Matemática E – Intensivo – V. 1
Exercícios
01) 15Seja o termo geral an = 3n – 1, então: Para n = 1, temos: a1 = 3 . 1 – 1 = 3 – 1 = 2. Para n = 2, temos: a2 = 3 . 2 – 1 = 6 – 1 = 5. Para n = 3, temos: a3 = 3 . 3 – 1 = 9 – 1 = 8. Então a1 + a2 + a3 = 2 + 5 + 8 = 15.
05) 374
Primeiro vamos descobrir a razão da P.A. an = ak + (n – k) . r
a58 = a53 + (58 – 53) . r 300 = 310 + 5r
300 – 310 = 5r → –10 = 5r → – 10
5 = r ⇒ r = –2 Agora vamos calcular o 21º termo:
a53 = a21 + (53 – 21) . r 310 = a21 + 32 . (–2) 310 = a21 – 64 310 + 64 = a21 a21 = 374 02) 5
Sabemos que para uma sequência ser denominada P.A. a diferença entre dois termos consecutivos é constante, então: x−x+1= − −x x 3 2 2 → multiplicar toda a equação por 3 3x – (x + 1) = 3x – 6 2x – 1 = 3x – 6 –1 + 6 = 3x – 2x → x = 5 03) 297 n = 50 a1 = 3 r = 6 an = a1 + (n – 1) . r a50 = 3 + (50 – 1) . 6 a50 = 3 + 49 . 6 a50 = 3 + 294 a50 = 297 04) C a1 = 150 an = 300 r = 30 4 = 7,5
Note que os termos da P.A. estão em milhões e a razão inicial é 30 para cada 4 anos, então a cada um ano a razão é de 7,5. Assim: an = a1 + (n – 1) . r 300 = 150 + (n – 1) . 7,5 300 = 150 + 7,5n – 7,5 300 = 142,5 + 7,5n 300 − 142,5 = 7,5 157,5 = 7,5n 157 5 7 5 , , = n ⇒ n = 21
Ou seja, a21 = 300, passaram-se 20 anos. Então o mundo terá 300 milhões de pessoas com diabetes em 2024.
06) 6 anos
Podemos representar as idades dos irmãos da se-guinte maneira: (a1, a2, a3, a4), sendo a1 o mais velho e a4 o mais novo.
Sabemos que a1 = 3a4; Sn = 48 e n = 4. Então Sn = (a1 an) .n 2 + 48 = 3 4 2 4 4 2 a +a
(
)
. 48 = 4a4 . 2 48 = 8a4 48 8 = a4 ⇒a4 = 6Logo, podemos afirmar que o irmão mais novo tem 6 anos. 07) D an = 10 km = 10 000 m a1 = 3 km = 3000 m r = 500 m an = a1 + (n – 1) . r 10 000 = 3000 + (n – 1) . 500 10 000 = 3000 + 500 n – 500 10 000 = 2500 + 500 n 10 000 – 2500 = 500 n 7500 = 500 n n = 7500 500 ⇒ n = 15
2
08) C
Primeiro vamos calcular o valor de y. y = 1 1 4 2 + → y = 4 1 4 2 + → y = 5 4 2 → y = 5 4 1 2 . → y = 5 8
Agora vamos calcular o valor de x. 1 – x = y – 1 → substituir o valor de y 1 – x = 5 8 – 1 → multiplicar por 8 8 – 8x = 5 – 8 8 + 3 = 8x 11 = 8x → x = 11 8 Agora vamos calcular z. z – 1 4 = 14 – 58 → multiplicar por 8 8z – 2 = 2 – 5 8z = – 3 + 2 8z = –1 → z = 1 8 Então: x + y + z = 11 8 + 58 – 18 = 15 8 09) C
Note que a figura forma uma P.A. (1, 4, 7...). Então: a1 = 1 n = 60 r = 3 an = a1 + (n − 1) . r a60 = 1 + (60 – 1) . 3 a60 = 1 + 59 . 3 a60 = 1 + 177 a60 = 178 10) 85 320 a1 = f(1) = 69,8 + 0,2 . 1 a12 = f(12) = 69,8 + 0,2 . 12 a1 = 69,8 + 0,2 a12 = 69,8 + 2,4 a1 = 70 a12 = 72,2 S12 = a1 a12 6 12 2 +
(
)
. → S 12 = (70 + 72,2) . 6 S12 = 142,2 . 6 → S12 = 853,2 11) ENote que as perfurações formam uma P.A. (1, 4, 7,10, ...). Então a14 seria a quantidade de perfurações na etapa 14, logo: an = a1 + (n – 1) . r a14 = 1 + (14 – 1) . 3 a14 = 1 + 13 . 3 a14 = 1 + 39 a14 = 40
Agora vamos calcular a área dos triângulos. 40 . AΔ = 40 3
4
2
. = 10 . 12 . 3 =
= 10 3 = 10 . 1,7 = 17 cm2
Então, por regra de três, vamos calcular a porcentagem da placa que foi perfurada.
170 cm2 –––––– 100%
17 cm2 –––––– x
x = 17 100 170
. ⇒ x = 10%
Logo, o percentual que restará da chapa original é 90%.
13) 96,25 m
Primeiramente vamos calcular quanto vale o último termo. h50 = h1 + (n – 1) . r h50 = 0,70 + (50 – 1) . 0,05 h50 = 0,70 + 49 . 0,05 h50 = 0,70 + 2,45 h50 = 3,15
Para calcular a altura do reservatório em relação à represa basta calcular a soma dos 50 termos da P.A. S50 = a1 a50 n 2 +
(
)
. S50 = 0 70 3 15 50 2 , + , . ( ) S50 = 3,85 . 25 S50 = 96,25 12) BSabemos que para ser múltiplo de 3 e 4 ao mesmo tempo o número deve ser múltiplo de 12. Porém, o primeiro múltiplo de 12 depois do 50 é 60, e o último antes de 100 é 96. Então: a1 = 60 an = 96 r = 12 an = a1 + (n − 1) . r 96 = 60 + (n – 1) . 12 96 = 48 + 12n 96 – 48 = 12n 48 = 12n → n = 4
14) 11
Primeiramente vamos calcular quantas bolas há na caixa nº 20.
a20 = a1 + (n – 1) . r a20 = 3 + (20 – 1) . 3 a20 = 3 + 19 . 3 = 3 + 57 a20 = 60
Porém n é a quantidade total de bolas, ou seja, é a soma dos 20 termos da P.A.
