MATEMÁTICA - editorapositivo.com.br · CONJUNTOS 1. Gabarito: e ... Com os dados do enunciado...
42
105 Caderno de Atividades / Livro do Professor CONJUNTOS 1. Gabarito: e = 14243 14243 1 000 001 dígitos 999 999 dígitos x 3,3333...3332222...222 I. FALSO x é um número com quantidade finita de casas decimais, assim, é possivel escrevê-lo de forma fracionária com divisão por potência de 10, assim: x= 3333 333222 222 10 2 000 000 ... ... II. FALSO x ≥ 10/3 ≥ 14243 14243 1424314243 1000001dígitos 999 999 dígitos 999 999 dígitos 1000001dígitos 3,333...333222...222 3,333...333333...333333... III. VERDADEIRO x · 10 2 000 000 = 3,333…333222…222 · 10 2 000 000 x · 10 2 000 000 = 3333…333222...222 x é um número par. 2. Gabarito: d FRANGO 9 3 3 y × 4 5 BOVINA PEIXES Não escolheram carne bovina = 36 9 + x + 3 + 20 = 36 x = 4 Não escolheram peixes = 42 9 + 3 + y + 20 = 42 y = 10 N = Total de Entrevistados N = 44 + x + y N = 44 + 4 + 10 N = 58 entrevistados 3. Gabarito: a Cara a Cara Pássaro Azul × - n 2× - n n + 5 n n + 5 = 13 → n = 8 Tem-se então: n = 1/3 · 2x 8 = 1/3 · 2x x = 12 Assim, o diagrama fica: Cara a Cara Pássaro Azul 4 16 13 8 Logo, o número de pessoas pesquisadas é igual a 41. 4. Gabarito: c Temos então 3 A 0,6 B = {0, 1, 2, 3, 4, 5} 1ª . Série MATEMÁTICA
Transcript of MATEMÁTICA - editorapositivo.com.br · CONJUNTOS 1. Gabarito: e ... Com os dados do enunciado...
105Caderno de Atividades / Livro do Professor
CONJUNTOS
1. Gabarito: e= 1424314243
1 000001 dígitos999999dígitos
x 3,3333...3332222...222
I. FALSO x é um número com quantidade finita de casas decimais, assim, é possivel escrevê-lo de forma fracionária com divisão por potência de 10, assim:
x =3333 333222 222
10 2 000 000
... ...
II. FALSOx ≥ 10/3
≥1424314243 14243142431000001dígitos999999dígitos 999999dígitos 1000001dígitos
3,333...333222...222 3,333...333333...333333...
III. VERDADEIRO
x · 102 000 000 = 3,333…333222…222 · 102 000 000
x · 102 000 000 = 3333…333222...222
x é um número par.
2. Gabarito: d
FRANGO
93
3
y
×4
5
BOVINA
PEIXES
Não escolheram carne bovina = 36
9 + x + 3 + 20 = 36
x = 4Não escolheram peixes = 429 + 3 + y + 20 = 42y = 10
N = Total de EntrevistadosN = 44 + x + y
N = 44 + 4 + 10
N = 58 entrevistados
3. Gabarito: a
Cara a Cara
PássaroAzul
× − n 2× − n
n + 5
n
n + 5 = 13 → n = 8Tem-se então:n = 1/3 · 2x
8 = 1/3 · 2x
x = 12
Assim, o diagrama fica:
Cara a Cara
PássaroAzul
4 16
13
8
Logo, o número de pessoas pesquisadas é igual a 41.
4. Gabarito: c
Temos então
3A
0,6
B = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
1ª. Série
MATEMÁTICA
106 1ª. Série
C = { 2 < c ≤ 6, em que c pertence ao conjunto dos números racionais}
Assim, ficamos com os seguintes conjuntos:
(B – C) = {0, 1}
(A ∩ C) = C
(C – B) = {c ∈ ℚ/ 2 < c ≤ 6 e c ∉ {2, 3, 4, 5}}
(A ∩ B) = {1, 2, 3, 4, 5}
a) FALSO – o elemento -1 não pertence ao conjunto (B – C).
b) FALSO – o conjunto (A ∩ C) é formado apenas por nú-meros racionais
c) VERDADEIRO
d) FALSO – o conjunto (A ∩ B) é formado apenas por números naturais.
5. Gabarito: c
A região destacada é:
S = [(PRAIA) ∩ (MONTANHA)] – (FAZENDA)
Representa aqueles que foram para a praia e para a monta-nha mas não foram para a fazenda.
6. Gabarito: d
a) FALSO – Existem infinitos valores REAIS maiores do que 7 dentro do conjunto I.
b) FALSO – Existem infinitos valores RACIONAIS menores do que 3,1 dentro do conjunto J.
c) FALSO – I ∪ J = {n ∈ R/ n ≤ 8} ∪ {n ∈ ℚ/ n > 3} é dife-rente do conjunto dos REAIS.
d) VERDADEIRO – J ∩ K = (4, 5}
7. Gabarito: b
PRAIAS
20% 50% ×
y
MONTANHAS
Pelo menos um desses locais = 75%
20 + 50 + x = 75
x = 5%
8. Se a > b, então, (a – b) > 0;
Se b > c, então, (b – c) > 0;
Assim,
(a – b) + (b – c) > 0
a – c > 0
a > c
9. Se x C CA AB∈ ( ), então x A CA
B∈ −[ ] e assim, x ∈ A e x CAB∉ .
Se x CAB∉ , então x ∉(A – B) e assim, x ∈ B, pois B ⊂ A.
10. Sabe-se que B – C = {x/x ∈ B e x ∉ C}. Como B ⊂ A e C ⊂ A, então pode-se dizer que B – C = {x ∈ A / x ∈ B e x ∉ C}.
Outra escrita possível que interessa é B – C = {x/x ∈ A e x ∈ B e x ∉ C}.
Equivalente a B – C = {x/x ∈ B e x ∈ A e x ∉ C}.
Equivalente a B C x x Bex CAC− = ∈ ∈{ / }
Equivalente a B – C =B ∩ CCA
11. Gabarito: e
a) Incorreta.
a b a b a b a b
a b a ab b ab
+ = + ⇒ + = + ⇒
+ = + + ⇒ =
( )2
2 0, ou seja⇒
a b a b+ = + se, e somente se, a = 0 ou b = 0, e
não para quaisquer reais positivos a e b.
b) Incorreta.
a b a b a b a b
a b a b
2 2 0 0
0
− = +( ) ⋅ −( ) = ⇒ + =
− = ⇒ = ±
ou
c) Incorreta.
a aa se a
a se a2 0
0= =
≥− <
,
,
d) Incorreta. Para os reais a e b em que se tem ab < 0,
a baab
bab b a
< ⇒ > ⇒ >1 1
.
e) Correta. Para qualquer que seja o número real a, com 0 < a < 1, temos:
0 1 0 1 0
0 0 0
2
2 2
< < ⇒ ⋅ < ⋅ < ⋅ ⇒ < < ( )< < ⇒ < < ⇒ < < ( )
a a a a a a a I
a a a a a a II
De (I) e (II), temos que a a2 < .
12. Gabarito: e
Com os dados do enunciado podemos montar a seguinte tabela:
156 pessoas(no total)
90 Homens
? Mulheres
75% Estudam na PUC-SP 0,75 · 156 = 117 ? ?
Não estudam na PUC-SP: ? ? 24
107Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Completando a tabela:
156 pessoas(no total)
90 Homens
66 Mulheres
75% Estudam na PUC-SP0,75 · 156 = 117
75 42
Não estudam na PUC-SP: 156 – 117 = 39 15 24
a) Incorreta: 75 homens eram alunos da PUC–SP.
b) Incorreta: 42 mulheres eram alunas da PUC–SP.
c) Incorreta: 39 pessoas não estudavam na PUC–SP.
d) Incorreta: O número de homens excedia o de mulheres em 24 unidades.
e) Correta: 24/42 = 4/7
13. Gabarito: a
x2 – 6x + 5 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 5
Assim, A = {1, 3, 5, 7} e B = {1 ,5}.
a) Incorreta. O conjunto das partes de um conjunto é o conjunto formado por todos os seus subconjuntos.
A ∩ B = {1, 5} ⇒ P(A ∩ B) = {∅, {1}, {5}, {1, 5}}
b) Correta. CAB = A – B = {1, 3, 5, 7} – {1, 5} = {3, 7}
c) Correta. CAB = {3, 7} ⇒ P(CAB) = {∅, {3}, {7}, {3, 7}}
d) Correta.
e) Correta. O número de elementos do conjunto das partes de um conjunto com n elementos é 2n.
A ∪ B = {1, 3, 5, 7} ⇒ n[P(A ∪ B)] = 24 = 16
14. Gabarito: b
I. Correta. Essa afirmação é a própria definição de número natural primo.
II. Incorreta. Todo número natural é da forma 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k natural. Então, se a = 3k + 2:• a = 3k + 2 não é múltiplo de 3;
• a + 2 = (3k + 2) + 2 = 3k+ 4 = 3(k + 1 ) + 1 não é múltiplo de 3;
• a + 5 = (3k + 2) + 5 = 3k+ 7 = 3(k + 2 ) + 1 não é múltiplo de 3.
Ou seja, se o número natural a for da forma 3k + 2, então o conjunto {a, a + 2, a + 5}
não contém um múltiplo de 3.
III. Correta. Sendo a, b ∈ Z:→ Se a = b, então mmc(a, b) = mmc(a, a) = a e
mdc(a, b) = mdc(a, a) = a. Ou seja, a = b ⇒ mmc(a, b) = mdc(a, b).
→ Se a = b ⇒ mmc(a, b) = mdc(a, b), então mmc(a, b) ≠ mdc(a, b) ⇒ a ≠ b.
IV. Incorreta. Se a e b são números naturais ímpares, então, sendo k e q naturais, temos que a = 2k + 1 e b = 2q + 1.3a + 2b = 3 · ( 2k + 1) + 2 · (2q + 1) = 6k + 4q + 5 = = 2 · (3k + 2q+ 2) + 1 = 2p + 1
Assim, 3a + 2b é um número ímpar.
CONCEITO DE FUNÇÃO
15.
a) É importante perceber que, para os valores ímpares de “n” negativos, os respectivos valores correspondentes de “x” também serão negativos não pertencendo ao intervalo solicitado de 0 ≤ x ≤ 6.
n f xx se x
x se x
n f xx se x
x se
= → =≤ ≤
− ≤ ≤
= → =− ≤ ≤−
10 1
2 1 2
32 2 3
4
( ),
,
( ),
, 33 4
54 4 5
6 5 6
≤ ≤
= → =− ≤ ≤− ≤ ≤
x
n f xx se x
x se x( )
,
,
O gráfico da função é:
1
y
×0 1 2 3 4 5 6
108 1ª. Série
b) Há valores de x tais que f(x) = 1/5 em todos os trechos do gráfico. Assim:
f x
x
x x
x x
x x
x x
( ) =
=
− = ⇒ =
− = ⇒ =
− = ⇒ =
− = ⇒ =
15
15
215
95
215
115
415
195
415
215
6615
295
− = ⇒ =
x x
⇒
16.
a) A função é definida da seguinte forma:
c xse x
x sex
c xse x
x
( ),
( ),
( ),
,
=≤ ≤
+ − >
=≤ ≤
−
20 0 10
20 4 10 10
20 0 10
4 20 ssex > 10
40
20
100 3 0
c
×
b) Para o consumo de x = 4 m3, tem-se c(4) = 20 reais. Assim, o preço de cada metro cúbico é 5 reais.Para o consumo de x = 25 m3, tem-se c(25) = 4 · 25 – – 20 ⇒ c(25) = 80 reais. Assim o preço de cada metro cúbico é 3,20 reais.
17. Gabarito: b
Ao adicionar uma constante à incognita “x” ocorre uma translação horizontal do gráfico. Se a constante for posi-tiva, a translação horizontal acontece para a esquerda. Se a constante for negativa, a tranlsação horizontal acontece para a direita.
A multiplicação da função por uma constante, faz to-dos os valores de “y” serem multiplicados pela mesma constante sem a alteração do respectivo valor de “x”.
Assim, como o gráfico de y = f(x) intersecta o eixo “x” em (0,0), o gráfico de y = f(x –1) irá intersectar o eixo x no ponto (1,0).
O gráfico de y = 2 . f(x – 1) é obtido multiplicando-se a ordenada de cada ponto do gráfico de y = f(x – 1) por 2.
Gráfico original
5
y
x
4
3
2
1
1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6 0
− 1
− 2
− 3
− 4
− 5
Após a translação horizontal de uma unidade para direita e da multiplicação da função por “2”, tem-se:
x
5
4
3
2
1
− 1
− 2
− 3
− 4
− 5
1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6 0
y
18. Gabarito: cAntes de substituir o valor numérico na incógnita, é possível simplificarmos a expressão. Assim:
f xx x x x
x
f xx x xx x
f x
( )( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )
(
=+ + ⋅ −
−
=+ ⋅ −+ ⋅ −
2 2
2
2
4 4 2
42 22 2
)) ( )= + ⋅x x2
Para x = 48, teremos:
f(48) = (48 + 2) · 48
f(48) = 2 400
19. Gabarito: b
Faz-se a troca de variáveis: x – 1 = k que gera a relação x = k + 1. Assim:
f(x–1) = 2x
f(k) = 2(k + 1)
f(k) = 2k + 2
Agora substituímos k por x – 2.
f(x – 2) = 2(x – 2) + 2 = 2x – 4 + 2 = 2x – 2
109Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
20. Gabarito: d
A = {–2, –1, 0, 1, 2},
a) f(x) = 0 Domínio = A Imagem = {0} É FUNÇÃO DE A EM A
b) f(x) = –x Domínio = A Imagem = {2, 1, 0, –1, –2} = A É FUNÇÃO DE A EM A
c) f(x) = x2 – 2 Domínio = A Imagem = {2, –1, –2} É FUNÇÃO DE A EM A
d) f(x) = x + 1 Domínio = A Imagem = {–1, 0, 1, 2, 3} NÃO É FUNÇÃO DE A EM A, POIS f(2) = 3 ∉ A
e) f(x) = |x| Domínio = A Imagem = {0, 1, 2} É FUNÇÃO DE A EM A
21. Gabarito: c
f x f xx
x x x xx
f x f xx
x x
( ) ( ) [( ) ( )] ( )
( ) ( )
+ −=
+ − + − −
+ −=
+ + −
3 3 3 3 3
3 6 9
2 2
2 33 9 3
3 6
36
2x x xx
f x f xx
xx
f x f xx
− − +
+ −=
+ −=
( ) ( )
( ) ( )
22. Gabarito: a
Cálculo de f(3):f
f
f
( ) ( )
( ) ( )
( )
3 3 3 3
3 2 3
3 6
===
∆∆
Assim, o barco está no ponto (2,6) do plano.
