Matemática
e suas Tecnologias
Matemática
Alexmay Soares, Cleiton Albuquerque,
Fabrício Maia, João Mendes e Thiago Pacífico
6
1
Universidade Aberta do Nordeste e Ensino a Distância são marcas registradas da Fundação Demócrito Rocha. É proibida a duplicação ou reprodução deste fascículo. Cópia não autorizada é Crime.
Caro Estudante
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Objetos do Conhecime
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Probabilidade e Estatística
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Sucesso!
Objeto do Conhecimento
Sequências e Progressões
Quem observa e identifica padrões pode fazer aferições
com maior precisão e agilidade. Por exemplo, meu filho
Matheus, no dia 30/junho/2011, quinta-feira, completou
14 anos. Observando que de 7 em 7 dias temos o mesmo dia da semana, podemos aferir que ele nasceu no dia
30/junho/1997, numa segunda-feira (3 dias antes de
quinta-feira). Percebeu? Se não, veja: sendo 14 · (365 dias)
uma quantidade de dias múltipla de 7, voltando no tempo
essa quantidade, chegamos no mesmo dia da semana do
dia 30/junho/2011 (quinta-feira). A partir daí, devemos
voltar na semana apenas os 3 dias relativos a 29 de fevereiro de 2008, 2004 e 2000 (anos bissextos do período em
questão).
Algumas sequências, dentre elas as progressões aritméticas e geométricas, apresentam padrões definidos que
estudaremos a seguir. Com certeza, o conhecimento de
tais padrões serão de grande utilidade no enfrentamento
de situações-problema que contemplem sucessões numéricas.
Sequência
Por definição, uma sequência de n elementos é uma
função f de Nn* = {1, 2, 3, ... n} em R:
Por conveniência, representaremos uma sequência
apenas por suas imagens (a1, a2, a3, ..., an, ...), que podem ser
determinadas através da Lei de recorrência ou da Lei de
formação da respectiva sequência.
Lei de recorrência
Consiste em uma lei que nos permite encontrar qualquer termo (an) da sequência “recorrendo” a termo(s) anterior(es).
Note que, na Lei de recorrência, é conveniente se conhecer o primeiro termo (a1), caso contrário, não podemos
“recorrer” ao termo anterior para encontrar os demais termos.
242
Na sequência (1, – 2, 6, – 24, ...), por exemplo, cada termo (an), a partir do segundo, é obtido multiplicando-se o
termo anterior (an – 1) por (– n), onde n indica a posição do
termo. Veja:
(1, - 2,
6, - 24, 120, ...)
x(-2) x(-3 ) x(-4) x(-5)
Assim, os termos da sequência poderão ser determinados através da Lei de recorrência:
a1 = 1

a n = − n . a n
, onde n ≥ 2
−1
Note que o primeiro termo (a1 = 1) sendo conhecido, a
lei an = – n · an – 1, n ≥ 2, fornece o restante dos elementos
da sequência:
n = 2 ⇒ a2 = - 2 ⋅ a1 = - 2 ⋅ 1 ⇒ a2 = - 2
n = 3 ⇒ a3 = - 3 ⋅ a2 = - 3 ⋅ (- 2) ⇒ a3 = 6
n = 4 ⇒ a4 = - 4 ⋅ a3 = - 4 ⋅ 6 ⇒ a4 = - 24
...................................................................................................
Lei de formação ou termo geral
Consiste em uma lei que nos permite encontrar qualquer
termo (an) da sequência em função da sua posição n.
Na sequência (5, 8, 11, 14, ...), por exemplo, podemos
obter o seu termo geral (Lei de formação) dando valores
a 1 = 5
sucessivos a n na sua Lei de recorrência a n = a n − 1 + 3, para n ≥ 2 .

Veja:
a1 = 5
a 2 – a 1 = 3
a 3 –a 2 = 3
a 4 –a 3 = 3
...
an – an - 1 = 3
123
Introdução
(n – 1) igualdades
Somando membro a membro, essas n igualdades e
cancelando os termos, obtemos:
an = 5 + (n - 1) ⋅ 3
Daí, a Lei de formação (termo geral) da sequência é:
an = 3n + 2
Assim, por exemplo, o 100o termo será a100 = 302.
Progressão Aritmética
Toda sequência numérica em que cada termo, a partir do
segundo, é igual à soma do termo precedente (anterior)
com uma constante r chama-se progressão aritmética
(P. A.), ou seja, P. A. é uma sequência determinada por
uma fórmula de recorrência do seguinte tipo:
a1 = a (dado)

