Resolução dos exercícios de progressão geométrica Cap. 4 - Pág. 38

11) Se x é o preço de um produto qualquer e aumenta de 10% de seu valor, então passa a valer 110% de x

110% de x=110100

. x=1,1 x

Se após este acréscimo de 10% ele sofre um acréscimo de 20%, pela mesma razão, basta multiplicar o preço por 1,2 = 120%

1,1 x .1,2=1,32 x=132 %de x

O preço inicial sofrerá um aumento de 32%

12) Analogamente à questão anterior, um desconto de 10% sobre um preço x faz com que ele valha 0,9x = 90% de x.Para o segundo desconto, devemos multiplicar o preço obtido por 0,8 = 80% (desconto de 20%)

0,9 x .0,8 x=0,72 x=72 %de xDesconto de 28%

13) Aumento de 10% = 1,1xDesconto de 20% = 0,8.1,1x = 0,88x = 88% de x

Desconto de 12%

14) Sabemos da física que velocidade é o espaço sobre o tempo, isto éV= ∆S

∆ t❑⇒

∆t=∆SV

Aumentando V em 60% ficamos com 160% de V = 1,6V. Então o novo ∆T será

∆T= ∆S1,6V

=∆SV

. 11,6

=∆SV

.0,625=∆ t .0,625

Logo, o novo ∆T será de 0,625.∆ t = 62,5% de ∆ tTeremos uma redução de 37,5% do tempo

15) Por definição, duas grandezas são inversamente proporcionais quando dado um número real k temos

P= kV

P = pressãoV = volumeRedução de 20% de V => 0,8V

P1=k

0,8V❑⇒

P1=kV

. 10,8

=P .1,25

Logo, temos um aumento de 0,25.P = 25% de P

16) A = b.hA1 = 1,1b.0,9h = 0,99.b.h = 0,99.ADiminui 1%

17) Fazendo a1=18000, em quatro anos teremos a5=8000(18000 , a2 , a3 , a4 ,8000)

Do termo a5 para o termo a1 devemos “dar 4 passos” e cada “passo” corresponde a multiplicar uma vez a razão q. Logoa5=a1 . q

4 ❑⇒

8000=18000.q4❑⇒

q4= 800018000

=49

Como 4 e 9 não têm raízes quartas, vamos deixar assim mesmo e depois tentar fazer a conta de outra maneira.Depois de 2 anos teremos o termo a3, que pode ser calculado assim

a3=a1 . q2=18000.q2

Repare que q4= 49 nos dá (q2) ²=4

9 , pois podemos multiplicar os expoentes. Logo, q2=√ 49=

23

a3=a1 . q2=18000.q2=18000. 2

3=12000

18) Temos uma progressão geométrica de três termos.A exemplo do que fizemos com as PAs, vamos chamar o termo central de x e, ao avançar um “passo” vamos multiplicar (não somar!) a razão e ao retroceder um passo vamos dividir (não subtrair!) pela razão. Nossa PG ficará assim

( xq

, x , xq)Como a PG é crescente, o termo xq é o maior lado do triângulo retângulo (hipotenusa)

T.Pirágoras

xq xq ( xq )2=x ²+( x

q ) ²

X

( xq )2=x ²+( xq ) ²❑

⇒x ².q ²=x ²+ x ²

q ²❑⇒

x ².q ²=x ² (1+ 1q ² )

q ²=1+ 1q ²

❑⇒

q ²=q ²+1q ²

❑⇒

q4=q ²+1❑⇒

q4−q ²−1=0

A equação acima é uma equação biquadrada em q. Para resolvê-la, vamos fazer uma mudança de varável.Faça y ²=q4 e temos também y = q².Substituindo as duas relações na referida equação, temos

y² - y - 1 = 0

∆=(−1 )2−4.1 . (−1 )=5

y=−(−1)±√52.1

=1±√52

y1=1+√5

2e y2=

1−√52

Como y = q² temos q=±√ y. Como a progressão é crescente, vamos pegar a raíz positiva.

