Matemática
Módulo 2
M7
M8
M9
M10
M11
Função Exponencial 3 - 10
Função Logarítmica 11 - 22
Noções de Matemática Financeira 23 - 28
Progressões 29 - 36
Trigonometria no Ciclo 37 - 48
D
T
F
O
Ã
D
R
T
I
F
E
C
O
TER RCEIRÃ ÃO FTD
D
T
F
M
7
E
O
R
T
I
Ã
E
O
TERCTD TERCEIR
Ã
de
R
I
o
n
E
r
e
C
d
F
R
Ca
E
T
O
s
e
Ã
d
D
a
Função
Exponencial
R
d
T
i
I
v
i
F
E
At
C
O
R
Ã
E
D
T E1RCEIR
T
F
O
Ã
3
T
R
I
E
C
TER
(Uniderp-MS) Se n, y 7 ς são tais que
3
y=
n0 2
−793 03
2 9 3n 0 1
n
5
2 9 3n
5
b)
2 9 3n 0 1
5
6
7
d)
3
a)
y=
(MACK-SP) Se x e y são números reais positivos, tais
n0 1
X c)
x 4 y −2 = 81
que 2 9 −4
, então o produto x 9 y é igual a:
x 9 y = 729
, então y é igual a:
e)
3n 0 1
6
c) 3 3
a) 3
X b)
1
3
d)
x 4 9 y −2 = 81 →
x 2 9 y −4 = 729
3n 0 2 − 7 9 3n 0 3n 0 1
2 9 3n 0 1
e)
3
1
9
x 4 9 y −2
x 2 9 y −4
81
729
=
→ x2y2 =
1
9
→ xy =
1
3
9 9 3 − 7 9 3n 0 3 9 3n
n
y=
6 9 3n
3 ( 9 − 7 0 3)
n
y=
y=
6 9 3n
5
6
4
(UESPI) A equação exponencial dada por
2
(FGV-SP) Num concurso que consta de duas fases, os
candidatos fizeram uma prova de múltipla escolha, com
30 questões de 4 alternativas cada uma. Na segunda fase,
outra prova continha 30 questões do tipo falso ou verdadeiro. Chamando de n1 o número dos diferentes modos de
responder à prova da 1a fase e de n2, o número dos diferentes modos de responder à prova da 2a fase, tem-se que:
a) n1 = 2n2
c) n1 = 4n2
e) n1 = 430 9 n2
30
b) n1 = 30n2
X d) n1 = 2 9 n2
X
( 3)
x
x0 1
=1
admite duas soluções, x1 e x2. O valor da soma (x1 0 x2) é:
a) −1 b) 0
c) 1
d) 2
e) 3
[(
3
)
x
]
x01
=1 →
(
3
)
x2 0 x
=
(
3
)
0
→ x2 0 x = 0
x(x 0 1) = 0
x1 = 0
ou
x2 = −1
Logo:
x1 0 x2 = 0 − 1 = −1
Se, na 1a fase, o candidato deve escolher apenas uma das quatro alternativas de cada questão, então:
n1 = 4 9 4 9 4 9 ... 9 4 = 430 = 260
144424443
30 fatores
a
Na 2 fase, o número de maneiras de responder é:
n2 = 1
24
94
24
92
24
94
...4
93
2 = 230
30 fatores
Então,
n1
n2
=
2 60
2 30
→
n1
n2
= 2 30 → n 1 = 2 30 9 n 2 .
Matemática
3
001_010_CA_Matem_2
3
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M7
Função Exponencial
Em questões como a 5, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
6
(UCDB-MS) O conjunto verdade da equação
2 2x
13 9 2 x − 1
exponencial
é:
01=
2x
3
3x 0 1
5
(UEPG-PR) A equação 52x 0 125 = 6 9 5x 0 1 admite
como soluções os números a e b, com a . b. Então, assinale o que for correto:
b
(01) a = 1
(02) a 9 b é um número par.
(04) a . 0 e b , 0
(08) a 0 b , 5
a
(16)
é um número natural.
b
2 3
a) ,
3 2
2
3
b) − , −
3
2
2 3
c) − ,
3 2
X
e) {1, −1}
d) {1, 0}
13 9 2 x − 1
2 2x
01=
3x 0 1
3 2x
2x
13 9 2 x 9 2 −1
2
3 01=
3x 9 3
01. Incorreto
52x 0 125 = 6 9 5x 0 1
52x 0 125 = 6 9 5x 9 5
Substituindo 5x = y, temos:
y2 0 125 = 30y
y1 = 25
y2 − 30y 0 125 = 0
y2 = 5
Logo:
5x = 25 Θ 5x = 52 Θ x = 2 = a
5x = 5 Θ x = 1 = b
2
3
2x
2
3
2x
2
3
2x
01=
13
2x 9
2
3x 9 3
2
01=
3
01=
9
13
1
9
2
3
13 2
9
6 3
2
Substituindo
3
b
1
=
a
2
x
x
x
= y, temos:
13 y
6y 2 0 6
13
9y Θ
=
6
6
6
2
y1 =
3
6y2 − 13y 0 6 = 0
3
y2 =
2
Logo:
y2 0 1 =
02. Correto
ab = 2 9 1 = 2
04. Incorreto
a=2.0eb=1.0
08. Correto
a0b=201=3,5
16. Correto
a
2
=
=2
b
1
Portanto: 2 0 8 0 16 = 26
2
2
, temos:
3
3
x
Se y =
2
= Θ x = 1.
3
3
2
, temos:
2
3
x
Se y =
3
2
= =
2
3
−1
Θ x = −1.
Portanto: S = {1, −1}
7
(UESPI) O conjunto verdade da equação
2x − 2−x = 5(1 − 2−x) é igual a:
a) {1, 4}
c) {0, 1}
e) { }
X d) {0, 2}
b) {1, 2}
2 x − 2 − x = 5(1 − 2 − x ) Θ 2 x −
1
1
= 5 1 − x
2x
2
Substituindo 2x ⫽ y, temos:
y−
1
5
=5−
y
y
y2 − 1 = 5y −5
y2 − 5y 0 4 = 0
2x = 4
ou
2 x = 22
x=2
Portanto: S = {0,
Matemática
001_010_CA_Matem_2
y1 = 4
y2 = 1
2x = 1
2 x = 20
x=0
2}
4
4
11.10.06, 15:05
Função Exponencial
M7
10
8
(UFSM-RS) Um piscicultor construiu uma represa para
criar traíras. Inicialmente, colocou 1 000 traíras na represa
e, por um descuido, soltou 8 lambaris. Suponha-se que o
aumento das populações de lambaris e traíras ocorra,
respectivamente, segundo as leis L(t) = L010t e T(t) = T02t,
em que L0 é a população inicial de lambaris, T0, a população
inicial de traíras, e t, o número de anos que se contam a
partir do ano inicial.
Considerando-se log 2 = 0,3, o número de lambaris será
igual ao de traíras depois de quantos anos?
X e) 3
a) 30
b) 18
c) 12
d) 6
(UCDB-MS) Certa substância radioativa de massa
M0, no instante t = 0, tende a se transformar em outra
substância não radioativa.
Para cada instante t > 0, dado em segundos, a massa da
substância radioativa restante obedece à lei M(t) = M0 3−2t.
Nessas condições, o tempo necessário, em segundos, para
que a massa da substância radioativa seja reduzida a um
terço da massa inicial, é igual a:
a) 3
b) 2,5
c) 1,5
d) 1
X e) 0,5
L(t) = T(t)
8 9 10t = 1 000 9 2t
10t = 125 9 2t
10 t
= 125
2t
t
5 = 125
5t = 53
t = 3 anos
M(t) = M0 9 3 −2t
Devemos ter M(t) =
M0
3
M0
3
. Logo:
= M0 9 3 −2t
1
= 3 −2 t
3
3−1 = 3−2t
−2t = −1
t=
1
ou t = 0,5 s
2
11
(Vunesp-SP) Considere a função dada por
f(x) = 32x 0 1 0 m 9 3x 0 1.
a) Quando m = −4, determine os valores de x para os
quais f(x) = 0.
b) Determine todos os valores reais de m para os quais a
equação f(x) = m 0 1 não tem solução real x.
9
(UFPB) Sendo a e k constantes reais e sabendo-se que
o gráfico da função f(x) = a2kx passa pelos pontos A(0, 5) e
B(1, 10), o valor da expressão 2a 0 k é:
X c) 11
a) 15
b) 13
d) 10
e) 12
f(x) = 32x 0 1 0 m 9 3x 0 1
f(x) = 32x 9 3 0 m 9 3x 0 1
f(x) = 3 9 (3x)2 0 m 9 (3x) 0 1
a) m = −4 Θ f(x) = 0 Θ 3 9 (3x)2 – 4 9 (3x) 0 1 = 0
Como o gráfico passa pelos pontos A e B, temos:
A(0, 5) Θ a 9 2k 9 0 = 5 Θ a 9 20 = 5 Θ a = 5 쩸
B(1, 10) Θ a 9 2k 9 1 = 10 Θ a 9 2k = 10 쩹
Substituindo a = 5 em 쩹, vem:
5 9 2k = 10
2k = 2
k=1
Logo:
2a 0 k = 2 9 5 0 1 = 11
3x =
4 ± 2
6
→ 3 x = 1 ou 3 x =
1
3
→ x = 0 ou x = − 1
b) f(x) = m 0 1 Θ 3 9 (3x)2 0 m 9 (3x) 0 1 = m 0 1
3 9 (3x)2 0 m 9 (3x) − m = 0
Fazendo 3x = y, resulta a equação: 3y2 0 m 9 y − m = 0.
Essa equação não tem soluções reais se, e somente se, suas raízes y1
e y2 não forem reais ou se ambas forem reais negativas.
• As raízes y1 e y2 não são reais Θ ∆ = m2 0 12m , 0 Θ −12 , m , 0.
• Para que as raízes y1 e y2 sejam ambas reais e negativas, devemos
−m
ter ∆ > 0, y1 0 y2 =
<0
3
−m
> 0, que se verifica apenas para m = 0.
3
Concluímos, então, que –12 , m < 0.
e y 1 . y2 =
Matemática
5
001_010_CA_Matem_2
5
11.10.06, 15:06
M7
Função Exponencial
12
1
Se f(x) = 10 −
9 1 000, sendo x o tempo medido em dias e f(x)
10 x
o número de indivíduos do grupo, então:
(UFPel-RS) A função exponencial serve de modelo
matemático para resolver várias situações do cotidiano.
Um exemplo é o de uma cultura de bactérias inicialmente
com 1 000 elementos, contados a partir do instante zero,
na qual a população dobra a cada hora.
Essa situação é representada pela função f(x) = 1 000 9 2x,
em que x é o tempo decorrido.
Com base na função acima, em seus conhecimentos, considerando ς o conjunto dos números reais, analise as afirmativas abaixo.
I. O domínio da função é o conjunto dos números reais.
II. O domínio da função é D = {x 7 ς \ x > 1 000}.
III. O domínio da função é D = {x 7 ς \ x > 0}.
IV. A imagem da função é Im = {y 7 ς \ y > 1 000}.
V. A imagem da função é Im = {y 7 ς \ y > 0}.
Estão corretas somente as afirmativas:
X e) III e IV
a) I e IV
c) II e IV
b) III e V
d) I e V
f) I.R.
•
1
1
f(2) = 10 −
9 1 000 = 10 −
9 1 000 =
10 2
100
= 10 000 − 10 = 9 990
•
1
1
f(3) = 10 −
9 1 000 = 10 −
9 1 000 =
10 3
1 000
= 10 000 − 1 = 9 999
• f(3) − f(2) = 9 999 − 9 990 = 9
• Entre o 2o e o 3o dia, o número de indivíduos do grupo aumentará em
exatamente 9 unidades.
14 (UFMA) Se a curva da figura abaixo representa o
gráfico da função y = 2x, o valor da área sombreada é:
a) 4
b) 2
c) 8 X d) 6
e) 10
Sendo y = 1 000 9 2x, temos:
I. Incorreta
O domínio é D = {x 7 ς \ x > 0}, pois a população dobra a cada hora.
II. Incorreta
III. Correta
IV. Correta
O gráfico de y = 1 000 9 2x é:
y
y = 2x
y
Im = {y 7 ς \ y > 1 000}
2 000
3
2
0
x
1 000
0
Se: x = 0 Θ y = 20 Θ y = 1
x = 2 Θ y = 22 Θ y = 4
A área sombreada é igual a:
A=2910194ΘA=204=6
x
1
V. Incorreta
13
15 (UFSM-RS) A solução da equação exponencial
5x(5x − 1) = 20:
a) pertence ao intervalo (−∞, −3[.
b) pertence ao intervalo ]4, +∞).
X c) pertence ao intervalo ]0, 2[.
d) é um número par.
e) é um número irracional.
(MACK-SP) O número de indivíduos de um certo
1
grupo é dado por f(x) = 10 −
9 1 000, sendo x o
10 x
tempo medido em dias.
Desse modo, entre o 2o e 3o dia, o número de indivíduos
do grupo:
a) aumentará em exatamente 10 unidades.
b) aumentará em exatamente 90 unidades.
c) diminuirá em exatamente 9 unidades.
X d) aumentará em exatamente 9 unidades.
e) diminuirá em exatamente 90 unidades.
Matemática
001_010_CA_Matem_2
Substituindo 5x = y, vem:
y(y − 1) = 20 Θ y2 − y − 20 = 0
y1 = 5
y2 = −4
Se y = 5 Θ 5x = 5 Θ x = 1
Se y = −4 Θ 5x = −4 Θ Ξ x 7 ς
Como x = 1, pertence ao intervalo ]0, 2[.
6
6
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M7
Função Exponencial
16
18
(MACK-SP) Dadas as funções f(x) = 2 x2 − 4 e
g(x) = 4x2 − 2x, se x satisfaz f(x) = g(x), então 2x é:
1
1
b) 1
c) 8 X d) 4
e)
a)
4
2
(MACK-SP) O menor valor assumido pela função
1
g(x) =
2
a) 8
(2 − x 2 )
é:
b) 4
c)
1
2
X d)
1
4
e)
1
8
Se f(x) = 2x − 4 e g(x) = 4x − 2x, com f(x) = g(x), temos:
2
2
2
2
2x − 4 = 4x − 2x Θ 2x − 4 = 22x − 4x Θ 2x2 − 4x = x2 − 4
x2 − 4x 0 4 = 0 Θ x = 2
Portanto: 2x = 22 = 4.
2
1
é estritamente decrescente. O míni2
mo valor de g, portanto, corresponde ao máximo valor do expoente.
O gráfico da função f: ς Θ ς definida por f(x) = −x2 0 2 é:
A função exponencial g de base
2
f(x)
2
− 2
2
x
19
(UNI-RIO/Ence-RJ) Conforme dados obtidos pelo
IBGE, relativos às taxas de analfabetismo da população
brasileira de 15 anos ou mais, a partir de 1960, foi possível
ajustar uma curva de equação y = 30kx 0 10, em que
k . 0, representada a seguir:
e o máximo valor de f é 2.
O mínimo valor de g é
1
2
2
=
1
.
4
taxa (%)
20
17 (UFF-RJ) Em um meio de cultura especial, a quantidade de bactérias, em bilhões, é dada pela função Q definida, para t > 0, por Q(t) = k5kt, sendo t o tempo, em
minuto, e k uma constante.
A quantidade de bactérias, cuja contagem inicia-se com o
cálculo de Q(0), torna-se, no quarto minuto, igual a 25Q(0).
Assinale a opção que indica quantos bilhões de bactérias
estão presentes nesse meio de cultura no oitavo minuto:
a) 12,5
b) 25
d) 625
e) 1 000
X c) 312,5
0
10
20
30
40
tempo (anos)
50
a) Determine o valor de k.
b) Obtenha as taxas relativas aos anos de 1960 e 2020 (valor estimado), usando o gráfico e a equação anterior.
a) Sendo x = 30 e y = 20, temos:
20 = 30 9 k 30 0 10 Θ k 30 =
Pelos dados, temos:
se t = 0 Θ Q(0) = k 9 5k 90 = k
se t = 4 Θ Q(4) = k 9 54k
Como Q(4) = 25 9 Q(0), vem:
k 9 54k = 25 9 k
54k = 25
54k = 52
4k = 2
1
k=
2
1
98
1
Portanto: Q(8) =
952
2
1
Q(8) =
9 54
2
1
30
1
1
Θk=
3
3
=
30
1
3
b) O ano de 1960 corresponde a x = 0. Logo:
0
1
1 30
y = 30 9 0 10 Θ y = 30 9 1 0 10 Θ y = 40%
3
O ano de 2020 corresponde a 2020 − 1960 = 60. Logo:
1
y = 30 9
3
y=
1
30
60
2
1
0 10 Θ y = 30 9 0 10 Θ
3
40
Λ 13,33%
3
Q(8) = 312,5
Matemática
7
001_010_CA_Matem_2
7
11.10.06, 15:06
M7
20
Função Exponencial
21 (EEM-SP) A curva abaixo mostra a evolução do
número de peças montadas em uma linha de produção
por um operário recém-contratado.
Admitindo que a curva seja descrita pela função
Q(t) = 500 − A 9 2−k 9 t, determine o número de peças que
o operário montará em sua segunda semana de trabalho.
(UEPG-PR) Dadas as funções definidas por
x
x
5
4
f(x) = e g(x) = , é correto afirmar:
4
5
(01)
(02)
(04)
(08)
Os gráficos de f(x) e g(x) não se interceptam.
f(x) é crescente e g(x) é decrescente.
g(−2) 9 f(−1) = f(1)
f [g(0)] = f(1)
5
(16) f(−1) 0 g(1) =
2
Q
350
200
Fazendo o gráfico das
funções, temos:
y
g(x)
f(x)
0
1
01. Incorreto, pois os gráficos se interceptam em:
4
5
x
5
=
4
x
4
Θ
5
4
Substituindo:
5
4 x
=
5
x
−1
x
= y, vem:
1
y
y2 = 1
y = Σ1
y = y −1 Θ y =
4
Se y = 1 Θ
5
x
4
5
x
4
Se y = − 1 Θ
5
=1
4
=
5
2
3
t (semanas)
Se:
t = 0 Θ 200 = 500 − A 9 20 Θ 200 = 500 − A Θ A = 300
t = 1 Θ 350 = 500 − A 9 2−k 9 1
350 = 500 − 300 9 2−k
300 9 2−k = 150
1
2−k =
2
2−k = 2−1
k=1
A função é:
Q(t) = 500 − 300 . 2−t
Se t = 2 semanas, temos:
Q(2) = 500 − 300 9 2−2
Q(2) = 500 − 75
Q(2) = 425 peças
x
0
1
x
= −1
Ξx7ς
0
x=0
Os gráficos se interceptam em (0, 1).
02. Incorreto, pois f(x) é decrescente e g(x) é crescente.
04. Correto
5
g(− 2 ) =
4
f(−1) =
4
5
−2
=
−1
=
1
5
4
2
=
22
(UFCE) Sejam f e g funções reais de variável real
17
definidas por f(x) = x
e g(x) = 3 0 2x − x2. O valor
2 01
mínimo de f [g(x)] é:
1
1
1
X d) 1
b)
c)
e) 2
a)
4
3
2
16
25
1
5
=
4
4
5
1
4
4
f(1) = =
5
5
Logo: g(− 2) 9 f(−1) =
17
. Assim, quanto maior for o valor de 2g(x) 0 1, menor
2 g(x) 0 1
será o valor de f [g(x)]. Logo, f [g(x)] assumirá um valor mínimo quando
2g(x) 0 1 assumir um valor máximo, o que ocorrerá quando g(x) assumir
um valor máximo. Como g(x) = 3 0 2x − x2, trata-se de uma função
quadrática e, como o coeficiente de x2 é negativo, seu gráfico é uma parábola com concavidade para baixo e, portanto, ela assumirá um valor máximo, o qual ocorrerá quando o valor de x for igual à abscissa do vértice, isto
−2
= 1. Assim g(1) é o valor máximo assumido pela
é, quando x =
2 9 (−1)
função g e, portanto, o valor mínimo da composta será:
Temos f [g(x)] =
16
5
4
9
=
= f(1)
25
4
5
08. Correto
5
g(0) =
4
0
=1
1
4
4
f(1) = =
5
5
f [g(1)] =
16. Correto
1
5
5
g(1) = =
4
4
17
17
17
= 4
=
=1
2g(1) 0 1
2 01
17
Logo:
f(−1) 0 g(1) =
5
5
10
5
0
=
=
4
4
4
2
Portanto: 4 + 8 + 16 = 28
Matemática
001_010_CA_Matem_2
8
8
11.10.06, 15:07
M7
Função Exponencial
23
25
(Unipac-MG) A relação P = 32 000 9 (1 − 2−0,1t)
descreve o crescimento de uma população P de bactérias,
t dias após o instante 0. O valor de P é superior a 31 000
se, e somente se, t satisfizer a condição:
c) t . 16
e) 32 , t , 64
X a) t . 50
b) t , 30
d) 2 , t , 16
(FERJ-SC) A solução da inequação
(0,7)x(x − 3) , (0,49)x − 2 é:
a) %
d) {x 7 ς\x , 2 ou x . 3}
b) {x 7 ς\1 , x , 4} X e) {x 7 ς\x , 1 ou x . 4}
c) {x 7 ς\2 , x , 3}
(0,7) x(x − 3) , (0,49) x − 2
Devemos ter P . 31 000. Logo:
32 000 (1 − 2−0,1t) . 31 000
32 (1 − 2−0,1t) . 31
32 − 32 9 2−0,1t . 31
−32 9 2−0,1t . −1
32 9 2−0,1t , 1
1
2 −0 ,1 t ,
32
2−0,1t , 2−5
−0,1t , −5
t . 50 dias
(0,7) x − 3x , (0,7) 2x − 4
x2 − 3x . 2x − 4
x2 − 5x 0 4 . 0
2
Estudando o sinal, temos:
{
x1 = 4
x2 = 1
x2 − 5x 0 4 = 0
{
}
1
x
4
Logo: S = {x 7 ς\x , 1 ou x . 4}.
