– 1

FRENTE 1 – ÁLGEBRA

n Módulo 28 – Dispositivo de Briot-Ruffini –Teorema Do Resto

1) x4 + 2x3 – 2x2 – 4x – 21 por x + 3Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini:

coeficientes resto

Q(x) = x3 – x2 + x – 7 e resto nuloResposta: E

2) Pelo dispositivo de Briot-Ruffini:

coeficientes resto

Q(x) = x3 + x e resto igual a 1 Pelo Teorema do resto:

P(– 1) = (– 1)4 + (– 1)3 + (– 1)2 + (– 1) + 1 = 1 – 1 + 1 – 1 + 1 = 1

Resposta: D

3) Utilizando o Teorema do resto:

r = p = 2 .4

– 3 . + 1 =

= 2 . – + 1 = – + 1 = = –

Resposta: D

4) Pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini:

coeficientes resto

Q(x) = 2x3 + x2 + 3x – 1

Resposta: E

5) Pelo Teorema do resto:

r = P(1) = 15 – 4 . 13 + 2 . 1 + 1 = 1 – 4 + 2 + 1 = 0

Resposta: B

6) Pelo Teorema do resto:

r = 10 € p(5) = 10 € 54 – 4 . 53 – k . 5 – 75 = 10 €

€ 53 – 4 . 52 – k – 15 = 2 € 125 – 100 – k = 17 € k = 8

Resposta: E

7) I) f x2 – 1 fi f(x) = (x2 – 1) . (2x + 1) + kx – 9

kx – 9 2x + 1

II) Se f(x) é divisível por x – 2, então f(2) = 0, portanto:(22 – 1) . (2 . 2 + 1) + 2k – 9 = 0 € 3 . 5 + 2k – 9 = 0 €€ 2k = – 6 € k = – 3

Resposta: D

8) Pelo Teorema do resto, temos que o resto é igual a p(3),

então:

a . 33 – 2 . 3 + 1 = 4 € 27a – 6 + 1 = 4 € 27a = 9 € a =

Resposta: B

9) I) Se P(x) é divísivel por x – 2, então:

P(2) = 0 fi 25 + a . 24 – 2b = 0 € 24 + 23 . a – b = 0 €

€ 16 + 8a – b = 0 € 8a – b = – 16

II) P(x) dividido por x + 2 dá resto 8, então:

P(– 2) = 8 fi (– 2)5 + a . (– 2)4 – b . (– 2) = 8 €

€ – 32 + 16a + 2b = 8 € – 16 + 8a + b = 4 € 8a + b = 20

III) €

Resposta: C

10) Sendo p(x) = x3 + ax2 + bx, pelo Teorema do resto, temos:

fi € €

Resposta: A

11) I) Se p(x) é divisível por x – 3, então p(3) = 0

II) p(x) x – 1 fi p(x) = (x – 1) . q(x) + 10

10 q(x)

III) Chamando de r o resto da divisão de q(x) por x – 3, temos:r = q(3)

IV)Para x = 3, temos:

p(3) = (3 – 1) . q(3) + 10 fi 2 . q(3) + 10 = 0 €

€ q(3) = – € q(3) = – 5 fi r = – 5

Resposta: A

12) I) Pelo Teorema do resto, p(2) = 1 e p(3) = 2

II) Notar que x2 – 5x + 6 = (x – 2) . (x – 3). Portanto, temos:

p(x) (x – 2).(x – 3) fi

r(x) = ax + b Q(x)

fi p(x) = (x – 2) . (x –3) . Q(x) + ax + b

III)fi € fi r(x) = x – 1

Resposta: D

CADERNO 7 – CURSO E

1

1

2

– 1

– 2

+ 1

– 4

– 7

– 21

0

– 3

1

1

1

0

1

1

1

0

1

1

– 1

� 1––2 � � 1

––2 � 1

––2

1–––24

3––2

1––8

3––2

1 – 12 + 8––––––––––

83––8

2

2

– 5

1

0

3

– 10

– 1

– 1

– 4

3

1–––3

1a = ––

4b = 18

�8a – b = – 168a + b = 20�

a = – 6b = 9�2a + b = – 3

a + b = 3�8 + 4a + 2b = 21 + a + b = 4�p(2) = 2

p(1) = 4�

10–––2

a = 1b = – 1�2a + b = 1

3a + b = 2�p(2) = 1p(3) = 2�

MATEMÁTICA

n Módulo 29 – Equações Algébricas I

1) a) Sendo x o número real procurado, temos:x + x2 = x3 € x3 – x2 – x = 0 € x . (x2 – x – 1) = 0 €€ x = 0 ou x2 – x – 1 = 0 €

€ x = 0 ou x = ou x =

Portanto, o menor número é

b) Sendo r e s as raízes da equação ax2 + bx + c = 0, temos:

I)r + s = –

r . s =

II) w = + = = =

= = =

= = . =

2) I)

1442443123

x2 – 5x + 6 Resto

Se – 1 é raiz, devemos ter – k – 6 = 0 € k = – 6

II) p(x) = x3 – 4x2 + x + 6

III) p(x) = 0 fi x3 – 4x2 + x + 6 = 0 €

€ (x + 1) . (x2 – 5x + 6) = 0 € x = – 1 ou x = 2 ou x = 3

Resposta: E

3) I) Utilizando as Relações de Girard, temos:

II) (a + b)2 = a2 + 2 . a . b + b2 fi

fi

2

= a2 + 2 . – + b2 €

€ a2 + b2 = + =

Resposta: A

4) Sendo a e b as outras duas raízes, temos:

2 . a . b = € a . b = € a . b = 1

Resposta: B

5) Considerando que a P.A. crescente (a – r; a; a + r) seja formada

pelas raízes de P(x) = x3 – 18x2 + 8x + 384, temos:

