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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
2o modo:
60% de 40% de R$ 200,00 =
= (0,6) ⋅ (0,4) de R$ 200,00
= 0,24 de R$ 200,00
= 24% de R$ 200,00
Logo, o aumento é de 24%.
Porcentagem
• Conceito
1. Calcule:
a)20%deR$10.000,00
b)5%de20%deR$10.000,00
c) 20%de5%deR$10.000,00
a) 0,20 ⋅ 10000 = 2000
Resposta: R$ 2.000,00
b) 0,05 ⋅ (0,20 ⋅ 10000) =
= 0,05 ⋅ 2000
= 100
Resposta: R$ 100,00
c) Note que 0,20 ⋅ 0,05 ⋅ 10.000 é igual a
0,05 ⋅ 0,20 ⋅ 10.000
Resposta: R$ 100,00
2. OcustototaldeumcertoprodutoéR$200,00e,
dessevalor,40%correspondeaosgastoscoma
matéria-prima necessária para sua fabricação.
Dado que o preço da matéria-prima aumenta
60%,calcule:
a)oaumentoabsolutodocustototal;
b)oaumentoporcentualdocustototal.
a) 40% de R$ 200,00 =
= (0,40) ⋅ (R$ 200,00)
= R$ 80,00.
60% de R$ 80,00 =
= (0,60) ⋅ (R$ 80,00)
= R$ 48,00.
b) 1o modo:
200 → 100%
48 → x
x = 48 ⋅ 100% = 24%
200
1
3. Simplifique:
a)(20%)2
b) 9%
2
2
a) 20 = 2 = 4 = 4%
100
10
100
b)
9 = 3 = 30 = 30%
100 10 100
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c)
Multiplicando ambos os membros por 12, que é o
mínimo múltiplo comum de 2, 3 e 4, temos:
Equações da forma a ⋅ x = b
12 x – 1 - 12 3 – x = 12 x
2
3
4
6(x – 1) – 4(3 – x) = 3x
6x – 6 – 12 + 4x = 3x
6x + 4x – 3x = 6 + 12
7x = 18
S = 18
7
1.Num certo triângulo, a medida de um lado é
a terça parte do perímetro e a medida de um
outroladoéigualàquintapartedoperímetro.
Calculeoperímetro,dadoqueoterceirolado
mede14m.
Com o perímetro igual a x metros, temos
x=
x x
+ + 14.
3 5
Multiplicando ambos os membros por 15, que é o mínimo
múltiplo comum de 3 e 5, temos:
x
x
15x = 15 + 15 + 15 ⋅ 14
3
5
15x = 5x + 3x + 15 ⋅ 14
7x = 15 ⋅ 14
x = 15 ⋅ 2 ∴ x = 30
(Os lados medem 10m, 6m e 14m.)
O perímetro é 30m.
2.Resolvaemasseguintesequações.
a)x+3(x–1)–2(x–5)=10
x + 3x – 3 – 2x + 10 = 10
x + 3x – 2x = 10 + 3 – 10
2x = 3
S= 3
2
x x–4
b) –
=2
3
5
Multiplicando ambos os membros por 15, temos:
15 x – 15 x – 4 = 15 ⋅ 2
3
5
5x – 3(x – 4) = 30
5x – 3x + 12 = 30
2x = 18
S = {9}
2
x–1 3–x x
=
–
2
3
4
d)
x+1 10x–1 2x–1
=
–
3
12
4
Multiplicando ambos os membros por 12, temos:
12 x + 1 = 12 10x – 1 – 12 2x – 1
3
12
4
4(x + 1) = 10x – 1 – 3(2x – 1)
4x + 4 = 10x – 1 – 6x + 3
4x +4 = 4x + 2
0 ⋅ x = –2
O conjunto solução é ∅.
3. Obtenha três números inteiros consecutivos,
cujasomaéodobrodomenor.
Sendo esses números x – 1, x e x + 1, temos:
(x – 1) + x + (x + 1) = 2(x – 1)
3x = 2x – 2
x = –2
Os números são –3, –2 e –1.