24
26
(UFPB) O total de indivíduos, na enésima geração,
de duas populações P e Q é dado, respectivamente, por
P(n)
> 1 024 ,
P(n) = 4n e Q(n) = 2n. Sabe-se que, quando
Q(n)
a população Q estará ameaçada de extinção. Com base
nessas informações, essa ameaça de extinção ocorrerá a
partir da:
X a) décima geração
b) nona geração
c) oitava geração
d) sétima geração
e) sexta geração
(FGV-SP) O gerente de produção de uma indústria
construiu a tabela abaixo, relacionando a produção dos
operários com sua experiência.
Experiência (meses)
Produção (unidades por hora)
0
6
200
350
Acredita o gerente que a produção Q se relaciona à experiência t, por meio da função Q(t) = 500 − A 9 e−k 9 t,
sendo e = 2,72 e k um número real, positivo.
a) Considerando que as projeções do gerente de produção
dessa indústria estejam corretas, quantos meses de experiência serão necessários para que os operários possam produzir 425 unidades por hora?
b) Desse modo, qual será a máxima produção possível dos
operários dessa empresa?
4n
> 1 024
2n
2 2n
> 1 024
2n
2n > 1 024
2n > 210
n > 10
A ameaça de extinção ocorrerá a partir da 10a geração.
a) Supondo que A seja uma constante real e t o tempo de experiência em
meses, temos:
Q(0) = 200
500 − A 9 e0 = 200 Ι A = 300
Q(6) = 350
500 − 300 9 e−6k = 350
300 9 e−6k = 150
t
−
1
e −6k =
Ι e −k = 2 6
2
Logo, Q(t) = 500 − 300 9 2
−
t
6
.
Com Q(t) = 425, temos:
500 − 300 9 2
300 9 2
2
−
−
t
6
−
t
6
−
t
6
= 425
= 75
1
=
= 2 −2
4
t
= − 2 Ι t = 12 meses
6
b) Como Q(t) = 500 −
300
, podemos afirmar que:
t
26
• quanto maior for t, tanto mais Q(t) se aproximará de 500;
• Q(t) , 500.
Podemos concluir, então, que a produção máxima possível é de 499
unidades por hora.
Matemática
9
001_010_CA_Matem_2
9
11.10.06, 15:07
M7
27
Função Exponencial
os quais 1 < 4
X a) [0, 12[
b) [0, 8[
x
4
1< 4
14243
4
x
4
, 8 2 é:
c) [0, 6[
d) [0, 4[
e) [0, 3[
I
x
4
, 82
x
4
I
> 1 II
x
x
I
(UFF-RJ)
a) Ao resolver uma questão, José apresentou o seguinte
raciocínio:
2
3
1
1
1
1
“ Como
. , tem-se . e conclui-se
2
2
4
8
que 2 . 3.”
Identifique o erro que José cometeu em seu raciocínio,
levando-o a essa conclusão absurda.
b) Sem cometer o mesmo erro que José, determine o
menor número m, inteiro e positivo, que satisfaz a
inequação:
4
m 01
1 m
1
.
2
4
, 82
II
4
29
(ECM-AL) O conjunto de todos os valores de x para
4 4 , 82
44 >1
II
x
x
4 4 > 40
(2 2 ) 4 , (2 3 ) 2
x
>0
4
x>0
x
2 2 , 26
x
,6
2
x , 12
a) José cometeu o erro na última etapa de seu raciocínio, uma vez que a
função exponencial dada por f(x) =
x
é decrescente, ou seja, à
medida que aumentamos o valor de x, o valor de f(x) diminui.
Fazendo a intersecção, temos:
0
b) 1
2
12
I
0
4
m
1
.
4
m01
1
Θ
2
4
m
1
.
2
2m 0 2
1
Como a base é um número compreendido entre zero e um, a fun2
ção é decrescente e o sinal da desigualdade muda, ou seja:
II
I 5 II
1
2
12
4
, 2m 0 2
m
4
− 2m − 2 , 0
m
S = {x 7 ς\0 < x , 12} = [0, 12[
4 − 2m 2 − 2m
,0
m
2m 2 0 2m − 4
.0
m
2(m − 1)(m 0 2 )
.0
m
Como m . 0, temos
2(m − 1)(m 0 2 )
. 0 → (m − 1)(m 0 2 ) . 0,
m
ou seja, m , −2 ou m . 1.
28
(ITA-SP) Seja ε um número real, com 0 , ε , 1.
Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos
{
2x 2
1
os valores de x tais que ε
, 1:
ε
a) ]−∞, 0] 6 [2, 0∞[
d) ]−∞, 0[
b) ]−∞, 0[ 6 ]2, 0∞[
e) ]2, 0∞[
c)
]0,
2[
X
2x
{
−2
}
1
ε
ε 2x 9
( ε)
2x 2
−2x 2
,1
,1
ε2x 9 ε−x , ε0
2
ε2x − x , ε0
Se 0 , ε , 1, temos: 2x − x2 . 0.
Raízes: 2x − x2 = 0 Θ x(2 − x) = 0
2
x1 = 0
ou
x2 = 2
{
} 0
2 }
Portanto: 0 , x , 2 ou ]0, 2[
Matemática
001_010_CA_Matem_2
10
10
x
Conclui-se que o menor número inteiro e positivo m que satisfaz a
inequação é 2.
Do enunciado, temos:
ε 2x 9
1
11.10.06, 15:08
D
T
F
O
Ã
D
R
T
I
F
E
C
TER RCEIRÃOÃO FTD
D
T
M8
8
F
M
E
O
R
T
I
Ã
E
R
I
C
E
R
TE TD TERC CEIRÃeO
e
d
o
n
r
d
F
R
Ca
E
T
O
s
Ã
e
D
d
Função
Logarítmica
R
a
T
I
d
i
F
v
E
i
At
TERCERCEIRÃOÃO FTD
T
R
2
I
E
C
R
E
T
1
Função Logarítmica
Em questões como a 1, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
(Vunesp-SP) O valor de x na equação log 3
1
a)
3
(UEPG-PR) Sendo:
1
(25)
=
125
q = log16 8
p−2
r=
b)
3
log 2 4
É correto afirmar que:
(01) p , r , q
(02) q . p
(04) r , q
(08) p . r
(16) r , p , q
x=
3
(
d)
x=
3
33
3
3
c)
3
3
log 3
log 3 27
3
)
(
1
3
1
3
→ x= 3 3
3
→ x = 32
)
3
3
x=
X e)
1
é:
3
3
3
1
3
1
3
1
x=32 → x=
3
01. Correto
25 p − 2 =
r=
1
1
→ 52p − 4 = 5−3 → 2p − 4 = −3 → p =
2
125
log 2 4
log 3 27
→ r=
2
3
q = log16 8 → 16q = 8 → 24q = 23 → 4q = 3 → q =
3
4
3
(UFG) Suponha que o total de sapatos produzidos por
uma pequena indústria é dado, aproximadamente, pela
função S(t) = 1 000 log2 (1 0 t), em que t é o número de
anos e S o número de sapatos produzidos, contados a partir do início de atividade da indústria. Determine:
a) o número de sapatos produzidos no primeiro ano de
atividades da indústria;
b) o tempo necessário para que a produção total seja o
triplo da produção do primeiro ano.
1
2
3
,
,
→ p , r , q.
2
3
4
02. Correto
Logo:
3
1
.
→q.p
4
2
04. Correto
2
3
,
→r,q
3
4
08. Incorreto
1
2
,
→p,r
2
3
16. Incorreto
a) Após o primeiro ano de atividade, temos que t = 1; então:
S(1) = 1 000 log2 (1 0 1) Θ S(1) = log2 2 Θ S(1) = 1 000; portanto,
foram produzidos 1 000 pares de sapatos no primeiro ano.
2
1
,
→r,p
3
2
Portanto: 1 0 2 0 4 = 7
b) Se no primeiro ano a produção é de 1 000 pares de sapatos, o triplo
será 3 000 pares, ou seja:
S(t) = 3 000 = 1 000 log2 (1 0 t) Θ log2 (1 0 t) = 3 Θ 1 0 t = 23 Θ
Θ 1 0 t = 8 Θ t = 7; então, depois de 7 anos, a produção total será o
triplo da produção do primeiro ano.
Matemática
11
011_018_CA_Matem_2
11
11.09.06, 20:58
M8
Função Logarítmica
2
logb 27 0 2 logb 2 − logb 3 = −1,
3
0 , b ϑ 1, o valor de b é:
4
a) 2
X
b)
7
(MACK-SP) Se a . 0 e b . 0, considere as afirmações:
I. log (ab) = log a 0 log b
II. log (a 0 b) = (log a) 9 (log b)
III. log 1 = 0
Então:
a) I, II e III são corretas.
b) I, II e III são incorretas.
c) apenas I e II são corretas.
d) apenas II e III são corretas.
X e) apenas I e III são corretas.
(MACK-SP) Se
c)
1
12
1
9
e)
1
8
d) 3
2
9 logb 27 0 2 9 logb 2 − logb 3 = −1
3
2
log b ( 3 3 ) 3 0 logb 22 − logb 3 = −1
log b
b
−1
32 9 22
3
= − 1 Ι logb 12 = −1
I. Correta. log (a 9 b) = log a 0 log b
II. Incorreta. log (a 0 b) = (log a) 9 (log b)
Para a = b = 1, por exemplo, temos:
log 2 = (log 1) 9 (log 1)
III. Correta. log10 1 = 0, pois 100 = 1.
1
= 12 Ι b =
12
5
(Furg-RS) Sendo x a solução da equação
1
2 log 3 log 2 x = , o valor de x3 é:
2
1
X c) 2
b) 1
d) 4
e) 8
a)
2
2 log 3 log 2 x = 2 −1 Θ log 3 log 2 x = −1 Θ log 2 x =
1
1
Θx =23
3
Assim:
( )
1
x3 = 2 3
3
3
=23 =2
8
(MACK-SP) Se a e b são números reais não-nulos, tais
que a2 + b2 = 28ab, então, adotando-se log 3 =
de log 3
14243
6
2x 9 8y = 32
(UFOP-MG) Resolva o sistema:
1
log 8 xy =
3
X
2x 9 8y = 32 Θ 2x 9 23y = 25 Θ x 0 3y = 5
log 8 xy =
b) 3
c)
25
13
123
(a 0 b) 2
30ab
• log 3
= log 3 ab = log 3 30
ab
x=2ey=1
ou
2
x=3ey=
3
log3 3 0 log3 10 = 1 0
Matemática
25
37
=
12
12
12
12
d)
12
, temos:
25
• (a 0 b)2 = a2 0 b2 0 2ab = 28ab 0 2ab = 30ab
Resolvendo o sistema, obtemos:
011_018_CA_Matem_2
37
12
(a 0 b) 2
é:
ab
Sendo dados a2 0 b2 = 28ab e log 3 =
1
1
Θ xy = 8 3 Θ xy = 2
3
x 0 3y = 5 Θ
xy = 2
a)
12
, o valor
25
11.09.06, 20:59
17
5
e) 7
Função Logarítmica
11
9
(EEM-SP) Sendo log10 3 = a, calcule:
3
log 10 18 0 log 10
.
20
(Vunesp-SP) Numa plantação de certa espécie de
árvore, as medidas aproximadas da altura e do diâmetro
do tronco, desde o instante em que as árvores são plantadas até completarem 10 anos, são dadas respectivamente
pelas funções:
altura: H(t) = 1 0 (0,8) 9 log2 (t 0 1)
Usando as propriedades, temos:
3
log 10 18 0 log 10
= log 10 18 0 log 10 3 − log 10 20
20
log10 (9 9 2) 0 log10 3 − log10 (10 9 2)
t
diâmetro do tronco: D(t) = (0,1) 9 2 7
com H(t) e D(t) em metros e t em anos.
a) Determine as medidas aproximadas da altura, em
metros, e do diâmetro do tronco, em centímetros, das
árvores no momento em que são plantadas.
b) A altura de uma árvore é 3,4 m. Determine o diâmetro
aproximado do tronco dessa árvore, em centímetros.
log10 9 0 log10 2 0 log10 3 − (log10 10 0 log10 2)
2 log10 3 0 log10 2 0 log10 3 − log10 10 − log10 2
3 log10 3 − log10 10
3a − 1
a) No momento em que elas são plantadas, t = 0. Assim:
H(0) = 1 0 (0,8) 9 log2 (0 0 1)
H(0) = 1 0 0,8 9 log2 1
H(0) = 1 0 0,8 9 0
H(0) = 1 m
10 (UERJ) Segundo a lei do resfriamento de Newton, a
temperatura T de um corpo colocado num ambiente cuja
temperatura é T0 obedece à seguinte relação:
0
D(0)
D(0)
D(0)
ou
D(0)
T = T0 0 ke−ct
Nessa relação, T é medida na escala Celsius, t é o tempo
medido em horas, a partir do instante em que o corpo foi
colocado no ambiente, e k e c são constantes a serem determinadas.
Considere uma xícara contendo café, inicialmente a
100 )C, colocada numa sala de temperatura 20 )C. Vinte
minutos depois, a temperatura do café passa a ser de
40 )C.
a) Calcule a temperatura do café 50 minutos após a xícara
ter sido colocada na sala.
b) Considerando ln 2 = 0,7 e ln 3 = 1,1, estabeleça o
tempo aproximado em que, depois de a xícara ter sido
colocada na sala, a temperatura do café se reduziu à
metade.
7
D(7) = 0,1 9 2 7 → D(7) = 0,1 9 2 = 0,2 m ou 20 cm
12
(Unifesp-SP) Uma droga na corrente sangüínea é
eliminada lentamente pela ação dos rins. Admita que, partindo de uma quantidade inicial de Q0 miligramas, após t
horas a quantidade da droga no sangue fique reduzida a
Q(t) = Q0(0,64)t miligramas. Determine:
a) a porcentagem da droga que é eliminada pelos rins em
1 hora;
b) o tempo necessário para que a quantidade inicial da
droga fique reduzida à metade. Utilize log10 2 = 0,30.
encontraremos:
c
3
=
c
1
→ e3 =4
4
Desenvolvendo, temos: e −C =
1
.
64
5
5
1 5
=
9
Como queremos T , basta observarmos que
.
6
6
3 2
5
T = 20 0 80 e
6
c
−
3
5
2
1
= 20 0 80 4
5
2
= 10 cm
Portanto:
1
T0 = 20 )C, T(0) = 100 )C e T = 40 )C na relação T = T0 0 ke−ct,
3
−
= (0,1) 9 2 7
= (0,1) 9 20
= 0,1 m
b) Se H(t) = 3,4 m, temos:
1 0 0,8 9 log2 (t 0 1) = 3,4
0,8 9 log2 (t 0 1) = 2,4
log2 (t 0 1) = 3
t01=8
t = 7 anos
a) Substituindo os dados:
e
M8
a) Q(1) = Q0 9 0,641
Após 1 hora, há 64% da quantidade inicial da droga no sangue; portanto, em 1 hora, 36% da droga é eliminada pelos rins.
1
= 22,5 )C
32
3
.
b) Pela lei do resfriamento, teremos 50 = 20 0 80e−ct, ou seja, e−ct =
8
= 20 0 80 9
b) De Q(t) =
1
Q , temos:
2 0
t
3
1
1
=
, teremos
.
64
8
64
Usando logaritmos:
1
9 Q0
2
log 0,64 = log 2−1
Como e −c =
t=
=
3 ln 2 − ln 3
=
Q 0 9 0, 64 t =
t
26
= − log 2
10 2
t(6 log 2 − 2 log 10) = −log 2
t(1,8 − 2) = −0,3 Ι t = 1,5 hora ou 1h 30min
21 − 11
1,1
1
1
11
10
5
h=
−
=
−
=
=
=
2
4, 2
2
42
42
42
21
t log
6 ln 2
5
9 60 min Λ 15 min
21
Matemática
13
011_018_CA_Matem_2
13
11.09.06, 21:00
M8
Função Logarítmica
15 (UFPel-RS) Um dos motivos que levam as pessoas a
enfrentar o problema do desemprego é a busca, por parte
das empresas, de mão-de-obra qualificada, dispensando
funcionários não habilitados e pagando a indenização a
que têm direito.
Um funcionário que vivenciou tal problema recebeu uma
indenização de R$ 57 000,00 em três parcelas, em que a
4
razão da primeira para a segunda é
e a razão da segun5
6
.
da para a terceira,
12
13 (UFES) Um pesquisador constata que, em um dado
instante, existem 400 tartarugas da espécie A e 200 tartarugas da espécie B em uma reserva marinha. Nessa reserva, a população de tartarugas da espécie A diminui a uma
taxa de 20% a.a., enquanto a população da espécie B aumenta a uma taxa de 10% a.a.
Determine, usando duas casas decimais, quanto tempo é
necessário, a partir desse instante, para que as populações
sejam iguais. (Considere: log 11 = 1,04 e log 2 = 0,30.)
Pelos dados, vem:
400(0,8)t = 200(1,1)t → 2(0,8)t = (1,1)t
Aplicando logaritmo decimal em ambos os membros, vem:
log 2(0,8)t = log (1,1)t
log 2 0 log (0,8)t = t 9 log 1,1
log 2 0 t 9 log (0,8) = t 9 log 1,1
Dados:
log 1,06 = 0,0253
log 1,01 = 0,0043
8
11
= t 9 log
10
10
log 2 0 t(log 8 − log 10) = t(log 11 − log 10)
log 2 0 t(3 log 2 − log 10) = t(log 11 − log 10)
Substituindo os valores dos logaritmos, vem:
0,30 0 t(3 9 0,3 − 1) = t(1,04 − 1)
0,30 − t 9 0,1 = t 9 0,04
t(0,04 0 0,1) = 0,30
log 2 0 t 9 log
t=
0, 30
0,14
t=
15
anos
7
ou seja, 2 anos e
Com base no texto e em seus conhecimentos, determine:
a) o valor de cada parcela;
b) o tempo necessário para que o funcionário aplique
o valor da primeira parcela, a juro composto, a uma
taxa de 1% a.m., para acumular um montante de
R$ 12 738,00;
c) a taxa mensal que deve ser aplicada, a juro simples, à
segunda parcela, para que o funcionário, no final de
2 anos, obtenha o montante de R$ 25 800,00.
1
ano ou 2 anos, 1 mês e 21 dias aproximadamente.
7
a) Primeira parcela: p1
Segunda parcela: p2
Terceira parcela: p3
p1 0 p2 0 p3 = 57 000 쩸
p1
4
e
=
쩹
p2
5
14
(UERJ) Em uma cidade, a população que vive nos
subúrbios é dez vezes a que vive nas favelas. A primeira,
porém, cresce 2% a.a., enquanto a segunda cresce
15% a.a.
Admita que essas taxas de crescimento permaneçam constantes nos próximos anos.
a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios
hoje é igual a 12,1 milhões de habitantes, calcule o
número de habitantes das favelas daqui a um ano.
b) Essas duas populações serão iguais após determinado
tempo t, medido em anos.
De 쩹: p 1 =
p2
p3
=
6
12
4p 2
5
De 쩺: p3 = 2p2
Substituindo 쩹 e 쩺 em 쩸, temos:
4p 2
0 p2 0 2p2 = 57 000
5
4p2 0 5p2 0 10p2 = 285 000
19p2 = 285 000
p2 = 15 000
Logo: p1 = R$ 12 000,00
p2 = R$ 15 000,00
p3 = R$ 30 000,00
b) M = C(1 0 i)t
12 738 = 12 000(1 0 0,01)t
1,06 = 1,01t
log 1,06 = log 1,01t
log 1,06 = t 9 log 1,01
0,0253 = t 9 0,0043
t Λ 5,88 meses
Portanto, aproximadamente 6 meses.
1
Se t =
, determine o valor de x.
log x
a) x 0 10x = 12 100 000
11x = 12 100 000
x = 1 100 000
Logo:
1 100 000 9 1,15 = 1 265 000 habitantes
c) J = M − C
J = 25 800 − 15 000
J = 10 800 ou R$ 10 800,00
Daí, temos:
C9i9t
J=
100
b) Em t anos as populações serão:
• subúrbios = 10x 9 1,02t
• favelas = x 9 1,15t
10x 9 1,02t = x 9 1,15t
10 9 1,02t = 1,15t
log (10 9 1,02t) = log (1,15t)
1 0 t 9 log 1,02 = t 9 log 1,15
15 000 9 i 9 24
100
i = 3% a.m.
