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