D
6
y
x20
D2 = 22 + 62 ⇒ D2 = 40 ⇒ D = 2 10 ⇒ D = 6,4 cm
Utilizando a escala, tem-se que a distância D (real) é igual a:D = 6,4 · 1 500 000 ⇒ D = 9 600 000 cm = 96 km
23. Para x = 1, tem-se: f(1) + 2 · f(4) = 1Para x = 4, tem-se: f(4) + 2 · f(1) = 4Monta-se então o sistema
f f
f f
f f
f f
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 4 1
2 1 4 4
1 2 4 1
4 1 2 4
+ ⋅ =⋅ + =
+ ⋅ =− ⋅ − ⋅ = −88
Somando as duas equações, tem-se:
–3 · f(1) = –7
f(1) = 7/3
24. Para x = k, tem-se: 3 · f(k) – 2 · f(1/k) = k2
Para x = 1/k, tem-se: 3 · f(1/k) – 2 · f(k) = 1/k2
Monta-se então o sistema:
3 21
2 31 1
9
2
2
⋅ − ⋅
=
− ⋅ + ⋅
=
⋅ −
f k fk
k
f k fk k
f k
( )
( )
( ) 661
3
4 61 2
2
2
⋅
= ⋅
− ⋅ + ⋅
=
fk
k
f k fk k
( )
Somando as duas equações, tem-se:
5 32
53 2
3 2
5
22
4
2
4
2
⋅ = ⋅ +
⋅ =⋅ +
=⋅ +⋅
f k kk
f kk
k
f kk
k
( )
( )
( )
Ou seja, f xx
x( ) =
⋅ +⋅
3 2
5
4
2
25. Gabarito: a
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
+ = ⋅
+ = ⋅ ⇒ = ⋅
+ = ⋅ ⇒ = ⋅
+ = ⋅ ⇒ =
= ⋅
2
2
f x y f x f y
1 1 4 1f 1 f 1 f f 8 f I
3 3 3 3
2 1 2 1 2 1f f f 8 f f II
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 2 1f f f f f III
3 3 3 3 3 3
1 1III em II : 8 f f
3 3
( )
⇒ = ⇒ =
= ⋅ =
31 1
f 8 f 23 3
4I : f 8 2 16
3
110 1ª. Série
FUNÇÃO AFIM
26. Gabarito: c
f a b
f b a
a a b b b a
a b b a
( )
( )
==
⋅ + = ⇒ =⋅ + =
2
2
2
2
2
Subsituindo, encontra-se:
a a a a
a a a
a a a
a
a aa
a
⋅ + =+ − =
+ − ==
+ − == −=
2 2
3 2
22
2
2 0
2 0
0
2 02
1
( )
Para que f(x) seja estritamente decrescente, tem-se a = –2 e, consequentemente, b = 4.
Assim, f(x) = –2x + 4
Logo, f(x) = –2 · 3 + 4 ⇒ f(3) = –2
27. Gabarito: d
O custo fica definido por C(x) = 9 800 + 45x;A receita fica definida por R(x) = 65x;O lucro é dado por: L(x) = R(x) – C(x)L(x) = 65x – (9 800 + 45x)L(x) = 20x – 9 800
Para que o lucro seja 20% da receita, tem-se:L(x) = 0,20 · R(x)20x – 9 800 = 0,20 · 65x20x – 9 800 = 13x7x = 9 800 ⇒ x = 1 400
A soma dos algarismos de x é igual a 1 + 4 + 0 + 0 = 5
28. Chamando de “P” a pontuação de um competidor, “c” a quantidade de questões respondidas corretamente, “n” a quantidade de questões não respondidas e “e” a quantida-de de questões respondidas erradamente, tem-se:
P = 6c + 1,5n + 0e
Sendo c + n + e = 25, podemos afirmar que n = 25 – c – e. Assim:
P = 6c + 1,5(25 – c – e)
P = 6c + 37,5 – 1,5c – 1,5e
P = 4,5c – 1,5e + 37,5
a) Não é possível. Para se obter P = 100, temos:
100 = 4,5c – 1,5e + 37,5
62,5 = 4,5c – 1,5e
Multiplicando toda a equação por 2:
125 = 9c – 3e
3c – e =
1253
Sabendo que “c” e “e” números naturais, a igualdade é impossível.
b) Para se obter P > 100, tem-se 3(3c – e) > 125, assim,
(3c – e) precisa ser maior que 1253
.
Para e = 0,3c > 1253
⇒ c > 13,888... Assim Maria pre-
cisa acertar no mínimo 14 questões.
29.
a) Brasil ⇒ Pontos: (0; 1,75) e (1; 1,76) ⇒ Função:
175 0 175
176 1 175 0 010 01 175
, ,
, , ,, ,
= ⋅ + ⇒ == ⋅ + ⇒ =
⇒ = +a b b
a ay x
EUA ⇒ Pontos: (0; 1,49) e (1; 1,40)
Função:
149 0 149
140 1 149 0 090 09 149
, ,
, , ,, ,
= ⋅ + ⇒ == ⋅ + ⇒ = −
⇒ = − +a b b
a ay x
b) y y
x x
x
xano
BRA EUA− =+ + − − + =
+ =
=
1
0 01 175 0 09 149 1
0 26 0 1 1
7 4
, , ( , , )
, ,
,: 22017
2018ano :
30. Gabarito: d
Pelas informações do enunciado, conseguimos montar o seguinte sistema:
6 400 2
4 300 5 5600 7 600
= ⋅ += ⋅ +
⇒ = − =a b
a ba b
,;
A função então é definida por y = – 600x + 7 600.Para x = 7, tem-se:y = – 600 · 7 + 7 600y = 3 400 reais
31. Gabarito: dO custo será definido por:
C x x C x x( ),
( ) ,= ⋅ ⇒ = ⋅0 60
30 20
A receita será definida por:
R x x R x x( ) ( ) ,= ⋅ ⇒ = ⋅35
0 60
111Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
FUNÇÃO AFIM O lucro será definido por:
L(x) = R(x) – C(x)
L(x) = 0,60x – 0,20x
L(x) = 0,40x
L(x) = 26 ⇒ 0,40x = 26 ⇒ x = 65
32. Gabarito: e
O custo será definido por: C(x) = 4 000 + 12x
A receita será definida por: R(x) = 20x
O lucro será definido por:
L(x) = R(x) – C(x) ⇒ L(x) = 20x – (4 000 + 12x) ⇒ ⇒ L(x) = 8x – 4 000
L(x) = 16 000 ⇒ 8x – 4 000 = 16 000 ⇒ x = 2 500
33. Gabarito: d
Os dois termos da equação podem ser considerados como duas funções afim. Graficamente ficaríamos com:
f(x) = x +
5
–5
5
f(x) = x
y
x
São duas retas paralelas, portanto o conjunto solução é vazio.
34. Gabarito: cPara x = 20, tem-se:P = 200 – 20P = 180 centavos, ou seja, P = 1,80 reais.O valor (V) pago sera:V = 1,80 ∙ 20V = 36 reais
35. Gabarito: c
As funções que definem as duas opções são
c1 = 99,90 ∙ d
c2 = 39,90 d + 0,46 ∙ x
Fazendo c1 – c2 , obtemos:
99,90d – 39,90d + 0,46x = 60d + 0,46x
Considerando a 1 diária:
c1 – c2 = 60 + 0,46x
Se c1 = c2:
60 + 0,46x = 0
x ≅ 130
a III é verdadeira.
36. Função ímpar: f(–x) = – f(x)
Então,a · (–x) + b = –(ax + b)–ax + b = –ax – b
Fazendo a igualdade entre os coeficientes, tem-se:
− = −= −
a a
b b
Ou seja,
a ≠ 0 (condição para ser função afim) e b = 0.
37. f(2x + 3) = 2 · f(x) + 4a(2x + 3) + b = 2(ax + b) + 42ax + (3a + b) = 2ax + (2b + 4)
Igualando os coeficientes, tem-se:3a + b = 2b + 43a – 4 = b
38. Função afim: f(x) = ax + b
Substituindo os pontos dados no enunciado, tem-se:
(3, 0) ⇒ f(3) = 0 ⇒ 3a + b = 0
(0, –3) ⇒ f(0) = –3 ⇒ b = –3
Consequentemente, a = 1, assim, f(x) = x – 3.
Comparando os coeficientes da função dada e da função encontrada, tem-se:
33 3 3 3 3 0
3 3 4 1 3
23 21
2
3 212
2 2
2
mm m m m m
mm
− = − ⇒ − = − ⇒ − − =
=± − − ⋅ ⋅ −
=±
=+
( ) ( )>>
=−
<
0
3 212
0m
Como “m” é um parâmetro real positivo, tem-se que
m =+3 21
2.
39. Gabarito: d
Função polinomial do 1.o grau: f(x) = ax + b
Substituindo os valores informados no enunciado, tem-se:
f(2) = f(1) + 2 ⇒ 2a + b = a + b + 2 ⇒ a = 2
f(5) = 2 · f(3) – 53
⇒ 5a + b = 2(3a + b) – 53
⇒
⇒ 5 · 2 + b = 6 · 2 + 2b – 53
–2 + 53
= b ⇒ −13
= b
Assim, tem-se que:
f(x) = 2x −13
112 1ª. Série
40. Gabarito: b
I. INCORRETANo plano A, se uma pessoa exceder 30 minutos em liga-ções para a mesma operadora deverá pagar o valor de 57 + 0,68 · 30 = 77,40 reais.
No plano B, se uma pessoa exceder 30 minutos em liga-ções para a mesma operadora deverá pagar o valor de 49 + 0,76 · 30 = 71,80 reais.
Portanto, nesse caso, o plano B ficará mais vantajoso que o plano A.
II. CORRETAUsando apenas 60 minutos no mês não haverá minutos excedentes em nenhum dos planos. Logo, o valor a ser pago:
• no plano A é de R$ 57,00;
• no plano B é de R$ 49,00.
Então, nesse caso, o plano B é melhor.
III. INCORRETANo plano A, se uma pessoa exceder 10 minutos em liga-ções para a mesma operadora deverá pagar o valor de 57 + 0,68 · 10 = 63,80 reais.
No plano B, se uma pessoa exceder 10 minutos em liga-ções para a mesma operadora deverá pagar o valor de 49 + 0,76 · 10 = 56,60 reais.
Como 63,80 ≠ 56,60, os planos A e B NÃO ficarão equivalentes se a pessoa exceder 10 minutos de liga-ções para a mesma operadora.
Observação: Para que os planos A e B fiquem equiva-lentes, devemos ter:
57 + 0,68x = 49 + 0,76x ⇒ 0,08x = 8 ⇒ x = 100
Assim, se a pessoa exceder 100 minutos de ligações
para a mesma operadora, os planos A e B ficarão equi-valentes.
41. Gabarito: b
As retas y x= +23
4 e y x= +34
74
intersectam o eixo 0y
(eixo das ordenadas) nos pontos (0, 4) e 074
,
, respecti-
vamente.
y x
y xx x x
= +
= +
⇒ + = + ⇒ =
23
4
34
74
23
434
74
27
As retas y x= +23
4 e y x= +34
74
se intersectam em um
ponto de abscissa 27.
Observe o gráfico esboçado a seguir.
y
4
27 x
34
74
y = x +
23
y = x + 4
94
74
Então, a área do triângulo formado pelo eixo 0y e as retas
y x= +23
4 e y x= +34
74
é
S =⋅
= ⋅
⋅ =
94
27
294
2712
2438
unidades de área.
PROGRESSÃO ARITMÉTICA
42.
a) Optando por calcular os valores de “a” e “b” , tem-se:
t x ax b
t
t
a b
a ba
( )
( , )
( , )
,
,
= +
==
⇒+ =+ =
⇒23 8 35
27 3 42
23 8 35
27 3 42== = −2 12 6; ,b
b) Da PA, podemos concluir que: n5 = n1 + 4r ⇒ n5 = 5 + 4 · 0,5 = n5 = 7
Da função dada, temos que:
n5 = f(c5) ⇒ 7 = 5(c5 – 20)/3 ⇒ 21 = 5(c5 – 20) ⇒ ⇒ 4,2 = c5 – 20 ⇒ 24,2 = c5
43. Gabarito: a
Pela fórmula da soma dos termos da PA, tem-se que:
Sa a n
Sa a
a a
a a
nn=
+ ⋅⇒ =
+ ⋅⇒
=+ ⋅
= +
( ) ( )
( )
( )
113
1 13
1 13
1 13
2
13
2
7813
212
O sétimo termo (a7) é o termo central da PA. Usando a rela-ção do termo médio da PA, chega-se em:
Tma a a a
a
n=+
=+
= =
( ) ( )1 1 13
7
2 2122
6
113Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
PROGRESSÃO ARITMÉTICA
44. Gabarito: a
Se “n” for o número de meses, temos que um dos irmãos guardou “50n” reais no período.
O outro guardou quantidades mensais que formam uma PA de razão 5. Assim:
{5, 10, 15, … , an}
Pelo termo geral da PA, encontra-se:
an = a1 + (n – 1) · r ⇒ an = 5 + (n + 1) · 5 ⇒ an = 5n
Considerando a soma dos termos dessa PA, tem-se o total que ele guardou
Sa a n n n
nn=
+ ⋅=
+ ⋅( ) ( )1
25 5
2
S nn n
n
n n n
n nn
n
n = ⇒+ ⋅
=
= =
− ===
505 5
250
5 5 100
5 95 00
19
2
2
( )
Foi um período de 19 meses que corresponde a um pouco mais de um ano e meio.
45. Gabarito: b
Sabe-se que, em uma PA:
S a a a a a
S a a a a10 1 2 3 9 10
9 1 2 3 9
= + + + + +
= + + + +
...
...
Subtraindo uma equação da outra, tem-se:
S10 – S9 = a10
102 – 2 · 10 – (92 – 2 · 9) = a10
80 – (63) = a10 ⇒ 17 = a10
46. Gabarito: b
a1 = 3
a2 = 2a1 ⇒ a2 = 6
a3 = 2a2 ⇒ a3 = 12
a4 = 2a3 ⇒ a4 = 24
a5 = 5 + a4 ⇒ a5 = 29
a6 = 5 + a5 ⇒ a6 = 34
a7 = 5 + a6 ⇒ a7 = 39
(…)
a10 = 5 + a9 ⇒ a10 = 54
47. Gabarito: c
Em uma PA pode-se dizer que:
a81 = a15 + (81 – 15)r ⇒ 2 700 = 3 690 + 66r ⇒ ⇒ –990 = 66r ⇒ r = –15
a15 = a1 + (15 – 1)r ⇒ 3 690 = a1 + 14 · (–15) ⇒ ⇒ a1 = 3 900
48. Pela relação fornecida no enunciado, tem-se:
a4 = a1 + a2 – a3 ⇒ a4 = 2 013 + 2 014 – 2 015 ⇒ a4 = 2 012
a5 = a2 + a3 – a4 ⇒ a5 = 2 014 + 2 015 – 2 012 ⇒ a5 = 2 017
a6 = a3 + a4 – a5 ⇒ a6 = 2 015 + 2 012 – 2 017 ⇒ a6 = 2 010
a7 = a4 + a5 – a6 ⇒ a7 = 2 012 + 2 017 – 2 010 ⇒ a7 = 2 019
a8 = a5 + a6 – a7 ⇒ a8 = 2 017 + 2 010 – 2 019 ⇒ a8 = 2 008
a9 = a6 + a7 – a8 ⇒ a9 = 2 010 + 2 019 – 2 008 ⇒ a9 = 2 021
(…)
Escrevendo-se alguns termos iniciais da sequência dada tem-se: 2013, 2014, 2015, 2012, 2017, 2010, 2019, 2008, 2021, 2006,... Observa-se que os termos de ordem ímpar formam uma progressão aritmética de razão 2: 2013, 2015, 2017, 2019, 2021,...
Os termos de ordem par formam uma progressão aritmética de razão –2: 2014, 2012, 2010, 2008, 2006,... Assim, como 2014 é par, o 2014.o termo da sequência dada será o 1007.o termo da progressão 2014, 2012, 2010, 2008, 2006 ,... ,
Pela fórmula do termo geral, a1007 = 2 014 + 1 006 ∙ (−2) = 2.
49. Usando as relações do enunciado, tem-se:
i nn
nn n
i nn
nn
= ⇒ =−+
⇒ =−+
⇒ =
= ⇒ =−+
⇒ =−
+
11
23 13 2
25
21
2
25
1
25
2
21
12 2
32
23 ⇒⇒ = −
= ⇒ =−+
⇒ =− −
− +⇒ = −
= ⇒ = −
= ⇒
n
i nn
nn n
i n
i
3
43
34 4
5
14
31
2
14
1
14
2
57
443
5 nn
i n n
i n n
6
7 1
8 2
72
6 3
725
= −
= ⇒ = =
= ⇒ = =
Observe que para i = 6 obtivemos o mesmo valor de n1 ou seja n1 = n7; n2 = n8 e assim por diante.