*
a n = a n −1 + r, ∀n ∈ N , n ≥ 2
A constante r é chamada de razão da progressão
aritmética e pode ser obtida através da diferença entre
dois termos consecutivos quaisquer da P.A. , isto é:
Considere a seguinte situação-problema:
Em um trecho de serra de 13 km de uma rodovia foi
implantada a Operação Descida. Um dos procedimentos
dessa operação consiste em bloquear a subida de veículos e permitir a descida da serra por mais faixas. Para isso,
são colocados 261 cones sinalizadores ao longo do trecho, sendo que a distância entre dois cones consecutivos
quaisquer é constante e que o primeiro e o último ficam
exatamente no início e no fim do trecho, respectivamente.
Querendo descobrir qual deve ser a distância entre
dois cones consecutivos, podemos utilizar a fórmula do
termo geral de uma P.A. Veja:
Como 13 km = 13000 m, o primeiro cone ficará na posição a1 = 0 m e o último, na posição a261 = 13000 m. Sendo R a distância (constante), em metros, entre dois cones
consecutivos, as posições dos cones formarão uma P.A. de
razão R. Daí: a261 = a1 + 260R → 13000 = 260R → R = 50 m.
Assim, a distância entre dois cones consecutivos quaisquer deve ser 50 m.
Soma dos termos equidistantes dos
extremos de uma P.A.
Considere ak e ap dois termos que ficam, respectivamente,
a igual distância dos extremos a1 e an de uma P.A de razão
R, isto é, considere a seguinte P.A.:
+R +R
Assim, se três termos (a, b, c) estão em progressão aritmética, o do meio é a média aritmética dos extremos, uma
vez que temos:
Razão da P.A. = b – a = c – b → b =
a+c
.
2
Termo geral da P.A.
Considere a P.A. (a1, a2, a3, ..., am, am + 1, ..., an, ...) de razão r.
Sendo am e an dois termos dessa progressão, podemos
relacioná-los. Para isso, observe que:
am + 1 – am = r
am + 2 – am + 1 = r
am + 3 – am + 2 = r
...
an – an – 1 = r
Contando os índices (números naturais) de m + 1 até
n, observamos n – (m + 1) + 1 = n – m igualdades acima.
Somando, membro a membro, todas essas igualdades e
fazendo os devidos cancelamentos, obtemos:
a n − a m = (r + r + r + ... + r)
, ou seja:
(n − m) vezes
•
+R
+R +R
+R
(a1 ; a2 ; ... ; ak – 1 ; ak ; ... ; ap ; ap + 1 ; ... ; an)
Razão da P.A. = a2 – a1 = a3 – a2 = ... = an – an-1 = r
Equidistantes
dos extremos
Sendo m o número de razões que devemos somar ao
primeiro termo a1 para a obtenção de ak, m também será
o número de razões que devemos somar ao termo ap para
a obtenção do extremo an, uma vez que ak e ap são equidistantes dos extremos a1 e an. Daí:
• ak = a1 + mR, onde m = k – 1.
• an = ap + mR, onde m = n – p.
Isso deixa evidente dois fatos:
1º) A soma dos índices de dois termos equidistantes
dos extremos é igual à soma dos índices dos extremos.
Veja:
m=k–1=n–p→ k+p=1+n
2º) Numa P.A., a soma de dois termos equidistantes dos
extremos é igual à soma dos extremos. Veja:
mR = ak – a1 = an – ap → ak + ap= a1 + an
an = am + (n – m)r
Em particular, para m = 1, temos que:
• an = a1 + (n – 1) · r, para n ≥ 1.
Na P.A.
, por exemplo, temos
que a1 + a7 = a2 + a6 = a3 + a5 = a4 + a4 = 64. Note a soma
dos índices igual a 8 em cada adição.
Universidade Aberta do Nordeste
243
Soma dos n primeiros termos de uma P.A.
Considere a P.A. (a1, a2, a3, ..., an – 2, an – 1, an), onde a1 e an são
os extremos e a2 e an – 1, a3 e an – 2 etc. são equidistantes dos
extremos. Temos que:
Sn = a1 + a2 + a3 + ... + an – 2 + an – 1 + an e, como a ordem não
altera a soma, Sn = an + an – 1 + an – 2 + ... + a3 + a2 + a1.
Somando, agora, membro a membro, essas duas igualdades, ficamos com:
2Sn = (a1 + an) + (a2 + an – 1) + (a3 + an – 2) + ... + (an + a1)
Observando que:
a1 + an = a2 + an – 1 = a3 + an – 2 = ... = an + a1 (termos equidistantes dos extremos), temos:
2Sn = (a1 + a n ) + ... + (a1 + a n )
→
n vezes
(a + a n ) ⋅ n
Sn = 1
2
,
onde:
• a1 é o primeiro termo somado;
• an é o último termo somado;
• n é a quantidade de termos, em P.A., somados.
Considere a seguinte situação-problema:
Deseja-se pintar com tintas de
P A P A P ...
cores preta e amarela, alternadamente, um disco no qual estão marcados
círculos concêntricos, cujos raios estão
em P.A. de razão 1 metro. Pinta-se, no primeiro dia, o círculo central do disco, de raio 1 metro, usando 0,5 L de tinta
preta. Em cada dia seguinte, 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, podemos descobrir a quantidade
total de tinta amarela gasta até o 21º dia, em litros, da seguinte forma:
I. O raio do primeiro círculo (menor), em metro, é r1 = 1 e
forma, com os demais raios, uma P.A. de razão 1. Assim, em metros, as medidas desses raios são r2 = 2,
r3 = 3, ... , a21 = 21.
III.No primeiro dia, foram usados 0,5 L de tinta preta para
pintar p · 12 = p m2 do disco. Como os rendimentos das
tintas são iguais e 210p m2 = 210 · (p m2), foram utilizados 210 · 0,5 L = 105 L de tinta amarela.
Progressão Geométrica
Toda sequência numérica em que cada termo, a partir do
segundo, é igual ao produto do termo precedente (anterior), por uma constante q chama-se progressão geométrica (P.G.), ou seja, P.G. é uma sequência determinada
por uma fórmula de recorrência do seguinte tipo:
A constante q é chamada de razão da progressão
geométrica e pode ser obtida através do quociente entre
dois termos consecutivos quaisquer da P.G. , isto é:
Razão da P.G. =
Assim, se três termos (a, b, c) estão em progressão geométrica, o do meio ao quadrado é igual ao produto dos
extremos, uma vez que temos:
Razão da P.G. =
Assim, A10 = A1 + 9 · R, ou seja, A10 = 3p + 9 · (4p) = 39 p e
a soma das áreas pintadas de amarelo, em m2, será:
(A + A10 ) . 10
(3π + 39π) . 10
S10 = 1
→ S10 =
= 210π
2
2
244
b c
= → b 2 = a.c
a b
A sequência (3, 6, 12, 24, 48, ..., an, ...), por exemplo, é
uma progressão geométrica de razão q = 2, ou seja, nela,
cada termo, a partir do segundo, é o seu termo anterior,
vezes 3. Podemos dizer também que, nessa sequência, o
quadrado de cada termo, a partir do segundo, é igual ao
produto do termo anterior com o posterior.
Termo geral da P.G.
Considere a P.G. (a1, a2, a3, ..., am, am + 1, ..., an, ...) de razão q.
Sendo am e an dois termos dessa progressão, podemos
relacioná-los. Para isso, observe que:
am + 1 = am · q
am + 2 = am · q
am + 3 = am + 2 · q
....................................
an = an – 1 · q
II. As áreas pintadas de amarelo são aquelas pintadas em
dias pares (segundo, quarto, ..., vigésimo dia), cujas áreas, em m2, são respectivamente:
A1 = p · 22 – p · 12 → A1 = 3p
A2 = p · 42 – p · 32 → A2 = 7p
A3 = p · 62 – p · 52 → A3 = 11p
A4 = p · 82 – p · 72 → A4 = 15p
...........................................................
(Uma P.A. de razão R = 4p, cujo décimo termo, A10, é a área
pintada no vigésimo dia)
a 2 a3
a
=
= ... = n = q
a1 a 2
an −1
Contando os índices (números naturais) de m + 1 até
n, observamos n – (m + 1) + 1 = n – m igualdades acima.
Multiplicando, membro a membro, todas essas igualdades
e cancelando os fatores iguais, mas em membros opostos,
obtemos:
a n = a m . (q . q . q . ... . q), ou seja:
(n − m) vezes
• an = am · qn – m
Em particular, para m = 1, temos que:
• an = a1 · qn – 1, para n ≥ 1.
Número de
células
Considere a seguinte
situação-problema:
Para analisar o crescimento de uma bactéria,
foram inoculadas 1000 células a um determinado 2,43 . 10
volume de meio de cultura
apropriado. Em seguida,
durante 10 horas, em intervalos de 1 hora, era medido
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
o número total de bactérias
Tempo (horas)
nessa cultura. Os resultados da pesquisa estão mostrados no gráfico a seguir. No
gráfico, o tempo 0 corresponde ao momento do inóculo
bacteriano.
Observando que a quantidade de bactérias presentes
no meio, medida a cada hora, segue uma progressão geométrica até 5 horas, inclusive, o número de bactérias encontrado no meio de cultura, 3 horas após o inóculo, pode
ser obtido da seguinte forma:
I. a0 = 1000 (número de bactérias na hora zero) e
a5 = 243000 (número de bactérias na 5ª hora) são termos de uma mesma progressão geométrica. Daí:
5
qn = 0 na fórmula anterior, obtemos:
Observação:
Dizemos que S∞ =
infinitos termos da P.G. de razão q, onde |q| < 1
(P.G. infinita convergente).
Considere a seguinte situação-problema:
Uma bola é lançada, na vertical de encontro ao solo,
de uma altura h. Cada vez que bate no solo, ela sobe até
80% da altura de que caiu. O comprimento total percorrido pela bola em sua trajetória, até tocar o solo pela quinta
80
S= h +
2
II. Queremos o número de bactérias na terceira hora (a3):
a 3 = a 0 . q 3 → a 3 = 1000 . 33 → a 3 = 27000
Soma dos termos de uma P.G. finita
Considere a P.G. de razão q (a1, a2, a3, ..., an) cuja soma dos
termos é Sn = a1 + a2 + a3 + ... + an. Temos que:
2
4
4
 4
 4
h + ⋅h +   ⋅h +   ⋅h +
 5
 5
5
5
descendo
(e bate no solo)
subindo
a 0 = 1000
→ a 5 = a 0 . q 5 − 0 → 243000 = 1000 . q 5
a 5 = 243000
Então:
q 5 = 243 = 35 , isto é, q = 3 .
(Aqui, é conveniente considerar o primeiro termo
a0 = 1000, o índice indicando a hora, e não a1= 1000)
descendo
(e bate no solo)
subindo
descendo
(e bate no solo)
Daí, somando os termos iguais, obtemos:
2
3
4
  4 1