I) a – r + a + a + r = € 3a = 18 € a = 6

II) (a – r) . a . (a + r) = fi (6 – r) . 6 . (6 + r) = – 384 €

€ 62 – r2 = – 64 € r2 = 100 fi r = 10, pois a P.A. é crescente

III) A maior raiz é a + r = 6 + 10 = 16

Resposta: 16

6) I) P(x) = 2x3 – 5x2 – 28x + 15 é divisível por 2x – 1, então:

14444244443 123

Q1(x) = x2 – 2x – 15 Resto

Assim, P(x) = (2x – 1) . (x2 – 2x – 15)

II) x2 – 2x – 15 é divisível por x + 3, então:

144424443 123

Q2(x) = x – 5 Resto

Assim, P(x) = (2x – 1) . (x + 3) . (x – 5) e, portanto, k = 5

Resposta: A

7) Considerando que a P.A. (a – r; a; a + r) seja formada pelasraízes de p(x) = x3 – 6x2 + kx – 6, temos:

I) a – r + a + a + r = € 3a = 6 € a = 2

II) a = 2 é raiz de p(x), então:

p(2) = 0 fi 23 – 6 . 22 + k . 2 – 6 = 0 €

€ 8 – 24 + 2k – 6 = 0 € 2k = 22 € k = 11

Resposta: E

8) I) Denominando as raízes de r1, r2, r3, com r2 . r3 = – 1 e apli -cando as relações de Girard, obtemos:

r1 . r2 . r3 = – fi r1 . (– 1) = – € r1 =

II) p = 0 fi 2 . 3

– m . 2

+ 4 . + 3 = 0 €

€ 2 . – m . + 9 = 0 € – m + 9 = 0 €

€ = 0 € – 9m = – 63 € m = 7

III) p(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3

fi

14444244443 123

Q1(x) = 2x2 – 4x – 2 Resto

1 – ��5––––––––

2

1 + ��5––––––––

2

1 – ��5––––––––

2

�b–––a

c–––a

1–––r2

1–––s2

s2 + r2––––––––(r . s)2

(r + s)2 – 2 . rs–––––––––––––––

(r . s)2

b c�– ––�2– 2 . ––

a a–––––––––––––––––

c�––�2

a

b2 c––– – 2 . –––a2 a

––––––––––––––c2–––a2

b2 – 2ac–––––––––

a2––––––––––––

c2––a2

b2 – 2ac–––––––––

a2a2

––––c2

b2 – 2ac–––––––––

c2

1 – 4 1 – k – 11 – 5 6 – k – 6

�5

– 1 + a + b = – –––6– 1

– 1 . a . b = – �––––�6

€ �1

a + b = –––61

a . b = – –––6

� 1––6 � � 1

––6 �

1–––36

1––3

13––––36

– (– 2)–––––––

1

2–––2

– (– 18)––––––––

1

– 384–––––––

1

2 – 5 – 28 15 1/2

2–––2

– 4–––2

– 30––––2

0

1 – 2 – 15 – 3

1 – 5 0

– (– 6)–––––––

1

3––2

3––2

3––2

3––2�3

––2��3

––2��3

––2�

9––4

27––––4

9––4

27––––8

27 – 9m + 36––––––––––––––

4

2 – 7 4 3 3/2

2 – 4 – 2 0

2 –

fi p(x) = x – . (2x2 – 4x – 2)

IV) p(x) = 0 fi x – . (2x2 – 4x – 2) = 0 €

€ x – = 0 ou 2x2 – 4x – 2 = 0 €

€ x = ou x = 1 – ��2 ou x = 1 + ��2

Resposta: a) m = 7

b) V = {(1 – ��2), (1 + ��2), 3/2}

9) Sendo r1, r2 e r3 as raízes de p(x) = x3 – 5x2 – 52x + 224, temos:

fi r1 . r2 = 8 . (– 7) = – 56

Resposta: C

10) Considerando que a P.G. ; r; r . q seja formada pelas

raízes de p(x) = x3 – a3x2 + ax – 1, temos:

Resposta: C

11) I) 33x – 13 . 32x + 39 . 3x – 27 = 0 €

€ (3x)3 – 13 . (3x)2 + 39 . 3x – 27 = 0

Fazendo y = 3x, temos:

y3 – 13y2 + 39y – 27 = 0

II) Denominando de x1, x2, x3 as raízes da equação e con -

siderando y1 = 3x1; y2 = 3x2; y3 = 3x3; aplicando-se a última

Relação de Girard, obtêm-se:

y1 . y2 . y3 = 27 fi 3x1 . 3x2 . 3x3 = 33 € x1 + x2 + x3 = 3

Resposta: E

n Módulo 30 – Equações Algébricas II

1) Na equação x4 – x3 – 3x2 + 5x – 2 = 0, aplicando o dispositivode Briot-Ruffini, temos:

Portanto, 1 é raiz tripla

Outra maneira de resolver é utilizar o teorema das raízes múl -tiplas, aplicando as derivadas sucessivas da função polino -mial, assim:I) F(x) = x4 – x3 – 3x2 + 5x – 2

F(1) = 14 – 13 – 3 . 12 + 5 . 1 – 2 = 0 fi 1 é raiz de F(x)II) F’(x) = 4x3 – 3x2 – 6x + 5

F’(1) = 4 . 1 – 3 . 1 – 6 . 1 + 5 = 0 fi 1 é raiz de F’(x)III) F”(x) = 12x2 – 6x – 6

F”(1) = 12 . 1 – 6 . 1 – 6 = 0 fi 1 é raiz de F”(x)IV) F’”(x) = 24x – 6

F’”(1) = 24 . 1 – 6 = 18 fi 1 não é raiz de F’”(x)1 é raiz de F(x); F’(x) e de F”(x), portanto, 1 é raiz tripla de F(x).Resposta: C

2) Na equação x4 – 7x3 + 18x2 – 20x + 8 = 0, aplicando o disposi -tivo de Briot-Ruffini, temos:

Portanto, 2 é raiz tripla (multiplicidade 3).Outra maneira de resolver é utilizar o teorema das raízesmúltiplas, aplicando as derivadas sucessivas da funçãopolinomial, assim:I) F(x) = x4 – 7x3 + 18x2 – 20x + 8

