Módulo 24 – Números Complexos 2 1 2 ––––– 2 10 2 5 2 · III) Substituindo (I) em...
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– 1
FRENTE 1 – ÁLGEBRA
n Módulo 24 – Números Complexos
1) (5 + 7i) · (3 – 2i) = 15 – 10i + 21i – 14i2 = 15 + 11i + 14 = 29 + 11iResposta: C
2) f(z) = z2 – z + 1 ⇒ f(1 – i) = (1 – i)2 – (1 – i) + 1 == 1 – 2i + i2 – 1 + i + 1 = – iResposta: E
3) 2x + (y – 3)i = 3y – 4 + xi, (x e y são reais) ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ⇒ x · y = 10
Resposta: C
4) I) z1 = a + 8ai e z2 = – 4 + bi, (a, b � �) ⇒⇒ z1 + z2 = (a – 4) + (8a + b)i
II) (z1 + z2) deve ser imaginário puro, então a – 4 = 0 e �b � �
⇔⇔ a = 4 e �b � �
Resposta: a = 4 e �b � �
5) I) (a + i) · (3 + 2i) = 3a + 2ai + 3i + 2i2 = (3a – 2) + (2a + 3)iII) (a + i) · (3 + 2i) deve ser um número real, então
2a + 3 = 0 ⇔ a = –
Resposta: D
6) (a + i)4 = (a + i)2 · (a + i)2 = (a2 + 2ai + i2) · (a2 + 2ai + i2) =
= [(a2 – 1) + 2ai] · [(a2 – 1) + 2ai] = [(a2 – 1) + 2ai]2 =
= (a2 – 1)2 + 2 · (a2 – 1) · 2ai + 4a2i2 = (a2 – 1)2 – 4a2 + 4a(a2 – 1)i
Para que (a + i)4 seja um número real, devemos ter:
4a · (a2 – 1) = 0 ⇔ 4a = 0 ou a2 – 1 = 0 ⇔ a = 0 ou a = ± 1
Assim, a pode assumir 3 valores reais, a saber: 0, 1 e – 1Resposta: C
7) = = = =
= = – i
Resposta: E
8) = = =
= = = = + i
Resposta: A
9) = = = =
= = + i � �, então:
= 0 ⇔ 2y – x = 0 ⇔ x – 2y = 0
Resposta: A
10) = = = = = i
Logo, 4
= i4 = 1
Resposta: E
11) I) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = (1 + 2i + i2)5 = (2i)5 = 25 · i5 = 32i
II) = = · = = –
Resposta: A
n Módulo 25 – Potências Naturais de i eForma Algébrica
1) = = = 1 – i
Resposta: D
2) I) n = = = = 126
II) k = i + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8 + .... + i125 + i126 = i125 + i126 =1442443 1442443
= 0 = 0
= i1 + i2 = i – 1 = – 1 + iResposta: C
3) (1 + i)5 = (1 + i)2 · (1 + i)2 · (1 + i) =
= (1 + 2i + i2) · (1 + 2i + i2) · (1 + i) = (2i) · (2i) · (1 + i) =
= 4i2 · (1 + i) = – 4 · (1 + i)
Resposta: C
4) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = [12 + 2i + i2]5 = (2i)5 = 32i
Resposta: A
5) (1 – i)16 = [(1 – i)2]8 = [12 – 2i + i2]8 = (–2i)8 = 256i8 = 256
Resposta: E
6) Sejam u = a + bi ⇒ u– = a – bi e v = c + di ⇒ v– = c – di
I) u– + v– = 1 – i ⇔ (a – bi) + (c – di) = 1 – i ⇔
⇔ (a + c) – (b + d)i = 1 – i ⇔
II) u2 – v2 = 6 ⇔ (u – v) · (u + v) = 6 ⇔
⇔ [(a + bi) – (c + di)] · [(a + bi) + (c + di)] = 6 ⇔
⇔ [(a – c) + (b – d)i] · [(a + c) + (b + d)i] = 6
CADERNO 6 – CURSO E
x = – 5y = – 2�x = y – 3
2 · (y – 3) = 3y – 4�2x = 3y – 4y – 3 = x�
3–––2
4 – 4i – 1––––––––4 – (– 1)
4 – 2i – 2i + i2–––––––––––––
22 – i2(2 – i) · (2 – i)––––––––––––(2 + i) ·(2 – i)
2 – i–––––2 + i
4––5
3––5
3 – 4i–––––––
5
35 + 10i + 7i + 2i2–––––––––––––––––
72 – (2i)2
(5 + i) · (7 + 2i)–––––––––––––––(7 – 2i) · (7 + 2i)
5 + i––––––7 – 2i
17–––53
33–––53
33 + 17i––––––––
5333 + 17i–––––––49 + 4
35 + 17i – 2––––––––––––––
49 – 4i2
2x + 2yi – xi – yi2–––––––––––––––––
22 – i2(x + yi) · (2 – i)–––––––––––––(2 + i) · (2 – i)
x + yi––––––2 + i
z1–––z2
(2y – x)–––––––
5(2x + y)–––––––
5(2x + y) + (2y – x)i
––––––––––––––––––4 + 1
2y – x––––––
5
2i–––2
1 + 2i + i2––––––––––
1 + 1(1 + i)2–––––––12 – i2
(1 + i) · (1 + i)––––––––––––––(1 – i) · (1 + i)
1 + i–––––1 – i
�1 + i–––––1 – i�
i–––32
i–––32i2
i––i
1–––––32 · i
1–––––32 · i
1–––––––(1 + i)10
– 1 + i–––––––
– 1i2 + i1––––––
i2i246 + i121––––––––
i34
9 · 8 · 7 · 6 · 5!––––––––––––––4 · 3 · 2 · 1 · 5!