 4
 4
 4
S = h +  2 .   · h + 2.   · h + 2 .   · h + 2 .   · h + 








5
5
5
5


Assim, até tocar o solo pela quinta vez, a bola percorrerá h mais a soma dos quatro primeiros termos da P.G.,
isto é:
I. q · Sn = q · (a1 + a2 + a3 + ... + an) ⇒
q · Sn = a2 + a3 + a4 + ... + q · an
1 − q 
 4
→ S = h + 2. 
S = h + a1 . 
 5
 1 − q 
II. Sn – q · Sn = (a1 + a2 + a3 + ... + an) – (a2 + a3 + a4 + ... + q · an) ⇒
Logo: S =
⇒ Sn(1 – q) = a1 – q · an ∴ Sn =
a1 − q ⋅ a n
1− q
Podemos, agora, substituir an = a1 · qn – 1 na fórmula anterior e obter:
Sn =
n
a1 − a1 ⋅ q
 1 − qn 
e daí: Sn = a1 ⋅ 
, onde q ≠ 1.
1− q
 1 − q 
4
1
4

 4 
 1 −   
5 
.h .
.
 1− 4 

5 
3577 .
h.
625
Podemos também calcular o comprimento total percorrido pela bola em sua trajetória,
até atingir o repouso. Para isso, é só observar que
2
3
4
  4 1

 4
 4
 4
 2 .   . h + 2 .   ⋅ h + 2 .   ⋅ h + 2 .   ⋅ h + 
 5
5
5
  5 

é
a
soma dos infinitos termos de uma P.G. convergente
(–1 < q =
Soma dos termos de uma P.G. infinita convergente
Quando a razão q de uma P.G. infinita é tal que –1 < q < 1, isto
é, | q | < 1, dizemos que a P.G. é convergente. Isso significa
dizer que quando n tende a mais infinito, an e qn tendem
a zero (convergem para zero). Na prática, substituindo
4
vez, pode ser obtido, observando que 80% =
e
= = 80%
100 5
que, saindo de uma altura h, a bola percorre:
{
a1
é o limite da soma dos
1− q
< 1). Assim, até parar, a bola percorrerá a distância
total S, tal que:
S=h+
4
2. h
a1
5 = h + 8h . 5 ∴ S = 9 h
→S=h+
4
1−q
5 1
1−
5
Universidade Aberta do Nordeste
245
Para Fixar
Questão Comentada
|C1-H2, H3|
Moedas idênticas de 10 centavos de real
foram arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à disposição apresentada no desenho: uma moeda no centro e as demais
formando camadas tangentes.
Considerando que a última camada é
composta por 84 moedas, a quantia, em
reais, do total de moedas usadas nessa arrumação é igual a:
a) 49,60 b) 54,10 c) 58,60
d) 63,10 e) 67,60
Solução comentada:
Chamando a camada central de camada um e o seu número de
moedas de a1 = 1, os números de moedas das camadas que se
sucedem formam uma progressão aritmética de razão 6. Veja: em
cada camada, ligue os centros das moedas formando um hexágono regular. Os hexágonos formados são tais que o da camada
de número n tem n moedas em cada lado, sendo que as moedas
dos vértices (6 moedas) pertencem a dois lados simultaneamente. Assim, sendo an o número de moedas da camada de número
n, temos:
a1 = 1
a2 = 6 · 2 – 6 = 6
a3 = 6 · 3 – 6 = 12
a4 = 6 · 4 – 6 = 18
..........................................
an = 6 · n – 6 = 84
|C1-H3|
01.Mister MM, o Mágico da Matemática, apresentou-se diante
de uma plateia com 50 pessoas que receberam, respectivamente, 50 fichas numeradas de 1 a 50. Mister MM pediu que
cada espectador escrevesse um número no verso de sua ficha e a escondesse. A única exigência feita por Mister MM foi:
“o número a ser escrito em cada ficha, excetuando-se a ficha
primeira e a última, deve ser a média aritmética do número
da anterior com o da posterior”. A seguir, Mister MM pediu
para ver as fichas de dois voluntários e foi atendido pelos espectadores que portavam as fichas 16 e 31. Observando que
as fichas que lhe foram mostradas apresentavam os números
103 e 58 escritos nos respectivos versos, para delírio da plateia, Mister MM “adivinhou” o número escrito no verso da última ficha. Mister MM poderia também “adivinhar” o número
escrito no verso de qualquer outra ficha.
Nos versos da primeira e da última ficha estavam escritos, respectivamente, os números:
a) 152 e 5.
b) 151 e 4. c) 150 e 3.
d) 149 e 2.
e) 148 e 1.
|C1-H2|
02.Bungee jumping é um esporte radical praticado por aventureiros corajosos, que consiste em saltar para o vazio amarrados, nos tornozelos, a uma corda elástica.
O Guinness informa que o maior salto comercial de bungee
jumping é feito da Bloukrans River Bridge, uma ponte a 40 km
ao leste de Plettenberg Bay, na África do Sul. O salto é dado
de uma plataforma sob a ponte e a altura de lá até o chão do
vale é de 216 m.
<www.wikipedia.com.br> (com adaptações).
Daí, devemos ter:
I. 6 · n – 6 = 84 → n = 15
+ 12 + 18 + ... + 84)
II. Total de moedas utilizadas= 1 + (6
14 termos em P.A.
Assim, nº de moedas = STotal
(6 + 84) . 14
=1+
= 631
2
A quantia, em reais, será de 631.(0,10) = 63,10.
Resposta correta: d
a)
b)
c)
d)
e) Considere que um aventureiro, ao saltar dessa ponte, na primeira descida, ele atinja um ponto P que fica a 210 m do
ponto de partida, que após cada descida, devido a perdas
energéticas por conta da resistência do ar, ele sobe apenas
metade da distância percorrida na descida anterior, que em
todas as descidas, independentemente do ponto de partida,
ele atinge o mesmo ponto P e que esse movimento de sobe
e desce continua indefinidamente e sempre ocorre na vertical. Nesse caso, o aventureiro percorrerá uma distância:
inferior a 650 m.
superior a 650 m e inferior a 680 m.
superior a 680 m e inferior a 710 m.
superior a 710 m e inferior a 1 km.
superior a 1 km.
Fique de Olho
a NatUrEZa Em FIBoNaccI
A sequência (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...), chamada de sequência
de Fibonacci, é tal que seus dois primeiros termos são
iguais a 1 e cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos
seus dois termos imediatamente anteriores. Em outras palavras, os números de Fibonacci formam uma sequência
definida recursivamente pela lei:
F1 = 1