F(2) = 24 – 7 . 23 + 18 . 22 – 20 . 2 + 8 = 0 fi 2 é raiz de F(x)II) F’(x) = 4x3 – 21x2 + 36x – 20

F’(2) = 4 . 23 – 21 . 22 + 36 . 2 – 20 = 0 fi 2 é raiz de F’(x)III) F”(x) = 12x2 – 42x + 36

F”(2) = 12 . 22 – 42 . 2 + 36 = 0 fi 2 é raiz de F”(x)IV) F’”(x) = 24x – 42

F’”(2) = 24 . 2 – 42 = 6 fi 2 não é raiz de F’”(x)2 é raiz de F(x); F’(x) e F”(x), portanto, 2 é raiz de mul tipli -cidade 3.Resposta: B

� 3––2 �

3––2

3––2

�r1 = 2r3r1 + r2 = 1r1 + r2 + r3 = 5

€ �r1 = 2r3r1 + r2 = 1r3 = 4

€ �r1 = 8r2 = – 7r3 = 4

fi

� r–––q �

�r

––– . r . r . q = 1qr r

––– . r + –––. r . q + r . r . q = aq qr

––– + r + r . q = a3q

€

€ �r = 11

––– + 1 + q = aq

1 ––– + 1 + q = a3q

fi a = a3 € a – a3 = 0

�3––2�

1 – 1 – 3 5 – 2 1

1 0 – 3 2 0 1

1 1 – 2 0 1

1 2 0 1

1 3

1 – 7 18 – 20 8 2

1 – 5 8 – 4 0 2

1 – 3 2 0 2

1 – 1 0 2

1 1

– 3

3) Na alternativa “C” temos: P(x) = x3(x – 1), que equivale a P(x) = (x – 0)3 . (x – 1). Neste caso 0 é raiz de multiplicidade 3 e 1 é raiz simples.Resposta: C

4) Se a é uma raiz tripla da equação x3 + mx2 + nx – 8 = 0, de -vemos ter:(x – a)3 = x3 + mx2 + mx – 8 €€ x3 – 3x2a + 3xa2 – a3 = x3 + mx2 + nx – 8 €

Outra maneira de resolver:I) Para descobrir a raiz real de multiplicidade 3, obteremos

sucessivas derivadas:• F(x) = x3 + mx2 + nx – 8• F’(x) = 3x2 + 2mx + n• F”(x) = 6x + 2m

II)

III) m – n = – 6 – 12 = – 18

Resposta: A

5) a) O polinômio P(x) = x3 + x2 + mx + n é divisível por x – 1,então: P(1) = 0 fi 13 + 12 + m + n = 0 € n = – m – 2

b)fi

14444244443 123

Q1(x) = x2 + 2x + m + 2 Resto

fi P(x) = (x – 1) . (x2 + 2x + m + 2)

Para que P(x) admita raiz dupla diferente de 1, é

necessário que x2 + 2x + m + 2 = 0 tenha raiz dupla, assim,

devemos ter:

∆ = 0 fi 4 – 4 . (m + 2) = 0 € 4 – 4m – 8 = 0 € m = – 1

c) Para que P(x) admita três raízes reais distintas é

necessário que o fator x2 + 2x + m + 2 = 0 tenha ∆ > 0 e não

admita 1 como raiz, assim, devemos ter:

Respostas: a) n = – m – 2b) m = – 1 c) m ≠ – 5 e m < – 1

6) Para que x = 0 seja uma raiz de multiplicidade 3, é necessárioque a, b e g satisfaçam o sistema:

Para g = m, m Œ �, temos:

b = 1 – m e b ≠ – 2m fi – 2m ≠ 1 – m € m ≠ – 1

Resposta: a = 0; b = 1 – m; g = m, com m Œ � e m ≠ – 1

7) I) Na equação x4 + x3 – 4x2 + x + 1 = 0, os coeficientes sãonúmeros inteiros, as raízes racionais da equação são do

tipo , p e q inteiros e primos entre si; p é divisor de 1 e

q é divisor de 1.Portanto, 1 e – 1 são candidatos à raízes. Como – 1 nãoverifica a equação, temos 1 como raiz.

II)

fi

fi x4 + x3 – 4x2 + x + 1 = 0 € (x – 1)2 . (x2 + 3x + 1) = 0

III) Em x2 + 3x + 1 = 0 estão as raízes não inteiras. Temos:

x2 + 3x + 1 = 0 € x = ou x =

IV) Se m é a maior raiz não inteira, então m = ,

assim:

m + = + =

= = =

= = =

= . = =

= = = = – 3

Resposta: B

8) I) x4 – 3x2 – 4 = 0 € (x2)2 – 3x2 – 4 = 0 €€ x2 = – 1 ou x2 = 4 € x2 = i2 ou x2 = 4 € x = ± i ou x = ± 2

II) – 2 e 2 são números reais racionaisResposta: D

€ �– 3a = m3a2 = n– a3 = – 8

€ �m = – 6n = 12a = 2

fi m – n = – 6 – 12 = – 18

�x3 + mx2 + nx – 8 = 03x2 + 2mx + n = 06x + 2m = 0

€ �x3 – 3x . x2 + nx – 8 = 03x2 – 6x . x + n = 0m = – 3x

€

€ �– 2x3 + nx = 8– 3x2 + n = 0m = – 3x

€ �– 2x3 + 3x2 . x = 8n = 3x2

m = – 3x

€

€ �x3 = 8n = 3x2

m = – 3x

€ �x = 2n = 3x2

m = – 3x

€ �x = 2n = 12m = – 6

1 1 m –m – 2 1

1 2 m + 2 0

� 22 – 4 . (m + 2) > 012 + 2 . 1 + m + 2 ≠ 0

€ � 4 – 4m – 8 > 01 + 2 + m + 2 ≠ 0

€ � m < – 1m ≠ – 5

�a – b – 2g ≠ 0a + 2b + 2g – 2 = 0a – b – g + 1 = 02a + b + g – 1 = 0

€�a – b – 2g ≠ 0a + 2b + 2g = 2a – b – g = – 1a = 0

€�– b – 2g ≠ 0b + g = 1b + g = 1a = 0

p–––q

1 1 – 4 1 1 1

1 2 – 2 – 1 0 1

1 3 1 0

– 3 – ��5––––––––––

2

– 3 + ��5––––––––––

2

– 3 + ��5––––––––––

2

1–––m

– 3 + ��5––––––––––

2

2––––––––––– 3 + ��5

(– 3 + ��5)2 + 4––––––––––––––––

2 . (– 3 + ��5)