10 800 =
1,15
1 = t 9 log
1,02
1
t=
log 1,127
x = 1,127 ano
Matemática
011_018_CA_Matem_2
14
14
11.09.06, 21:00
쩺
Função Logarítmica
b) at = 5bt
16
(UFAL) Resolva, no universo ς, a equação
log3 x 0 log3 (x 0 2) = 1.
t
1
x 9 2 2 = 5 9 1 024 9 x 9
2
Da equação, devemos ter:
123
2
x.0
Ι x . −2
x 0 2 . 0 Θ x . −2
5t
6
t
3
= 10 9 512
log 2
Resolvendo a equação, temos:
log3 x(x 0 2) = 1
x(x 0 2) = 31
x2 0 2x = 3
5t
6
= log 10 0 log 29
5t
9 log 2 = 1 0 9 log 2
6
5t
9 0,30 = 1 0 9 9 0,30
6
x1 = 1
x2 = −3 (não serve)
x2 0 2x − 3 = 0
M8
t = 14,8 anos
17 (IBMEC-SP) Zé Munheca e João Gastão são dois irmãos que têm hábitos bem diferentes quando se trata de
dinheiro. Zé Munheca, sempre muito econômico e atento
aos melhores investimentos, consegue duplicar, num prazo
de 2 anos, qualquer capital que lhe seja disponibilizado.
Já João Gastão, muito esbanjador, não consegue controlar seus gastos, vendo seu dinheiro se reduzir à metade a
cada 3 anos.
Ciente disso, seu pai, antes de morrer, não dividiu igualmente sua fortuna entre os dois filhos: reservou a João
Gastão uma quantia igual a 1 024 vezes à quantia dada a
Zé Munheca.
Considere em seus cálculos apenas o dinheiro que os irmãos herdaram de seu pai.
a) Quanto tempo depois de receberem suas partes na herança os dois irmãos terão a mesma quantia em dinheiro?
b) Quanto tempo depois de receber sua parte na herança,
aproximadamente, Zé Munheca terá uma quantia igual
a 5 vezes à quantia de João Gastão? Se necessário, utilize log 2 = 0,30.
18
(FGV-SP)
a) Resolva a equação log (x − 2) 0 log (x 0 2) = 2.
b) Quais as raízes da equação xlog x = 100x?
a) Com x − 2 . 0 e x 0 2 . 0, isto é, com x . 2, temos:
log (x − 2) 0 log (x 0 2) = 2
log [(x − 2)(x 0 2)] = log 100
log (x2 − 4) = log 100
x2 − 4 = 100
x2 = 104
x = 2 26 ou x = − 2 26
Com a condição x . 2, temos x = 2 26 .
b) Com x . 0 e log x = t(10t = x), temos:
xlog x = 100x Θ (10t)t = 102 9 10t
2
10 t = 10 2 0 t
t2 = 2 0 t
t2 − t − 2 = 0
Resolvendo essa equação, obtemos:
t = 2 ou t = −1
t = 2 Θ x = 102 Θ x = 100
1
t = −1 Θ x = 10−1 Θ x =
10
a) Sendo t o tempo em anos (t = 0 hoje, t = 1 daqui a um ano etc.),
podemos escrever:
t
Para Zé: at = x 9 2 2
1
Para João: bt = 1 024 9 x 9
2
t
3
t
1
at = bt Θ x 9 2 2 = 1 024 9 x 9
2
t
3
t
t
Θ 2 2 9 2 3 = 2 10 Θ 2
5t
6
= 210
t = 12 anos
Matemática
15
011_018_CA_Matem_2
15
11.09.06, 21:01
M8
Função Logarítmica
Fazendo I = 0,09% I0, vem:
19
(UEM-PR) Sobre logaritmos e exponenciais, assinale o que for correto.
d
0,09% I 0 = I 0 (0, 9) 20
d
x
0, 0009 = 0, 9 20
y
1
1
(01) Se
.
, então x . y.
10
10
d
log 0, 0009 = log(0, 9) 20
d
9 log 0, 9
20
log 0, 0009
d = 20 9
log 0, 9
Portanto: 2 0 4 0 16 0 32 = 54
log 0, 0009 =
(02) Se log4 3 = a e log3 7 = b, então log2 21 = 2a(1 0 b).
1
.
1 − c
(08) Se (2x)x 0 1 = 64, então a soma dos valores de x que
satisfazem essa equação é igual a 5.
(04) Se log15 3 = c, então log 5 15 =
(16) A função f definida por f(x) =
( 2 ) , x 7 ς, é cresx
cente.
(32) Para analisar fraturas em construções, usam-se
raios X. Quando os raios penetram no concreto, a sua
intensidade é reduzida em 10% a cada 20 cm percorridos no concreto. A profundidade d em que a intensidade dos raios será de 0,09% da intensidade inicial é
d = 20
20
log (0, 0009)
.
log (0, 9)
a) 0
colog3 [log5 (log2 2125)]
−log3 [log5 (log2 2125)]
−log3 [log5 (125 9 log2 2)]
−log3 [log5 125]
−log3 [3 log5 5]
−log3 3 = −1
01. Incorreto
x
1
1
.
10
10
y
Θx,y
02. Correto
log 2 3
log 4 3 =
log 3 7 =
→ a =
log 2 4
log 2 7
→ b =
log 2 3
(Fafi-BH) O valor de colog3 [log5 (log2 2125)] é:
X b) −1
c) 2
d) 3
e) 1
log 2 3
→ log 2 3 = 2a
2
log 2 7
→ log 2 7 = 2ab
2a
Portanto:
log2 21 = log2 (7 9 3) = log2 7 0 log2 3 = 2ab 0 2a = 2a(b 0 1)
04. Correto
log 5 3
log 15 3 = c →
log 5 3
1 0 log 5 3
log 5 3 =
Daí, vem:
log 5 15
= c →
log 5 3
log 5 5 0 log 5 3
= c
21 (UFRJ) Sendo x e y números reais e y ϑ 0, expresse
= c Θ log5 3 − c log5 3 = c Θ log5 3 9 (1 − c) = c
o logaritmo de 3x na base 2y em função de x, y e log2 3.
c
1 − c
log 2 y 3 x =
log5 15 = log5 (5 9 3) = log5 5 0 log5 3 = 1 0
log 2 3 x
log 2 2 y
=
x log 2 3
y log 2 2
=
x log 2 3
y
c
1
=
1 − c
1 − c
08. Incorreto
(2x)x 0 1 = 64 Θ 2x
x2 0 x = 6
2
0x
x2 0 x − 6 = 0
= 26
x’ = 2
x” = −3
A soma é igual a:
S = 2 − 3 = −1
16. Correto
Como a base
2 é maior que 1, a função f(x) =
(
2
)
x
é crescente.
32. Correto
A intensidade I em função da profundidade d é dada por:
d
d
I = I 0 (1 − 0,1) 20 → I = I 0 (0, 9) 20
Matemática
011_018_CA_Matem_2
16
16
11.09.06, 21:02
M8
Função Logarítmica
22
24 (ECM-AL) Considerando log 2 = 0,30, o valor de
log4 3,2 é:
(UA-AM) Sendo 2n = 5, então log50 4 em função de
n é igual a:
2
1
2
c)
e)
a)
10n
10n
20n
1
2
b)
X d)
1 0 2n
1 0 2n
a)
b)
6
5
c)
1
2
X d)
5
6
e) 20
Aplicando a fórmula de mudança de base, vem:
32
log
log 3,2
10 = log 32 − log 10
=
log 4 3,2 =
log 4
log 2 2
2 log 2
• 2n = 5 Θ log 2n = log 5 Θ n log 2 = log 5
log 4
log 2 2
2 log 2
=
=
log 50
log (2 9 5 9 5 )
log 2 0 log 5 0 log 5
• log 50 4 =
5
3
5 log 2 − log 10
log 2 5 − log 10
=
2 log 2
2 log 2
2 log 2
2 log 2
=
=
log 2 0 2 log 5
log 2 0 2 9 n log 2
Substituindo os valores dos logaritmos, temos:
2 log 2
2
=
log 2 9 (1 0 2n)
1 0 2n
log 4 3,2 =
5 9 0,30 − 1
0,5
5
=
=
2 9 0,30
0,6
6
25
(UFU-MG) Determine todos os valores de x 7 ς tais
que satisfaçam a equação log4 (x − 3) = 1 0 log16 (x − 3).
A condição de existência é:
x−3.0Θx.3
23
(UFC) O número real x, positivo e diferente de 1,
que satisfaz a equação logx (2x) 9 log2 x = 3 − log2
igual a:
a) 3 2
d) 4
log 4 ( x − 3 ) = 1 0
xé
log 4 ( x − 3 )
log 4 16
log 4 ( x − 3 )
2
2 log4 (x − 3) = 2 0 log4 (x − 3)
log4 (x − 3) = 2
x − 3 = 16
x = 19
log 4 ( x − 3 ) = 1 0
e) 4 3 2
b) 2
X
Resolvendo a equação, temos:
c) 2 3 2
Como 19 . 3, o conjunto solução é S = {19}.
Mudando para a base 2, temos:
log 2 (2x)
log 2 x
9 log 2 x = 3 −
log 2 2 0 log 2 x
log 2 x
1 0 log 2 x = 3 −
log 2
x
log 2 2
1
log 2 x
2
9 log 2 x = 3 −
log 2 2
26
(UFF-RJ) São dados os números reais positivos a, b
e x tais que a ϑ 1 e b ϑ 1.
Sabe-se que loga x = 2 e logb x = 4.
log 2 x
2
2 0 2 log2 x = 6 − log2 x
3 log2 x = 4
log 2 x =
Calcule log ab a x .
4
3
log ab a x =
3
x=2 2
log a a x
log a ab
=
log a a 0 log a x
log a a 0 log a b
=
1
log a x
2
1 0 log a b
10
Mas a2 = x e b4 = x. Assim, a2 = b4 e b2 = a Θ b =
a .
Logo:
log ab a x =
1
92
101
2
4
2
=
=
=
1
3
3
1 0 log a a
10
2
2
10
Matemática
17
011_018_CA_Matem_2
17
11.09.06, 21:03
M8
Função Logarítmica
Portanto:
AD = 3 − (−2) = 5
1
31
AB = 8 −
=
4
4
A área do retângulo ABCD é:
31
S=59
= 38, 75
4
27
(Fuvest-SP) Se x é um número real,
x . 2 e log2 (x − 2) − log4 x = 1, então o valor de x é:
a) 4 − 2 3
b) 4 −
X
d) 4 0 2 3
e) 2 0 4 3
3
c) 2 0 2 3
Com x . 2, temos:
log2 (x − 2) − log4 x = 1
log 2 x
=1
log2 (x − 2) −
log 2 4
1
log2 x = 1
log2 (x − 2) −
2
2 log2 (x − 2) − log2 x = 2
(x − 2) 2
log 2
=2
x
(x − 2) 2
= 22
x
2
(x − 2) = 4x
x2 − 8x 0 4 = 0
x=4 ±2 3
29
(FGV-SP) Considere as funções: f(x) = 3x − 3 e
g(x) = log3 (x 0 1), sendo loga (b) o logaritmo de b na base a.
a) Esboce a representação gráfica das funções f(x) e g(x)
num mesmo sistema cartesiano de eixos.
b) Escreva a equação das retas r e s, assíntotas das funções
f(x) e g(x), respectivamente.
c) Determine as coordenadas dos pontos P e R, intersecções
das funções f(x) e g(x), respectivamente, com o eixo Ox
e as coordenadas dos pontos Q e S, intersecções das
funções f(x) e g(x), respectivamente, com o eixo Oy.
d) Determine graficamente o número de soluções da equação f(x) = g(x).
Da condição x . 2, temos x = 4 0 2 3 .
28
(UFMG) Neste plano cartesiano estão representados o gráfico da função y = log2 x e o retângulo ABCD,
cujos lados são paralelos aos eixos coordenados.
a)
y
y = f(x)
5
y
4
y = log2 x
B
A
s
3
2
y = g(x)
1
x
−1
D
C
0 1
−1
x
3
−2
−3
Sabe-se que:
• os pontos B e D pertencem ao gráfico da função y = log2 x;
• as abscissas dos pontos A e B são, respectivamente,
2
1
4
r
b) As equações das retas r e s são, nessa ordem, y = −3 e x = −1.
c) De 3x − 3 = 0, temos 3x = 3, ou seja, x = 1 (P).
De log3 (x 0 1) = 0, temos x 0 1 = 1, ou seja, x = 0 (R).
De f(x) = 3x − 3, temos f(0) = 30 − 3 = −2 (Q).
De g(x) = log3 (x 0 1), temos g(0) = log3 (0 0 1) = 0 (S).
d) As curvas y = f(x) e y = g(x) interceptam-se em apenas dois pontos
distintos.
e 8.
Então, é correto afirmar que a área do retângulo ABCD é:
b) 38
c) 38,25
d) 38,5
X a) 38,75
1
1
. Logo, a abscissa de D é
.
4
4
1
1
→ 2y =
Θ 2y = 2−2 Θ y = −2
y = log2 x Θ y = log 2
4
4
A ordenada de D é −2.
A abscissa de B é 8. Logo:
y = log2 8 Θ 2y = 8 Θ 2y = 23 Θ y = 3. A ordenada de B é 3.
A abscissa de A é
Matemática
011_018_CA_Matem_2
18
18
11.09.06, 21:03
Função Logarítmica
30
8
1 0 12 9 3− (0,1)t
expressa, em função do tempo t (em anos), aproximadamente, a população, em milhões de habitantes, de um
pequeno país, a partir de 1950 (t = 0). Um esboço do gráfico dessa função, para 0 < t < 80, é dado na figura.
(UENF-RJ) Um grupo de 20 ovelhas é libertado para
reprodução numa área de preservação ambiental. Submetidas a um tratamento especial, o número N de ovelhas
existentes após t anos pode ser estimado pela seguinte fórmula:
N=
31
220
1 0 10(0, 81) t
(Vunesp-SP) A função p(t) = 9 0
População
(em milhões de hab.)
Admita que a população de ovelhas seja capaz de se manter estável, sem esse tratamento especial, depois de atingido o número de 88 ovelhas.
a) Calcule o número de ovelhas existentes após 6 meses.
b) Considerando ln 2 = 0,7, ln 3 = 1,1 e ln 5 = 1,6, calcule a partir de quantos anos não haverá mais a necessidade de tratamento especial do rebanho.
a) Com 6 meses =
N=
17
15
10
9
t (em anos)
1
ano, temos:
2
220
1
0
32
80
(gráfico fora de escala)
Θ N = 22 ovelhas
1 0 10(0, 81) 2
220
3
9
b)
> 88 → (0, 81) t <
→
1 0 10(0, 81) t
20
10
2t
a) De acordo com esse modelo matemático, calcule em
que ano a população atingiu 12 milhões de habitantes.
(Use as aproximações log3 2 = 0,6 e log3 5 = 1,4.)
b) Determine aproximadamente quantos habitantes tinha
o país em 1950. Com base no gráfico, para 0 < t < 80,
admitindo que p(80) = 17, dê o conjunto solução da
inequação p(t) > 15 e responda, justificando sua resposta, para quais valores de k a equação p(t) = k tem
soluções reais.
3
<
20
2t(ln 9 − ln 10) < ln 3 − ln 20
t >
M8
ln 3 − ln 20
2(ln 9 − ln 10)
t >
ln 3 − 2 ln 2 − ln 5
4 ln 3 − 2 ln 2 − 2 ln 5
t >
1,1 − 2 9 0,7 − 1,6
4 9 1,1 − 2 9 0,7 − 2 9 1,6
a) Quando a população atingiu 12 milhões de habitantes:
t > 9,5 anos
p(t) = 12 Θ 9 0
8
= 12
1 0 12 9 3 −(0,1)t
8
= 3 Θ 3 0 12 9 31 − 0,1t = 8
1 0 12 9 3 −(0,1)t
5
5
Θ 1 − 0,1t = log3
12
12
1 − 0,1t = log3 5 − 2 log3 2 − log3 3
0,1t = −1,4 0 2 9 0,6 0 2 Θ 0,1t = 1,8
t = 18 anos, ou seja, em 1950 0 18 = 1968.
b) Em 1950, isto é, para t = 0 temos
31 − 0,1t =
8
Λ 9,61 milhões de habitantes.
13
Com base no gráfico, o conjunto solução de p(t) > 15 é S = [32, 80].
De acordo com o gráfico, a equação p(t) = k tem soluções reais para
p(0) < k < p(80) Θ 9,61 < k < 17, aproximadamente, em milhões de
habitantes.
p(0) = 9 0
Matemática
19
019_022_CA_Matem_2
19
11.10.06, 15:37
M8
32
Função Logarítmica
33
(UFBA) O número de bactérias de determinada cul−
1
2
x−1
0 log 10 (x 2 − 5 x 0 6 ), em ς, é o subx01
conjunto:
X a) ]−∞, −1[ 6 [1, 2[ 6 ]3, 0∞[
b) ]−∞, 0∞[
c) ]−∞, 1] 6 [2, 0∞)
d) {x 7 ς\x , −1 ou x > 1}
e) {x 7 ς\x , 1 ou x . 3}
tura varia de acordo com a lei N(t) = 100 9 2 , em que
o tempo t é dado em horas.
Nessas condições, pode-se afirmar:
(01) No instante t = 0, o número de bactérias existentes
na cultura é igual a 200.
(02) Depois de 8 horas, o número de bactérias existentes
na cultura é menor que 7.
(04) Em 4 horas, a quantidade de bactérias na cultura se
1
reduz a
da quantidade inicial.
4
(08) Na cultura, a quantidade de bactérias se reduz de
f(x) =
Devemos ter:
14243
x −1
>0 쩸
x 01
x2 − 5x 0 6 . 0 쩹
5
2
da quantidade inicial no tempo t = 2 log 2 .
3
5
(16) Em relação ao tempo, a
variação da quantidade
de bactérias é representada pelo gráfico ao lado.
(UFSM-RS) O domínio da função
쩸
N(t)
x −1
> 0, com x ϑ − 1
x 01
y1 = x − 1
x−1=0Θx=1
100
{
}
0
N(0) = 100 9 2
t = 2 log 2
−
t
2
Θ
−
2
=2
5
t
2
t
N
100
50
25
y1
y2
Θ log
−
2
= log 2
5
{
1
−
−1
1
{
}
2
3
쩸 5 쩹:
t
2
−1
1
2
3
−1
1
2
3
쩸
쩸5쩹
Portanto: D = {x 7 ς\x , −1 ou 1 < x , 2 ou x . 3} ou
D = ]−∃, −1[ 6 [1, 2[ 6 ]3, 0∃[
y
100
50
1
2
4
x
Portanto: 2 0 4 = 6
Matemática
019_022_CA_Matem_2
{
{
쩹 x2 − 5x 0 6 . 0
5
2
0
x
−1
}
−1
Θ N(0) = 100 9 2 0 = 100
16. Incorreto. Tabelando a função, temos:
0
2
4
1
Quadro de sinais
02. Correto. Fazendo t = 8, obtemos:
8
−
100
100
N(8) = 100 9 2 2 = 100 9 2 −4 = 4 =
= 6, 25 (6, 25 , 7)
2
16
04. Correto. Se t = 4, temos:
4
−
100
1
N(4) = 100 9 2 2 =
= 25 25 =
9 100
4
4
2
9 100 = 40, temos:
08. Incorreto. Sendo N(t) =
5
40 = 100 9 2
{
x
t
01. Incorreto. Sendo t = 0, temos:
0
−
2
y2 = x 0 1
x 0 1 = 0 Θ x = −1
20
20
11.10.06, 15:37
M8
Função Logarítmica
34
36
(UFBA) O gráfico representa a função
f: ς Θ ]1, 0∞[; f(x) = a 0 b 9 2kx, sendo a, b e k constantes
reais. A partir dessas informações, calcule f−1(x).
(Fuvest-SP) O conjunto dos números reais x que
satisfazem a inequação log2 (2x 0 5) − log2 (3x − 1) . 1
é o intervalo:
5
a) −∞, −
2
y
5
5
c) − ,
2
1
0
x
2x 0 5
log 2
. 1 e 3x − 1 . 0
3x − 1
2x 0 5
. 2 e 3x − 1 . 0
3x − 1
37
(UFOP-MG) Resolva a inequação
log2 (x − 3) 0 log2 (x − 2) , 1.
Resolvendo a inequação, temos:
log2 (x − 3)(x − 2) , 1
(x − 3)(x − 2) , 2
x2 − 5x 0 6 , 2
x2 − 5x 0 4 , 0
x1 = 4
Raízes: x2 − 5x 0 4 = 0
x2 = 1
}
4
Θ1,x,4쩹
x
쩹
3
쩸5쩹
7
4
(Vunesp-SP) Considere as funções f(x) =
x
e
2
x
1
2
4
8
x
1
2
4
8
f(x)
1
2
1
2
4
g(x)
0
1
2
3
y
4
1
1
, x,
3
a)
Fazendo 쩸 5 쩹, obtemos:
쩸
→
g(x) = log2 x, para x . 0.
a) Represente, num mesmo sistema de coordenadas retangulares, os gráficos das duas funções, colocando os
pontos cujas abscissas são x = 1, x = 2, x = 4 e x = 8.
b) Baseado na representação gráfica, dê o conjunto solux
ção da inequação
, log2 x e justifique por que
2
π
, log2 π.