Observe que y2 dará um valor negativo pois √5>2 e não pode estar dentro de um radical.Portanto,

q=√ 1+√52

19) (√2 , 3√2 , 6√2,…)=(212 ,2

13 ,2

16 ,…)

q=2

13

212

=21/3−1 /2=2−1/6

Como a razão q=2−1 /6·, o próximo termo será a5=216 .2−1 /6=20=1

20) Novamente utilizaremos o truque de representar uma PG de três termos por

( xq

, x , xq)→ PG

( xq−1, x , xq)→PA

xq+x+ xq=19 e x−( x

q−1)=xq−x

x−( xq−1)=xq−x❑⇒

x− xq+1=xq−x❑

⇒x+1+x= x

q+xq

Isso nos dá

2 x+1= xq+ xq

Como xq +xq+x=19 , então 2x + 1 + x = 19 => 3x + 1 =19 => 3x = 18 => x = 6

Então, substituindo x=6 na equação 2 x+1= xq+ xq, temos

2.6+1=6q+6q❑

⇒13=6+6q ²

q❑⇒

13q=6+6q ²

6q ²−13q+6=0

∆=(−13 )2−4.6 .6=169−144=25

q=−(−13)±√25

2.6=13±5

12

q1=1812

=32

eq2=8

12=2

3

Como a PG é crescente, a razão q deve ser maior que 1, logo q = 3/2 e a progressão será

( 63/2

,6,6. 32 )=(4,6,9)

21) Os três primeiros são uma PA de 3 termos e razão 6, e o último é igual ao primeiro, então temos.

(x-6, x, x+6,x-6)

Como os três últimos termos são uma PG, entãox+6x

= x−6x+6

❑⇒

( x+6 ) . ( x+6 )=x ( x−6 )❑⇒

x2+12x+36=x ²−6 x

12 x+6 x+36=0❑⇒

18x+36=0❑⇒

18x=−36❑⇒

x=−3618

=−2

Logo, os quatro números são (-2-6,-2,-2+6,-2-6) = ( -8, -2 ,4 ,-8 )

22) Procedendo da maneira indicada no problema montamos a seguinte progressão

(1 , 1 , 2 , 4 , 8 , 16 , 32 ,..., a33)

Esta progressão, a partir do 2° termo é uma PG de razão q = 2.

A soma 1 + 2 + 4 + 8 +...+a33 = 1 (232−1 )2−1

=232−1

Acrescentando o primeiro termo à soma ficamos com 232−1+1=232 folhas de estanho.Como cada uma tem 0,1mm de espessura, a pilha formada pelas 232 folhas terá 232 .0,1mm

232=230 .2²=(210 )3 .4=1024³.4>1000³.4=1000000000.4=4000000000 folhas de estanho

A espessura será maior 4000000000.0,1 = 400000000mm = 400000m = 400km400km é maior que a altura de um poste, maior que um prédio de 40 andares, maior que o comprimento da praia de Copacabana e menor que o Equador terrestre.Resposta: (d)

23) Para resolver esta questão precisamos atentar para um conceito muito importante, que é o fato de a nova substância formada ser homogênea, isto é, a concentração de vinho em qualquer quantidade da substância é proporcionalmente a mesma.

Inicialmente temos

Vinho: p

Água: 0

Em seguida retiramos 1 litro de vinho e acrescentamos 1 litro de água e ficamos com

Vinho: p ❑→ p – 1

Água: 0 ❑→ 1

Depois que a substância se torna homogênea, retiramos 1 litro dela, o que corresponde a p−1

p litros de vinho e 1p litros de água, pois a concentração de vinho na substância é de

p−1p (p -1 litros de vinho para p litros no total).