Desse modo, temos um ciclo a cada 6 termos. Para chegar a n2013, temos 335 ciclos completos e mais 3 termos, por-
tanto n2013 = n3 = 14
–
50. Gabarito: b
1o. Veículo ⇒ Velocidade constant de 75 km/h ⇒ Distância percorrida até o encontro (t horas): D1 = 75t
114 1ª. Série
2o. Veículo ⇒ Distâncias percorridas até o encontro deter-minam uma PA: {50, 60, 70, …, n}
“n” é a distância percorrida na última hora (t) para o en-contro, assim:
n = 50 + (t – 1) ∙ 10
n = 10t + 40
A soma dos termos da PA determina a distância percorrida pelo 2o. veículo, ou seja:
Dn t t t
t t2250
250 10 40
245 5=
+ ⋅=
+ + ⋅= +
( ) ( )
Até o encontro (distância inicial de 900 km), temos que a soma das distâncias percorridas por cada veículo será igual a 900 km. Assim:
D1 + D2 = 900 ⇒ 75t + 45t + 5t2 = 900 ⇒ ⇒ t2 + 24t – 180 = 0 ⇒ t = –30 (não convém)
t = 6 horas
51. Gabarito: b
As diferenças entre dois números hexagonais consecutivos formam uma PA. A diferença que antecede o 100.o número hexagonal (n100) será chamada de r99: {5, 9, 13, 17, …, r99, …}
Cálculo de r99
r99 = 5 + 98 ∙ 4
r99 = 397
Cálculo de n100
n r r r r
nr r
n
100 1 2 3 99
1001 99
100
1
199
2
15 397
= + + + + +
= ++ ⋅
= ++
( ... )
( )
( ) ⋅⋅
=
992
19 900100n
52. Gabarito: b
As quantidades de bolinhas de cada figura determinam uma PA de razão 4. Assim: {5, 9, 13, …, a25, … }.
No cálculo do a25 tem-se:
a25 = 5 + 24 ∙ 4
a25 = 101
53. Gabarito: a
Pelo termo geral, tem-se:
15 = –5 + (n – 1)r
20 = n · r – r
20 = (n –1) . r
Penúltimo termo da PA = 15 – r
O último termo é a soma dos anteriores, portanto
S
n
n =
=− +
= =
30
305 15
26010
6
( ).n
Assim:20 = (n – 1).r20 = (6 – 1).rr = 4O produto n ∙ r = 24
54. Gabarito: a
As prestações formarão uma PA na qual o primeiro termo é p1 = R$ 2 000,00, a razão é – R$ 10,00 e último termo é p120 que equivale a:
p120 = 2 000 + 119 ∙ (–10)
p120 = 810 reais
O valor a ser pago é a soma de todas as parcelas, ou seja:
S
S
=+( ) ⋅
=
2 000
168 600,00
810 120
2
55. Monta-se uma PA de razão r = 2k: (x – 3k, x – k, x + k, x + 3k)
Soma = 26
x – 3k + x – k + x + k + x + 3k = 26
4x = 26
x = 13/2
Soma dos quadrados = 214
132
3132
132
132
3 214
1
2 2 2 2
−
+ −
+ +
+ +
=k k k k
6694
39 9169
413
1694
13
1694
39 9 214
169 2
2 2 2
2
− + + − + + + +
+ +
+
+ =
+
k k k k k k
k k
00 214
20 45
32
3 2 5 8 11
32
3
2
2
k
kk r PA crescente
k r P
=
== ⇒ = ⇒
= − ⇒ = − ⇒
: ( , , , )
AA decrescente
56. Se o termo da posição “k” for um quadrado perfeito, temos: ak = m2, m ∈ N.
Para uma razão, r (r ∈ N), tem-se:
an = ak + (n – k)r
an = m2 + (n – k)r
Considerando um valor “d” que é múltiplo de r (d = xr), pode-se através de um produto notável, criar a seguinte relação:
115Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
(d + m)2 = d2 + 2md + m2
(d + m)2 = d(d + 2m) + m2
Considerando agora o número (d + m)2 (que é um quadrado perfeito), como sendo termo dessa PA, tem-se:
a d m
m n k r d d m m
n k r d d m
n k r xr xr m
n = +( )+ − = + +− = +− = +
2
2 22
2
2
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ))
n k x r mx
n k x r mx
− = +
= + +
2
2
2
2Sendo n, k, x, m e r números NATURAIS, conclui-se que, para cada an = m2, haverá um termo a d m
k x r mx+ += +2 2
2( ) e,
sendo uma PA de infinitos termos, haverá então infinitos termos que são quadrados perfeitos.
57. Supondo que esses valores pertençam a uma PA, tem-se:
2
3
5
1
1
1
= +
= +
= +
a xr
a yr
a zr
sendo x, y e z números NATURAIS.
Desta forma, pode-se escrever:
ry x
e rz y
=−−
=−
−3 2 5 3
3 2 5 3
3 2 5 3
3
z y z y y x y x
z y y z y x x y
z x
−( ) − −( ) = −( ) − −( )−( ) + −( ) = −( ) + −( )−(( ) + −( ) = −( )2 5y z y x
Elevando ao quadrado os dois lados da equação, fica:
3 2 6 5
65 3
2
2 2
2 2
z x z x y z y x
y x z x
z x y z
−( ) + −( ) −( ) = −( )
=−( ) − −( )−( ) −( )
Como x, y e z são números naturais, as diferenças (y – x), (y – z) e (z – x) são números INTEIROS, ou seja, a fração será formada por numerador e denominador pertencentes ao conjunto dos INTEIROS.
Uma fração que é formada por números INTEIROS consiste em um número RACIONAL, enquanto que, 6 é um núme-
ro IRRACIONAL.
Isso indica que, considerar os três números como termos de uma PA, gerou uma igualdade entre um número IRRA-CIONAL com um número RACIONAL e isso é chamado de ABSURDO.
Logo, conclui-se que 2, 3 e 5 não podem ser termos
de uma PA.
58. Gabarito: b
a a a n n
n a a
n a a
n1 22
12
1
1 22
3 2
1 3 1 2 1 1
2 3 2 2 2
+ + + = −
= ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ =
= ⇒ + = ⋅ − ⋅ ⇒
...
aa a
a
a aa e a
r a a
1 2
1
1 21 2
2 1
8
1
81 7
7 1 6
+ =
=
+ =
⇒ = =
= − = − =
59.
a) Basta invertermos os termos da progressão harmônica
para obtermos a PA correspondente: ( , , , ...)52
92
2
Como a razão da PA é 94
52
14
− = − , o sexto termo da PA
é a6
52
514
54
= + ⋅ −
= . Portanto, o sexto termo da
progressão harmônica é 4/5.
b) Se a, b e c são termos consecutivos de uma progressão harmônica, então 1/a, 1/b e 1/c são termos consecutivos de uma PA.Portanto, é válida a seguinte relação:
11 1
21
21
22
ba c
b
c aac
bc a
acb
aca c
= = =+
⇒
+
⇒+
⇒ =+
60.
a) O número N de bloquinhos necessários para construir as 10 primeiras linhas da pirâmide é igual à soma dos 10 primeiros termos da progressão aritmética (1, 2, 3,…).
N = 1+ 2 + 3 + …+ 10 = (1+ 10) . 10
2 = 55
b) número N de bloquinhos necessários para construir as 30 primeiras linhas da pirâmide é igual à soma dos 30 primeiros termos da progressão aritmética (1, 2, 3,…).
N = 1+ 2 + 3 + …+ 30 = ( )1 30 30
2465
+ ⋅=
Completando a trigésima linha da pirâmide, os números escritos em cada um dos bloquinhos formam a sequ-ência (1, 2, 3,…, 465). Então, 465 foi o último número escrito na trigésima linha dessa pirâmide.
c) A trigésima linha dessa pirâmide tem 30 bloquinhos. Os trinta números neles escritos são números naturais con-secutivos (termos de uma progressão aritmética de razão 1), sendo que o maior deles (o último) é igual a 465.
Então:
a
a a r
r
a a30
30 1 1 1
465
29
1
465 29 436
=
= + ⋅
=
⇒ = + ⇒ =
116 1ª. Série
Os 30 números da trigésima linha da pirâmide são os ter-mos da sequência (436, 437, 438, …, 465). Portanto, a soma desses trinta números é:
S =+ ⋅
=( )436 465 30
213 515
61. Gabarito: a
Considerando r > 0 a razão da progressão aritmética, po-demos escrever:
a a a a r a a r
a a1 2 3 2 2 2
2 2
30
30 3 30 10
+ + = ⇒ −( ) + + +( ) =⇒ ⋅ = ⇒ =
a a a a r a r
r r
1 2 3 2 2960 10
960 10 10 10 960
1
⋅ ⋅ = ⇒ −( ) ⋅ ⋅ +( )⇒⇒ ⇒ −( ) ⋅ ⋅ +( ) = ⇒
⇒ 00 10 96 10 96
100 96 2
2 2
2
−( ) ⋅ +( ) = ⇒ − = ⇒
⇒ − = ⇒ =
r r r
r r
= = ⇒ = − == + ⋅ ⇒ = + ⋅ =
2 1
6 1 6
r 2 e a 10 a 10 2 8
a a 5 r a 8 5 2 18
Portanto, o sexto termo dessa sequência é 18.
FUNÇÃO QUADRÁTICA
62. Gabarito: d
Considerando as informações do enunciando, a proprieda-de da simetria da parábola e fazendo o prolongamento da parábola, tem-se:
−10 10 30
200
0P
O objetivo, assim, fica sendo o cálculo do valor de H.
Conclui-se então que as raízes da função quadrática são “–10” e “30”. Na forma fatorada, tem-se: f(x) = a(x + 10)(x – 30).
Essa parábola passa pelo ponto (0, H), portanto:
f(0) = H
a(0 + 10)(0 – 30) = H
aH
= −300
A função fica assim definida: f xH
x x( ) ( )( )= − + −300
10 30
Considerando que a parábola passa pelo ponto (10, 200), temos:
f(10) = 200
− + − =H
x x300
10 30 200( )( )
400H = 60 000
H = 150 m
63. a) Gráfico passa pelo ponto (0,1), então:
f(0) = 1 02 + a · 0 + b = 1 ⇒ b = 1Gráfico tangente ao eixo das abscissas, então:Δ = 0a2 – 4 · 1 · b = 0a2 – 4 · 1 · 1 = 0
a2 = 4a f x x x
a f x x x
= ⇒ = + +
= − ⇒ = − +
2 2 1
2 2 1
2
2
( )
( )
b) a + b = 1 ⇒ b = 1 – a Substituindo na função, tem-se:
f(x) = x2 + ax + b
f(x) = x2 + ax + (1– a)
Escolhendo aleatoriamente dois valores reais para a, tem-se:
a f x x x
a f x x
= ⇒ = +
= ⇒ = +
1
0 1
2
2
( )
( )
A intersecção entre essas funções é a intersecção so-licitada no enunciado visto que todas (inclusive essas duas) intersectam-se num único ponto. Assim:x2 + x = x2 + 1x = 1
Encontrando o respectivo valor de y, tem-se:
f(1) = 12 + 1 ⇒ f(1) = 2
Assim, o ponto de intersecção é P(1, 2).
64. Gabarito: b
Considerando a possibilidade de os gráficos se intersectarem, obtemos:
117Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
FUNÇÃO QUADRÁTICA
x2 + 2x + 2 = 2x2 + ax + 3
x2 + ax – 2x + 1 = 0
x2 + (a – 2) · x + 1 = 0
Para que não se intersectem, basta a equação encontrada não apresentar raízes reais.
x2 + (a – 2) · x + 1 = 0
Δ < 0
(a – 2)2 – 4 · 1 · 1 < 0
a2 – 4a + 4 – 4 < 0
a 2 – 4a < 0
Resolvendo a inequação do 2o. grau, tem-se:
a2−2
+ +−
S: –2 < a < 2
Equivalente a |a| < 2
65. Gabarito: b
Pelas relações da soma e do produto das raízes de uma função quadrática, tem-se:
α + β = –7/3
α · β = –18/3 = – 6
Fatorando a expressão solicitada, tem-se:
= α2β +αβ2 – α – β == [αβ · (α + β)] – (α + β) =
= [– 6 · (–7/3)] – (–7/3) =
= + 42/3 +7/3 = 49/3
66. Gabarito: d
xx x x
x
xxx x x
x xx x
−+
+−
=−
+−
−+
++ −
=+ ++ −
21
3
1
11 1
21
31 1
11 1
2 2
( )( )( )
( )( ))
( )( )( )( )
( )( )( )
x xx x
x xx x
x x x
x
− − ++ −
=+ ++ −
+ + + = +
1 2 31 1
11 1
3 2 3 2 12
2 −− + ===
5 4 01
4x
x
x
Considerando as condições necessárias para que a equa-ção seja definida, tem-se:
x
x
+ ≠
− ≠
1 0
1 02
Assim, é necessário que: x ≠ 1 e x ≠ –1
Definimos assim o conjunto solução: x = 4
67. Gabarito: c
Resolvendo cada uma das inequações separadamente, tem-se:
2 32
32 3
23
2 3 6 2 9 2 9
92
x x
x x x
x
−−
< ⇒− +
<
⇒ − + < ⇒ − < ⇒ > −
> −
−9/2
x2 + 2x ≤ 8
x2 + 2x – 8 ≤ 0
a2−4
+ +−
Fazendo a intersecção dos intervalos encontrados, tem-se:
−9/2
−9/2 −4
−4
−2
−2
Inteiros: {–4, –3, –2}
68. Gabarito: b
Pela relação do produto entre as raízes de uma função qua-drática, tem-se:
x1 · x2 = 6
Sendo as raízes números naturais e primos, conclui-se:
x
x1
2
2
3
=
=
Pela relação da soma entre as raízes de uma função qua-drática, tem-se:
x1 + x2 = – k
2 + 3 = – k
k = – 5
118 1ª. Série
69. Gabarito: e
Resolvendo, tem-se:
xx
xx
x x x
x x x x x
x x
+−
=++
+ = − +
+ + = + − −
− −
31
3 13
3 1 3 1
6 9 3 3 1
2 8 1
2
2 2
2
( ) ( )( )
00 0
4 5 01
52
=
− − == −=
x xx
x
Considerando as condições para que a equação seja defi-nida, tem-se:
x
x
− ≠+ ≠
1 0
3 0
E as restrições são: x ≠ 1 e x ≠ –3
Solução: x
x
= −=
1
5
70. Gabarito: a
Pelas relações da soma e do produto das raízes de uma função quadrática, tem-se:
m n
m n m n
+ =
⋅ =−
⇒ ⋅ = −
524
22
Calculando a expressão pedida, tem-se:
1 1
1 1522
1 1 54
m nn mm n
m n
m n
+ =+⋅
+ =−
+ = −
71. Gabarito: e
Na função f xx
x( ) =
−
−
1
2as restrições são:
x
x
x
x
− ≥− >
⇒≥<
1 0
2 0
1
2
Fazendo a intersecção dos intervalos, tem-se:
1 ≤ x < 2 ou [–1, 2[
72. Gabarito: c
Considerando a forma fatorada de f(x), conclui-se que as raízes da função são 1 e 3 e que a concavidade da parábola é para cima.
Sabendo que a abscissa do vértice é a media aritmética das raízes, encontramos xV = 2 e yV = f(2) = –1.
Desenvolvendo a expressão que define f(x) encontra-se
f(x) = x2 – 4x + 3 conclui-se que a parábola intersecta o eixo y em y = 3.
Se a função f(x) fosse definida de IR em IR, o gráfico seria:
3
31−1
2
y
x
Calculando f(5) = 8 e destacando a parte do gráfico definida por [0,5], tem-se:
8
3
3 51−1
2
y
x
A imagem de f(x) é [–1, 8].