2
x
g(x) = log2 x
f(x) =
2
Devemos ter:
x−3.0Θx.3
Ιx.3쩸
x−2.0Θx.2
1
7
1
ex.
4
3
x,
35
{
0
log2 (2x 0 5) − log2 (3x − 1) . 1
Com base no gráfico de f(x) = a 0 b 9 2kx, conclui-se que a função
g(x) = b 9 2kx sofreu uma translação de 1 unidade, logo a = 1.
Além disso, pelo gráfico tem-se que f(0) = 3 e f(−1) = 5.
f(0) = 3 Θ 3 = 1 0 b Θ b = 2
f(−1) = 5 Θ 5 = 1 0 2 9 2−k Θ 4 = 2 9 2−k Θ 22 = 21 − k
2 = 1 − k Θ k = −1
Logo, f(x) = 1 0 2 9 2−x = 1 0 21 − x.
Cálculo da função inversa f−1(x):
y = 1 0 21 − x Θ y − 1 = 21 − x Θ log2 (y − 1) = 1 − x Θ x = 1 − log2 (y − 1)
Portanto, f−1(x) = 1 − log2 (x − 1).
{
1 7
,
3 4
1
e) 0,
3
7
b) , ∞
4
3
−1
X d)
f
4
3
4
g
S = {x 7 ς\3 , x , 4}
2
1
1
2
0
b)
1
8
x
π
, log2 π.
2
Matemática
21
21
4
π
, log2 x Θ 2 , x , 4
2
Se 2 , π , 4, então
019_022_CA_Matem_2
2
11.10.06, 15:38
M8
Função Logarítmica
38
40
(Unicamp-SP) Um capital de R$ 12 000,00 é aplicado a uma taxa anual de 8%, com juros capitalizados anualmente. Considerando que não foram feitas novas aplicações ou retiradas, encontre:
a) o capital acumulado após 2 anos;
b) o número inteiro mínimo de anos necessários para que
o capital acumulado seja maior que o dobro do capital
inicial.
(Se necessário, use log 2 = 0,301 e log 3 = 0,477.)
(UFMA) A função f(x) =
2x
possui
log 3 (2x − 5 )
como domínio, no conjunto ς dos números reais, o intervalo:
a) ]−3, 0∞[
e) ]−2, 0∞[
X c) ]3, 0∞[
b) 5 ,0∞
2
d) − 7 , 0∞
2
Devemos ter:
14243
5
쩸
2
log3 (2x − 5) . 0 Θ log3 (2x − 5) . log3 1
2x − 5 . 0 Θ 2x . 5 Θ x .
O capital acumulado após n anos é dado, em R$, por C(n) = 12 000 9 1,08n.
a) C(2) = 12 000 9 1,082
C(2) = 12 000 9 1,1664 Ι C(2) = 13 996,80
b) De C(n) . 12 000 9 2, temos:
12 000 9 1,08n . 12 000 9 2
1,08n . 2
log (1,08)n . log 2
n 9 log 1,08 . log 2
n 9 [log (22 9 33 9 10−2)] . log 2
n 9 [(2 log 2 0 3 log 3 − 2)] . log 2
n 9 (0,602 0 1,431 − 2) . 0,301
n 9 0,033 . 0,301
0,301
n.
0,033
n . 9,12
O menor valor inteiro de n é, portanto, igual a 10.
2x − 5 . 1
2x . 6
x.3 쩹
De 쩸 e 쩹 vem:
{x 7 ς\x . 3}, ou seja, ]3, 0∞[
41
(UFRJ) Ana e Bia participaram de um site de relacionamentos. No dia 1o de abril de 2005, elas notaram que
Ana tinha exatamente 128 vezes o número de amigos de
Bia. Ana informou que, para cada amigo que tinha no final de um dia, três novos amigos entravam para sua lista
de amigos no dia seguinte. Já Bia disse que, para cada
amigo que tinha no final de um dia, cinco novos amigos
entravam para sua lista no dia seguinte. Suponha que nenhum amigo deixe as listas e que o número de amigos
aumente, por dia, conforme elas informaram.
a) No dia 2 de abril de 2005, 20 novos amigos entraram
para a lista de Bia.
Quantos amigos havia na lista de Ana em 1o de abril?
b) Determine a partir de que dia o número de amigos de
Bia passa a ser maior do que o número de amigos
de Ana. Se precisar, use a desigualdade
1,584 , log2 3 , 1,585.
39
(FGV-SP) O anúncio de certo produto aparece diariamente num certo horário na televisão. Após t dias do
início da exposição (t exposições diárias), o número de
pessoas (y) que ficam conhecendo o produto é dado por
y = 3 − 3 9 (0,95)t, em que y é dado em milhões de pessoas.
a) Para que valores de t teremos pelo menos 1,2 milhão
de pessoas conhecendo o produto?
b) Faça o gráfico de y em função de t.
a) No dia 2 de abril, entraram 20 novos amigos para a lista de Bia. Logo:
5b1 = 20 Θ b1 = 4
Então, Bia tinha 4 amigos em 1o de abril.
No dia 1o de abril, Ana tinha:
128 9 4 = 512 amigos
b) No enésimo dia, o número de amigos de cada uma é:
Ana Θ an = 512 9 4n − 1
Bia Θ bn = 4 9 6n − 1
Portanto:
bn . an Θ 4 9 6n − 1 . 512 9 4n − 1
a) Devemos ter y > 1,2. Logo:
y > 1,2
3 − 3 9 (0,95)t > 1,2
−3 9 (0,95)t > −1,8
(0,95)t < 0,6
Tomando os logaritmos decimais do 1o e 2o membros, temos:
log (0,95)t < log 0,6 Θ t 9 log 0,95 < log 0,6
Como log 0,95 Λ −0,02 e log 0,6 = −0,22, obtemos:
0,22
t 9 (− 0,02 ) < − 0,22 Θ t >
Θ t . 11 dias
0,02
b) Por outro lado, quanto maior é o valor de t, tanto mais o valor de (0,95)t
aproxima-se de zero e, assim, o valor de y aproxima-se de 3.
O gráfico de y em função de t é dado pelo esboço a seguir:
6n − 1
512
.
4n − 1
4
3
2
n−1
. 27
n − 1.
y
3
n.
7
log 2 3 − 1
7
01
log 2 3 − 1
Sendo 1,584 , log2 3 , 1,585, vem:
0
t
Matemática
019_022_CA_Matem_2
7
7
7
7
,
,
→ 11,96 ,
, 11,98
0,585
log 2 3 − 1
0,584
log 2 3 − 1
A partir de 13 de abril, o número de amigos de Bia supera o de Ana.
22
22
11.10.06, 15:38
D
T
F
O
Ã
D
R
T
I
F
E
C
O
TER RCEIRÃ ÃO FTD
D
M9
9
T
F
M
E
O
R
T
I
Ã
E
R
I
C
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R
C
E
O
T de TMatemática
R
Ã
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R
T
Noções
n
I
r
e
E
d
D
C
Ca
F
R
E
T
O
es
d
a
Ã
d
D
i
R
v
i
T
t
I
F
A
Financeira
O
Ã
D
TERCEE
R
T
I
F
E
C
O
T 1R ERCEIRÃ
3
T
Noções de Matemática Financeira
(ENEM) As “margarinas” e os chamados “cremes vegetais” são produtos diferentes, comercializados em embalagens quase idênticas. O consumidor, para diferenciar
um produto do outro, deve ler com atenção os dizeres do
rótulo, geralmente em letras muito pequenas. As figuras
que seguem representam rótulos desses dois produtos.
(FGV-SP) O gráfico abaixo representa os lucros anuais,
em reais, de uma empresa ao longo do tempo.
reais
500 000
405 000
400 000
300 000
350 000
300 000
315 000
340 000
200 000
100 000
500 g
MARGARINA
Peso líquido
0
2001
2002
2003
2004
2005
ano
Podemos afirmar que:
a) o lucro da empresa em 2003 foi 15% superior ao lucro
de 2001.
b) o lucro da empresa em 2005 foi 30% superior ao lucro
de 2001.
c) o lucro da empresa em 2004 foi 10% inferior ao de 2002.
X d) o lucro em 2003 foi 90% do lucro obtido pela empresa
no ano anterior.
d) o lucro obtido em 2005 superou em 17% o do ano anterior.
90% do lucro obtido em 2002 é 0,9 9 350 000 = 315 000 (reais).
Logo, o lucro em 2003 foi 90% do lucro obtido no ano anterior.
Peso líquido 500 g
CREME VEGETAL
65% de lipídios
35% de lipídios
valor energético por porção de 10 g: 59 kcal
valor energético por porção de 10 g: 32 kcal
Não recomendado para uso culinário
Uma função dos lipídios no preparo das massas alimentícias é torná-las mais macias. Uma pessoa que, por
desatenção, use 200 g de creme vegetal para preparar uma
massa cuja receita pede 200 g de margarina, não obterá a
consistência desejada, pois estará utilizando uma quantidade de lipídios que é, em relação à recomendada, aproximadamente:
a) o triplo
d) um terço
b) o dobro
e) um quarto
X c) a metade
As quantidades de lipídios em 200 g de creme vegetal e 200 g de margarina são, respectivamente, 35% 9 200 g = 70 g e 65% 9 200 g = 130 g.
Uma pessoa que, inadvertidamente, utiliza creme vegetal em vez de mar70 g
7
=
Λ 0, 54% = 54% da quantidade negarina estará usando
130 g
13
cessária de lipídios. A melhor aproximação desse resultado é “a metade”.
2 (UFPE) Quando o preço da unidade de determinado
produto diminuiu 10%, o consumo aumentou 20% durante certo período. No mesmo período, de que percentual
aumentou o faturamento da venda deste produto?
b) 10%
c) 12%
d) 15%
e) 30%
X a) 8%
O faturamento será de 0,9 9 1,20 = 1,08 do faturamento anterior. Logo,
aumentou em 8%.
Matemática
23
023_028_CA_Matem_2
23
11.10.06, 15:49
M9
Noções de Matemática Financeira
5 (UFPE/UFRPE) A população de pobres de um certo país,
em 1981, era de 4 400 000, correspondendo a 22% da população total. Em 2001, esse número aumentou para
5 400 000, correspondendo a 20% da população total. Indique a variação percentual da população do país no período.
Em questões como a 4, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
4 (UFSC) Assinale a(s) proposição(ões) correta(s):
(01) Se uma pessoa A pode fazer uma peça em 9 dias de
trabalho e outra pessoa B trabalha com velocidade
50% maior do que A, então B faz a mesma peça em 6
dias de trabalho.
(02) Uma empresa dispunha de 144 brindes para distribuir igualmente entre sua equipe de vendedores, mas
como no dia da distribuição faltaram 12 vendedores,
a empresa distribuiu os 144 brindes igualmente entre os presentes, cabendo a cada vendedor um brinde
a mais. Logo, estavam presentes 36 vendedores no
dia da distribuição.
(04) Se reduzindo o preço x em 20% se obtém y, então y
deve sofrer um acréscimo de 20% para se obter novamente x.
(08) A soma de dois números naturais é 29. Então o valor
mínimo da soma de seus quadrados é 533.
01. Correta
Dias
Velocidade
9
v
x
1,5v
Θ
A população de pobres era igual a:
4 400 000
= 20 000 000
0, 22
2001 Θ
5 400 000
= 27 000 000
0, 20
A variação percentual é:
(27000 000 − 20 000 000)
20 000 000
= 0,35 ou 35%
6
(UFG) Um cliente encomendou 12 centos de quibe e
5 centos de empadinha de camarão, cujo custo total era
de R$ 305,00. Quando foi pagar a mercadoria, o cliente
pediu um desconto e o comerciante deu 10% de desconto
no preço do cento do quibe, mas não deu desconto no
cento da empadinha de camarão. Com o desconto dado, o
cliente pagou R$ 287,00 pela mercadoria. Calcule:
a) o desconto obtido pelo cliente no valor da conta, em
porcentagem;
b) o preço pago pelo cliente nos centos do quibe e da
empadinha de camarão.
1, 5v
9
=
Θ x = 6 dias
v
x
02. Correta
144
144
=
01
x − 12
x
144(x − 12) 0 x(x − 12)
144
=
x(x − 12)
x(x − 12)
x1 = 48
x2 − 12x − 1 728 = 0
1981 Θ
a) O desconto d é igual a:
305 − d 9 305 = 287
305d = 18
d Λ 0,06
ou
d Λ 6%
b) Os preços dos centos de quibe q e da empadinha de camarão c satisfazem o sistema:
x2 = −36 (não serve)
Estavam presentes: 48 − 12 = 36 vendedores.
321
04. Incorreta
Sendo x o preço, temos:
y = x − 20%x Θ y = x − 0,2x Θ y = 0,8x
Estabelecendo uma regra de três, temos:
0,8x − 100%
0, 8x
100
=
→
→ a = 125%
x
−
a
x
a
O acréscimo deverá ser de 25%.
12q 0 5c = 305
, cuja solução é q = 15 e c = 25.
12(0,9)q 0 5c = 287
Sendo 10% de 15,00 = 0,1 9 15,00 = 1,50, o cliente pagou pelo cento
do quibe: 15,00 − 1,50 = R$ 13,50 e R$ 25,00 pelo cento da empadinha
de camarão.
08. Incorreta
Se x e y são números naturais tais que x 0 y = 29, temos:
x y
72 0 222 = 49 0 484 = 533
0 29
82 0 212 = 64 0 441 = 505
1 28
92 0 202 = 81 0 400 = 481
2 27
102 0 192 = 100 0 361 = 461
.
.
112 0 182 = 121 0 324 = 445
.
.
122 0 172 = 144 0 289 = 433
.
.
132 0 162 = 169 0 256 = 425
7 22
142 0 152 = 196 0 225 = 421
8 21
9 20
.
.
.
.
.
.
7
(PUC-RS) O valor de um produto foi acrescido de quatro vezes o da época de seu lançamento no mercado. A
porcentagem que o valor atual representa, em relação ao
preço inicial, é de:
a) 500%
b) 450% X c) 400%
d) 5%
e) 4%
O valor mínimo de x2 0 y2 não é 533 e sim 421.
Portanto: 1 0 2 = 3
Seja x o valor de lançamento.
O valor atual é de x 0 4x = 5x, que representa um aumento de 400% em
relação a x.
Matemática
023_028_CA_Matem_2
24
24
11.10.06, 15:49
Noções de Matemática Financeira
M9
A redução percentual é igual a:
8
(Unesp-SP) Um advogado, contratado por Marcos, consegue receber 80% de uma causa avaliada em R$ 200 000,00
e cobra 15% da quantia recebida, a título de honorários. A
quantia, em reais, que Marcos receberá, descontada a parte
do advogado, será de:
X c) 136 000,00
a) 24 000,00
e) 184 000,00
b) 30 000,00
d) 160 000,00
1, 20 − 0, 90
0, 30
= 0,25 = 25%
=
1, 20
1, 20
b) A arrecadação com preço inicial de R$ 1,20 é:
80 9 1,20 = R$ 96,00
Se o valor arrecadado é R$ 90,00, o percentual de perda é:
96 − 90
6
= 0,0625 = 6,25%
=
96
96
80% da causa: 0,8 9 200 000 = 160 000
100% − 15% = 85%: 0,85 9 160 000 = 136 000
Ele receberá R$ 136 000,00.
9 (MACK-SP) Numa loja, uma caixa com 5 barras de
chocolate está à venda com a inscrição “Leve 5, pague 4”.
O desconto aplicado ao preço de cada barra corresponde,
em porcentagem, a:
X d) 20
a) 8
b) 10
e) 25
c) 12,5
11
(UFSC) Um quadro cujo preço de custo era
R$ 1 200,00 foi vendido por R$ 1 380,00. Justifique se o
lucro obtido na venda, sobre o preço de custo, foi de 18%.
O lucro é de:
1 380,00 − 1 200,00 = 180,00
A porcentagem do lucro sobre o preço de custo é de:
180, 00
= 0,15 = 15%
1 200, 00
Suponhamos que, sem desconto algum, o preço de uma barra seja x reais.
Assim, sem desconto, o preço de 5 barras seria 5x reais.
Com o desconto, o preço de 5 barras passa para 4x reais.
Há, portanto, um desconto de x reais em cada 5x reais.
O desconto é dado por
x
1
=
, o que corresponde a 20%.
5x
5
12 (UFOP-MG) O preço de uma mercadoria sofreu dois
aumentos sucessivos, de 10% e 20%. De quantos por cento foi o aumento total dessa mercadoria?
a) 30% X b) 32%
c) 25%
d) 22%
e) 12%
10 (UFRJ) No gráfico abaixo, x representa a quantidade de batatas, em quilogramas, vendidas na barraca de seu
Custódio, em um dia de feira, e y representa o valor, em
reais, arrecadado com essa venda. A partir das 12 horas, o
movimento diminui e o preço do quilograma de batatas
também diminui.
Seja x o preço inicial:
x(1 0 0,10)(1 0 0,20) = x 9 1,1 9 1,2 = 1,32x = x(1 0 0,32)
Sofreu um aumento total de 32%.
y (R$)
90
72
13
0
60
80
(PUC-SP) Em uma indústria é fabricado certo produto ao custo de R$ 9,00 a unidade. O proprietário anuncia a venda desse produto ao preço unitário de x reais,
para que possa, ainda que dando ao comprador um desconto de 10% sobre o preço anunciado, obter um lucro de
40% sobre o preço unitário de custo. Nessas condições, o
valor de x é:
a) 24
b) 18
c) 16
e) 12
X d) 14
x (kg)
a) Calcule a redução percentual do preço do quilograma
de batatas a partir das 12 horas.
b) Se o preço não diminuísse, teria sido arrecadado um
valor V na venda de 80 kg.
Determine o percentual de V que corresponde à perda
causada pela redução do preço.
Do enunciado, o preço de venda é 0,9 9 x, e o lucro é de 0,4 9 9.
Logo:
0,9x = 9 0 0,4 9 9
0,9x = 12,6
x = 14
a) Antes das 12 h, a redução é de:
72
= 1,20 reais/kg
60
A partir das 12 h, a redução é de:
90 − 72
18
= 0,90 real/kg
=
80 − 60
20
Matemática
25
023_028_CA_Matem_2
25
11.10.06, 15:50
M9
Noções de Matemática Financeira
14
16
(Fatec-SP) Em certo aparelho eletrônico, 20% do
custo total corresponde a componentes importados.
Se o preço desses componentes sofrer um acréscimo de
20%, e o preço dos demais sofrer um acréscimo de 10%, o
custo total do aparelho será acrescido de:
X c) 12%
a) 30%
b) 20%
d) 10% e) 8%
(FGV-SP)
a) Um televisor, cujo preço à vista é R$ 1 000,00, está sendo vendido, a prazo, em 3 parcelas mensais, sucessivas
e iguais a R$ 350,00, sem entrada.
João Augusto tem R$ 1 000,00 aplicados à taxa de
2% a.m., pelo critério de juro composto, mas preferiu
comprar o televisor a prazo. “Levo o televisor sem gastar nada agora e, ainda, mantenho o dinheiro aplicado.
Pagarei as parcelas com retiradas mensais da aplicação”, pensou ele.
João Augusto raciocinou corretamente? Haverá dinheiro suficiente na aplicação para saldar a última parcela
do financiamento?
b) Certa loja tem como política de vendas a crédito exigir,
como entrada, 20% do valor à vista da mercadoria e o
restante a ser liquidado no final de 3 meses. Nesse caso,
o saldo devedor é acrescido de 10% do valor à vista da
mercadoria, a título de “despesas administrativas”.
Qual é a taxa anual de juros simples cobrada por essa
loja?
Seja c o custo total do aparelho. A tabela seguinte mostra os custos dos
componentes importados e nacionais antes e depois do acréscimo.
Antes do acréscimo
Depois do acréscimo
importados
20%c
1,20 9 20%c
nacionais
80%c
1,10 9 80%c
custo total
100%c
1,20 9 20%c 0 1,10 9 80%c
O custo total, após o acréscimo, passou a ser
1,20 9 20%c 0 1,10 9 80%c = 0,24c 0 0,88c = 1,12c.
Portanto, houve um acréscimo de 12%.
a) Mês Montante – parcela (em R$)
0
1 000,00
1
1 000,00 9 1,02 − 350,00 = 670,00
2
670,00 9 1,02 − 350,00 = 333,40
3
333,40 9 1,02 − 350,00 = −9,93
Consideramos que a primeira parcela deverá ser paga exatamente um
mês após a data da compra, condição que não foi mencionada no enunciado.
Portanto, João Augusto não raciocinou corretamente, pois não haverá
dinheiro suficiente na aplicação para saldar a última parcela.
b) Sendo x o valor à vista da mercadoria, o acréscimo sobre o saldo devedor 0,8x será igual a 0,1x.
