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8 ª edição | São Paulo – 2013
FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR
Sequências
Matrizes Determinantes Sistemas
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida Produção gráfica: Robson Cacau Alves
Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros 05413-010 — São Paulo — SP
Fone: (0xx11) 3611-3308 — Fax vendas: (0xx11) 3611-3268 SAC: 0800-0117875
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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) (Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Índice para catálogo sistemático:
1. Matemática: Ensino médio 510.7
Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 4
Gerente editorial: Lauri Cericato
Editor: José Luiz Carvalho da Cruz
Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos/Juracy Vespucci/Guilherme Reghin Gaspar/Livio A.
D'Ottaviantonio
Auxiliares de serviços editoriais: Daniella Haidar Pacifico/Margarete Aparecida de Lima/Rafael Rabaçallo Ramos/
Vanderlei Aparecido Orso
Digitação e cotejo de originais: Guilherme Reghin Gaspar/Elillyane Kaori Kamimura Pesquisa iconográfica: Cristina Akisino (coord.)/Enio Rodrigo Lopes
Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.)/Renata Palermo/Rhennan Santos/
Felipe Toledo/Eduardo Sigrist/Maura Loria/Aline Araújo/Elza Gasparotto/Luciana Azevedo/Patricia Cordeiro
Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan
Projeto gráfico: Carlos Magno
Capa: Homem de Melo & Tróia Desing Imagem de Capa: tiridifilm/Getty Images
Ilustrações: Conceitograf/Mario Yoshida Diagramação: Ulhoa Cintra
Assessoria de arte: Maria Paula Santo Siqueira Encarregada de produção e arte: Grace Alves
Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida Produção gráfica: Robson Cacau Alves
Iezzi, Gelson, 1939-
Fundamentos de matemática elementar, 4 : sequências, matrizes, determinantes e sistemas / Gelson Iezzi, Samuel Hazzan. -- 8. ed. -- São Paulo : Atual, 2013.
ISBN 978-85-357-1748-8 (aluno) ISBN 978-85-357-1749-5 (professor)
1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) – Proble- mas e exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) – Testes I. Hazzan, Samuel, 1946-. II. Título. III. Título: Sequências, matrizes, determinantes e sistemas.
13-02580 CDD-510.7
Impressão e acabamento:
Este livro é o Complemento para o Professor do volume 4, Sequên- cias/Matrizes/Determinantes/Sistemas, da coleção Fundamentos de Ma- temática Elementar.
Cada volume desta coleção tem um complemento para o profes- sor, com o objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais compli- cados do livro e sugerir sua passagem aos alunos.
É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Es- tamos abertos a sugestões e críticas, que nos devem ser encaminhadas por meio da Editora.
Agradecemos à professora Irene Torrano Filisetti a colaboração na redação das soluções que são apresentadas neste Complemento.
Os Autores
CAPÍTULO II — Progressão aritmética ... 1
CAPÍTULO III — Progressão geométrica ... 14
CAPÍTULO IV — Matrizes ... 42
CAPÍTULO V — Determinantes ... 54
CAPÍTULO VI — Sistemas lineares ... 78
— Progressão aritmética
8. (x 2 1)
31 x
31 (x 1 1)
35 (x 2 1 1 x 1 x 1 1)
2⇒
⇒ x
32 3x
21 2x 5 0 ⇒ x ou x ou x
= ⇒ −
=
=
0 1 0 1
1
2 1 3
( )
(0,1,2)
( 2 ) , ,
, ,
⇒
⇒
9.
x r x x r x
x r x x r
x r x x
− + + + = ⇒ =
− + +
+ = ⇒ −
18 6 1
1 1 1 23
30
3
2 22
( )
−
( − ) =
r
223 30 ( ) 2
Substituindo (1) em (2), vem:
108 r 6 36 r
23
30 r 4
2
(
2)
−
−
= ⇒ = ±
Para x 5 6 e r 5 2 4 ⇒ (10, 6, 2).
Para x 5 6 e r 5 4 ⇒ (2, 6, 10).
10. ( x r ) x ( x r ) ( x r x x r )
x r x x r
x r
− ⋅ ⋅ + = − + + +
− + = +
− =
2 2 2
⇔ 9 9
2 x x = r
⇒
⇒ r
22 6r 5 0 ⇒
r x
ou
r x
= ⇒ = ⇒
= ⇒ = ⇒
0 0 0 0 0
6 12 6 12 18
( )
( )
, ,
, ,
11. x r x x r
x r x x r
x x
− + + + =
− + + + =
⇔
= ⇒ = 3
11
3 3 1
2 2 2
( ) ( )
((1) (2) 3 x
2+ 2 r
2= 11
Substituindo (1) em (2), vem r 5 ±2.
Para x 5 1 e r 5 2 2, temos (3, 1, 2 1).
Para x 5 1 e r 5 2, temos ( 2 1, 1, 3).
CAPÍTULO II
13. ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
x y x y x y x y
x y x y
− + − + + + + = −
− + = −
3 6
3 3 54
3 ⇔ ⇔
=
− = −
4 6 ⇒
9 54
2 2
x
x y
⇒ x 5 2 3
2 e y 5 ± 5
2 ⇒ termos: 2 9, 2 4, 1, 6.
14. ( )( )
( )( )
x y x y x y x y
x y
x y
− + =
− + =
⇔ − =
− =
3 45
77
9 45
7
2 2
2 2
7 7
2 9
⇒ y = ± e x = ± y 5 2 2 rejeitado porque a P.A. deve ser crescente.
Para x 5 9 e y 5 2, vem: (3, 7, 11, 15).
Para x 5 2 9 e y 5 2, vem: ( 2 15, 2 11, 2 7, 2 3).
15. ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) (
x y x y x y x y
x y x y x y
− + − + + + + =
− + − + +
3 3 22
3
2 2))
2+ ( + 3 )
2= 166
⇔
x y
2 2
11 2
2 10 83
⇔ = 3
+ =
⇒ = ± x
x y
y 2 2
Para x 11 2
= e y 3 2
= ⇒ (1, 4, 7, 10).
Para x 11 2
= e y – 3 2
= ⇒ (10, 7, 4, 1).
20. Em toda P.A., cada termo, a partir do segundo, é média aritmética entre seu antecessor e seu sucessor.
Assim: P.A. (a, b, c) ⇒ b a c 2
= +
⇒ c 5 2b 2 a.
21. 3x 5 2x x 2 +
2⇒ x 5 0 ou x 5 4.
Então, (0, 0, 0) rejeitada porque os termos devem ser distintos.
Assim: (8, 12, 16).
22. 2x 5 x 1 x 5 2 + +
2−
⇒ x 5 4 ou x 5 2 1
x 5 2 1 rejeitado porque 2x é lado de um triângulo.
Portanto, temos: (5, 8, 11) e, então, perímetro igual a 24.
23. lado 5 x, diagonal 5 2 x, área 5 x
2⇒ ( x, 2 x , x
2) . Então: 2 x 5 x x
2 +
2⇒ x 5 0 ou x 5 2 2 2 1.
x 5 0 rejeitado porque é lado do quadrado Então: x 5 2 2 2 1.
25. Por hipótese, 1 y z
1
x y r x z r(x y)(y z) + −
+ = ⇒ − = + +
e 1 z x
1
y z r r y x
(x z)(y z) +
− +
= ⇒ = −
+ +
Então: x
22 z
25 (x 2 z)(x 1 z) 5 r(x 1 y)(y 1 z)(x 1 z) 5 5 y x
(x z)(y − z) (x y)(y z)(x z) (y x)(x y) y
2x
2+ + ⋅ + + + = − + = −
26. Por hipótese, b 2 a 5 c 2 b 5 r.
Então: b
2(a 1 c) 2 a
2(b 1 c) 5 ab
21 b
2c 2 a
2b 2 a
2c 5 5 ab(b 2 a) 1 c(b
22 a
2) 5 ab(b 2 a) 1 c(b 2 a)(b 1 a) 5 5 ab(c 2 b) 1 c(c 2 b)(b 1 a) 5
5 abc 2 ab
21 c
2b 1 ac
22 b
2c 2 abc 5 5 ac
21 bc
22 ab
22 b
2c 5
5 c
2(a 1 b) 2 b
2(a 1 c)
27. Por hipótese, b 2 a 5 c 2 b (1) 1 c
1 b
1 d
1 c
− = − (2).
De (2) vem b c bc
1 d
1 c
− = − (3).
Utilizando (1) em (3), vem:
a b bc
1 d
1 c
− = − e daí a bc
1 c
1 d
1 c
− = −
então, a bc
1
d ad bc ad a c
2 c 2ad c(a c)
= ⇒ = ⇒ = +
⋅ ⇒ = +
28. Fazendo α = x − 3y, β = x − y, γ = x + y e δ = x + 3y , temos:
( δ + 3 )( β δ − 3 ) β + α + ( 3 )( γ α − 3 ) γ 5 4x(6y 2 2x) 1 4x( 2 6y 2 2x) 5 5 4x( 2 4x) 5 2 16x
22( ad 2 9 bg ) 5 2(x
22 9y
22 9x
22 9y
2) 5 2 16x
2então: ( δ + 3 )( β δ − 3 ) β + α + ( 3 )( γ α − 3 ) γ = 2( αδ − 9 βγ ) .
34. a
25 a
11 r ⇒ a
11 2 5 24 ⇒ a
15 22
a
n5 a
11 (n 2 1)r ⇒ 60 5 22 1 (n 2 1) ? 2 ⇒ n 5 20 ⇒
⇒ vigésimo termo ou a
20.
38. a a 302
a a 446
2a 31r 302
2a 67r 446 a 89 e r 4
12 21
23 46
1 1
1
+ =
+ =
⇔
+ =
+ =
⇒ = =
P.A.(89, 93, 97, ...).
39. (14, 15, ..., 191, 192)
a
1↑ a
n↑
a
n5 a
11 (n 2 1)r ⇒ 191 5 15 1 (n 2 1) ? 2 ⇒ n 5 89
40. a
m1 a
n5 a
p1 a
q⇒
⇒ a
11 (m 2 1)r 1 a
11 (n 2 1)r 5 a
11 (p 2 1)r 1 a
11 (q 2 1)r ⇒
⇒ (m 2 1)r 1 (n 2 1)r 5 (p 2 1)r 1 (q 2 1)r ⇒
⇒ m 2 1 1 n 2 1 5 p 2 1 1 q 2 1 ⇒ m 1 n 5 p 1 q.
42. P.A.
1(5, 8, 11, ...) n 100
r 3 a
1005 99 3 302
=
=
⇒ = + ⋅ =
Então, P.A.
1(5, 8, 11, ..., 302).
P.A.
2{3, 7, 11, ...) n 100
r 4 a
1003 99 4 399
=
=
⇒ = + ⋅ =
Então, P.A.
2(3, 7, 11, ..., 399).
Como queremos os termos comuns às duas progressões, então a
n 302.
Observamos que o primeiro termo comum é a
15 11 e o segundo termo comum é a
25 23 ⇒ r 5 12.
Então: a
11 (n 2 1)r 302
11 1 (n 2 1) ? 12 302 ⇒ n 25,25 ⇒ n 5 25.
43. a
p5 a 1 (p 2 1)r ⇒ a 5 a
p2 (p 2 1)r Como 0 a 10 e a
p5 35, vem:
0 35 2 (p 2 1) ? 13 10 ⇒ 2,9 p 3,6 ⇒ p 5 3.
Então: a
35 a 1 2r ⇒ 35 5 a 1 2 ? 13 ⇒ a 5 9.