73. Gabarito: cO custo fica definido por: C(x) = 10n ⇒ C(x) = 10 · (100 – 2x) ⇒ C(x) = 1 000 – 20xA receita fica definida por: R(x) = n · x ⇒ R(x) = (100 – 2x) · x ⇒ R(x) = 100x – 2x2
O lucro fica definido por:L(x) = R(x) – C(x)L(x) = 100x – 2x2 –(1 000 – 20x)L(x) = –2x2 + 120x – 1 000O preço que dá o lucro máximo corresponde à abscissa do vértice:
x xv v= −⋅ −
⇒ =120
2 230
( )
O preço que fornece lucro máximo é de R$ 30,00.
74. a) A relação entre o preço de venda e a quantidade ven-
dida é dada por:
y ax b
a b
a b
a
by x
= +
= += +
⇒= −=
⇒ = − +100 30
90 40
1
130130
A receita é dada por:
R(x) = y · x
R(x) = (–x + 130) · x
R(x) = –x2 + 130x
119Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
A abscissa do vértice fornece a quantidade de livros vendida para obter receita máxima.
x xv v=−⋅ −
⇒ =130
2 165
( )
A quantidade vendida que maximiza a receita é de 65 livros. Como y = –x + 130, conclui-se que o preço que maximiza a receita é de R$ 65,00.
b) O custo é definido por:C(x) = 8xO lucro é definido por:L(x) = R(x) – C(x)L(x) = –x2 + 130x –8xL(x) = – x2 + 122x
x xv v=−⋅ −
⇒ =122
2 161
( )
A quantidade vendida que maximiza o lucro é de 61 livros. Sendo y = –x + 130, conclui-se que o preço que maximiza o lucro é de R$ 69,00 e portanto a decisão não foi correta.
75. a) Considerando “q” como sendo a quantidade vendida e a
relação x = 2y temos, o seguinte sistema:
x y
q x y x y
=
= + − +
2
130 70 2 2( )
q = 130 · 2y + 70y –[(2y)2 + y2]
q = 260y + 70y – 5y2
q = –5y2 + 330y
y yv v=−⋅ −
⇒ =330
2 533
( )
A quantidade vendida será máxima quando o preço y (capa de papelão) for de R$ 33,00 e o preço x (capa dura) for de R$ 66,00.
b) q = –5y2 + 330y
q = –5 · 332 + 330 · 33
q = 5 445
A editora estima vender 5 445 livros.
76. Gabarito: bA receita é definida por: R(x) = p · xR(x) = (–0,4x + 200) · xR(x) = –0,4x2 + 200x
Para receita de R$ 21 000,00, tem-se:R(x) = –0,4x2 + 200x21 000 = –0,4x2 + 200x–0,4x2 + 200x – 21 000 = 0
Os valores de k1 e k2 são as raízes dessa equação quadrá-tica.
Usando a relação da soma das raízes de uma função qua-drática, tem-se:
k k1 2
2000 4
500+ =−−
=,
77. Gabarito: d
Fazendo o estudo do sinal da inequação temos:
+++++
+++++
−− +5/2
5/2
25/3
25/3
Solução: 52
253
,
Inteiros: {3, 4, 5, 6, 7, 8}
78. Gabarito: e
O custo é definido por: C(x) = 3 800 + 0,80x
A receita é definida por: R(x) = 3x
O lucro é definido por:
L(x) = R(x) – C(x)
L(x) = 3x – (3 800 + 0,80x)
L(x) 2,20x – 3 800
Condição:
L(x) ≥ 5 000
2,20x – 3 800 ≥ 5 000
2,20x ≥ 8 800
x ≥ 4 000
79. Gabarito: e
Para que a imagem dessa função seja [−6,∞[, tem-se que yv = –6. Assim:
ya
ya
aa
a
a
v v= −⋅⇒ = −
− − ⋅ ⋅ ⋅
⇒ − =
= −−⋅
− = − +
∆4
4 4 6
46
16 244
24 16 2
2( )
[ ]
44 48 1613
a a a⇒− = − ⇒ =
80. Gabarito: c
Estudando o sinal das funções nos diversos trechos do grá-fico temos:
120 1ª. Série
− ≤ < −><
⇒ ⋅ <
− < <<<
⇒
4 10
00
1 00
0
xf x
g xf x g x
xf x
g xf
( )
( )( ) ( )
( )
( )(xx g x
xf x
g xf x g x
xf x
g x
) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )
⋅ >
< <<>
⇒ ⋅ <
< ≤>>
0
0 30
00
3 50
000
⇒ ⋅ >f x g x( ) ( )
Solução:
S = {x ∈ R / – 4 ≤ x < – 1 ou 0 < x < 3}
81. Gabarito: a
I
III
II
(7 − ×)
(5 − ×)x
x
x
x7
5
Cálculo da area da estação de ginástica:
S(x) = 35 – [2 · SI + 2 · SII]
S xx x x x
( )( ) ( )
= − ⋅⋅+ ⋅
− ⋅ −
35 22
27 5
2
S(x) = 35 – [x2 + 35 – 12x + x2]
S(x) = –2x2 + 12x
x xv v=⋅ −
⇒ =12
2 23
( )
Para x = 3m, a área da estação de ginástica será máxima. Essa área máxima é calculada por:
=
= − ⋅ + ⋅
=
máx
2máx
2máx
S S(3)
S 2 3 12 3
S 18 m
82. Gabarito: c
Resolvendo cada inequação separadamente, tem-se:
x – 1 ≤ 3x – 3
– 2x ≤ –2
2x ≥ 2
x ≥ 1
1
x2 – 9 ≤ 0
3−3
+ +−
Fazendo a intersecção entre as soluções, tem-se:
1
1
−3 3
3
Inteiros: {1, 2, 3}
83. Gabarito: b
Concavidade pra cima: a > 0
Intersecta o eixo y em uma ordenada negativa: c < 0
Abscissa do vértice negativa: Sendo xbav =−2
, tem-se b > 0
Logo: a > 0, b > 0 e c < 0
84. Gabarito: d
Escrevendo a forma fatorada da equação, temos:
a x x
a x x x
ax ax a
( )( )
[
( )
− − =
⋅ − − ⋅ + =
− + + =
3 3 0
3 3 3 3 0
3 3 3 3 0
2
2
Todos os coeficientes dependem do valor de a. Assim, das afirmativas, a única que é necessariamente verdadeira é: “Os coeficientes c e a possuem o mesmo sinal”.
85. Gabarito: aIgualam-se as funções para determinar o ponto em comum.
cx + c = ax2 + bx + b
ax2 + x(b – c) + b – c = 0
Δ = 0
(b – c)2 – 4a · (b – c) = 0
(b – c)[(b – c) – 4a] = 0 b c b c
b c a b c a
− = ⇒ =− − = ⇒ − =
0
4 0 4( ) ( )
Sendo b ≠ c, usamos (b – c) = 4a e, obtemos:ax2 + x(b – c) + b – c = 0ax2 + 4ax + 4a = 0a(x2 + 4x + 4) = 0
ax x x x x=+ + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = −
04 4 0 2 0 2 0 22 2( ) ( )
ou
Assim, x = –2 é a abscissa do ponto P.
121Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
86. Gabarito: aEscrevendo a função na forma fatorada, tem-se: f(x) = a( x – 2)(x – 4)Substituindo as coordenadas do vértice (3, –2) na forma fatorada, tem-se:f(3) = – 2a(3 – 2)(3 – 4) = – 2– a = – 2a = 2
87. Gabarito: c
Estudando o sinal:
− − −+ +1−5 0 3/4 2
(1)(1)(1)(1)
S = {x ∈ R/–5 < x < 0 ou 34
< x < 2}
88. Gabarito: c
x xv v= −⋅ −
⇒ =16
2 18
( )
O lucro máximo ocorrerá na venda de 8 centenas de unida-des, ou seja, 800 unidades.
89. Gabarito: b
Para o cálculo do domínio de uma função, é necessário analisar as restrições para que seja uma função real.
Em f(x), para o numerador não há restrições visto que x57
pode ser escrito como x57 e para raiz de índice ímpar não
há restrições nos Reais.
Para o denominador há restrições. Assim:
x2 – 9 > 0
3−3
+ +−
Dom f( ) , ,= −∞ −] [∪ ∞] [3 3 , ou seja, é a união do intervalo
−∞ −] [, 3 com o intervalo 3,∞] [.
90.
f x ax bx c
f x a xba
xca
f x a xba
xca
( )
( )
( )
= + +
= + +
= − −
+
2
2
2
Lembrando que m n
ba
m nca
+ = −
⋅ =
, tem-se:
f x a x m n x m n
f x a x mx nx mnx x m n x m
( )
( )
= − +( ) + ⋅( )
= − − +−( ) − −( )
2
2123 1124 34
= −( ) − −( ) = −( ) −( )
f x a x x m n x m
f x a x m x n
( )
( )
91. f x x x
f x x x
f x x x
( )
( )
( )
= − −
= − −
= − ⋅ ⋅ +
3 8 3
383
1
3 243
43
2
2
22
xx
f x x
−
− −
= −
43
2
2
143
34
1 2444 3444
( )33
1169
343
259
3
2
2
− −
= −
−
=
f x x
f x
( )
( ) xx −
−
43
253
2
92. Chamando de “a” e “b” as raízes de f(x) e a soma de “S”, tem-se:
Lembrando quea b
m
a bmm
a bm
a b m
+ = −−( )
⋅ =
⇒+ =
⋅ =
88
32
, tem-se:
S m m
Sm
m
= +
= +
8
24
2
93. a) Seja x o número de trabalhadores contratados inicial-
mente.Pelo combinado inicialmente, cada um dos trabalhado-
res receberia 10 800
x reais;
Três desistiram do trabalho e 310 800
⋅x
reais foram
divididos igualmente entre os (x – 3) trabalhadores que
realizaram o trabalho;
122 1ª. Série
Como cada um dos (x – 3) trabalhadores que realizaram o trabalho receberam 600 reais além do combinado no acordo original, temos que:
( ) ( )− ⋅ = ⋅ ⇒ − ⋅ = ⇒
⇒ − − = ⇒ = − =2
10 800x 3 600 3 x 3 x 54
xx 3x 54 0 x 6 (não convém) ou x 9
Portanto, x −( ) = −( ) =3 9 3 6 trabalhadores realiza-ram o serviço.
b) Cada um deles recebeu 10 800
61800=
reais.
94. Gabarito: d
x n y n= + ⋅ ⇒ = − ⋅200 10 120 4 , sendo n a quantidade de aumentos de 10 reais no preço da passagem.
Em cada voo, R = x · y é a receita. Em função de n, temos:
R n n n
R n n n
R n n
( ) = + ⋅( ) ⋅ − ⋅( )( ) = ⋅ +( ) ⋅ ⋅ −( )( ) = − ⋅
200 10 120 4
10 20 4 30
40 ++( ) ⋅ −( )( ) = ⇒ = − =
20 30
0 20 30
n
R n n ou n
Calculamos a abscissa do vértice:− +
= =20 30
n 52
A receita máxima ocorrerá para 50 reais
de aumento no preço.
Assim: x = + ⋅ =200 10 5 250 , ou seja, R$ 250,00 é o preço da passagem que maximiza a receita.
95. Gabarito: d
Considere a função quadrática f(x) = a · x2 + b · x + c, cujo gráfico contém os pontos (0; 5), (1; 2), (2; 1) e (3; 2).
x = 0 ⇒ f(0) = 5 ⇒ c = 5
x = 1 ⇒ f(1) = 2 ⇒ a + b + 5 = 2 ⇒ a + b = –3
x = 2 ⇒ f(2) = 1 ⇒ 4a + 2b + 5 = 1 ⇒ 2a + b = –2
Resolvendo o sistema a b
a b
+ = −+ = −
3
2 2, temos que a = 1 e
b = –4. Portanto, f(x) = x2 – 4x + 5.
Aproximando N
104 pela função quadrática que acabamos
de determinar, fazendo x = D, para D positivo e menor que
8, podemos escrever:
Nf D D D N D D
104 5 10 4 5
42 4 2= ( ) ≅ − ⋅ + ⇒ ≅ ⋅ − ⋅ +( )
I. Falsa: Os micro-organismos não são inteiramente dizimados após o contato com a substância, pois, observando o gráfico, notamos que a curva não chega a ordenada zero.
II. Correta: O valor de N diminui até o dia D = 2, quando este volta a crescer.
III. Correta: D = 5 ⇒ N ≅ 104 · (52 – 4 · 5 + 5) = 104 · 10 = 105
IV. Falsa: N ≅ 104 · ( D2 – 4 · D + 5)
96. Gabarito: d
x x
b ac
2
2
2
10 2 21 21 0
4
10 2 21 4 1 21
10 2 21 4 21− +( ) + =
= −
∆ = − +( ) − ⋅ ⋅
∆ = + −
∆ =∆
110 2 21
210 2 21 10 2 21
2
−
=− ±
=+ ± −
xb
a∆
Como p > q, p =+ + −10 2 21 10 2 21
2 e q =
+ − −10 2 21 10 2 212
.
a) CorretaComo ∆ = − >10 2 21 0 , os números p e q são reais.
b) Correta
p q
p q
2 2
2 2
2 2
10 2 21 10 2 212
10 2 21 10 2 212
+ =+ + −
++ + −
+ ==+ + ⋅ + ⋅ − + −
+ + − ⋅ + ⋅ − +10 2 21 2 10 2 21 10 2 21 10 2 214
10 2 21 2 10 2 21 10 2 21 100 2 214
20 204
102 2
−
+ =+
=p q
123Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
c) Correta
p q
p q
− =+ + −
−+ − −
− =+ + ⋅ + ⋅ −
10 2 21 10 2 212
10 2 21 10 2 212
10 2 21 2 10 2 21 10 2 211 10 2 214
10 2 21 2 10 2 21 10 2 21 10 2 214
4 1
+ −−
+ − ⋅ + ⋅ − + −
− =⋅
p q( 00 2 21 10 2 21
410 2 21 100 84 16 42 2+ ⋅ +
= − = − = =) ( )
( )
d) Incorreta
p q
p q
− =+ + −
−+ − −
− =+ + −
10 2 21 10 2 212
10 2 21 10 2 212
10 2 21 10 2 21 −− + + −
− =⋅ −
= −
10 2 21 10 2 212
2 10 2 212
10 2 21p q
e) Correta
Da relação da soma das raízes de uma equação do segundo grau, temos: p qb
a+ =
−= −
− +
= +
10 2 21
110 2 21
Como ( )10 2 21 10 2 212+ = + , 7 3 7 2 7 3 3 10 2 212
+( ) = + ⋅ ⋅ + = + e tanto 10 2 21+ quanto 7 3+
são números reais positivos, então p q+ = +7 3 .
97.
a) 2 2A Bs (t) s (t) t 3t 10 2t 9 t t 1 0
1 5 1 5t 0 (não convém) ou t
2 2= ⇒ − + + = = ⇒ − − =
− +⇒ < =
Assim, t =+1 5
2.
b) Nas figuras abaixo estão esboçados (parcialmente e fora de escala) os gráficos de s t t t e s t ktA C( ) ( )= − + + = +2 3 10 11 nas três situações possíveis quanto às raízes da equação sA(t) = sC(t), para k ∈ R*+:
10
11
Figura 1 Figura 2 Figura 3
S(t)
10
11
S(t)
10
11
S(t)
O maior valor de k é para o qual a reta de equação s t ktC ( ) = +11 tem pelo menos um ponto em comum com a parábola de equação s t t tA ( ) = − + +2 3 10 é aquele que torna a reta sc(t) tangente à parábola.
sC(t) = sA(t) ⇒ kt + 11 = –t2 + 3t + 10 ⇒ t2 + (k – 3) · t + 1 = 0
ℚuando os gráficos de sC(t) e sA(t) têm um único ponto em comum (figura 2), o discriminante da equação t2 + (k – 3) · t + 1 = 0 é nulo.
(k – 3)2 – 4 · 1 · 1 = 0 ⇒ k2 –6k + 5 = 0 ⇒ k = 5 ou k = 1
k = 5 ⇒ t2 + 2 · t + 1 = 0 ⇒ t = –1 (não convém)
k = 1 ⇒ t2 – 2 + t + 1 = 0 ⇒ t = 1
Portanto, o maior valor de k para que a trajetória do robô C intersecte a trajetória do robô A é 1, ou seja, kmáximo = 1.