0,1x
= 12, 5%.
A taxa trimestral de juros é, portanto,
0, 8x
A taxa anual de juro simples é 4 9 12,5% = 50%.
15 (UFES) Em uma safra, um produtor de morangos
tem um custo de R$ 0,50 por caixa produzida, relativo a
sementes, defensivos agrícolas, embalagens etc., além de
uma despesa fixa de R$ 1 500,00, relativa ao aluguel do
terreno onde produz, ao maquinário e aos salários de
empregados. Nessa safra:
a) quantas caixas de morangos poderiam ser produzidas
aplicando-se R$ 15 000,00?
b) se forem produzidas 50 000 caixas, qual deverá ser o
preço de venda de cada caixa para se obter um lucro
total de R$ 10 000,00?
17 (UESPI) Um investidor aplicou 30% do seu capital
a juro simples de 1,5% a.m., durante um ano. O restante
foi aplicado a juro simples, durante um ano, à taxa de
2% a.m. Se o total de juros recebidos foi R$ 1 776,00, qual
era o capital do investidor?
X d) R$ 8 000,00
a) R$ 5 000,00
b) R$ 6 000,00
e) R$ 9 000,00
c) R$ 7 000,00
a) A função que representa o custo é:
c(x) = 1 500 0 0,50n (sendo n = número de caixas)
Aplicando-se R$ 15 000,00, temos:
15 000 = 1 500 0 0,50n
0,50n = 13 500
n = 27 000 caixas
b) Se forem produzidas 50 000 caixas, o custo total de produção será
0,50 9 50 000 0 1 500 = R$ 26 500,00. Para obter R$ 10 000,00 de
lucro, será necessário arrecadar 26 500 0 10 000 = R$ 36 500,00 e,
nesse caso, o preço de venda de cada caixa deverá ser
36 500 : 50 000 = R$ 0,73.
J1 = C1i1t1 Θ J1 = 0,30C 9 0,015 9 12 Θ J1 = 0,054C
J2 = C2i2t2 Θ J2 = 0,70C 9 0,02 9 12 Θ J2 = 0,168C
Logo:
J1 0 J2 = 1 776
0,054C 0 0,168C = 1 776
0,222C = 1 776
C = R$ 8 000,00
Matemática
023_028_CA_Matem_2
26
26
11.10.06, 15:50
Noções de Matemática Financeira
20
18
(IBMEC) Investindo-se um capital a uma taxa de
juros mensais de 7%, em regime de capitalização composta, em quanto tempo o capital inicial dobrará?
Considere: log 2 = 0,3; log 1,07 = 0,03.
X a) 10 meses
c) 12 meses
e) 14 meses
b) 11 meses
d) 13 meses
(UFLA-MG) João fez um empréstimo de R$ 2 000,00
a juro de 5% a.m., incorporado mensalmente ao montante da dívida. Um mês depois João pagou R$ 500,00 e, dois
meses após esse pagamento, liquidou seu débito. Qual o
valor do último pagamento?
Após 1 mês João devia:
2 000 9 1,05 = R$ 2 100,00
Pagou R$ 500,00, logo ficou devendo:
2 100 − 500 = R$ 1 600,00
Após 1 mês:
1 600 9 1,05 = R$ 1 680,00
Após 2 meses:
1 680 9 1,05 = R$ 1 764,00
Para liquidar o débito, João pagou R$ 1 764,00.
Investindo um capital x, a 7% de juros mensais, após t (meses) teremos:
x 9 (1,07)t
O tempo para que o capital dobre é igual a:
x 9 (1, 07 ) t = 2x → t = log 1,07 2 =
21
(UFMT) O senhor Silva planejou passar, com sua
família, as festas natalinas no Pantanal de Mato Grosso
em uma pousada que cobra uma diária de R$ 450,00, inclusos as refeições e os passeios turísticos. Fez uma reserva por 7 dias, devendo efetuar o pagamento antecipado no
dia 4/12/2003. Visando não sobrecarregar o orçamento do
mês de dezembro, decidiu poupar de duas maneiras:
1. depositar R$ 2 000,00 no dia 3/1/2003, em uma aplicação especial com taxa de juro composto de 1,5% a.m., a
serem resgatados somente em 3/12/2003;
2. acumular bônus pelas compras efetuadas no cartão de
crédito, podendo resgatá-los, em 3/12/2003, na forma
de duas diárias.
A partir dessas informações, é possível afirmar que o montante reservado pelo senhor Silva com essas maneiras de
poupar será:
(UEM-PR) A taxa de juros de uma aplicação financeira é de 2% a.m.; aplicando-se R$ 100,00 a essa taxa, é
incorreto afirmar que:
a) após 5 meses, haverá R$ 110,00.
b) após 3 meses, haverá mais que R$ 106,00.
c) depois de um mês, haverá R$ 102,00.
d) se, no final de cada mês, forem retirados R$ 2,00, após
6 meses o máximo que poderá ser sacado será R$ 102,00.
e) após 4 meses, o capital inicial terá sofrido um acréscimo de mais de 8%.
a) Incorreto
M = C(1 0 i)t
M = 100 9 (1 0 0,02)5
M = 100 9 1,025
M = R$ 110,40
b) Correto
M = C(1 0 i)t Θ M = 100 9 (1 0 0,02)3 Θ M = R$ 106,12
c) Correto
M = 100(1,02)1 Θ M = R$ 102,00
d) Correto
Mês
Montante (R$)
Saldo (−R$ 2,00)
1
102,00
100,00
2
102,00
100,00
3
102,00
100,00
4
102,00
100,00
5
102,00
100,00
6
102,00
Admita: (1,015)11 = 1,18.
a) suficiente para pagar a reserva mas não lhe sobrará para
gastos extras.
b) suficiente para pagar a reserva e ainda lhe sobrarão
R$ 225,00 para gastos extras.
c) insuficiente e lhe faltarão R$ 110,00.
X d) suficiente para pagar a reserva e ainda lhe sobrarão
R$ 110,00 para gastos extras.
e) insuficiente e lhe faltarão R$ 225,00.
Pelos dados, temos:
1. aplicação de R$ 2 000,00 em 11 meses a juro composto de 1,5% a.m.
M = 2 000 9 (1,015)11
M = 2 000 9 1,18
M = R$ 2 360,00
2. 2 diárias Θ 2 9 450,00 = R$ 900,00
Valor da viagem: 7 9 450,00 = R$ 3 150,00
Valor obtido pela poupança: 2 360,00 0 900,00 = R$ 3 260,00
Logo, sobrarão:
3 260,00 − 3 150,00 = R$ 110,00
e) Correto
M = 100 9 1,024 Θ M = 108,24
O acréscimo é de:
108,24
= 1,0824 Θ 8,24%
100
Matemática
27
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27
log 2
0, 3
=
log 1, 07
0, 03
t = 10 meses
19
X
M9
11.10.06, 15:50
M9
Noções de Matemática Financeira
24
22
(Fuvest-SP) João, Maria e Antônia tinham, juntos,
R$ 100 000,00. Cada um deles investiu sua parte por um
ano, com juro de 10% a.a. Depois de creditados seus juros
no final desse ano, Antônia passou a ter R$ 11 000,00 mais
o dobro do novo capital de João. No ano seguinte, os três
reinvestiram seus capitais, ainda com juro de 10% a.a.
Depois de creditados os juros de cada um no final desse
segundo ano, o novo capital de Antônia era igual à soma
dos novos capitais de Maria e João. Qual era o capital inicial de João?
X a) R$ 20 000,00
d) R$ 26 000,00
b) R$ 22 000,00
e) R$ 28 000,00
c) R$ 24 000,00
(FGV-SP) Uma aplicação financeira rende juro de
10% a.a., composto anualmente. Utilizando para os cálculos as aproximações fornecidas na tabela, pode-se estimar que uma aplicação de R$ 1 000,00 seria resgatada no
montante de R$ 1 000 000,00 após:
x
log x
2
0,30
5
0,70
11
1,04
d)
2
de século
3
X e)
3
de século
4
a) mais de 1 século
b) 1 século
c)
Sejam j, m e a os capitais iniciais, em reais, de João, Maria e Antônia,
respectivamente.
Inicialmente, de acordo com o enunciado, tem-se:
j 0 m 0 a = 100 000
Após um ano, tem-se:
1,1a = 11 000 0 2,2j
E após dois anos, tem-se:
1,21a = 1,21j 0 1,21m Θ a = j 0 m
Assim:
a 0 a = 100 000 Θ a = 50 000
Portanto:
1,1 9 50 000 = 11 000 0 2,2j Θ j = 20 000
4
de século
5
O montante resultante de uma aplicação de R$ 1 000,00 a juro de 10% a.a.,
composto anualmente, durante t anos, é dado por:
M = 1 000 9 (1 0 10%)t
Dessa forma:
1 000 9 (1 0 0,10)t = 1 000 000 Θ 1,10t = 1 000
11
=3
10
t 9 (log 11 − log 10) = 3 Θ t 9 (1,04 − 1) = 3
log 1,10t = log 1 000 Θ t 9 log
t =
3
3
=
9 100 anos
0, 04
4
Portanto, t =
3
de século.
4
23 (UFRJ) O senhor Feliciano contraiu, em um banco,
um empréstimo de R$ 10 000,00 com juro de 3% a.m., ou
seja, o saldo devedor é recalculado, a cada mês, acrescentando-se 3% ao antigo. Começou a pagar a dívida exatamente um mês após tê-la contraído. Pagou, religiosamente, R$ 250,00 por mês, durante 10 anos.
a) Calcule o saldo devedor após o primeiro pagamento.
b) Indique, das opções a seguir, a que representa a situação do senhor Feliciano decorridos os 10 anos.
I. A dívida foi quitada.
II. O senhor Feliciano deve ao banco menos de
R$ 10 000,00.
III. O senhor Feliciano deve ao banco algo entre
R$ 10 000,00 e R$ 16 000,00.
X IV. O senhor Feliciano deve ao banco mais de
R$ 16 000,00.
V. O banco deve dinheiro ao senhor Feliciano.
25 (UFV-MG) Uma pessoa deposita uma quantia em dinheiro na caderneta de poupança. Sabendo-se que o montante na conta, após t meses, é dado por M(t) = C 9 20,01t, em
que C é uma constante positiva, o tempo mínimo para duplicar a quantia depositada é:
a) 6 anos e 8 meses
d) 9 anos e 3 meses
b) 7 anos e 6 meses
e) 10 anos e 2 meses
X c) 8 anos e 4 meses
Para duplicar a quantia depositada devemos ter:
C 9 20,01 9 t = 2 9 C Θ 0,01 9 t = 1 Θ t = 100 meses = 8 anos e 4 meses
a) O saldo devedor após o pagamento da primeira parcela é:
S = 10 000 9 1,03 − 250 Θ S = R$ 10 050,00
b) O saldo devedor do senhor Feliciano crescerá mais do que R$ 50,00, a
cada mês. Em 10 anos, a dívida será superior a
10 000 0 50 9 120 = R$ 16 000,00.
Portanto, a opção IV é a correta. O senhor Feliciano deve ao banco
mais de R$ 16 000,00.
Matemática
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28
28
11.10.06, 15:50
D
T
F
O
Ã
D
R
T
I
F
E
C
O
TER RCEIRÃ ÃO FTD
D
M
10
T
F
M
10
E
O
R
T
I
Ã
E
O
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Ã
de
R
I
o
n
E
r
e
C
d
F
R
Ca
E
T
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D
a
Progressões
R
d
T
i
I
v
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F
E
At
C
O
R
Ã
E
D
T E1RCEIR
T
F
O
Ã
3
T
R
I
E
C
TER
Progressões
(Unifor-CE) Considere a seqüência (a n), na qual
n 7 Μ − {0} e a1 = −2, a2 = 2, a3 = 12, a4 = 28 etc. O
termo geral dessa seqüência é um dos que estão dados
abaixo. Qual deles?
X d) a = 3n2 − 5n
a) an = n − 3
n
e) an = 5n2 − 6
b) an = 2n2 − 4n
c) an = 4n − 6
(x, x 0 10, x2, ...) Θ PA de números positivos
x 0 x2
( x 0 10 ) =
→ x 2 − x − 20 = 0
2
x’ = 5
1± 9
x=
x” = −4 (não convém)
2
a) an = n − 3
a1 = 1 − 3 = −2
a2 = 2 − 3 = −1 (não satisfaz)
PA: (5, 15, 25, ...)
a1 = 5; r = 10
a10 = a1 0 9r = 5 0 9 9 10 Ι a10 = 95
(UERN) A seqüência de números positivos
(x, x 0 10, x2, ...) é uma PA, cujo 10o termo é:
X b) 95
a) 94
c) 101
d) 104
e) 105
b) an = 2n2 − 4n
a1 = 2 9 12 − 4 9 1 = −2
a2 = 2 9 22 − 4 9 2 = 0 (não satisfaz)
c) an =
a1 =
a2 =
a3 =
4n − 6
4 9 1 − 6 = −2
492−6=2
4 9 3 − 6 = 6 (não satisfaz)
d) an = 3n2 − 5n
a1 = 3 9 12 − 5 9
a2 = 3 9 22 − 5 9
a3 = 3 9 32 − 5 9
a4 = 3 9 42 − 5 9
1 = −2
2=2
3 = 12
4 = 28
e) an = 5n2 − 6 (não satisfaz)
Logo, o termo geral é an = 3n2 − 5n.
4
(MACK-SP) Se f(n), n 7 Μ, é uma seqüência definida por:
123
f(0) = 1
f(n 0 1) = f(n) 0 3, então f(200) é:
a) 597
b) 600
d) 604
e) 607
Como a1 = f(0); a2 = f(1); a3 = f(2), temos:
f(200) = a201 Θ a201 = a1 0 200r
a201 = 1 0 200 9 3 = 601
f(200) = 601
• Os termos da seqüência an = 3n 0 2, 1 < n < 5 (n 7 Μ) são:
a1 = 3 9 1 0 2 = 5
a2 = 3 9 2 0 2 = 8
a3 = 3 9 3 0 2 = 11
a4 = 3 9 4 0 2 = 14
a5 = 3 9 5 0 2 = 17
• A soma dos termos que são primos é:
a1 0 a3 0 a5 = 5 0 11 0 17 = 33
Matemática
29
29
601
f(0) = 1
n = 0 Θ f(1) = f(0) 0 3 = 1 0 3 = 4
n = 1 Θ f(2) = f(1) 0 3 = 4 0 3 = 7
n = 2 Θ f(3) = 7 0 3 = 10
a1 = 1
(1, 4, 7, 10, ...) PA
r=3
2 (Unifesp-SP) A soma dos termos que são números primos da seqüência cujo termo geral é dado por an = 3n 0 2,
para n natural, variando de 1 a 5, é:
a) 10
b) 16
c) 28
e) 36
X d) 33
029_034_CA_Matem_2
X c)
11.09.06, 19:37
M10
Progressões
5
8
(UFRN) Numa PA de termo geral an, tem-se que
a3 − a1 = −8
a4 0 a2 = −12
123
(Vunesp-SP) Em 5 de junho de 2004, foi inaugurada
uma pizzaria que só abre aos sábados. No dia da inauguração, a pizzaria recebeu 40 fregueses. A partir daí, o número de fregueses que passaram a freqüentar a pizzaria cresceu em PA de razão 6, até que atingiu a cota máxima de
136 pessoas, a qual tem se mantido. O número de sábados
que se passaram, excluindo-se o sábado de inauguração,
para que a cota máxima de fregueses fosse atingida pela
primeira vez, foi:
a) 15
d) 18
X b) 16
e) 26
c) 17
O 1o termo dessa progressão é:
a) 6
b) 5
c) 4
Θ
2r = −8 Θ r = −4
e
Θ
X e)
2
2r = −8
2r1 0 4r = −12
123
a1 0 2r − a1 = −8
a1 0 3r 0 a1 0 r = −12
123
123
a3 − a1 = −8
a4 0 a2 = −12
d) 3
2a1 0 4(−4) = −12
2a1 = 4
a1 = 2
Do enunciado, temos a PA (40, 46, ..., 136), de razão 6.
Assim o número n de sábados que se passaram desde a inauguração até
atingir a cota máxima pela primeira vez pode ser obtido por:
an = a1 0 (n − 1)r
136 = 40 0 (n − 1) 9 6
n = 17
Excluindo-se o sábado da inauguração, o número de sábados que se passaram para que a cota máxima fosse atingida pela primeira vez foi 16.
6
(PUC-SP) Considere as seqüências (1, 4, 7, 10, ..., 67)
e (8, 12, 16, 20, ..., 104). O número de termos comuns a
essas duas progressões é:
b) 6
c) 7
d) 8
e) 9
X a) 5
Admitindo que as duas seqüências são progressões aritméticas, temos:
• (1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58,
61, 64, 67)
e
• (8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56, 60, 64, 68, ..., 104)
Os termos comuns são: 16, 28, 40, 52 e 64.
Assim, o número de termos comuns a essas duas progressões é 5.
9
(UEL-PR) Interpolando-se sete termos aritméticos
entre os números 10 e 98, obtém-se uma PA cujo termo
central é:
a) 45
b) 52
d) 55
e) 57
X c) 54
(10,
, 98)
7 termos
14243
a1 = 10
a9 = 98
n=9
r=?
a1 0 8r = a9
10 0 8r = 98
8r = 88
r = 11
Termo central: a5
a5 = a1 0 4r = 10 0 4 9 11 Ι a5 = 54
7
(UFPE/UFRPE) Nos quilômetros 31 e 229 de uma rodovia estão instalados telefones de emergência. Ao longo
da mesma rodovia e entre esses quilômetros, pretende-se
instalar 10 outros telefones de emergência. Se os pontos
adjacentes de instalação dos telefones estão situados a uma
mesma distância, qual é essa distância, em quilômetros?
Devemos ter:
an = a1 0 (n − 1)r
229 = 31 0 (12 − 1)r
r = 18
Portanto, a distância é igual a 18 km.
Matemática
029_034_CA_Matem_2
30
30
11.09.06, 19:37
Progressões
12
10 (UFRJ) Seu Juca resolveu dar a seu filho Riquinho
uma mesada de R$ 300,00 por mês. Riquinho, que é muito esperto, disse a seu pai que, em vez da mesada de
R$ 300,00, gostaria de receber um pouquinho a cada dia:
R$ 1,00 no primeiro dia de cada mês e, a cada dia, R$ 1,00
a mais que no dia anterior. Seu Juca concordou, mas, ao
final do primeiro mês, logo percebeu que havia saído no
prejuízo. Calcule quanto, em um mês com 30 dias,
Riquinho receberá a mais do que receberia com a mesada
de R$ 300,00.
(UFMA) Chicão, professor do DEMAT/UFMA, comprou um computador e contraiu uma dívida no valor de
R$ 4 200,00, que deverá ser paga em 24 prestações mensais em PA. Após o pagamento de 18 prestações, há um
saldo devedor de R$ 1 590,00. Qual o valor da primeira
prestação?
S 24 =
S 18 =
Em 30 dias Riquinho receberá:
1 0 2 0 3 0 4 0 ... 0 30 (PA de razão 1)
A soma desses termos é:
Sn =
M10
(a
1
0 a 24 ) 9 24
Θ 4 200 = 12(a1 0 a24) Θ a1 0 a24 = 350
2
(a
1
0 a 18 ) 9 18
2
Θ 4 200 − 1 590 = 9(a1 0 a18) Θ a1 0 a18 = 290
Daí, vem:
a 1 0 a 1 0 23r = 350
( a 1 0 a n )n
a 1 0 a 1 0 17r = 290
2a 0 23r = 350
→ 2a 1 0 17r = 290
1
6 r = 60
r = 10
2
(1 0 30) 9 30
2
S30 = 465
ou
S30 = R$ 465,00
Portanto, Riquinho receberá a mais:
465 − 300 = R$ 165,00
−
Logo:
2a1 0 23r = 350 Θ 2a1 0 230 = 350 Θ a1 = 60
A primeira prestação é igual a R$ 60,00.
S 30 =
11 (Fatec-SP) Dois viajantes partem juntos, a pé, de
uma cidade A para uma cidade B, por uma mesma estrada. O primeiro anda 12 quilômetros por dia. O segundo
anda 10 quilômetros no 1o dia e daí acelera o passo, em
meio quilômetro a cada dia que segue.
Nessas condições, é verdade que o segundo:
o
X a) alcançará o primeiro no 9 dia.
b) alcançará o primeiro no 5o dia.
c) nunca alcançará o primeiro.
d) alcançará o primeiro antes de 8 dias.
e) alcançará o primeiro no 11o dia.
13
(Vunesp-SP) Uma pessoa resolve caminhar todos os
finais de tarde. No 1o dia de caminhada, ela percorre uma
distância de x metros. No 2o dia, ela caminha o dobro do
que caminhou no 1o dia; no 3o dia, caminha o triplo do
que caminhou no 1o dia, e assim por diante. Considerando o período do 1o ao 25o dia, ininterruptos, ela caminhou
um total de 243 750 metros.
a) Encontre a distância x percorrida no 1o dia.
b) Verifique quanto ela terá percorrido no 30o dia.