44. (a
1, a
2, a
3, ..., a
n) 5 (1, 3, 5, ..., a
n)
( f(a
1), f(a
2), f(a
3)), ..., f(a
n) ) 5 ( f(1), f(3), f(5), ..., f(a
n) ) 5 ( 4, 10, 16, ..., f(a
n) )
Sendo f(x) 5 ax 1 b f a b
f ( ) a b a
( )
1 4
3 3 10 3
= + =
= + =
⇒ = e b = 1
Portanto: f(2) 5 a ? 2 1 b ⇒ f(2) 5 3 ? 2 1 1 ⇒ f(2) 5 7.
45. Por hipótese a
p2 a
p 2 15 r e a
p 2 12 a
p 2 25 r para todo p
2 natural, 3 p n.
Então:
a
p2− a
p2−1= ( a
p− a
p−1) ( a
p+ a
p−1) = r a (
p+ a
p−1)
a
p2−1− a
p2−2= ( a
p−1− a
p−2) ( a
p−1+ a
p−2) = r a (
p−1+ a
p−2)
e daí vem:
a
p2a a a r a a
p2 1
p 1 2
p 2
2
)
p p 2)
) ( (
( −
−−
−−
−= −
−5 r ? 2r 5 2r
2(constante).
46. Por hipótese:
x 5 a
m5 a
11 (m 2 1)r y 5 a
n5 a
11 (n 2 1)r z 5 a
p5 a
11 (p 2 1)r então:
(n 2 p)x 1 (p 2 m)y 1 (m 2 n)z 5
5 (n 2 p)[a
11 (m 2 1)r] 1 (p 2 m)[a
11 (n 2 1)r] 1 (m 2 n)[a
11 1 (p 2 1)r] 5
5 a
1(n 2 p 1 p 2 m 1 m 2 n) 1 r[(n 2 p)(m 2 1) 1 (p 2 m)(n 2 1) 1
1 (m 2 n) (p 2 1)] 5 a
1? 0 1 r ? 0 5 0.
47. Demonstração pelo princípio da indução finita.
Para n 5 3, temos:
1 a a
1 a a
a a a a a
2a a a a
2 a a
3 1
1 2 2 3
a a
3 1
1 2 3
2
1 2 3 1 3 1 3
+ = +
= = = −
Suponhamos a tese válida para p termos iniciais, p 3, ou seja:
1 a a
1 a a
1
a a ... 1
a a
p 1
1 2 2 3 3 4 p 1 p
a a
1 p+ + + + = −
−
então, temos:
1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 1 1 1
a a a a a a a a
p a a a
p p p p p p
+ + + + = +
− +
... −
a a
p+=
1
p a a
a a a
p a r a
p p p
p +
+
=
− +
= − + +
1 1
1 1
1 1
1( ) ( )( )
1
1 1
1
1 1
1 1
a a a
p a a p r
a a a
p p
p
+ p p+
= − + + −
( ) ( ) =
1
p a a a
=
p⋅
p
p p
a
p pp a a
p
+ +
a a
+= = + −
1 1 1 1 1
1 1
( )
e a tese está verificada para p 1 1 termos iniciais.
Em consequência, a tese vale para todo n natural.
49. (12, __, __, ... , __, __, 34) a 12
a 34 r 1
2
1 n
=
=
=
34 12 n 1 1
2 n 45
( )
⇒ = + − ⋅ ⇒ =
(incluindo os extremos)
Então, devem ser interpolados 43 termos.
52. Múltiplos de 2 → (100, 102, ..., 1 000) a 100
a 1 000 r 2
1 000 100 (n – 1) 2 n 451
1 n
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Múltiplos de 3 ⇒ (102, ..., 999) a 102
a 999 r 3
999 102 (m – 1) 2 n 300
1 m
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Múltiplos de 2 e 3, isto é, múltiplos de 6 → (102, ..., 996) a 102
a 996 r 6
996 102 (p – 1) 6 n 150
1 p
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Assim, múltiplos de 2 ou 3 de 100 a 1 000 são no total:
n 1 m 2 p 5 451 1 300 2 150 5 601.
53. Números de dois ou três algarismos: (10, 11, 12, ..., 998, 999) n 5 999 2 10 1 1 5 990
Números de dois ou três algarismos, divisíveis por 7: (14, ..., 994) a 14
a 994 r 7
994 14 (p – 1)r p 141
1 p
=
=
=
⇒ = + ⇒ =
Então, não são divisíveis por 7: n 2 p 5 849 números.
54. Total de inteiros de 1 000 a 10 000, n 5 9 001 Números divisíveis por 5: (1 000, ..., 10 000)
a 1 000 a 10 000 r 5
10 000 1 000 (m – 1) 5 m 1 801
1 m
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Números divisíveis por 7: (1 001, ..., 9 996) a 1 001
a 9 996 r 7
9 996 1 001 (p – 1) 7 p 1 286
1 p
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Números divisíveis por 5 e 7: (1 015, ..., 9 975) a 1 015
a 9 975 r 35
9 975 1 015 (q – 1) 35 q 257
1 q
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Então, não são divisíveis nem por 5 nem por 7:
n 2 [m 1 p 2 q] 5 9 001 2 [1 801 1 1 286 2 257] 5 6 171.
56. ( 1 , … , n
2)
n
__
__ , , __,
A P.A. tem n 1 2 termos.
n
25 1 1 (n 1 2 2 1)r ⇒ n
n
21 r ⇒ r n
1 1
62. a n
n
a n
n
r a a n
1
2
2 1
1 2
2 1
= = (
n
n r
⇒ ⇒
n
) 1
Então: a
n5 1
1 1
⇒ 0 n
n n
n a
n( ) .
Portanto, S
n5
1 0
2
1 2 –
– n
n n
S n
n
+
⋅
⇒ = .