F2 = 1
F = F
n − 1 + Fn − 2 , para n ≥ 3
 n
246
Os números de Fibonacci ligam-se facilmente à natureza.
É possível encontrá-los no arranjo das folhas do ramo de
uma planta, nas copas das árvores ou até mesmo no número de pétalas das flores, no corpo humano, nas formas
de alguns animais. A seguir, temos situações onde é possível identificar a sequência de Fibonacci.
Acompanhe a ilustração abaixo que nos traz a evolução da
quantidade de coelhos.
Número
de casais
1
1º mês:
(jovem)
1
2º mês:
(maduro)
2
3º mês:
Percebeu a sequência de Fibonacci na primeira figura? Se
não, observe os números seguintes indicando as medidas
dos lados dos respectivos quadrados. Esses mesmos números também indicam as medidas dos raios dos arcos de
circunferências que formam a citada figura.
3
3
5
1
1
5
2
1
2
1
Esta belíssima sequência foi descoberta com a resolução
do clássico problema dos coelhos, proposta pelo matemático italiano Leonardo de Pisa, conhecido como Fibonacci (que quer dizer “filho de Bonacci”). O problema dos
coelhos é o seguinte: “Quantos casais de coelhos teremos
ao final de um ano, se partirmos de um único casal imaturo
no 1º mês, que amadurece no 2º mês e gera um novo casal
de filhotes no 3º mês e, a partir daí, continua parindo mensalmente, indefinidamente? Leve em conta que os novos
casais gerados também passam pelo mesmo processo
descrito anteriormente e considere que nenhum coelho
vai morrer”.
(maduro)
(jovem)
(maduro)
(maduro)
4º mês:
3
(jovem)
5
5º mês:
Note que, para n ≥ 3, o número total de coelhos do mês
n – 2, Fn – 2, é também o número de casais maduros do
mês seguinte (mês n – 1). Como cada casal maduro do mês
n – 1 gera um novo casal no mês n (mês seguinte),
Fn – 2 também indica o número de casais imaturos (recémnascidos) do mês n. Sendo assim, os casais do mês n são os
casais do mês anterior (mês n – 1) mais os recém-nascidos
do mês n, ou seja:
Fn = Fn – 1 + Fn – 2, para n ≥ 3.
Agora, fica fácil ver que a sequência representativa das
quantidades de casais, mês a mês, é a sequência de Fibonacci (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...), na qual o
décimo segundo termo é 144. Após um ano (12 meses),
são 144 casais.
Objeto do Conhecimento
Porcentagem e Juros
Introdução
Daqui a 30 anos (360 meses), quando se aposentará, João
Victor pretende resgatar um montante de 1 milhão de reais de sua conta poupança. Para isso, ele depositará, mensalmente, a partir de hoje, uma mesma quantia (x), cujos
rendimentos médios estão estimados em 1% ao mês. Querendo determinar essa quantia (x) a ser depositada mensalmente, João Victor chegou à seguinte equação, cujo
primeiro membro é uma soma de termos em progressão
geométrica:
x + x · (1,01)1 + x · (1,01)2 + ... + x · (1,01)360 = 1000000.
Nessa equação, x · (1,01)360 é o montante gerado pelo
primeiro depósito e x, o gerado pelo último. Adicionando os
termos em P.G., João Victor chegou na equação equivalente:
Se não, leia com atenção a teoria seguinte, principalmente
a parte relativa a juros compostos.
Porcentagem
Chama-se porcentagem ou percentagem a porção
de um dado valor que se determina sabendo-se o quanto
corresponde a cada 100.
p% =
Por exemplo:
De um grupo de 100 jovens, 28 praticam natação. Isso
significa que 28% (lê-se “28 por cento”) dos jovens praticam natação.
A porcentagem de um número a em relação a outro b
é dada pela razão
Exemplos:
na qual, utilizando-se a aproximação (1,01)361 ≅ 36,
o valor aproximado de x é 285,70 reais.
Você entende porque o montante gerado por cada
parcela (x) depositada, após n meses, é dado por x · (1,01)n?
p
(lê-se p por cento)
100
3
a
b
.
150
• 2 = 1,5 = 100 = 150% , isto é, 3 é 150% de 2.
3
37,5
• 8 = 0,375 = 100 = 37,5% , isto é, 3 é 37,5% de 8.
Universidade Aberta do Nordeste
247
Lucro
Assim:
p
·c
• p% de c = p%·c =
100
• Após um aumento de p% sobre c, passamos a ter:
c+
p
p 

·c = 1 +
·c
 100 
100
• Após um desconto de p% sobre c, passamos a ter:
c−
p
p 

·c = 1 −
·c
 100 
100
• Após n aumentos sucessivos de p% sobre c, passamos a ter:
n
p 

1 +
 ⋅c
100 
Em geral, para obter um resultado p% maior que certo
valor x, devemos multiplicar x por (1 + p%).
Veja:
x · (1 + p%) = x +p%x
aumento
valor inicial
Consumo de Energia (x106 tep)
Exemplo:
(Enem) O consumo total de energia nas residências brasileiras envolve diversas fontes como eletricidade, gás de
cozinha, lenha etc. O gráfico mostra a evolução do consumo de energia elétrica residencial, comparada com o consumo total de energia residencial, de 1970 a 1995.
50
L=V–C
Observação:
Caso essa diferença seja negativa, ela será chamada
de prejuízo.
Podemos expressar o lucro na forma de porcentagem,
em relação ao preço de custo ou em relação ao preço de
venda, das seguintes maneiras:
LUCRO
Percentual do lucro sobre o custo =
PREÇO DE CUSTO
Percentual do lucro sobre a venda =
30
LUCRO
PREÇO DE VENDA
Exemplo:
João comprou uma bicicleta por R$ 180,00 e a vendeu por
R$ 216,00. Nesse caso, temos:
• Lucro (L) de João na transação:
L = V – C → L = 216 – 180 → L = 36 reais.
• A porcentagem do lucro sobre o preço de custo:
LC =
40
LUCRO
PREÇO DE CUSTO
=
20
36
= 0,2 → LC =
= 20%
100
180
• A porcentagem do lucro sobre o preço de venda:
20
10
0
1970
1975
1980 1985
1990
1995
energia total
energia elétrica
*tep = toneladas equivalentes de petróleo
Fonte: valores calculados através dos dados obtidos de
http:/infoener.iee.usp.br./1999
Verifica-se que a participação percentual da energia elétrica no total de energia gasto nas residências brasileiras
cresceu entre 1970 e 1995, passando, aproximadamente, de:
a) 25% para 35%. b) 40% para 80%. c) 10% para 40%.
d) 10% para 60%. e) 20% para 60%.
Solução:
Em 1970, o consumo de energia elétrica era cerca de
2,5 · 106 tep, de um total aproximado de 25 ·106 tep, isto
10
2,5 ⋅ 106 tep 1
=
= 10%.Já em 1995, o percentual
=
25 ⋅ 106 tep 10 100
20 ⋅ 106 tep 5
62, 5
= = 0,625 =
era cerca de
= 62,5%. Logo,
32 ⋅ 106 tep 8
100
é,
aproximadamente, o consumo de energia elétrica passou de 10% para 60%.
Resposta correta: d
248
Chamamos de lucro (L), em uma transação comercial de
compra e venda, a diferença entre o preço de venda (V) e
o preço de custo (C). Assim, podemos escrever:
• Lucro = preço de venda – preço de custo, isto é:
LV =
LUCRO
PREÇO DE VENDA
=
36
31
≅ 0,310 → LV ≅
= 31%
116
100
Juro simples
Suponhamos que uma pessoa deseje comprar uma geladeira e não disponha de dinheiro suficiente para pagamento à vista. Nessas condições, ela pode efetuar a compra a prazo ou tentar um empréstimo em um banco. Em
qualquer um dos casos, a pessoa geralmente paga uma
quantia – além do preço da geladeira – a título de juros.
O valor desses juros é justificado pelo prazo obtido para
o pagamento ou pelo “aluguel” do dinheiro emprestado.
Suponhamos agora que, sobre uma quantia, devam
ser calculados juros simples, a uma taxa fixa por período, durante certo número de períodos. Isso significa que
os juros correspondentes a cada um dos períodos serão
“sempre calculados sobre a quantia inicial” e só serão incorporados a ela ao final do último período.
Sendo assim, para um capital inicial Co, emprestado à
taxa i, todos os aumentos da dívida serão iguais a:
aumento = i · C0, não importando a época do aumento.
Lembre-se: taxa i significa a porcentagem de aumento.
Em geral, para um capital inicial Co aplicado à taxa i, em
regime de juro simples, temos:
próximo aumento
⋅ C0
Cn + 1 = Cn + i
constante
montante atual
próximo montante
Assim, a sequência de montantes (Co, C1, C2, C3, ..., Cn, ...)
é uma P.A. de razão R = i · Co, pois cada termo é o anterior
mais uma constante.
Daí, usando a fórmula do termo geral da P.A., obtemos:
Portanto, o juro composto produzido foi de
R$ 33100,00 (montante final menos capital inicial). Note
que, em cada mês, a partir do segundo, a taxa de juro incide sobre o montante acumulado no mês anterior. Por isso,
esse tipo de rendimento é chamado de juro composto.
Quando os juros são compostos, cada aumento é calculado sobre o respectivo montante. Assim, um capital Co,
aplicado à taxa i, gera, após n aumentos, um montante Cn
tal que:
próximo aumento
Cn + 1 = Cn + i ⋅ C
n
Cn = C0 + (n – 0) · R → C n = C0 + n ⋅ i ⋅ C0
•
•
•
•
Onde:
Cn é o montante (total da dívida) após n aumentos;
Co é o capital inicial;
n é o número de aumentos;
i é a taxa de juros (porcentagem de aumento).
montante atual
próximo montante
Daí:
+ i)
Cn + 1= Cn · (1
constante = (1 + i)
i · Co são os juros pagos em um aumento e J = n · i · Co
são os juros pagos em n aumentos. Portanto:
Concluimos, pois, que a sequência de montantes
(Co, C1, C2, C3, ..., Cn, ...) é uma P.G. de razão q = (1 + i), pois
cada termo é o anterior vezes uma constante.
Usando a fórmula do termo geral da P.G., obtemos:
Montante = Capital inicial + Juros
Cn = Co · qn – o → Cn = Co · (1 + i)n
Observação:
Exemplo:
Um comerciante contraiu de um amigo um empréstimo
de R$ 2400,00, comprometendo-se a pagar a dívida em 15
meses, à taxa de juro simples de 6% ao trimestre. Assim,
temos:

