p a .q n 1 2 (n 1) - seção...
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EXTENSIVO – APOSTILA 08 – EXERCÍCIOS DE SALA – MATEMÁTICA A
AULA 22
01)
2
2
(a,b,c) P.G
b c
a b
b ac
b ac
b ac
02)
n 1 2 3 n
2 (n 1)
n 1 1 1 1
n 1 2 ... (n 1)
n 1
(1 n 1)(n 1)n
2n 1
nn 1n
2n 1
n2 2(n 1)
n 1
n(n 1) 2
n 1 1
n
2n 1 n
P a .a .a .....a
P a .(a .q).(a .q ).....[a .q ]
P a .q
P a .q
P a .q
P a .q
P a .(a ).q
P a .a
03)
a + b
2³ ab
a + b ³ 2 ab
a + b( )2
³ 2 ab( )2
a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab
a2 – 2ab + b2 ≥ 0
Se a = b (a – b)2 = 0
se a ≠ b (a – b)2 > 0
AULA 23
01)
Sn = a1 + a2 + a3 + … + an
Sn = a1 + a1 q + a1 q2 + … + a1 q
(n – 1)
Multiplicando a expressão por q:
q Sn = a1 q + a1 q2 + a1 q
3 + … + a1 qn
Considerando as duas equações:
n 12
n 1 1 1 1
2 3 n
n 1 1 1 1
S a a .q a .q ... a .q
q.S a q a q a q ... a q
`
Subtraindo uma da outra, tem-se:
n
n n 1 1
n
n 1
n
n 1
n
1
n
n
1 1n
n 1
1 1n
n 1n
S q.S a a q
S 1 q a 1 q
S q 1 a q 1
a q 1S
q 1
a q aS
q 1
a q .q aS
q 1
a q aS
q 1
02)
1 2 3 63
n 1
63
64
S 1 2 2 2 ... 2
a q aS
q 1
2 .2 1S
2 1
S 2 1 grãos
03)
n
n
1
n
n
n
n
1 3 9 27 ... a 3 280
a q 13 280
q 1
1 3 13 280
3 1
3 1 6 560
3 6 561
3 38
n 8
04)
3 4 9 8 27 16E ...
4 9 16 27 64 81
3 9 27 4 8 16E ... ...
4 16 64 9 27 81
Tem-se então, duas somas de PGs infinitas. Assim:
43
94E3 2
1 14 3
4E 3
3
5E
3
EXTENSIVO – APOSTILA 08 – EXERCÍCIOS DE SALA – MATEMÁTICA B
AULA 22
01)
8 8
2x 7 x 3
2x 7 x 3 x 4
ou
(2x 7) (x 3) 8 x 6
02)
Considerando Taxas Complementares, temos que:
m m
p m p
m55
p
Pela Relação de Stiefel, temos:
m 1 m 1 m
p 1 p p
Então:
m 110 55
p
m 145
p
03)
3 4 5 10
10 10 10 10N C C C ... C
Pela soma da linha do Triângulo de Pascal, temos que:
10 0 1 2
10 10 10N 2 C C C
N 1 024 1 10 45
N 968 polígonos
AULA 23
01)
3 3 2 1 00 0 1 1 2 2 3 3
3 3 3 3
3 3 2 2 3
3x y C y 3x C y 3x C y 3x C y 3x
3x y 27x 27x y 9xy y
Cálculo da soma dos Coeficientes: Substituir as incógnitas por 1. Assim:
3 3
3x y 3.1 1 8
02)
p p (n p)
p 1 n
o
(7 2)2 2
3 7
5 5
3
5
5
T C .a .x
3 termo : p 2
T C .1 . kx
T 21k x
Coeficiente 672
21k 672
k 32
k 2
03)
Perceber que:
3 2 2 3
3
a 6a b 12ab 8b 8
(a 2b) 8
a 2b 2
E também que:
3 2 2 3
3
8a 12a b 6ab b 1
(2a b) 1
2a b 1
Montamos então o sistema:
a 2b 2
2a b 1
a 2b 2
4a 2b 2
a 0 e b 1
Logo
a b 1
AULA 24
01)
p p (n p)
p 1 n
o
6 (8 6)6
6 1 8
3 2
7
5
7
T C .a .x
7 termo : p 6
T C . x . 2x