67. S
205 a a
S a a a a
1 20
20 1 20 1 20
20
2 10 15 3
2
( + ) ⋅
⇒ = ( + ) = − ⇒ + = – Como a
6e a
15são termos equidistantes dos extremos, então:
a
61 a
155 a
11 a
20⇒ a
61 a
155 – 3
2 5 2 1,5.
68. r 5 0,08a
1a
115 36 ⇒ a
11 10 ? 0,08a
15 36 ⇒ a
15 20 Portanto, r 5 1,6 e a
265 60.
Assim, S
265 ( 20 60 26 )
2
261040
+ ⋅
⇒ S = .
69. S
105 a a
2 10 50 a a 10
1 10
1 10
+ ⋅ = ⇒ + =
S
205 a a
2 20 50 a a 5
1 20
1 20
+ ⋅ = ⇒ + =
a a 10
a a 5
2a 9r 10
2a 19r 5 r 1
2 e a 29 4
1 10
1 20
1 1
1
+ =
+ =
⇔
+ =
+ =
⇒ = − =
Então: a
305 29
4 1 29 1 2
−
⇒ a
305 29 4
−
Portanto, S
305 29
4 29
4 30
2 0
−
⋅
= .
71. Fonte
15 m 1 m
1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 ª caminhada (ida e volta) 5 2(15 1 1 1 1) 5 2 ? 17 5 34.
2 ª caminhada (ida e volta) 5 2(17 1 1 1 1 1 1) 5 2 ? 20 5 40.
Assim, à P.A.
1(3, 6, 9, ..., 60), que é o número de roseiras regadas a cada caminhada, corresponde a P.A.
2(34, 40, ...), que representa o percurso percorrido.
Considerando a P.A.
1, vem:
a 3
a 60 r 3
60 3 (n 1) 3 n 20
1 n
=
=
=
⇒ = + − ⋅ ⇒ =
Considerando a P.A.
2, vem:
a 34 a 20 r 6
a 34 19 6 a 148
1
n 20 20
=
=
=
⇒ = + ⋅ ⇒ =
Assim: S
205 34 148 S
2 20
201 820
+ ⋅ ⇒ = m.
73.
⇒ a
r
a n
n
n
1
5
4
5 1 4
1 590 5 5 4 4 2
= −
=
= − + − ⋅
⇒ = − − + −
( )
⋅ n
⇒ 2 n
2− 7 n − 1 590 = 0 ⇒
=
= −
n ou
n rejeitado 30
53
2 ( )
Então, S
n5 1 590 se n 5 30.
74.
a 13 a 45 4
r a – a r – 7 4
1
2
2 1
=
=
⇒ = ⇒ =
a
n5 13 1 (n 2 1) 7
4 a 59
4 – 7 4 n
−
n
⇒ =
S
n5 13 59 4
7 4 n
2 n 0 7n
2111n 0
+ −
⋅ < ⇒ − + < ⇒
7n 111n 0
n 0 (rejeitado) ou
n 111
7 n 16 (valor mínimo)
⇒
2− < ⇒
<
> ⇒ =
76.
a a a a
a r
1 59
2 60
1
59
2 12
59
2 130
2 58
( + ) ⋅
=
( + ) ⋅
=
⇔
+ = 2 24 59 2 60 260
59
2 3 410
59
1
1
a r
r e a
+ =
⇒ = = −
78. (4, 7, 10, 13, ..., 517)
a 4 r 3 a 517
517 4 n 1 3 n 172
1
n
( )
=
=
=
⇒ = + − ⋅ ⇒ =
Então, 517 é termo de ordem par e cada P.A. extraída dessa tem 86 termos:
P.A.
i(4, 10, 16, ..., 514) e P.A.
p(7, 13, ..., 517)
S 4 514 86 2 S 7 517 86
2
S S
518 524
259 262
86i
86p
86i 86p
( )
( )
= + ⋅
= + ⋅
= =
81. (14, 21, 28, ..., a
n), em que a
n 9 999
Então, 14 1 (n 2 1) ? 7 9 999 ⇒ n 1 427 ⇒ n 5 1 427 Assim, a
1 4275 14 1 1 426 ? 7 5 9 996.
S
142714 9 996 1 427 S
14272 7 142 135
= + ⋅
⇒ =
( )
84.
f f
f ( ) f S
( )
1 2 1 3 1 5
25 2 25 3 25 53
25= ⋅ + ⇒ ( ) =
= ⋅ + ⇒ ( ) =
⇒ = = + ⋅
( 5 53 25 ) =
2 725
Portanto f(1) 1 f(2) 1 ... 1 f(25) 5 725
85. 4 3
25 5
( x ) An Bn C
x n
− = + +
= +
∑
Para n 5 1, vem:
4 3
4 5 3 4 6 3
5 6
( )
( ) ( )
x A B C
A B C A B C
x
− = + + ⇒
⇒ − + − = + + ⇒
⇒ + +
=
∑
=
= 20 ( ) 1 Para n 5 2, vem:
4 3 4 2
4 5 3 4 6 3 4 7 3 4
5 7
( )
( ) ( ) ( )
x A B C
A
x
− = + + ⇒
⇒ − + − + − = +
=
∑
2 2
4 2 36 2
B C
A B C
+ ⇒
⇒ + + = ( )
Para n 5 3, vem:
4 3 9 3
4 5 3 4 6 3 4 7 3 4 8
5 8
( )
( ) ( ) ( ) (
x A B C
x
− = + + ⇒
⇒ − + − + − +
=
∑
−
− = + + ⇒
⇒ + + =
3 9 3
9 3 56 3
) ( )
A B C
A B C
( ) ( ) ( )
1 20
2 4 2 36
3 9 3 56
A B C A B C A B C + + = A
+ + =
+ + =
⇔
+ B B C B C B C
A B C
+ =
+ =
+ =
⇔
+ + 20
2 3 44
6 8 124
=
=
+ =
=
20 2 3 44 8 B C
C
Então, A 1 B 5 20 2 C ⇒ 20 2 8 5 12.
