FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR

(1)

(2)

(3)

4 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

(4)

Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros 05413-010 — São Paulo — SP

Fone: (0xx11) 3611-3308 — Fax vendas: (0xx11) 3611-3268 SAC: 0800-0117875

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:

(5)

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 professor, 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

(6)

CAPÍTULO II — Progressão aritmética ... 1

CAPÍTULO III — Progressão geométrica ... 14

CAPÍTULO IV — Matrizes ... 42

CAPÍTULO V — Determinantes ... 54

CAPÍTULO VI — Sistemas lineares ... 78

(7)

— Progressão aritmética

8. (x 2 1)

³

1 x

³

1 (x 1 1)

³

5 (x 2 1 1 x 1 x 1 1)

²

⇒

⇒ x

³

2 3x

²

1 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 ²

2

( )

−

( − ) ⁼





 





 r

²

23 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

²

2 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

(8)

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

− + =







⇔ − =

− =

3 45

77 9 45

7

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).

(9)

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

²

2 z

²

5 (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

²

x

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

²

1 b

²

c 2 a

²

b 2 a

²

c 5 5 ab(b 2 a) 1 c(b

²

2 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

²

1 c

²

b 1 ac

²

2 b

²

c 2 abc 5 5 ac

²

1 bc

²

2 ab

²

2 b

²

c 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)

= ⇒ = ⇒ = +

⋅ ⇒ = +

(10)

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

²

2( ad 2 9 bg ) 5 2(x

²

2 9y

²

2 9x

²

2 9y

²

) 5 2 16x

²

então: ( δ + 3 )( β δ − 3 ) β + α + ( 3 )( γ α − 3 ) γ = 2( αδ − 9 βγ ) .

34. a

₂

5 a

₁

1 r ⇒ a

₁

1 2 5 24 ⇒ a

₁

5 22

a

_n

5 a

₁

1 (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

_n

5 a

₁

1 (n 2 1)r ⇒ 191 5 15 1 (n 2 1) ? 2 ⇒ n 5 89

40. a

_m

1 a

_n

5 a

_p

1 a

_q

⇒

⇒ a

₁

1 (m 2 1)r 1 a

₁

1 (n 2 1)r 5 a

₁

1 (p 2 1)r 1 a

₁

1 (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

₁₀₀

5 99 3 302

=







⇒ = + ⋅ =

Então, P.A.

₁

(5, 8, 11, ..., 302).

P.A.

₂

{3, 7, 11, ...) n 100

r 4 a

₁₀₀

3 99 4 399

=







⇒ = + ⋅ =

Então, P.A.

₂

(3, 7, 11, ..., 399).

(11)

Como queremos os termos comuns às duas progressões, então a

_n

 302.

Observamos que o primeiro termo comum é a

₁

5 11 e o segundo termo comum é a

₂

5 23 ⇒ r 5 12.

Então: a

₁

1 (n 2 1)r  302

11 1 (n 2 1) ? 12  302 ⇒ n  25,25 ⇒ n 5 25.

43. a

_p

5 a 1 (p 2 1)r ⇒ a 5 a

_p

2 (p 2 1)r Como 0  a  10 e a

_p

5 35, vem:

0  35 2 (p 2 1) ? 13  10 ⇒ 2,9  p  3,6 ⇒ p 5 3.

Então: a

₃

5 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

_p

2 a

_p₂₁

5 r e a

_p₂₁

2 a

_p₂₂

5 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

p2

a 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

_m

5 a

₁

1 (m 2 1)r y 5 a

_n

5 a

₁

1 (n 2 1)r z 5 a

_p

5 a

₁

1 (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

₁

1 (m 2 1)r] 1 (p 2 m)[a

₁

1 (n 2 1)r] 1 (m 2 n)[a

₁

1 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.

(12)

47. Demonstração pelo princípio da indução finita.

Para n 5 3, temos:

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

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

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 p

p 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

=







 

⇒ = + ⋅ ⇒ =

(13)

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.

(14)

56. ( 1 , … , ⁿ

²

)

n

__

, , ,

A P.A. tem n 1 2 termos.

n

²

5 1 1 (n 1 2 2 1)r ⇒ n

n

²

1 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

_n

5 1

1 1

⇒ 0 n

n n

n a

_n

( ) .

Portanto, S

_n

5 1 0

2 1 2 –

– n

n n

S n

n

 +











⋅

⇒ = .

67. S

₂₀

5 a a

S a a a a

1 20

20 1 20 1 20

20 2 10 15 3

2 ( + ) ^⋅

⇒ = ( + ) ^{= −} ^⇒ ⁺ ⁼ – Como a

₆

e a

₁₅

são termos equidistantes dos extremos, então:

a

₆

1 a

₁₅

5 a

₁

1 a

₂₀

⇒ a

₆

1 a

₁₅

5 – 3

2 5 2 1,5.