C0 = 2400
n = 15 = 5 (número de aumentos)

3
 Taxa trimestral → em 15 meses, teremos cinco aumentos.
 i = 6% ao trimestre

Substituindo os valores em Cn = C0 + n · i · C0 , tem-se:
1
aumento
6
C5 = 2400 + 5 ⋅
⋅ 2400 → C5 = 2400 + 720 = 3120 reais.
100
5 aumentos
Ao final dos 15 meses, o comerciante pagará um montante de R$ 3120,00, sendo R$ 720,00 de juros.
Juro Composto
O tipo de juro mais usado nas transações financeiras é o
juro composto. Para entender esse tipo de juro, observemos o exemplo seguinte.
Aplicando R$ 100000,00 durante 3 meses, à taxa de
juro de 10% ao mês, qual o juro composto produzido?
Calculemos:
•
•
•
•
Onde:
Cn é o montante após n aumentos;
i é a taxa de juros (porcentagem de aumento);
Co é o capital inicial;
n é o número de aumentos.
Questão Comentada
|C5-H21|
A ariranha (mamífero encontrado em regiões pouco desbravadas
da Amazônia e do Brasil Central) e o mico-leão-dourado são espécies em extinção no Brasil. Com o objetivo de preservar essas
espécies, foram reunidas, numa reserva florestal, 60 ariranhas e 40
micos-leões-dourados. Constatou-se, após alguns anos, que o
crescimento da população de ariranhas foi de 5% ao ano e que
a população de micos cresceu à taxa de 10% ao ano. Em quanto
tempo, após a reunião desses animais na reserva, o número de micos deve chegar ao dobro do número de ariranhas?
Dados: log 3 = 0,477; log 1,047 = 0,019.
a) 17
b) 19
c) 21
d) 23
e) 25
Solução comentada:
Sendo t o número de anos passados, temos:
População de ariranhas → At = 60(1 + 5%)t
População de micos → Mt = 40(1 + 10%)t
Queremos que:
Mês
Capital
Juro
Montante
1º
R$ 100000,00
R$ 10000,00
R$ 110000,00
(1,1)t = 3 ·(1,05)t → 
2º
R$ 110000,00
R$ 11000,00
R$ 121000,00
Assim, t·log(1,047) ≈ log 3 → t · 0,019 ≈ 0,477 → t ≈ 25.
3º
R$ 121000,00
R$ 12100,00
R$ 133100,00
Resposta correta: e
Mt = 2 · At → 40·(1 + 0,1)t = 120(1 + 0,05)t → 40·(1,1)t = 120·(1,05)t
t
 1,10 
= 3→ (1,047)t ≈ 3 → log(1,047)t ≈ log 3.
 1, 05 
Universidade Aberta do Nordeste
249
Para Fixar
|C1-H5|
03.Alguns especialistas recomendam que, para um acesso confortável aos bebedouros por parte de crianças e usuários de
cadeiras de rodas, a borda desses equipamentos esteja a
uma altura de 76,2 cm do piso, como indicado na figura a
seguir.
borda do
bebedouro
76,2 cm
piso
Um bebedouro que tenha sido instalado a uma altura de
91,4 cm do piso à borda excedeu a altura recomendada. Dentre os percentuais a seguir, o que mais se aproxima do excesso em relação à altura recomendada é:
a) 5% b) 10% c) 15%
d) 20% e) 25%
|C1-H3|
04.Renato contratou um empréstimo de R$ 1400,00 para pagar
um mês depois, com juros de 15% ao mês. Ao final do mês,
não podendo pagar o total, deu por conta apenas R$ 750,00
e, para o restante, firmou um novo contrato nas mesmas bases do anterior, o qual foi pago integralmente um mês depois. O valor do último pagamento foi:
a) R$ 889,00. b) R$ 939,00. c) R$ 989,00.
d) R$ 1009,00. e) R$ 1199,00.
Fique de Olho
INflaÇÃo
Em Economia, inflação é a queda do valor de mercado ou poder de compra do dinheiro. Porém, é popularmente usada para se referir ao aumento geral dos preços.
Inflação é o oposto de deflação. Índices de preços dentro
de uma faixa entre 2 e 4,5% ao ano é uma situação chamada de estabilidade de preços. Inflação “zero” não é o
que se deseja, pois pode estar denunciando a ocorrência
de uma estagnação da economia, momento em que a renda e, consequentemente, a demanda, estão muito baixas,
significando alto desemprego e crise.
Os índices de inflação no Brasil são medidos de diversas
maneiras. Duas formas de medir a inflação ao consumir
são o INPC, aplicado a famílias de baixa renda (aquelas
que tenham renda de um a seis salários mínimos) e o IPCA,
aplicado para famílias que recebem um montante de até
quarenta salários mínimos.
Até 1994, a economia brasileira sofreu com inflação alta,
entrando num processo de hiperinflação, na década de 80.
Esse processo só foi interrompido em 1994, com a criação
do Plano Real e a mudança da moeda para o real (R$), atual
moeda do país. Atualmente, a inflação é controlada pelo
Banco Central através da política monetária que segue o
regime de metas de inflação.
Objeto do Conhecimento
Volumes e suas aplicações
Evidentemente, em muitas circunstâncias de nossas vidas,
deparamos com situações em que se faz necessário fazer
estimativas de medições relacionadas com os conceitos
de superfície e espaço.
O conhecimento das formas e propriedades geométricas dos principais sólidos, incluindo a determinação de
volumes mais complexos a partir de sólidos mais simples,
agiliza e facilita os cálculos inerentes à proposta do Exame
Nacional do Ensino Médio, além de proporcionar um domínio satisfatório do assunto.
Capacidade e Volume
O volume de um objeto é a quantidade de espaço que ele
ocupa, onde a unidade principal é o metro cúbico (m3), e
a capacidade é a quantidade de espaço disponível para
armazenar, onde a unidade principal é o litro (l).
250
Quando se deseja realizar uma medição, é necessário
escolher uma unidade de medida apropriada a medição, e
os instrumentos que permitam alcançar a precisão exigida.
É importante compreender que todos os objetos têm
um volume, uma vez que todos ocupam um lugar no espaço. Alguns objetos têm uma forma que permite colocar líquidos, esses objetos são chamados de recipientes.
Desse modo, uma piscina vazia tem um volume, pois ocupa um lugar no espaço, porém, sendo um recipiente, ainda possui a capacidade de conter algum volume em seu
interior. No entanto, uma pedra, que é um objeto maciço,
permite-nos apenas medir o seu volume, já que não é um
recipiente.
Exemplo:
Em algumas situações práticas, o volume a ser medido
pode ser encontrado sem utilizar as fórmulas que abordaremos em breve para o cálculo de volumes. Vejamos um
exemplo: um recipiente na forma de um cone reto invertido está preenchido com água e óleo, em duas camadas que não se misturam. A altura, medida na vertical, da
camada de óleo é metade da altura da
parte de água, como ilustrado ao lado.
Se o volume do recipiente é 54 cm3,
o volume da camada de óleo, nesse
caso, pode ser facilmente calculado
explorando as noções de semelhança,
discutidas no fascículo 4, acompanhe:
V
54-V
h
2h
h
2h
V: Volume da camada de óleo
A semelhança entre os cones da figura acima,
permite-nos escrever a seguinte proporção:
Medidas no ortoedro
• Área total do ortoedro = 2 · (ab + ac + bc)
2
2
2
• Diagonal do ortoedro = a + b + c
• Volume do ortoedro = (área da base) x (altura) = a.b.c
Exemplo:
Uma caixa aberta, na forma de
um paralelepípedo retângulo,
será formada cortando quatro
quadrados congruentes nos
cantos de uma folha retangular de papelão e dobrando ao
longo das direções dos lados dos quadrados, como ilustrado ao lado. Se a altura da caixa terá medida 3 cm, o volume
da caixa será de 288 cm3 e o perímetro da folha de papelão
mede 64 cm, qual a medida da área da folha de papelão?
3
 2h
54 − V
(A razão entre os volumes é igual ao
  =
V
 3h 
cubo da razão entre os comprimentos homólogos).
Resolvendo, encontramos:
Solução:
Vejamos uma nova ilustração de acordo com o
enunciado:
3
y
x
Teorema de Cavalieri
3
x
x
x
x+6
y
Se dois sólidos estão situados entre dois
planos paralelos (têm a mesma altura)
e qualquer outro plano, paralelo a eles,
corta os dois sólidos determinando secções de mesma área, então os sólidos