Então: S20 = a1 a20 n 2 3 60 20 2 +
(
)
. =( + ). = (3 + 60) . 10 S20 = 63 . 10 = 63001. Verdadeiro. 630 = 105 . 6, logo 630 é múltiplo de 6.
02. Verdadeiro. 630 > 600.
04. Falso. 630 = (157 . 4) + 2, logo 630 não é múltiplo de 4. 08. Verdadeiro. 630 < 650. 16) a) 3 cm, 4 cm e 5 cm b) V = 3 . 4 . 5 = 60 cm3 e S = 94 cm2 B D C G F H E A
a) AB, AD e AE formaram uma P.A., então podemos escre-ver essa sequência da seguinte maneira: (x – r, x, x + r). Sabemos que a soma desses 3 termos é 12, então: x – r + x + x + r = 12 ⇒ 3x = 12 ⇒ x = 4 Volume da pirâmide é: V = 1 3 . AC BC . 2 . BF 10 = 1 3 . ( ). x r x− 2 . (x + r) 10 = (x r x x r− ). .( + ) 6 10 . 6 = (4 – r) . 4 . (4 + r) 60 = (16 – r2) . 4 60 4 = 16 – r2 15 = 16 – r2 r2 = 16 – 15 r2 = 1 → r = 1 Então: AB = 3, AD = 4 e AE = 5
b) Sendo V o volume, em cm³, e S a área total. Então: V = 3 . 4 . 5 = 60 cm3 S = 2(3 . 4 + 3 . 5 + 4 . 5) S = 2(12 + 15 + 20) S = 2 . 47 S = 94 cm2 17) 06
Se a sequência (x – 4, x, x + 12) é uma PG, então a a 2 1 = a a 3 2 . x x x x − = + 4 12 x2 = (x – 4)(x + 12) x2 = x2 + 12x – 4x – 48 0 = 8x – 48 48 = 8x x = 6 15) 1080
Para calcular a soma dos 27 primeiros termos devemos calcular primeiramente a razão, a1 e a27 . Então: a21 = a7 + (21 – 7) . r 61 = 19 + 14 . r 61 – 19 = 14 r 42 = 14 r r = 3 a21 = a1 + (n – 1) . r 61 = a1 + 20 . 3 61 = a1 + 60 61 – 60 = a1 a1 = 1 a27 = a1 + (n – 1) . r a27 = 1 + 26 . 3 a27 = 1 + 78 a27 = 79 Logo: S27 = a1 a27 n 2 1 79 27 2 80 27 2 +
(
)
. =( + ). = . S27 = 40 . 27 = 10804
18) 32 768
Primeiramente vamos calcular a razão, então: q = a a 2 1 = 1 8 1 16 1 8 16 1 16 8 = . = = 2
Agora vamos calcular o 20º termo: a20 = a1 . q20 – 1 a20 = 1 16 . 219 a20 = 1 24 . 2 19 a20 = 2–4 . 219 a20 = 215 a20 = 32 768 19) –3
Como a PG é oscilante, então q < 0. Calculando a razão temos: an = ak . qn – k a11 = a7 . q11 – 7 162 = 2 . q4 162 2 = q 4 81 = q4 q = 814 q = 3
Porém, como visto anteriormente a razão tem que ser negativa, então q = –3.
20) 2 m
Se as dimensões estão em PG, então: (L, C h) = x
q, , .x x q
Sabendo que o volume é 216 m3, temos: V = 216 m3.
x
q x x q. . = 216m
3
x3 = 216
x = 6
Sabendo que a altura é 12 m a mais que o comprimento, temos: h = 12 + C x . q = 12 + x ⇒ substituindo o valor de x 6q = 12 + 6 6q = 18 q = 3
Logo, a largura será: L = x q =
6 3 = 2 m.
21) E
Primeiro vamos calcular o quinto termo da PG oscilante (972, –324, 108, ...). *q = – 1 3 a5 = a1 . q5 – 1 a5 = 972 . (–1 3)4 a5 = 972 . 1 81 a5 = 12
Agora calculando o 22º termo da PA (–51, –44, –37, ...): *r = 7
a22 = a1 + (22 – 1) . r a22 = –51 + 21 . 7 a22 = –51 + 147 a22 = 96
Por último, vamos calcular o segundo termo da PG (1 4, x, 9, 54, ...): *q = 6 a2 = a1 . q2 – 1 a2 = 1 4 . 6 1 a2 = 6 4 – 3 2
Então temos a seguinte progressão (a2, a5, a22) = = (3
2, 12, 96), com isso podemos afirmar que a sequên-cia é uma PG de razão 8.
22) 05
01. Verdadeiro. Primeiro vamos calcular a quantidade de termos: an = a1 + (n – 1) . r x = 3 + (n –1) . 2 x = 3 + 2n – 2 x = 1 + 2n x – 1 = 2n x−1 2 = n
Agora vamos calcular a soma dos n termos Sn = (a1 an) 2 + . n 440 = (3 ) 2 + x . x −1 2 440 = (3 )( 1) 4 +x x− 1760 = 3x – 3 + x2 – x
x2 + 2x – 3 – 1760 = 0
x2 + 2x – 1763 = 0
Calculando as raízes da equação x2 + 2x – 1763 = 0:
x = − ±2 4 7052+ 2 = − ± 2 84 2 x' = –43 x" = 41
Note que x é o termo de uma PA crescente, ou seja, r > 0. Então x não é um valor negativo, logo x = 41. 02. Falso. Note que a PG apresentada é finita e com a
razão igual a 1
2. Então, calculando a soma dos 6 termos temos: S6 = 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 64 1 1 2 6 − − = − − = S6 = 1 2 63 64 1 2 63 128 1 2 − − =− − = S6 = − 63 128 = S6 = 63 64
Note que a soma é diferente de 1.
