 sen x

cos2 x − sen2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 9 cos2 x − 1

sen a

a

sen b

b

sen a

a

senb

b

tg a tg b

tg a tg b

cos cos

cos cos

0

− 9

=0

− 91

1

sen a b a sen b

a b

a b sen a sen b

a b

9 0 9

9

9 − 9

9

cos cos

cos cos

cos cos

cos cos

26 (UFJF-MG) Considere as expressõesM = cos a 0 cos b e N = sen a − sen b. Sendo

a 0 b = 120), o valor de M2

0 N2

é:a) 1 b) 2 c) 4 d) 5 e) 10X

e 2 cos a 9 cos b − 2 sen a 9 sen b

2 (cos a 9 cos b − sen a 9 sen b)

= 2 cos (a 0 b)

Então:

M2 0 N2 = 2 0 2 cos (a 0 b)

M2 0 N2 = 2 0 2 9 cos 120) = 1

M2 0 N2 = (cos a 0 cos b)2 0 (sen a − sen b)2

M2 0 N2 = cos2 a 0 2 cos a cos b 0 cos2 b 0 sen2 a − 2 sen a sen b 0 sen2 b

1

1




45

Matem á tic

29 (UERJ) Considere o ângulo segundo o qual um ob

servador vê uma torre. Esse ângulo duplica quando ele

aproxima 160 m e quadruplica quando ele se aproxim

mais 100 m, como mostra o esquema abaixo.

A altura da torre, em metros, equivale a:

a) 96 b) 98 c) 100 d) 102

160 m

torre

observadorx 2x 4x

100 m

X

Os triângulos ADE e ACD são isósceles, pois 2x e 4x são, respectivamete, seus ângulos externos.

AD = DE = 160 m e AC = CD = 100 m

• No # ABD: sen (2x) = h

160

• No # ABC: sen (4x) = h

100 Θ 2 sen (2x) 9 cos (2x) =

h

100

2 9 h

160 9 cos (2x) =

h

100 Θ cos (2x) =

8

10

• Da relação fundamental:

sen2 (2x) 0 cos2 (2x) = 1

sen2 (2x) 0 8

10

2

= 1

sen2 (2x) = 36

100 Θ sen (2x) =

6

10(2x é agudo)

Como sen (2x) = h

160, então:

6

10=

h

160 Θ h = 96 m

160 m

A

BCDE

h

x

x

2x

2x

4x

100 m

28 (UFPel-RS) São cada vez mais freqüentes constru-

ções de praças cujos brinquedos são montados com mate-

riais rústicos.

A criatividade na montagem de balanços, escorregadores

e gangorras de madeira vem proporcionando uma opção

de lazer para as crianças.

A figura abaixo mostra um brinquedo simples que pro-

porciona à criançada excelente atividade f í sica.

a) A

75°2 2

B C

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC:

BC2 = 22 0 22 − 2 9 2 9 2 cos 75° Sendo cos 75° = cos (30° 0 45°)= cos 30° 9 cos 45° − sen 30° 9 sen 45°

cos 75

3

2

2

2

1

2

2

2

6 2

4° = 9 − 9 =

−

Substituindo em , vem:

BC2 = 4 0 4 − 8 9 6 2

4

−

= 8 − 2 6 2−( )

Fazendo 6 = 2,4 e 2 = 1,4, temos:

BC2 = 8 − 2 9 (2,4 − 1,4) = 8 − 2 = 6 Θ BC = 6 Λ 2,4 m

b) A

2 2h

B C6

2

6

2

No triângulo AHC:

h2 0 6

2

2

= 22

h 4

6

4

10

4

5

22 = − = =

h

5

2

10

2

3,2

21,6 m= = Λ Λ

Considerando o texto, a distância AB e AC igual a 2,0 m, o

ângulo B Â C igual a 75° e seus conhecimentos, determine:a) a distância de B a C.

b) a altura do triângulo ABC, relativa ao lado BC .