9!––––––––––4! · (9 – 4)!�9
4�
a + c = 1b + d = 1�
MATEMÁTICA
III) Substituindo (I) em (II), temos:
[(a – c) + (b – d)i] · [1 + i] = 6 ⇔
⇔ (a – c) + (a – c)i + (b – d)i + (b – d)i2 = 6 ⇔
⇔ [(a – c) – (b – d)] + [(a – c) + (b – d)]i = 6 + 0i ⇔
⇔ ⇔
IV) ⇔ ⇒ ⇒ u – v = 3 – 3i
Resposta: D
7) Para z = a + bi e z– = a – bi, temos:
z + 2z– + 3z + 4z– = 320 + 28i ⇔⇔ 4z + 6z– = 320 + 28i ⇔ 4 · (a + bi) + 6 · (a – bi) = 320 + 28i ⇔⇔ 4a + 4bi + 6a – 6bi = 320 + 28i ⇔ 10a – 2bi = 320 + 28i ⇔
⇔ ⇒ z = 32 – 14i
Resposta: C
8) Para z = a + bi e z– = a – bi, temos:
z– = z2 ⇔ (a – bi) = (a + bi)2 ⇔ a – bi = a2 + 2abi + b2i2 ⇔
⇔ a – bi = (a2 – b2) + 2abi ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ou ⇔
⇔ ou ⇔ ou ou
ou ou ⇒
⇒ z = 0 ou z = 1 ou z = – + i ou z = – – i
Resposta: E
9) Para z = x + yi e z– = x – yi, temos:
z · z– – 4 = 0 ⇒ (x + yi) · (x – yi) = 4 ⇔ x2 + y2 = 4, que representa
uma circunferência de centro na origem e raio 2.
Resposta: B
10) a) (I) z · z– = 4(x + iy) · (x – iy) = 4 ⇔ x2 – i2y2 = 4 ⇔ x2 + y2 = 4Os pontos (x, y), da última equação, descrevem umacircunferência de centro na origem e raio 2.
Pode-se, também, observar que:
x2 + y2 = 4 ⇔ � x2 + y2 = 2 ⇔ � z � = 2
(II) (z–)2 = z2
(x – iy)2 = (x + iy)2 ⇔ x2 – 2xyi + i2y2 = x2 + 2xyi + i2y2 ⇔⇔ 4xyi = 0 ⇔ x = 0 ou y = 0 ⇔ Re(z) = 0 ou Im(z) = 0
b) Fazendo (I) � (II), temos:
Assim, as intersecções são os pontos P1(2; 0); P2(0; 2); P3(– 2, 0) e P4(0; – 2).
Respostas: a) � z � = 2; Re(z) = 0 ou Im (z) = 0
b) (2; 0), (0; 2), (– 2; 0) e (0; – 2)
11) ⇒ Im(z1) � Im(z2)
Resposta: E
n Módulo 26 – Função Polinomial
1) Se P(x) = x3 + (2 + m)x2 + (3 + 2m)x + 3m, então:
P(m) = m3 + (2 + m) . m2 + (3 + 2m)m + 3m =
= m3 + 2m2 + m3 + 3m + 2m2 + 3m =
= 2m3 + 4m2 + 6m
2) P(x) = xn – xn – 1 + xn – 2 – … + x2 – x + 1; P(– 1) = 19Como os sinais dos coeficientes se alternam e x2 tem coefi -ciente positivo, todos os termos que possuem coeficientepositivo têm expoente par e, portanto, n é par.Para x = – 1, tem-se:P(– 1) = (– 1)n – (– 1)n – 1 + (– 1)n – 2 – … + (– 1)2 – (– 1)1 + 1 == 1 + 1 + 1 + … + 1 + 1 + 1 = 19
18 termos (pois 18 + 1 = 19)
Como de “(– 1)n” a “– (– 1)1” temos 18 termos, então n = 18.Resposta: E
a – c = 3b – d = – 3�(a – c) – (b – d) = 6
(a – c) + (b – d) = 0�
u = 2 – iv = – 1 + 2i�
a = 2b = – 1c = – 1d = 2
�a + c = 1a – c = 3b + d = 1b – d = – 3
�
a = 32b = – 14�10a = 320
⇔– 2b = 28�
a2 – b2 = a
1a = – ––
2�a2 – b2 = a
b = 0�a2 – b2 = ab(2a + 1) = 0�a2 – b2 = a
2ab = – b�
a = 1b = 0�a = 0
b = 0�1
a = – ––2
1 1–– – b2 = – ––4 2
�a2 = ab = 0�
1a = – ––
2
�3b = – ––––
2�
1a = – ––
2
�3b = –––––
2�
�3–––2
1––2
�3–––2
1––2
�z1 = 3 + 4i ⇒ Im(z1) = 4z2 = 5 – 7i ⇒ Im(z2) = – 7
2 –
3) Se 2 . P(x) + x2 . P(x – 1) = x3 + 2x + 2, então:
I) Para x = 0 fi 2 . P(0) + 02 . P(0 – 1) = 03 + 2 . 0 + 2 €
€ 2 . P(0) = 2 € P(0) = 1
II) Para x = 1 fi 2 . P(1) + 12 . P(1 – 1) = 13 + 2 . 1 + 2 €
€ 2 . P(1) + 1 . P(0) = 1 + 2 + 2 € 2 . P(1) + 1 . 1 = 5 €
€ 2 . P(1) = 4 € P(1) = 2
Resposta: E
4) Em P(x + 1) = x2 – 7x + 6, substituindo x por x – 1, tem-se:
P(x – 1 + 1) = (x – 1)2 – 7(x – 1) + 6 €
€ P(x) = x2 – 2x + 1 – 7x + 7 + 6 € P(x) = x2 – 9x + 14
5) I) P(x) = ax3 + bx2 + cx + 2
II) P(– x) = a(– x)3 + b(– x)2 + c(– x) + 2 = – ax3 + bx2 – cx + 2
III) P(x) – P(– x) = 2ax3 + 2cx
IV)Se P(x) – P(– x) = x3 fi 2ax3 + 2cx = x3, então:
€
V) P(– 1) = 0 fi – a + b – c + 2 = 0 fi
fi – + b – 0 + 2 = 0 € b = –
Assim, P(x) = . x3 – . x2 + 2 e, portanto,