(A soma deles é –6, que é o dobro do menor deles.)
4. Obtenha três números ímpares consecutivos,
cujasomaé159.
Sendo esses números x – 2, x e x + 2, temos:
(x – 2) + x + (x + 2) = 159
3x = 159 ∴ x = 53
Os números são 51, 53 e 55.
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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
1.Umclubeaceitaservir100membros,aopreçode
R$15,00cada,equalquersócioadicionalaopreçodeR$20,00.Certanoite,areceitadoclubefoi
deR$11.500,00.Qualfoi,nessanoite,onúmero
desóciosadicionais?
Sendo x o número de sócios adicionais, temos:
100 ⋅ 15 + x ⋅ 20 = 11500
20x = 11500 - 1500
20x = 10000 ∴ x = 500
O número de sócios adicionais foi 500.
2. (UNESP)Umprofessortrabalhaemduasfaculdades, A e B, sendo remunerado por aula. O
valordaaulanafaculdadeBé80%dovalorda
aulanafaculdadeA.Paraopróximoano,ele
pretendedarumtotalde30aulasporsemana
e ter uma remuneração semanal em A maior
que a remuneração semanal em B. Quantas
aulas, no mínimo, deverá dar por semana na
faculdadeA?
Sendo v o valor da aula em A, o valor da aula em B é
4
v. Sendo n o número semanal de
0,80 ⋅ v, ou seja,
5
aulas a serem dadas em A, temos:
4
n ⋅ v  (30 – n) v
5
5n  (30 – n) ⋅ 4
5n  120 – 4n
2. Emumaapresentaçãomusical,eramvendidos
doistiposdeingressos:oprimeiroaR$20,00
eosegundoaR$28,00.Sabendoque,aotodo,
foramvendidos4.000ingressosequeaquantia
totalarrecadadafoideR$92.000,00,obtenhao
númerodeingressosdoprimeirotipoqueforamvendidos.
Sendo x o número de ingressos do primeiro tipo, o número
de ingressos do segundo tipo é (4000 - x). Temos
x ⋅ 20 + (4000 - x) ⋅ 28 = 92000.
Dividindo por 4:
5x + (4000 - x) ⋅ 7 = 23000
5x + 28000 - 7x = 23000
- 2x = -5000 ∴ x = 2500
Foram vendidos 2.500 ingressos do primeiro tipo.
3
9n  120 ∴ 3n  40
40
n
∴ n  13,333…
3
Sendo n um número natural, podemos afirmar que ele é,
no mínimo, igual a 14.
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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
Com a condição x  3, temos x = 12 e, portanto, o cateto menor mede 9 (=x – 3).
Equação do
2o
grau
• Sendo a, b e c, com a ≠ 0, constantes reais,
chama-se de discriminante da expressão
ax 2+bx+caonúmerodadoporΔ=b2–4ac.
• ComΔ0,temos
ax 2+bx+c=0⇔x=
–b± Δ
2a
• ComΔ0,aequaçãoax 2+bx+c=0nãoadmiteraízesreais.
• ComΔ=0,aequaçãoax 2+bx+c=0admite
duasraízesreaiseiguais.
• ComΔ0,aequaçãoax 2+bx+c=0admite
duasraízesreaisedistintas.
1. Numdadotriânguloretângulo,umcatetomede
3unidadesamenosqueahipotenusae3unidadesamaisqueooutrocateto.Qualamedidado
catetomenor?
Há, pelo menos, três modos de representar as medidas
dos lados desse triângulo:
x–3
x+3
x–6
x
x
x–3
x
x+6
x+3
Vejamos os primeiros dois modos.
1o modo
Sendo x a medida do cateto maior, a hipotenusa e o
cateto menor medem x + 3 e x – 3.
Condição: x  3
Do Teorema de Pitágoras, temos:
x2 + (x – 3) 2 = (x + 3) 2
x2 + x2 – 6x + 9 = x2 + 6x + 9
x2 – 12x = 0
x(x – 12) = 0
x = 0 ou x = 12
4
2o modo
Sendo x a medida da hipotenusa, o cateto maior mede
x – 3 e o cateto menor x – 6.