Do enunciado, temos a PA: (x, 2x, 3x, ...)
a) a1 = x, a25 = 25x e S25 = 243 750
• O primeiro viajante anda 12 km por dia. Ao final de n dias, terá andado
(12n) km.
• O segundo viajante anda, por dia, distâncias que, em km, são termos
da PA (10; 10,5; 11; ...; an; ...), em que
an = 10 0 (n − 1) 9 0,5 Θ an = 0,5n 0 9,5
Ao final de n dias, terá andado:
S 25 =
(a
1
0 a 25 )25
2
→
(x 0 25x)25
= 243 750 Θ x = 750 m
2
b) No 30o dia, ela terá percorrido:
a30 = 30x Θ a30 = 30(750) = 22 500 m
(10 0 0, 5n 0 9, 5)n
19, 5n 0 0, 5n 2
=
2
2
• O segundo alcançará o primeiro quando
19, 5n 0 0, 5n 2
= 12n Θ 0,5n2 − 4,5n = 0 Θ n = 9, pois n . 0.
2
Matemática
31
029_034_CA_Matem_2
31
11.09.06, 19:38
M10
Progressões
A primeira coroa circular pintada de amarelo tem área igual a:
A1 = π 9 22 − π 9 12 Θ A1 = 3π m2
Para pintar 3π m2 gasta-se 3 9 0,5 = 1,5 L de tinta.
A segunda coroa circular pintada de amarelo tem área igual a:
A2 = π 9 42 − π 9 32 Θ A2 = 7π m2
Para pintar 7π m2 gastam-se 7 9 0,5 = 3,5 L de tinta.
Para a terceira coroa circular pintada de amarelo, temos:
A3 = π 9 62 − π 9 52 Θ A3 = 11π m2
Gastam-se 11 9 0,5 = 5,5 L de tinta.
Assim, temos a PA:
1,5;
3,5;
5,5;
...;
––––
↓
↓
↓
↓
2o dia
4o dia
6o dia
20o dia
Durante 10 dias ele usou tinta amarela.
Assim, temos:
a10 = a1 0 (n − 1)r Θ a10 = 1,5 0 (10 − 1) 9 2 Θ a10 = 19,5 L
A quantidade total de tinta amarela gasta é igual a:
14 (Unemat-MT) Um condomínio residencial, recéminaugurado, apresentou um consumo de água de 2 500 L
(litros) em seu primeiro dia. No primeiro mês de funcionamento, ocorreu um aumento diário de 115 L. Podemos
afirmar:
1 O consumo de água no 23o dia foi de 5 100 L.
2 O consumo total desse mês, com 31 dias, foi de 130 975 L.
3 O consumo médio diário foi de 4 275 L.
4 No 10o dia do mês o consumo foi de 3 535 L.
1. Falso
A PA é: (2 500, 2 615, 2 730, ...)
a23 = a1 0 22r Θ a23 = 2 500 0 22 9 115 Θ a23 = 5 030 L
2. Verdadeiro
a31 = a1 0 30r Θ a31 = 2 500 0 30 9 115 Θ a31 = 5 950 L
S 31 =
(a
1
0 a 31 )n
2
→ S 31
Sn =
(2 500 0 5 950) 9 31
Θ
=
2
(a
1
0 a n )n
2
→ S 10 =
(1, 5 0 19, 5) 9 10
2
→ S 10 = 105 L
S31 = 130 975 L
3. Falso
O consumo médio foi de:
130 975 : 31 = 4 225 L
4. Verdadeiro
a10 = a1 0 9r Θ a10 = 2 500 0 9 9 115 Θ a10 = 3 535 L
16
(UENF-RJ) Dois corredores vão se preparar para participar de uma maratona. Um deles começará correndo
8 km no primeiro dia e aumentará, a cada dia, essa distância em 2 km; o outro correrá 17 km no primeiro dia e
aumentará, a cada dia, essa distância em 1 km. A preparação será encerrada no dia em que eles percorrerem, em
quilômetros, a mesma distância.
Calcule a soma, em quilômetros, das distâncias que serão
percorridas pelos dois corredores durante todos os dias
do período de preparação.
15 (UFG) Deseja-se pintar com tintas de cores preta e
amarela, alternadamente, um disco no qual estão marcados círculos concêntricos, cujos raios estão em PA de razão 1 m. Pinta-se no primeiro dia o círculo central do disco, de raio 1 m, usando 0,5 L de tinta preta. Nos dias seguintes, pinta-se a região delimitada pela circunferência
seguinte ao círculo pintado no dia anterior. Se a tinta usada, não importando a cor, tem sempre o mesmo rendimento, a quantidade total de tinta amarela gasta até o
21o dia, em litros, será de:
a) 100,0
d) 199,5
b)
105,0
e) 220,5
X
c) 115,5
• Corredor 1: (8 km, 10 km, 12 km, ...) PA de razão 2 e a1 = 8
Corredor 2: (17 km, 18 km, 19 km, ...) PA de razão 1 e b1 = 17
Para que a preparação seja encerrada, devemos ter:
an
bn
144424443
1442443
8 0 (n − 1) 9 2 = 17 0 (n − 1) 9 1 → n = 10
Portanto, no 10o dia.
• Distância percorrida pelo corredor 1:
S 10 =
( 8 0 26 ) 9 10
2
= 170 km
• Distância percorrida pelo corredor 2:
S10
' =
(17 0 26 ) 9 10
= 215 km
2
Logo, a soma das distâncias será:
S10 0 Sδ10 = 170 0 215 = 385 km
A2
P
A1
P
1 1
1
1
O círculo central pintado de preto tem área igual a:
P1 = πR2 Θ P1 = π 9 12 Θ P1 = π m2
Para pintar π m2 gasta-se 0,5 L de tinta.
Matemática
029_034_CA_Matem_2
32
32
11.09.06, 19:38
M10
Progressões
20
17
(UFPI) Os números 2, x e (12 0 x) formam nessa
ordem uma PG. Sendo x um número positivo, podemos
afirmar que:
X a) x = 6
d) x = 24
b) x = 10
e) x = 36
c) x = 12
1
.
8
o
o
Encontre o 1 e o 2 termos dessa PG. Caso não for possível, justifique.
5o termo igual a −1 e o 8o termo é igual a −
Do enunciado, temos:
a3 = −4 Θ a1q2 = −4 쩸
a5 = −1 Θ a1q4 = −1 쩹
Devemos ter:
x
12 0 x
=
2
x
x2 = 24 0 2x
x2 − 2x − 24 = 0
(UDESC) Numa PG, o 3o termo é igual a −4, o
1
1
Θ a 1q7 = −
8
8
De 쩸 e 쩹, vem:
a8 = −
xδ = 6
ou
xφ = −4 (não serve)
a 1q 2
a 1q 4
=
−4
−1
→
쩺
1
1
= 4 → q2 =
q2
4
→ q =
1
1
ou q = −
2
2
Substituindo em 쩸, vem:
q=
1
1
Θ a1q2 = −4 Θ a1 9
= −4 Θ a1 = −16
2
4
q=−
Se q =
18
(Unesp-SP) Várias tábuas iguais estão em uma madeireira. A espessura de cada tábua é 0,5 cm. Forma-se
uma pilha de tábuas colocando-se uma tábua na primeira
vez e, em cada uma das vezes seguintes, tantas quantas já
houveram sido colocadas anteriormente.
−16 9
1
2
→ a1 9
1
e a1 = −16, de 쩺, vem:
2
1
1
=−
128
8
Se q = −
Pilha na 2a vez
→
−
1
1
=−
(Verdadeiro)
8
8
1
e a1 = −16, vem:
2
1
−16 9 −
2
Pilha na 1a vez
1
= −4 Θ a1 = −16
4
7
=−
1
8
→
Pilha na 3a vez
−16
1
=−
−128
8
→
1
1
=−
(Falso)
8
8
1
1
1
Portanto, na PG −16, − 8, − 4, − 2, −1, − , − , − , ...
2
4
8
Determine, ao final de 9 dessas operações:
a) quantas tábuas terá a pilha;
b) a altura, em metros, da pilha.
a1 = −16 e a2 = −8.
a) A quantidade de tábuas na pilha, em função do número de vezes em que
se repetiu a operação descrita, é dada pela seqüência (an) = (1, 2, 4, 8, ...),
uma PG de razão 2.
Após a nona operação, a quantidade de tábuas na pilha é a9 = 1 9 28 = 256.
b) A altura da pilha será de 256 9 0,5 = 128 cm = 1,28 m.
21
(PUC-SP) Numa PG, a diferença entre o 2o e o 1o
termo é 9 e a diferença entre o 5o e o 4o termo é 576.
O 1o termo da progressão é:
b) 4
c) 6
d) 8
e) 9
X a) 3
123 123
19 (Unicap-PE) Os números que representam, em
graus, os ângulos internos de um quadrilátero estão em
PG de razão 2. Qual o valor, em graus, do menor dos ângulos internos?
a2 − a1 = 9
a5 − a4 = 576
Θ
123
a 1q − a 1 = 9
a1q4 − a1q3 = 576
Sejam ε, ψ, υ e τ os ângulos internos do quadrilátero. Portanto:
ε 0 ψ 0 υ 0 τ = 360)
Como (ε, ψ, υ, τ) é PG de razão 2, temos:
ε 0 2ε 0 4ε 0 8ε = 360)
쩸
a1(q − 1) = 9
a1q3(q − 1) = 576 쩹
쩹 : 쩸 Θ q3 = 64 Ι q = 4
Substituindo em 쩸, vem: a1(4 − 1) = 9 Ι a1 = 3.
15ε = 360) Θ ε = 24)
Matemática
33
029_034_CA_Matem_2
33
11.09.06, 19:38
M10
Progressões
a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos
10 primeiros minutos. Constate que, nesse instante, sua
distância ao ponto B é inferior a 1 metro.
b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = distância percorrida pelo objeto em t minutos”, a partir do
instante t = 0.
22
(Cesesp-PE) Uma alga cresce de modo que a cada dia
ela cobre uma superfície de área igual ao dobro da coberta
no dia anterior. Se essa alga cobre a superfície de um lago
em 100 dias, assinale a alternativa correspondente ao número de dias necessários para que duas algas da mesma
espécie da anterior cubram a superfície do mesmo lago.
a) 50 dias
c) 98 dias
e) 43 dias
b) 25 dias
X d) 99 dias
a) Do enunciado, a distância percorrida, em metros, pelo objeto no enésimo
minuto é o elemento de uma PG cujo primeiro termo é 400 e a razão é
1
. Assim, a distância percorrida ao final dos 10 primeiros minutos é:
2
14243
Seja x a área coberta por uma alga no 1o dia.
Então: 2x — área coberta no 2o dia
4x — área coberta no 3o dia
8x — área coberta no 4o dia
Θ (x, 2x, 4x, 8x, ...) PG
a1 = x
q=2
S 10 =
10
1
400 1 −
2
No 100o dia, a área coberta será: a100 = a1q99 = x 9 299.
1442443
= 800 9
1 023
1 024
S10 Λ 799,2
Logo, a sua distância ao ponto B é inferior a 1 metro.
Para duas algas, teremos:
1o dia: 2x
2o dia: 4x
3o dia: 8x
.
.
.
1
2
1 −
a1 = 2x
q=2
(2x, 4x, 8x, ...) PG
b) A distância percorrida após t minutos é:
Depois de n dias, essas duas algas cobriram uma área de:
an = a1qn − 1 = 2x 9 2n − 1 = x 9 2n
dt =
t
1
400 1 −
2
1
2
1 −
Fazendo an = a100 Θ x 9 2n = x 9 299 Θ n = 99.
Duas algas levarão 99 dias para cobrir a superfície do lago.
d t = 800 − 800
1
2
(t 7 Μ)
t
Além disso, do enunciado, a velocidade se reduz linearmente; então, a
aceleração é constante em cada período considerado. Assim, concluímos
que P0 P1 ; P1P2 ; ...; Pt Pt 0 1 ; ... são arcos de parábolas.
Logo, o gráfico de f(t) é:
t
0
1
2
3
dt
0
400
600
700
dt (m)
800
700
600
400
P3
P2
P1
P0
0
1
23
(Unifesp-SP) Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em direção ao ponto B, percorrendo, a cada
minuto, a metade da distância que o separa do ponto B,
conforme figura. Considere como sendo de 800 metros a
distância entre A e B.
800 m
100 m
400 m
A
50 m
200 m
A1
A2
A3
A4 B
Desse modo, ao final do primeiro minuto (1o período) ele
deverá se encontrar no ponto A1; ao final do segundo minuto (2o período), no ponto A2; ao final do terceiro minuto
(3o período), no ponto A3, e assim sucessivamente. Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada
período considerado.
Matemática
029_034_CA_Matem_2
34
34
11.09.06, 19:38
2
3
t (min)
M10
Progressões
24
26
(FGV-SP)
(UnB-DF) Na figura ao
1
lado, ak representa a área do
2
k-ésimo quadrado sombreado, cujo lado é o dobro do lado
do (k 0 1)-ésimo quadrado,
1
a
para k = 1, 2, 3, ...
2
Com base na figura, julgue os
itens que se seguem.
1
2
1
a) a 4 =
256
a 201
1
=
b)
8
a 200
1
c) a1 0 a2 0 ... 0 a 10 ,
3
d) O menor valor de k para o qual
1
1
a1 0 a2 0 ... 0 ak .
−
é igual a 5
3
1 200
x
x
x
0
−
0 ... = 8 , em
a) Resolva a equação x −
4
16
64
que o 1o membro é a soma dos termos de uma PG infinita.
a3
a2
1
b) Numa PG infinita, a soma dos termos de ordem par
10
, ao passo que a soma dos termos de ordem
é
3
20
. Obtenha o 1o termo e a razão dessa
ímpar é
3
progressão.
x x
x
a) A seqüência x , − ,
,−
, ... é uma PG em que
4 16
64
a1 = x e q = −
x
x
x
1
0
−
0 ... = 8
. Logo: x −
4
16
64
4
x
x
=8→
= 8 → x = 10
5
1
1− −
4
4
1
Como os lados dos quadrados formam uma PG de razão
, as áreas
2
1
formam uma PG de razão
.
4
b) (a1, a1q, a1q2, a1q3, a1q4, ...) PG infinita
20
1o a 1 0 a 1q 2 0 a 1q 4 0 ... =
3
a1
20
=
→
3
9
=
20
9
(1− q 2 ) a
1
1− q 2
3
10
2o a 1q 0 a 1q 3 0 a 1q 5 0 ... =
3
a 1q
10
=
→
3
9
=
10
9 (1 − q 2 ) a
q
1
1 − q2
3
a) Verdadeiro, pois a 4 = a 1q 3 =
b) Falso, pois
3 a 1q
3a 1
=
10(1 − q )
20(1 − q 2 )
=
→ q=
a 201
=
a 200
a 200 q
1
2
=q=
a 200
1
2
=
=
1
4
1
1 −
4
1
1−
4
10
=
1
4
3
=
1
.
256
1
.
4
a 1 9 (1− q 10 )
1− q
=
10
10
1
1
1 1
1
1
9 1 −
=
−
9
,
4
3
3
3 4
3
a 1 (1 − q n )
1− q
1
4
=
k
1
1 −
4
=
1
1−
4
k
k
1
1
1 1
1
−
9
1 − =
3
4
3
3
4
Para que a 1 0 a 2 0 a 3 0 ... 0 a k .
1
1
−
,
3
1200
devemos ter:
25
(MACK-SP) Na seqüência de números reais (log3 x,
x, k, 3, log3 y, y), os termos de ordem ímpar formam uma
PA e os de ordem par, uma PG. Então k é igual a:
1
1
a)
b) 2
c) 3
e)
X d) 1
3
2
PG: (x, 3, y)
32 = xy Θ xy = 9
9
d) Verdadeiro, pois a1 0 a2 0 a3 0 ... 0 ak =
2
1
Em : 3 a 1 = 20 9 1 −
→ a 1 = 5.
2
PA: (log3 x, k, log3 y)
log 3 x 0 log 3 y
k=
→ 2k = log3 (xy) Θ xy = 32k
2
2
c) Verdadeiro, pois a1 0 a2 0 a3 0 ... 0 a10 =
Fazendo : , vem:
2
1
2
k
1
1 1
1
1
− . −
3
3 4
3
1200
k
k
1
1
1
1
− .−
→ ,
4
4
400
400
1
4
4
k=4→
1
4
5
k=5→
=
1
1
.
256
400
=
1
1
,
1 024
400
Portanto, o menor valor de k é 5.
De e , vem:
32k = 9 Θ 32k = 32
2k = 2 Ι k = 1
Matemática
35
035_036_CA_Matem_2
35
11.09.06, 19:41
M10
Progressões
27
29
(FGV-SP) A figura indica infinitos triângulos
isósceles, cujas bases medem, em centímetros, 8, 4, 2, 1, ...
(Fuvest-SP) Uma PA e uma PG têm, ambas, o 1o
termo igual a 4, sendo que os seus 3os termos são estritamente positivos e coincidem. Sabe-se ainda que o 2o termo de PA excede o 2o termo da PG em 2. Então, o 3o termo
das progressões é:
X d) 16
a) 10
b) 12
c) 14
e) 18
d
h
...
PA: (4, 4 0 r, 4 0 2r, ...)
PG: (4, 4q, 4q2, ...)
4 0 2r = 4q2
Θ
(4 0 r) − 4q = 2
2 1 ...
Sabendo que a soma da área dos infinitos triângulos sombreados na figura é igual a 51, pode-se afirmar que a área
do retângulo de lados h e d é igual a:
a) 68
d) 153
b) 102
e) 192
X c) 136
123
4
123
8
4q2 = 2r 0 4
r = 4q − 2
Substituindo em :
4q2 = 2(4q − 2) 0 4
4q2 − 8q = 0
q2 − 2q = 0
q = 0 (não convém) ou q = 2
a3 = 4q2 = 4 9 22 = 16
O 3o termo da PG é 16.
d
4
6
3
3
2 ...
...
h
8
4
2 1 ...
• d é a soma dos infinitos termos da PG (8, 4, 2, 1, ...).
8
Assim, d =
1
2
1 −
Θ d = 16.
• A soma das áreas dos infinitos triângulos sombreados é igual à soma
3h 3h
dos termos da PG 3h,
,
, ... .
2
4
3h
Dessa forma,
1 −
1
2
= 51 → h =
17
.
2
• Daí, conclui-se que a área S do retângulo de lados h e d é
S = 16 9
17
Θ S = 136.
2
X
28
(Cefet-PR) Nas seqüências:
a n = log 1; log 0 , 001; log 1 729 ; ... e
3
A soma dos primeiros n termos de uma PG de razão q, q ϑ 1 e 1o termo a1
é dada por:
1
1
b n = − ; − ; −1 ; ... , a diferença entre o 10 o
9
3
termo de “an” e o 9o termo de “bn” é:
a) −756
X c) 702
b) −270
d) 756
30 (IBMEC-SP) O departamento de Arqueologia da
Universidade de Oxford mantém em sua biblioteca uma
coleção de aproximadamente 500 000 papiros, todos com
mais de 1 000 anos de idade, cujo conteúdo começou a ser
desvendado a partir de 2002, utilizando-se uma técnica
chamada imagem multiespectral, desenvolvida pela Nasa.
Se um computador, munido de um sistema de inteligência artificial, conseguir decifrar o conteúdo de cada um
desses papiros, sempre gastando a metade do tempo que
precisou para decifrar o papiro anterior e, considerando
que o primeiro papiro seja decifrado por esse computador
em 10 anos, então toda a coleção de papiros citada será
decifrada em:
a) aproximadamente 20 anos.
b) aproximadamente 40 anos.
c) aproximadamente 50 anos.
d) aproximadamente 80 anos.
e) aproximadamente 100 anos.
S = a1 9
e) 270
1 − qn
1 − q
Com a 1 = 10, q =
500 000
S = 10 9
3
an = (0, −3, −6, ...)
PA com a1 = 0 e r = −3
1
1
b n = − , − , −1, ...
9
3
PG com b 1 = −
1
2
1
1 −
2
1 −
Sendo log 1 = 0; log 0, 001 = − 3; log 1 729 = − 6, então:
1
eq=3
9
a10 = a1 0 9r Θ a10 = 0 0 9 9 (−3) = −27
1
Como
2
1
b9 = b1q8 Θ b9 = − 9 3 8 = −36 = −729
9
S Λ 10 9
a10 − b9 = −27 − (−729) = 702
035_036_CA_Matem_2
500 000
Λ 0, temos:
1
1 −
Matemática
1
e n = 500 000, temos:
2
1
2
→ S Λ 20 anos
36
36
11.09.06, 19:41
D
T
F
O
Ã
D
R
T
I
F
E
C
O
TER RCEIRÃ ÃO FTD
D
M
11
T
F
M
11
E
O
R
T
I
Ã
E
O
TERCTD TERCEIR
Ã
de
R
I
o
n
E
r
e
C
d
F
R
Ca
E
T
O
s
e
Ã
d
D
a
Trigonometria
no
Ciclo
R
d
T
i
I
v
i
F
E
At
C
O
R
Ã
E
D
T ERCEIR
T
F
O
3
T 1 ERCEIRÃ
T
Trigonometria no Ciclo
(EEM-SP) Quantos radianos percorre o ponteiro das
horas de um relógio de 1h 5min até 2h 45min?