124 1ª. Série
RELAÇÕES MÉTRICAS E TRIGONOMÉTRICAS NO TRIÂNGULO RETÂNGULO
98. Gabarito: a
H
tgH
H tgo o153 8
3 8 15= → = ⋅,
,
99. Gabarito: a
A situação limite da pessoa usufruindo da sombra do edi-fício é representada por:
20 – x x
20 m
1,80 m
Fazendo a proporção da semelhança de triângulos, tem-se:
2020
15180
300 15 36
300 3615
17 6
−=
− =
=−
=
xx
x
,
,
Assim, a maior distância que a pessoa pode se afastar do prédio é igual a 17,60 m.
100. Gabarito: b
Fazendo um esboço da situação descrita, tem-se:C
5
AB30º
= → = → =
= → = → =
⋅⋅= = = =
o
o
AC 1 AC 5sen30 AC
5 2 5 2
AB 3 AB 5 3cos30 AB
5 2 5 2
5 3 5AB AC 25 32 2Área 3,125 3
2 2 8
101.
a) Os triângulos ABC e BDE são semelhantes.
Assim:
x
x m2
242 5
19 2
=
=,,
b) A
C
D
a
M
a/2 E
B
Ligando os pontos DE, formamos a base média do tri-ângulo ABC, paralela à base BC = a, medindo DE = a/2.
Os triângulos DME e BMC são semelhantes, assim:
BMME
BCDE
BMME
aa
BMMEBM ME
=
=
=
= ⋅
2
2
2
102. Gabarito: aCompletando a trajetória da bola até à caçapa D, tem-se a seguinte figura:
60ºa
b
2,7 m
tgb b
b m
tga a
a m
o
o
6015
315 15
173
602 7
32 7 2 7
173
= → = → =
= → = → =
, , ,,
, , ,,
125Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
RELAÇÕES MÉTRICAS E TRIGONOMÉTRICAS NO TRIÂNGULO RETÂNGULO Tem-se então:
L ura a b
L ura
L ura
L ura
arg
arg,
,,
,
arg,
,arg
= +
= +
=
≅
2 7173
15173
4 21732,,42
103. Gabarito: d
ℚuando dois triângulos são semelhantes, o quadrado da razão de semelhança é igual a razão entre as áreas e que a razão de semelhança é também a razão entre os perí-metros.
Área
Área
Perímetro
Perímetro
Área
1
2
1
2
2
2
224 24
72
2
=
=
44 19
2162
22
Área
Área m
=
=
104. Gabarito: b
Fazendo a projeção ortogonal do ponto B sobre o vetor OAu ru
, tem-se:
AB
0θ1u
1u
P 4u
Tem-se então:
OB
OB u
OB u
sen
sen
2 2 2
2
4 1
17
17
4
17
4 1717
= +=
=
=
=
θ
θ
105. Gabarito: a
Colocando as informações do enunciado na figura, tem-se:
30º 30º
x cm 5 cm
senx
x
x cm
o305
12 5
2 5
=
=
= ,
Assim, tem-se que: AC x AC cm= + ⇒ =5 7 5,
106. Gabarito: a
Ao considerar o azulejo quadrado a seguir, tem-se:
D L
L
Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se:
D L L
D L
D L
D L
2 2 2
2 22
2
141
= +
=
== ⋅,
A diagonal é aproximadamente 41% maior que o lado do azulejo quadrado.
107. Gabarito: b
Colocando as informações do enunciado na figura, tem-se:
P Estrada r
B
10 km7 km
x
α
α
β
βy z
x
A
Os triângulos são semelhantes, assim:
xx z y
z y
z km
y km
= =
= ===
10 7
110 7 10
7
126 1ª. Série
Aplicando o teorema de Pitágoras em um dos triângulos, tem-se:
x2 = 102 + 72
x2 = 149
x ≅ 12 km
108.
a) N(0,–4) e Z(2,0)
b) Neymar corre a 3m/s no mesmo sentido do eixo, e parte do ponto (0, –4). Assim:y(t) = –4 + 3t
Zagueiro corre a 2 m/s, no sentido oposto ao eixo, e parte do ponto (3,0). Assim.
x(t) = 3 – 2t
c) No ponto P tem-se y(t) = 0 e x(t) = 0. Assim:y(t) = 0
–4 + 3t = 0
t = 1,333… segundos (Tempo que Neymar vai demorar para chegar no ponto P).
x(t) = 0
3 – 2t = 0
t = 1,5 segundo (tempo que o zagueiro vai demorar para chegar no ponto P)
Neymar chegará antes.
d) Supondo que Neymar não ficará parado esperando o zagueiro chegar no ponto P e passará desse ponto, tem-se:
P Z
N
D
2 – 2t
4 + 3t
D t t
D t t t t
D t t
2 2 2
2 2 2
2 2
3 2 4 3
9 12 4 16 24 9
13 36 25
= −( ) + − +( )= − + + − += − +
A distância será mínima no tempo que corresponde à abscissa do vértice da parábola representada no segun-do membro da equação. Assim:
t tv v= −−⋅
→ =36
2 13138, segundos
Nesse tempo, a distância entre eles será:
Dmin2 = 13 . 1,382 – 36 . 1,38 + 25
Dmin2 = 24,7572 – 49,68 + 25
Dmin2 = 0,0772
Dmin 0,28 m
109. No triângulo retângulo original, tem-se:a · h = b · c ea2 = b2 + c2
Partindo do produto notável: (a + h)2 = a2 + 2ah + h2, tem-se:
a h a ah h
a h b c bc h
a
b c
+ = + +
+ = + + +
( )( )
+
2 2 2
2 2 2 2
2
22
( )
1 244 344
++ = +( ) +( )h b c h2 2 2
O triângulo é retângulo com:
Hipotenusa: (a + h)
Catetos: (b + c) e h
110. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ADT, tem-se:
AT AD DT
AT
AT
2 2 2
2 2 212 5
13
= +
= +=
AT e MN são transversais aos lados do quadrado e formam ângulos iguais com os lados do quadrado. Assim temos que AT = MN = 13.
MN = MX + XN
13 = 4 + XN
XN = 9
111. Gabarito: d
2012 SQ + 8
No triângulo PℚR, tem-se:202 = 122 + ℚR2
ℚR = 16Assim, Sℚ = 16 – RS e PS = 24 – RS
No triângulo PRS, tem-se:PS2 = PR2 + RS2
(24 – RS)2 = 122 + RS2
576 – 48 · RS + RS2 = 144 + RS2
RS = 9
127Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
112. Gabarito: c
25 − ××
h1 2
2,5
h x I2 2 1+ = ( )
h x h x x
h x x II
2 2 2 2
2 2
2 5 4 6 25 5 4
2 25 5
+ −( ) = ⇒ + − + = ⇒
⇒ +( ) + =
, ,
, ( )
Substituindo (I) em (II):
1 2 25 5 0 65 0 42252+ = ⇒ = ⇒ =, , ,x x x
De (I): h h2 20 4225 1 0 5775 0 58+ = ⇒ = ≅, , ,
113.
a) Aplicando o Teorema de Pitágoras em cada um dos tri-ângulos retângulos, temos:
w z
y
α1α2α3α4
y y
z z
w w
x x
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 2
1 2 3
1 3 4 2
1 2 5
= + ⇒ =
= + ⇒ =
= + ⇒ = =
= + ⇒ =
( )
( )
b) α1 = 45°; tg α1=1
tg α2 = 1
2
22
= < 1 ⇒ α2 < 45°
tg α3 = 1
3
33
= ⇒ α3 = 30°
tg α4 = 12
33
< ⇒ α4<30°
Somando esses ângulos obtemos um total menor do que 150°
RELAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS EM UM TRIÂNGULO QUALQUER
114. Fazendo uma simetria de toda a figura em relação à pare-de L e fornecendo nomenclatura para os novos pontos que surgem, tem-se:
R
Q
60o
Q’
P
P’
M LS
Assim, conclui-se:RM , P ℚ’ e Pℚ’ são medianas do triângulo P’RP, ou seja,
RS = 2.SM e, consequentemente, RM = 3.SM.
No triângulo retângulo PRM, tem-se:
cos 603 1
23
6o SMPR
SMPR
PR SM=⋅
→ =⋅
→ = ⋅
senPMPR
PMSM
PM SMo603
2 63 3= → =
⋅→ = ⋅
No triângulo retângulo PSM, tem-se:
tgPMSM
tgSM
SMtgα α α= → =
⋅→ =
3 33 3
Ainda no triângulo retângulo PSM, tem-se:
PS PM SM PS SM SM
PS SM
2 2 2 22
23 3
2 7
= + → = ⋅( ) + →→ = ⋅
senPMPS
senSM
SMsenα α α= → =
⋅⋅
→ =3 3
2 7
3 2114
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ℚRS, tem-se:
QRsen
RSsen
SMSM
sen
SM sen SM sen
α θ θ
θ θ
= →
⋅
=⋅
→
→ ⋅ ⋅ = ⋅ → =
62
3 2114
2
33 21
72117
128 1ª. Série
115. Gabarito: b
Colocando as informações do enunciado na figura, consi-derando a igualdade entre ângulos alternos internos para segmento transversal a duas paralelas e que um triângulo que possui dois ângulos internos iguais (isósceles) possui os lados opostos a esses ângulos também iguais entre si, tem-se:
8 km
8 km
30º
30º
O trecho AA’ de 8 km foi feito em 2 minutos (1/30 de horas). Assim:
EspaçoV
Tempo
8kmV
1h
30V 240km / h
=
=
=
116.
a) Para um triângulo ABC qualquer, tem-se:
S AC BC senC
senC
senCC
C
o
o
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
==
=
12
1212
8 6
12
30
150
ˆ
ˆ
ˆˆ
ˆ
6 cm
6 cm
8 cm
8 cm
C C
30º 150º
A
A
B
B
b) Aplicando a Lei dos Cossenos nos dois triângulos, tem-se:
AB
AB
AB
o2 2 2
2
2
6 8 2 6 8 30
36 64 963
2
100 48 3
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅
= −( )
cos
ccm2
ou
AB
AB
AB
o2 2 2
2
2
6 8 2 6 8 150
36 64 963
2
100 48 3
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅ −
= +
cos
(( )cm2
A soma dos quadrados das possíveis medidas do lado AB é:
100 48 3 100 48 3 2 2−( ) + +( ) = 00 cm
117. Gabarito: B
Considerando a figura fornecida e sabendo que em um tri-ângulo equilatero todos os lados são iguais e os ângulos internos são todos iguais a 60o, tem-se:
60º
80 km
Campinas
Sorocaba São Paulo
Guaratinguetá
160 km80 km
O triângulo formado pelas cidades de São Paulo, Guaratin-guetá e Sorocaba possui um lado de 80 km, um lado de 160 km e o ângulo entre eles é de 150o.
Pela Lei dos Cossenos, tem-se:
D
D
o2 2 2
2
80 160 2 80 160 150
32
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅ −
cos
6 400 25 600 25 600
= +
= +( )= +
D
D
D km
2
2
3
5 2 3
80 5 2 3
32 000 12 800
6 400
118. Gabarito: e
O triângulo formado pelo Satélite, pela Estação Base e pelo Receptor Móvel possui um lado de 400 km, outro lado de 250 km e o ângulo entre esses lados é de 60o.
Chamando de D a distância entre a Estação Base e o Re-ceptor Móvel e aplicando a Lei dos Cossenos nesse triân-gulo, tem-se:
129Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
D
D
o2 2 2
2
400 250 2 400 250 60
1 6212
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅
cos
60 000 500 200 000
= −
==
D
D
D km
2
2
222 500 100 000
122
350
500
119. a) A figura fica assim:
3
12
DE
P
I
h
Os triângulos ABC e BDE são semelhantes, assim:
BCBD
HhHh
Hh
=
=
=
153
5
b) Usando a figura do item a, no triângulo ABC, tem-se:
2 2 2
2 2 2
ˆBC AC AB 2 AC AB cos Aˆ15 10 20 2 10 20 cos A
ˆ400 cos A 27511ˆcos A16
= + − ⋅ ⋅ ⋅= + − ⋅ ⋅ ⋅⋅ =
=
No triângulo retângulo ABP, tem-se:
11ˆcos A16
AP 11AB 16AP 1120 16
55AP4
=
=
=
=
Aplicando Pitágoras, tem-se:
20554
40016
15 154
22
2
2
=
+
= +
=
H
H
H
3 025
120.
C1
C3C2 Pb
b
a a
c
c
Aplicando a Relação de Stewart no triângulo, tem-se:
C C C P C C C P C C C P C C C P C P1 2
2
3 1 3
2
2 2 3 1
2
2 3 2 3⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅
( ) ( ) ( ) ( )a b c a c b b c C P b c b c
a c abc b c a b ab
+ ⋅ + + ⋅ = + ⋅ + + ⋅ ⋅
+ + + +
2 21
2
2 2 22 2 cc bc b c C P b c bc
a c abc a b b c C P
C Pa ac bc
+ = + ⋅ + +
+ + = + ⋅
=+
21
2 2 2
2 21
2
1
4
( )
( )
++( )+
4bc
b c
121. Com os dados do enunciado, tem-se:
18
24
26
α
24
6
No triângulo retângulo ADE, tem-se:
26 24
10
2 2 2= +=
DE
DE
130 1ª. Série
Logo, CE = 14
Do triângulo retângulo ABF, tem-se:
AF
AF
2 2 2
2
24 18
900
= +
=
Do triângulo retângulo ECF, tem-se:
EF
EF
EF
2 2 2
2
6 14
232
2 58
= +
=
=
Do triângulo AEF, tem-se:
AF AE EF AE EF2 2 2
2
2
900 26 232 2 26 2 58
8
104
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅ ⋅ ⋅
=
cos
cos
cos
α
α
α558
0>
Se cos α > 0, então, α é um ângulo agudo.
122. A
E
B D
K2K
C60º
60º60º
No triângulo ABE, tem-se:
AE k k k k
AE k k k
AE k
AE k
o2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 60
4 412
3
3
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅
=
=
( ) cos
123. Com as informações do enunciado, tem-se:
16
A
BDC10 10
8
βα
No triângulo ABC, tem-se:
8 10 16 2 10 16
320 292
7380
2 2 2= + − ⋅ ⋅ ⋅⋅ =
=
cos
cos
cos
αα
α
Como α β+ = 180o , então,
cos cos
cos
β α
β
= −
= −7380
No triângulo ACD, tem-se:
AD
AD
AD
2 2 2
2
2
16 10 2 10 16
256 100 3207380
356
= + − ⋅ ⋅ ⋅
= + − ⋅ −
=
cosβ
++
=
292
6482AD
Se AD é o diâmetro da circunferência de raio R, tem-se:
2 648
162
2
2
R
R
( ) =
=
Assim, a área do círculo pedida é:
S R
S
==π
π
2
162
124. Gabarito: C
Sejam P e ℚ os pontos médios dos lados AB e BD, respec-tivamente, e CP e Eℚ as alturas dos triângulos isósceles ABC e BDE, respectivamente, conforme indicado na figura a seguir.
120º
30º
30º 30º
QPa2
a
Do triângulo BCP: cos302 3
3° = ⇒ =
aBC
BCa
Do triângulo BEℚ: cos30 2 33
°= ⇒ =
a
BEBE
a
Do triângulo BCE (pela lei dos cossenos):
CE BC BE BC BE
CEa a
2 2 2
2
2
2 120
2 33
33
+ + − ⋅ ⋅ ⋅
=
+
cos( o)
−− ⋅ ⋅ ⋅ −
= + + =
=
22 3
33
312
43 3
23
73
73
22 2 2 2
a a
CEa a a a
CE a
131Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
TRIGONOMETRIA: CONCEITOS BÁSICOS
125. Gabarito: b
Entre dois números consecutivos de um relógio, o ângulo é de 30o. É dividido em 5 partes iguais cada uma mede 6o. Se o ponteiro de horas ficasse parado no número 1enquanto o dos minutos se movesse durante 54 minutos, o ângulo entre os ponteiros seria de 66o.