Condição: x  6
Do Teorema de Pitágoras, temos:
(x – 3) 2 + (x – 6) 2 = x2
x2 – 6x + 9 + x2 – 12x + 36 = x2
x2 – 18x + 45 = 0
Δ = (–18) 2 – 4 ⋅ 1 ⋅ 45
Δ = 324 – 180 ∴ Δ = 144 e Δ = 12
–(–18)  12
x=
2⋅1
x = 15 ou x = 3
Com a condição x  6, temos x = 15 e, portanto, o cateto menor mede 9(= x – 6).
2.Resolvaemasequações:
a)(x–1)(x 2+7)=(x–1)(5x+1)
(x – 1)(x2 + 7) – (x – 1)(5x + 1) = 0
(x – 1)[(x2 + 7) – (5x + 1)] = 0
(x – 1)(x2 + 7 – 5x – 1) = 0
(x – 1)(x2 – 5x + 6) = 0
x – 1 = 0 ou x2 – 5x + 6 = 0
x – 1 = 0 ⇔ x = 1 (*)
x2 – 5x + 6 = 0
Δ = (–5) 2 – 4 ⋅ 1 ⋅ 6 ∴ Δ = 1 e Δ = 1
–(–5)  1
x=
2⋅1
x = 2 ou x = 3 (**)
De (*) e (**), temos o conjunto solução: {1, 2, 3}.
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b)
Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
x2+7 5x+1
=
x–2
x–2
⇔ x – 2 ≠ 0 e x2 + 7 = 5x + 1
⇔ x ≠ 2 e x2 – 5x + 6 = 0
⇔ x ≠ 2 e (x = 2 ou x = 3)
Logo, o conjunto solução é {3}.
4. Resolvaem:
a)x4=8x 2+9
b)x6+8=9x3
a) (x2) 2 = 8x2 + 9
Com x2 = t, temos:
t2 = 8t + 9
t2 – 8t – 9 = 0
t = 9 ou t = –1
x2 = 9 ou x2 = –1
x2 = 9 ⇔ x = 3
Não existe x real, tal que x2 = –1.
O conjunto solução é {3, –3}.
b) (x3) 2 + 8 = 9x3
Com x3 = t, temos:
t2 + 8 = 9t
t2 – 9t + 8 = 0
t = 1 ou t = 8
x3 = 1 ou x3 = 8
x = 1 ou x = 2
O conjunto solução é {1, 2}.
3. Considereaequaçãox 2–6x+c=0,emquecé
umaconstantereal.Paraquevaloresdecessa
equaçãoadmiteraízesreais?
Δ = (–6) 2 – 4 ⋅ 1 ⋅ c = 36 – 4c
De Δ  0, temos:
36 – 4c  0
–4c  –36
4c  36 ∴ c  9
5
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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
1. Considere a função f : R → R, f(x) = 3x – 1.
Esboce o gráfico de f, indicando suas intersecções com os eixos x e y.
y = f(x)
2
0
1
x
–1
x
f(x)
0
–1
1
2
f(0) = –1; o ponto de intersecção com o eixo y é dado
por (0, –1).
1
3x – 1 = 0 ⇔ x = ; o ponto de intersecção com o eixo y
3
1
é dado por ⎛ , 0 ⎞ .
⎝3 ⎠
6
2. Dado que o gráfico da função f é a reta que
passa pelos pontos (0, 3) e (3, 0), obtenha f(x).
Como o gráfico é uma reta, podemos afirmar que existem constantes m e n, tais que y = m ⋅ x + n, em que
y = f(x).
(0, 3) ∈ f ⇔ 3 = m ⋅ 0 + n
\
n=3
f(x) = m ⋅ x + 3
(3, 0) ∈ f ⇔ 0 = m ⋅ 3 + 3
\
m = –1
Logo, f(x) = –x + 3
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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
b) os pontos de intersecção com o eixo x;
As raízes da equação x2 – 2x – 3 = 0 são –1 e 3.