T 28.x .4x
T 112x
02)
a) FALSO – Possui 8 termos
b) FALSO – O Termo Geral é:
p p (n p)
p 1 n
p(7 p)
p 2
p 1 7
pp (14 3p)
p 1 7
T C .a .x
3T C . . x
x
T C . 3 .x
Para possuir o Termo Independente, teríamos: 14 3p 0 p
c) FALSO – Soma dos coeficientes: Substituir incógnitas por 1. Assim 7
2 31 128
1
d) FALSO – Coeficientes distintos
00 (14 3.0) 14
0 1 7 1
7 77 (14 3.7) 7
7 1 7 8
Primeiro Termo : T C . 3 .x T 1.x
Último Termo : T C . 3 .x T 3 .x
e) VERDAEIRO – Para o cálculo do coeficiente do x2, temos:
o
44 (14 3.4) 2
4 1 7 5
14 3p 2 p 4(5 termo)
Logo,
T C . 3 .x T 2 835.x
03)
55 22
5 102
p p (n p)
p 1 n
p p (10 p)
p 1 10
4
6 6 (10 6)
6 1 10
4
7
x 2x 1 x 1
x 2x 1 x 1
Termo Geral :
T C .a .x
T C .( 1) .x
Termo em x :
10 p 4 p 6
T C .( 1) .x
T 210.x
Coeficiente é 210
EXTENSIVO – APOSTILA 08 – EXERCÍCIOS DE SALA – MATEMÁTICA D
AULA 22
01)
Sendo “a”, a aresta do cubo, os 192 litros de água colocados formarão um
paralelepípedo cuja base é um quadrado de lado igual à aresta do cubo e a altura é
igual a 30 cm (3 dm). Assim:
2
2
a.a.3 192
3a 192
a 64
a 8dm
A capacidade do cubo é o seu volume, então:
3
3
V a
V 8
V 512litros
02)
Dimensões proporcionais a 2, 3 e 5, ou seja, as dimensões são: 2k, 3k e 5k. Logo:
3
3
V 240
2k.3k.5k 240
30k 240
k 8
k 2
Então, as dimensões são: 4m, 6m e 10m e a área total é:
2
St 2(4.6 4.10 6.10)
St 248m
03)
cubo paralelepípedo
3
3
V V
a 3.18.4
a 216
a 6cm
04)
Na figura, temos:
AB CD a 2
AD BC a
Do enunciado, tem-se:
Perímetro 8 1 2
2a 2a 2 8 1 2
2a 1 2 8 1 2
2a 8
a 4cm
Cálculo do volume do cubo:
3
3
3
V a
V 4
V 64cm
AULA 23
01)
Cilindro Equilátero: H = 2R
2
2
b
2
2
3
S 36 cm
2 RH 36
R.2R 18
R 9
R 3cm H 6cm
V S .H
V R .H
V .3 .6
V 54 cm
Temos então:
1V 54
02)
O líquido determina outro cilindro com mesmo raio do reservatório e altura igual a
2/3 da altura do reservatório. Assim:
líquido
2
V 75 360
2.30 . H 75 360
3
600 H 75 360
75 360H
600.3,14
H 40dm
H 4m
03)
Cálculo do volume do reservatório:
2V .10 .30
V 3 000 litros
Cálculo do número de dias:
3 000N
3
N 1 000 dias
N 3 140 dias
N 8,6 anos
04)
1
1
1 1
2
1
1
VELA 1
2 R 20
10R cm
Então
C k.V
10C k. 10
1 000C k.
2
2
2 2
2
2
2
VELA 2
2 R 10
5R cm
Então
C k.V
5C k. 20
500C k.
1 2
Conclusão :
C 2.C
AULA 24
01)
p
face
face
p
p
b p
.aS
2
S n.S
.aS n
2
nS a
2
S p a
02)
Como a circunferência inscrita na base tem raio 3 cm, então, a = 6cm.
Tem-se que H = 4 cm.