são equivalentes, isto é, têm o mesmo volume.
Para compreender melhor as ideias de Cavalieri (matemático italiano que viveu na Itália, no século XVII), acompanhe o exemplo a seguir.
Exemplo:
Imagine uma pilha formada com 20 moedas iguais de
25 centavos. Observe que podemos formar pilhas de várias
formas, com a mesma base e a mesma altura. Escolhendo
qualquer uma das pilhas, iremos concluir naturalmente
que o volume de uma pilha é a soma dos volumes das
moedas e, como as moedas são as mesmas, as pilhas têm
o mesmo volume, apesar de terem formas diferentes.
Portanto, se dois sólidos forem constituídos por camadas iguais, de mesma área e de mesma espessura, então
seus volumes são iguais.
Volumes dos sólidos mais comuns
Paralelepípedo reto-retângulo (ortoedro)
É um prisma reto cujas faces são todas retangulares.
c
D
a
3
3
Portanto, 38 cm3 é o volume associado à camada de
óleo.
d
y
3
8
54 − V
=
→ V = 38 cm3
27
V
b
3
y
3
3
y+6
I. Volume (caixa) = x · y · 3 = 288 → x · y = 96
II. Perímetro (folha) = (x + 6 + y + 6) · 2 = 64 → x + y = 20
III.Resolvendo o sisteminha abaixo, com x > y (figura):
{
x + y = 20
→ x = 12 e y = 8
x . y = 96
IV.Portanto:
Folha
original
18
Área = 14 · 18 = 252 cm2
14
Assim, a área (medida da superfície) da folha será 252 cm2.
Cubo (hexaedro regular)
Um cubo é um prisma regular formado por seis faces quadradas.
D
a
d
a
a
Universidade Aberta do Nordeste
251
Medidas no hexaedro regular
• Área da superfície total do cubo = 2 · (a · a + a · a + a · a) = 6a2
• Diagonal do cubo = D = a 2 + a 2 + a 2 = a 3
• Volume do cubo = (área da base) × (altura) = a · a · a = a3
Observações:
•Pelo Princípio de Cavalieri, podemos garantir
que dois prismas que têm mesma área da base e
mesma altura, têm volumes iguais.
• Prisma reto: é um prisma cujas arestas laterais são
perpendiculares às bases.
• Prisma regular: é um prisma reto cujas bases são
polígonos regulares.
Exemplo:
Vejamos um exemplo: dois blocos de alumínio em forma
de cubo, com arestas medindo 10 cm e 6 cm, são levados
juntos à fusão e, em seguida, o alumínio líquido é moldado
como um paralelepípedo retângulo de arestas medindo
8 cm, 8 cm e x cm. O cálculo que devemos fazer para encontrar a terceira medida (x) torna-se trivial quando pensamos na equivalência de volumes que deve ocorrer.
Condição do problema:
10 cm
Volume
10 cm
10 cm
= Volume
6 cm
+
6 cm
8 cm
6 cm
8 cm
x cm
Então:
103 + 63 = x · 8 · 8
1216 = x · 64
x = 19 cm
Cilindro
Quando o número de faces laterais de um prisma de base
regular tende ao infinito, este transforma-se em um cilindro circular. Se as arestas laterais são perpendiculares às
bases, dizemos que o cilindro circular é reto.
Medidas no cilindro reto
• Área da superfície lateral do cilindro reto = 2 prh
• Área da superfície total do cilindro reto = 2 prh + 2pr2
• Volume do cilindro reto = (área da base) × (altura) = pr2h
Exemplo:
Vejamos um exemplo: Davi deseja substituir quatro tubos
cilíndricos, todos de mesmo comprimento e diâmetro de
10 cm, por um único tubo, também cilíndrico e de mesmo comprimento que os anteriores. O diâmetro do novo
tubo, para que ele comporte o mesmo número de litros
d’água que os outros quatro juntos, pode ser encontrado
facilmente a partir de uma equivalência entre os tubos.
Podemos escrever:
volume (4 tubos cilíndricos) = volume (novo tubo cilíndrico)
4 · (p · 52 · c) = p · r2 · c, onde c é o comprimento comum e
r é o raio do novo cubo.
Resolvendo a sentença obtida, encontramos r = 10 cm.
Portanto, o diâmetro do novo tubo é igual a 20 cm.
Pirâmides
Chama-se pirâmide ao conV
junto de pontos do espaço
limitados por um ângulo
poliédrico e por um plano
que, não passando pelo vérh
tice, corte todas as arestas do
D
ângulo poliédrico. A secção C
E
plana do ângulo poliédrico
chama-se base da pirâmide
B
A
(ABCDE) e as porções das faces do ângulo poliédrico limitadas por essa base chamamse faces da pirâmide. O vértice do ângulo poliédrico chama-se vértice da pirâmide (V).
• Uma rápida justificativa para o volume da pirâmide:
Abaixo, temos a decomposição de um prisma triangular em três pirâmides triangulares.
C
A
• As arestas laterais são denominadas geratrizes do cilinr
dro;
h
• Suas bases são circunferências que estãog =contidas
em
planos paralelos;
• A altura do cilindro é a distância
dos planos das bases.
Planificação do cilindro reto
r
r
2πr
g=h
Superfície lateral do cilindro reto
r
Planificação do cilindro reto
r
2πr
252
Superfície lateral do cilindro reto
r
g=h
g=h
B
E
(II)
B
(III)
B
+
=
F
D
A (I)
+ A
F
F
D
D
E
C
B
F
Veja que:
I. as pirâmides I e II têm volumes iguais, pois os triângulos
ABD e BDE têm a mesma área e a distância de F ao plano ABED é única, isto é, as duas pirâmides têm a mesma
altura;
II. as pirâmides II e III têm volumes iguais, pois os triângulos BEF e BCF têm a mesma área e a distância da aresta
AD ao plano BCFE é única, pois AD / / PL(BCFE) , então
as duas pirâmides têm a mesma altura.
Portanto, o volume de cada uma dessas pirâmides é
igual a um terço do volume do prisma.
V
Observações:
•Pelo Princípio de Cavalieri, podemos garantir que
duas pirâmides que têm mesma área da base e mesma altura, têm volumes iguais.
• Pirâmide reta: é a pirâmide cujo pé de sua altura
coincide com o centro de sua base.
• Pirâmide regular: é a pirâmide reta de base regular.
g
h
• As arestas laterais da pirâmide são
as
geratrizes do cone;
• Sua base é uma circunferência;
• A altura do cone é a distânciaO doR vértice ao plano da
Planificação do cone reto
base.
V
R
g
h
2πR
Superfície lateral do cone reto
Exemplo:
Para calcularmos o volume
30 dam
aproximado de um iceberg, podemos compará-lo com sólidos
12
dam
geométricos conhecidos. O sóH
lido da figura, formado por um
40 dam
tronco de pirâmide regular de
base quadrada e um paralelepípedo reto-retângulo, justapostos pela base, representa aproximadamente um iceberg no
momento em que se desprendeu da calota polar da Terra.
As arestas das bases maior e menor do tronco de pirâmide medem, respectivamente, 40 dam e 30 dam, e a altura
mede 12 dam.
Passado algum tempo do desprendimento do iceberg,
o seu volume era de 23100 dam3, o que correspondia a
3/4 do volume inicial. Determine a altura H, em dam, do
sólido que representa o iceberg no momento em que se
desprendeu.
O
R
g
q
Planificação do cone reto
g
R
Medidas no cone reto
• Área da superfície lateral do cone reto = prg
• Área da superfície total do cone reto = prg + pr2
2πR
2 .
• Volume do cone reto = (área da base) × (altura) = πr h
3
Superfície lateral do cone reto
3
Exemplo:
g
Um recipiente cônicoqde vidro, de altura igual ao raio da
g
base circular, completamente
fechado, está apoiado com
sua base circular sobre a mesa, como na figura 1, de forma
que o líquido em seu interior atinge a metade da profundidade do recipiente. Se virarmos o recipiente, como na
figura 2, de forma que a base circular fique paralela à mesa,
qual será a profundidade do líquido em seu interior, com o
recipiente nessa nova posição?
H
?
H/2
Solução:
O desenho ao lado facilitará a visualização e compreensão dos cálculos que iremos fazer objetivando
a obtenção da altura H.
x
30
I.
= (semelhança) → x = 36 dam.
x + 12
x
z
40
30
H
40
40
40
maior
menor
− Vpirâmide
II. Vtronco = Vpirâmide
Vtronco =
1. 2.
1
40 48 − · 302 · 36 = 14800 dam3
3
3
III.Considerando a redução de volume após o desprendimento, temos:
23100 =
Figura 2
Figura 1
12