P(1) = – + 2 = 1 e P(2) = . 8 – . 4 + 2 = 0
Resposta: C
6) Para que o polinômio p(x) = (m – 4)x3 + (m2 – 16)x2 + (m + 4)x + 4 tenha grau 2,devemos ter:
€ fi não existe m
Resposta: E
7) gr(f) = n + 2
gr(g) = n – 1
f(x) g(x)
r(x) q(x)
I) gr(q) = gr(f) – gr(g) = (n + 2) – (n – 1) = 2 + 1 = 3 fi gr(q) = 3II) 0 � gr(r) � gr(g) fi 0 � gr(r) � n – 1; n Œ �*, n � 2
8) 4x2 – (x2 + x3) + x3 + 2x – 3x2 – 2x =
= 4x2 – x2 – x3 + x3 + 2x – 3x2 – 2x = 4x2 – 4x2 + 0 . x3 + 0 . x =
= 0 . x3 + 0 . x2 + 0 . x
Resposta: E
9) I) ax2 + b(x + 1)2 + c(x + 2)2 = (x + 3)2 €
€ ax2 + bx2 + 2bx + b + cx2 + 4cx + 4c = x2 + 6x + 9 €
€ (a + b + c) . x2 + (2b + 4c) . x + b + 4c = x2 + 6x + 9
II) € €
€ € €
III) a – b + c = 1 – (– 3) + 3 = 1 + 3 + 3 = 7
Resposta: E
10) I) P1(x) = (m + n + p)x4 – (p + 1)x3 + mx2 + (n – p)x + n
II) P2(x) = 2mx3 + (2p + 7)x2 + 5mx + 2m
III) P1(x) = P2(x) €
€ € €
€ €
Resposta: A
11) = + €
€ = €
€ Ax + A + Bx – B = x + 3 € (A + B) . x + (A – B) = x + 3 €
€ €
Resposta: E
12) = + + € =
= €
€ a(x2 – 4) + bx2 + 2bx + cx2 – 2cx = 8 €
€ (a + b + c)x2 + (2b – 2c)x – 4a = 8 €
€ €
Resposta: E
� 2a = 12c = 0 �
1a = ––
2c = 0
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
�m – 4 = 0m2 – 16 ≠ 0 �m = 4
m ≠ 4 e m ≠ – 4
�a + b + c = 12b + 4c = 6b + 4c = 9
�a + b + c = 1b + 2c = 3b + 4c = 9
�a + b + c = 1b + 4c = 9c = 3
�a + b = – 2b = – 3c = 3
�a = 1b = – 3c = 3
�m + n + p = 0– p – 1 = 2mm = 2p + 7n – p = 5mn = 2m
�m + n + p = 02m + p = – 1m = 2p + 7n – p = 5mn = 2m
�m + n + p = 0p = – 3m = 1n = 2
�m = 1n = 2p = – 3
x + 3–––––––x2 – 1
A–––––––
x – 1
B–––––––
x + 1
x + 3–––––––––––––––(x – 1) . (x + 1)
A . (x + 1) + B . (x – 1)––––––––––––––––––––––
(x – 1) . (x + 1)
� A + B = 1 A – B = 3 � A = 2
B = – 1
8–––––––x3 – 4x
a–––x
b–––––––
x – 2
c–––––––
x + 2
8––––––––––––––––––x . (x – 2) . (x + 2)
a . (x – 2) . (x + 2) + b . x . (x + 2) + c . x . (x – 2)–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
x . (x – 2) . (x + 2)
�a + b = c = 02b – 2c = 0– 4a = 8
�a = – 2b = 1c = 1
– 3
n Módulo 27 – Polinômios: Divisão
1) P(x) = x5 – 7x2 + 2x + 4Q(x) = x3 – 8
I) x5 – 7x2 + 2x + 4 x3 – 8
– x5 + 8x2 x2
–––––––––––––––––R(x) = x2 + 2x + 4
II) R(x) = x2 + 2x + 4
A = 1; B = 2; C = 4
III) 4A + 2B + C = 4 + 4 + 4 = 12
Resposta: C
2) x4 + 69 x2 + 4x + 8
– x4 – 4x3 – 8x2 x2 – 4x + 8–––––––––––––––––– 4x3 – 8x2 + 69+ 4x3 + 16x2 + 32x–––––––––––––––––
8x2 + 32x + 69– 8x2 – 32x – 64–––––––––––––––––
5
Resposta: D
3) I) P(x) = 2 . (x + 1)2 + x . (x – 1) + 8 =
= 2x2 + 4x + 2 + x2 – x + 8 = 3x2 + 3x + 10
II) 3x2 + 3x + 10 x2 + x + 1
– 3x2 – 3x – 3 3––––––––––––––
7
Resposta: C
4) P(x) x2 + 1fi
x + 1 2x – 1
fi P(x) = (x2 + 1) . (2x – 1) + (x + 1) €
€ P(x) = 2x3 – x2 + 2x – 1 + x + 1 € P(x) = 2x3 – x2 + 3x
Resposta: D
5) I) P(x) x2 + x – 1
13x + 5 x – 5
Portanto:
P(x) = (x2 + x – 1) . (x – 5) + 13x + 5
II) P(1) = (12 + 1 – 1) . (1 – 5) + 13 . 1 + 5 = – 4 + 13 + 5 = 14
Resposta: E
6) I) x3 + mx2 – 1 x2 + x – 1
– x3 – x2 + x x + (m – 1)––––––––––––––––––
(m – 1) . x2 + x – 1– (m – 1) . x2 – (m – 1) . x + m – 1––––––––––––––––––––––––––––––––(– m + 2) . x + m – 2
II) (– m + 2) . x + m – 2 = 0 . x + 0 €
€ € m = 2
Resposta: E
7) I) ax4 + 5x2 – ax + 4 x2 – 4
– ax4 + 4ax2 ax2 + (5 + 4a)–––––––––––––––––––––
(5 + 4a)x2 – ax + 4– (5 + 4a)x2 + 16a + 20–––––––––––––––––––––
– ax + 16a + 24
II) r(4) = 0 fi r(4) = – 4a + 16a + 24 = 0 fi 12a = – 24 fi a = – 2
III) Q(x) = ax2 + (5 + 4a) = – 2x2 + [5 + 4 . (– 2)] = – 2x2 – 3
IV)Q(1) = – 2 . (1)2 – 3 = – 2 – 3 = – 5