Retirando a quantidade p−1p do que tínhamos de vinho e ignorando a quantidade de água

(pois não nos interessa!), ficaremos com

Vinho: p ❑→ p – 1❑

→ p−1− p−1p

=( p−1 ) .(1− 1p )=( p−1 ) .( p−1

p )=( p−1) ²p

Isto é

Vinho: p ❑→ p – 1❑

→ ( p−1)²p

Repetindo-se o processo mais uma vez para identificarmos o padrão das extrações obtemos

como parte a ser retirada (p−1) ²

pp

=( p−1)²

p ², que corresponde a ( p−1) ²

p litros de vinho para

cada p litros da substância. Então ficamos com a seguinte seqüência

Vinho: p ❑→ p – 1❑

→ ( p−1)²p

❑→ (p−1)²

p−( p−1) ²

p ²=( p−1) ²

p.(1− 1

p )=( p−1) ²p

.( p−1p )=(p−1) ³

p ²

Logo,

Vinho: p ❑→ p – 1❑

→ ( p−1)²p

❑→ (p−1) ³

p ²

Na terceira operação, o expoente do numerador é 3 e o do denominador é 2. Seguindo este padrão, na n-ésima operação, o expoente do numerador será n e do denominador n - 1.

Resposta: an=( p−1)n

pn−1 =p (p−1)n

pn =p ( p−1p )

n

=p ( pp− 1

p )n

=p (1− 1p )

n

multiplicar por p no numerador e no denominador

Obs: A resposta do livro está errada, pois o expoente é n e não n-1.

24) a) 0,141414…=0,14+0,0014+0,000014+…= 14100

+ 1410000

+ 141000000

+…

Observe que a soma acima é a soma de uma PG infinita em que a razão q= 1100 e a1=

14100 ,

cuja soma pode ser calculada pela fórmula S∞=a1

1−q, pois -1 < q < 1.

S∞=

14100

1− 1100

=

14100

100−1100

1410099100

= 14100

. 10099

=1499

Observe que poderíamos ter utilizado o método já apresentado no capítulo 3 – Números Decimais, para descobrir o mesmo resultado.

b)

0 ,345454545…=0,3+0,045+0,00045+…=0,3+ 451000

+ 45100000

=0,3+

451000

1− 1100

=0,3+

45100099

100

=0,3+ 45990

= 310

+ 45990

=297990

+ 45990

=342990

=1955

c) 0 ,99999…=0,9+0,09+0,009+…=

910

1− 110

=

9109

10

=1

d) 1 ,711111…=1,7+0,01+0,001+…=1,7+

1100

1− 110

=1,7+

11009

10

=1,7+ 190

=1710

+ 190

15390

+ 190

=15490

=7745

25) a) S=2+ 23+ 2

9+…

a1=2eq=13❑⇒

S= 2

1−13

= 223

=2. 32=2

b) S=17+ 2

7²+ 1

7³+ 2

74 …

A soma acima não representa a soma dos termos de uma PG, por isso, vamos transformá-la em duas somas que serão somas dos termos de PGs.

S=17+ 2

7²+ 1

7³+ 2

74 …

S1=17+ 1

72 +173 +

174 +…=

17

1−17

=

1767

=16

S2=17²

+ 174 +…=

17²

1− 17²

=

1494849

= 148

Como S=S1+S2, então S=16+ 1

48= 8

48+ 1

48= 9

48= 3

16

c)S=1

2+ 3

4+ 5

8+ 7

16+ 9

32+…

Novamente a soma S não representa a soma dos termos de uma PG. Vamos transformá-la em somas parciais de outras PGs que somadas dão o resultado desejado.Um bom truque é perceber que o numerador cresce segundo uma PA de razão R = 2 e primeiro termo a1 = 1.O n-ésimo termo desta PA será an = a1 + (n - 1)R (pois é preciso dar n – 1 “passos” para sair do 1° e ir para o n-ésimo termo).

an = 1 + (n - 1).2 = 1+2n-2 = 2n-1

O denominador cresce de acordo com uma PG de razão q = 2 e b1 = 2.O n- ésimo termo desta PG será an=a1 . q

n−1 (pois é preciso dar n-1 passos do 1° pro n-ésimo termo).

bn=2. 2n−1=2n

O termo geral An da progressão desejada será a divisão de an por bn.