30)
x
30)
y
60 min
Θ x = 2) 30δ
5 min
(UFPA) Aristarco de Samos, matemático que viveu por
volta de 300 a.C., querendo calcular as distâncias relativas
da Terra ao Sol e da Terra à Lua, utilizou o seguinte raciocínio: “No momento em que a Lua se encontra exatamente à meia-lua, os três astros formam um triângulo retângulo, com a Lua ocupando o vértice do ângulo reto. Sabendo a medida do ângulo que a visão da Lua forma com a
visão do Sol, será possível determinar a relação entre as
distâncias da Terra à Lua e da Terra ao Sol”.
Sabe-se que o ângulo formado pelas direções Terra–Lua e
Terra–Sol, na situação de meia-lua, é de, aproximadamente, 89,85° e que a distância da Terra à Lua é de, aproximadamente, 384 000 km. Para ângulos de medidas inferiores
a 1° (um grau), uma boa aproximação para o seno do
ângulo é a medida do mesmo ângulo em radianos.
60 min
Θ y = 22) 30δ
45 min
de 1 h p/ 2 h (ponteiro pequeno) = 30)
ε = 30) − x 0 y = 30) − 2) 30δ 0 22) 30δ = 50)
180)
50)
5π
π
→ z=
rad
18
z
11
12
1
10
x
2
y
9
3
8
4
7
5
6
2 (UFG) O mostrador do relógio de uma torre é dividido em 12 partes iguais (horas), cada uma das quais é subdividida em outras 5 partes iguais (minutos). Se o ponteiro das horas ( OB ) mede 70 cm e o ponteiro dos minutos
Lua
Sol
90°
( OA ) mede 1 m, qual será a distância AB , em função do
ângulo entre os ponteiros, quando o relógio marcar 1 hora
e 12 minutos?
89,85°
Terra
B
A
O
30°
60 min
Θ x = 6°
12 min
x
Portanto, med (AÔB) = 36°.
Utilizando esses dados e o raciocínio de Aristarco, pode-se
concluir que a distância da Terra ao Sol é de, aproximadamente:
X d) 147 000 000 km
a) 2 500 000 km
b) 3 800 000 km
e) 7 000 000 000 km
c) 34 600 000 km
B
A
O
Lua
0,15°
384 000
km
Aplicando a lei dos cossenos no #AOB:
AB2 = OA2 0 OB2 − 2 9 OA 9 OB 9 cos (AÔB)
B
2
AB
= 12 0 (0,7)2 − 2 9 1 9 (0,7) 9 cos 36°
m
AB2 = 1,49 − 1,4 cos 36°
0,7
36°
AB = 1, 49 − 1, 4 cos 36° m
O
A
1m
89,85°
Sol
x
Terra
180° —— π rad
0,15° —— ε
• ε=
0,15 9 π
rad
180
• sen 0,15° =
384 000
x
0,15 9 π
384 000
=
180
x
x=
180 9 384 000
0,15 9 π
x Λ 147 000 000 km
Matemática
37
037_042_CA_Matem_2
37
11.10.06, 16:33
M11
Trigonometria no Ciclo
4 (UFSC) Qualquer que seja o número real x, ele obedece
à relação n < x , n 0 1, sendo n um número inteiro. Diz-se
que n é a parte inteira de x e é denotada por E(x) = n.
A partir dessa definição de E, calcular y na expressão:
y=
4E
(
6
(Unesp-SP) Uma máquina produz diariamente x dezenas de certo tipo de peças. Sabe-se que o custo de produção c(x) e o valor de venda V(x) são dados, aproximadamente, em milhares de reais, respectivamente, pelas fun-
)
xπ
xπ
ções c (x) = 2 − cos
e V(x) = 3 2 sen
,
6
12
0 < x < 6.
O lucro, em reais, obtido na produção de 3 dezenas de
peças é:
a) 500
e) 3 000
X c) 1 000
b) 750
d) 2 000
299 0 2E ( log 5 127 ) − E(sen 233° )
7
E 0 E
8
( 2)
Sendo:
289 ,
•
299 ,
324 → 17 ,
299 , 18 → E
(
)
299 = 17
• log5 125 , log5 127 , log5 625 Θ 3 , log5 127 , 4 Θ E(log5 127) = 3
• −1 , sen 233° , 0 Θ E(sen 233°) = −1
• 0,
1 ,
•
Para x dezenas de certo produto, o lucro em milhares de reais é obtido por:
L(x) = V(x) − c(x)
7
7
,1 → E
=0
8
8
2 ,
4 → 1,
Para x = 3, resulta:
2 , 2 → E
(
)
39 π
39π
L ( 3 ) = 3 9 2 9 sen
− 2 − cos
6
12
2 =1
Então:
y=
4E
(
299
) 0 2E( log
5
π
π
3 9 2 9 sen − 2 0 cos = 3 9 2 9
2
4
127 ) − E(sen 233° )
7
E
0E
8
(
2
)
Portanto, o lucro, em reais, obtido na produção de 3 dezenas dessas peças é 1 000.
y = 4 9 17 0 2 9 3 − (−1) = 75
5
7 (IBMEC) Valor monetário de uma ação é dado por
V(t) = 120 0 80 cos (t), em que t é um número real positivo.
De acordo com esse modelo, o valor monetário máximo
que essa ação pode assumir é:
a) 120
c) 80
d) 40
e) 240
X b) 200
(PUC-SP) Na seqüência do termo geral
π
an = 5n 0 sen n 9 , com n 7 Μ*, a soma dos 20
2
primeiros termos de ordem ímpar é igual a:
X d) 2 000
a) 1 800
b) 1 874
e) 2 024
c) 1 896
V(t) = 120 0 80 9 cos (t)
Para que o valor monetário seja máximo devemos ter cos (t) = 1, portanto:
Vmáx. = 120 0 80 9 1 Θ Vmáx. = 200
Os 20 primeiros termos de ordem ímpar da seqüência são:
π
π
a1 = 5 9 1 0 sen 1 9
=501
= 5 0 sen
2
2
π
3π
= 15 − 1
a3 = 5 9 3 0 sen 3 9
= 15 0 sen
2
2
5π
π
= 25 0 1
a5 = 5 9 5 0 sen 5 9
= 25 0 sen
2
2
π
7π
= 35 − 1
a7 = 5 9 7 0 sen 7 9
= 35 0 sen
2
2
M
M
M
M
M
M
π
39π
a39 = 5 9 39 0 sen 39 9
= 195 − 1
= 195 0 sen
2
2
a1 0 a3 0 a5 0 a7 0 ... 0 a39 =
= (5 0 1) 0 (15 − 1) 0 (25 0 1) 0 (35 − 1) 0 ... 0 (195 − 1) =
(5 0195) 9 20
5 0 15 0 25
0 44444
35 0 ... 195
42
4
3=
= 144444
= 2 000
2
Soma dos 20 termos
de uma PA finita
Matemática
037_042_CA_Matem_2
38
38
2
− 2 0 0 = 3 − 2 =1
2
11.10.06, 16:33
M11
Trigonometria no Ciclo
10
8
(UEL-PR) Uma bomba-d’água aspira e expira água a
cada 3 segundos. O volume de água da bomba varia entre
um mínimo de 2 litros e um máximo de 4 litros. Dentre as
alternativas a seguir, assinale a expressão algébrica para o
volume y de água na bomba, em função do tempo t.
π
a) y = 2 0 2 sen t
3
X
2π
b) y = 2 0 2 sen
t
3
(UEL-PR) O gráfico que representa a função
y: ς Θ ς, y = 2 cos 2x 0 1 é:
X
a)
d)
y
y
3
2π
d) y = 3 0 sen
t
3
3
2
2
1
1
0
−6 −4 −2
−1
π
e) y = −3 0 2 sen t
3
b)
4
2
6
x
0
−6 −4 −2
−1
e)
y
π
c) y = 3 0 sen t
3
2
4
6
x
y
3
3
2
2
1
Seja V(t) = a 0 sen (bt) o volume de água na bomba, em função do tempo t.
• Como −1 < sen a < 1 Θ 2 < 3 0 sen ε < 4.
Como 2 L < V(t) < 4 L Θ a = 3.
• Como a bomba aspira e expira água a cada 3 segundos:
Período = 3 Θ
0
−6 −4 −2
−1
c)
2π
2π
=3Θb=
b
3
2π
E V(t) = y = 3 0 sen
3
2
4
6
2
4
6
x
−6
1
−4
−2 0
−1
24
6
x
y
3
t
2
1
0
−6 −4 −2
−1
9
• Gráfico de cos (2x)
(FGV-SP) Um supermercado, que fica aberto 24 horas
por dia, faz a contagem do número de clientes na loja a
cada 3 horas. Com base nos dados observados, estima-se
que o número de clientes possa ser calculado pela função
y
1
xπ
trigonométrica f(x) = 900 − 800 sen
, em que f(x)
12
−π
0
π
x
π
x
y
1
−π
0
• Gráfico de 2 cos (2x)
y
2
xπ
3π
xπ
= −1 →
=
0 2kp Θ x = 18 0 24k Θ
12
12
2
Θ x = 18 h (0 < x < 24)
1
18π
f(18) = 900 − 800 sen
= 900 0 800 = 1 700 clientes
12
−π
0
• Gráfico de y = 2 cos (2x) 0 1
xπ
• Número mínimo de clientes: sen
=1
12
y
xπ
xπ
π
0 2kπ Θ x = 6 0 24k Θ
sen
=
=1Θ
12
12
2
3
Θ x = 6 h (0 < x < 24)
2
6π
f(6) = 900 − 800 sen
= 900 − 800 = 100 clientes
12
1
Nmáx − Nmín = 1 700 − 100 = 1 600 clientes
−π
0
π
x
Matemática
39
39
x
• Gráfico de cos (2x)
xπ
= −1
• Número máximo de clientes: sen
12
037_042_CA_Matem_2
π
−1
é o número de clientes e x, a hora da observação (x é um
inteiro tal que 0 < x < 24).
Utilizando essa função, a estimativa da diferença entre o
número máximo e o número mínimo de clientes dentro
do supermercado, em um dia completo, é igual a:
a) 600
d) 1 500
b) 800
X e) 1 600
c) 900
sen
x
11.10.06, 16:34
M11
Trigonometria no Ciclo
11 (PUCPR) A figura a seguir mostra parte de uma onda
senoidal que foi isolada para uma pesquisa:
πx
πx
< 1 Θ −3 < 3 sen
<3
4
4
Logo, Im = [−3, 3].
• −1 < sen
y
• Período de f(x) =
3
10π
3
1
π
3
0
−1
4π
3
7π
3
Logo, OA = 8.
• A área do triângulo OAB será máxima quando yB, ordenada do ponto B,
atingir seu maior valor. Portanto:
x
13π
3
área máxima =
Qual das alternativas melhor representa a equação da onda
para o período apresentado?
X
2π
=8
π
4
x
π
a) y = 1 0 2 sen −
2
6
x
d) y = 1 0 2 sen
3
x
b) y = 1 0 2 sen
2
x
e) y = 1 0 2 sen
6
(OA) 9 (y B )
2
=
13
(Unifesp-SP) Considere as funções dadas por
πx
f(x) = sen
e g(x) = ax 0 b, sendo o gráfico de g for2
necido na figura.
x
π
c) y = 1 0 2 sen 0
2
3
Seja y = a 0 b sen (cx 0 d) a função pedida.
• Pelo gráfico: Im = [−1, 3]
−1 < sen ε < 1 Θ −2 < 2 sen ε < 2 Θ −1 < 1 0 2 sen ε < 3
Logo, a = 1 e b = 2.
• O período da função (pelo gráfico) é:
893
= 12
2
y
g
1
13 π
π
−
= 4π .
3
3
2π
1
= 4π → c =
c
2
−1
2
x
• y = a 0 b sen (cx 0 d) = 1 0 2 sen
0 d
2
Pelo gráfico, quando x =
O valor de f[g−1(2)] é:
π
, y = 1.
3
a)
π
3
π
0 d = 1 Θ 2 sen
0 d = 0
1 0 2 sen
6
2
2
4
b)
1
2
X
2
2
c)
3
2
d)
y
x
π
Portanto, y = 1 0 2 sen
−
.
2
6
g(x)
1
y=x
−1
2
(UFPR) Na figura abaixo está representado um pe-
g−1(x)
1
πx
ríodo completo do gráfico da função f(x) = 3 sen
.
4
Para cada ponto B sobre o gráfico de f, fica determinado
um triângulo de vértices O, A e B, como na figura abaixo.
Qual é a maior área que um triângulo obtido dessa forma
pode ter?
x
−1
2
A função g−1(x) pode ser escrita na forma y = ax 0 b.
1
Como os pontos (1, 0) e 0, − pertencem ao gráfico de g−1(x), temos:
2
(1, 0) Θ 0 = a 9 1 0 b Θ a = −b
1
1
1
1
0, − → − = a 9 0 0 b Θ b = −
e a=
2
2
2
2
B
A
Portanto, g−1(x) =
0
g−1(2) =
a) 3π
b) 6π
c) 8
d) 9
Matemática
037_042_CA_Matem_2
X
1
x − 1
=
2
2
2 − 1
1
=
2
2
π
1
f = sen
=
2
4
e) 12
1
x −
2
2
2
40
40
e) 1
O gráfico da função inversa g−1(x) será uma reta simétrica à reta que representa g(x), em relação à bissetriz dos quadrantes ímpares.
π
π
π
0 d = 0 Θ
sen
0 d = 0 Θ d =−
6
6
6
12
x
0
11.10.06, 16:35
Trigonometria no Ciclo
14 (Unesp-SP) No hemocentro de um certo hospital, o
número de doações de sangue tem variado periodicamente. Admita que, nesse hospital, no ano de 2001, esse número, de janeiro (t = 0) a dezembro (t = 11), seja dado,
aproximadamente, pela expressão:
M11
16
(UnB-DF) Estudando-se o fluxo de água em um ponto do estuário de um rio, determinou-se que a água flui
para o oceano na vazão v, em milhões de litros por hora, em
função do tempo t, em horas, de acordo com a equação
v(t) = A 0 B sen (wt),
em que A, B e w são constantes reais positivas, e t > 0. A
vazão na qual a água do rio flui para o oceano varia por
causa das marés. Na maré baixa, a água flui mais rapidamente, com vazão máxima de 20 milhões de litros por
hora, e, na maré alta, ela flui mais lentamente, com vazão
mínima de 4 milhões de litros por hora. Nessa região, o
tempo entre duas marés altas é igual a 12 horas e 24 minutos. Com base nessas informações, escolha apenas uma
das opções a seguir e faça o que se pede.
a) Calcule o valor do coeficiente A.
b) Calcule o período, em minutos, da função v.
c) Determine o valor de t, em minutos, quando
10h < t < 22h, para o qual v(t) é máxima.
( t − 1) π
S(t) = ι − cos
6
com ι uma constante positiva, S(t) em milhares e t em
meses, 0 < t < 11. Determine:
a) a constante ι, sabendo que no mês de fevereiro houve
2 mil doações de sangue;
b) em quais meses houve 3 mil doações de sangue.
a) Em fevereiro, tem-se t = 1 e
(1 − 1) π
S(1) = ι − cos
= ι − cos 0 = ι − 1 = 2 → ι = 3.
6
b) Houve 3 mil doações de sangue quando:
( t − 1) π
( t − 1) π
S(t) = ι − cos
= 3 − cos
=3
6
6
a) De acordo com a equação v(t) = A 0 B sen (wt), verifica-se que:
−1 < sen (wt) < 1 Θ
Θ
A − B < A 0 B sen (wt) < A 0 B
Θ
4 < A 0 B sen (wt) < 20
123
t − 1 = 3 0 6n Θ t = 4 0 6n Θ t = 4 ou t = 10, pois 0 < t < 11
123
( t − 1) π
( t − 1) π
π
cos
=
0 nπ, n 7 Β
=0→
6
2
6
A−B=4
Θ A = 12 e B = 8
A 0 B = 20
b) O período p da função v(t) é o tempo entre duas marés altas, isto é,
p = 12 horas e 24 minutos Θ p = 744 min.
c) O período p da função v(t) = 12 0 8 sen (wt) é dado por:
2π
2π
5π
p=
= 12,4 → w =
→
w
w
31
Portanto, v(t) = 12 0 8 sen
5π
t .
31
v(t) será máximo quando
15
π
31
62
5π
0 2kπ, k 7 Β → t =
0
k , k 7 Β.
t=
10
5
31
2
• k = 0 Θ t = 3,1 horas (não convém, pois 10 h < t < 22 h)
• k = 1 Θ t = 15,5 horas Θ t = 930 min
(ITA-SP) Sejam f e g duas funções definidas por
3 sen 2 x − 1
1
, x 7 ς.
2
A soma do valor mínimo de f com o valor mínimo de g é
igual a:
1
1
e) 1
a) 0
b) 2
c)
X d)
4
2
f(x) = ( 2 )
• f(x) =
(
2
)
3 sen x − 1
3 sen x − 1
=2
e g(x) =
3 sen x − 1
2
f(x) é mínimo para sen x = −1; assim:
fmín. = 2
3 9 ( −1) − 1
• g(x) = 1
2
2
= 2 −2 =
1
4
3 sen 2 x − 1
g(x) é mínimo para sen2 x = 1; assim:
g mín. =
1
2
3 9 1− 1
=
1
2
2
=
1
4
• A soma do valor mínimo de f com o valor mínimo de g é:
1
1
1
0
=
.
4
4
2
Matemática
41
037_042_CA_Matem_2
41
11.10.06, 16:36
M11
Trigonometria no Ciclo
19
17
(UCDB-MS) Simplificando a expressão
E = (sec x − cos x) 9 (cossec x − sen x) 9 (tg x 0 cotg x),
obtém-se:
a) E = sen x
c) E = tg x
X e) E = 1
b) E = cos x
d) E = 0
(Fatec-SP) Sobre as sentenças
I. sen 40) , sen 50)
II. cos 190) . cos 200)
III. tg 60) = tg 240)
é correto afirmar que somente:
a) I é verdadeira.
d) I e II são verdadeiras.
b) II é verdadeira.
X e) I e III são verdadeiras.
sen
c) III é verdadeira.
E = (sec x − cos x) 9 (cossec x − sen x) 9 (tg x 0 cotg x)
sen x
1
1
cos x
− cos x 9
− sen x 9
0
E=
sen x
cos x
sen x
cos x
50)
40)
I. Verdadeira. sen 40) , sen 50)
No 1o quadrante, a função seno é
estritamente crescente, portanto
40) , 50) Θ sen 40) , sen 50)
E=
1 − cos 2 x 1 − sen 2 x
sen 2 x 0 cos 2 x
9
9
sen x
sen x cos x
cos x
E=
cos 2 x
sen 2 x
1
9
9
=1
cos x
sen x
sen x 9 cos x
II. Falsa. cos 190) . cos 200)
No 3o quadrante, a função cosseno
é estritamente crescente, portanto
190) , 200) Θ cos 190) , cos 200).
cos
190)
200)
III. Verdadeira. tg 60) = tg 240)
tg
tg 240 ) = tg (60 ) 0 180 ) ) → tg = 60 ) = 3
20
60)
(UFAM) Sabendo que a seqüência
2
tg x é uma PG, nessa ordem, então
cos x 9 sen x 9
2
todos os valores de x no intervalo [0, 2π] são:
a)
π
2π
ou
3
3
(Unicamp-SP) Sejam ε, ψ e υ os ângulos internos
de um triângulo.
a) Mostre que as tangentes desses três ângulos não podem ser, todas elas, maiores ou iguais a 2.
b) Supondo que as tangentes dos três ângulos sejam números inteiros positivos, calcule essas tangentes.
b)
π
3π
ou
6
6
c)
4π
7π
ou
3
6
Sendo ε, ψ e υ ângulos internos de um triângulo, então:
sen2 x = cos x 9
240)
18
a) tem-se ε 0 ψ 0 υ = 180)
X
Se a seqüência (cos x, sen x,
e)
tg ε > 2 Θ ε . 60)
tg ψ > 2 Θ ψ . 60) Θ ε 0 ψ 0 υ . 180)
tg υ > 2 Θ υ . 60)
Para x 7 [0, 2π], x =
2
tg x) é uma PG, temos:
2
3π
π
ou x =
.
4
4
o que contradiz a equação 쩸. Logo, as tangentes dos três ângulos não
podem ser, todas elas, maiores ou iguais a 2.
b) ε 0 ψ = 180) − υ Θ tg (ε 0 ψ) = −tg υ
tg ε 0 tg ψ
= − tg υ
1 − tg ε 9 tg ψ
tg ε 0 tg ψ 0 tg υ = tg ε 9 tg ψ 9 tg υ
Supondo as tangentes dos três ângulos números inteiros e positivos e
que não podem ser simultaneamente maiores ou iguais a 2, então necessariamente uma delas deve ser igual a 1.