A

BC




46

Matem á tica

31 (MACK-SP) Se sen 2x 0π

=2

1

8

, então cos x

pode ser:

a)

3

8b) −

1

8c)

3

4d) −

1

4e)

5

8X

sen x22

1

80π

=

sen(2x) cos (2x)9π0

π9 =cos

2 2

1

8sen

cos(2x)= 9 − = =

1

82 1

1

8

9

162 2→ →cos cosx x

cos x ou x= =−3

4

3

4cos

Ι cos x = −a

cos 2x = 2 cos2

x − 1 Θ cos 2x = 2a2

− 1

30 (UCSal-BA) Sabe-se que sen x −π

=2

a. O va-

lor de cos 2x é:

a) 2a2 c) a2 − 1 e) 2a2 − 1

b) 1 − a2 d) 1 − 2a2

X

sen x sen x x a−π

= −π− = − =

2 2

cos

4 9 (1 − sen2

x)(sec2

x − 1) = 3 Θ 4 9 cos2

x 9 tg2

x = 3

32 (UFSCar-SP) O valor de x, 02

< <π

x , tal que

4 9 (1 − sen2 x) 9 (sec2 x − 1) = 3, é:

a)

π

2b)

π

3c)

π

4d)

π

6e) 0X

33 (Fuvest-SP) Na figura abaixo, O é o centro da cir-

cunferência de raio 1, a reta AB é secante a ela, o ângulo

ψ mede 60° e sen ε = 3

4.

Sendo x0

2 3< <

π=π

, .tem-sex

4 3

3

4

3

22

2

2

29 9 = = = Σcoscos

xsen x

xsen x sen x→ →

Como ψ = 60° e #OCB é isósceles (OC = OB = 1), temos:

med (OCB) med (OBC)180 60

2ˆ ˆ= =

−° ° = 60°

Portanto, o #OBC é eqüilátero.

a) Aplicando a lei dos senos no #AOB (supondo ε , 60°):

AB

sen

1

sen OAB

AB

3

4

1

sen OABsen OAB

3

4ABε= = =

ˆ ˆˆ→ →

b) Considere o #AOB.

Sendo med (ˆ

)OBA 120 ,=

° entãomed (OÂB) 0 ε = 60° Θ med (OÂB) = 60° − ε

sen OÂB = sen (60° − ε) = sen 60° 9 cos ε − sen ε 9 cos 60° = 3

4AB

Sendo sen ε = 3

4, temos:

3

4

2

0 cos2 ε = 1 Θ cos2 ε = 13

16 Θ cos ε =

13

4(ε é agudo)

Substituindo em :

3

2

13

4

3

4

1

2

3

4AB9 − 9 =

313 1

8

3

4AB

−=

a) Determine sen O Â B em função de AB.

b) Calcule AB.

O A

B

εψ

O

1

1

1

A

B

C

ε

ψ = 60°

60°60°

AB

2

13 1

13 1

13 1

2 13 1

12

13 1

6=

−9

0

0=

0=

0( )

( )

( )




47

Matemátic

34 (UFBA)

Com base no gráfico acima, que representa a função realf(x) = A 0 B cos (ax), com A, B e a 7 ς, pode-se afirmar:

(01) O período de f é igual a 2π.

(02) f

π=

0

12

2 2

2

(04) A soma das soluções da equação f(x)=1

2, no inter-

valoπ π

2

3

2, ,

é igual a 2π.

(08) f(x) = 2 sen2 x

(16)

f x0π

= 0 94

1 2

sen x cos x

A partir do gráfico concluímos que f(x) = 1 − cos (2x), portanto:

01. Incorreta, pois período =π= π

2

2.

02. Incorreta, pois fπ

= − 9π

= − =−

121 2

121

3

2

2 3

2

cos .

04. Correta, pois 11

2− =cos (2x) →

→ →

cos (2x) temos= =Σ

π0 π 7

π π1

2 6 23

2x k e para x ,

x = π56

x = π76

ou , cuja soma é igual a 2π.

08. Correta, pois f(x) = 1 − cos (2x) = 1 − (1 − 2 sen2 x).

16. Correta,

(sen x 0 cos x)2 = 1 0 2 sen x cos x

Então, f(x) = 2 sen2 x.

f x sen x

sen x x

0π

= 0π

9 9 0

42

4

22

2

2

2

( cos )

Portanto: 4 0 8 0 16 = 28

35 (MACK-SP) A soma de todas as soluções da equ

ção tg a 0 cotg a = 2, 0 < a < 2π, é:

a)5

4

πb)

2

3

πc)

3

2

πd)

7

4

πe)

7

3

π

tg a 0 cotg a = 2 Θ sen a

cos a

cos a

sen a20 =

sen a cos a

sen a cos a2

2 20

9= Θ 1 = 2 sen a 9 cos a

sen (2a) = 1 Θ 2a= π

2 0 k 9 2π (k 7 Β)

a = π

4 0 k 9 π (k 7 Β)

Para 0 < a < 2π, temos a = π

4ou a =

5

4

π, cuja soma vale 3

2

π.

