Prévia do material em texto

Resolução das atividades adicionais
módulo
2
23
0 Matemática 13ª Série
Funções (2a parte)
 1. Para x = 
2
3 , f 2
2
3 3$ -d n = 4 $ 
2
3 2d n + 5 + f(0) = 14.
Logo, f(0) = c = 14.
 2. Seja y a medida do outro lado. Assim 2x + 2y = 10 + x + y = 5 + y = 5 - x, 0 < x < 5.
a) A área do retângulo é dada por x $ y = x(5 - x) = -x2 + 5x, 0 < x < 5.
b) O valor de x para que f(x) = -x2 + 5x seja máximo é a abscissa do vértice da parábola 
cuja equação é f(x) = -x2 + 5x, ou seja, x
a
b
2
= - 
( )2 1
5
2
5
=
-
- = .
 3. a) Como d é uma função afim em termos do preço p, então d(p) = ap + b, assim:
( )
( )
d
d
a b
a b
a b
a
b
a
a
b
10 180
20 80
10 180
20 80
10 180
10 100
100 180
10
10
280
+ + + +
=
=
+ =
+ =
+ =
=-
- + =
=-
=-
=
Logo, d(p) = -10p + 280.
b) Como o custo para produzir cada unidade é de R$ 2,00, o custo fixo mensal é de 
R$ 690,00 e a quantidade vendida é d(p) = -10p + 280, o lucro , mensal, em reais, em função 
do preço p, em reais, é dado por ,(p) = p(-10p + 280) - 2(-10p + 280) - 690 + ,(p) = -10p2 
+ 300p - 1 250.
c) O lucro é dado pela função quadrática ,(p) = -10p2 + 300p - 1 250, cujo valor máximo 
é dado para p = 
( )2 10
300
$
-
-
 = 15,00 reais.
 4. e A equação quadrática tem raízes -2 e 4, logo a equação da parábola é da forma 
y = a(x + 2)(x - 4). Como (1; 9) é um ponto da parábola, temos 9 = a(1 + 2)(1 - 4) + a = -1, 
portanto a parábola tem equação y = -(x + 2)(x - 4) + y = -x2 + 2x + 8.
 5. e Como a trajetória é dada por uma função quadrática, a altura máxima atingida pelo míssil foi, 
aproximadamente, 
4 933
12
12 4 933
12 0
933
4
12
2
$
$ $
-
- -
=
d
d
n
n
 = 3 $ 933 = 2 799 , 2 800 km.
Matemática 23ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 6. b A produção diária de petróleo de cada um dos 20 poços é de 
20
6 000 = 300 barris/dia. 
Sendo x a quantidade de novos poços perfurados, a produção desse campo, em barris/dia, 
é dada por P(x) = (x + 20)(300 - 10x) + P(x) = -10x2 + 100x + 6 000, que é uma função 
quadrática com a < 0, cujo valor máximo é dado por 
( )
( )
4 10
100 4 10 6 0002
$
$ $
-
-
- - = 6 250.
Logo, esse campo pode produzir, no máximo, 6 250 barris/dia.
 7. c Como o preço da pizza é p(x) = x
4
1
- + 100, a receita diária, em reais, na venda de x unida-
des de pizza ao valor de p reais nessa pizzaria é dada por R(x) = x $ p = x x
4
1 100- +d n 
= x
4
1 2- + 100x, que é uma função quadrática com a < 0, cujo valor máximo é obtido para 
x = 
2 4
1
100
$
-
-d n
 = 200 unidades de pizza.
Logo, o preço que maximiza a receita diária da pizzaria é p = 
4
1
- $ 200 + 100 = 50 reais, 
que está entre 49 e 52 reais.
 8. c Como a função quadrática T possui valor mínimo em t = 9 e T(13) = 0, então, para 
t = 9 - (13 - 9) = 9 - 4 = 5, tem-se T(5) = 0, pela simetria do gráfico de T. Logo, 
T(t) = a(t - 5)(t - 13), com a ! R), de modo que T(9) = -10 + a(9 - 5)(9 - 13) = -10 
+ a = 
8
5 e, portanto, T(t) = 
8
5 (t - 5)(t - 13). 
O gráfico da função é o trecho de uma parábola com concavidade voltada para cima, com 
2 # t # 20 e valor mínimo em t = 9, logo o valor máximo é obtido necessariamente em algum 
dos seus extremos. Já que T(2) = 
8
5 (2 - 5)(2 - 13) = 20,625 e T(20) = 
8
5 (20 - 5)(20 - 13) 
= 65,625, a temperatura máxima é superior a 62,5 oC e ocorreu para t = 20 min, final 
do intervalo. 
Temos T(7) = 
8
5 (7 - 5)(7 - 13) = 
2
15
- = -7,5 ! -8,5; além disso, T(4) = 
8
5 (4 - 5)(4 - 13) 
= 5,625 < 10,5 e, como T é decrescente para 2 # t # 9 e crescente para 9 # t # 20, com 
T(13) = 0, temos T(t) # 5,625 sempre que 4 # t # 6.
Portanto, a alternativa c é a única correta.
 9. c Sendo R$ 80,00 o preço de venda do quilograma dessa matéria-prima, o lucro L diário, em 
reais, obtido pela venda de toda a produção é dado por 
L(x) = 80x - C(x) = 80x - (0,1x2 + 40x + 3 000) = -0,1x2 + 40x - 3 000, que é uma função 
quadrática. Para que o lucro seja positivo, devemos ter L(x) > 0 + -0,1x2 + 40x - 3 000 > 0 
+ (-1)(x - 100)(x - 300) > 0 + 100 < x < 300.
 10. g(f(x)) = 2f(x) + 1 = 2x2 + 2x + 1 + f(x) = x2 + x.
Assim, f(7) = 72 + 7 = 56.
Matemática 33ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 11. f(g(x)) = f(x2 - 2x + 2) = m(x2 - 2x + 2) + 3 = mx2 - 2mx + (2m + 3)
Como m ! R*, f(g(x)) = 0 tem raízes reais se, e somente se, ∆ $ 0 + (-2m)2 - 4 $ m(2m + 3) 
$ 0 + -4m2 - 12m $ 0 + m2 + 3m # 0 + -3 # m # 0.
Logo, f(g(x)) = 0 tem raiz real para m tal que -3 # m < 0.
 12. f(g(x)) = 2g(x) + 1 = 2x3 - 4x + 1 + g(x) = x3 - 2x = x(x2 - 2)
Sendo A = x e B = x2 - 2, A = 0 + x = 0 e B = 0 + x = ! 2 .
Assim:
_
_
_
sinal de A
sinal de B
sinal de A . B
+
+ +
+
_
_+ _
+
_ 2 0 2
Logo g(x) > 0 + - 2 < x < 0 ou x > 2 .
 13. b f % g = f(g(x)) = f(x2 + mx + n) = x2 + mx + n.
A soma das raízes da função do 2o grau é dada por m
1
- = -m.
 14. c f(x) = 2x + 1 e g(2x + 1) = 6x + 5 + g x x2
2
1 1 6
2
1- + = -d d dn n n + 5 + g(x) = 3x + 2.
 15. c ( ) ( ) ( )
( ) ( ( )) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x f x x
f x f x x
f x f x x
f x f x x
2 2 1
2 2 2 2 2 1
2 2 1
2 2 4 2 1
3
3
3
3
++ - = -
- + - - = - -
+ - = -
- + = -
 
& 3f(x) = 2(1 - x)3 - (x - 1)3 + 3f(x) = 3(1 - x)3 + f(x) = (1 - x)3.
Logo f(g(x)) = f(1 - x) = [1 - (1 - x)]3 = x3.
 16. b f(f(x)) = f(mx + n) = m(mx + n) + n = m2x + mn + n = 4x + 9
+ 
( )
( )
( )
( )
e
ou
e
e
ou
e
m
mn n
m n
m n
m n
m n
4
9
2 3 9
2 9
2 3
2 9–
2
+ +=
+ =
= =
= - =
= =
=- =-
.
Logo, a soma dos possíveis valores de n é -6.
 17. e (f % g)(x) = (g % f )(x) + 3(-2x + k) - 2 = -2(3x - 2) + k + -6x + 3k - 2 = -6x + 4 + k + 2k = 6 
+ k = 3
 18. d Para 0 # x # 4, o gráfico de f é um segmento de reta contido na reta que passa pelos 
pontos (0; -2) e (2; 0), cuja equação é dada por y + 2 = 
0 2
2 0
-
- - (x - 0) + y = x - 2. Logo, 
f(x) = 
,
,
,
se
se
se
x
x x
x
1 0
2 0 4
1 4
<
>
# #-
-
. Assim, f(-2) = 1; f(1) = 1 - 2 = -1; f(2) = 2 - 2 = 0 e f(3) = 3 - 2 = 1.
Matemática 43ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Portanto, (f % f )(-2) = f(f(-2)) = f(1) = -1; (f % f )(3) = f(f(3)) = f(1) = -1 e (f % f )(4) = f(f(4)) 
= f(2) = 0.
Desse modo, a alternativa d é a única correta.
 19. A seguir, temos um esboço do gráfico de g(x) = x2 - 4x + 2, x ! R.
2
y
x
_2
V (2; _2)
Assim, o maior subconjunto A 1 R+, de forma que f seja injetora, é A = [2; +3[.
Como a ordenada do vértice da parábola anterior é -2, segue que a imagem de f é o inter-
valo [-2; +3[ e, então, para que f seja sobrejetora, devemos ter B = [-2; +3[.