Entretanto o ponteiro das horas caminha um ângulo propor-cional ao tempo decorrido.
60 30
54
min
min
→→
o
x
Assim, x = 27º.
y
66º ×
O ângulo entre os ponteiros então é de 66o + 27o = 93o.
Considerando que o comprimento de uma circunferência é calculado por C = 2π · R, que o raio colocado no enunciado é de 20 cm e que o comprimento y do arco formado pelo ângulo de 93o é proporcional a esse ângulo. Ou seja:
360 2 20
93
o
o y
→ ⋅
→
π
y = 3 720 . π360
→ 3 720 . 3360
→ y = 31 cm
126. Gabarito: c
12
Brasil
6
9 360º
K
Entre dois números consecutivos de um relógio, o ângulo é de 30º. Assim, se o ponteiro de horas ficasse parado no número 4, o ângulo entre os ponteiros seria de 60º.
O ponteiro de horas caminha um ângulo proporcional ao tempo decorrido, ou seja:
60 30
10
min
min
→→
o
k
Assim, k = 5º
O ângulo X = 600 + k, assim, X = 650.
Portugal
12
6
9 3(180º − n)
n
Entre dois números consecutivos de um relógio, o ângulo é de 30º. Assim, se o ponteiro de horas ficasse parado no número 8, o ângulo entre os ponteiros seria de 180º.
O ponteiro de horas caminha um ângulo proporcional ao tempo decorrido, ou seja:
60 30
10
min
min
→→
o
n
Assim, n = 5º
O ângulo Y = 180º – n, assim, Y = 175º.
Então, Y – X = 175º – 65º = 110o
127. Gabarito: c
Do triângulo, tem-se:
cos, ,
cosα
α= → =
12 5 2 12 5 2x
x
Considerando o intervalo para x citado no enunciado, tem-se:
12 5 2 25
12 5 212 5 2
25
12 5 212 5 2
1
12 5 2
,
,,
cos
,,
coscos
,cos
< <
< <
< → <
x
α
αα
ααα< → >
25
22
cos
Sendo assim, tem-se:
22
1< <cosα
132 1ª. Série
Sendo α um ângulo agudo, tal que, se cosα =2
2, então,
απ
=4
e, se cos α = 1, então α = 0.
No ciclo trigonométrico, tem-se:
π4
0
Assim, conclui-se que 04
< <απ
.
128.
90 120 240 30
90 30 240 120
90 30 120 2
o o o o
o o o o
o o o
p q
q p
q p
+ = ±
= ± + −
= ± + −( )Sendo p e q inteiros, tem-se que (2q – p) também é inteiro e será representado por “k”. Assim,
= ± +
= + → = = − + → =
o o o
o o o o o
o o o o o
90 30 120 k
90 30 120 k 60 120 k (absurdo)
ou
90 30 120 k 120 120 k (arcos côngruos)
129. Se A e B são complementares, então:
A B
x x
x
xA A
o
o o
o
oo o o
+ =
+ + =
=
== + → =
90
20 3 90
4 70
17 3020 52 30 72 30
minmin miin
minB o=
17 30
Tem-se então que A – B = 55o e, consequentemente, o re-plemento de (A – B) será igual a 305o .
Esse replemento (y), em radianos, fica:
y
y
y
o
oo
=
= ⋅
=
305
305180
6136
π
π
130. Gabarito: c
Observe, nas figuras a seguir, que o ponteiro dos minutos descreveu um arco de (360 – α)º, enquanto o ponteiro das horas descreveu um arco de αº.
A cada 60 minutos o ponteiro dos minutos descreve um arco de 360º, enquanto o ponteiro das horas, nesse mesmo tempo, descreve um arco de 30º. Portanto:
36030
36012
360 36013
=−
⇒ =−
⇒ =α
αα
αα
oooo
o
O ponteiro das horas, em t minutos, descreveu o arco
α =36013
o
. Então:
3601330 60
72013
o
o
tt= ⇒ =
minmin
72013
71513
513
555
1355
513
min min min min= +
= +
=
Portanto, o relógio está marcando 6 555
13horas e utosmin .
133Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS I
131. Gabarito: a
Fazendo x = 6, tem-se:
P cos x
P
P
P
= + ( )= + ( )= + ( )
1 500
1 500
1 500
500 6
500 6 6
500
π
π
π
/
cos /
cos
== + ⋅ −( )=
1 500
1 000 mm
500 1
P
132. A função f(5x + 80o) fica definida por:
f(x) = 2 – 4sen(x)
f(5x + 80o) = 2 – 4sen(5x + 80o)
Assim, tem-se que:
f x sen x
f x sen x
f x
o o
o o
5 80 2 4 5 80
5 80 4 5 80
5 8
2
2
+ = +
+ +
+
( ) ( )( ) − = ( )−
–
–
00
45 80
o
osen x( )
= +( )Sabe-se que o SENO de qualquer ângulo varia de –1 a 1, ou seja:
− ≤ +( ) ≤
− ≤− ( )
≤
− ≤ − ( ) ≤− ≤ −
+
+
+
1 5 80 1
12
41
4 2 4
6
5 80
5 80
5 8
sen x
f x
f x
f x
o
o
o
00
5 80
2
6 2
o
of x
( ) ≤≥ ( ) ≥ −+
Imagem: [-2, 6]
133.
απ
α
αα
= ⋅
= ⋅
==
2 300
2 300
131 847
131 847
180
1803 14
13
o
o
o
sen sen
,
,
,113
87 13 0
13
87 13
o
o
o
o
sen sen senα ααα
= → >==
,
cos cos ,
cos cos ,
131 847
→→ >== → >
cos
,
,
ααα α
0
13
87 13 0
tg tg
tg tg
o
o
131 847
tg
134. Gabarito: ef x x sen x sen x x
f x sen x x
f x
( ) cos cos
( ) cos
( )
= ⋅ ⋅ + +
= +( )= ( )
2
1
2 2 4 4
2 2 2
2
ff x( ) = 1
f(x) é uma função constante e, para qualquer valor de x, o valor que ela assume é igual a 1.
Apenas a afirmativa 4 é verdadeira.
135. Gabarito: a
a) A função g(x) = f(x) + 7 possui valor mínimo maior que o valor máximo de f(x) – VERDADEIRAA imagem de f(x) é [–2,4] e a imagem de g(x) será [5, 11], ou seja, g(x) possui valor mínimo maior que o valor máximo de f(x)
b) A função h(x) = 2 · f(x) possui mesma imagem de f(x) – FALSOA imagem de f(x) é [–2, 4] e a imagem de h(x) será [–4, 8].
c) A função k(x) = f(3x) possui o mesmo período de f(x). – FALSOf(x) = 1 + 3 · sen(2x + π) e o período é π;
f(3x) = 1 + 3 · sen(6x + π) e o período é π/3
d) A imagem de f(x) é [–1, 1]. FALSOA imagem de f(x) é [–2,4]
e) O período de f é igual a 2π. FALSO
02
052 2
52 2
52
52
2
252
1.
< <
< − <
− < − < −
− < − < −
< < →
απ
πβ
π
πβ
π π
πβ π
π βπ
Logo,
o qquadrante
Então,
sen g52
52
52
0π
απ
απ
α−
> −
> −
>0, 0 e tcos
136. Gabarito: b
f(x) = 0 ⇒ sen(x2) = 0 ⇒ x2 = n · π com n ∈ N
x n
xx n n
22 2 2
0 20 4 0 4 0 4
= ⋅≤ ≤
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ⋅ ≤ ⇒ ≤ ≤ππ
π π π π
134 1ª. Série
ou seja, para todo n ∈ {0, 1, 2, …, 12}.
Portanto, são 13 os pontos de intersecção do gráfico da
função real f(x) = sen(x2) com o eixo das abscissas no in-tervalo 0 ≤ x ≤ 2π.
FUNÇÃO COMPOSTA E INVERSA
137. Gabarito: d
Observando o gráfico, tem-se:
f(1) = –1, g(1) = 0, f(0) = 1 e g(–1) = 0.
Assim:
f(g(1)) – g(f(1)) = f(0) – g(–1)
f(g(1)) – g(f(1)) = 1 – 0
f(g(1)) – g(f(1)) = 1
138. a) f(x) . g(x) > 0
(ax + 3a) . (9 – 2x) > 0
–2ax2 + 3ax + 27a > 0
Encontramos as raízes da equação correspondente: − + + =
=− ±
−
=−−
=
=−
= −
2 3 27 0
3 2254
184
92
124
3
2
2
ax ax a
xa a
a
x
x
+– –(1) (1)
0–3 9/2
S x x= ∈ − < <
/ 39
R2
São 7 soluções inteiras
b) f g x g f x
a g x a f x
a x a ax a
a
( ( )) ( ( ))
( ) ( )
=⋅ + = − ⋅
⋅ −( ) + = − ⋅ +( )3 9 2
9 2 3 9 2 3
9 −− + = − −=
=
2 3 9 2 6
18 9
0 5
ax a ax a
a
a ,
139. Gabarito: d
Calculando valores importantes, tem-se:
f f
f f
f f
f
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0 2 0 0 1
1 2 1 1 1
2 2 2 2 2
3 2 3
0
1
2
3
= − → =
= − → =
= − → =
= − → ff
f f
( )
( ) ( )
3 5
5 2 5 5 275
=
= − → =
Chamando a expressão solicitada de “E” tem-se:
E = fºf(0) + fºf(1) + fºf(2) + fºf(3)
E = f(f(0)) + f(f(1)) + f(f(2)) + f(f(3))
E = f(1) + f(1) + f(2) + f(5)
E = 1 + 1 + 2 + 27
E = 31
140. f°g xxx
f g xxx
f xxx
( )
( ( ))
( )
=++
=++
+ =++
2 51
2 51
2 32 5
1
2 3
2 3
32
x x
x x
xx
+−−
fx
x
x
f xxx
23
23
23
25
32
1
2 41
−
+
=
−
+
−
+
( ) = +−
141. gºf(a) = gºf(b)
g(f(a)) = g(f(b))
Sendo g(x) uma função injetora, tem-se:
f(a) = f(b)
Sendo f(x) uma função injetora, tem-se:
a = b
Ou seja,
Se gºf(a) = gºf(b) faz concluir, que a = b, então gºf(x) é INJETORA.
142. f x x
f x f x x
f x f f x x x
f x f f f x x x
( )
( ) ( )
( ) ( ( ))
( ) ( ( ( )))
=
= =
= = =
= = =
1
2 2
3 2
2
33
20152015 2
...
( )f x x=
135Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
FUNÇÃO COMPOSTA E INVERSA
143. y x x
x y y
y y x
yx
y
= − +
= − +
− + − =
=− − ± −( ) − ⋅ ⋅ −( )
⋅
2
2
2
2
4 3
4 3
4 3 0
4 4 4 1 3
2 1
( )
( )
==± +
=± + = + +
= − +
4 4 42
4 2 12
2 1
2 1
x
yx y x
y x
y x x
x y y
y y x
yx
y
= − +
= − +
− + − =
=− − ± −( ) − ⋅ ⋅ −( )
⋅
2
2
2
2
4 3
4 3
4 3 0
4 4 4 1 3
2 1
( )
( )
==± +
=± + = + +
= − +
4 4 42
4 2 12
2 1
2 1
x
yx y x
y x
Para que ocorra a bijeção, tem-se f− − ∞[ [→ ∞[ [1 1 2: , , .
Assim, y x= + +2 1 define a função inversa de f(x). Es-
creve-se: f x x− = + +1 2 1( ) .
144. Gabarito: a
A única relação de composição entre duas funções tais que, nas duas possibilidades a resposta é a mesma e igual à identidade é f(f–1(x)) = f–1(f(x)) = x.
Assim, tem-se que f(x) e g(x) são inversas uma da outra, ou seja, seus gráficos são simétricos em relação à bissetriz ímpar.
FUNÇÃO EXPONENCIAL
145. Gabarito: b
O gráfico representa uma função exponencial. Das alterna-tivas, a única exponencial é q(t) = a · bt
146. Gabarito: a
f(x) é uma função exponencial decrescente (base menor que 1). Assim, seu máximo valor ocorre para o valor mínimo do expoente.
Esse valor mínimo é a ordenada do vértice da parábola que representa a função y = x2 –4x.
ya
y
y
v
v
v
= −∆
= −− − ⋅ ⋅
⋅= −
44 4 1 0
4 14
2( )
O valor máximo de f(x) acontece então quando o expoente for igual a –4, ou seja:
4
mín
4mín
mín
1f
2
f 2
f 16
− =
==
147. Gabarito: b
(4x)2 = 16 . 2x2
(22x)2 = 24 . 2x2
24x = 24 + x2
4x = 4 + x2
x2 – 4x + 4 = 0 → x = 2
Logo, xx = 22 = 4
148. Gabarito: dx 1 x x 1
xx x
1
3 4 . 3 3 22 3
34 . 3 3 3 22 3
3
− ++ + =
+ + ⋅ =
Faz-se a troca de variáveis : 3x = k
kk k
k k
k
34 3 22 3
213
66 33
3 3
+ + =
+=
=
Voltando na troca de variáveis, tem-se:
3 3 3
3 3 3
3 3
32
12
32
x
x
x
x
=
= ⋅
=
=
149. Gabarito: aO crescimento acentuado a partir de 2001 descreve um crescimento exponencial.
150. Gabarito: c
Atualmente significa t = 0, assim:
136 1ª. Série
Pk
k
( )0
54
54
45
54
0
0
=
⋅
=
=
+
+
120 000
150 000 120 000
=
= −
−k
k
54
1
1
Para encontrar o tempo para a população chegar em 187 500 habitantes, faz-se:
P t
t
t k
t
( ) =
⋅
=
=
− =
+
−
187 500
150 000 187 50054
54
54
1 1
1
tt = 2
151. Gabarito: d
3 3 3
3 3
3 3 3
3 3 33 3 3
3 3
27
3 1
2
3 1 1
2
3 1
2
n n
n
n n
n
n n
n
+ −
+
+ −
+ −
+
− ⋅⋅
=⋅ −⋅ ⋅
− ⋅⋅
=⋅33 3
27 33 3 3
3 3
26 3
27 33 3 3
3 3
2
3 1
2
3 1
2
n n
n
n n
n
n
n
n n
n
−⋅
− ⋅⋅
=⋅⋅
− ⋅⋅
=
+ −
+
+ −
+
6627
152. Gabarito: c
Para t = 10, tem-se:
N
N
N
N
( )
( )
( )
( )
,10 3
10 3
10
10
0 7 10
7
= ⋅
= ⋅= ⋅=
⋅1 000
1 000
1 000 2 187
2 1187 000
153. Gabarito: d
L L
M M
N N
P P
= → =
= ( ) → =
= → =
= → =
−
−
( )
( ) −
4 4
4 4
4 4
4 4
3 9
3 2 6
3 9
3 9
2
2
2
-
-
-
-
L L
M M
N N
P P
= → =
= ( ) → =
= → =
= → =
−
−
( )
( ) −
4 4
4 4
4 4
4 4
3 9
3 2 6
3 9
3 9
2
2
2
-
-
-
-
Assim, tem-se: L = P < M < N
154. Gabarito: b
3 6 3
3 8 3
3 3 633
3 8 3 3
3 6 3
1 2
2 2
2
2 2
1
x x
x x
xx
x x
x x
+ −
− + −
+ −
+ ⋅− ⋅
=⋅ + ⋅
( ) − ⋅ ⋅
+ ⋅ 22
2 22
1 2
2 2
3 8 3
4 3 649
4 7214
3 6 3
3 8 3
1283
x x
x x
x x
− ⋅=
⋅ + ⋅
− ⋅
+ ⋅− ⋅
=+
− +
+ −
− + 116 18
3 6 3
3 8 3
223
1 2
2 2
−+ ⋅− ⋅
= −+ −
− +
x x
x x
155. Gabarito: b
156. Gabarito: a
4 2 3 2
2 32 3 2 2
2 32 12 2
5 2
2 2
2
x x
x x
x x
+ = ⋅
( ) + = ⋅ ⋅
( ) + = ⋅
+
Faz-se a troca de variáveis: 2x = k
k kk x
k x
x
x
2 12 32 04 2 4 2
8 2 8 3− + =
= → = → =
= → = → =
Soma = 5
157. Gabarito: b
Se x = 4, então:
4 32
2 2
2 5
52
2 5
y
y
y
y
=
==
=
Tem-se também:
x – y = z
452
32
− = → =z z
Assim, xz = = ( ) = =4 2 2 832 2
32 3
158. f a f b
a b
a b
ou
a b
a b
a b
a b
( ) ( )=
− = −
− = −
=
==
= −
3 4 3 4
3 4 3 4
3 3
2 2
2 2
2 2
2 2
f a f b
a b
a b
ou
a b
a b
a b
a b
( ) ( )=
− = −
− = −
=
==
= −
3 4 3 4
3 4 3 4
3 3
2 2
2 2
2 2
2 2
Como a hipótese f(a) = f(b) não obriga a = b, então, f(x) é NÃO INJETORA.