An=an

bn=2n−1

2n =2n2n − 1

2n=n

2n−1 −12n , n=1,2,3,4 ,…

Logo, a soma S pode ser reescrita como

S=11−1

2+ 2

2− 1

2²+ 3

2²− 1

2³+…

Separando a parte positiva da parte negativa, temos

S=1+ 22+ 3

22 + 423 +…−( 1

2+ 1

22 +123 +…)

S=1+ 22+ 3

4+ 4

8+…−(1

2+ 1

4+ 1

8+…)

A segunda soma (S2 ¿ é a soma dos termos de uma PG infinita com a1 = ½ e q = ½.A primeira parte da soma ainda não pode ser calculada por meio da soma uma PG. Vamos chamar de S1 a primeira parte da soma S.S1=1+ 2

2+ 3

4+ 4

8+…

s1=1+ 12+ 1

4+ 1

8+…= 1

1−12

= 112

=1. 21=2

s2=12+ 1

4+ 1

8+…=

12

1−12

=

1212

=1

s3=14+ 1

8+…=

14

1−12

=

1412

=14

.2=12

⋮

É claro que S=s1+s2+s3+…=2+1+ 1

2+…= 2

1−12

= 212

=2.2=4

Observe que S2=s2=1.Portanto, S=S1−S2=4−1=3

d) 1+2 x+3 x ²+4 x ³+…,−1<x<1

Este é o caso típico de uma progressão não muito estudada no Ensino Médio, chamada de progressão aritmético-geométrica(PAG).

Vamos separá-la em várias somas

S1 = 1 + x + x² + x³+... ¿ 11−x

S2 = x + x² + x³ + ...¿ x1−x

S3 = x² + x³ +... ¿ x ²1−x

⋮Os resultados são válidos porque q = x e, por hipótese -1 < x < 1.

S = S1 + S2 + S3 +...

S= 11−x

+ x1−x

+ x2

1−x+…= 1

1−x. (1+x+ x2+… )= 1

1−x. 11−x

= 1(1−x )2

¿(1−x)−2

e) S=1−12− 1

4+1

8− 1

16− 1

32+ 1

64−…

Consideremos três somas

A=1+ 18+ 1

64+ 1

512+…= 1

1−18

= 178

=87

B=12+ 1

16+ 1

128+…=

12

1−18

=

1278

=12

. 87=4

7

C=14+ 1

32+ 1

256+…=

14

1−18

=

1478

=14

. 87=2

7

Observe que S = A – B – C. Logo,S=8

7− 4

7−2

7=2

7

26) A bola cai 5m e depois sobe 49

.5=209

m para cima e em seguida cai, novamente, os 209

m

até o chão. Depois a bola sobe 49

. 209

=809

m e desce 809

m. Isso se repete indefinidamente...

O problema quer que calculemos a soma dos termos da PG abaixo

5+5. 49+5. 4

9+5.( 4

9 ) ²+5.(49 ) ²+…=5+2[5. 4

9+5.( 4

9 )²+…]q=4

9e a1=5. 4

9=20

9

S=5+2.

209

1−49

=5+2.

20959

=5+2. 205

=5+2.4=5+8=13m

27) C Observando o desenho e chamando os C’ α ângulos CAB = θ e ACB = α, notamos que C” α α + θ = 90°. Assim, deduzimos os outros α θ b a ângulos. θ θ c θ θ α α

A B” B’ B

Os triângulos BCC’ e C’BC” são semelhantes, de onde segue que ab=bc . Daí, concluímos

que os números (a, b, c) estão em PG de razão q=ba .

a) S= a

1−q= a

1−ba

= aa−b

a

=a . aa−b

= a ²a−b

b) an=a1 . qn−1=a .( ba )

n−1

28) obs: 30% = 0,3 a1 = 300 Como 30% dos alunos que entram ficam reprovados, estes ficarão na turma dos 200 que vão entrar no próximo semestre. Logo,b1 = 200 + 0,3.300