Para obter o gráfico de f -1, basta refletir o gráfico de f em torno da reta y = x.
y
f
x−2
−2
2
2
f −1
Para obter a expressão para f -1(x), façamos x = y2 - 4y + 2, x $ 2 e y $ -2. Assim
y2 - 4y + 2 - x = 0 + y = 2 + x 2+ , ou seja, f -1(x) = x 2+ + 2.
 20. Vamos considerar a relação inversa g. Sabemos que g é de R em R e (x; y) ! f + (y; x) ! g. 
Para provarmos que f é bijetora, basta mostrarmos que g é função.
Para x $ 0, y = 3 + x2 + x2 = y - 3 + x = y 3- com y $ 3.
Para x < 0, y = 3 - x2 + x2 = 3 - y + x = - y3- com y < 3. 
Portanto, g é função com g : R R e g(y) = ,
,
y y
y y
3 3
3 3<
$-
- -
* . Assim, f é bijetora e f -1 = g.
Matemática 53ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 21. a) Como g(x)! R + 
x 1
2
-
 ! R + x ! 1 e o domínio de g é R - {a}, devemos ter {a} = {1} 
+ a = 1. Logo o domínio de g é R - {1}.
b) g-1(x) é tal que x = 
( )g x 1
2
1 --
 + x $ g-1(x) - x = 2 + g-1(x) = 
x
x2+ .
c) Como g-1 está definida de R - {b} em R - {1} e g-1(x) ! R + 
x
x2+ ! R + x ! 0, temos
{b} = {0} + b = 0. Logo, a imagem de g é o domínio de g-1, que é R - {0} = R).
 22. a Os gráficos de uma função e de sua inversa são simétricos em relação à reta y = x, conforme 
a figura a seguir:
y
f(x)
y = x
x
f_1(x)
A alternativa que mais se aproxima do gráfico de f -1(x) é a a.
 23. a Um número y está na imagem de f se existe x e x2 + p = (x + 2)y ou se a equação em x, 
x2 - yx + (p - 2y) = 0, admite solução real. Para tanto, é necessário que y2 - 4(p - 2y) $ 0 ou 
quey2 + 8y - 4p $ 0. Esta última desigualdade tem solução para todo real y se, e somente 
se, 64 + 16p # 0 ou p # -4.
Note que se p = -4, para x ! -2, a expressão de f é 
x
x p
x
x
2 2
42 2
+
+ =
+
- , que é equivalente a 
x - 2, cuja imagem é R-{-4}, o que torna a função não sobrejetora.
Logo, devemos ter p < -4.
 24. e Uma função f : A B, A 1 R e B 1 R, é injetora se, e somente se, toda reta y = b, b ! B 
corta o gráfico de f no máximo uma única vez.
Dos gráficos apresentados, o único que pode satisfazer essa condição é o da alternativa e.
 25. a � Considere f(x) = x e g(x) = -x. Elas são funções reais de variável real bijetoras e (f + g)(x) 
= x + (-x) = 0 não é injetora nem sobrejetora. Ou seja, as afirmações I e II são falsas.
 � Considere agora f(x) = x - x2 e g(x) = x2, f e g são funções reais de variável real que não 
são injetoras nem sobrejetoras e (f + g)(x) = x é bijetora. Ou seja, as afirmações III e IV são 
falsas.
 26. d Lembremos que sendo f 1 R2 uma relação de R em R:
 � f é uma função se, e somente se, qualquer reta vertical corta seu gráfico em exatamente 
um ponto;
 � f é uma função injetora se, e somente se, é função e toda reta horizontal corta seu gráfico 
em no máximo um ponto;
Matemática 63ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 � f é uma função sobrejetora se, e somente se, é função e toda reta horizontal corta seu 
gráfico em pelo menos um ponto;
 � f é uma função bijetora se, e somente se, é função injetora e sobrejetora, ou seja, é função 
e toda reta horizontal corta seu gráfico em exatamente um ponto.
Das alternativas, a única que satisfaz o último critério é a alternativa d.
Note que as alternativas c e e apresentam gráficos de relação que não são funções de R em R; 
a alternativa a apresenta o gráfico de uma função que não é injetora; e a alternativa b apre-
senta o gráfico de uma função que não é sobrejetora.
 27. a Fazendo x = 2t - 1 + t = x
2
1+ , então f(2t - 1) = t - 3 + f x x2 2
1 1
2
1 3+
- = + -e d n o 
+ f(x) = x
2
5- .
Assim, f(f-1(x)) = x, y = f(x) + y = x
2
5- + x = 2y + 5. Logo, a função inversa de f é tal que 
f-1(y) = x + f-1(y) = 2y + 5, ou seja, f-1(x) = 2x + 5.
 28. a) f é ímpar + f(-x) = -f(x), 6x!D(f ). Como 0!D(f), então f(-0) = -f(0) + f(0) = -f(0)
+ 2f(0) = 0 + f(0) = 0.
b) Se f é par e ímpar, então:
 � f é par + f(-x) = f(x), 6x!D(f ) (I)
 � f é ímpar + f(-x) = -f(x), 6x!D(f ) (II)
Fazendo I - II, temos:
f(-x) - f(-x) = f(x) - [-f(x)],6x ! D(f ) + 0 = 2f(x),6x ! D(f ) + f(x) = 0,6x ! D(f ), isto é, 
f(x) ≡ 0.
 29. a) f(x) = e
2
2x x+ -
f(-x) = e e
2
2
2
2 ( )x x x x+ = +- - - -
Como f(-x) ! f(x) e f(-x) ! -f(x), então f não é par nem ímpar. 
b) f é ímpar se, e somente se, f(-x) = -f(x) + log (ka-x) = -log (kax) 
+ log k + log a-x = -[log k + log ax] + log k - x log a = -log k - x log a
+ 2 log k = 0 + log k = 0 + k = 1
 30. Como f é periódica de período 2, então:
f(x) = f(x + 2) = f(x + 4) = ... = f(x + 86) = ...
Logo, para -1 < x # 1, f(x + 86) = f(x) = x2, isto é, -1 + 86 < x + 86 # 1 + 86, f(x + 86) 
= (x + 86 - 86)2.
Fazendo x + 86 = y, para 85 < y # 87, f(y) = (y - 86)2. Logo, para 85 < x # 87, f(x) 
= (x - 86)2.
 31. e f(x) é par se, e somente se, para todo x, -c < x < c, f(-x) = f(x) + ( )
x c
a x b
x c
ax b$
- +
- + =
+
+ 
+ -ax2 + (b - ac)x + bc = -ax2 + (ac - b)x + bc + b = ac. Logo, para -c < x < c, f(x) 
= 
x c
ax ac
+
+ = a.
Matemática 73ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 32. a Para que a função seja par, -2 e 2 devem ter as mesmas imagens, assim como -1 e 1 
também devem ter as mesmas imagens, assim, a = -5 e b = -3.
 33. a I. Verdadeira. Inicialmente, vamos mostrar que f(x) ! 0 para todo x ! R.
 Supondo, por absurdo, que f(a) = 0 para algum a ! R, então, para todo x ! R,
 f(x) = f((x - a) + a) = f(x - a) $ f(a) = 0, ou seja, f é constante, o que contraria uma das 
hipóteses do enunciado. 
 Assim, para todo x real:
 f(x) = f x x f x
2 2 2
2
+ =a ak k9 C > 0 
 II. Verdadeira. Provaremos tal afirmação usando o P.I.F.:
 � Para n = 1, é imediato que f(1 $ x) = f(x) = [f(x)]1.
 � Supondo a afirmação verdadeira para k!N*, f((k + 1) $ x) = f(kx + x) = f(kx) $ f(x) 
= [f(x)]k $ f(x) = [f(x)]k + 1.
 Isso completa a demonstração.
 III. Falsa. f(0) = f(0 + 0) = f(0) $ f(0) + f(0) = 1, pois f(x) > 0, para todo x ! R. 
 Supondo, por absurdo, que f é par, ou seja, f(x) = f(-x), então f(0) = f(x - x) = f(x) $ f(-x) 
+ f(x) $ f(-x) = 1 + f2(x) = 1 + f(x) = 1, para todo x ! R, o que contraria a hipótese de 
f ser não constante.
 34. c f % g(x) = f(g(x)) = 2 $ g(x) + 1 = 2(x2 + 3) + 1 = 2x2 + 7.
Assim, f % g(-x) = 2 $ (-x)2 + 7 = 2x2 + 7 = f % g(x), 6x ! R, isto é, f % g é par.
 35. b Seja x ! R*. Então se f(x) = 
x
1 , f(-x) = 
x
1
-
 = -f(x), isto é, f é ímpar.
 36. b Para que uma função afim seja decrescente, seu coeficiente angular deve ser negativo, ou 
seja, 
a
a a
5
42
- +
- < 0. Fazendo o quadro de sinais:
sinal de a2 _ 4a 
sinal de _a + 5 
sinal de a
2 _ 4a
_a + 5
+ + +
+ + +
+ +
_
_ _
_
0 4 5
Logo, 0 < a < 4 ou a > 5.
Equações exponenciais
 37. a) 25 x - 124 $ 5 x = 125 + (5 x )2 - 124 $ 5 x - 125 = 0
Sendo 5 x = y, com x $ 0 e y > 0, temos y2 - 124y - 125 = 0 + y = 125 ou y = -1. Como 
y > 0, então y = 5 x = 125 + 5 x = 53 + x = 3 + x = 9.