04. Verdadeiro. Primeiro vamos calcular a razão, então: an = ak . qn – k a6 = a3 . q6 – 3 5 9 = 15 . q 3 5 9 1 15 3 . = q 1 9 . 1 3 = q3 q3 = 1 27 q = 1 27 q = 1 3
Então, calculando o primeiro termo: an = a1 . qn – 1 a3 = a1 . q3 – 1 15 = a1 . 1 3 2 15 = a1 . 1 9 15 . 9 = a1 135 = a1
08. Falso. Primeiro vamos calcular o a50 das duas PA: *PA(4, 7, 10, ...) r = 3 an = a1 + (n – 1) . r a50 = a1 + (50 – 1) . 3 a50 = 4 + 49 . 3 a50 = 151 *PA = (5, 10, 15, ...) r = 5 a50 = 5 + 49 . 3 ⇒ a50 = 248
Então, para estar nas duas ao mesmo tempo a razão tem que ser 15. Logo:
a1 = 10 an = 145 r = 15 n = ? an = a1 + (n – 1) . r 145 = 10 + (n – 1) . 15 145 = 10 + 15n – 15 145 = –5 + 15n 145 + 5 = 15n 150 = 15n n = 10 23) 18
01. Falso. Temos que a quantidade forma uma PG. Então: a1 = 8 a5 = ? n = 5 q = 8 an = a1 . qn – 1 a5 = 8 . 85 – 1 a5 = 8 . 84 a5 = 8 . 4096 a5 = 32 768
02. Verdadeiro. Note que as precipitações são repre-sentadas pelas barras dos climogramas. Então podemos afirmar que em São Gabriel as chuvas são regulares, já em Cuiabá a chuva não é regular. 04. Falso. Temos PA com: a5 = 1460 e a1 = 820, então
calculando a razão: a5 = a1 + (5 – 1) . r 1460 = 820 + 4r 1460 – 820 = 4r 640 = 4r r = 160
Agora calculando o oitavo termo: a8 = a1 + (8 – 1) . r
a8 = 820 + 7 . 160 a8 = 820 + 1120 a8 = 1940
08. Falso. Suponha o valor do produto igual a R$100,00. Então, com o primeiro desconto temos:
R$ ––– % 100 ––– 100 x ––– 70 x = 70 reais
6
Com o segundo desconto temos: R$ ––– %
70 ––– 100 x ––– 80 x = 56 reais
Agora suponha um único desconto de 50% num produto que vale R$100,00.
R$ ––– % 100 ––– 100 x ––– 50 x = 50 reais
Note que com os descontos sucessivos de 30% e 20% o produto passa de R$100,00 para R$56,00, e com o desconto único de 50% o produto passa de R$100,00 para R$50,00.
16. Verdadeiro. Calculando f(0), temos: f(x – 3) = 3f(x) – 6 f(0 – 3) = 3f(0) – 6 f(–3) = 3f(0) – 6 15 = 3f(0) – 6 15 + 6 = 3f(0) 21 = 3f(0) f(0) = 7 24) 13
01. Verdadeiro. Primeiramente vamos calcular o valor de x. Note que a sequência é uma PA, então: a2 – a1 = a3 – a2 x + 10 – x = x2 – (x + 10) 10 = x2 – x – 10 x2 – x – 20 = 0 x = − − ± −( ) ( ) − . . (− )= ± . 1 1 4 1 20 2 1 1 9 2 2 = x1 = 5 x2 = –4 Então x = –4. Do enunciado x < 0, logo (–4, 6, 16, ...). Calculando o a20 temos: a20 = a1 + (20 – 1) . r a20 = –4 + 19 . 10 a20 = –4 + 190 a20 = 186
02. Falso. Note que os números ímpares, formam a sequinte PA (1, 3, 5, ..., 2n – 1). Então, somando os n primeiros termos temos: a1 = 1
an = 2n – 1 n = n Logo: Sn = (a1 an n) 2 + = Sn = (1 2 1) ( ) 2 2 2 2 2 2 + n− n= n n= n = n2 04. Verdadeiro. an = 1 1024; a1 = 2; q = 1 2 an = q1 . qn – 1 1 1024 = 2 . 12 1 n− 1 2 2 1 2 1 2 10 1 = − . . n 2–10 = 2 . 2–n . 2 2–10 = 2–n . 2+2 2–10 = 2–n + 2 –10 = –n + 2 n = 2 + 10 n = 12 08. Verdadeiro. * P.A. (x, y, 10) r > 0 * P.G. (x, y, 18) q > 0 y = x +10 2 ⇒ 2y – 10 = x (I) y2 = x . 18 → substituindo (I) y2 = (2y – 10) . 18 y2 = 36y – 180 y2 – 36y + 180 = 0
Calculando as raízes, temos: y = 36 1296 720 2 ± − = 36 24 2 30 6 1 2 ± = = y y
Note que tanto a P.G. quanto a P.A. são crescentes, logo y = 30. Não serve.
Substituindo y = 6 em (I) temos: 2 . 6 – 10 = x → x = 2. Portanto: x . y = 2 . 6 = 12. 16. Falso. 900 = a q 1 1− 12 = x 1 1 3 − ⇒ 12 = x 2 3 12 = 3 2x ⇒ x = 12 23 . x = 4 . 2 = 8 25) 14
01. Falso. Com as raias temos a sequência: (R1, R2, R3, ...) ⇒ q1 = R
R
2 1
Com as áreas temos:
π π π π π R R R q R R R R R R 1 2 2 2 3 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 , , , ...