Assim sendo, fazendo tg ε = a, tg ψ = b e tg υ = 1,
tem-se a 0 b 0 1 = ab Θ ab − a − b = 1
a(b − 1) − (b − 1) = 2 Θ (a − 1) 9 (b − 1) = 2
(a − 1 = 1 e b − 1 = 2) ou (a − 1 = 2 e b − 1 = 1)
(a = 2 e b = 3) ou (a = 3 e b = 2), pois a, b 7 Β ∗0 .
Matemática
037_042_CA_Matem_2
42
42
5π
π
ou
6
6
π
3π
ou
4
4
2
9 tg x Θ sen2 x =
2
supondo sen x ϑ 0.
쩸
14243
se
d) −
11.10.06, 16:36
2
9 sen x Θ sen x =
2
2
,
2
Trigonometria no Ciclo
22
Em questões como a 21, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
(UFSC)
(01) Um poste na posição vertical, colocado num plano horizontal, encontra-se a 3 m de uma parede plana e vertical. Nesse instante, o Sol projeta a sombra do poste
na parede e essa sombra tem 17 m de altura. Se a altura do poste é de 20 m, então a inclinação dos raios
solares, em relação ao plano horizontal, é de 45°.
21 (UFMS) A questão a seguir trata de trigonometria e
funções trigonométricas. Assinale a(s) alternativa(s)
correta(s):
(01) sen 300° . 0
(02) sen2 70° 0 sen2 160° = 1
(04) Os possíveis valores reais de m para que se possa ter
1
, então
3
(02) Se sen (a) =
5 − m
são tais que 2 < m < 8.
3
(08) Se a figura a seguir representa o gráfico, no sistema
cartesiano xOy, da função f: [0, 2p] Θ ς, definida por
f(x) = a 9 cos (bx), então a = 3 e b = 6.
cos x =
2
.
3
(04) Os gráficos das funções f(x) = sen (4x) e
sen (25π 0 a) − sen (88π − a) =
g(x) = −
y
3
2x
π
0
, têm exatamente três pontos em
3
4
π
comum, para x no intervalo 0,
.
2
(08) Para ser verdadeira a desigualdade
tg (x) 9 sec (x) , 0, x deve estar localizado no 2o ou
no 4o quadrante.
x
2π
−3
01. Correta, pois:
Da semelhança entre os triângulos:
(16) No intervalo {x 7 ς|0 < x < 2π}, a equação
x
x03
=
Θ x = 17 m
17
20
E no triângulo menor:
sombra
1
cos2 x = |cos x| tem seis raízes.
2
poste
tg ε =
ε
3
01. Incorreta, pois sen 300° = −
.
2
02. Correta, pois sen 160° = sen 20° =
= cos 70°, portanto sen2 70° 0 cos2 160° = sen2 70° 0 cos2 70° = 1
sombra
17
=
= 1 Θ ε = 45°
x
17
x
3m
02. Incorreta, pois:
5 − m
<1Θ
04. Correta, pois −1 < cos x < 1 Θ −1 <
3
Θ −3 < 5 − m < 3 Θ −8 < −m < −2 Θ 2 < m < 8.
08. Incorreta, pois pelo gráfico temos:
• Im = [−3, 3] Θ a = 3
ε
0
25π ≡ π
0 ≡ 2π ≡ 88π
2π
• Período p =
Θb=3
3
16. Correta, pois cos2 x =
M11
25π 0 ε
1
1
|cos x| Θ |cos2 x| −
|cos x| = 0
2
2
88π − ε
sen (25π 0 ε) = sen (88π − ε) Θ sen (25π 0 ε) − sen (88π − ε) = 0
3π
π
ou x =
• |cos x| = 0 Θ x =
2
2
π
04. Correta, pois os gráficos de f(x) e g(x) no intervalo 0,
são dados
2
1
π
2π
4π
5π
→ x=
ou x =
ou x =
ou x =
2
3
3
3
3
Portanto: 2 0 4 0 16 = 22
• |cos x| =
por:
f(x)
1
g(x)
0
π
8
π
4
3π
4
π
2
−1
08. Incorreta, pois
sen x
1
sen x
9
,0 →
, 0 Θ sen x , 0,
cos x
cos x
cos 2 x
2
pois cos x . 0 (+ x 7 ς). Logo, se sen x , 0, então x deve estar no 3o
ou 4o quadrantes.
Portanto, 1 0 4 = 5
tg x 9 sen x , 0 Θ
Matemática
43
043_046_CA_Matem_2
43
11.10.06, 16:58
M11
Trigonometria no Ciclo
π
(Fuvest-SP) Se ε está no intervalo 0 , e satis 2
1
4
4
faz sen ε − cos ε = , então o valor da tangente de ε é:
4
3
(UFCE) Sabendo que cos θ =
e que
2
1
sen θ = − , podemos afirmar corretamente que
2
25
23
3
5
a)
X
5
3
b)
sen 4 ε − cos 4 ε =
3
7
c)
π
π
cos θ 0 0 sen θ 0 é igual a :
2
2
5
7
1
4
1442443
1
4 Θ
sen2 ε 0 cos2 ε = 1
cos 2 ε =
3
8
cos θ 9 cos
5
π
, pois ε 7 0,
.
3
2
(UFSCar-SP) Sendo sen ε 0 cos ε =
14243
14243
1
5 Θ
sen2 ε 0 cos2 ε = 1
1
,
5
sen ε =
4
3
ou sen ε = −
5
5
3
1
0
2
2
1
0
2
3
2
26 (UFJF-MG) Considere as expressões
M = cos a 0 cos b e N = sen a − sen b. Sendo
a 0 b = 120), o valor de M2 0 N2 é:
a) 1
b) 2
c) 4
d) 5
e) 10
M2 0 N2 = (cos a 0 cos b)2 0 (sen a − sen b)2
1
M 0 N = cos a 0 2 cos a cos b 0 cos b 0 sen a − 2 sen a sen b 0 sen2 b
2
2
2
2
2
1
e 2 cos a 9 cos b − 2 sen a 9 sen b
2 (cos a 9 cos b − sen a 9 sen b)
= 2 cos (a 0 b)
Então:
M2 0 N2 = 2 0 2 cos (a 0 b)
M2 0 N2 = 2 0 2 9 cos 120) = 1
cos ε =
2
1
− sen ε
5
e) −
π
π
π
π
− sen θ 9 sen
0 sen θ 9 cos
0 sen 9 cos θ
2
2
2
2
0 − sen θ 0 0 0 cos θ =
1
− sen ε 5
sen2 ε 0 cos2 ε = 1 sen 2 ε 0
3
1
−
2
2
π
π
cos θ 0 0 sen θ 0
2
2
sen 2 ε
5
e tg ε =
=
3
cos 2 ε
sen ε 0 cos ε =
d)
5
8
a) determine sen ε e cos ε;
b) represente no círculo trigonométrico todos os ângulos
ε que satisfazem a igualdade dada.
a)
3
1
0
2
2
sen 2 ε =
X
24
X c)
3
1
−
2
2
b) −
1
4
sen 2 ε − cos 2 ε =
Portanto: tg 2 ε =
e)
a) 0
14243
Assim:
7
3
1
4
( sen 2 ε 0 cos 2 ε ) 9 ( sen 2 ε − cos 2 ε ) =
sen 2 ε − cos 2 ε =
d)
= 1 → 25 sen 2 ε − 5 9 sen ε − 12 = 0
Substituindo os valores em :
4
Θ cos ε =−
5
3
Para sen ε =− Θ cos ε =
5
Para sen ε =
3
.
5
4
.
5
27
(FGV-SP) Conhecidas as relações trigonométricas
cos (a 0 b) = cos a 9 cos b − sen a 9 sen b e
sen (a 0 b) = sen a 9 cos b 0 sen b 9 cos a:
a) obtenha, justificando, a expressão de cos 2x em função
de cos x;
b) obtenha, justificando, a expressão de tg (a 0 b) em função de tg a e tg b.
b) Podemos ter:
sen ε
1
P1
4
5
ε
−1
−
A
1 cos ε
3
5
ε = AP1, tal que
sen ε =
4
3
e cos ε = −
5
5
a) cos (2x) = cos (x 0 x) = cos x 9 cos x − sen x 9 sen x
cos2 x − sen2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 9 cos2 x − 1
−1
b) tg (a 0 b) =
ou
sen ε
−1
sen a 9 cos b 0 cos a 9 sen b
cos a 9 cos b
1
4
5
ε
3
−
5
sen ( a 0 b )
sen a 9 cos b 0 cos a 9 sen b
=
cos ( a 0 b )
cos a 9 cos b − sen a 9 sen b
cos a 9 cos b − sen a 9 sen b
cos a 9 cos b
A
1 cos ε
ε = AP2, tal que
3
4
sen ε = −
ou cos ε =
5
5
sen a
sen b
0
cos a
cos b
sen a
sen b
1−
9
cos a
cos b
P2
=
tg a 0 tg b
1 − tg a 9 tg b
−1
Matemática
043_046_CA_Matem_2
44
44
11.10.06, 16:59
M11
Trigonometria no Ciclo
28 (UFPel-RS) São cada vez mais freqüentes construções de praças cujos brinquedos são montados com materiais rústicos.
A criatividade na montagem de balanços, escorregadores
e gangorras de madeira vem proporcionando uma opção
de lazer para as crianças.
A figura abaixo mostra um brinquedo simples que proporciona à criançada excelente atividade física.
29 (UERJ) Considere o ângulo segundo o qual um observador vê uma torre. Esse ângulo duplica quando ele se
aproxima 160 m e quadruplica quando ele se aproxima
mais 100 m, como mostra o esquema abaixo.
torre
2x
x
observador
160 m
A
X
4x
100 m
A altura da torre, em metros, equivale a:
a) 96
b) 98
c) 100
d) 102
A
x 2x
h
C
B
2x
x
Considerando o texto, a distância AB e AC igual a 2,0 m, o
ângulo BÂC igual a 75° e seus conhecimentos, determine:
a) a distância de B a C.
E
A
75°
2
2
B
2
3
1
cos 75° =
9
−
9
2
2
2
Substituindo em , vem:
6 −
4
6 = 2,4 e
2
2
6 −
4
=
2
=8−2
• No # ABC: sen (4x) =
h
h
Θ 2 sen (2x) 9 cos (2x) =
100
100
(
6 −
2
)
=1
36
6
Θ sen (2x) =
(2x é agudo)
100
10
Como sen (2x) =
h
, então:
160
6
h
=
Θ h = 96 m
10
160
6 Λ 2,4 m
6
h2 0
2
2
h
6
2
6
2
C
h =
5
2
2
= 22
6
10
5
=
=
4
4
2
=
3,2
10
Λ
Λ 1,6 m
2
2
Matemática
45
043_046_CA_Matem_2
2
No triângulo AHC:
h2 = 4 −
B
h
160
8
sen2 (2x) 0
10
2
2 = 1,4, temos:
A
2
• No # ABD: sen (2x) =
sen2 (2x) =
BC2 = 8 − 2 9 (2,4 − 1,4) = 8 − 2 = 6 Θ BC =
b)
B
h
h
8
9 cos (2x) =
Θ cos (2x) =
160
100
10
• Da relação fundamental:
sen2 (2x) 0 cos2 (2x) = 1
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC:
BC2 = 22 0 22 − 2 9 2 9 2 cos 75° Sendo cos 75° = cos (30° 0 45°) = cos 30° 9 cos 45° − sen 30° 9 sen 45°
Fazendo
C
29
C
BC2 = 4 0 4 − 8 9
4x
100 m
Os triângulos ADE e ACD são isósceles, pois 2x e 4x são, respectivamente, seus ângulos externos.
AD = DE = 160 m e AC = CD = 100 m
b) a altura do triângulo ABC, relativa ao lado BC .
a)
D
160 m
45
11.10.06, 17:00
M11
Trigonometria no Ciclo
π
(UCSal-BA) Sabe-se que sen x − = a. O va
2
lor de cos 2x é:
c) a2 − 1
X e) 2a2 − 1
a) 2a2
b) 1 − a2
d) 1 − 2a2
30
33
(Fuvest-SP) Na figura abaixo, O é o centro da cir-
cunferência de raio 1, a reta AB é secante a ela, o ângulo
3
.
4
ψ mede 60° e sen ε =
π
π
sen x −
− x = − cos x = a
= − sen
2
2
Ι cos x = −a
cos 2x = 2 cos2 x − 1 Θ cos 2x = 2a2 − 1
B
ψ
ε
O
A
a) Determine sen OÂB em função de AB .
b) Calcule AB .
C
60° 1
60°
ψ = 60°
1
ε
O
π
1
(MACK-SP) Se sen 2x 0 = , então cos x
2
8
pode ser:
3
3
5
1
1
a)
b) −
d) −
e)
X c)
8
4
8
8
4
1
31
1
π
sen 2 x 0 =
2
8
sen (2x) 9 cos
B
A
Como ψ = 60° e #OCB é isósceles (OC = OB = 1), temos:
ˆ = med (OBC)
ˆ = 180° − 60° = 60°
med (OCB)
2
Portanto, o #OBC é eqüilátero.
a) Aplicando a lei dos senos no #AOB (supondo ε , 60°):
1
π
π
0 sen 9 cos (2x) =
2
2
8
1
9
1
→ 2 9 cos 2 x − 1= → cos 2 x =
8
16
8
3
3
cos x =
ou cos x =−
4
4
cos (2x) =
AB
1
=
ˆ
sen ε
sen OAB
AB
→
3
4
=
1
ˆ
sen OAB
ˆ =
→ sen OAB
3
4AB
b) Considere o #AOB.
ˆ ) = 120°, então
Sendo med ( OBA
med (OÂB) 0 ε = 60° Θ med (OÂB) = 60° − ε
sen OÂB = sen (60° − ε) = sen 60° 9 cos ε − sen ε 9 cos 60° =
3 4AB
3
, temos:
4
Sendo sen ε =
2
3
13
Θ cos ε =
0 cos2 ε = 1 Θ cos2 ε =
4
16
32 (UFSCar-SP) O valor de x, 0 < x < π , tal que
2
4 9 (1 − sen2 x) 9 (sec2 x − 1) = 3, é:
π
π
π
π
a)
c)
d)
e) 0
X b)
2
3
4
6
Substituindo em :
3
2
3
4 9 (1 − sen2 x)(sec2 x − 1) = 3 Θ 4 9 cos2 x 9 tg2 x = 3
3
3
sen 2 x
= 3 → sen 2 x = → sen x =Σ
cos 2 x
4
2
π
π
Sendo 0 < x < , tem-se x = .
2
3
AB =
4 9 cos 2 x 9
Matemática
043_046_CA_Matem_2
9
13
4
3
4
−
9
1
3
=
2
4AB
13 − 1
3
= 4AB
8
2
13 − 1
9
( 13 0 1)
2 ( 13 0 1)
=
=
( 13 0 1)
12
46
46
13
(ε é agudo)
4
11.10.06, 17:00
13 0 1
6
Trigonometria no Ciclo
34
35
(UFBA)
(MACK-SP) A soma de todas as soluções da equação tg a 0 cotg a = 2, 0 < a < 2π, é:
y
2
5π
4
a)
b)
2π
3
tg a 0 cotg a = 2 Θ
−2π
−
3π
2
M11
−π
−
0
π
2
π
2
π
3π
2
2π
x
sen 2 a 0 cos 2 a
sen a 9 cos a
Com base no gráfico acima, que representa a função real
f(x) = A 0 B cos (ax), com A, B e a 7 ς, pode-se afirmar:
a=
π
20 2
(02) f
=
12
2
π 3π
valo ,
2 2
, é igual a 2π.
d)
7π
4
e)
7π
3
= 2 Θ 1 = 2 sen a 9 cos a
π
0 k 9 2π (k 7 Β)
2
π
0 k 9 π (k 7 Β)
4
Para 0 < a < 2π, temos a =
(04) A soma das soluções da equação f(x) =
3π
2
sen a
cos a
0
= 2
cos a
sen a
sen (2a) = 1 Θ 2a=
(01) O período de f é igual a 2π.
X c)
π
π
5π
ou a =
, cuja soma vale 3 .
2
4
4
1
, no inter2
(08) f(x) = 2 sen2 x
π
(16) f x 0 = 1 0 2 sen x 9 cos x
4
A partir do gráfico concluímos que f(x) = 1 − cos (2x), portanto:
2π
= π.
2
02. Incorreta, pois f
π
π
= 1 − cos 2 9
=1−
12
12
04. Correta, pois 1 − cos (2x) =
1
2
36
2− 3
3
=
.
2
2
π π
9 − 2 cos2 x = 15 sen x, no intervalo − ,
.
2 2
→
• 9 − 2 cos2 x = 15 sen x
9 − 2 9 (1 − sen2 x) = 15 sen x
π
1
π
π
→ cos (2x) = → x =Σ 0 k π e para x 7 , 3 temos
2
6
2
2
sen x = 7 (não convém)
π
π
ou x = 7
, cuja soma é igual a 2π.
6
6
2 sen2 x − 15 sen x 0 7 = 0 Θ
08. Correta, pois f(x) = 1 − cos (2x) = 1 − (1 − 2 sen2 x).
• sen x =
Então, f(x) = 2 sen2 x.
1
2
π π
x 7 − ,
2 2
16. Correta,
π
π
f x 0 = 2 sen x 0
4
4
Θ x=
14243
x=5
(UFCE) Encontre as soluções da equação:
1442443
01. Incorreta, pois período =
sen x =
1
2
π
6
2
2
2
29
9 ( sen x 0 cos x )
2
(sen x 0 cos x)2 = 1 0 2 sen x cos x
Portanto: 4 0 8 0 16 = 28
Matemática
47
047_049_CA_Matem_2
47
11.09.06, 19:52
M11
Trigonometria no Ciclo
37 (Unesp-SP) A figura mostra a órbita elíptica de um
satélite S em torno do planeta Terra. Na elípse estão assinalados dois pontos: o ponto A (apogeu), que é o ponto da
órbita mais afastado do centro da Terra, e o ponto P
(perigeu), que é o ponto da órbita mais próximo do centro
da Terra. O ponto O indica o centro da Terra e o ângulo
PÔS tem medida ε, com 0° < ε < 360°.
38 (FGV-SP) Suponha que a temperatura (em °F) de
uma cidade localizada em um país de latitude elevada do
hemisfério norte, em um ano bissexto, seja modelada pela
equação
2π
T = 50 9 sen
(d − 91, 5) 0 25
366
na qual d é dado em dias e d = 0 corresponde a 1o de
janeiro.
a) Esboce o gráfico de T × d para 0 < d < 366.
b) Use o modelo para prever qual será o dia mais quente
do ano.
c) Baseado no modelo, determine em quais dias a temperatura será 0 °F.
(satélite) S
ε
(apogeu) A
P (perigeu)
O
2π
π
πd
a) T = 50 9 sen
(d − 91, 5) 0 25 = 50 sen
−
0 25
366
183
2
O gráfico de T × d é:
Figura fora de escala
A altura h, em km, do satélite à superfície da Terra, dependendo do ângulo ε, é dada aproximadamente pela função
T (°F)
7 980
h = −64 0
9 10 2
100 0 5 cos ε
Determine:
a) a altura h do satélite quando este se encontra no perigeu
e também quando se encontra no apogeu;
b) os valores de ε, quando a altura h do satélite é 1 580 km.
75
25
1
61
a) No perigeu: ε = 0°
0
−1
7 980
7 980
h = −64 0
9 10 2 = −64 0
9 10 2 =
100 0 5 cos 0°
100 0 5 9 1
305
91,5
183
274,5
366
d
−25
= (−64 0 76 ) 9 10 2 = 1 200 km
No apogeu: ε = 180°
b) Pelo gráfico, d = 183. Como d = 0 corresponde a 1o de janeiro, d = 183
corresponderá ao 184o dia, que em um ano bissexto é 2 de julho.
7 980
7 980
h = −64 0
9 10 2 =
9 10 2 = −64 0
100 0 5 9 (−1)
100 0 5 cos 180°
1
π
π
πd
πd
c) 50 9 sen
183 − 2 0 25 = 0 → sen 183 − 2 = − 2
= (−64 0 84) 9 102 = 2 000 km
πd
π
7π
−
=
0 2kπ
183
2
6
b) Se h = 1 580 km:
= 15,8
7 980
7 980
= 79,8 Θ 100 0 5 cos ε =
= 100
79, 8
100 0 5 cos ε
5 cos ε = 0 Θ cos ε = 0
Como 0 < ε < 360°, então ε = 90° ou ε = 270°.
047_049_CA_Matem_2
πd
π
11π
−
=
0 2kπ , k 7 Β
183
2
6
d
1
d
1
7
11
−
=
0 2k
−
=
0 2k
183
2
6
183
2
6
d = 305 0 366k
d = 427 0 366k
Para k = 0 Θ d = 305
Para k = −1 Θ d = 61
(não servem outros valores
(não servem outros valores de k)
de k)
Então:
d = 61 Θ 62o dia do ano Θ 2 de março
d = 305 Θ 306o dia do ano Θ 1o de novembro
7 980
7 980
−64 0
9 10 2 = 1 580 → − 64 0
=
100 0 5 cos ε
100 0 5 cos ε
Matemática
ou
48
48
11.09.06, 19:52
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