86. S
m5 S
n⇒
+ −
=
+ −
2 1 ⇒
2
2 1
2
1 1
a ( m ) r m a ( n ) r n
⇒ 2a
1m 1 (m 2 1)rm 5 2a
1n 1 (n 2 1)rn ⇒
⇒ 2a
1(m 2 n) 5 [n(n 2 1) 2 m(m 2 1)]r ⇒
⇒ 2a
1(m 2 n) 5 (n 2 m)(n 1 m 2 1)r ⇒
⇒ 2a
15 2 (n 1 m 2 1 )r (1)
Sendo a
m 1 n5 a
11 (m 1 n 2 1)r, então:
S a a m n r m n
S a m n
m n
m n +
+
=
+ + + −
+
=
+ + −
1 1
1
1 2 2
( ) ( )
( 1 1
2 ) ( ) 2
r m n ( )
+
Substituindo (1) em (2), vem:
S
m 1 n5 0.
87. (a
1, a
2, ..., a
n 1 1, ..., a
2n, a
2n 1 1) é uma P.A. com número ímpar de termos. Então, o termo médio é média aritmética entre os extremos e essa relação também é válida entre os índices desses termos.
Assim:
2 1 1 2
2 2
2 n 1
n
+ +
n= +
= + (índice do termo médio).
Temos, ainda:
a
2n 1 15 a
11 2nr e a
2n5 a
11 (2n 2 1)r.
S a a nr n
a nr n
i
= + + +
= + +
( )( )
( )( )
1 1
1
2 2 1
2 2 1
S a r a n r n
a nr n
p
= + + + −
= + ⋅
1 1
1
2 1 2
2 ( ) 2
( )
S
i2 S
p5 (a
11 nr)(2n 1 1) 2 2(a
11 nr)n 5
5 (a
11 nr)(2n 1 1 2 2n) 5 a
11 nr 5 a
n 1 1(termo médio)
88. (a
1, a
2, ..., a
p, ..., a
n, ...)
a
p1 a
n5 a
11 (p 2 1)r 1 a
11 (n 2 1)r 5
5 a
11 [a
11 (p 1 n 2 2)r] P.A. ⇒ a
15 Kr, K Z
89. a 4 a a n
3 1 1 4 a n 3
3 4
n 3
n 3
1 1
= ⇒ = + −
⋅ = ⇒ + −
=
Sabendo que n 5 3K, então a
11 3 K 1 3
( − )
5 4 ⇒ a
15 5 2 K.
Então: a
n5 a
3K5 5 2 K 1 3K 2 1 5 4 1 2K.
Portanto, S K K K
K 3
5 4 2 3
2 33
= ( − + + )
= ⇒
K K
K rejeitad
2
9 22 0
11
⇒ + − = ⇒
= − ( o o ou
K a e n
)
= ⇒ = =
2
13 6
Assim: P.A. (3, 4, 5, 6, 7, 8).
91. ( )
( )
a a n
n a
n n
1
2 1
2 +
= + ⋅
a
1? n 1 a
n? n 5 n ? a
n1 a
n⇒ a
1n 5 a
n⇒
⇒ a
1n 5 a
11 (n 2 1)r ⇒ a
1(n 2 1) 5 (n 2 1)r ⇒ a
15 r
— Progressão geométrica
97. (1 1 x, 13 1 x, 49 1 x) 13
1
49
13 13
249 1
+ +
= + +
⇒ ( + ) = + +
x x
x
x x ( x )( x ) ⇒
24 120 0
⇒ x − = ⇒ x x = 5 Portanto, (6, 18, 54) ⇒ q 5 3.
99. sen x
sen x q q –sen x sen x –1 )
( + π
= ⇒ = =
sen x 2
sen x q q sen x
–sen x –1 )
( ) (
+ π
+ π = ⇒ = =
A progressão geométrica é alternante, com q 5 2 1.
101. P.G.: x q , x, xq
condições:
x
q x xq 21 8 (1) x
q x x q 189
64 (2)
2 2
2 2 2
+ + =
+ + =
Fazendo a diferença entre o quadrado de (1) e (2), temos:
2x
q 2x q 2x 21
8 – 189
64 2x x
q x xq 63 16
2
2 2
2
+ + =
⇒ + +
= ⇒
2x 21 8
63
16 x 3 4
⇒ ⋅ = ⇒ = . Substituindo em (1), resulta:
3 4q
3 4
3q 4
21 8
+ + = ⇒ 2q
22 5q 1 2 5 0 ⇒ q 5 1
2 ou q 5 2 Os números procurados são: 3
8 , 3 4 e 3
2 .
CAPÍTULO III
102. a a
a a
x xq xq xq
1 2
3 4
2 3
12 300
12 300
+ =
+ =
⇒
+ =
+ =
⇒ x x q
xq q
( ) ( )
( ) ( )
1 12 1
1 300 2
2
+ = + =
Dividindo (2) por (1), membro a membro, vem:
q
25 25 ⇒ q 5 ±5
Para q 5 5 ⇒ x 5 2 ⇒ (2, 10, 50, 250).
Para q 5 2 5 ⇒ x 5 2 3 ⇒ ( 2 3, 15, 2 75, 375).
103.
x q
x
q x xq xq 121
3 (1)
x q
x
q x xq xq 243 (2)
2
2
2
2
+ + + + =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
De (2) vem x
55 243 ⇒ x 5 3.
Substituindo em (1), resulta: 1 q
1
q 1 q q 121
2
9
+ + + +
2= .
E daí:
q 1
q q 1
q 1 121 9
2
+
2
+ +
+ = .
Fazendo q 1
q y e q 1 q 2
2
+ = +
2− , resulta:
(y
22 2) 1 y 1 1 5 121 9
⇒ y
21 y 2 130
9 5 0 ⇒
⇒ y – 13
3 ou y 10
3 q –13 133
6 ou q 3 ou q 1 3
= =
⇒ = ±
= =
.