Resposta: C
8) Note que x2 + 2x – 3 = (x + 3) . (x – 1)
Fazendo P(x) = x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1, temos:
I) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x + 3
r1 Q1(x)
r1 = P(– 3) = (– 3)80 + 3 . (– 3)79 – (– 3)2 – (– 3) – 1 =
= 380 – 380 – 9 + 3 – 1 = – 7 fi P(– 3) = – 7
II) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x – 1
r2 Q2(x)
r2 = P(1) = 180 + 3 . 179 – 12 – 1 – 1 = 1 + 3 – 1 – 1 – 1 = 1 fi
fi P(1) = 1
III) P(x) (x + 3) . (x – 1) fi
R(x) = ax + b Q(x)
fi P(x) = (x + 3) . (x – 1) . Q(x) + ax + b
IV) fi € fi R(x) = 2x – 1
V) R(0) = 2 . 0 – 1 = – 1
Resposta: B
� – m + 2 = 0m – 2 = 0
� P(– 3) = – 7P(1) = 1 � – 3a + b = – 7
a + b = 1 � a = 2 b = – 1
4 –
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
n Módulo 24 – Juros Simples e Composto
1) a) O rendimento (Rs) da aplicação, durante os 4 me sesconsiderados, em reais e a juros simples, foi de
Rs = = 400
b) A juros compostos, a aplicação renderá, em reais,
Rc = 1000 . (1 + 10%)4 – 1000 = 1000 . 1,14 – 1000 = 464,1
Respostas: a) R$ 400,00 b) R$ 464,10
2) C = x, i = 20%, J = x e J = fi x = fi t = 5
Resposta: E
3) Se o capital total da pessoa é x reais, então:
I) O valor da aplicação é C = x
II) A taxa é de 2,5% ao mês, então, i = 2,5
III) O tempo é t = 90 dias = 3 meses
IV) Os juros são de J = 9600
Assim, 9 600 = € 3x = 960 000 € x = 320 000
Resposta: A
4) I) O capital é C = 1 500 000
II) A taxa é de 2% ao mês, então, i = 2.
III) O tempo é t = 3 anos = 36 meses
IV) Os rendimentos (juros) são dados por:
J = = = 1 080 000
Resposta: R$ 1 080 000,00
5) I) O capital é C = 70 000II) A taxa é de 15% ao ano, então, i = 15
III) O tempo é t = 120 dias = 4 meses = de um ano =
= ano
IV) Os juros são dados por:
J = = = 3 500
Resposta: R$ 3 500,00
6) Sendo C, em reais, o capital aplicado a 1,8% ao mês, então, R$ 24000 – C é o capital aplicado a 3% ao mês, assim, paraque os juros em um mês sejam de R$ 480,00, tem-se:
+ = 480 €
€ 1,8 . C + 72 000 – 3C = 48 000 € 1,2 . C = 24 000 € C = 20 000Resposta: E
n Módulo 25 –Sequências, ProgressãoAritmética
1) Se a1 = 1, a2 = 3 e an + 2 = an + an + 1, "n Œ �*, então:
I) a3 = a1 + a2 = 1 + 3 = 4
II) a4 = a2 + a3 = 3 + 4 = 7
III) a5 = a3 + a4 = 4 + 7 = 11
IV) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 1 + 3 + 4 + 7 + 11 = 26
Resposta: D
2) I) an = 1 – = = , "n Œ �*
II) a1 . a2 . a3 . … . a98 . a99 =
= . . . … . . = = 0,01
Resposta: C
3) Na P.A., tem-se a7 = 12 e r = 5, então:
a7 = a1 + 6 . r fi 12 = a1 + 6 . 5 € 12 = a1 + 30 € a1 = – 18Resposta: A
4) O décimo quinto termo da progressão aritmética (5; 7; 9; …)é a15 = 5 + 14 . 2 = 33.
Resposta: C
5) A população mundial atual é de 4 × 1,5 bilhão de pes soas, ouseja, 6,0 bilhões de habitantes.Assim, na progressão aritmética (p1, p2, p3 , …) quedetermina o número de habitantes da Terra em (2007, 2008,2009, …), respectivamente, temos:I) p1 = 6,0 bilhões e p2 = 6,095 bilhões, portanto, a razão (r) da
progressão é, em número de habitantes, r = (6,095 – 6,0)bilhão = 0,095 bilhão.
II) p19 = p1 + (19 – 1) . r = (6,0 + 18 . 0,095) bilhões == 7,71 bilhões.
O número de habitantes da Terra que, em 2025, não terá água
potável será de . 7,71 bilhões = 5,14 bilhões.
Resposta: A
6) I) (20; 23; 26; …; 152) é uma P.A. de razão 3, então:an = a1 + (n – 1) . r fi 152 = 20 + (n – 1) . 3 €€ 132 = (n – 1) . 3 € 44 = n – 1 € n = 45, assim, o restau -rante serviu 152 refeições após 45 dias de funcionamento.