9 – 6 ��5 + 5 + 4––––––––––––––––2 . (– 3 + ��5 )

18 – 6 ��5––––––––––––––2 . (– 3 + ��5 )

9 – 3 ��5–––––––––––– 3 + ��5

3 . (3 – ��5)–––––––––––– 3 + ��5

(– 3 – ��5)–––––––––––– 3 – ��5

3 . (3 – ��5) . [– (3 + ��5)]–––––––––––––––––––––––

9 – 5

– 3 . (3 – ��5) . (3 + ��5) –––––––––––––––––––––––

4

– 3 . (9 – 5)–––––––––––

4

– 3 . 4––––––––

4

4 –

9) I) Se i ��2 é uma raiz, então – i ��2 também é raiz.

II) Na equação x3 + 5x2 + 2x + 10 = 0, as raízes são i ��2, – i ��2e a, assim, pela primeira Relação de Girard, temos:

i ��2 + (– i ��2) + a = – 5 € a = – 5

Resposta: D

10) I) Se 1 – i é raiz da equação, então 1 + i também é raiz.II) Na equação x4 – 3x3 + 2x2 + 2x – 4 = 0, as raízes são 1 – i,

1 + i, a e b, assim, pela primeira Relação de Girard, temos:1 – i + 1 + i + a + b = 3 € a + b = 1

Resposta: C

11) I) Do enunciado, é possível concluir que se trata de um poli -nô mio do 3°. grau, cujas raízes são: 1, i, – i.

II) Denominando de P(x) este polinômio, pode-se escrevê-lona forma fatorada: P(x) = a . (x – 1) . (x + i) . (x – i)

III) P(0) = – 1 fi a . (0 – 1) . (0 + i) . (0 – i) = – 1 €€ – a = – 1 € a = 1 fi P(x) = (x – 1) . (x + i) . (x – i)

IV) P(– 1) = (– 1 – 1) . (– 1 + i) . (– 1 – i) = (– 2) . (i – 1) . [– (i + 1)] = = 2 . (i – 1) . (i + 1) = 2 . (– 1 – 1) = – 4

Resposta: A

12) I) Caso P(x) tenha raízes racionais e levando-se em contaque o coeficiente do termo de maior grau é 1, sãopossíveis raízes de p(x): 1, – 1, 2, – 2, 5, – 5, 10, – 10.

II) Verificando as possíveis raízes obtêm-se P(2) = 0,portanto, 2 é raiz.

III) Denominando as raízes não reais de r1 e r2 e aplicando aúltima Relação de Girard, obtêm-se:r1 . r2 . 2 = 10 € r1 . r2 = 5

Resposta: E

FRENTE 2 – ÁLGEBRA

n Módulo 28 –Progressões Geométricas

1) Por exemplo, q = 2 e a1 = – 1(an) = (– 1; – 2; – 4; – 8; ...) estritamente decrescente.Resposta: A

2) Considerando a P.G. (110 000; 121 000; …), a razão é

q = = = 1,1 e o terceiro termo é

a3 = a2 . q = 121 000 . 1,1 = 133 100

Resposta: D

3) A sequência em questão é uma progressão geométrica de 1o. termo a1 = 1 e razão q = 2.

Como an = a1 . qn–1, o 21o. termo é

a21 = a1 . q20 = 1 . 220 = 210 . 210 = 1024 . 1024 = 1048576 e

1000000 < 1048576 < 1050000.Resposta: E

4) Na progressão geométrica dada tem-se a1 = 1 e

q = – e, utilizando o termo geral an = a1 . qn–1, resulta

a11 = a1 . q10 = 1 . �– �10= = =

Resposta:

5) Em 1902, a pintura valia 100 dólares.

Em 1912, a pintura valia (2 . 100) dólares.

Em 1922, a pintura valia (22 . 100) dólares.

Em 2002, a pintura valia

(210 . 100) dólares = 102400 dólares.

Resposta: D

6) I) 3 horas = 180 min = 9 . 20 minII) Após 3 horas, o número de bactérias da espécie que

divide-se em duas a cada 20 minutos, é o 9o. termo da P.G. (1, 2, 4, …), assim, a9 = a1 . q8 = 1 . 28 = 28

III) 3 horas = 180 min = 6 . 30 minIV)Após 3 horas, o número de bactérias da espécie que

divide-se em duas a cada 30 minutos, é o 6o. termo da P.G. (1, 2, 4, …), assim, b6 = b1 . q5 = 1 . 25 = 25

V) A relação pedida é = = 23 = 8

Resposta: A

7) Na P.G.(1; a; …), tem-se a1 = 1 e q = a. Se a9 = 256, então:

a9 = a1 . q8 fi 256 = 1 . a8 € 28 = a8 € a = ± 8 ���28 = ± 2

Resposta: C

8) A cada ano que passa, o valor do carro passa a ser 70% do

valor do ano anterior (100% – 30% =70%).