68. r 5 0,08a

₁

a

₁₁

5 36 ⇒ a

₁

1 10 ? 0,08a

₁

5 36 ⇒ a

₁

5 20 Portanto, r 5 1,6 e a

₂₆

5 60.

Assim, S

₂₆

5 ( 20 60 26 )

2

₂₆

1040

+ ⋅

⇒ S = .

69. S

₁₀

5 a a

2 10 50 a a 10

1 10

+ ⋅ = ⇒ + =

S

₂₀

5 a a

2 20 50 a a 5

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

+ =







⇔

+ =







⇒ = − =

(15)

Então: a

₃₀

5 29

4 1 29 1 2

 −





 ⇒ a

₃₀

5 29 4

−

Portanto, S

₃₀

5 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

₂₀

5 34 148 S

2 20

₂₀

1 820

+ ⋅ ⇒ = m.

73. ⇒ a

r

a 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

_n

5 1 590 se n 5 30.

(16)

74. a 13 a 45 4

r a – a r – 7 4

1

2

2 1

=







 

⇒ = ⇒ =

a

_n

5 13 1 (n 2 1) 7

4 a 59

4 – 7 4 n

−

n







 ⇒ =

S

_n

5 13 59 4

7 4 n

2 n 0 7n

²

111n 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

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)

(17)

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

_{1 427}

5 14 1 1 426 ? 7 5 9 996.

S

₁₄₂₇

14 9 996 1 427 S

₁₄₂₇

2 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

²

5 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

(18)

( ) ( ) ( )

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

_m

5 S

_n

⇒

+ −

   

=

+ −

   

2 1 ⇒

2 2 1

2

1 1

a ( m ) r m a ( n ) r n

⇒ 2a

₁

m 1 (m 2 1)rm 5 2a

₁

n 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

₁

5 2 (n 1 m 2 1 )r (1)

Sendo a

_m₁_n

5 a

₁

1 (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

_m₁_n

5 0.

87. (a

₁

, a

₂

, ..., a

_n₁₁

, ..., a

_2n

, a

_2n₁₁

) 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

_2n₁₁

5 a

₁

1 2nr e a

_2n

5 a

₁

1 (2n 2 1)r.

S a a nr n

a nr n

i

= + + +

= + +

( )( )

1 1

1

2 2 1

(19)

S a r a n r n

a nr n

p

=   + + + −  

= + ⋅

1 1

1

2 1 2

2 ( ) 2

( )

S

_i

2 S

_p

5 (a

₁

1 nr)(2n 1 1) 2 2(a

₁

1 nr)n 5

5 (a

₁

1 nr)(2n 1 1 2 2n) 5 a

₁

1 nr 5 a

_n₁₁

(termo médio)

88. (a

₁

, a

₂

, ..., a

_p

, ..., a

_n

, ...)

a

_p

1 a

_n

5 a

₁

1 (p 2 1)r 1 a

₁

1 (n 2 1)r 5

5 a

₁

1 [a

₁

1 (p 1 n 2 2)r]  P.A. ⇒ a

₁

5 Kr, K  Z

89. a 4 a a n

3 1 1 4 a n 3

3 4

n 3

1 1

= ⇒ = +  −





 ⋅ = ⇒ +  −

  

  =

Sabendo que n 5 3K, então a

₁

1 3 K 1 3

( − )

5 4 ⇒ a

₁

5 5 2 K.

Então: a

_n

5 a

_3K

5 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

₁

3 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

_n

1 a

_n

⇒ a

₁

n 5 a

_n

⇒

⇒ a

₁

n 5 a

₁

1 (n 2 1)r ⇒ a

₁

(n 2 1) 5 (n 2 1)r ⇒ a

₁

5 r

(20)

— Progressão geométrica

97. (1 1 x, 13 1 x, 49 1 x) 13

1

49 13 13

²

49 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

²

2 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

(21)

102. a a

a a

x xq xq xq

1 2

3 4

2 3

12 300

+ =







 

⇒

+ =







 

⇒ x x q

xq q

( ) ( )

1 12 1

1 300 2

2

+ = + =







 

Dividindo (2) por (1), membro a membro, vem:

q

²

5 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

+ + + + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =





 





De (2) vem x

⁵

5 243 ⇒ 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

²

2 2) 1 y 1 1 5 121 9

⇒ y

²

1 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.