(
)
⇒ = = = =qq12 02. Verdadeiro. * Receita (P.G. de razão 6 5 )novembro de 2002 = 300 mil dezembro de 2002 = 300 mil . 6 5 = 360 mil janeiro de 2003 = 360 mil . 6 5 = 432 mil fevereiro de 2003 = 432 mil . 6 5 = 518 . 4 mil * Despesa (P.A. de razão 55 mil):
novembro de 2002 = 350 mil;
dezembro de 2002 = 350 + 55 = 405 mil; janeiro de 2003 = 405 + 55 = 460 mil; fevereiro de 2003 = 460 + 55 = 515 mil;
ou seja, em fevereiro a receita é maior que a despesa. 04. Verdadeiro. (60, 64, 66, 67, ...).
∨
∨
∨
4 2 1
Note que o peso cresce conforme a P.G. (4, 2 , 1,...) de razão 1
2. Somando os termos da P.G. temos: S = 4 1 1 2 4 1 2 − = = 4 . 2 = 8
Note que a fórmula é da soma de uma P.G. infinita, ou seja, o jovem chegará a 68 kg.
08. Verdadeiro. P.A. (x, 5, y) ⇒ 5 – x = y – 5 ⇒ y = 10 – x (I) P.G. (x, 4, y) ⇒ 42 = xy ⇒ substituindo I temos: 16 = x(10 – x) 16 = 10x – x2 x2 – 10x + 16 = 0
Calculando a raiz temos: x = 10 100 64 2 ± − x = 10 6 2 8 2 1 2 ± = = x x
Como a P.A. é crescente, então x = 2. Substituindo esse valor em I temos: y = 10 – 2 = 8.
Logo, P.A. (2, 5, 8, ...).
Calculando o a10 da P.A. temos:
a10 = a1 + (n – 1) . r ⇒ a10 = 2 + 9 . 3 ⇒
⇒ a10 = 2 + 27 ⇒ a10 = 29
Portanto, a soma dos 10 primeiros termos é: S10 = 2 29 10 2 + ( ). = 31 . 5 = 155 26) D P.G. (x – 1, x + 3, 3x + 1) (x + 3)2 = (x – 1) (3x + 1) x2 + 6x + 9 = 3x2 + x – 3x – 1 3x2 – x2 – 2x – 6x – 1 – 9 = 0 2x2 – 8x – 10 = 0 x = 8 64 80 4 8 12 4 5 1 1 2 ± + = ± = = − x x
Para x = –1 temos P.G. (–2, 2, –2), logo teríamos o produto com preço negativo, o que não ocorre. Para x = 5 temos P.G. (4, 8, 16), logo a razão dessa sequência é 2.
27) a) 3 b) 53
a) Da P.A temos que: a7 = a2 + 5r a27 = a2 + 25r
Sabendo que a P.G é formada pelo a2 , a7 e a27 da P.A temos, para a2 = a:
P.G. (a, a + 5r, a + 25r) ⇒ (a + 5r)2 = a(a + 25r) a2 + 10ar + 25r2 = a2 + 25ar 25r2 = 25ar – 10ar 25r2 = 15ar r r a 2 15 25 = ⇒ r = 3 5 a
Para que r ∈ N* temos que o menor valor de a possível é 5. Logo, r = 3 5 5. = 3 b) Para a2 = 5 e r = 3 temos: an = ak + (n – k)r a18 = a2 + (18 – 2) . r a18 = 5 + 16 . 3 a18 = 5 + 48 a18 = 53 28) C Sn = a q q n 1 1 1 ( −) − ⇒ substituindo a1 = 1, q = 1 2 e n = 10 S10 10 1 1 2 1 1 2 1 = − − .
⇒ pela propriedade de potência
1 2 1 2 1 2 10 10 10 10 = = ⇒ S10 10 1 2 1 1 2 = − − S10 2 10 1 2 1 = − − = 2 1 1 210 − 29) C
P.G. (lado, altura, área) = , 3, 2 3 4 2 3 2 3 4 3 4 3 4 2 2 2 3 = . ⇒ =
8
3 3 3 3 3 3 2 = ⇒ = = 3Calculando a altura do triângulo temos:
h= 3= = 2 3 3 2 3 2 .
Sabendo que o raio da circunferência em relação à altura é: r=2h= = = 3 2 3 2 3 3 3 1 .
Calculando a área da circunferência temos: A = π . r2 ⇒ A = π . 12 ⇒ A = π
30) B
P.A. PP P P P P
(
1 2, 2 3, i−1 i)
, como r = 3, então P.A. (3, 6, ..., P Pi−1i).Calculando o último termo da P.A. temos: an = a1 + (n – 1) . r
P Pi−1i = 3 + (n – 1) . 3 P Pi−1i = 3 + 3n – 3 P Pi−1i = 3n
Agora calculando a soma: Sn = (a1 an n) 2 + ⇒ PP n n n 1 3 3 2 =( + ). 63 = 3 3 2 2 n+ n ⇒ 126 = 3n + 3n2 3n2 + 3n – 126 = 0
Calculando as raízes temos:
n n n =− ± + ⇒− ± = = − 3 9 1512 6 3 39 6 6 7 1 2
(não serve, pois n é quantidade de termo).
Logo P Pi−1i = 3 . 6 = 18.
Portanto, a P.A. é (3, 6, 9, 12, 15, 18), ou seja, i = 7. P.G.
(
A A A A1 2, 2 3,...A Aj−1 j)
, seja a distância d, a razão 2, ej = 7, então P.G. (d, 2d, ..., 32d). Calculando a soma temos: Sn = a q q n 1 1 1 ( − ) − ⇒ Aij = a q q n 1 1 1 ( −) − ⇒ 63 = d 2 1 2 1 6− ( ) − 63 = 63d d = 1
Portanto, P.G. (1, 2, 4, 8, 16, 32), então a maior distância entre duas árvores consecutivas é 32.
31) C Seja a expressão 2 2 4 + + + x x ... , note que os termos x 2, x
4, ... formam uma P.G. infinita de razão 1 2 , então calculando a soma infinita dessa P.G. temos: S∞ = a q 1 1− = x 2 1 1 2 − = x
Reescrevendo a expressão temos 2 + x, portanto 2 + x ≥ 0 ⇒ x ≥ − 2.