Se v é o valor do 1.o ano, no oitavo ano, o car ro estará valendo

a8 = a1 . q7 = v . (0,7)7 = (0,7)7 . v

Resposta: A

9) Sendo a1 = , q = 3, an = 729 e an = a1 . an–1, resulta

729 = . 3n–1 € 36 . 32 = 3n–1 € 38 = 3n–1 € n – 1 = 8 € n = 9

Resposta: B

n Módulo 29 –Propriedades daProgressão Geométrica eProduto dos Termos

1) Se (3 ��3; ��3; x) é uma P.G., então:

( ��3)2 = 3 ��3 . x € 3 =

3 ��3 . x € x = = . =

121 000–––––––––110 000

a2––––a1

��2 ––––2

1–––32

1–––25

25––––210

��2 ––––2

1–––32

28–––25

a9–––b6

1––9

1––9

3 ���32

–––––3 ���32

3–––––3 ��3

3–––––3 ��3

– 5

= = =3 ��9

Resposta: D

2) Se 4x, 2x + 1, x – 1 estão em P.G., nesta ordem, então (2x + 1)2 = 4x (x – 1) € 4x2 + 4x + 1 = 4x2 – 4x €

€ 4x + 1 = –4x € 8x = – 1 € x = – .

Resposta: A

3) Se (log a; log b; log c) é uma P.A., então:

log b = € 2 . log b = log a + log c €

€ log b2 = log(a . c) € b2 = a . c fi (a; b; c) é uma P.G.

Resposta: B

4) Se (1 + x; 3 + x; 6 + x) é uma P.G., então:(3 + x)2 = (1 + x) . (6 + x) € 9 + 6x + x2 = 6 + x + 6x + x2 € x = 3Assim, para x = 3, tem-se a P.G. (4; 6; 9), cuja razão é

q = = =

Resposta: C

5) I) Se ; a; 27 é uma P.G,. com a > 0, tem-se:

a3 = a1 . q2 € 27 = . q2 € q2 = 81 fi q = 9, pois a > 0

II) Se (x; y; z) é um P.A. com x + y + z = 15 e razão r = q = 9, tem-se:

€ €

€ €

Resposta: A

6) Na P.G.(2; 6; 18; …), temos a1 = 2 e q = 3. Então,

a21 = a1 . q20 = 2 . 320

O produto dos 21 primeiros termos da P.G. é

P21 = �������������(a1 . a21)21 = ��������������� (2 . 2 . 320)21 = ���������� 242 . 3420 =

= 221 . 3210 e todos os termos são positivos.

Resposta: P21 = 221 . 3210

7) I) fi an = a1 . qn – 1 = ��2n – 1

= 2

II) Pn = �����������(a1 . an)n = 239 fi �2 �

n

= 239 €

€ 2 = 239 € = 39 € n2 – n – 156 = 0 fi

fi n = 13, pois n > 0

Resposta: B

n Módulo 30 –Soma dos Termos daProgressão Geométrica eSéries Geométricas

1) Na P.G. (1; 2; 4; 8; 16; …), sendo Sn = , tem-se:

S20 = = = 220 – 1 = (24)5 – 1 = 165 – 1

Resposta: A

2) I) P.G.(1; 3; 9; …) q = 3

II) S7 = = = 1 093

Resposta: E

3) A quantidade de área desmatada a cada ano, em km2, são ostermos da progressão geométrica (3; 6; 12; 24; …).A área total desmatada nos n anos em que ocorreramdesmatamentos, em km2, é a soma dos n primeiros termosdessa progressão.

Desta forma:

Sn = = = 381 €

€ 2n – 1 = 127 € 2n = 128 = 27 € n = 7

Resposta: n = 7

4) O número de gotas que vazaram a cada hora são os termos

da progressão geométrica (1; 2; 4; 8; …)Durante as 24 horas do dia vazaram

S24 = � 224 gotas, correspondente a

3 . 3 ��9

––––––––3

3 . 3 ��9

––––––––3 ���33

1––8

log a + log c––––––––––––––

2

3––2

9––6

6––4

�1–––3�

1–––3

y – 3 + y + y + 3 = 15x = y – 9z = y + 9

�x + y + z = 15x = y – 9z = y + 9

�y = 5x = – 4z = 14

�3y = 15x = y – 9z = y + 9

�

n – 1––––2

a1 = 1

q = ��2�n – 1––––2

n2 – n–––––––

4

n2 – n–––––4

a1 . (qn – 1)––––––––––––

q – 1

1 . (220 – 1)–––––––––––

2 – 1

a1 . (q20 – 1)––––––––––––

q – 1

2 186––––––

2

1 . (1 – 37)––––––––––

1 – 3

3 . [2n – 1]––––––––––

2 – 1

a1 [qn – 1]––––––––––

q – 1

1 . (224 – 1)––––––––––––

2 – 1

6 –

= 210 litros, ou seja, 1024 litros.

Resposta: A

5) fi 3280 = €

€ 3n – 1 = 6560 € 3n = 6561 € 3n = 38 € n = 8

Resposta: B

6) I) € €

€ = € = € q3 = – 8 € q = –2

II) a1 . q2 = 40 fi a1 . (– 2)2 = 40 € a1 = 10

III) S8 = = = – 850

Resposta: B

7) Sendo a1 = 2, an = 432 e Sn = 518, tem-se:

I) Sn = = =

= = fi

fi 518 = € 518q – 518 = 432q – 2 €

€ 86q = 516 € q = 6II) an = a1 . qn – 1 fi 432 = 2 . 6n – 1 € 216 = 6n – 1 €

fi 63 = 6n – 1 € 3 = n – 1 € n = 4

III) Para q = 6 e n = 4, tem-se q > n

Resposta: C

8) Para x0 = 1 e xn = a . xn – 1, tem-se:x1 = a . x0 = a . 1 = ax2 = a . x1 = a . a = a2

x3 = a . x2 = a . a2 = a3

Assim, a sequência (x1; x2; x3; …) = (a; a2; a3; …) é uma P.G. de

primeiro termo x1 = a e razão q = a

a) Quando a = 2, tem-se a P.G. (2; 22; 23; …), assim,

x11 = x1 . q10 = a . a10 = a11 = 211 = 2048

b) Quando a = 3, tem-se a P.G. (3; 32; 33; …), assim,

x1 + x2 + … + x8 = S8 = = =

= = 9840

Resposta: a) x11 = 2048

b) x1 + x2 + … + x8 = 9840

9) I) 1 + + + … = =

II) Para poder fazer o empilhamento indefinidamente, h ≥ .