Destes b1 pessoas, 30% reprovará e entrará no 1° semestre do próximo ano juntamente com os 300 novos alunos. Logoa2= 300 + 0,3.(200+0,3.300) = 300 + 0,3.200 + 0,3².300 b2 = 200 + 0,3.a2 = 200 + 0,3(300+0,3.200+0,3².300) = 200+0,3.300+0,3².200+0,3³.300

a3 = 300+0,3b2 = 300+0,3.( 200+0,3.300+0,3².200+0,3³.300) = 300+ 0,3.200+0,3².300+0,3³.200+0,34 .300

b3 = 200 + 0,3.a3 = 200 + 0,3(0,3.200+0,3².300+0,3³.200+0,34 .300) = 200+0,3².200+0,3³.300+0,34.200+0,35.300

Seguindo este padrão, teremos

an=300+300. 0,3n+1+200. 0,3n+300. 0,3n−1+200. 0,3n−2+…+0 ,3².300+0,3.200

Colocando 300 e 200 em evidência, temos duas parcelas

an=300 (0,3n+1+0,3n−1+…+0,32+0,30 )+200(0,3n+0,3n−2+…+0,3) são duas PGs de razão 0,3² e que, quando n é muito grande (tende ao infinito) se transforma numa PG infinita convergente, pois -1 < 0,3² < 1.

an=300( 11−0 ,3² )+200( 0,3

1−0 ,3² )=300( 10,91 )+200( 0,3

0,91 )=300+600,91

= 3600,91

≈396

Analogamente,

bn=200+300. 0,3n+2+200. 0,3n+1+300.0,3n+200. 0,3n−1+…+0 ,3².200+0,3.300

bn=300 (0,3n+2+0,3n+…+0,3 )+200(0,3n+1+0,3n−1+…+0,30)

bn=300( 0,31−0,32 )+200( 1

1−0,32 )= 90+2000,91

= 2900,91

≈319

29) A construção enunciada no texto forma a seguinte figura

Utilizando o teorema de Pitágoras, conseguimos determinar a Hipotenusa a.

1 b a ²=( 12 )²+(1

2 ) ²=14+

14=

24=

12❑⇒

a=√ 12=

1√2

=√22

a 1

A hipotenusa b pode ser calculada da mesma maneira, notando que b ²=( a2 )²+( a

2 ) ²

b ²=( √222 )²+( √2

22 )²=(√2

4 )²+(√24 )²= 2

16+ 2

16= 4

16=1

4❑⇒

b=√ 14=1

2Repetindo indefinidamente esta construção, teremos as áreasS1=1.1=1

S2=a .a=√22

. √22

=24=1

2

S3=b .b= 14

⋮

Esta progressão das áreas forma uma PG de razão q = 1/2 que converge para o valor 1

1−12

=2

Dizemos que a seqüência Sn tende a 2 quando n tende a infinito, portanto, não é possível encontrar um valor de n tal que Sn = 2 e nem maior do que 2.É possível encontrar n tal que Sn > 1,9 e é possível encontrar n tal que Sn = 1,75 (basta fazer n = 3)

Resposta A e E

30) a) √ x√ x√ x √x …Observe que √a .b=√a .√b se a≥0eb≥0. Logo,

√ x√ x√ x √x …=x1 /2 . (x1 /2 )1 /2 . [ ( x1 /2 )1 /2 ]1 /2…=x1 /2 . x1 /4 . x1/8 . x1/16…=x

12+1

4 + 18+…

=x

Pois a soma 12+ 1

4+ 1

8+…= 1/2

1−1/2=1

Uma maneira mais esperta para resolver este tipo de questão é a seguinte:Façamos A=√x √ x√ x√ x…, então A ²=x√ x√ x √x √x … AA² = xA => A²-xA = 0 =>A(A-x) = 0 => A = 0 ou A = x

É claro que A não pode ser igual a zero, pois por definição x>0. Logo, A = x

b) √ x√ y √x √ y …=x1/2. y1/4 . x1 /8 . y1/16…=x12+1

8+ 132 . y

14 + 1

16+ 164

12+ 1

8+ 1

32+…= 1 /2

1−1/4= 1/2

3 /4=1

2. 43=2

3

14+ 1

16+ 1

64+…= 1/4

1−1/ 4=1/4

3/4=1

4. 43=1

3

Portanto,

√ x√ y √x √ y …=x2/3 . y1/3=3√ x ² . 3√ y= 3√x ². y

Exercícios de vestibular

1) Basta observar que todos os triângulos são semelhantes o que nos dá aa2

=bc❑⇒

a2=a . cb

Se a=a1 e a2=a . cb , a seqüência (a ,a2,…)é uma PG de razão q= c

b . Como c < b então a

razão 0 < q < 1 o que torna a progressão acima convergente.