Então, os valores negativos possíveis para x são {− 2, − 1}. Logo − 2 + (− 1) = − 2 − 1 = − 3.
32) a) 51231023
b) 9
Reescrevendo a sequência temos: 3 3
(
1, 12,314,318, ...)
.a) a1 = 3¹, a2 = 312, ..., a 10 = 3
1 512
Calculando o produto, temos: P10 = 3¹ . 312 . 3 1 4 . … . 3 1 512 pela propriedade de potência an . am = an + m. P10 = 31 + 1 2 + 1 4 + … + 1 512
Note que no expoente temos a soma dos 10 primeiros termos de uma P.G. de razão 1
2, então: S10 = a q q n 1 1 1 ( − ) − S10 = 1 1 2 1 1 2 1 10 − − S10 = − − 1023 1024 1 2 S10 = − 1023 1024 . (−2) S10 = 1023 512 Então temos: P10 = 3s10 = 3 1023 512 = 51231023
b) Calculando o produto infinito temos: P∞ = 3¹ . 312 . 3
1
4 . … pela propriedade de potência
an . am = an + m.
P∞ = 31 + 1 2 +
1 4 + …
Note que os expoente formam a soma de uma P.G. de razão 1 2, então: S∞ = a q 1 1− = 1 1 1 2 − = 11 2 = 2 P∞ = 3s∞ = 3² = 9 33) D
Note que a ordem importa, logo temos A73:
A73 = 7 7 3 ! ( − )! = 7 4 ! ! = 7 6 5 4 4 . . . ! ! = 210 34) 336 n = 8 p = 3 A83 = 8 8 3 ! ( − )! = 85 ! ! = 8 7 6 5 5 . . . ! ! = 336 35) D
Note que os números ímpares do conjunto são 3 e 7. Então temos:
• apartamentos terminados com o número 3: 5p . 5p 3 = 25 possibilidades
• apartamentos terminados com o número 7: 5p . 5p 7 = 25 possibilidades
Logo, temos 25 + 25 = 50 possibilidades. 36) E 3 1 p círculo . 2 2 p círculo . 2 3 p círculo . 2 4 p círculo . 2 5 p círculo = 48 possibilidades 37) E • Para carne: C41 = 4 1 4 1 ! !( − )! = 4 3 ! ! = 4 • Para massa: C15 = 5 1 5 1 ! !( − )! = 5 4 ! ! = 5 • Para salada: C18 = 8 1 8 1 ! !( − )! = 8 7 ! ! = 8 • Para sobremesa: C16 = 6 1 6 1 ! !( − )! = 6 5 ! ! = 6
Logo, as possibilidades de compor uma refeição são: 4 . 5 . 8 . 6 = 960 possibilidades.
38) A
Primeiramente vamos contar todas as possibilidades de senha:
5p . 5p . 5p . 5p = 625 possibilidades
Agora vamos calcular as possibilidades indesejáveis: 1 3 5p . 5p = 25 possibilidades
5p 1 3 5p = 25 possibilidades 5p . 5p 1 3 = 25 possibilidades
Logo, temos 25 + 25 + 25 = 75 possibilidades. Porém, no cálculo das senhas possíveis calculamos também a senha 1313. Então, descontando das senhas possíveis as senhas indesejáveis, temos:
625 − (75 − 1) = 625 − 74 = 551 possibilidades 39) 18 01. Falso. João 4 = Pedro 5 = k ⇒ João = 4k Pedro = 5k
Note que João + Pedro = 180 ⇒ 4k + 5k = 180
9k = 180
k = 180
9 = 20. Logo, João = 4 . 20 = 80;
Pedro = 5 . 20 = 100.
Então, João ficou com 80 latinhas e Pedro com 100. 02. Verdadeiro. 10 x Calculando o perímetro: P = 2(base) + 2(altura) P = 2 . 10 + 2 . x P = 20 + 2x P − 20 = 2x P 2 − 20 2 = x ⇒ x = P 2 − 10
10
Calculando a área em função do perímetro A = base . altura A = 10x A = 10P 2−10 ⇒ A = 5P − 100
04. Falso. Seja x a quantidade de consultas, então: Plano A = 140 + 50x
Plano B = 200 + 44x
Igualando o valor dos dois planos, temos que: 140 + 55x = 200 + 44x
55x − 44x = 200 − 140 6x = 60
x = 10
Logo, podemos afirmar que a partir da 11ª consulta o plano A se torna mais caro que o plano B. 08. Falso. Construindo uma árvore de possibilidades
temos:
Note que se a primeira moeda cair em cara temos 4 possibilidades, caso contrário também temos 4 possibilidades. Logo, o total de possibilidades é 8. 16. Verdadeiro.
comprimento de cada arco C = 2 . 17 quantidade de arcos C = 34 C = 2πR ⇒ R = D 2 34 = 2πD 2 34 = πD D = 34 π D = 34 3 14, = 10,82 40) 180 5p 4p 3p 3p ⇒
Note que retângulos vi-zinhos não podem ter a mesma cor, então as possibilidades são: 5p . 4p . 3p . 3p = 180. 41) B 4 3 3 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 3 1 1 4 3 2 1 1 2 2 1 3 4 1 2 3
Dado branco Dado azul Dado vermelho
Note que na tabela temos todas as possibilidades do lançamento de três dados somarem 6. Logo, temos 10 possibilidades.
42) a) 360 b) 60 c) 60
a) 6p . 5p . 4p . 3p = 360 possibilidades
b) Para ser divisível por 5 o número tem que terminar em 5 ou em 0, porém só temos o 5 nos números disponíveis. Então 5p . 4p . 3p 5 = 60 possibilidades. c) Para um número ser divisível por 4, os dois últimos
dígitos tem que ser divisíveis por 4, então: 4p . 3p 1 6 = 12 possibilidades
4p . 3p 6 8 = 12 possibilidades 4p . 3p 3 6 = 12 possibilidades 4p . 3p 9 6 = 12 possibilidades 4p . 3p 5 6 = 12 possibilidades
Note que temos 5 . 12 possibilidades = 60 possibili-dades.