V = {9}
Matemática 83ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
b) 4x + 2 $ 14x = 3 $ 49x + 
14
4 2 14
14
3 49
x
x x
x
x$ $+ = + 
7
2 xd n + 2 = 3 $ 
2
7 xd n , sendo 
7
2 xd n 
= t (t > 0), temos t + 2 = 
t
3 + t2 + 2t - 3 = 0 + t = -3 ou t = 1. Como t > 0, então 
t = 
7
2 xd n = 1 + 
7
2 xd n = 
7
2 0d n + x = 0.
V = {0}
 38. 9x + 12x = 2 $ 16x + (32)x + (3 $ 4)x = 2 $ (42)x + 32x + 3x $ 4x = 2 $ 42x
Dividindo ambos os membros da equação por 42x, temos:
4
3
4
3 4
4
2 4
4
3
4
3 2
4
3
4
3 2 0
x
x
x
x x
x
x x
x
x x x
2
2
2 2
2 2 2
+ +$ $
+ = + = + - =d d dn n n< F
( )
e e
ou
ou
y
y y
y
y y
x
4
3
2 0
4
3
2 1
4
3 2
4
3 1
4
3
4
3 0
x x x
x
x
2
4
3 0
0
>
x
+ + + + +
=
+ - =
=
=- =
=-
=
= =
d d d
d
d d
cn n n
n
n n
m
V = {0}
 39. 
( )
y
y
y
y
y y
y
y y3
2
3
2 1 2
2
2 3
2
4 3
2
3 4 0
2
1 4
x x
x
x
x x x2 2
2
+ + + +
0
- = - =
=
- =
=
- - =
=
=- =
-
 
2 0>x
+ 2x = 4 + x = 2
Assim 4
x
2 - x2 = 4 2
2
 - 22 = 4 - 4 = 0.
 40. c 62 - x $ 3x + 1 = 864 + (2 $ 3)2 - x $ 3x + 1 = 25 $ 33 + 22 - x $ 32 - x $ 3x + 1 = 25 $ 33
+ 22 - x $ 33 = 25 $ 33 + 2 - x = 5 + x = -3
V = {-3}
 41. c Temos que 32x + 1 $ 23x - 2 = 54 + ( ) ( )
2
3 3 2x x
2
2 3$ $ = 54 + 
4
72x
 = 18 + 72x = 72 + x = 1.
 42. a Temos que 24x - 6(22x) = 16 + (22x)2 - 6(22x) - 16 = 0. Sendo 22x = y, temos y2 - 6y - 16 = 0 
+ y = 8 ou y = -2, como y > 0, então:
y = 22x = 8 + 22x = 23 + x = 
2
3
 43. b 32x + 3 - 32x + 2 + 2 $ 32x = 22x + 5 - 22x + 1 + 32x(33 - 32 + 2) = 22x + 1(24 - 1) + 20 $ 32x 
= 15 $ 22x + 1 + 4 $ 32x = 3 $ 22x + 1 + 32x - 1 = 22x - 1 + 
2
3 x2 1-d n = 1 + 
2
3
2
3x2 1 0
=
-d dn n 
+ x = 
2
1
Matemática 93ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 44. d 
9
3
27
1
3
3
3
1x x2 2
2
2
1 2 2
3
-
-
+= =d fn p + 23
x2 2- -3a k = 3-3
 + 3
-3x + 3 = 3-3
 
+ -3x + 3 = -3 + x = 2
 45. 2x + m22 - x - 2m - 2 = 0 + 2x + m
2
4
x
 - 2m - 2 = 0 + (2x)2 - 2(m + 1) $ 2x + 4m = 0 
+ (2x - 2m)(2x - 2) = 0 ou ou
m m
x
2 2
2 2
2 2
1
x
x
x
+ +
=
=
=
=
 (*)
Vamos discutir e resolver (*):
 � m # 0
2x = 2m não admite soluções reais. Logo (*) admite apenas a solução x = 1.
 � m > 0
(*) admite duas soluções reais. Essas soluções são iguais se, e somente se, 21 = 2m + m = 1. 
Temos então:
• m > 0 e m ! 1
()) 
log
ou
x m
x
1
1
2
+
= +
=
A equação admite duas soluções reais distintas.
• m = 1
A equação admite apenas a solução x = 1.
a) Para m = 1 a solução da equação é x = 1.
b) Os valores de m para os quais a equação tem uma única raiz real são m = 1 ou m # 0.
 46. 
x
y
x y
y x
x x
y x
1
2
34 32
3 3
2 2 2 2 5
2
1
2 2
2
1 5
2
1
x y
y x
x y
y x 2
1
2 2 5
++ + +
-
=
=
=
=
= + ==
+ + =
= +
- -
+ +
3 3=
d n
Logo V = ;1
2
3d n( 2.
 47. d Temos 5
9
5 625 5x x x x2 1 2 12 2
+=- + - + = 625 + 5x x2 12 - + = 54 + x2 - 2x + 1 = 4
+ x2 - 2x - 3 = 0, assim a soma das raízes da equação é ( ) .
1
2 2- - =
 48. c ( )
( )ou
y
y y
y
y y
4 5 2 4 0 2 5 2 4 0 2
5 4 0
2
1 4
x x x x x x2
2
2 2 2 2 2 2
+ + +$ $- + = - + = =
- + =
=
= =
.ou ou ou oux x x x x2 1 2 4 0 2 0 2 2x x 2 22 2
+ + += = = = = = =-
Assim a soma das raízes reais positivas da equação é 2 .
Matemática 103ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 49. c Existe x real tal que y = 3x se, e somente se, y > 0. Assim, a equação 3x + 3-x = 2k tem solução 
real se, e somente se, existe y > 0 tal que y + 
y
1 = 2k, isto é, se, e somente se, existe y > 0 
tal que y2 - 2ky + 1 = 0.
Como a última equação é do 2o grau com produto das raízes igual a 1, concluímos 
que existe y > 0 tal que y2 - 2ky + 1 = 0 + 
( )
soma das ra zes
k
k
0
0
2 4 1 1 0
1
2 0í > >
2
+
$ $$ $!" - -
- -
 
.k
k
k1
0
1
>
2
+ +$ $
 50. d 8 x 1+ + 44 $ 2 x 1+ + 64 = 19 $ 4 x 1+ + 2 x3 1$ + + 44 $ 2 x 1+ + 64 = 19 $ 2 x2 1$ +
+ ( )2 x 1 3+ - 19 $ ( )2 x 1 2+ + 44 $ 2 x 1+ + 64 = 0
Fazendo 2 x 1+ = y:
y3 - 19y2 + 44y + 64 = 0 + y3 - 20y2 + 64y + y2 - 20y + 64 = 0 + (y + 1)(y2 - 20y + 64) = 0 
+ y = -1 ou y = 4 ou y = 16 + 2 x 1+ = -1 ou 2 x 1+ = 22 ou 2 x 1+ = 24.
Como 2 x 1+ > 0: ou ou
x
x
x
x
1 2
1 4
3
15
+
+ =
+ =
=
=
.
Logo, a soma dos reais que satisfazem a equação é 3 + 15 = 18.
 51. c Temos que 
3
4
4
3
3
4
3
4x x x x x x x x3 2 2 3 2 22 2 2 2
+= =
- + - - + -d d d dn n n n + x2 - 3x + 2 = 2x - x2 
+ 2x2 - 5x + 2 = 0 + x = 2 ou x = 
2
1 . Assim, a soma x1 + x2 = 2 + 
2
1
2
5
= .
 52. b 2x - 2-x = k + 2x - 
2
1
x
 - k = 0 + 22x - k $ 2x - 1 = 0
Sendo y
y
2
0>
x =* , temos y2 - ky - 1 = 0, ∆ = k2 + 4 > k2.
Assim, y = k k
2
42
! + , como y > 0, então y = k k
2
42+ + + y = 2x = k k
2
42+ + , ou 
seja, a equação tem uma única solução real para cada k ! R.
Variáveis proporcionais
 53. a) A distância entre Paraguaçu e Piripiri é 47 - 13 = 34 km. Entre essas duas cidades há 
8 espaços de 1 cm cada. Logo 1 cm no mapa corresponde à distância de 
8
34 = 4,25 km 
= 425 000 cm, ou seja, a escala do mapa apresentado é 1 : 425 000.
b) Medindo a partir do ponto de início da estrada, o posto se encontra no quilômetro 
13 + 5 $ 4,25 = 34,25.
Matemática 113ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
c) A distância entre essas duas cidades é 34 km = 3 400 000 cm. Usando a escala 1 : 500 000, 
a distância entre elas na folha será 
500 000
3 400 000 = 6,8 cm.
 54. a) A refeição é composta de:
 � 2 fatias de pão integral: 2 $ 55 kcal = 110 kcal;
 � 200 mL de leite: 200 mL $ 
mL
kcal
1000
550 = 110 kcal;
 � 10 g de manteiga: 10 g $ 
g
kcal
200
1400 = 70 kcal;
 � 4 fatias de queijo com 10 g cada: 4 $ 10 g $ 
g
kcal
1000
3200 = 128 kcal;
 � 2 bananas: 2 $ 80 kcal = 160 kcal.
Logo o valor calórico da refeição é:
110 + 110 + 70 + 128 + 160 = 578 kcal
b) O valor diário de cálcio recomendado é: 
%
mg
31
248 $ 100% = 800 mg
 55. b A distância percorrida em 16 voltas é de 16 $ 7 = 112 km e serão necessários 112 $ 
100
75 = 84 L 
de gasolina para percorrê-la, o que equivale a 84 $ 750 = 63 000 g = 63 kg de combustível. 
Assim, o peso mínimo do carro deverá ser de 605 + 63 = 668 kg.
 56. c Pelo enunciado, 
c a b
a c
a a b
c a
b a
c a4
1
4
4
3
4
+ +
= +
=
= +
=
=
=
.