Aplicando Teorema de Pitágoras, temos:
2 2 2
p
p
a 4 3
a 5cm
Cálculo da Área Total:
2
2
St Sb S
4.6St 6 5
2
St 96cm
03)
A base da pirâmide é um triângulo retângulo cujos catetos medem metade da
aresta do cubo, ou seja, medem 3cm;
A altura da pirâmide é igual a aresta do cubo, ou seja, é igual a 6cm
Cálculo do Volume da Pirâmide:
3
1V Sb H
3
1 3.3V 6
3 2
V 9cm
04)
Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo KCJ (catetos iguais a 3 cm e
hipotenusa igual ao lado do hexágono regular igual a b), temos:
2 2 2b 3 3
b 3 2cm
Aplicando Teorema de Pitágoras agora no triângulo retângulo JDH (catetos iguais a
3cm e 6cm e hipotenusa igual à aresta lateral da pirâmide igual a c), temos:
2 2 2c 3 6
c 3 5cm
Temos também a altura h do hexágono regular que liga o vértice H ao centro O do
hexágono, tal que, aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo HOJ
(sabendo que NJ é igual ao lado do hexágono, ou seja, é igual a 3 2cm ), temos:
2 2
2
2
3 5 3 2 h
27 h
h 3 3cm
Cálculo do Volume da Pirâmide:
2
2
3
1V Sb h
3
1 b 3V 6 h
3 4
3 2 3V 3 3
2
V 81cm
EXTENSIVO – APOSTILA 08 – EXERCÍCIOS DE SALA – MATEMÁTICA E
AULA 22
01)
n 4k r
n 4k r
kn 4 r
kn 3 r
kn 2 r
kn r
n r
Se
n 4k r
Então
i i
i i i
i i i
i i i i
i i i
i 1 i
i i
02)
0 1 2 3 109
0 1 2 3
0 1 2 3
m i i i i ... i
Sabe se :
i i i i 1 i ( 1) ( i)
i i i i 0
Assim, em 110 números, é possível formarmos 27 grupos com 4 termos cada
fazendo sobrar ainda 2 termos. Se formarmos esses grupos a partir do primeiro,
teremos:
03)
2
2
2
22
2
1 (1 i)z
1 i (1 i)
1 iz
1 i
1 iz
2
1 iz
2
1 2i iz
4
1z i
2
Parte Real = 0
Parte Imaginária = 1
2
AULA 23
01)
Cálculo do Módulo
2 22 2
2 2
Cálculo do Argumento
Parte real Negativa E Parte Imaginária Positiva: 2º Quadrante
o o
2tg
2
tg 1 2 Quadrante 135
02)
2A A 2 cos0 isen0
0
3B B 3 cos isen
4
C C 4 cos isen2 2
2
53 3
D D 5 cos isen32 2
2
03)
Módulo de z = a + bi
2 2
1 a b
Módulo de z = a – bi
22
2
2 2
2
a b
a b
Logo, 1 2
04)
z 2 2 3i
Parte Real = 2 (positivo)
Parte Imaginária = 2 3 (negativo)
Então, Argumento pertence ao 4º Quadrante.
Cálculo do Módulo
2
22 2 3
4
Cálculo do Argumento
o
2 3tg
2
5tg 3 4 Quadrante
3
Forma Trigonométrica
z cos isen
5 5z 4 cos isen
3 3
05)
22
222 2
22 2
z 2i 3
a bi 2i 3
a b 2 i 3
a b 2 3
a b 2 3
a b 2 3
Lugar Geométrico: Circunferência com centro no ponto (0,3) e raio igual a 3.
AULA 24
01)
2
2
k i (3 i)z
3 i (3 i)
3k ki 3i iz
9 i
3k 1 ( 3 k)z i
10 10
Módulo igual a 5
5
2 2
222 2
2 2
2
5
5
3k 1 3 k 5
10 10 5
3k 1 3 k 5
10 10 5
9k 6k 1 9 6k k 5
100 100 25
10k 10 20
k 1 ou k 1
02)
o o
o o
o o o o
o o
1 3A 2 cos60 isen60 A 2 i A 1 3i
2 2
B 4 cos90 isen90 B 4 0 1.i B 4i
AB 2.4 cos 60 90 isen 60 90
3 1AB 8 cos150 isen150 AB 8 i AB 4 3 4i
2 2
03)
A 12 11 3 11 3cos isen
B 10 8 8 8 8
A 6cos isen
B 5
A 6
B 5
04)
z.w u iv
5 5z.w cos isen u iv
12 3 12 3
3 310 cos isen u iv
4 4
2 210 i u iv
2 2
5 2 i 5 2 u iv
Assim :
u 5 2
v 5 2