a1+a2+…= a

1− cb

= ab−c

b

= abb−c

2) a)Vamos chamar de a1 e b1 o número de amigos que Ana e Bia tinham no dia 1° de Abril de 2005. Logo a1=128.b1

Como do dia 1° para o dia 2° entraram 20 novos amigos na lista de Bia, ela deveria ter 4 amigos no dia 1° (5 novos amigos para cada amigo).Portanto b1=4 e a1=128.4=512

b) Como Bia tinha 4 amigos e entraram mais 20, no dia 2° de Abril Bia ficou com 24 amigos. Novamente, no dia 3° de Abril, Bia tinha os mesmo 24 amigos mais 5.24 = 120 amigos. A progressão dos amigos de Bia é a seguinte

(4, 24, 120,...) PG de razão q = 6

Analogamente, Ana tinha 512 amigos no dia 1° de Abril e conseguiu mais 3 para cada um deles no dia 2°, logo ficou com 512 + 3 . 512 = 512 + 1536 = 2048. No dia 3° de Abril, Ana terá 2048 + 2048.3 = 8192 amigos. A progressão dos amigos de Ana é a seguinte(512, 2048, 8192, ...) PG de razão q = 4

Então bn=4. 6n−1 e an=512. 4n−1

Vamos calcular n para que o número de amigos de Ana seja igual ao número de amigos de Bia, isto é, an=bn

4.6n−1=512. 4n−1❑⇒ 6n−1

4n−1 =512

4❑⇒ (6

4 )n−1

=128❑⇒ ( 3

2 )n−1

=128

Esta equação exponencial só pode ser resolvida por meio de logaritmos.

n−1= log3/2128=log2128log2 3/2

=log2 27

log2 3− log22=

7 log22log2 3− log22

log2 3=1,585 é dado no problema e log2 2=1 por propriedades de logaritmos. Logo,

n−1= 71,585−1

= 70,585

=11,97❑⇒

n=11,97+1=12,97

Portanto, passarão 13 dias a partir do dia 1° de abril para que o número de amigos de Bia seja maior que o de Ana.

Resposta: 13 de Abril

3) (1,3,5,7,...) PA de razão R = 2a10 = a1 + 9R => a10 = 1 + 9.2 = 1 + 18 = 19 terremotos (C)

4)a)

Na 1ª linha ele escreveu 1 número natural.Na 2ª linha ele escreveu 3 números naturais. Na 3ª linha ele escreveu 5 números naturais.

Podemos montar a seqüência que expressa a quantidade de números em cada linha(1, 3, 5, 7, ...) PA de razão R = 2

a50 = 1 + 49.2 = 99 números.

b) A soma da 1ª linha dá 1=1²A soma da 2ª linha dá 9 = 3²A soma da 3ª linha dá 25 = 5²

A soma de cada linha é exatamente o número de elementos da linha elevado ao quadrado. Logo, a soma da linha 50 será 99²c) Esta é uma demonstração difícil que requer atenção aos padrões e um bom traquejo algébrico.

Observe primeiramente que há 2n-1 elementos na linha n. Por exemplo, se n=1, há 2.1-1 = 2-1 = 1 elemento na linha 1.A n-ésima linha terá os seguintes valores

(n, n+1, n+2, n+3,...,n+n+n-2) (verifique!)