Logo a, b e c são respectivamente proporcionais a 1, 3 e 4.
 57. d Como y é inversamente proporcional ao quadrado de x, então y $ x2 é constante. Assim, 
das condições dadas: 15 $ 32 = y $ 42 + y = 
16
135 . Logo, se x = 4, então y = 
16
135 .
 58. a Seja x o raio, em centímetros, da roldana menor. O raio da roldana e o giro, em rotações 
por minuto, são grandezas inversamente proporcionais. Logo, 12 $ 100 = x $ 150 + x = 8 cm.
 59. O número x de livros é diretamente proporcional ao número de digitadoras e ao tempo, e 
inversamente proporcional ao número de páginas. De segunda a sexta, 8 horas por dia, 
por duas semanas, teremos um total de 2 $ 5 $ 8 = 80 horas trabalhadas. De segunda 
a sábado, 5 horas por dia, por quatro semanas, cada uma das 6 digitadoras trabalhará 
6 $ 5 $ 4 = 120 horas.
Portanto, x
6 120
480
1 80
1 640
$
$
$
$
= + x = 12 livros.
 60. O número x de operários é diretamente proporcional ao comprimento e à altura do muro, 
mas é inversamente proporcional ao tempo. Assim, x
12 5
6 4
20 4
4 8 5
$
$ $
$
$ $
= + x = 5 operários.
Matemática 123ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 61. a Vamos supor que a oração “passaram a trabalhar 4 horas por dia” se refere a todos os 
50 alunos que estão no grupo. Admitindo o ritmo de coleta constante, a quantidade arre-
cadada de alimento é diretamente proporcional à quantidade diária de horas trabalhadas 
e à quantidade de alunos. Assim, sendo x a quantidade diária de horas trabalhadas nos 
20 dias finais da campanha:
x
4 50 3 20
12
$ $
= + x = 40 kg/dia.
Assim, a quantidade total arrecadada de alimento é 12 $ 10 + 40 $ 20 = 920 kg.
 62. d Supondo que as máquinas trabalham com a mesma eficiência, a área podada é diretamen-
te proporcional ao número de máquinas e à quantidade de horas trabalhadas. Sendo x o 
número de máquinas que o administrador deve solicitar ao vizinho, como duas máquinas 
podam juntas 200 m2 por hora, temos:
( )x 2 5
8 000
2 1
200
$ $+
= + x + 2 = 16 + x = 14 máquinas.
 63. e Sendo V0 e T0 o volume e a temperatura iniciais, respectivamente, após os processos de 
compressão e aquecimento, o volume passou a ser V1 = V
2
0 , e a temperatura, T1 = 4 $ T0.
Como o quociente 
T
p V$ é constante, temos 
T
p V
T
p V
T
p V
T
p V
4
2
1
1 1
0
0 0
0
1
0
0
0 0+
$ $
$
$ $
= = 
+ p1 = 8 $ p0.
 64. c Seja x o tempo referente a um trecho de 3,6 metros de extensão com 12 intervalos; como 
é liberada uma gota a cada 30 segundos, então 
x30
1 12
= + x = 360 segundos, ou seja, 
6 minutos.
 65. Sejam n e 120 - n, respectivamente, o número de homens e mulheres no grupo. Então 
a soma das idades das mulheres é 35(120 - n) e a soma das idades dos homens, 50n. 
Assim, a soma das idades de todas as pessoas do grupo é 50n + 35(120 - n) e, portanto, 
( )n n
120
50 35 120+ - = 40 + 15n + 35 $ 120 = 40 $ 120 + n = 40.
Logo, há 40 homens e 120 - 40 = 80 mulheres no grupo.
 66. a) A soma das notas dos 8 alunos inicialmente reprovados era 8 $ 65 = 520. Da mesma 
forma, a soma das notas dos 20 - 8 = 12 alunos inicialmente aprovados era 12 $ 77 = 924. 
Portanto a soma das notas de todos os alunos, antes da atribuição dos cinco pontos extras, 
era 520 + 924 = 1 444 e a média aritmética das notas da classe toda era 
20
1 444 = 72,2.
b) Com a atribuição dos 5 pontos extras, a soma das notas de todos os alunos passou a 
ser 1 444 + 20 $ 5 = 1 544. Seja x o número de reprovados nessa situação. Como as médias 
dos aprovados e dos reprovados passaram a ser, respectivamente, 80 e 68,8, então:
1 544 = 80(20 - x) + 68,8x + 11,2x = 1 600 - 1 544 + x = 5
Portanto, com a atribuição dos cinco pontos extras, 8 - 5 = 3 alunos, inicialmente reprova-
dos, atingiram nota para aprovação.
Matemática 133ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 67. b Seja x a nota do aluno na prova IV. Então:
, , , ,x
1 2 3 2 2
1 6 5 2 7 3 3 7 5 2 2 6 2$ $ $ $ $
+ + + +
+ + + + = 7,3 + x = 8,5
 68. b A soma das notas de todos os 100 + 500 = 600 candidatos é 600 $ 4,0 = 2 400. A soma das 
notas apenas dos candidatos ao curso A é 500 $ 3,8 = 1 900. Assim, a soma das notas ape-
nas dos candidatos ao curso B é 2 400 - 1 900 = 500 e a média destes candidatos é 
100
500 = 5,0.
 69. b A soma das alturas dos jogadores, antes das substituições, é 6 $ 1,92 = 11,52 m e, após, 
6 $ 1,90 = 11,40 m. Assim a média das alturas dos jogadores que saíram supera a dos joga-
dores que entraram em , ,
3
11 52 11 40- = 0,04 m.
 70. e Como 900 = 22 $ 32 $ 52, os divisores positivos de 900 que não são múltiplos de 5 são os 
divisores de 22 $ 32,ou seja, 1, 2, 3, 22 = 4, 2 $ 3 = 6, 32 = 9, 22 $ 3 = 12, 32 = 18 e 22 $ 32 = 36.
A média aritmética é, portanto:
9
1 2 3 4 6 9 12 18 36
9
91+ + + + + + + + =
Problemas de 1o e 2o graus
 71. Desprezando o custo de aquisição da lâmpada, os custos para manter cada lâmpada acesa 
por uma hora são 0,1 kWh $ $ ,
kWh
R
1
0 50 = R$ 0,05 para a lâmpada incandescente e, sendo 
24 W = 0,024 kW, 0,024 kWh $ $ ,
kWh
R
1
0 50 = R$ 0,012 para a lâmpada fluorescente.
a) Para manter cada lâmpada acesa por 750 horas, os custos são 750 $ 0,05 = 37,50 reais 
para a lâmpada incandescente e 750 $ 0,012 = 9,00 reais para a lâmpada fluorescente.
b) Considerando o custo de compra de cada lâmpada, o gasto em reais por lâmpada em 
x dias é, para João, 13,40 + 3 $ 0,012x e, para Fernando, 2,00 + 3 $ 0,05x.
Como 2,00 + 3 $ 0,05x > 13,40 + 3 $ 0,012x + 0,114x > 11,40 + x > 100, Fernando começará 
a ter mais gastos com iluminação do que João a partir do 101o dia.
 72. Observando que a n-ésima mulher dançou com 5 + n homens e sendo x o número de mu-
lheres da festa, Júlia, a última mulher, dançou com 5 + x homens.
Logo há 5 + x homens no baile e x + (5 + x) = 35 + x = 15.
 73. a) Sendo n o total inicial de trabalhadores (n ! N*), temos que a diferença entre o paga-
mento para cada um dos (n - 3) trabalhadores e para cada um dos n trabalhadores foi de 
R$ 600,00, assim:
n n3
10 800 10 800
-
- = 600 + 600n(n - 3) = 10 800 $ 3 + n2 - 3n - 54 = 0 + n = 9
Portanto, 9 - 3 = 6 trabalhadores realizaram o serviço.
b) Cada um dos 6 trabalhadores recebeu $ . ,R
6
10 800 00 = R$ 1.800,00.
Matemática 143ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 74. c Sendo x a idade de Pedro e 55 - x a de seu pai, 
x
x
55-
 = 
9
2 + 9x = 110 - 2x + x = 10.
Logo, Pedro tem 10 anos.
 75. b Seja x o número de alunos da classe.
Temos:
 � o número de exercícios que cada aluno receberia se todos estivessem presentes: 
x
180 ;
 � o número de exercícios que cada aluno recebeu (tendo faltado 9 pessoas): 
x 9
180
-
.
Então 
x x9
180 180
-
= + 1 + x2 - 9x - 1 620 = 0 + x = 45 ou x = -36.
Como x > 0, então x = 45.
 76. d Seja V o volume do tanque em litros.
A primeira torneira enche o tanque com uma velocidade de V
4
 litros/hora; a segun-
da o enche com velocidade de V
6
 litros/hora; e a terceira o enche com velocidade de 
V
12
 litros/hora.
Com as três torneiras abertas, a velocidade de enchimento do tanque será de 
V V V V V
4 6 12 12
4
3
+ - = = litros/hora e, portanto, o tanque ficará cheio em 3 horas.
 77. d Seja V o volume do reservatório em litros.
Então:
 � o tempo gasto pela torneira A para encher o reservatório é t = 
x
V horas;
 � o tempo gasto pela torneira C para encher o reservatório é tl = 
x x
V
x
V
4
3 7
4
+
= .
Logo t’ = 
7
4 t , 57% de t.