43) C
Temos 10 bolas com cores diferentes. Então suponha que nas 10 primeiras tentativas a pessoa tire 10 bolas de cores diferentes.
Novamente suponha mais 10 tentativas e 10 bolas diferentes.
Note que, com base na suposição, a pessoa terá gasto 20 moedas e tem 2 bolas de cada cor.
Então precisamos de mais 10 tentativas; novamente suponha 10 cores diferentes.
Com 30 moedas teremos 3 bolas de cada cor, então para conseguir 4 bolas da mesma cor é preciso 31 moedas.
44) A
Primeiro vamos calcular a possibilidade dos que prefe-rem sentar de frente.
C5,4 = 5 4 5 4 ! !( − )! = 5 4 1 ! ! ! = 5 4 ! ! = 5
Note que podemos permutar os 4 entre eles, então: P4 = 4! = 24
Para os que preferem sentar de frente, temos 5 . 24 = 120. Agora para os que preferem sentar de costas: C5, 3 . P3 = 5
3 2 !
! ! . 3! = 10 . 6 = 60
Para o restante (os que não tem preferência) P3 = 3! = 6. Logo, eles podem sentar de 120 . 60 . 6 = 43 200 ma-neiras.
45) 24
01. Falso. 6p . 6p . 6p . 6p = 1296 cartelas.
02. Falso. Para ser par, o último número tem que ser par. Então:
6p . 6p . 6p 2 = 216 6p . 6p . 6p 4 = 216 6p . 6p . 6p 6 = 216
Logo, o total de cartelas com números pares é 648. 04. Falso. Temos 648.
08. Verdadeiro. Para ter um produto ímpar todos os números são ímpares, então:
3p . 3p . 3p . 3p = 81 cartelas
Assim, se temos 1296 cartelas e destas 81 são ímpar, então o número de cartelas com o produto par é 1296 − 81 = 1215 cartelas.
16. Verdadeiro. Da questão anterior temos que P é ímpar para 81 cartelas. Porém, sabemos que para S ser par temos: I + I + I + I = P + P = Par.
46) 4 calças e 5 camisas.
Temos as seguintes informações: • A calça, y, custa R$110,00; • A camisa, x, custa R$65,00;
• A pessoa precisa ter 20 trajes (xy = 20); • A pessoa não pode gastar mais que R$800,00. Note que os números naturais que têm produto igual a 20 são os números 4 e 5, 2 e 10.
Porém, se a pessoa comprar 2 calças e 10 camisas ou 10 calças e 2 camisas ela irá estourar o orçamento de R$800,00.
Comprando 5 calças e 4 camisas a pessoa irá gastar: 110 . 5 + 65 . 4 = 550 + 260 = 810 − estourou o orça-mento.
Logo, a pessoa irá comprar 4 calças e 5 camisas gas-tando: 110 . 4 + 65 . 5 = 440 + 325 = 765. 47) a) 90 b) 15 c) 399 a) 10 8 ! ! = 10 9 8 8 . . ! ! = 10 . 9 = 90 b) 10 8 3 ! ! ! = 10 9 8 3 8 . . ! ! ! = 510 93 3 2 1 . . . = 5 . 3 = 15 c) 20 19 18 ! ! ! + = 20 19 18 19 18 18 . . ! . ! ! + = 18 20 19 19 18 !( . ) ! + = 380 + 19 = 399 48) a) 5 b) 13 c) 5 7 a) ( )! ! n n +2 =42 ⇒ ( )( ) ! ! n n n n +2 +1 = 42 n² + 3n + 2 = 42 n² + 3n + 2 − 42 = 0 n² + 3n − 40 = 0 ⇔ n' = − 8 (não serve) n'' = 5 b) ( )! ! ! n n n +1 + =15 ( ) . ! ! ! n n n n +1 + = 15 ⇒ n n n !( ) ! + +1 1 = 15 n + 2 = 15 n = 15 − 2 n = 13 c) (7x − 1)! = 24
Note que 24 = 4!, então 7x − 1 = 4
7x = 4 + 1
7x = 5
x = 5
12
49) 4 n n n ! . ( )! ( )! + − − = 2 1 2 18 n n n n n n ( )( )! ( )( )! ( )! − − + − − − 1 2 2 1 2 2 = 18 ( )![ ( ) ( )] ( )! n n n n n − − + − − 2 1 2 1 2 = 18 n² − n + 2n − 2 = 18 n² + n − 2 − 18 = 0 n² + n − 20 = 0 ⇔ n' = − 5 (não convém) n'' = 4 50) Verdadeiro M = 40 39 38 11 10 30 . . . ... . . ! M = 40 39 30 29 11 10 30 29 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 . . . . . . . . M = 40 39 38 37 36 35 34 33 32 31 9 8 7 6 5 4 3 2 1 20 13 19 11 4 3 . . . . . . . . M = 20 . 13 . 19 . 37 . 34 . 31 . 11 . 4Note que M é o produto de números inteiros, logo M será inteiro. 51) A n²(n − 2)! 1 −1 n = n²(n − 2)!n n − 1 = = n n n n 2( −2)!( 1) − = n(n − 1)(n − 2)! = n! 52) A C42 = 4 2 4 2 ! !( − )! = 4 3 22 . . ! ! = 4 2 2 ! ! ! = 4 3 2 . = 6 53) 56 C85 = 8 5 8 5 ! !( − )! = 8 7 6 5 5 3 2 1 . . . ! ! . . . = 8 7 6 6 . . = 56 54) C C152 = 15 2 15 2 ! !( − )! = 15 14 13 2 13 7 . . ! . ! = 15 . 7 = 105 55) Falso A83 = 8 8 3 ! ( − )! = 8 7 6 5 5 . . . ! ! = 336 56) B • Cardiologistas: C53 = 5 3 2 ! ! ! = 10 • Anestesistas: C12 = 2 1 1 ! ! ! = 2 • Instrumentadores: C64 = 6 4 2 ! ! ! = 15
Logo, a equipe é formada de 10 . 2 .15 = 300 ma-neiras.