II) Não abrindo aos domingos, cada semana tem 6 dias defuncionamento do restaurante, assim:
fi 45 = 6 . 7 + 3
III) Se o primeiro dia de funcionamento foi uma segunda-feira, 45 dias depois equivalem a 7 semanas de segunda asábado mais 3 dias, o que ocorreu numa quarta-feira.
Resposta: C
1 000 . 10 . 4–––––––––––––
100
cit––––100
x . 20 . t–––––––
100
2––5
2–– x . 2,5 . 35
––––––––––––––100
C . i . t –––––––
1001 500 000 . 2 . 36
–––––––––––––––––100
4–––12
1––3
C . i . t –––––––––
100
170 000 . 15 . ––
3––––––––––––––––
100
C . 1,8 . 1–––––––––––
100
(24 000 – C) . 3 . 1––––––––––––––––––
100
1––––––n + 1
n + 1 – 1–––––––––
n + 1n
––––––n + 1
1––2
2––3
3––4
98–––99
99––––100
1––––100
2–––3
453
67
– 5
7) Observando-se que
f(n + 1) = = + = f(n) + , a
sequência definida por é uma P.A. cujo
primeiro termo é f(1) = 2 e cuja razão é r = , assim:
f(101) = f(1) + 100 . r = 2 + 100 . = 2 + 50 = 52
Resposta: D
8) I)fi 1492 + (15 – 7) = 1500 é múltiplo de 15
II)fi 3 427 – 7 = 3 420 é múltiplo de 15
III) Os múltiplos de 15 entre 1 492 e 3 427 estão em P.A. com
a1 = 1 500, r = 15 e an = 3 420, assim:
an = a1 + (n – 1). r fi 3 420 = 1 500 + (n – 1) . 15 €
€ 3 420 = 1 500 + 15n – 15 € 1 935 = 15n € n = 129
Resposta: 129
n Módulo 26 –Propriedades da Progressão Aritmética
1) 3r – 1 = € 6r – 2 = 2r – 4 € 4r = – 2 € r = –
Resposta: B
2) I) Se a for a idade do filho do meio e r for a razão, podemosre presentar essas idades por a – 2r; a – r; a; a + r; a + 2r
II) Pelo enunciado:
€
III) As idades são: 14; 17; 20; 23; 26.
IV) A idade do 2o. filho é 23.Resposta: B
3) Sendo x a quantia emprestada por cada irmão, em milharesde reais, tem-se:I) (15 – x; 4 + 2x; 17 – x) é uma P.A., então
4 + 2x = €
€ 8 + 4x = 32 – 2x € 6x = 24 € x = 4II) O valor emprestado, acrescido de 20% é dado por
2x . 1,20 = 2 . 4 . 1,20 = 9,6
III) 9,6 milhares de reais = 9 600 reais
Resposta: E
4) Na P.A., a9 + an – 8 = a1 + an, pois 9 + n – 8 = 1 + n, assim:
a9 + an – 8 = (x – 1)3 + (x + 1)3 =
= x3 – 3x2 + 3x – 1 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = 2x3 + 6xResposta: A
5) a6 + an–5 = a1 + an, pois 6 + n – 5 = 1 + n.
Portanto, a6 + an–5 = a1 + an = 120
Resposta: A
n Módulo 27 –Soma dos Termos de umaProgressão Aritmética
1) Os n primeiros números ímpares (1, 3, 5, ..., 2n – 1) formamuma progressão aritmética de primeiro ter mo a1 = 1,milésimo termo a1000 = 2 . 1000 – 1 = 1999, e cuja soma é dadapor:
€ €
€ S1000 = 1.000.000
Resposta: A
2) Observando que 100 ___7 e 250 ___7 concluímos que o2 14 5 35
primeiro múltiplo de 7 após o 100 é a1 = 100 + (7 – 2) = 105 e
o múl tiplo de 7 que antecede o 250 é an = 250 – 5 = 245.
A soma pedida é, portanto,
Sn = 105 + 112 + 119 + ... + 245 =
Como an = a1 + (n – 1) . r, temos que
245 = 105 + (n – 1) . 7 € n – 1 = 20 € n = 21
Então, Sn = = 175 . 21 = 3 675
Resposta: E
3) S11 = . 11 = 1474 €
€ = 134 € = 134 € a6 = 134
Resposta: C
4) Se Tn representa o enésimo número triangular, então T1 = 1T2 = 1 + 2T3 = 1 + 2 + 3�Tn = 1 + 2 + 3 + … + n
Portanto, T100 = 1 + 2+ 3 + … + 100 = . 100 = 5050
Resposta: A
2 . f(n) + 1––––––––––––
22 . f(n)
––––––––2
1–––2
1–––2
�f(1) = 2
1f(n + 1) = f(n) + ––
21
–––2
1–––2
1 492 157 99
3 427 157 228
r – 1 + r – 3–––––––––––––
21––2
� (a – 2r) + (a – r) + a + (a + r) + (a + 2r) = 100(a + 2r) – (a – 2r) = 12 � a = 20
r = 3
15 – x + 17 – x–––––––––––––––
2
(a1 + an) . nSn = –––––––––––––
2
(1 + 1999) . 1000S1000 = –––––––––––––––––
2
(105 + 245) ––––––––––– . n
2
(105 + 245) ––––––––––– . 20
2
(a1 + a11)–––––––––
2
(a1 + a11)–––––––––
22a6–––––2
(1 + 100)–––––––––
2
6 –
5) Os números naturais n, 100 ≤ n ≤ 999, que, divididos por 9,deixam resto 2, são os termos da progressão aritmética: (101;110; 119; ...; 992), de razão r = 9
Fazendo a1 = 101 e ap = 992, tem-se:
ap = a1 + (p – 1) . r fi 992 = 101 + (p – 1) . 9 € p = 100
e Sp = S100 = = 54 650
Resposta: D
6) I) Se (a1, a2, a3, …, a25) forem os 25 primeiros termos de umaprogressão aritmética, de razão 2, que representam ospreços dos DVDs, então
€
II) A soma do 25 primeiros termos da progressão aritmética (8, 10, 12, …, 56, …) é
S25 = . 25 = 800
Resposta: E
7)
Observe na figura que o ponto A de início da busca é o centrode um quadrado, onde um dos vértices é o ponto N, local donaufrágio.Se AN = 15���2 milhas, o último trecho percorrido pela equipeantes de atingir os naúfragos é lado de um quadrado de 30milhas de lado.Assim, a equipe andou3 + 3 + 6 + 6 + 9 + 9 + … + 30 + 30 = 2 . (3 + 6 + 9 + … + 30) =
= 2 . = 330 milhas e levou = 11 horas.