159. Faz-se uma troca de variáveis: kk = x. Assim:
137Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
k k k k k
x k k x k
k k2 2 3
2 2 3
0
0
− +( ) ⋅ + =
− +( ) ⋅ + =
Aplicando a fórmula resolutiva de uma equação do 2o. grau, tem-se:
xk k k k k
xk k k k k
xk k k k
x
=+( ) ± +( ) −
=+( ) ± − +
=+( ) ± −( )
2 2 2 3
2 4 3 2
2 2 2
4
2
2
2
2
==+( ) ± −( ) = → = → =
= → = → =
k k k k x k k k k
x k k x k
S
k
k
2 2 2 2
2
2
1
1 2: { , }
160. Gabarito: b
x
y
D
C
B
A
0 1 2
R
P
Q1
2
4
5
f(0) = g(0) = 1
f(1) = g(1) = 2
f(2) = 22 + 1 = 5 e g(2) = 22 = 4
Note que ADℚ, ABR e BCP são triângulos retângulos e PℚRB é um quadrado.
S S S S S
S
S
ABCD ADℚ ABR BCP PℚRB
ABCD
ABCD
= − − −
=⋅−
⋅−
⋅− ⋅
= −
2 42
1 12
1 22
1 1
4112
1 1
32
15
− −
= =SABCD ,
FUNÇÃO LOGARÍTMICA
161. a) Temos, pelo gráfico, que log10 N(0) = 6.
b) log ( )
( )
N
N
N e
N
0 6
0 10
10
10
6
00 6
06
=
=
⋅ =
=
− ⋅λ
c) Pelo gráfico, tem-se
log ( ) ,
( ) ,
,
,
,
N
N
e
e
e
2 5 9
2 10
10 10
10
10
5 9
6 2 5 9
2 0 1
0 05
=
=
⋅ =
=
=
− ⋅
− −
− −
λ
λ
λ
Assim, para a meia-vida, tem-se:
N t
e
e
t
t
t
t
( )
l
,
,
=
⋅ =
( ) =
( ) ==
−
−
− −
− −
102
10102
12
10 2
10 2
6
66
0 05 1
0 05 1
λ
λ
oog log
, log
, ,
,10 2
0 05 2
0 05 0 3
0 05 1− −=− = −− = −=
t
t
t
t 6 horas
N t
e
e
t
t
t
t
( )
l
,
,
=
⋅ =
( ) =
( ) ==
−
−
− −
− −
102
10102
12
10 2
10 2
6
66
0 05 1
0 05 1
λ
λ
oog log
, log
, ,
,10 2
0 05 2
0 05 0 3
0 05 1− −=− = −− = −=
t
t
t
t 6 horas
162. a) x x x
x x x
3 2
2
6 0
6 0
− − ≥
− −( ) ≥
+– – +1−2 0 3
S x x= ∈ − ≤ ≤ ≥/ 2 30 ou{ } xR
b) log23 2
3 2 2
3 2
3 2
6 2
6 2
6 4
6 4 0
x x x
x x x
x x x
x x x
− −( ) ≤− −( ) ≤− − ≤
− − − ≤
138 1ª. Série
O estudo do sinal fica:
+– – +−11 − √5 1 + √5
Precisam ser consideradas as condições de existência do logaritmo que são x3 – x2 – 6x > 0 (utilizando resul-tado encontrado no item a) ) fazendo a intersecção com o estudo do sinal realizado. Assim:
−11 − √5
1 − √5
1 + √5
−2
−2
0
0
3
−1
S x x x= ∈ − < ≤ −( ) − ≤ <{ }/ 2 1 5 1 0 ou R
163.
a) Calculando o valor da função no ponto indicado, temos:
10 10 10
10 10 10
10 10 10
10
10
(log (2+ 3 )) = 101 + log (2+ 3 )+ 101 – log (2+ 3 )
(log (2+ 3 ))= 10(10log (2+ 3 )+ 10 – log (2+ 3 ))
(log (2+ 3 ))= 10(10log (2+ 3 )) +(10log (2+ 3 ))–1)
(log (2+ 3 ))= 10(2+ 3 + (2+ 3 )–1)
(log (2+
10
10
13 ))= 10 2 3
2 3
(log (2+ 3 )) = 10(2 + 3 + 2 – 3 )
(log (2+ 3 )) = 40
+ + +
Portanto, (log (2+ )) 10 3 é um número inteiro.
b) Denotando y = 10x, temos que f(x) = 52
10(y + y−1) = 52
10y2 + 10 = 52y
10y2 – 52y + 10 = 0
y = 15
→ 10x = 15
→ x = log15
→
→ x = log5 → x = –0,7
y = 5 → 10x = 5 → x = log 5 → x = 0,7
164. Gabarito: dPara P = 3,6 milhares de habitantes, tem-se:
P log x
log x
log x
= + −
−
−
( )= + ( )= ( )
0 1
3 6 0 1
3 5
2
2
2
2
,
, ,
,
1 996
1 996
1 99633 5
3 0 52 2
8 14
112
,
,
,
,
= −
⋅ = −⋅ = −= −
=
x
x
x
x
x
1 996
1 996
1 996
1 996
2 0077,2
Meados de 2007.
165. Gabarito: eCálculo do mais amplo domínio de f(x):
x x
x x
x x
2 3 2 0
2 2 0 1
2 2 132
− + >
− > → >
− ≠ → ≠
2
2
1
1
3/2
D x x= ∈ >{ }/ 2R , ou seja, k = 2.
Assim, f(k + 1) é igual a f(3). Logo,
f
f
f
f
f
f
( ) log
( ) log
( )
( )
( )
3 3 3 3 2
3 2
4 2
2 2
2 3 1
2 3 22
4
3
2 3
= − ⋅ +( )=
=
==
⋅ −( )
(( )312
=
166. Gabarito: d
log x + log x2 + log x3 + log x4 = – 20log x + 2log x + 3log x + 4log x = – 2010log x = – 20log x = –2x = 10–2
x = 0,01
167. Gabarito: e
139Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
( )( )
2 2
2
logx log x 21 2
log x x 21 2
x 21x 10x 4
x 21x 100 0x 25 (Não convém)
+ + =
+ = + =
=+ − = = −
Assim,
x
x
x
x
− −
− −
− −
−
=
= ( )=
= =
12
12
12 2
12
12 1
12
4
2
2
12
0 5,
168. Gabarito: a
Fazendo a troca de variáveis 2x = k, tem-se:
k2 – 6k + 5 = 0
K = 12x = 1
x = 0
ou
k = 5
2x = 5
log2x = log5
xlog2 = log5
k k
k
x
ou
k
x
x
x
x
x
2 6 5 0
1
2 1
0
5
2 5
2 5
2 5
102
− + ===
=
==
==
=
log log
log log
log
=−
=−
=
log
log loglog
,,
2
10 22
1 0 30 3
73
x
x
x
Soma = 73
169. Gabarito: b
6 10
6 10
6 10
1062 5
2 3
2 5
x
x
x
x
x
x
=
=⋅ =
=
=⋅( )⋅( )
=+
ln ln
ln ln
lnlnln
ln
ln lnlln ln
, ,, ,,,,
2 30 69 1610 69 1102 30179128
+
=++
=
=
x
x
x
6 10
6 10
6 10
1062 5
2 3
2 5
x
x
x
x
x
x
=
=⋅ =
=
=⋅( )⋅( )
=+
ln ln
ln ln
lnlnln
ln
ln lnlln ln
, ,, ,,,,
2 30 69 1610 69 1102 30179128
+
=++
=
=
x
x
x
170. a) C = 3 600 / t = 1
C M e
M e
M e
Me
x= ⋅
= ⋅
= ⋅
= ⋅
−
− ⋅
−
0 1
0 11
0 1
0 1
1
,
,
,
,
3 600
3 600
3 600
3 600
3 960,00
= ⋅
=
M
M
111,
Juro recebido = R$ 360,00
b) C = 3 600 / M = 7 200
C M e
e
e
e
e
x
x
x
x
= ⋅
= ⋅
=
=
=
−
−
−
− −
− −
0 1
0 1
0 1
1 0 1
1 0
122
2
,
,
,
,
ln ln
3 600 7 200
,,
ln ,
, ,
1
2 0 1
0 7 0 1
x
x
x
x
− = −=
= 7 anos
171.
a) ln ln ln
ln ln ln
Vx y
Vx y
= − −+
= ⋅( ) − ⋅( ) − +
45 10100
3 5 2 5100
2 2
22 2
= + − − −+
= − −+
ln ln ln ln ln
ln ln ln
Vx y
Vx y
3 5 2 5100
2 3 2
22 2
2 22
2 2
2 2
100
2 2 0 7100
15100
= − −+
= −+
ln , ,
ln ,
Vx y
Vx y
=−
+
V ex y
15100
2 2
,
140 1ª. Série
b) O maior valor de V acontece com o maior expoente e, o maior expoente acontece com o menor valor de
x y2 2
100+
. Assim, para x = y = 0, tem-se:
2 2
2 2
x y1,5
100máx
0 01,5
100máx
1,5máx
V e
V e
V e milhares de reais
+−
+−
=
=
=
O menor valor de V acontece com o menor expoente e, o menor expoente acontece com o maior valor de
x y2 2
100+
. Assim, para x = y = 5, tem-se:
2 2
2 2
x y1,5
100mín
5 51,5
100mín
1,5 0,5mín
mín
V e
V e
V e
V e milhares de reais
+−
+−
−
=
=
==
172. Gabarito: bA velocidade no pico da manhã incia em 22,1 km/h e reduz em 5% a cada 4 anos. Isso permite a seguinte relação:
( )
( )
t4
manhã
t4
manhã
V (t) 22,1 1 0,05
V (t) 22,1 0,95
= ⋅ −
= ⋅
Para que a velocidade seja 11,05 km/h, tem-se:
1105 22 1 0 95
0 5 0 95
0 5 0 95
12
4
4
4
, , ,
, ,
ln , ln ,
ln
= ⋅( )
= ( )
= ( )
=
t
t
t
tt
t
t
495
100
1 24
95 100
0 0 694
5 19
⋅
− = ⋅ −( )
− = ⋅ ⋅( )
ln
ln ln ln ln
, ln −− ⋅( )
− = ⋅ + − −[ ]
− = ⋅ +
ln
, ln ln ln ln
, ,
2 5
0 694
5 19 2 2 2 5
0 694
161
2 2
t
t22 94 138 3 22
0 694
0 05
55
, , ,
, ,
,
− −[ ]
− = ⋅ −[ ]=
t
t 2 anos
Sendo assim, 2 012 + 55,2 = 2 067,2 (Aproximadamente em 2 068)
A velocidade no pico da tarde incia em 18,5 km/h e reduz em 10% a cada 4 anos. Isso permite a seguinte relação:
V t
V t
tarde
t
tarde
t
( ) , ,
( ) , ,
= ⋅ −( )
= ⋅( )
18 5 1 0 10
18 5 0 90
4
4
Para que a velocidade seja 9,25 km/h, tem-se:
9 25 18 5 0 90
0 5 0 90
0 5 0 90
12
4
4
4
, , ,
, ,
ln , ln ,
ln
= ⋅( )
= ( )
= ( )
=
t
t
t
t44
0 90
1 24
9 10
0 0 694
3 2 5
0
2
⋅ ( )
− = ⋅ −( )
− = ⋅ − −( )
−
ln ,
ln ln ln ln
, ln ln ln
t
t
,, ln ln ln
, , , ,
,
694
2 3 2 5
0 694
2 20 0 69 161
0 694
0
= ⋅ − −( )
− = ⋅ − −( )
− = ⋅ −
t
t
t,,
,
1
27
( )=t 6 anos
Sendo assim, 2 012 + 27,6 = 2 039,6 (Aproximadamente em 2 040)
Aqui vale uma observação: A proporção de diminuição pe-dida é a mesma para manhã e tarde (metade da veloci-dade em 2012). A taxa de diminuição da tarde é o dobro da taxa de diminuição da manhã, assim, à tarde, o tempo para atingir a proporção da metade será metade do tempo necessário para manhã.
173. Gabarito: b
Para D(t) = 2.D0, tem-se:
D t D e
D D e
e
e
kt
t
t
t
( )
ln ln
,
,
,
,
= ⋅
⋅ = ⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
0
0 0
0 6100
0 6100
0 6100
2
2
2
0 69 == ⋅
=
3500
11
t
t 5 anos
141Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
174. Gabarito: b
pH H
pH
pH
pH
= −
= − ⋅
= − + = −
+
−
−
log
log
log log
,
2 10
2 10
0 30
4
4
++ −[ ]=
( )
,
4
3 70pH
pH < 7, ou seja, o suco de frutas é Ácido
175. Gabarito: b
Para determiner o domínio de h(x), é necessário recorrer às condições de existência de logaritmo, assim, tem-se:
f(x) . g(x) > 0
Para resolver a inequação sera necessário o estudo do sinal de cada uma das funções e, como no produto a ordem não altera o resultado, vamos fixar f(x) para a parábola e g(x) para a reta.