57) D
Note que a ordem não interfere, pois trabalhamos com conjuntos.
Escolhendo o quarto de duas camas temos: C52 = 5
2 3 ! ! ! = 10
Observe que iremos tirar 2 estudantes dos 5, então só existe uma forma dos 3 que sobram irem para o ourto quarto. Então temos 10 . 1 = 10 maneiras de eles se hospedarem no hotel.
Analogamente acontece caso a escolha comece pelo quarto de três camas, pois C52 = C53.
58) m = 141 120.
Soma: 1 + 4 + 1 + 1 + 2 + 0 = 9.
• Funcionários escolhendo trabalho: C85 =
8 5 3 ! ! ! = 56 • Copiadoras e trabalhos: C75 = 7 5 2 ! ! ! = 21 • Trabalhos: P5 = 5! = 120 • Maneiras: 56 . 21 . 120 = 141 120 Logo 1 + 4 + 1 + 1 + 2 + 0 = 9. 59) A
Note que podemos escolher 2, 3, 4 ou 5 frutas, logo: C52 + C53 + C54 + C55 = 5 2 3 ! ! ! + 5 3 2 ! ! ! + 5 4 1 ! ! ! + 5 5 0 ! ! ! = = 10 + 10 + 5 + 1 = 26 60) 300
• Escolha para presidência: 1 de 5 = C15 = 5.
• Escolha para-vice presidência: 1 de 3 = C13 = 3.
• Escolha para o restante: 3 de 6 = C63 = 20.
Logo, a comissão pode ser formada de 5 . 3 . 20 = 300 maneiras.
61) C
Note que o posto principal não pode ficar desocupado, logo temos 6 postos e 3 vigias.
A63 = 6 6 3 ! ( − )! = 6 3 ! ! = 6 5 4 3 3 . . . ! ! = 120 Com o posto de entrada: 120 . 4 = 480. 62) A Cx, 3 − Ax, 3 = − 20x + 20 x x ! !( )! 3 −3 − x x ! ( − 3)! = − 20x + 20 ⇒ 3! = 6, e coloque − 20 em evidência. x x x x x ( )( ) ( )! ( )! − − − − 1 2 3 6 3 − x x x x x ( )( )( )! ( )! − − − − 1 2 3 3 = − 20(x − 1) x x( −1)(x−2) 6 − x(x − 1)(x − 2) = − 20(x − 1) como x ≠ 1, podemos dividir a equação por (x − 1).
x x( − 2) 6 − x(x − 2) = − 20 multiplicando por 6 x(x − 2) − 6x(x − 2) = − 120 x² − 2x − 6x² + 12x + 120 = 0 − 5x² + 10x + 120 = 0 ⇔ x' = − 4 (não convém) x'' = 6
Logo, a equação tem única solução. 63) C
Analisando a soma (P = par e I = ímpar): • caso 1: P + P + P = P
• caso 2: P + P + I = I • caso 3: P + I + I = P • caso 4: I + I + I = I
Temos então 2 casos possíveis (2 ou 4). Note que o conjunto C é composto por 5I e 7P. Então:
C53 + C 7 2 . C 5 1 = 5 3 2 ! ! ! + 7 2 5 ! ! ! . 5 1 4 ! ! ! = = 10 + 21 . 5 = 10 + 105 = 115 64) A
Primeiro vamos considerar as senhas com repetição: 4p . 4p . 4p . 4p = 256 possibilidades
Agora vamos verificar os casos com repetição:
• Caso 1: todos os números iguais: 4 possibilidades (1111, 2222, 3333, 4444).
• Caso 2: 3 números iguais (111n − note que n pode admitir os outros valores, ou seja, n = {2, 3, 4}, e pode ocupar 4 posições (11n1, 1n11, n111). Logo, temos para o número 1: 3 . 4 = 12 possibilidades. Como temos quatro números, então 12 . 4 = 48 possibilidades.).
Assim as senhas possíveis são 256 − (4 + 48) = 204. 65) E
MAGNITUDE ⇒ 5 consoantes e 4 vogais
Conjunto de 4 letras, sendo 2 consoantes e 2 vogais. C52 . C 4 2 = 5 2 3 ! ! ! . 4 2 2 ! ! ! = 10 . 6 = 60 66) E Cn−22 = 105 ( )! !( )! n n − − 2 2 4 = 105 ⇒ 2! = 2 . 1 = 2 ( )( )( )! ( )! n n n n − − − − 2 3 4 2 4 = 105 ⇒ multiplicando a equação por 2 (n − 2)(n − 3) = 210 n² − 5n + 6 = 210 n² − 5n − 204 = 0 ⇔ n' = − 12 (não convém) n'' = 17 67) B
Note que para os números escolhidos serem maio-res que 200 e menomaio-res que 800 temos:
3 4p . 3p = 12 possibilidades 5 4p . 3p = 12 possibilidades 7 4p . 3p = 12 possibilidades
Logo, a quantidade é 12 + 12 +12 = 36. 68) A
Primeiro vamos analisar todas as possibilidades, incluindo se começar com zero.
5p . 4p . 3p . 2p = 120 possibilidades Verificando as que começam com zero: 0 4p . 3p . 2p = 24 possibilidades De ser ímpar: 3p . 3p . 2p . 2 1 3 p ou = 36 possibilidades
14
69) 125
Todas as comissões possíveis: C95 = 9 5 4 ! ! ! = 9 8 7 6 5 5 4 3 2 1 2 . . . . ! ! . . . = 9 . 7 . 2 = 126 As comissões sem moças:
C40 = 4 0 4 ! ! ! = 4 1 4 ! . ! = 1
Logo, a quantidade de comissões possíiveis são 126 − 1 = 125.
70) D
Note que se forem trocados exatamente 990 comprimentos temos então:
Cx2 = 990 x x ! !( )! 2 −2 = 990 x x x x ( )( )! ( )! − − − 1 2 2 2 = 990 x(x − 1) = 990 . 2 x² − x − 1980 = 0 ⇔ n1 = − 44 (não convém) n2 = 45
Como foram trocados mais de 990 cumprimen-tos, então o número mínimo é de 46.