 78. d Seja x a distância que o caminhão andou vazio. Logo a distância que ele percorreu carre-
gado foi 350 - x. Se o percurso fosse feito com o caminhão vazio todo o tempo, ele teria 
andado x + 
3
5 (350 - x), ou 450 km, já que ele gastou apenas 1 tanque. Logo:
x + 
3
5 (350 - x) = 450 + x = 200 km
 79. a Cada setor recebe 
X
900 frascos. Se eles fossem divididos entre X - 3 setores, cada setor 
receberia 
X 3
900
-
 frascos, que é também igual a 
X
900 + 15. Assim, 
X X3
900 900
-
= + 15 
+ X2 - 3X - 180 = 0 + X = 15.
Matemática 153ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Inequações
 80. Temos 8 - 3(2k - 1) < 0 + 8 - 6k + 3 < 0 + -6k < -11 + k > 
6
11 . Como 
6
11
6
12 21 = , 
o menor inteiro k é 2.
 81. Sendo v, em reais, o valor de venda, temos:
500v $ 2 000 + 500 $ 20 + 500 v $ 12 000 + v $ 24
A fábrica deve vender a mercadoria por um valor de no mínimo 24 reais para não ter 
prejuízo.
 82. a) x - 4(x - 1) < 19 + x - 4x + 4 < 19 + -3x < 15 + x > -5 V = ]-5; +3[
b) 3(x - 1) - 2x $ 10 + 3x - 3 - 2x $ 10 + x $ 13 V = [13; +3[
c) x
2
 + 1 < 
3
5 - x + x
2
 + x < 
3
5 - 1 + x
2
3 < 
3
2 + x < 
9
4 V = ;
9
43- <F
d) x
10
2+ - 1 # x
4
1- + 2x + 4 - 20 # 5 - 5x + 7x # 21 + x # 3 V = ]-3; 3]
e) x x x
3
6
4
2 3
2
5
1
+ - + + + 4x + 24 - 6x - 9 < 6x + 30 + -8x < 15 
+ x > -
8
15 V = ;
8
15 3- + <F
f ) x x
4
3 2
5
2 1- - - - 1 # x
10
7 3- + 15x - 10 - 8x + 4 - 20 # 14x - 6 + -7x # 20 
+ x $ -
7
20 V = ;
7
20 3- +< <
 83. c x x x x
2
1
3
1 1
3
1
2
1
2 6
1 1
3 6
1> >++ - - - + - - +d dn n + 3x - 6 > -2x + x > 
5
6 = 1,2
O menor número inteiro que satisfaz a inequação é 2.
 84. e Temos 2x - 3 # 3 + x # 3. Como x ! N, x = 0 ou x = 1 ou x = 2 ou x = 3, cujo produto é 0.
 85. b Sendo x a idade de Vera Lúcia, temos 7(x - 2) < 6x + 8 + 7x - 14 < 6x + 8 + x < 22.
Como x é o maior possível, x = 21.
 86. d Sendo x o número de páginas, temos 1,37 + 0,67(x - 1) > 10 + 0,67x > 9,3 
+ x > 
,
,
0 67
9 3 , 13,9.
Logo, o número mínimo de páginas é 14.
 87. b Sendo x o salário de Fábio, em reais, temos x - x x
4 5
2
- - 300 $ 85 + x
20
7 $ 385 
+ x $ 1 100.
Matemática 163ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 88. a) 
( ) ( )
( )( )( )
x x x
x x x x x
2 6 1
2 3 2 1 4 12 9 0>
2 3
2 2
- - +
- + + + +
Temos:
 � A = 0 + 2 - x = 0 + x = 2.
 � B = 0 + 3x2 + 2x + 1 = 0. Como ∆ = 22 - 4 $ 3 $ 1 = -8 < 0 e o coeficiente de x2 é positivo, 
então B > 0,6x ! R.
 � C = 0 + 4x2 + 12x + 9 = 0 + x = 
2
3
- .
 � D = 0 + 2x2 - x - 6 = 0 + x = 2 ou x
2
3
=- .
 � E = 0 + x + 1 = 0 + x = -1.
sinal de A
sinal de B
+
+ ++
2
+
+
-1
sinal de C
sinal de D
sinal de E
sinal de _ABC
DE
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
- -
-
--
- - -
-__3
2
Logo, ;V
2
3 1= - - <F .
b) 
x( )
( )
( )x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x2
2
2
2
0
2
2 0
2
4 4 0
B C
A
2 2
+ + +# # # #
-
-
- -
- -
- -
-
- +
H
S\
Temos: 
 � A = 0 + -4x + 4 = 0 + x = 1.
 � B = 0 + x = 0.
 � C = 0 + x - 2 = 0 + x = 2.
sinal de A
sinal de B
sinal de 
0 1
sinal de C
2
+
+
+
+ +
+
+
+
-
- -
-
-
- -
-__A
BC
V = ]0; 1]j ] ; [2 3+
c) 
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
x x x x x x
x x x x x x
1
1
1
1
2
1 0
1 1 2
1 2 1 2 1 1 0+$ $
+
-
-
+
- + - -
- - - + - + + -
( )( )x x
x x x x x
1 2
3 2 2 1 0
2
2 2 2
+ $
- -
- + - + - - + - 
( )( )x x
x x
1 2
2 5 0
B C
A
2
2
+ $
- -
+ -
6 7 8444 44
\\
Matemática 173ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Temos: 
 � A = 0 + x2 + 2x - 5 = 0 + x = -1 - 6 ou x = -1 + 6 .
 � B = 0 + x2 - 1 = 0 + x = -1 ou x = 1.
 � C = 0 + 2 - x = 0 + x = 2.
sinal de A
sinal de B
sinal de C
sinal de A
BC
+
+
+
+
-1 - 6 -1 + 6-1 1 2
+
+ +
+
+
+
+
+
+
+
+
+
- -
-
-
-
-
- -
V = ]-3;-1 - 6 ] j ]-1; 1[ , [-1 + 6 ; 2[
 89. a) Sendo A = x + 5, B = x - 2 e C = x + 1, temos A = 0 + x = -5, B = 0 + x = 2 e C = 0 
+ x = -1. Assim: 
_
_5 _1 2
sinal de A
sinal de B
sinal de A . B . C
+
++ +
+
_
_
__ ++
_ _ _
+sinal de C
Logo, V = [-5; -1],[2; +3[.
b) Sendo A = 1 - 2x e B = 3x - 6, temos A = 0 + x = 
2
1 e B = 0 + x = 2.
Assim: 
_
2
+
+
_
_ _
+
1
2
_sinal de A
sinal de B
_
sinal de A . B
Logo, V = ;
2
1 2<F .
c) Sendo A = x + 1 e B = -2x + 4, temos A = 0 + x = -1 e B = 0 + x = 2.
Assim: 
_
2
+
+
_
_+
+
_
_1
sinal de A
sinal de B
+
sinal de A
B
Logo, V = ]-3; -1[j]2; +3[.
Matemática 183ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
d) Sendo A = 2x - 7 e B = x - 1, temos A = 0 + x = 
2
7 e B = 0 + x = 1.
Assim: 
+
1
_
_
+
++
_
_ +sinal de A
sinal de B
sinal de A
B
7
2
Logo, V = ;1
2
7F F.
e) Sendo A = 6x - 5, B = 2 - x e C = x - 4, temos A = 0 + x = 
6
5 , B = 0 + x = 2 e C = 0 
+ x = 4. Assim: 
2 4
+ +_ +
5
6
sinal de A
+ _ _+sinal de B
___ +sinal de C
+ +_ _sinal de A . B
C
Logo, V = ;
6
53- <F j]2; 4[.
f ) 
x
x
2 1
2
-
- + $ 1 + 
x
x
2 1
2
-
- + - 1 $ 0 + 
x
x x
2 1
2 2 1
-
- + - + $ 0 + 
x
x
2 1
3 3
-
- + $ 0
Sendo A = -3x + 3 e B = 2x - 1, temos A = 0 + x = 1 e B = 0 + x = 
2
1 .
Assim: 
+
1
+_
_
__ +
+
+sinal de A
sinal de B
sinal de A
B
1
2
Logo, V = ;
2
1 1F F.
 90. 
x 3
5
-
 > 3 + 
x 3
5
-
 - 3 > 0 + 
x
x
3
5 3 9
-
- + > 0 + 
x
x
3
3 14
-
- + > 0
SendoA = -3x + 14 e B = x - 3, temos A = 0 + x = 
3
14 e B = 0 + x = 3.
Matemática 193ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Assim:
+
3
+_
_
__ +
+
+sinal de A
sinal de B
sinal de A
B
3
14
Logo 3 < x < 
3
14 e o número inteiro que satisfaz a inequação é x = 4.
 91. c Como a < b + a - b < 0, temos ax - bx > a2 - b2 + (a - b)x > (a - b)(a + b) + x < a + b.
 92. a Sendo A = x + 3 e B = 2x - 5, temos A = 0 + x = -3 e B = 0 + x = 
2
5 .
Assim, 
_3
+_sinal de A
sinal de B
sinal de A
B
5
2
_
+
_
_
+
+
+
Logo 
x
x
2 5
3
-
+ # 0 + -3 # x < 
2
5 . V = ;3
2
5– n<
 93. d Sendo A = 4 - x e B = 1 + x, temos A = 0 + x = 4 e B = 0 + x = -1.
Assim, 
_1
+sinal de A
sinal de B
sinal de A
B
_ +
4
+
_
+
+ _
_
Logo 
x
x
1
4
+
- $ 0 + -1 < x # 4 e os números inteiros que satisfazem a inequação são 0, 1, 
2, 3 e 4, um total de 5 números.