Os pontos de intersecção com o eixo x são dados por
(–1, 0) e (3, 0).
Função quadrática
Resumo
Consideremos a parábola, dada por uma equação da forma y = f(x) = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c, com a ≠ 0.
Vértice
a.0
y
c) o vértice;
A abscissa do vértice é xv =
–b –(–2)
=
= 1.
2a
2
(Note que xv é média aritmética das raízes.)
A ordenada do vértice é
x
y v = f(xv) = f(1) = 12 – 2 ⋅ 1 – 3 = –4.
Vértice
a,0
• Odiscriminantedaexpressãoax 2 + bx + c é o
número dado por D = b2 – 4ac.
(Note, ainda, que D = (–2) 2 – 4 ⋅ 1 ⋅ (–3) = 16, e
–D –16
=
= –4 = y v.
4a
4
• A parábola intersecta o eixo y das ordenadas
no ponto (0, c).
• Se D > 0, a parábola intersecta o eixo x
das abscissas nos pontos dados por (x1, 0)
e (x 2, 0), em que x1 e x 2 são dados por
–b ±  D
x1,2 =
. Com D = 0, temos x1 = x 2 e, nes2a
se caso, a parábola é tangente ao eixo x.
• Ovérticedaparábolaédadopor(x v, y v), em que
–b
–D
xv =
e y v = f(x v) =
.
2a
4a
d) um esboço;
y
0
–1
3
x
–3
(1, –4)
1. Daparábola(noplanox0y),dadapelaequação
y = x2 – 2x – 3, obtenha:
a) o ponto de intersecção com o eixo y;
x = 0 ⇒ y = –3
O ponto de intersecção com o eixo y é dado por
(0, –3).
7
e) o conjunto imagem da função real dada por
f(x) = x 2 – 2x – 3.
Pela projeção do gráfico sobre o eixo y, temos o conjunto imagem: {y ∈ R | y > –4}.
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Lista de Exercícios (em Sala) - PIE 1º ano 2015
Exponenciais:
potências de expoente real
• Equaçõesexponenciais
Logaritmos: propriedades
• ComA0,B0,b0eb≠1,temos:
logbA=c⇔A=bc
logb(A⋅B)=logbA+logbB
A
logb =logbA–logbB
B
logbAα=α⋅logbA(α∈)
Resolvaem:
a)3x–1+3x+2–3x=25
3x
+ 3x ⋅ 32 – 3x = 25
31
Substituindo 3x por t, temos:
t + 9t – t = 25
3
Multiplicando por 3, temos:
a)log106
t + 27t – 3t = 25 ⋅ 3
log106 = log10 (2 ⋅ 3)
25t = 25 ⋅ 3
t = 3; portanto
3x
1. Dadoquelog102=aelog103=b,calculeovalorde:
= log102 + log103
=3
=a+b
Logo, o conjunto solução é { 1 } .
b)4x+4=5⋅2x
Observando que 4x, (22)x e (2x)2 são expressões
idênticas, pode-se fazer 2x = t
Desse modo, obtemos, de 4x + 4 = 5 ⋅ 2x, a equação
t2 + 4 = 5t, ou, ainda, t2 – 5t + 4 = 0
b)log108
log108 = log1023
= 3log102
= 3a
Resolvendo essa equação, obtemos: t = 4 ou t = 1
t = 4 ⇒ 2x = 4
t = 1 ⇒ 2x = 1
x=2
x=0
Portanto o conjunto solução é {2, 0}.
c) log101,5
log101,5 = log10
c) 4x=2x+2
3
2
= log103 – log102
Fazendo 2x = t, resulta t2 = t + 2.
=b–a
Resolvendo a equação t2 – t – 2 = 0, obtemos:
t = 2 ou t = –1
t = 2 ⇒ 2x = 2
t = –1 ⇒ 2x = –1
d)log105
x=1
Não existe x real
Portanto o conjunto solução é { 1 } .
8
log105 = log10
10
2
= log1010 – log102
=1–a