3 . .
. z + 14800 → z = 10 dam
40
40
4  
tronco 
 bloco
 re tan gular

Solução:
Como a superfície do líquido é paralela ao plano da
base do cone nas figuras 1 e 2, então a proporcionalidade presente é evidente, o que nos permite escrever:
I.
{
V’
H
II.
V’
H
V
H/2
V
Figura
1
Figura
Portanto, a altura solicitada é igual a H = 22 dam.
Cone
Quando o número de vértices da base de uma pirâmide
de base regular tende ao infinito, este transforma-se em
um cone circular.
Se a pirâmide for reta, dizemos que o cone circular é reto.
V = volume de líquido no cone
V’ = volume que corresponde ao espaço vazio
1
V’
III.
V
V’
V
→ V = 7 V’
→
H/2
3
H
X
X
3
3
V
 x
x
7 V’
x
7
→   =
 =
→
=
 H
V + V’  H 
8 V’
H
2
→
H 
Figura 2
IV.Logo,Figura
a altura
do líquido, na figura 2, será igual a:
2
x=
H3 7
u .c.
2
Universidade Aberta do Nordeste
253
Esfera
A esfera é um sólido limitado por uma superfície que tem todos os pontos igualmente distantes de um ponto interior chamado centro.
• Uma rápida justificativa para o volume da
esfera:
Devemos ter:
n · (pr2 · 3r) =
1 . 4