Portanto, o menor valor é .

Resposta: E

10) Os triângulos equiláteros construídos de acordo com oenunciado terão as medidas dos lados constituindo uma

progressão geométrica de primeiro termo 4 cm e razão ,

isto é: (4, 2, 1, …).

A soma S dos perímetros da infinidade de triân gulos cons -truídos, em centímetros, é dada por:

S = 3 . 4 + 3 . 2 + 3 . 1 + 3 . + ……

S = 3 . (4 + 2 + 1 + + … ) = 3 . = = 24

Resposta: D

11) A soma das áreas dos infinitos círculos é

S = π . 32 + π .2

+ π .2

+ ..., que é a soma dos

a1 . (qn – 1)Sn = –––––––––––

q – 1

a1 = 1

q = 3Sn = 3280

� 1 . (3n – 1)–––––––––––

3 – 1

a1 . q2 = 40

a1 . q5 = – 320�a3 = 40a6 = – 320�

1––––– 8

1––––q3

40–––––––– 320

a1q2

–––––––a1q

5

2550–––––––

– 3

10 . [(–2)8 – 1]––––––––––––––

– 2 – 1

a1qn – a1––––––––––––

q – 1

a1 . (qn – 1)––––––––––––

q – 1

an . q – a1––––––––––––q – 1

a1qn – 1 . q – a1–––––––––––––––q – 1

432q – 2––––––––––

q – 1

3 . (6561 – 1)––––––––––––––

2

3 . (38 – 1)––––––––––

3 – 1

3 . 6560––––––––––

2

3–––2

1––––––––

11 – ––

3

1–––9

1–––3

3–––2

3–––2

1––2

1–––2

12–––––1––2

4–––––––––

11 – ––

2

1––2

�3––4��3

––2�

224–––––214

– 7

infinitos termos da P.G. em que a1 = 9π e q = .

Logo, S = = = = = 12π

Resposta: C

12) I) S = , em que a1 = e q = fi

fi S = =

II) log2S = 2 fi log2

= 2 € = 4 € a = 5

Resposta: E

13) I) S = , em que S = e

a1 = 128 fi = €

€ 384 = 512 – 512q € 512q = 128 € q = € q =

II) O quinto termo dessa progressão é

a5 = a1 . q4 = 128 . 4= 128 . =

Resposta: B

14) x + + + + ... = 60 € = 60 €

€ = 60 € x = . 60 € x = 40

Resposta: B

15) x2 – x – – – – ... = €

€ x2 – = €

€ x2 – = € 2x2 – 3x + 1 = 0 € x = ou x = 1

O conjunto solução da equação é .

Resposta: A

FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA

n Módulo 28 – Cones

1) Sejam R e g, respectivamente, as medidas do raio da base eda geratriz do cone equilátero.

I) g = 2R ⇔ R =

II) A área total AT do cone é:

AT = π . R2 + π . R . g = π . 2

+ π . . g =

= + =

Resposta: D

2) Sejam R, g e h, respectivamente, as medidas do raio da base,da geratriz e da altura do cone equilátero.

I) g = 2R ⇔ R =

II) h = ⇔ h =

III) O volume V do cone é:

V = . π . R2 . h = . π . 2

. =

= . π . . =

Resposta: D

3)

D eacordo com o enunciado, tem-se:

= € b = e . π .2

. b = π € a2b = 12

Assim: a2 . = 12 € a3 = 8 € a = 2 e b = = 3

Por outro lado, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:

g2 = b2 +2

€ g2 = 32 +2

€ g2 = 10 € g = ���10

Resposta: D

1––4

a1–––––1 – q

9π–––––––

11 – –––

4

9π–––––3–––4

36π––––3

a1––––––1 – q

2a––––3

1–––6

2a–––3

–––––––1

1 – ––6

4a––––5

� 4a––––5 � 4a

––––5

a1––––––1 – q

512––––3

512––––3

128––––––1 – q

128––––512

1––4

� 1––4 �

1–––––256

1––2

x––3

x––9

x–––27

x–––––––

11 – ––

3

x––––2––3

2––3

x––3

x––9

x–––27

1– ––

2

x x x�x + –– + –– + ––– + ...�3 9 27

1– ––

2

x–––––––

11 – ––

3

1– ––

21––2

1�––; 1�2

g–––2

g–––2�g

–––2�

3πg2––––––

4πg2––––2

πg2––––4

g–––2

g ��3–––––2

2R ��3–––––––

2

g ��3–––––2�g

–––2�1

–––3

1–––3

π ��3 g3––––––––

24g ��3–––––2

g2–––4

1–––3

�a––2�1

––3

3a–––2

3–––2

b–––a

3 . 2–––––2

3a–––2

�2–––2��a

–––2�

8 –

4) Sejam R e h, respectivamente, as medidas do raio da base e

da altura, em centímetros, do cone.

I) 2πR = 8π ⇔ R = 4

II) h = 3R = 3 . 4 = 12

III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:

V = π . R2 . h = π . 42 . 12 = 64π

Resposta: A

5) Considere a figura a seguir, cujas medidas lineares estão emcentímetros:

I) sen 30° = € = ⇔ r = 3 ��3

II) cos 30° = € = ⇔ h = 9

III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:

V = π . r2 . h = π . (3 ��3)2 . 9 = 81π

Resposta: D

6) Sendo V = , após as alterações de r para e de h para

2h, tem-se:

V’ = = = =

= . = . = V =

Resposta: A

7) I) AB = 16 . π € π . R2 = 16 . π € R2 = 16 fi R = 4

II) Como o cone é equilátero, temos g = 2R = 8

III) AL = π . R . g = π . 4 . 8 = 32 . πResposta: A

8) I) Uma hora tem 60 min. Em 4 horas, há 4 . 60 min = 240 min.Se é ministrado 1,5 m� de medica mento por minuto, ovolume de medicamento ministrado é de 1,5 m� . 240 = 360 m�.