Como q é racional, os números são: 1
3 , 1, 3, 9, 27.
104.
a a a 182
a a a 546
x xq xq 182 xq xq xq 546
1 3 5
2 4 6
2 4
3 5
+ + =
+ + =
⇔ + + =
+ + =
⇔
⇔
+ +
( ) =
+ +
( ) =
x q q
xq q q
1 182 1
1 546 2
2
2 4
2 4
( ) ( ) ( )
Dividindo (2) por (1), membro a membro, vem:
q 5 546
182 5 3 ⇒ x 5 2 ⇒ (2, 6, 18, 54, 162, 486).
105.
b ac
c b d d c b
a d a d
b c
2
1
2 2 2
32 32 3
=
= + ⇒ = −
+ = ⇒ = −
+ = ( )
( ) ( ) 2
24 ⇒ = 24 4
c – bv ( )
Substituindo (4) em (2), vem: d 5 48 2 3b (5).
Substituindo (5) em (3), vem: a 5 2 16 1 3b (6).
Substituindo (4) e (6) em 1, temos:
b
25 ( 2 16 1 3b)(24 2 b) ⇒ b
22 22b 1 96 5 0 ⇒ b 5 16 ou b 5 6
Para b 5 16, vem: a 5 32, c 5 8 e d 5 0 ⇒ P G P A
. .( , , ) . .( , , )
32 16 8 16 8 0
Para b 5 6, vem: a 5 2, c 5 18 e d 5 30 ⇒ P G P A
. .( , , ) . .( , , )
2 6 18 6 18 30
106. x 2 r 1 x 1 x 1 r 5 36 ⇒ x 5 12
P.A. (12 2 r, 12, 12 1 r) ⇒ (12 2 r, 12, 18 1 r) é P.G.
Então: 12
25 (12 2 r)(18 1 r) ⇒ r
21 6r 2 72 5 0 ⇒
⇒ r 5 6 ou r 5 2 12 (rejeitado porque a P.A. é crescente) Então, os números são 6, 12 e 18.
107. Como x, y e z estão em P.G., nessa ordem, então y
25 xz. Assim, vem:
(x 1 y 1 z)(x 2 y 1 z) 5 x
21 2xz 2 y
21 z
25 x
21 2y
22 y
21 z
25
5 x
21 y
21 z
2.
108. a, b, c e d estão em P.G. ⇒
b ac c bd ad bc
2 2
=
=
=
Assim, temos:
(b 2 c)
25 b
22 2bc 1 c
25 ac 2 2ad 1 bd.
109. (a, b, c) é P.A. ⇒ 2b 5 a 1 c (a, b, c) é P.G. ⇒ b
25 ac Então, vem:
(2b)
25 (a 1 c)
2⇒ 4b
25 a
21 2ac 1 c
2⇒ 4ac 5 a
21 2ac 1 c
2⇒
⇒ a
22 2ac 1 c
25 0 ⇒ (a 2 c)
25 0 ⇒ a 5 c.
Como 2b 5 a 1 c, então 2b 5 2a ⇒ b 5 a.
110. (a, b, c, d) é P.G. ⇒
b ac c bd bc ad
2 2
=
=
=
(b 2 c)
21 (c 2 a)
21 (d 2 b)
25
5 b
22 2bc 1 c
21 c
22 2ac 1 a
21 d
22 2bd 1 b
25 5 a
21 2b
21 2c
21 d
22 2ac 2 2bc 2 2bd 5
5 a
21 2ac 1 2bd 1 d
22 2ac 2 2bc 2 2bd 5 5 (a 2 d)
2111. medidas dos lados: x, xq, xq
2condição: (xq
2)
25 x
21 (xq)
2(teorema de Pitágoras) Então, temos:
x
2q
45 x
21 x
2q
2⇒ q
42 q
22 1 5 0 ⇒ q
25 1 5 2
+ ⇒
⇒ q 5 1 5 2 +
.
112. medidas dos lados: x, xq e xq
2condições: (1) q . 1 (P.G. crescente)
(2) xq
2 x 1 xq (condição para existência do triângulo) De (2) vem: q
2 1 1 q ⇒ q
22 q 2 1 0 ⇒ 1 5
2 q 1 5
2
− < < +
. Fazendo a interseção, temos:
1 q 1 5 2
+ .
113. medidas dos lados: x q , x, xq condições: (1) x
q ? x ? xq 5 1 728
(2) xq x 1 x q
De (1) vem x 5 12, que, substituído em (2), dá:
q
22 q 2 12 0 ⇒ 2 3 q 4.
Como q deve ser positivo e divisor de 12, então temos:
q 5 1 ⇒ lados medindo 12, 12 e 12 q 5 2 ⇒ lados medindo 6, 12 e 24 q 5 3 ⇒ lados medindo 4, 12 e 36
e, ainda, q 5 1,5 ⇒ lados medindo 8, 12, 18.
114. sen
2x 5 sen x
2 ? tg x ⇒ 2 sen
2x 5 sen x cos x
2
⇒
⇒ 2 sen
2x cos x 2 sen
2x 5 0 ⇒
⇒ sen
2x(2 cos x 2 1) 5 0 ⇒
sen x x k k
ou
x x k k
2
0
1
2 3 2
= ⇒ =
= ⇒ = ± +
π
π π
( )
cos ( )
Z
Z
118. q 5 a a
2 1
1 3 1 2
1
2
62 2
= =
–a
45 a
3? q 5 2 2
1 6
1
?