Resposta: B
8)
Portanto,
€ e,
consequentemente, r = a2 – a1 = 4.
Resposta: D
9) a) a1 + a9 = a1 + a1 + 8r = a1 + r + a1 + 7r = a2 + a8
b) S9 = 17 874 € = 17 874 e como
a1 + a9 = a5 + a5 = 2 . a5, tem-se:
= 17 874 € 9 . a5 = 17 874 € a5 = 1 986
Respostas: a) demonstraçãob) 1986
FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA
n Módulo 24 – Prismas
1)
I) Área lateral (AL):
AL = 48 m2 fi 3 . L2 = 48 fi L = 4 m
II) Área da base (Ab):
Ab = = m2 = 4���3 m2
III) Volume do prisma (V):
V = Ab . h = 4���3 . 4 m3 = 16���3 m3
Resposta: E
2)
Prisma de base pentagonalResposta: E
(101 + 992) . 100–––––––––––––––––
2
� a25 = a1 + (25 – 1) . 2
a25 = 7a1� a1 = 8
a25 = 56
8 + 56–––––––––
2
(3 + 30) . 10––––––––––––
2
330––––30
� S1 = a1 = 2 . 12 + 3 . 1 = 5S2 = a1 + a2 = 2 . 22 + 3 . 2 = 14
� a1 = 5a1 + a2 = 14 � a1 = 5
a2 = 9
(a1 + a9) . 9–––––––––––––
2
2 . a5 . 9––––––––––
2
42 . ���3––––––––
4L2 . ���3
––––––––4
– 7
3)
I) Base do prisma:
52 = 42 + h2 fi h = 3
II) Área da base (Ab):
Ab = m2 = 12 m2
III) Volume do prisma (V):V = Ab . H = 12 m2 . 3m = 36 m3
Resposta: C
4)
I) Aresta da base (�):� = raio circunferência circunscrita = 2
II) Área base (Ab):
Ab = 6 . = = 6���3
III) Área lateral (AL):
AL = 6 . � . h = 6 . 2 . ���3 = 12���3
IV)Área total (AT):
AT = 2 . Ab + AL = 2 . 6���3 + 12���3 =
= 12���3 + 12���3 = 24���3
Resposta: B
5)
I) Altura da base (a), em cm: 102 = a2 + 62 fi a = 8
II) Área da base (Ab), em cm2:
Ab = = 48
III) Altura do prisma (h), em cm, e volume do prisma (V), emcm3:V = Ab . h fi 528 = 48 . h € h = 11
Resposta: B
6)
I) Área lateral (AL), em cm2: AL = 4 . 25 . 50 = 5000
II) Área da base (Ab), em cm2:Ab = 25 . 25 = 625
III) Sendo n, em cm, o comprimento do tecido, temos:AL + Ab = n . 50 fi 5000 + 625 = n . 50 € n = 112,5
IV)112,5 cm = 1,125 m
Resposta: E
8 . 3–––––
2
�2 ���3––––––
46 . 22 ���3
––––––––––4
12 . 8––––––
2
8 –
7) I) Área da base do prisma (pentágono da frente do galpão):
Ab = 2 . = 32
II) Volume galpão = Abase . 12 = 32 . 12 = 384
Resposta: B
8)
I) Área total (AT), área da base (Ab), área lateral (AL), em m2,
e aresta da base (�), em m:
AT = 2 . Ab + AL fi 80 = 2 . �2 + 4 . � . 3 €
€ �2 + 6� – 40 = 0 fi � = 4, pois � > 0
II) Volume do prisma (V), em m3:
V = Ab . h = �2 . h = 42 . 3 = 48
Resposta: B
9)
a) Considerando que os lados são as arestas de base (�), emcm, e a área lateral (AL), em cm2, temos:AL = 6 . � . h fi 60 = 6 . � . 5 € � = 2
b) Volume do prisma (V), em cm3, e área da base (Ab), emcm2:
V = Ab . h = 6 . . h = 6 . . 5 = 30���3
Respostas: a) 2 cm b) 30���3 cm3
10)
I) Cálculo da aresta do cubo:
V = 1� = 1 dm3 = 1000 cm3 = a3 fi a = 10 cm
II) Cálculo de x:
tg 30° = fi = € x = cm
III) Volume do leite derramado, em cm3, é o volume do pris -ma de base triangular e altura a.