 94. e Temos 
x
x x
x
x x x
x
x
1 1
0
1
0> > >
2 2
+ +
+ +
- -
+
- (*). Como -x2 # 0, 6x ! R, temos (*)
+ x + 1 < 0 + x < -1.
 95. b Temos 
( )( ) ( )( )x x x x
x x
x x
x
20
1
12
1
20 12
12 20 0
20 12
2 32+ +# #
- - - -
- - +
- -
- + # 0.
Sendo A = -2x + 32, B = x - 20 e C = 12 - x, temos A = 0 + x = 16, B = 0 + x = 20 e C = 0 
+ x = 12.
Matemática 203ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Assim, 
__
sinal de A
sinal de B
sinal de C
+
_
sinal de A
B . C
12 16 20
+ _ _
+__
+ _
+_+_
Logo 
x x20
1
12
1
#
- -
 + x < 12 ou 16 # x < 20.
Considerando-se os inteiros estritamente positivos 1 # x # 11 ou 16 # x # 19, um total 
de 11 - 1 + 1 + 19 - 16 + 1 = 15 números.
 96. a) (f(x) < 0, 6x ! R) + ∆ < 0 + p2 - 4 $ (-1)(-4) < 0 + p2 - 16 < 0 + -4 < p < 4
b) Nesse caso, basta que f tenha mais de uma raiz real, ou seja, ∆ > 0 + (p < -4 ou p > 4).
 97. Os conjuntos verdade das inequações 
x
x 22 + $ 3 + 
x
x x3 22 - + $ 0 + (0 < x # 1 ou 
x $ 2) e x2 + 2 $ 3x + x2 - 3x + 2 $ 0 + (x # 1 ou x $ 2) são A = ]0; 1]j[2; +3 [ e 
B = ]-3; 1]j[2; +3[, respectivamente. Assim:
 I. Verdadeira. Como A 1 B, se x !A então x !B.
 II. Falsa. Se x = -1, x2 + 2 $ 3x é verdadeiro e 
x
x 22 + $ 3 não é.
 III. Verdadeira. Temos 
x
x
x
x
x
x
x
x x2 3 2 3 0 3 22 2 2
+ +$ $
+ + - - + $ 0.
 IV. Verdadeira. Como [2; +3[1 A, se x $ 2 então 
x
x 22 + $ 3.
 98. b 2x(kx - 4) - x2 + 6 = 0 + x2(2k - 1) - 8x + 6 = 0
Assim, para que a equação não admita raízes reais, ∆ < 0 + (-8)2 - 4 $ (2k - 1) $ 6 < 0 
+ k > 
6
11 .
Portanto, o menor valor inteiro que k pode assumir é 2.
 99. e A receita mensal, para a venda de x unidades de um produto, é dada por:
R(x) = x $ (100 - 0,02x) + R(x) = -0,02x2 + 100x
Logo a receita será maior ou igual a 80 000 se, e somente se:
-0,02x2 + 100x $ 80 000 + 1 000 # x # 4 000
 100. d x2 + 1 > kx, 6x ! R + x2 - kx + 1 > 0, 6x ! R
Como o coeficiente de x2 é positivo, x2 - kx + 1 > 0, 6x ! R + ∆ < 0 + k2 - 4 < 0 
+ -2 < k < 2.
Matemática 213ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 101. a Como a parábola tem concavidade para cima, ela não intercepta a reta y = 3 se, e somente 
se, 2x2 + mx + 5 > 3 + 2x2 + mx + 2 > 0; 6x ! R. Logo devemos ter ∆ < 0 + m2 - 4 $ 2 $ 2 < 0 
+ m2 - 16 < 0 + -4 < m < 4.
 102. c Seja 
x
x
1
2
2 +
 = k, onde k é inteiro. Deste modo, a equação 
x
x
1
2
2 +
 = k + kx2 - 2x + k = 0 
admite solução real em x. Assim, k = 0 ou (k ! 0 e ∆ $ 0) + k = -1 ou k = 0 ou k = 1.
Logo, a soma dos possíveis valores de k é -1 + 0 + 1 = 0.
 103. c ( )( )x x x7 15 1 0<
A B
2 2- + - +1 2 34444 4444\
Temos:
A = 0 + -x2 + 7x - 15 = 0; ∆ = 72 - 4 $ (-1) $ (-15) = -11 < 0
Como o coeficiente de x2 é negativo, então A < 0, 6x ! R.
B = 0 + x2 + 1 = 0; ∆ = 02 - 4 $ 1 $ 1 = -4 < 0. Como o coeficiente de x2 é positivo, então 
B > 0, 6x ! R.
sinal de B
sinal de AB 
sinal de A
+
−
−
V = R
 104. a) f(x) ! R + 
x
x
x
x x x
x
x
x
x
x
x
1
9 5 0
9 5 5 0
1
0
1
5
1
0
2
+ +!
!
!
!
!
!
!
!
+
+ -
+ - -
- -
-
Logo D(f ) = R - {1, 0, -1, -5}.
b) f(x) > 0 + 
( )x x
x x x
x
x x x
1
9 5 5
1
5 5 12
2
2
+
+ - -
+
+ + + -
 > 0 + 
( )
x
x x
x x
x x
x
1
6 7
4 5
1
0
0>
2
2
$
!
+
+ -
+ -
+
+ ( )( )( )
( )( ) ( )
x x x
x x x x
x
1 1 5
1 7 1 0
0
>
!
+ - +
- + +
 + 
( )
x
x x
x
x
x
5
7 0
0
1
1
>
!
!
!
+
+
-
 + (-7 < x < -5 ou 0 < x < 1 ou x > 1)
V = ] ; [ ] ; [7 5 0j 3- - +_ i - {1}
 105. 
( )ou
x
x x
x
x x
3 2
4 3 0
2
3
1 3
< >
2
$
# $- +
+( *
V = [ ; [3 3+
Matemática 223ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 106. Sendo A = x + 2; B = x + 1; C = (x - 2) e D = -x2 - x - 1, temos o seguinte quadro de sinais:
_2 _1 2
+++
+
+
+
+
+
++
B3
C2
A
D
3
B3A ∙
C2 ∙ D
3
 R
 R
V = ] ; [ { }1 23- + -
 107. 
( )
( )
I
II
x x
x
x
x x
x
x
2 3
2 1 1
1 0
2 3
2 1 1 0
1 0
>
<
>
<
2 2
+
- -
-
- - -
-
Temos:
(I) ( )x x
6
3 2 2 1 6 0>- - - + -x - 4 > 0 + x < -4
VI = ] ; [43- -
(II) 
x
x 1 0<
B
A
2 -
G
S
A = 0 + x = -1 ou x = 1.
B = 0 + x = 0.
sinal de B
10_1
A
Bsinal de 
sinal de A +
−
− +
+ +
+
+
−
− −
−
VII = ] ; [13- - j ]0; 1[
Logo, V = VI k VII = ] ; [43- - .
 108. e O domínio da função f é o conjunto dos números reais se, e somente se, para todo x ! R, 
f(x) ! R. Assim, para todo x ! R, x2 - 2x + 6 - m $ 0 e x2 - 4x + m ! 0
+ ∆1 = (-2)2 - 4 $ 1 $ (6 - m) # 0 e ∆2 = (-4)2 - 4 $ 1 $ m < 0 + m # 5 e m > 4 
+ 4 < m # 5.
Sendo m um número inteiro, devemos ter m = 5.
Matemática 233ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 109. c Sendo n o número de formandos, cada um deles recebe para vender n + 3 convites a 
5 reais cada. Logo:
5(n + 3) $ n < 26 270 + 5n2 + 15n - 26 270 < 0 + n2 + 3n - 5 254 < 0 + -74 < n < 71
Como n é natural, o maior valor de n é 70, que é múltiplo de 14.
 110. e Sendo f uma função afim, f(x) = ax + b, sendo a e b constantes reais. Assim: 
( ) ( )
( ) ( )
( )
f f
f f
f
1 2
3 4
5 5
#
$
=
 + 
a b a b
a b a b
a b
a
a
a b
a
b
1 2
3 4
5 5
0
0
5 5
0
5
+ +
$ $
$ $
$
#
$
$
#
+ +
+ +
+ = + =
=
=
Logo, f(x) = 5 para todo x real, em particular, f(π) = 5.
 111. e ( )oux x x
x
x x
x
x x
x
2 8 6
1 0
6 8 0
1
4 2
1< < <
2 2 2
+ +$ $ # $+ -
+
+ +
-
- -
-
 + (x # -4 ou -2 # x < -1)
 112. x - 19 < 3x+ 4 < x - 6 + 
x x
x x
x
x
3 4 6
19 3 4
5
2
23
<
<
<
>+
+ -
- +
-
-
V
23
2
__- -5
Temos V = ;
2
23 5- - <F então existem 6 números inteiros que satisfazem a inequação, que são:
-11, -10, -9, -8, -7 e -6.
 113. a) -1 # 
x
x x x x
1
5 10 53 2 2
-
- - + - # 1 + -1 # ( ) ( )
x
x x x
1
1 5 12 2
-
- - - # 1
+ -1 # ( ) ( )
x
x x x
1
1 5 52
-
- - + # 1 + ( )ou
x x
x x
x
x
x x
x
5 4 0
5 6 0
1
1 4
2 3
1
2
2 +
! !
#
$
# #
# $
- +
- +
+ (1 < x # 2 ou 3 # x # 4)
V = ]1; 2],[3; 4]
b) 4 < ( )
x
x x
3
2 3
-
- # 10 + x
x
x
x
4 2 10
3
2 5
3
< <+
! !