71) 120 FORTE ⇒ P5 = 5! = 120 72) B BORBOLETA ⇒ P92 2, = 9 2 2 ! ! ! = = 9 8 7 6 5 4 3 2 2 2 2 . . . ! . ! P92 2, = 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 2 . 3 = 90 720 73) C Total de estacas = 7 P75 = 7 5 ! ! = 7 6 5 5 . . ! ! = 7 . 6 = 42 74) A Total de bandeiras = 6 P63 3, = 6 3 3 ! ! ! = 6 5 4 3 3 2 1 3 . . . ! . . . ! = 6 . 5 = 20 75) A
Se as mulheres tem que ficar juntas, vamos calcular as posi-ções entre elas como 4!.
Note que sobraram 6 homens, e considerando as mulheres como um único elemento temos então 7 "pessoas", ou seja 7!. Logo, os 10 clientes podem ser posicionados de 4! . 7! manei-ras.
76) Falso
SORTE ⇒ 5 letras, considerando todos os anagramas: P5 =
5! = 120.
Considerando os anagramas em que as vogais estão juntas temos:
P4 = 4! = 24 . 2 = 48
permutação entre as duas vogais
Logo, a quantidade de anagramas com as vogais separadas são: 120 − 48 = 72.
77) C
Como os filmes de ficção devem passar consecutivamente, então para eles: P3 = 3! = 6.
Considerando eles (os filmes de ficção) como um só, temos 4 filmes para permutar entre os dias, então:
P4 = 4! = 24
Logo, temos 6 . 24 = 144 possibilidades para 3 dias. Multi-plicando por 5 (considerando os 3 dias como um só) temos 144 . 5 = 720.
78) C
Considerando todos os anagramas temos: 12!. Considerando as vogais juntas temos: 8!. Considerando a permutação das vogais: 5!. Logo, 12! − 8!5!.
79) 240
PC6 = (6 − 1)! = 5! = 120 todas as crianças P2 = 2! = 2 dentre as crianças que ficam juntas
Logo, temos 120 . 2 = 240 possibilidades. 80) n = 7
PC = (n – 1)! (n – 1)! = 720
Note que 720 = 6! Então n – 1 = 6 ⇒ n = 7. 81) Falso
Primeiro vamos verificar de quantas maneiras podemos orde-nar 5 pessoas.
P5 = 5! = 120
Em metade das possibilidades a senhorita estará passando pela porta na frente do cavalheiro. Assim, a resposta é 60.
82) E
Considerando os dois amigos na cabeceira da mesa, temos:
2! . 6! = 2 . 720 = 1440
Considerando os dois amigos frente a frente na lateral, temos:
2! . 3 . 6! = 4320
Somando as possibilidades, temos: 1440 + 4320 = 5760. 83) B
Organizando as sandálias = 2! = 2. Organizando os sapatos = 6!.
Organizando os sapatos e as sandálias = 6! . 2 = 2 . 6!. 84) D
Temos as seguintes opções: 5 → de baixo para cima 7 → da esquerda para a direita Então: ( )! ! . ! ! ! . ! 5 7 5 7 12 5 7 + = = 12 11 10 9 8 7 5 4 3 2 1 7 . . . ! . . . ! = = 11 . 9 . 8 = 792 85) D
Da figura, podemos afirmar que nas fileiras F2, F3 e F4 os namorados podem ocupar 6 lugares, e na fileira F1 podem ocupar 1 par de lugar. Logo temos:
2! . 7 = 14
permutação entre os namorados.
Note que depois da escolha dos namorados sobraram 9 lugares. Então temos: 14 . 9!.
86) E
Total de permutações da palavra PROVA = 5! = 120. Colocando em ordem alfabética, temos:
A 4p 3p 2p 1p = 24 posições O 4p 3p 2p 1p = 24 posições P 4p 3p 2p 1p = 24 posições
Note que temos 72 posições ocupadas, logo, como estão organizados em ordem alfabética, temos na 73º posição o anagrama: RAOPV.
87) C
Para que o número seja múltiplo de 3 a soma dos seus algarismos tem que ser múltiplo de 3. Logo, temos os seguintes grupos de 4 algarismos:
1 + 4 + 5 + 8 = 18 ⇒ serve 1 + 4 + 5 + 7 = 17 ⇒ não serve 1 + 4 + 8 + 7 = 20 ⇒ não serve 1 + 5 + 8 + 7 = 21 ⇒ serve 4 + 5 + 8 + 7 = 24 ⇒ serve
Note que temos 3 grupos que servem e neles podemos permutar os 4 algarismos. Então: 3 . 4! = 3 . 24 = 72. 88) a) 720; 120
b) 481ª; 312 465
a) Total de números: 6! = 720 Iniciados por 1, temos:
1 5p 4p 3p 2p 1p = 120 b) Como eles estão em ordem crescente, temos: *O número 512 346
1 5p 4p 3p 2p 1p = 120 posições 2 5p 4p 3p 2p 1p = 120 posições 3 5p 4p 3p 2p 1p = 120 posições 4 5p 4p 3p 2p 1p = 120 posições Note que já temos 480 posições ocupadas, logo,como estão em ordem crescente, podemos afirmar que o número 512 346 está na posição 481.
Dos cálculos feitos anteriormente temos que os nú-meros iniciados pelo número 3 ocupam as posições a partir da 241, logo, como estão em ordem, temos: 241º ⇒ 312 456
242º ⇒ 312 465 89) A
Primeiro vamos analisar somente as possibilidades em que o 3 e 4 aparecem juntos:
( ! ) 3 4 2 1 p 5p 4p 3p 2p 1p = 120 . 2 = 240 Agora vamos calcular as possibilidades em que o 1 e o 2 aparecem juntos: ( ) ! ( ) ! 3 4 2 1 2 2 . 4! = 2 . 2 . 24 = 96
Logo, temos 240 – 96 = 144 posições em que o 3 e 4 aparecem juntos e o 1 e o 2 não.