(22)

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

( ) ( ) ( )

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

²

5 ( 2 16 1 3b)(24 2 b) ⇒ b

²

2 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

²

5 (12 2 r)(18 1 r) ⇒ r

²

1 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

²

5 xz. Assim, vem:

(x 1 y 1 z)(x 2 y 1 z) 5 x

²

1 2xz 2 y

²

1 z

²

5 x

²

1 2y

²

2 y

²

1 z

²

5 5 x

²

1 y

²

1 z

²

.

(23)

108. a, b, c e d estão em P.G. ⇒

b ac c bd ad bc

2 2

=





 





 Assim, temos:

(b 2 c)

²

5 b

²

2 2bc 1 c

²

5 ac 2 2ad 1 bd.

109. (a, b, c) é P.A. ⇒ 2b 5 a 1 c (a, b, c) é P.G. ⇒ b

²

5 ac Então, vem:

(2b)

²

5 (a 1 c)

²

⇒ 4b

²

5 a

²

1 2ac 1 c

²

⇒ 4ac 5 a

²

1 2ac 1 c

²

⇒

⇒ a

²

2 2ac 1 c

²

5 0 ⇒ (a 2 c)

²

5 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)

²

1 (c 2 a)

²

1 (d 2 b)

²

5 5 b

²

2 2bc 1 c

²

1 c

²

2 2ac 1 a

²

1 d

²

2 2bd 1 b

²

5 5 a

²

1 2b

²

1 2c

²

1 d

²

2 2ac 2 2bc 2 2bd 5

5 a

²

1 2ac 1 2bd 1 d

²

2 2ac 2 2bc 2 2bd 5 5 (a 2 d)

²

111. medidas dos lados: x, xq, xq

²

condição: (xq

²

)

²

5 x

²

1 (xq)

²

(teorema de Pitágoras) Então, temos:

x

²

q

⁴

5 x

²

1 x

²

q

²

⇒ q

⁴

2 q

²

2 1 5 0 ⇒ q

²

5 1 5 2

+ ⇒

⇒ q 5 1 5 2 +

.

(24)

112. medidas dos lados: x, xq e xq

²

condições: (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

²

2 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

²

2 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

²

x 5 sen x

2 ? tg x ⇒ 2 sen

²

x 5 sen x cos x

2

⇒

⇒ 2 sen

²

x cos x 2 sen

²

x 5 0 ⇒

⇒ sen

²

x(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



(25)

118. q 5 a a

2 1

1 3 1 2

1

2

6

2 2

= =

^–

a

₄

5 a

₃

? q 5 2 2

1 6

1

?

^–6

5 1

120. a

₈

a

₁

q

⁷

a

₁

a

7 1

1

6

2 1 2

1 2 6

= ⇒ = 

 



  ⇒ 

 



  =

−

⭈ ⭈ ⭈ 4 4

123. a

_n

5 a

₁

? q

ⁿ²¹

5 1 ? 3

ⁿ²¹

5 3

ⁿ²¹

100  3

ⁿ²¹

 1 000 ⇒ 3

⁴

 100  3

ⁿ²¹

 1 000  3

⁷

⇒

⇒ 4  n 2 1  7 ⇒ 5  n  8 ⇒ n  {6, 7}

Então existem 2 termos: a

₆

e a

₇

. 124. a

₁₀

5 a

₁

? q

⁹

5 2 ? 3

⁹

⇒ ( a

₁₀

)

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

₄

5 120 000 ? (1,03)

³

5 131 127

126. taxa de crescimento 5 10% a.a. ⇒ q 5 1,1

Ao final de 4 anos, temos: a

₅

5 100 000 ? (1,1)

⁴

5 146 410.

127. Vamos representar por a

₁

, a

₂

, a

₃

, a

₄

, a

₅

o volume de álcool existente na mistura após cada uma das operações realizadas. Temos:

a

₁

5 12 2 3 5 9 a

₂

5 9 2 9

12 ? 3 5 27

4 , pois a quantidade de álcool nos 3  retirados é de 9

12 do total.) a

₃

5 27

4 2 27

4 ? 3 5 81

16 , pois a quantidade de álcool nos 3 

retirados é de 27

4 12

do total.

(26)

Pode-se notar, então, que a

₁

, ..., a

₅

é uma P.G. com a

₁

5 9 e q 5 3 4 . Daí vem: a

₅

5 a

₁

? q

⁴

5 9 ? 3

4 729 256



4

  

  =  2,85  .