# #
V = ]2; 5] - {3}
 114. -2 # 
( )
( )
( )
( )
ou
ou
ou
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x
1 2
2 1
1 2
1 0
1 0
0 1
0 1
1
1
>
<
2
2
2
2
2
+ + + +#
#
#
$
#
+ - +
+
+
-
=-
=
=
=-
V = {1, -1}
Matemática 243ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 115. -2 < ( )
x
x x
x
x x x
x
1
3
4 1 2
3
4 2
3
4 1
0
< <2
++
!
# # #- - - - -
x
x
x
x
3 76 4
0
2
0
< <+ +
! !
# #- - -
V = ]-2; 7] - {0}
 116. d S = {r ! Q : r $ 0 e r2 # 2} = {r ! Q : 0 # r < 2 }
Analisemos, agora, as afirmações:
 I. 
4
5
16
252
=d n < 2 e 
5
7
25
492
=d n < 2. Logo 
4
5 ! S e 
5
7 ! S, ou seja, I é verdadeira.
 II. {x ! R : 0 # x # 2 } + S = {x ! Q : 0 # x # 2 } = S. Como S ! ∅, II é falsa.
 III. Temos que 2gQ, portanto 2 g S e III é falsa.
Assim, apenas I é verdadeira.
 117. d F = {x ! Z | 0 # 2x + 2 # 5} = |x x1
2
3Z! # #-( 2 = {-1, 0, 1}
G = {x ! Z | 3 < 2x - 1 < 13} = {x ! Z | 2 < x < 7} = {3, 4, 5, 6}
Então: 
a) F + G = ∅; tem 0 elemento.
b) F - G = F; tem 3 elementos.
c) G - F = G; tem 4 elementos.
d) n (F + G) $ n (G - F) = 0 $ 4 = 0
e) n [(F - G) , (G - F)] = n [{-1, 0, 1, 3, 4, 5, 6}] = 7
Logo, a única alternativa correta é a d.
 118. d ( )
x
x x
x
x x x
x
x
x
x
x
4
2
3 2 4
2
3 2 4
2
3 2
0
8 3 4
0
5 7
0< < < < < < < < < <2
+ + + +
! ! !
- - - - - - - - -
Logo V = ]-5; 7[ - {0}.
 119. c Para que P(x) $ Q(x) < 0 devemos ter (P(x) > 0 e Q(x) < 0) ou (P(x) < 0 e Q(x) > 0), que ocorre 
para -4 # x < -2 ou 2 < x < 4.
Juros
 120. Na primeira aplicação, Suely receberá após dois anos 75% de 1 000,00 $ 1,22 = R$ 1.080,00 
e, na segunda aplicação, ela receberá 1 000,00 $ 1,062 = R$ 1.123,60. Logo, a segunda apli-
cação renderá mais a Suely.
 121. P = 100 + 
, ( , )1 0 1
240
1 0 1
220
2+
+
+
 = 100 + 218,20 + 181,80 = R$ 500,00.
 122. e Sendo i a taxa anual, (1 + i)2 = 3 + 1 + i = 3 + i , 1,73 - 1 = 73%.
 123. d O preço da mercadoria em 3 anos será 100 $ (1 + 100%)3 = 100 $ 23 = 800 reais.
Matemática 253ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 124. b Sejam Po e Ro, respectivamente, a população e o PIB atuais do país e i a taxa de cresci-
mento anual do PIB. Em 20 anos, o PIB será igual a (1 + i)20 $ Ro e a população será igual 
a (1 + 0,02)20 $ Po. Assim, para que a renda per capita dobre em 20 anos, devemos ter:
( , )
( )
,Po
i Ro
Po
Ro i
1 0 02
1 2
1 02
1 2
20
20 20
+ +
$
$ $
+
+ = + =d n 1 + i = 220 $ 1,02
Adotando a aproximação dada, temos 1 + i , 1,035 $ 1,02 + i , 0,0557 , 5,6%.
 125. a Se Renato ganha, seu montante é multiplicado por 1 + 0,50 = 1,5; se perde, seu montante 
é multiplicado por 1 - 0,50 = 0,5. Assim, ao final das seis apostas consecutivas, indepen-
dentemente da ordem em que perdeu ou ganhou, ele terá 100 $ 1,53 $ 0,53 , 42,19 reais, 
ou seja, terá perdido cerca de 58 reais.
 126. c Se Maria pagar no dia 8, no mesmo dia terá um saldo negativo no banco de 3 500 - 2 300 
= 1 200 euros, que, com juros de 2% ao dia, será, no dia 10, de 1 200 $ 1,022 = 1 248,48 euros 
negativos.
Se Maria pagar no dia 10, deverá pagar 3 500 $ 1,02 = 3 570 euros, que são 3 570 - 2 300 
= 1 270 euros a mais que o saldo antes do recebimento de seu salário.
Assim, a opção 2 proporciona, em relação à opção 1, uma desvantagem de 1 270 - 1 248,48 
= 21,52 euros.
 127. a Admitindo crescimento médio de 5% ao ano a partir de 2013, como a estimativa de venda 
para 2012 é de 1,1 milhão de unidades, em 2015 a estimativa será de 1,1 $ (1,05)3 , 1,273 mi- 
lhão de unidades.
Logo, a estimativa de 1,4 milhão de unidades no ano de 2015 pode ser considerada otimis-
ta, por ser maior que a correspondente à taxa média do crescimento anual de 5%.
 128. Sejam i e ia as taxas de juros mensal e anual acumulada, respectivamente. Para n = 12 
temos (1 + i)n = (1 + ia) + (1 + i)12 = 1 + 0,0304 = 1,0304 + (1 + i)12 , (1,0025)12 
+ i , 0,0025 = 0,25% ao mês. Sendo P = R$ 1.250,00 e A o valor do apartamento, temos 
A = 
i
P 
,
A
0 0025
1250+ = = R$ 500.000,00.
 129. No primeiro mês, a empresa tem 10 000 reais no investimento. No segundo mês, após 
o depósito mensal, ela terá 10 000 + 10 000 $ (1 + 0,02) = 10 000 $ (1 + 1,02) reais. No 
terceiro mês, após depósito mensal, ela terá 10 000 + (10 000 + 10 000(1,02)) $ (1,02) 
= 10 000 $ (1 + 1,02 + 1,022) reais, e assim por diante, ou seja, o montante investido nos n 
primeiros meses será igual à soma das n parcelas de uma PG com primeiro termo 10 000 
e razão 1,02. Como (1,02)30 , 1,8 + (1,02)60 , (1,8)2 = 3,24, em 5 anos = 60 meses, o 
montante total obtido neste investimento será de 10 000 
,
,
,
,
1 02 1
1 02 1 10 000
0 02
3 24 160
$ $,
-
- - 
= R$ 1.120.000,00.
 130. O valor anunciado do produto, a prazo, é de x(1 - 0,48) = 156 + x = R$ 300,00, 
logo, cada parcela será 
3
300 = R$ 100,00. Seja i a taxa de juros mensal do parcela-
mento. Note que o valor total pago a prazo é maior que o valor à vista, logo i > 0. 
Matemática 263ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Após pagar a primeira parcela à vista, um mês depois, a dívida será de (156 - 100)(1 + i) 
= 56(1 + i) reais. Após pagar a segunda parcela, um mês depois, a dívida será de 
[56(1 + i) - 100](1 + i) = 56(1 + i)2 - 100(1 + i). Como a dívida é quitada com o pagamento 
da terceira parcela, temos:
56(1 + i)2 - 100 $ (1 + i) = 100 + 
( )y i
y y
1
14 25 25 02
= +
- - =
( )
( ) ( )
( ) ,
,
y i
y
y i
y
i
y
1
2 14
25 25 4 14 25
1
2 14
25 45
15
2 5
y
2
0>
+ + +! !
$
$ $
$
= +
= - - -
= +
=
=
=
 + i = 150%
 131. b Seja x o valor da quantia investida mensalmente por Juliana.
No segundo mês, após o depósito mensal, ela tinha x + x $ (1 + 0,03) = x $ (1 + 1,03) reais. 
No terceiro mês, após depósito mensal, ela tinha x + (x + x $ (1,03)) $ (1,03) = x $ (1 + 1,03 
+ 1,032) reais, e assim por diante, ou seja, o montante investido nos n primeiros meses será 
igual à soma das n parcelas de uma PG com primeiro termo x e razão 1,03. Assim, utilizan-
do que (1,03)12 , 1,4 + 1,0324 , (1,4)2 = 1,96, em 2 anos = 24 meses, ela tinha x $ 
,
,
1 03 1
1 03 124
-
- 
= 96 000 + x $ 
,
,
0 03
1 96 1- = 96 000 + x = R$ 3.000,00.
 132. a Sendo p o valor de parcelas após um mês, o valor da dívida restante (1 000 - p) será au-
mentado em 20% gerando a segunda parcela p. Logo, p = 1,2(1 000 - p) + 2,2p = 1 200 
+ p , 545,45.
 133. b Sendo x, em reais, a quantia a ser disponibilizada mensalmente, após t meses, a uma taxa 
de 1% ao mês, o montante do capital será de x $ (1 + 0,01)t = x $ (1,01)t reais.
Assim, após 30 anos, ou seja, 360 meses, teremos a quantia total de x $ 1,01 + x $ (1,01)2 
+ ... + x $ (1,01)360 = x $ (1,01) $ 
,
( , )
1 01 1
1 01 1360
-
- = x $ 
( , )
( , ) ( , )
101 1
101 101361
-
- , x $ 
,
,
0 01
36 101- 
= 3 499x.