π(6r)3 , n é o nº de despejos.
2  3

Simplificando, vem:
n = 48.
2R
d
α
d
d α
R
r
plano
horizontal
R
R
Portanto, serão necessários 48 despejos para encher o reservatório.
2R
De acordo com a ilustração acima, temos:
I. um cilindro reto cuja base é um círculo de raio R e cuja
altura tem medida 2R;
II. uma esfera de raio R repousando sobre o plano horizontal que contém a base do cilindro;
III. evidentemente, a = 45º (as diagonais de um quadrado
são bissetrizes);
IV.a secção que aparece na esfera obtida a partir de um
plano horizontal que dista d do centro é um círculo
cuja área mede pr2 = p(R2 – d2);
V. o mesmo plano determina, entre as paredes laterais
do cone e do cilindro, à direita, uma coroa circular cuja
área também mede p(R2 – d2);
VI.pelo Princípio de Cavalieri, podemos garantir que o volume da esfera é igual à diferença entre o volume do
cilindro e o volume ocupado pelos dois cones.
De acordo com argumentação acima, encontramos:
Questão Comentada
|C2-H8|
4 cm
Um paciente recebe, por via intravenosa, um
medicamento à taxa constante de 1,5 mL/min.
O frasco do medicamento é formado por uma
9 cm
parte cilíndrica e uma parte cônica, cujas medidas são dadas na figura, e estava cheio quando
3 cm
se iniciou a medicação.
Após 4 h de administração contínua, a medica- (figura fora de escala)
ção foi interrompida. Dado que 1 cm3 = 1 mL e
usando a aproximação p = 3, o volume, em mL, do medicamento
restante no frasco após a interrupção da medicação é, aproximadamente:
a) 120
b) 150
c) 160
d) 240
e) 360
Solução comentada:
I. Se V mL é o volume inicial do frasco do medicamento, então:
Vesfera = Volume (cilindro) – 2 · Volume (cone)
V = V (cilindro) + V(cone)
Vesfera = pR · 2R – 2 ·
V = p · 42 · 9 +
2
Exemplo:
Deseja-se encher de água um reservatório em forma de
hemisfério, utilizando-se um outro recipiente menor de
forma cilíndrica circular reta, conforme as figuras abaixo. A
partir de suas medidas internas, constatou-se que a razão
entre os seus raios é 1 e que a altura do recipiente menor
6
é o triplo do seu raio. Sendo assim, para que o reservatório
fique completamente cheio, quantas vezes o recipiente
menor deve também ser completamente enchido e derramado no maior?
R
r
Solução:
De acordo com o exposto, temos:
6r
6r
254
II. Por conseguinte, seja V’ cm3 o volume de medicamento recebido pelo paciente em 4 h:
Regra de três (direta)
1,5 mL → 1 min
V’ mL → 240 min = 4 h
Resolvendo, encontramos V’ = 360 mL
III. Portanto, o volume que corresponde a sobra de medicamento é igual a (480 – 360) mL = 120 mL
Resposta correta: a
Para Fixar
h
R
V = 480 cm3 = 480 mL
r
3r
|C2-H8|
05.Lucas é um rapaz viciado em beber refrigerante diet. Um dia,
voltando do trabalho, ele passou em frente a uma companhia de gás, onde viu um enorme reservatório cilíndrico de
3 metros de altura, com uma base de 2 metros de diâmetro, e
pensou...: “Em quanto tempo eu beberia aquele reservatório
inteiro, se ele estivesse cheio de refrigerante diet ?”
Considerando p = 3,14 e sabendo que Lucas bebe 3 litros de
refrigerante diet por dia, pode-se afirmar que ele consumirá
todo o líquido do reservatório em um período de:
a) 86 dias. b) 86 meses. c) 8,6 anos.
d) 860 meses. e) 86 anos.
|C2-H8|
06.Um engenheiro da prefeitura, com 1,8
metros de altura, inspecionava a construção de um novo reservatório de água,
de forma esférica. Sua cabeça tocava o
5,4
tanque exatamente quando ele estava a 5,4 metros do ponto
onde o reservatório encontrava o chão. Sabendo que a cidade consome 5000 m3 de água por hora, o tempo necessário
para a cidade consumir o tanque cheio, é aproximadamente
igual a:
a) 17 minutos
b) 22 minutos c) 27 minutos
d) 32 minutos
e) 37 minutos
Fique de Olho
TroNco dE pIrÂmIdE dE BasEs paralElas
Então:
Consideremos uma pirâmide cuja base tem área B e cuja
secção, paralela à base, à distância ht da base, tem área b.
Chamando de h a distância da secção ao vértice da pirâmide, o volume do tronco, Vt, é dado por:
II. Volume(tronco) = Volume(pirâmide maior) – Volume(pirâmide menor).
Então:
h
h + ht
ht
Assim sendo, o cálculo do volume de um recipiente com
a forma de um tronco de cone, sabendo que sua altura mede 2 m e que suas bases têm raios iguais a 1 m e
2 m, pode ser facilitado usando o resultado encontrado.
Veja:
B: área da base maior
b: área da base menor
ht: altura do tronco
h: altura da pirâmide menor
h + ht: altura da pirâmide maior
2
Vtronco =
Sendo a pirâmide de altura h +ht semelhante à pirâmide
de altura h, temos:
I. as áreas dessas bases estão entre si como os quadrados
das alturas das pirâmides.
ht .
(B + b + Bb)
3
2
1
Logo:
VT =
2. . 2
14π 3
(π 2 + π . 12 + π . 22 . π . 12 ) =
m.
3
3
Exercitando para o Enem
|C1-H2|
01.Considere a sucessão de figuras apresentadas a seguir. Observe que cada figura é
formada por um conjunto de palitos de
fósforo.
A quantidade de fósforos necessários para
que seja possível exibir, concomitantemente, todas as primeiras 50 figuras é:
a) 7000
b) 8500
c) 10000
d) 11500 e) 13000
Figura 1
Figura 2
Figura 3
|C5-H19|
02.Em uma barraca de frutas, um feirante empilhou as laranjas formando uma pirâmide
de base quadrada. A base era formada por
10 fileiras de 10 laranjas, cada uma, e cada
laranja tangenciava as vizinhas. Acima da
base, vinha a segunda camada de laranjas
e cada uma delas tangenciava quatro laranjas da camada
inferior, conforme a figura. O mesmo ocorria nas demais ca-
madas, até a última, que era formada por uma única laranja.
Considerando a base como 1ª camada, o número de laranjas
da camada de número n dessa pilha era:
a) n²
b) (10 – n)² c) (9 + n)²
d) (9 – n)² e) (11 – n)²
|C1-H2, H3|
03.Ao observar problemas de transmissão de dados via linha telefônica, o matemático Benoit Mandelbrot associou a distribuição dos erros de transmissão com o conjunto de Cantor.
Para construir o conjunto de Cantor a partir de um segmento
de comprimento m, utiliza-se o seguinte processo:
No 1º passo, divide-se o segmento em três partes iguais e
retira-se a parte central; no 2º passo, cada segmento restante do 1º passo é dividido em três partes iguais, retirando-se
a parte central de cada um deles; e assim sucessivamente,
como mostra a figura a seguir.
Segmento de comprimento m
1o­passo
2o­passo
3o­passo
4o­passo
Universidade Aberta do Nordeste
255
a) m
 1
d)  
 3
b)
20
1.
m
3
. m e)  2 
 3
20
c)
2.
m
3
.m
|C1-H3|
04. Hélio comprou, em uma loja, uma máquina de lavar roupas, no seguinte plano de pagamento: 10 parcelas, sendo a
primeira de R$ 256,00, e o valor de cada parcela, a partir da
segunda, correspondendo a 50% do valor da anterior. Hélio
pagou pela máquina de lavar o valor total de:
a) R$ 511,75
b) R$ 511,50 c) R$ 511,00
d) R$ 510,50
e) R$ 510,00
|C5-H20|
05.Paulo emprestou R$ 5000,00 a um amigo a uma taxa de
3% ao mês (juro simples). Por se tratar de um amigo, Paulo
combinou que só passaria a cobrar juros a partir do 4º mês.
Considere x o número de meses do empréstimo e M(x) o
montante a ser devolvido para Paulo no final de x meses.
Nessas condições, a melhor representação gráfica para M(x)
é:
a)
b)
M(x)
M(x)
5000
5000
x
|C2-H8|
08.O reservatório de água esquematizado na figura é constituído de um cilindro de 1 m de
raio e 3 m de altura e de um tronco de cone, de
2 m de altura e cujo raio da base maior é igual a
2 m. A capacidade, em litros, desse reservatório,
quando cheio, é aproximadamente:
Dado: p = 3,1
a) 11766 L
d) 20766 L
b) 14766 L
e) 23766 L
c) 17766 L
|C2-H9|
09.Um recipiente cúbico medindo 1 m de aresta está totalmente cheio de água.
Se, no seu interior, são lançados 200 cubinhos de aço medindo 4 cm de aresta, a quantidade de água, em litros, transbordante, causada pela imersão dos cubinhos, é:
a) 12,8 litros b) 12,7 litros c) 12,6 litros
d) 12,5 litros e) 12,4 litros
|C2-H8|
10.Em uma caixa de papelão, são colocados 12 copos, como mostra a
figura a seguir. Entre um copo e outro, existe uma divisória de papelão
comprimento
com 1cm de espessura. Cada copo
tem o formato de um cilindro circular reto, com altura de 14
cm e volume de 126p cm3. Com base nesses dados, pode-se
dizer que o comprimento interno da caixa de papelão, em
cm, será igual a: (use p = 3,14)
a) 12 b) 17 c) 41
d) 36 e) 48
c)
largu
ra
x
|C1-H3|
07.Mário tomou um empréstimo de R$ 8000,00 a juros de 5% ao
mês. Dois meses depois, Mário pagou R$ 5000,00 do empréstimo e, um mês após esse pagamento, liquidou todo o seu
débito. O valor do último pagamento foi de:
a) R$ 3015,00
b) R$ 3820,00 c) R$ 4011,00
d) R$ 5011,00
e) R$ 5250,00
altura
Repetindo-se esse processo indefinidamente, obtém-se
o conjunto de Cantor. Com base nesse processo, calcule a
soma dos tamanhos de todos os segmentos restantes no 20º
passo.
d)
M(x)
M(x)
5000
x
5000
x
e)
5150
M(x)
x
Para Fixar
|C1-H3|
06.Em um período em que os preços subiram 82%, os salários
de certa categoria aumentaram apenas 30%. Para que os salários recuperem o poder de compra, eles devem ser aumentados em:
a) 40%
b) 46%
c) 52%
d) 58%
e) 64%
01
02
03
04
05
06
e
a
d
c
c
e
Exercitando para o Enem
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
c
e
e
b
c
a
c
e
a
c
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Expediente
ISBN 978-85-7529-512-0
Presidente: Luciana Dummar
Coordenação da Universidade Aberta do Nordeste: Sérgio Falcão
Coordenação do Curso: Fernanda Denardin e Marcelo Pena
Coordenação Editorial: Sara Rebeca Aguiar
Coordenação Acadêmico-Administrativa: Ana Paula Costa Salmin
Coordenação de Design Gráfico: Deglaucy Jorge Teixeira
Apoio
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Capa: Suzana Paz
Editoração Eletrônica: Antônio Nailton
Ilustrações: Aldenir Barbosa, Caio Menescal e João Lima
Revisão: Maria Sárvia e Sara Rebeca Aguiar
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