129. a

₁

q 1 a

₁

q

³

1 a

₁

q

⁵

5 10 (1) a

₁

q

²

1 a

₁

q

⁴

1 a

₁

q

⁶

5 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

₁

1 27a

₁

1 243a

₁

5 10 ⇒ a

₁

5 10 273 . 131. a 5 a

_p

b 5 a

_q

5 a

_p

? Q

^q²^p

c 5 a

_r

5 a

_p

? Q

^r²^p

Então: a

^q²^r

? b

^r²^p

? c

^p²^q

5 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}⁾⁽ ⁻^p^p⁺^p⁻^q⁾

= Q

⁰

= 1

132. a a

a a

2 1

3 2

= 5 ... 5 q, então:

1 a

a a

1 q e

1 a

a a

1 q e

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.

(27)

133. a a

a a

2 1

3 2

= 5 ... 5 q, então:

? ?

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 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

⁴

3 24 3 q q 8 q 2

1

3 3

= −

=







⇒ − = ⇒ = − ⇒ = −

a

₆

5 a

₁

? q

⁵

5 3 ? ( 2 2)

⁵

5 2 96

136. a

₁

5 78 125, a

_n

5 128 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

₁

5 1 458, a

_n

5 2 e q  1

3 , então:

2 5 1 458 ? q

ⁿ²¹

⇒ 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.

(28)

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

₂

a 1 log

₂

2a 1 log

₂

4a 1 ... 1 log

₂

2

ⁿ

a 5 5 log

₂

[a ? 2a ? 4a ? ... ? 2

ⁿ

a]

O logaritmando é uma P.G., tal que a

₁

5 a, q 5 2 e o número de termos é n 1 1.

Para calcular esse produto, temos:

P a

ⁿ

n n

=

⁺

+ 1

1

2

?

( )

E, então, S a n n

n

n n

=













= +

+ +

+

log ( )

( )

2 1

1

2

1 2 1

· llog

₂

a .

b) Sendo S 5 n 1 1, então:

n n n

n a n

+ = + a

+ + ⇒ = + ⇒

1 1

2 1 1

2

( )

( )log log

1 n

2 log a

₂

a 2

¹

n

⇒ − = ⇒ =

2

−

.

141. log ( )

log ( )

a q

c

n

b b b

c a

=

4 1

2 2

1 100 3

?? q

n n( )

( )

−











₂¹

4

(29)

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

¹⁰⁰

q a a q

1

200

4

4 100

? ?



−



 





  = ⇒ =

n

n n n n

a q

n

( ) ( )

( )

− −

⇒ =

− 1 200

1 2 400

(7) Substituindo (6) em (2), vem:

log

( )

q

n n n n

a

¹⁰⁰

q 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} n

q n n

n n n

( ) ( )

( )

−

(

−¹

) =

⁻ ⁻

⇒ −

2 400

400 1

2

1 400 − − = − −

⇒ n

n n n 400 ( 1 )

⇒ 400n

²

5 400

²

⇒ n

²

5 400 ⇒ n 5 20

143. a

₁

? a

₂

? a

₃

? ... ? a

_2n₂₁

? a

_2n

5 (a

₂

? a

₄

? ... ? a

_2n

) ? (a

₁

? a

₃

? ... ? a

_2n₂₁

)

a

_2n

5 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

₂

5 4 e q 5 4.

a

_2n₂₁

5 ( 2 3)

²ⁿ²¹

⇒

n a

= → = − = −

1 3 3

2 3 27

3 3 24

1 1

3

5 5

( ) ( )

( ) 3 3





 





Então, a sequência dos termos de ordem ímpar é 2 3, 2 27, 2 243, ..., em que a

₁

5 2 3 e q 5 9.

Entre os 55 termos iniciais há 28 termos ímpares e 27 termos pares.

Assim:

P

₂₈

5 ( 2 3)

²⁸

? 9

28 27

)

2

(

⋅

5 ( 2 3)

²⁸

? (9)

³⁷⁸

5 3

⁷⁸⁴

(30)

P

₂₇

5 4

²⁷

? 4

27 26 2

?

5 4

²⁷

? 4

³⁵¹

5 4

³⁷⁸

5 2

⁷⁵⁶

Assim: P

₅₅

5 P

₂₈

? P

₂₇

5 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

+ =







 

⇔

+ =







 

⇒ 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

₁

5 1 e, portanto, a

₄

5 1 ? 2

³

⇒ a

₄

5 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

= ⇒ = . Considerando (1), vem: b

2

5 8b ⇒ b 5 16.

148. S q q

q q q

3

3 2

3 1

2

1 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

) (

2

)

( ⁽ ⁾ ⁽ ⁾

=

−

= ⇒

+ + −

−

= ⇒

⇒ ( q

²

1 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

)

= (

−

= .

(31)

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

²

5 50b (2)

Resolvendo o sistema formado por (1) e (2), temos:

a 5 12 2 b ⇒ a

²

5 144 2 24b 1 b

²

5 50b

b

²

2 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.

FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR

4

8 ª edição | São Paulo – 2013