(n, n+1, n+2, n+3,...,n+2n-2)

Tudo o que temos que fazer e somar os termos. PA de razão 1 e 2n-2 termos

S=n + n+1 + n+2 + n+3 +...+ n+2n-2 = n+n+n+...+n + (1+2+3+4+...+2n-2) 2n - 1 vezes (um n para cada termo da seqüência)

S=n (2n−1 )+(1+2n−2 )(2n−2)

2 =n (2n−1 )+(2n−1 )(2n−2)

2

S=n (2n−1 )+(2n−1 )2(n−1)

2 =n (2n−1 )+(2n−1 ) . (n−1 )

S= (2n−1 ) (n+n−1 )=(2n−1 ) . (2n−1 )=(2n−1) ²

Como todo número da forma 2n-1, com n natural, é ímpar, o resultado está demonstrado!

5) De 23h às 4h há 5 horas, portanto, a banda fez 5 rodadas.

Na rodada 1 Júlio dançou 2+1+1 = 4 vezesNa rodada 2 Júlio dançou 3+2+2 = 7 vezesNa rodada 3 Júlio dançou 4+3+3 = 10 vezes

A seqüência do número de vezes que ele dançou é (4, 7, 10, ...). PA de razão R = 3

a5 = a1 + 4.R => a5 = 4 + 4.3 = 4 + 12 = 16

O número de vezes que ele dançou será a soma de todos os termos

S= ( 4+16 ) .52

=20.52

=50

6) Os anos bissextos acontecem de 4 em 4 anos. Como meu avô tem 77 anos de idade ele fez exatamente 19 aniversários em anos bissextos, pois 77 dividido por 4 dá 19 e resta1.

7) Por definição AB = 2. Chame BC = x e CD = yABBC

=BCCD

❑⇒ 2

x= x

y❑⇒

2 y=x ²

É claro que se AB = 2 é o raio, então AD = 4 é o diâmetro. Mas AD = AB + BC + CD, logo2 + x + y = 4 => x + y = 2

{2 y=x ²x+ y=2

❑⇔ { 2 y=x2

y=2− x❑⇒

2 (2−x )=x ²❑⇒

4−2 x=x ²❑⇒

x ²+2 x−4=0

∆=2²−4.1 . (−4 )=4+16=20

x=−2±√202

=−2±2√52

=−1±√5

Como x é uma medida, então devemos ter x=−1+√5

Do enunciado ABBC

=BCCD

=CDDE

=… implica que a seqüência (AB, BC, CD, ...) é uma PG de

razão decrescente de razão q=BCAB

=−1+√52

cuja soma dos termos será

S= 2

1−(−1+√52 )

= 22−(−1+√5)

2

= 22+1−√5

2

= 23−√5

2

=2. 23−√5

= 43−√5

Basta racionalizar para encontrar uma das alternativas

S= 43−√5

. 3+√53+√5

=4 (3+√5)

9−5=

4 (3+√5)4

=3+√5

Resposta: D

8) Devemos calcular a somaS=1−1

2+ 1

4−1

8+…

Vamos separar S em duas somas S1=1+ 1

4+ 1

16+…= 1

1−14

= 134

=43

S2=12+ 1

8+ 1

32+…=

12

1−14

=

1234

=12

. 43=2

3

S=S1−S2=43−2

3=2

3

9) E=mv ²2

(v, E,1) é uma PA o que implica E – v = 1 – E => 2E = 1 + v => v = 2E – 1

v=2 mv ²2

−1❑⇒

v=mv ²−1❑⇒

mv ²−v−1=0

m = 1, então

v ²−v−1=0❑⇒

v=1±√1−4.1 .(−1)

2=1±√5

2Como v > 0 então

v=1+√52

=Φ

Resposta: B

10) Vamos chamar de a o número de partículas emitidas no primeiro dia para abreviar as notações, assim a=4,3. 1016

Como no próximo dia a concentração é 16% menor do que anterior, então ela é 84% = 0,84 da anterior. Temos a progressão

(a, 0,84.a, 0,84².a,...)

O número de partículas emitidas será

S= a1−0,84

=4,3. 1016

0,16=26,87.1016=2,687.1017 ≈2,7.1017

11)

Basta observar o seguinte padrão:

1ª linha -> soma 1³ = 12ª linha -> soma 2³ = 83ª linha -> soma 3³ = 27⋮10ª linha -> soma 10³ = 1000

Resposta: C