II) O recipiente é constituído de um cilindro circular reto com9 cm de altura e um cone, também circular reto, e de 3 cmde altura. Sendo o raio da base de ambos de 4 cm, ovolume do recipiente é igual a:

V = π . 42 . 9 + . π . 42 .3 cm3 = 160π cm3 =

= 160 . 3 cm3 = 480 cm3 = 480 m�

III) Descontada a quantidade ministrada, restaram(480 – 360)m� = 120 m� de medica mento.

Resposta: A

9) Sejam V1 e V2, respectivamente, os volumes dos cones demesma base e alturas iguais a 18 cm e 6 cm.Se AB é a área das bases dos cones, então:

= = = 3

Resposta: B

10) Sejam r e h, respectivamente, as medidas do raio da base eda altura, em centímetros, do cone.

I) 2 . π . r = € r = 10

II) h2 + r2 = 202 fi h2 + 102 = 202 € h2 = 300 fi h = 10 ���3

Resposta: C

11)

q = radianos = 288°

Resposta: D

12)

Sendo VL o volume do líquido, em centímetros cúbicos,temos:

I) No tronco de cone:

VL = (π . 32 + π . 12 + �������������π . 32 . π . 12) =

II) No cilindro: VL = π . 42 . h = 16π h

Assim, 16π h = ⇔ h = ; portanto:

d = 4 – =

Resposta: B

1–––3

1–––3

r–––––6 ��3

1–––2

r–––––6 ��3

h–––––6 ��3

��3–––2

h–––––6 ��3

1–––3

1–––3

r–––2

π r2 h––––––

3

π r2 h––––––

2–––––––––

3

r2π . ––– . 2h

4–––––––––––––

3

rπ . �––�

2. 2h

2–––––––––––––

3

V–––2

1–––2

π r2 h––––––

31–––2

1–––3

π r2 h––––––

2

�1––3�

18––––6

1–– . AB . 183

–––––––––––––1–– . AB . 63

V1––––V2

2 . π . 20––––––––––

2

8π

––––5

104π

–––––3

8–––3

13–––6

104π–––––3

11–––6

13–––6

– 9

13) Sejam, em centímetros, R = 6, r = 3, g e h, respectivamente,os raios das bases maior e menor, a geratriz e a altura dotronco de cone.Se a área lateral é igual à soma das área das bases, então:πg(R + r) = πR2 + πr2 fi g(6 + 3) = 62 + 32 ⇔⇔ 9g = 45 ⇔ g = 5a)

g2 = h2 + (R – r)2 fi 52 = h2 + 32 fi h = 4

b) O volume V do tronco de cone, em centímetros cúbicos, édado por:

V = . (πR2 + πr2 + ���������� πR2 . πr2 ) =

= . (π . 62 + π . 32 + �������������� π . 62 . π . 32 ) =

= . (36π + 9π + 18π) = . 63π = 84π

Resposta: a) 4 cm b) 84π cm3

14)

Sejam VT e VB, respectivamente, o volume total e o volume

da bebida que deixou de ser consumida.

=3

=3

=

Resposta: E

15) O volume do suco será igual à metade do volume do copo,

então:

= 3

€ = 3

€

€ x3 = 256 € x =3 ������256 fi x = 4

3 ��4

Resposta: E

16) a) A área da superfície lateral externa da jarra, emcentímetros quadrados, cor responde à área da superfícielateral de um cilindro reto cujo raio R, da base, mede 9 cme cuja altura, H, mede 12 cm e, portanto:

A� = 2πRH = 2π . 9 . 12 = 216π

b) Desprezando a espessura da parede da jarra, o volumemáximo de suco que a jarra pode conter, em centímetroscúbicos, corresponde ao volume do cilindro reto, cujo raioR da base mede 9 cm e cuja altura H mede 12 cm, menoso volume de um tronco de cone de base maior com raio RT= 6 cm, base menor com raio rT = 3 cm e altura H = 12 cm,portanto:

Vsuco = Vcilindro – Vtronco =

= π . R2 . H – (RT2 + rT

2 + RT . rT) =

= π . 92 . 12 – (62 + 32 + 6 . 3) = 972π – 252π = 720 π

Respostas: a) 216π cm2 b) 720π cm3

17) O volume V, em centímetros cúbicos, de água usada para 6banhos, é:

6 . �π . 122 .30+ (122 + 62 + 12 . 6)� =

= 6 . (12960 + 2520) = 92880

Assim, a quantidade de água usada em 6 banhos é de 92,88

li tros e, como o goteja mento na torneira desperdiça 46,44

litros de água por dia, conclui-se que, em = 2 dias

toda essa água será desperdiçada.

Resposta: 2 dias

4–––3

4–––3

4–––3

4–––3

1–––8�1

–––2��h

––––2h�

VB––––VT

� x––8 �1

––2� x

––8 �

vsuco––––––Vcopo

π H––––3π 12

––––––3

π . 10––––––

3

92,88–––––––46,44

10 –

18)

Sejam VE , VS e VC , respec tiva mente, os volumes da espuma,da parte consistente de sorvete e do copo.Da semelhança dos sólidos VAB e VCD, conforme a figura,obtém-se:

= � �3

€ VS = . VC

Como

VE = VC – VS = VC – . VC = . VC = 0,488 . VC, tem-se:

VE = 48,8% . VC � 50% . VC.

Resposta: C

19)

Sejam VC, VT e VCP, respectivamente, os volumes do cone C,do tronco de cone de altura h e do cone de altura H – h.Admitindo que o tronco de cone de altura h possui basesparalelas e observando que

VC = VCP + VT € VT = VC – VCP, temos:

= 2 € VC = 2(VC – VCP) € = 2 €

€

3

= 2 € H = 3 ��2 H –

3 ��2h €

€ h = H = H 1 –

Resposta: D

20) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -tímetros.