–65 1
120. a
8a
1q
7a
1a
7 1
1
62
1 2
1
2 6
= ⇒ =
⇒
=
−
⭈ ⭈ ⭈ 4 4
123. a
n5 a
1? q
n 2 15 1 ? 3
n 2 15 3
n 2 1100 3
n 2 1 1 000 ⇒ 3
4 100 3
n 2 1 1 000 3
7⇒
⇒ 4 n 2 1 7 ⇒ 5 n 8 ⇒ n {6, 7}
Então existem 2 termos: a
6e a
7. 124. a
105 a
1? q
95 2 ? 3
9⇒ ( a
10)
1 8
1 8
1
2 3 3
8= ⭈ ⭈
A igualdade dada é falsa.
125. taxa de crescimento 5 3% a.a. ⇒ q 5 1,03 a
45 120 000 ? (1,03)
35 131 127
126. taxa de crescimento 5 10% a.a. ⇒ q 5 1,1
Ao final de 4 anos, temos: a
55 100 000 ? (1,1)
45 146 410.
127. Vamos representar por a
1, a
2, a
3, a
4, a
5o volume de álcool existente na mistura após cada uma das operações realizadas. Temos:
a
15 12 2 3 5 9 a
25 9 2 9
12 ? 3 5 27
4 , pois a quantidade de álcool nos 3 retirados é de 9
12 do total.) a
35 27
4 2 27
4 ? 3 5 81
16 , pois a quantidade de álcool nos 3
retirados é de 27
4 12
do total.
Pode-se notar, então, que a
1, ..., a
5é uma P.G. com a
15 9 e q 5 3 4 . Daí vem: a
55 a
1? q
45 9 ? 3
4
729 256
4
= 2,85 .
129. a
1q 1 a
1q
31 a
1q
55 10 (1) a
1q
21 a
1q
41 a
1q
65 30 (2) Dividindo (2) por (1), temos:
q a a q a q
q a a q a q q
2
1 1
2 1
4
1 1
2 1
4
3 3
( )
( + + ) .
+ + = ⇒ =
Substituindo em (1), temos:
3a
11 27a
11 243a
15 10 ⇒ a
15 10 273 . 131. a 5 a
pb 5 a
q5 a
p? Q
q 2 pc 5 a
r5 a
p? Q
r 2 pEntão: a
q 2 r? b
r 2 p? c
p 2 q5 a ? ? a
b b
c c
q r
r p
p q
=
5 a a
a Q a Q
q
a
p r p
r p
q p
p p
q p p p p
r
⭈ ⭈
⭈
( )⭈ ⭈
( )
−
−
⭈ Q a Q
r p p q
p
r p q
( )
( )
−
−
=
5 Q
(q−p r)( −p)⭈ Q
(r−p p)( −q)= Q
(r−p q)( −pp+p−q)= Q
0= 1
132. a a
a a
2 1
3 2
= 5 ... 5 q, então:
1 a
1 a
a a
1
q e
1 a
1 a
a a
1
q e
1 a
1 a
a a
1 q
2
1 1 2
3
2 2 3
n
n 1 n 1
n
= = = = = =
−
−
provando que 1 a , 1
a , 1 a , ...
1 2 3
também é P.G.
133. a a
a a
2 1
3 2
= 5 ... 5 q, então:
? ?
a a
a a
a
a q , a a
a a
a
a q
3 1
3 2
2 1
2 5 3
5 4
4 3
= = = =
2, etc.
provando que (a
1, a
3, a
5, ...) também é P.G.
? ?
a a
a a
a
a q , a a
a a
a
a q
4 2
4 3
3 2
2 6 4
6 5
5 4
= = = =
2, etc.
provando que (a
2, a
4, a
6, ...) também é P.G.
135. P.G.: (3, __, __, 2 24, __, __) a 24 ?
a
43 24 3 q q 8 q 2
1
3 3
= −
=
⇒ − = ⇒ = − ⇒ = −
a
65 a
1? q
55 3 ? ( 2 2)
55 2 96
136. a
15 78 125, a
n5 128 e q 5 2
5 , então:
? 128 78 125 2
5
2 5
2
5 n 1 7 n 8
n 1 n 1 7
=
7
⇒
= ⇒ − = ⇒ =
− −
então devem ser interpolados 6 meios geométricos.
137. a
15 1 458, a
n5 2 e q 1
3 , então:
2 5 1 458 ? q
n 2 1⇒ q 5 2 1 458
1
3 3
1 n 1
6 1 n 1
6 n 1
=
=
− − −
−
q 1
3 3 3 6
n 1 1 n 1 6 n 7
6
n 1 1
< ⇒ < ⇒
− > ⇒ − < ⇒ <
−
− −
Como a P.G. deve ter no máximo 6 termos, então o número de meios
a interpolar é no máximo 4.
138. P.G. (a, x, y, b) ⇒
xy ab (1) x ay (2) y xb (3)
2 2
=
=
=
De (1), vem: y 5 ab
x , que substituído em (2) implica:
? ?
x a ab
x x a b x a b
2 3 2
2 3
1
= ⇒ = ⇒ =
3.
Analogamente, x ab ? ?
y y ab
y b y ab y a b
2 3 2
1 3
2
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
3.
140. a) S 5 log
2a 1 log
22a 1 log
24a 1 ... 1 log
22
na 5 5 log
2[a ? 2a ? 4a ? ... ? 2
na]
O logaritmando é uma P.G., tal que a
15 a, q 5 2 e o número de termos é n 1 1.
Para calcular esse produto, temos:
P a
nn n
=
++ 1
1
2
2?
( )
E, então, S a n n
n
n
n n
=
= +
+ +
+
+
log ( )
( )
( )
2 1
1
2
21
2 1
· llog
2a .
b) Sendo S 5 n 1 1, então:
n n n
n a n
+ = + a
+ + ⇒ = + ⇒
1 1
2 1 1
2
2
2( )
( )log log
1 n
2 log a
2a 2
1n
⇒ − = ⇒ =
2−
.
141.
log ( )
log ( )
log ( )
a q
c
n
b b b
c a
=
=
=
=
4 1
2 2
1
100 3
?? q
n n( )
( )
−
214
De (3), vem: b c
1
=
100(5)
Substituindo (4) em (5), temos: b 5 a q
n n n
100
1
?