Vleite = Abase . altura = . 10 =
Resposta: C
n Módulo 25 – Paralelepípedos e Cubos
1)
x2 = 22 + 22 ⇔ x2 = 8 fi x = 2���2Resposta: B
2) I) AP = AB + BP = 2 + 3 = 5
II) PC2 = AP2 + AC2 = 52 + 22 = 25 + 4 = 29 fi PC = �����29
III) PD2 = PC2 + CD2 = 29 + 22 = 29 + 4 = 33 fi PD = �����33
Resposta: PC = �����29 e PD = �����33
(3 + 5) . 4––––––––––
2
22 . ���3––––––––
4l2 . ���3
––––––––4
10���3––––––
3x
––––––10 cm
���3–––3
x–––a
500���3–––––––
3
10���3–––––– . 10
3–––––––––––––
2
– 9
3)
I) Se I é o centro do quadrado, então AI = . ���2
II) Se M é o ponto médio de AE, então AM =
III) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo MAI,
temos (MI)2 = (AM)2 + (AI)2 fi
fi (MI)2 = 2
+ . ���2 2
= fi MI =
Resposta: C
4) Seja a a medida da aresta do cubo de volume V = a3.
I) (a – 1)3 = V – 61 fi a3 – 3a2 + 3a – 1 = a3 – 61 ⇔⇔ – 3a2 + 3a + 60 = 0 ⇔ a2 – a – 20 = 0 fi a = 5, pois a > 0
II) A área total do cubo é 6 . a2 = 6 . 52 = 6 . 25 = 150Resposta: C
5) O triângulo EDG é equilátero de lado 20���2 cm, pois ossegmentos ED, DG e EG são as diagonais das faces ADHE,CDHG e EFGH do cubo, respectivamente. Logo, sua área S,em cm2, é dada por:
S = = 200���3
Resposta: C
6) De acordo com o enunciado, temos:80% . 20 . 8 . h = 256 € 128 . h = 256 € h = 2Resposta: B
7) Sejam a, b e c as medidas, em cm, das dimensões do parale -lepípedo:
I) fi c = 8
II) fi b = 5
III) b = 5 e c = 8, então bc = 40
IV)A área total do paralelepípedo, em cm2, é:
AT = 2(ab + ac + bc) = 2(30 + 48 + 40 ) = 2 . 118 = 236
Resposta: C
8) A área total do sólido é dada por:
AT = 2 . (13 . 7 – 5 . 3) + 2 . (7 . 2) + 2 . (13 . 2) + 2 . (3 . 2) =
= 2 . 76 + 2 . 14 + 2 . 26 + 2 . 6 = 244
Resposta: D
9) Para que o volume do bloco (Vb) seja igual ao volume doorifício (V0), o volume do cubo (Vc), em cm3, deverá ser talque:
Vc = 2V0 fi 80 . 80 . 80 = 2 . L . L . 80 €
€ L2 = 3 200 € L = 40 �2
Resposta: B
10) I) O volume total da carroça é 1 m . 1 m . 2 m = 2 m3.II) Se x, em metros, for a altura da nova carroça, então:
2 . 1 . x = 1,2 . 2 ⇔ x = 1,2Resposta: B
n Módulo 26 – Pirâmide
1)
Sejam � a medida da aresta da base, g o apótema lateral e ao apótema da base, em centímetros.I) 4� = 40 ⇔ � = 10
II) a = = = 5
III) g2 = a2 + 122 = 25 + 144 = 169 fi g = 13
IV)A área lateral da pirâmide, em centímetros quadrados, édada por:
AL = 4 . = 4 . = 4 . 65 = 260
Resposta: 260 cm2
a–––2
a–––2
� a–––2 � � a
–––2 �
3a2
––––4
a���3–––––
2
(20���2 )2 . ���3––––––––––––––
4
abc = 240
ab = 30�abc = 240
ac = 48�
10–––2
�––2
10 . 13–––––––
2
� . g–––––––
2
10 –
2)
I) No triângulo ABC, temos: (AC)2 = (18 cm)2 + (18 cm)2 fi
fi AC = 18���2cm.
II) AO = = fi AO = 9���2 cm
III) No triângulo VOA, sendo h a medida da altura da pirâ -mide, em centímetros, temos:
(VA)2 = (VO)2 + (AO)2 fi 152 = h2 + (9���2)2 ⇔
⇔ h2 = 63 fi h = 3���7Resposta: B
3) Seja 2x a medida da aresta da base, em centímetros.
I) No triângulo VOM, temos: 262 = 242 + x2 fi x = 10
II) AB = 2x = 2 . 10 = 20
III) A área da base, em centímetros quadrados, é AB = 202 = 400
IV)A área lateral, em centímetros quadrados é
AL = 4 . = 1040
V) A área total, em centímetros quadrados éAT = AB + AL = 400 + 1040 = 1440
Resposta: A
4)
No triângulo VOM, temos:
(VM)2 = (0,5m)2 + (1,5m)2 € VM = m
Sendo AL a área lateral da pirâmide, temos:
AL = 4 . = 2 . 1 . = ����10 � 3,1
Assim, a alternativa D é a que indica a menor quan tidadesuficiente de lona.Resposta: D
5)
Se x é a medida da aresta da base, em centímetros, de acordocom o Teorema de Pitágoras, tem-se:
x 2 x 2
(–––) + 152 = 172 € (–––) = 64 € x = 162 2
Resposta: B
6)
AC–––2
18 ����2 cm––––––––––
2
20 . 26––––––––
2
A
D
V
C
M
B
O
1,5
0,5
1
1
MAT-0001362-b����10
–––––2
����10 –––––
2
(BC) . (VM)–––––––––––
2
– 11
Sejam a a medida da aresta da base e h a medida da alturada pirâmide, em centímetros. No triângulo retângulo POM,temos:
tg 60° = fi ���3 = fi h =
Como o volume da pirâmide é 36���3 cm3, temos:
. a2 . h = 36���3 fi . a2 . = 36���3 ⇔
⇔ a3 = 216 ⇔ a = 3�����216
Resposta: A
7) Seja � a medida da aresta da base, em metros:
I) AB = 64 fi �2 = 64 fi � = 8
II) OM = = = 4
III) (VM)2 = (VO)2 + (OM)2 fi (VM)2 = 42 + 42 fi VM = 4���2
IV)A área lateral da pirâmide, em metros quadrados, é dada
por: AL = 4 . A∆VBC = 4 . = 64���2
Resposta: B
8)
I) AC = 6���2 m fi OA = = m = 3���2 m
II) VA2 = VO2 + OA2 fi (6 m)2 = h2 + (3���2 m)2 fi h = 3���2 m
Resposta: A
9) I) O volume da pirâmide é dado por . 12 . H
II) O volume do prisma é dado por 22. h.