I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:

= fi = ⇔ r = 2

II) O volume, em centímetros cúbicos, do cone preenchidocom sorvete de chocolate é:

. π . r2 . H = . 3 . 22 . 12 = 48

III) Como 1 litro = 1000 cm3, o número de sorvetes que podemser embalados com 1 litro de sorvete de chocolate é

� 20,8

IV)O volume, em centímetros cúbicos, do tronco de conepreenchidos com sorvete de baunilha é:

. π (R2 + r2 + Rr) = . 3 . (32 + 22 + 3 . 2) = 114

V) Como 2� = 2000 cm3, o número de sorvetes que podem ser embalados com 2 litros de sorvete de baunilha é

� 17,5

Assim, utilizando os dois sabores de sorvete, o númeromáximo de sorvetes de “choconilha” que é possível embalaré 17.Resposta: D

64––––125

16–––20

VS––––VC

61––––125

64––––125

VC––––VCP

VC––––VT

�H–––––––H – h�

�1

–––––3 ��2��

3 ��2 – 1

––––––––3 ��2

�

r–––3

12––––18

AB––––CD

VA––––VC

1––3

1––3

1000––––––48

6––3

h––3

2000––––––114

– 11

n Módulo 29 – Esfera e suas partes

1) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen tí -metros:

r2 + 122 = 132 ⇒ r = 5

Resposta: E

2) Sejam R = 2 o raio da esfera e da base do cilindro e h = 6 – 4 = 2a altura do cilindro, ambos em centímetros.I) O volume V de cada peso, em cm3, equivale à soma dos

volumes da esfera e do cilindro, assim:

V = πR3 + πR2h = . π 23 + π . 22 . 2 = + 8π =

II) O volume de aço necessário para a produção de 3000peças é:

3000 . cm3 = 103 . 56π cm3 = 10–6 . 103 . 56π m3 =

= 10–3 . 56π m3 = 0,056π m3

Resposta: C

3)

No triângulo retângulo AOB, da figura, temos:

(r cm)2 + (5 �3 cm)2 = (10 cm)2 fi r = 5 cm

Assim, o volume V do cilindro, em cen tímetros cúbi cos, é:

V = π . 52 . 20 = 500π

Resposta: D

4) I) O volume VT do tanque cilíndrico, em cm3, é:

VT = 12 . π . 12 = 144 . π

II) O volume VE da esfera, em cm3, é:

VE = . π . 33 = 36 . π

III) = = ⇔ VE = . VT

Resposta: D

5) Seja r o raio de uma esfera de volume V1. Se R é o raio daesfera de volume V2 = 172,8% . V1, então:

= 3

⇒ = ⇔

⇔ 1,728 = 3

⇔ 1,2 = ⇔ R = 1,2 . r ⇔ R = 120% . r

Assim, o raio da esfera aumenta 20%.

Resposta: D

6)

Se a laranja, consideranda esférica de raio R, é formada por 12gomos exatamente iguais, então a área A da superfície totalde cada gomo equivale à soma das áreas de dois semicírculos

de raio R com a área do fuso esférico correspondente a

da área da superfície esférica, assim:

A = 2 . . π . R2 + . 4 . π . R2 = π . R2 + . π . R2 = . π . R2

Resposta: E

56π––3

32π––––3

4––3

4––3

56π–––––3

5 3cm

20cm

R = 10cm

10cm

O

Br cm A

r cm

4––3

1–––4

1–––4

36π–––––144π

VE––––VT

�R––r�

172,8% . V1––––––––––––V1

�R––r�

V2–––V1

R––r�

R––r�

1–––12

4––3

1––3

1––12

1––2

12 –

7)

A capacidade V, em m3, do tanque é igual à capacidade de umcilindro de comprimento 4 m e raio da base 2 m, acrescida dacapacidade de uma esfera de raio 2 m.Dessa forma, adotando π = 3, temos:

V = π . 22 . 4 + . π . 23 = 48 + 32 = 80

Resposta: A

8)

a) Sejam AR e AS as áreas, em cm2, da lateral do reci piente e

da superfície de cada bola, respectivamente. Assim:

I) AR = 4 . (15 . 40) = 2400

II) AS = 4 . π . 22 = 4 . 3 . 4 = 48

b) Sejam VR, VE e VL os volumes, em cm3, do recipien te, de

cada esfera e do líquido, respectivamente. Assim:

I) VR = (15 . 15) . 40 = 9000

II) VE = . π . 23 = . 3 . 8 = 32

III) VL = VR – 90 . VE = 9000 – 90 . 32 = 6120

Respostas: a) 2400 cm2 e 48 cm2

b) 9000 cm3, 32 cm3 e 6120 cm3

n Módulo 30 – Poliedros

1) 12 – A + 20 = 2 € A = 30Resposta: D

2) O cubo possui exatamente 6 faces e 8 vértices.Assim sendo, o novo poliedro possui exatamente 8 faces tri -an gulares (uma para cada vértice do cubo) e 6 faces qua dra -das (uma para cada face do cubo).Resposta: B

3) I) F = 12 e A = = 18

II) V + F = A + 2 fi V + 12 = 18 + 2 ⇔ V = 8

Resposta: E

4) O hexaedro regular é o cubo (formado por 6 quadrados, 12arestas e 8 vértices).Resposta: A

5) I) F = 3 + 4 + 5 = 12

II) A = = 25

III) V + F = A + 2 fi V + 12 = 25 + 2 € V = 15

Resposta: E

6) Sendo F o número de faces, A o número de arestas e V o nú -me ro de vértices desse poliedro, tem-se:

I) F = 60

II) A = € A = 90

III) V – A + F = 2 (relação de Euler)

Assim: V – 90 + 60 = 2 € V = 32Resposta: D

7) O poliedro com 12 faces é o dodecaedro.Resposta: D

8) I) F = 3 + 1 + 1 + 2 = 7

II) A = = 15

III) V + F = A + 2 fi V + 7 = 15 + 2 € V = 10

Resposta: 10

4–––3

4–––3

4–––3

12 . 3––––––

2

3 . 3 + 4 . 4 + 5 . 5–––––––––––––––––

2

60 . 3–––––2

3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6––––––––––––––––––––––––

2

– 13