200 ( − )(6) Substituindo (6) em (1), vem:
log
( )
a
n n n n
a
100q a a q
1
200
4
4 100? ?
−
= ⇒ =
n
n n n n
a q
n( ) ( )
( )
− −
⇒ =
− 1 2001 2 400
(7) Substituindo (6) em (2), vem:
log
( )
q
n n n n
a
100q q a q
1
200
2
2 100? ?
−
= ⇒ =
n
n n n n
a q
n( − ) − ( − )
⇒ =
1 200
400 1
2
(8)
Comparando (7) e (8), temos:
q
n n nq n n
n n n
( ) ( )
( )
−
(
−1) =
− −⇒ −
2 400
400 1
2
1
400 − − = − −
⇒ n
n n n 400 ( 1 )
⇒ 400n
25 400
2⇒ n
25 400 ⇒ n 5 20
143. a
1? a
2? a
3? ... ? a
2n 2 1? a
2n5 (a
2? a
4? ... ? a
2n) ? (a
1? a
3? ... ? a
2n 2 1)
a
2n5 2
n⇒
n 1 a 2 4
n 2 a 2 16 n 3 a 2 64
2 2
4 4
6 6
= → = =
= → = =
= → = =
Então, a sequência dos termos de ordem par é 4, 16, 64, ..., em que a
25 4 e q 5 4.
a
2n 2 15 ( 2 3)
2n 2 1⇒
n a
n a
n a
= → = − = −
= → = − = −
= → = − = −
1 3 3
2 3 27
3 3 24
1 1
3
3
5 5
( ) ( )
( ) 3 3
Então, a sequência dos termos de ordem ímpar é 2 3, 2 27, 2 243, ..., em que a
15 2 3 e q 5 9.
Entre os 55 termos iniciais há 28 termos ímpares e 27 termos pares.
Assim:
P
285 ( 2 3)
28? 9
28 27
)
2(
⋅
5 ( 2 3)
28? (9)
3785 3
784P
275 4
27? 4
27 26 2
?
5 4
27? 4
3515 4
3785 2
756Assim: P
555 P
28? P
275 3
784? 2
756.
146. a a a a
a q a q a a q
2 4
1 3
1 1
3
1 1
2
10 5
10 5
+ =
+ =
⇔
+ =
+ =
⇒ a
a q q
a q
1
2
1 2
1 10 1
1 5 2
( + ) =
( + ) =
( ) ( ) Dividindo (1) por (2), membro a membro, vem:
q 5 2 ⇒ a
15 1 e, portanto, a
45 1 ? 2
3⇒ a
45 8.
147. (base b, altura h, área a)
? por hipótese : h
b 8 h 8b (1)
propriedade dos termos da P.G. : h ba (2) área do triângulo : a b h
2 (3)
2
= ⇒ =
=
=
Substituindo (3) em (2), temos: h b h
2 h b
2
2
2 2
= ⇒ = . Considerando (1), vem: b
2
2
5 8b ⇒ b 5 16.
148. S q q
q q q
q q q
3
3 2
3 1
21 21 1 1
1 7 6 0
= −
−
= ⇒ − + +
−
= ⇒ + − = ⇒
( ) ( )( )
⇒ q 5 2 3 ou q 5 2 S 3 q 1
q 1 45 q 1 q 1 q 1
q 1 15
4
4
) (
2)
( ( ) ( )
=
−
−
= ⇒
+ + −
−
= ⇒
⇒ ( q
21 1 ) (q 1 1) 5 15
Verifica-se que q 5 2 3 não satisfaz esta última condição.
Então, q 5 2.
Portanto: S 3 2 1 2 1 93
5
5
)
= (
−
−
= .
149.
a b
A B
50
50 1 a 1 b 5 62 ⇒ a 5 12 2 b (1) P.G. (50, a, b) ⇒ a
25 50b (2)
Resolvendo o sistema formado por (1) e (2), temos:
a 5 12 2 b ⇒ a
25 144 2 24b 1 b
25 50b
b
22 74b 1 144 5 0 ⇒
b rejeitado porque é maior que n A B ou
b
=
= 72
2
( ( ))
⇒
⇒ =
a 10
Então: P.G. (50, 10, 2) e n(A B) 5 10.
150. (x, y, z) é P.A. ⇒ (x 5 y 2 r e z 5 y 1 r)
Por hipótese, x 1 y 1 z 5 15 ⇒ y 2 r 1 y 1 y 1 r 5 15 ⇒ y 5 5 e daí x 5 5 2 r e z 5 5 1 r.
(x, y 1 1, z 1 5) é P.G. ⇒ (5 2 r, 6, 10 1 r) é P.G.
Então: 6
25 (5 2 r)(10 1 r) ⇒ r 5 2 ou r 5 2 7.
Para r 5 2, x 5 3, y 5 5 e z 5 7 ⇒ 3z 5 21.
Para r 5 7, x 5 12 (rejeitado porque 12 . 10).
151. P.A. (a, a 1 r, a 1 2r, ...) ⇒ S
35 3(a 1 r) P.G. a, 2 3
3 r, S , ... 2 3 3 r
3
2
⇒
5 a ? S
3⇒
⇒ 4r
3 3a a r
2
) (
= + ⇒
⇒ 9a
21 9ra 2 4r
25 0 ⇒ a 5 r
3 ou a 5 − 4 3 r ⇒
⇒ a r
1 3
= ou a r
= − 4 3
153.
3a
2a
2 a
2
2é lado de Q
2
2
2
2 2
2 2
22 2
=
+
⇒ =
a a a
3é lado de Q
3
3
2 2
2 2
2 2
2
2 2 2 2
4 4
=
+
=
= ⇒
a a
35 a 2
Então, considerando os lados, temos:
P.G. a, a 2 2 , a
2 , , a 2 2
n 1
…
−