Os referenciais para o estudo do sinal são as raízes, assim, faz-se para os intervalos entre elas a seguinte análise:
−∞ −] [⇒ >>
⇒ ⋅ >
−] [⇒ <>
⇒
,( )
( )( ) ( )
,( )
( )
20
00
2 20
0
f x
g xf x g x
f x
g xff x g x
f x
g xf x g x
f x
g
( ) ( )
,( )
( )( ) ( )
,( )
⋅ <
] [⇒ <<
⇒ ⋅ >
∞] [⇒ >
0
2 50
00
50
(( )( ) ( )
xf x g x
<
⇒ ⋅ <0
0
D h( ) , ,= −∞ −] [∪ ] [2 2 5
176. Gabarito: c
log log
log log log
log log log
log ,
20 2 5
20 2 5
20 2 2 5
20 2 0 3
2
2
= ⋅( )= += += ⋅ ++=
0 7
20 13
,
log ,
177. Gabarito: a
9 5
9 5
3102
2 3 10 2
2 1
2
x
x
x
x
x b
=
=
=
⋅ = −⋅ = −
log log
log log
log log log
aa
xa
b=
−12
178. Gabarito: d
3 16
100
3 4
10
3 16
100
4
4
42
42
4
4
log
log log
log
log log
log
log log
( )=
( )
( )==
⋅( )
( )=
( )=
3 22
3 16
100612
3 16
10012
2
4
4
4
4
2log
log
log log
log
log log
179. log log log
loglog
log
log
log
log
y y y
yy
y
y
y
y
y y
64 8 8
648 8
2
2
2 2
2
6
= +
= +( )
== ++
= ++
log log
log log
loglog log
log
y y
y y
yy y
y
y
2
2
2
2
6 23 2
2
3 2
2 1
3 3
Fazendo troca de variáveis, tem-se: logy k2 =
632
31
12 1
2 1
3 1 6
2 1
12 12 3 32 2
kk k
kk k
k
k k k
k
k k k k
= ++
+( )+( )
=+( ) ++( )
+ = + ++
+ =
+( ) == → =
+ = → = −
6
9 3 0
3 3 1 03 0 0
3 1 013
2
k
k k
k kk k
k k
k y ABSURDO
k y y y
y
y
= → = → = → = →
= − → = − → = → = →− −
0 2 0 2 2 1
13
213
2 2
0
13 3
log
log ==
18
180. log log
log
log
a
a
a
x
x
xS x a x a
S x a x a
( ) ≤≤
≤> → ≤ → ≤
< → ≥ → ≥
0
10
11
1
0
1
1
e a
e a
Para qualquer caso, faz-se necessário considerar as condi-ções de existência do logaritmo que são:
loga xS x a x
S x a x
x
>> → > → >
< → < → <
>
01 1
1 1
0
0
0
e a
e a
142 1ª. Série
Interseccionando as soluções e as condições de existência para cada caso, tem-se:
a
x a
x
x
S x x a
ou
a
x a
x
x
S x
>≤>>
⇒ = ∈ < ≤
< <≥<>
⇒ = ∈
1 1
0
1
0 1 1
0
{ / }
{ / }a x≤ < 1
R
R
181. log logm nn m
m n
2 36 18
128
+ ⋅ =
⋅ =
log log
log log
loglog
m n
m n
mm
n m
n m
nn
2 36 18
2 36 18
181
9
+ ⋅ =
⋅ + ⋅ =
+ ⋅ =
Faz-se troca de variáveis e tem-se: logm n k=
kk
k k
k n n m
ou
k n n m
m
m
+ =
− + =
= → = → =
= → = → =
189
9 18 0
3 3
6 6
2
3
6
log
log
Substituindo essas relações encontradas na outra equação do sistema, tem-se:
Para n = m3
m n
m m
m
m
⋅ =
⋅ =
=
= ± ∉
128
128
128
2
3
4
74 NPara n = m6
m n
m m
m
m
m IN
⋅ =
⋅ =
=
== ∈
128
128
128
2
2
6
7
77
Consequentemente, tem-se n = 64.
Assim, (n – m) = 62.
182. Fazendo a troca de variáveis, tem-se: 3x = t. Assim,
t k t k2 3 0− +( )⋅ − =ln ln
Para que a solução seja única (todas as raízes reais e iguais), é necessário encontrar apenas um valor para “t” na equação quadrática.
Para que isso aconteça, é necessário:
∆ =
− +( ) − ⋅ ⋅ −( ) =+ + + =
+ +
0
3 4 1 0
6 9 4 0
10
2
2
2
ln ln
ln ln ln
ln ln
k k
k k k
k k 99 0
1
9
1
9
== − → =
= − → =
−
−
ln
ln
k k e
ou
k k e
183. Gabarito: a
A função f x x x( ) = − +( )( )log log10 1 32 1 estará bem defi-
nida se, e somente se,
x x I2 1 0− + > ( )
log1 32 1 0x x II− +( ) > ( )
Observando o gráfico da função logarítmica de base a, com 0 1< <a , temos:
log1 32 2
2
21 0 0 1 1
0
1 0x x x x
x x
x x− +( ) > ⇒ < − + < ⇒
− <− + >
De (I) e (II):
x x
x x
2
2
0
1 0
− <
− + >
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
+ + + + + + − − − − − − − − − − + + + + + + +x2 – < 0
x2 – x + 1 > 0
0 < x < 1
Portanto, o domínio da função f x x x( ) = − +( )( )log log10 1 32 1
é D = {x ∈ R; 0 < x < 1}.
184. Gabarito: c
log log , ,
log , ,
2 57 2 57 0 30 17 1
2 17 1 2 10 10
57
57 57 17 1
( ) = ⋅ ( ) ≅ ⋅ =
( ) = ⇒ = = 00 1 1710, ⋅
Observe que 10 100 1 17, ⋅ é o número 257 , valor aproximado,
escrito em sua notação científica, pois 1 10 10 100 0 1= < <, .
Portanto, esse número tem 17 1 18+( ) = algarismos.
185. Gabarito: c
T0 = 740 oC e TAR = 40 oC
T(t) = (740 – 40) . 10–t/12 + 40 = 700 . 10–t/12 + 40
T(t) = 140 oC ⇒ 140 = 700 . 10–t/12 + 40 ⇒ 10–t/12 = 17
143Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
10–t/12 = 17
⇒ log(10–t/12) = log (17
) ⇒ – t 12
= –log(7) ⇒
t = 12 . log(7) minutos
186. Gabarito: a
log , , ,,125 10 64 125 0 64125100
64100
1= ⇒ = ⇒
x x =
= = ⇒ = ⇒
0 653
0 6535
32
2
54
⇒
⇒
== =
∴ = −−
1625
54
22x1
1x
xx
log , , = = ∴ = −−x
x2 3
553
11
2
Escrevendo a função f na sua forma fatorada e substituindo x1 = –2 e x2 = –1:
f(x) = a · (x – x1) · (x – x2) ⇒ f(x) = a · (x + 2) · (x + 1)
O gráfico da função f possui o ponto (0; 4):
f(0) = 4 ⇒ a · (0 + 2) · (0 + 1) = 4 ⇒ a = 2
Portanto, a função f é definida por
f(x) = 2 · (x + 2) · (x + 1) = 2x2 + 6x + 4.
187.
a) 0 5 0 5 1 1
15 0 5
3 1 3 1, , log ( ) log ( )
, ,
= + + ⇒ + =30 =
0
=
t t1 1 1 01 1 1⇒
31
1
⇒
⇒+ ⇒ + = ⇒ =t t t
++ + ⇒ + = ⇒
log ( ) log ( )3 2 3 21 1t t
= + ⇒ + = ⇒ =2 2 21 1 3 2t t t
Portanto o tempo necessário para que a altura aumente de 0,5 m para 1,5 m é de t2 – t1 = 2 – 0 = 2 anos.
b) g(t) = h(3t + 2) = 0,5 + log3((3t + 2) + 1) =
= 0,5 + log3(3t + 3)
g(t) – h(t) = 0,5 + log3((3t + 3) – 0,5 + log3(t + 1) =
= log3((3t – 3) – log3(t + 1) =
g t h t t t
g t h t
( ) ( ) , log (( ) ) , log ( )
( ) ( ) ,
= + = + + + = + +− =
3 2 0 5 3 2 1 0 5 3 3
03 3
55 3 3 0 5 1 3 3 1
33 3 3 3
3
+ + − + + = + − + =
=
log ( ) ( , log ( )) log ( ) log ( )
log
t t t t
t +++
=++
= =31
3 11
3 13 3ttt
log( )
log ( )
Portanto, g(t) – h(t) = 1 para todo t ≥ 0.
188. Gabarito: a
V t V e
V t V V e V e
e e
t
t t
t t
( )
( )
ln
=
= ⇒ = ⇒ =
= ⇒
−
− −
− −
0
0 0 0
12
12
12
12
τ
τ τ
τ τ
=
⇒−
⋅ =
⇒
−⋅ = − ⇒ = ⋅ ⇒ =
ln ln ln
ln ln ln
12
12
1 2 2 2
te
tt t
τ
ττ ττ
189. Gabarito: c
I. CORRETAx x x ou x2 3 2 0 1 2− + = ⇒ = =
Análise do sinal de y x x= − +2 3 2 :
1 2
+ + + + + + – – –
Então,
x x x ou x x2 3 2 0 1 2 1 2− + ≥ ⇒ ≤ ≥ ⇒ ∈ −∞( ]∪ +∞[ ), , .
II. CORRETAx x x x+ < ⇒ − < + < ⇒ − < < − ⇒ ∈ − −] [2 1 1 2 1 3 1 3 1,
III. INCORRETA
Sabe-se que, para x1, x2, ∈ R*+ e 0 < a < 1,
log loga ax x x x1 2 1 2< ⇒ > .
log log log13
13
13
1 1 113
x x+( ) < ⇒ +( ) < ⇒
113
23
x x I⇒ + > ⇒ > − ( )
Condição de existência: x x II+ > ⇒ > − ( )1 0 1
Assim, da intersecção de (I) e (II), temos que x > −23
.
190. Gabarito: b
T0 = 30 oC ⇒ T(t) = 30 . 20,75 . t
T(t) = 240 oC ⇒ 30 . 20,75 . t = 240 ⇒ 20,75 . t = 8 = 23 ⇒ 0,75 . t = 3 ⇒ t = 4 min
191. Gabarito: b
Note que log loglog
log16 162
2
2 22
1614 4
n n n nn
= ⋅ = ⋅ = ⋅ = .
Soma = + + + + + +log log log log log log log16 16 16 16 16 16 162 4 8 16 32 64 128
SSoma = + + + + + +log log log log log log log161
162
163
164
165
166
12 2 2 2 2 2 6672
14
24
34
44
54
64
74
1 2 3 4 5 6 74
284
7Soma = + + + + + + =+ + + + + +
= =
144 1ª. Série
PROGRESSÃO GEOMÉTRICA
192. Gabarito: e
a n n
aa
a
a
b
bb
b
b
n
nn
= + +
====
=
===
2
1
2
3
4
11
24
39
4 4
916
25
36
2
22
22
4416
1
1 2 1 1
2 3 2 2
3 4 3
2
79
=
== − → == − → == − →
+c a a
c a a cc a a cc a a
n n n-cc
db
b
db
bd
db
bd
db
bd
nn
n
3
1
12
11
3
23
22
5
34
33
11
2
2
2
=
=
= → =
= → =
= → =
+
77
cn é uma progresso aritmética de razão 2.dn é uma progresso geométrica de razão 22.
193. Gabarito: c
Sendo x o número somado, tem-se a PG (x – 9, x – 5, x + 3). Assim:
x x x
x x x x x
x
x
−( ) = −( ) ⋅ +( )− + = + − −==
5 9 3
10 25 3 9 27
52 4
13
2
2 2
194. Gabarito: aOs montantes, período a período de uma aplicação em juro composto determinam uma PG cuja razão é q = (1 + i), sendo i a taxa de rendimento.Nas duas aplicações o período de aplicação é único, ou seja, cada valor aplicado será multiplicado pela razão ape-nas uma vez.O montante da primeira aplicação será:M1 = 15 000 . (1 + 0,08)M1 = 16 200,00 O montante da segunda aplicação será:M2 = M1 . (1 + 0,09)M2 = 16 200 . 1,09M2 = 17 658,00Soma dos algarismos = 1 + 7 + 6 + 5 + 8 = 27
195. Gabarito: e
Chamando de S o comprimento da trajetória, tem-se:
S RR R
S RR R
Soma d
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒
⇒
12
212
22
12
24
2 4
π π π
π π π
...
...
ee PG Infinita q
SR
S R
=
=⋅
−
= ⋅ ⋅
12
112
2
π
π196. Gabarito: a
Tem-se os seguintes valores investidos:
Primeiro dia = 100
Segundo dia = 200
Terceiro dia = 400
…
Vigésimo dia = a20
Vigésimo primeiro dia = a21
Segundo o enunciado, tem-se que:
T = 100 + 200 + 400 + … + a20 e G = a21
Como os valores aplicados formam uma P.G de razão 2 com 20 termos, tem-se:
T T=⋅ −( )−
→ = ⋅100 2 1
2 1100 2
20
20 reais
E também tem-se que:
G = a21
G = 100 . 221 – 1
G = 100 . 220 reais
Ou seja, G = T
197. Gabarito: c
A colônia inicia com 5 micrômetros e a cada 10 mi-nutos nasce uma nova bactéria. Forma-se assim uma PG: (5, 10, 20, …, an, …) de razão igual a 2.
Faz-se então:
a
n
n
n
n
n
n
≥
⋅ ≥≥≥
− ≥≥
−
−
−
200
5 2 200
2 40
2 2
1 5
6
1
1
1 5
145Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
PROGRESSÃO GEOMÉTRICA Para a colônia ser visível a olho nu, terá que duplicar-se 6 vezes e para isso gastará 60 minutos.
198. Gabarito: a
S m n m n m n
S m n m n m n
S m n
=
=
=+ + + +
...
...
...
12
14
18
116
132
164
12
18
132
14
1116
164
12
114
14
114
1234
1434
23
13
+ +
− −=
=
=
...
S m n
S m n
S m n
Assim, tem-se que S3 = m2n
199. Se ( )d2 16 0− = , então, d = 4 ou d = -4. Sendo d base de um logaritmo, d = 4.
A PG fica com os termos assim definidos:
ak
bk
ck
d e k f k g k= = = = = = =4 4 4
4 4 4 43 2
2 3; ; ; ; ; ;
1 1 1 1 1 1 114
log log log log log log log,
a b c d e f gn n n n n n n+ + + + + + =
log log log log log log log
logn n n n n n n
n
a b c d e f g
a b c d e
+ + + + + + =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
14
ff g
k k kk k kn
n
⋅( ) =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
( ) =
14
4 4 44 4 4 4 14
4 14
3 22 3
7
log
log
logg
log
log
n
n
n
n
n
2 14
14 2 14
2 1
2
2
14
1
=
=
=
==
200. Se (a, p, q, b) formam PG, então:
p · q = a · b
Se (a, m, n, b) formam PA, então:
b a r rb a
= + → =−
33
Logo,
m a r m ab a
ma b
n a r n ab a
na b
= + → = +−
→ =+
= + → = + ⋅−
→ =
+3
23
2 23
23
Fazendo N = mn – pq, tem-se:
N mn pq
Na b a b
ab
Na ab ab b ab
Na ab b
= −
=+
⋅+
−
=+ + + −
=− +( )
23
23
2 4 2 99
2 2
2 2
2 2
9929
2N a b= ⋅ −( )
Sendo assim, para qualquer valor de a > 0 e b > 0, tem-se N > 0, ou seja:
mn – pq > 0
mn > pq
201. Considere o sistema:
S a a a a a
S a a a an n n
n n
= + + + + +
= + + + +
−
− −
1 2 3 1
1 1 2 3 1
...
...
Subtraindo uma equação da outra, tem-se:
S S a
a
a
a
n n n
n n n
n n n
n n n
n
− =
− − −
=
− =
− =
−
−
−
1
1
1
11
21
1
2
1
2
1
21
22
1
2
2
2−− =
=
1
21
2
n n
n n
a
a
Ou seja, para um valor muito grande de n, o valor de an fica muito próximo de 0.
202. Gabarito: c
Observe o esquema a seguir:
22 h , 23 h , 24 h , 1 h , 2 h , 3 h , 4 h , 5 h1 2 3 4 5 6 73 645 405a a a a a a a{ { { { { {
= ={{ {
?8a =
a a q
q q q
a a q
5 32
2
8 53
3
405 3 64513
0
40513
15
= ⋅
= ⋅ ⇒ = >
= ⋅ = ⋅
=
( )
Portanto, às 5 horas da manhã, havia 15 (um número múl-tiplo de 15) pessoas na sala de bate-papo.
146 1ª. Série
203. Gabarito: c
α αβ β
No triângulo retângulo ABC, temos:
AC2 + 162 + 122 ⇒ AC2 = 400 ⇒ AC = 20 m
Todos os triângulos da sequência são semelhantes. A razão de semelhança de um triângulo para o triângulo imediatamente an-
terior é CDAB
mm
= =1216
34
. Assim, temos:
SOMA DOS INFINITOS TERMOS DEUMA PROGRESSÃO GEOMÉTRICA
3 3CE AC 20 m 15 m
4 43 3 45
EG CE 15 m m4 4 4
45AC CE EG ... 20 15 ...
4
= ⋅ = ⋅ =
= ⋅ = ⋅ =
+ + + = + + =
M
1442443
q
Sa
q
a m Sm m
m
=
=−
= ⇒ =−
= =
34
1
2020
134
2014
80
1
1