0 x

y

2

3π

2

π

2

π−π 2π−2π π

2−

3π

2−

36 (UFCE) Encontre as soluções da equação:

9 − 2 cos2 x = 15 sen x, no intervalo −π π

2 2, .

sen x = 7 (não convém)

• 9 − 2 cos2 x = 15 sen x

9 − 2 9 (1 − sen2 x) = 15 sen x

2 sen2 x − 15 sen x 0 7 = 0 Θ

1

4 2 4 3

•

1 4 4 2 4 4

3

Θ

sen x =

1

2

sen x =1

2

x7 −π π

2 2,

x =

π

6

X



Trigonometria no Ciclo M1137 (Unesp-SP) A figura mostra a órbita elí ptica de um

satélite S em torno do planeta Terra. Na elí pse estão assi-

nalados dois pontos: o ponto A (apogeu), que é o ponto da

órbita mais afastado do centro da Terra, e o ponto P

(perigeu), que é o ponto da órbita mais próximo do centro

da Terra. O ponto O indica o centro da Terra e o ângulo

PÔS tem medida ε, com 0° < ε < 360°.

38 (FGV-SP) Suponha que a temperatura (em °F) de

uma cidade localizada em um paí s de latitude elevada do

hemisf ério norte, em um ano bissexto, seja modelada pela

equação

T 50 sen2

366(d 91,5) 25= 9

π− 0

na qual d é dado em dias e d = 0 corresponde a 1o de

janeiro.a) Esboce o gráfico de T × d para 0 < d < 366.

b) Use o modelo para prever qual será o dia mais quente

do ano.

c) Baseado no modelo, determine em quais dias a tempe-

ratura será 0 °F.

a)

T 50 sen2

366(d 91, 5) 25 50 sen

d

183 225= 9

π− 0 =

π−

π0

O gráfico de T × d é: A altura h, em km, do satélite à superf í cie da Terra, depen-

dendo do ângulo ε, é dada aproximadamente pela função

h 647 980

100 5 cos102

= − 00 ε

9

Determine:

a) a altura h do satélite quando este se encontra no perigeu

e também quando se encontra no apogeu;

b) os valores de ε, quando a altura h do satélite é 1 580 km.

a) No perigeu: ε = 0°

h 647 980

100 5 cos 010 64

7 980

100 5 110

200 km

2 2= − 0

09 = − 0

0 99 =

= − 0 9 =

°

( )64 76 10 12

No apogeu: ε = 180°

h 64 7980100 5 cos 180

10 64 7 980100 5 ( 1)

10 2 2= − 00

9 = − 00 9 −

9 =°

= (−64 0 84) 9 102 = 2 000 km

b) Se h = 1 580 km:

− 00 ε

9 = − 00 ε

=647 980

100 5 cos10 1 580 64

7 980

100 5 cos2

→

= 15,8

7 980

100 5 cos0 ε = 79,8 Θ 100 0 5 cos ε =

7980

79 8, = 100

5 cos ε = 0 Θ cos ε = 0

Como 0 < ε < 360°, então ε = 90° ou ε = 270°.

(apogeu) A

(satélite) S

P (perigeu)

Figura fora de escala

O

ε

b) Pelo gráfico, d= 183. Como d= 0 corresponde a 1o de janeiro, d = 183corresponderá ao 184o dia, que em um ano bissexto é 2 de julho.

c) 50 sen d183 2 25 0 sen d183 2 129

π

−

π

0 =

π

−

π

=− →

π−

π=

π0 π

d

183 2 62k

7ou

π−

π=

π0 π

d

183 2 62k

11, k 7 Β

d

183

1

2 62k− = 0

7

d

183

1

2 62k− = 0

11

d = 305 0 366k d = 427 0 366k

Para k = 0 Θ d = 305 Para k = −1 Θ d = 61

(não servem outros valores (não servem outros valores de k )

de k )

Então:

d = 61 Θ 62o dia do ano Θ 2 de março

d = 305 Θ 306o dia do ano Θ 1o de novembro

d

T (°F)

61

91,5 183 274,5

305

366

1

25

−25

−1

75

0

FTD Matematica Caderno de Atividades 02

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