III) Se os volumes são iguais, então:
. 12 . H = 22 . h ⇔ = 4h ⇔ = 12
Resposta: B
10)
I) AC = 2���2 fi OA = = = ���2
II) VA2 = VO2 + OA2 fi 22 = h2 + (���2)2 fi h = ���2
Resposta: B
n Módulo 27 – Cilindros
1)
O volume de leite em pó, em cm3, é:
. (Vcilindro) = . (π . 52 . 10) = 200 π = 200 . 3 = 600
Resposta: C
h––––
a––2
h––––
a––2
a���3–––––
2
1–––3
1–––3
a���3–––––
2
�––––
2
8––––
2
8 . 4 . ���2––––––––––
2
AC––––
2
6���2–––––
2
1–––3
H–––h
H–––3
1–––3
2���2–––––
2
AC––––
2
4–––5
4–––5
12 –
2)
I) Seja V o volume do tanque original, VR o volume após o
aumento do raio em 5 m e Va o volume após o aumento
da altura em 5 m. Então, em metros cúbicos, tem-se:
V = π . R2 . 4
Vr = π . (R + 5)2 . 4
Va = π . R2 . 9
II) Conforme enunciado; VR = V + x e Va = V + x €
€ VR = Va € π(R + 5)2 . 4 = π R2 . 9 €
€ 4R2 + 40R + 100 = 9R2 € R2 – 8R – 20 = 0 €
€ R = 10 m, pois R > 0.
III) O volume do tanque original é, em metros cúbicos,
V = π . 102 . 4 = 400π.
Resposta: D
3) I) Se B e H forem, respectivamente, as medidas da área daseção transversal e da altura do recipiente inicial, então1,2H será a altura do recipiente final e 0,8B a área da basecorrespondente.
II) O volume do recipiente inicial é B . H.
III) O volume do recipiente final é 0,8B . 1,2H = 0,96BH, assim,o volume final é 96% do volume inicial, portanto, o volumedo recipiente diminuiu 4%.
Resposta: A
4) = = = =
Resposta: B
5) Sejam R e h = 2R as medidas, em centímetros, do raio da basee da altura do cilindro equilátero.I) A área total, em centímetros quadrados, é dada por:
2πR2 + 2πRh = 48h ⇔ 2πR (R + h) = 48π ⇔⇔ R . (R + 2R) = 24 ⇔ R2 + 2R2 = 24 ⇔⇔ 3R2 = 24 ⇔ R2 = 8 fi R = 2���2, pois R > 0
II) O volume, em centímetros cúbicos, é dado por:
V = π . R2 . h = π . R2 . 2R = π . 8 . 2 . 2���2 = 32���2 π
Resposta: E
6) Sejam R e h as medidas do raio da base e da altura docilindro. Se V é o volume e AL a área lateral, então:
= ⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 16 dm = ⇔ R = 32 dm
Resposta: C
7) O sólido gerado é um cilindro de raio R = 1 cm e altura h = 1 cm.
A área total AT, em centímetros quadrados, é dada por:AT = 2 . π . R2 + 2 . π . R . h = 2 . π . 12 + 2 . π . 1 . 1 = 2π + 2π =4π
Resposta: A
8) O reservatório é um cilindro de raio R = 1 mm = 0,1 cm ealtura h = 12 cm.O volume do reservatório cilíndrico é dado por:V = π . R2 . h = π . (0,1 cm)2 . 12 cm � 3,14 . 0,01 . 12 cm3 == 0,3768 cm3 = 0,3768 m�
Resposta: A
9)
Se ABCD é um quadrado de lado 10, então, h = 10 e 2R = 10 ⇔ R = 5, assim, o volume do cilindro é V = π . R2 . h == π . 52 . 10 = 250π
Resposta: D
At––––Al
2πR(h + R)–––––––––––
2πRh
h + R–––––––
h
2R + R–––––––
2R
3–––2
R––––
2
64 dm3––––––––––
400 cm2
π . R2 . h––––––––––––2 . π . R . h
V––––AL
R––––
2
R––––
2
64 dm3––––––––––
4 dm2
– 13
10)
Sejam R e h as medidas, em centímetros, do raio da base e
da altura do cilindro tipo B.
Do enunciado, tem-se: h = 2R e π R2 h = π . 82 . 2 €
€ R2 . 2R = 128 € R3 = 64 € R = 4
Como h = 2R, temos: h = 2 . 4 € h = 8
Sendo SA a área total do cilindro do tipo A e SB a área total
do cilindro do tipo B, em centímetros quadrados, temos:
I) SA = 2π . 82 + 2π . 8 . 2 = 160π
II) SB = 2π . 42 + 2π . 4 . 8 = 96π
O valor de x é . 100 � 66,7
Resposta: C
11)
Se R, em centímetros, é a medida do raio do cilindro original,VR o volume após o aumento do raio em 12 cm e VA o volumeapós o aumento de altura em 12 cm, de acordo com o enun -ciado, deve-se ter:VR = VA fi π . (R + 12)2 . 4 = π . R2 . 16 ⇔ (R + 12)2 = 4R2 ⇔⇔ R2 + 24R + 144 = 4R2 ⇔ 3R2 – 24R – 144 = 0 ⇔⇔ R2 – 8R – 48 = 0 fi R = 12, pois R > 0
Resposta: A
8 R
2 h
(A) (B)
MAT-0015541-b
160π – 96π––––––––––––
96π
14 –