Portanto, para ter 1 milhão de reais daqui a 30 anos, devo disponibilizar mensalmente 
3 499x = 1 000 000 + x , 286 reais.
 134. b Após a entrada de 600 reais, o saldo devedor em relação ao preço inicial é de 1 000 - 600 
= 400 reais. 
Como a mensalidade paga é de 420 reais, então a taxa de juros aplicada foi de 
400
420 400- = 0,05 = 5% ao mês.
 135. e Um capital de 1 milhão de dólares, após 1989 - 1829 = 160 anos, rendendo juros de 9% ao 
ano, gera um montante, em milhões de dólares, igual a 1 $ (1 + 0,09)160 = (1,098)20 , 220 
= (210)2 = 1 0242 , (103)2 = 1 000 000.
Logo a dívida é de aproximadamente 1 trilhão de dólares.
Matemática 273ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Sequências e progressões
 136. Para n $ 1, temos t2n = ( ) ( )n n
2
2 2 1$ + = n(2n + 1) = 2n2 + n = n2 + n + n2 = n(n + 1) + n2 
= on + n2.
 137. I. Verdadeira. Para qualquer n $ 1, an = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) 
 = n(n + 1)(n - 1)(n2 + 1).
 Assim, como (n - 1), n e (n + 1) são 3 números consecutivos, um deles, necessariamente, 
será múltiplo de 3.
 II. Falsa. Para n = 6, por exemplo, a6 = 6 $ 7 $ 5 $ 37, que é múltiplo de 7.
 III. Verdadeira. Sendo an = (n - 1) $ n $ (n + 1)(n2 + 1), para n $ 1, an apresenta mais de um 
divisor positivo distinto.
 138. a) Temos:
a1 = 1
a2 = 3 = 1 + 2
a3 = 6 = 1 + 2 + 3
a4 = 10 = 1 + 2 + 3 + 4
h
Logo an = 1 + 2 + 3 + ... + n = ( )n n
2
1 $+ é o n-ésimo número triangular.
b) Sejam an e an + 1 dois números triangulares consecutivos. Então:
an = ( )n n
2
1+
an + 1 = [ ( )] ( ) ( ) ( )n n n n
2
1 1 1
2
2 1$+ + + = + +
Logo an + an + 1 = n n n n n n
2 2
3 2
2
2 4 22 2 2+ + + + = + + = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2, n ! N, 
n $ 1.
Observação: como todas as passagens são equivalentes, a recíproca da proposição tam-
bém é verdadeira.
 139. d 02 - 12 + 22 - 32 + 42 - 52 + ... + 982 - 992 = (0 - 1)(0 + 1) + (2 - 3)(2 + 3) + (4 - 5)(4 + 5) 
+ ... + (98 - 99)(98 + 99) = -1 $ (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + 98 + 99) = - ( )
2
1 99 99+ = -4 950.
 140. b I. Verdadeira. a0 = 1! R)+ e para n ! N*, an = 
n
n
17
2 82 + an - 1! R)+ . Logo an ! R)+ , 6n ! N*.
 II. Verdadeira. Como n ! N, então 2n2 + 8 ! N*
 1 Z e 17n ! N* 1 Z
*.
 Logo, an = 
n
n
17
2 82 + an - 1 ! Q, 6n ! N*.
 III. Verdadeira. Para n ! N*
, an > an - 1 + 2n2 + 8 > 17n + 2n2 - 17n + 8 > 0 + n < 
2
1
 0 n > 8.
 Como n ! N*, an > an - 1 + n > 8.
 IV. Falsa. an = n $ an - 1 + 
n
n
17
2 82 + = n + 15n2 = 8 + n2 = 
15
8 + n = !
15
8 g N*.
Matemática 283ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 141.d Para sabermos o 72o termo da sequência, basta fazer S72 - S71. Assim, temos que o 
72o termo dessa sequência é:
3 $ (72)2 - 72 - 3 $ (71)2 + 71 = 15 552 - 15 123 - 1 = 428
 142. a A progressão aritmética que gera a progressão harmônica dada é , , , ...
8
1
5
1
40
11d n com 
razão r = 
5
1
8
1
40
3
- = . Assim, o sexto termo da PA é 
8
1 + 5 $ r = 
8
1 + 5 $ 
40
3 = 
2
1 e, 
portanto, o sexto termo da progressão harmônica é 
2
1
1 = 2.
 143. b Do enunciado, deduzimos que, para dirigir-se até o 1o posto e voltar à central, o caminhão de-
verá percorrer 200 km; para dirigir-se até o 2o posto e voltar à central, o caminhão deverá per-
correr 400 km, e assim sucessivamente, até o caminhão dirigir-se ao 9o posto e voltar à central.
Desse modo, obtemos a seguinte progressão aritmética (200, 400, 600, ..., 1 800), cujos ter-
mos representam a quilometragem percorrida pelo caminhão a cada vez que ele se dirige 
ao posto mais próximo para abastecer e, em seguida, retorna à central.
Logo, para sabermos a quilometragem percorrida pelo caminhão imediatamente após 
abastecer no último posto, devemos calcular a soma dos termos da PA obtida e somar 
1 000, que é a distância, em km, entre a central e o último posto.
Assim, temos que a quilometragem percorrida será:
( )
2
200 1 800 9+ + 1 000 = 
2
2 000 9$ + 1 000 = 9 000 + 1 000 = 10 000 km
 144. d A sequência (x - 2, x2 + 1, x + 8) é uma progressão aritmética se, e somente se,
x2 + 1 = x x
2
2 8- + + + x2 - x - 2 = 0 + (x = -1 ou x = 2).
Logo, a soma pedida é |-1| + |2| = 1 + 2 = 3.
 145. Sendo 24 o primeiro termo da PA, ai = 24 + (i - 1) $ r = 64 + i = 
r
40 + 1 e aj = 24 + ( j - 1) $ r = 80 
+ j = 
r
56 + 1, ou seja, como i, j e r são inteiros positivos, r deve ser divisor de 40 e 56 ao mes-
mo tempo, isto é, r pode ser 1, 2, 4 ou 8.
 146. As sequências formadas pelas quantidades de moedas recebidas pelas pessoas A, B e C são 
progressões aritméticas de razão 3 e primeiros termos, respectivamente, 1, 2 e 3. Enquanto 
há moedas suficientes para continuar o processo, na k-ésima rodada, com k ! Z
)
+ , A rece-
be 3(k - 1) + 1 = 3k - 2 moedas, B, 3k - 1, e C, 3k.
a) Supondo que possamos continuar o processo até que uma pessoa receba n moedas, 
então n é o maior inteiro positivo satisfazendo 1 + 2 + ... + n # 500 + ( )n n
2
1 $+ # 500 
+ n2 + n - 1 000 # 0 + n
2
1 4 001
2
1 4 001# #- - - + e, portanto, n = 31. Como 
31 = 3 $ 11 - 2, essas 31 moedas foram distribuídas para A. Logo B recebeu as 500 - (1 + 2 
+ ... + 31) = 500 - 
2
31 1+d n $ 31 = 4 moedas restantes.
Matemática 293ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
b) A recebeu 1 + 4 + 7 + ... + 31 = 
2
31 1+d n $ 11 = 176 moedas, B recebeu 2 + 5 + 8 + ... + 29 + 4 
= 
2
29 2+d n $ 10 + 4 = 159 moedas e C recebeu 500 - 176 - 159 = 165 moedas.
 147. a) Seja an o n-ésimo termo da progressão geométrica de termos não nulos, de razão q 
e termo inicial a1. Como cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois anteriores, 
temos, para n ≥ 1:
an + 2 = an + 1 + an + anq2 = anq + an + q2 = q + 1 + q2 - q - 1 = 0 + q = 
2
1 5!
b) Se q > 0, devemos ter q = 
2
1 5+ . Como a1 = 
2
1 5- , temos:
a1 + a2 + a3 = a1 + a2 + a1 + a2 = 2(a1 + a2) = 2a1(1 + q) = 2 $ 
2
1 5 1
2
1 5$- + +d n 
= -1 - 5
 148. c A soma dos inteiros positivos inferiores a 1 000 é a soma dos termos de uma PA com a1 = 1, 
an = n = 999, ou seja, ( )
2
1 999 999$+ = 499 500.
Já a soma dos números inteiros inferiores a 1 000, positivos e múltiplos de 11, é a soma 
dos termos de uma PA com a1 = r = 11. Sendo 1 000 = 11 $ 90 + 10 termos n = 90 e 
an = 1 000 - 10 = 990, temos Sn = ( )
2
11 990 90$+ = 45 045.
Dessa forma a soma pedida é 499 500 - 45 045 = 454 455.
 149. c Sendo , um dos catetos do triângulo retângulo, como os três lados formam uma PA de 
razão r, os lados do triângulo são , - r, , e , + r, onde , + r é a hipotenusa, pois é o maior 
lado. Como o perímetro do triângulo mede 6, temos , - r + , + , + r = 6 + 3, = 6 + , = 2 m. 
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
(, + r)2 = (, - r)2 + ,2 + (2 + r)2 = (2 - r)2 + 22 + 4 + 4r + r2 = 4 - 4r + r2 + 4 + 8r = 4 
+ r = 
2
1
Logo, os catetos do triângulo medem 2 - 
2
1
2
3
= m e 2 m e a hipotenusa 2 + 
2
1
2
5
= m.
Portanto, sua área é 
2
2
3 2
2
3$
= m2 = 1,5 m2.
 150. e Sejam a - r, a e a + r, com a, r ! R, os três termos consecutivos de uma progressão aritmética.
Temos:
( ) ( )
( ) ( )
a r a a r
a r a a r
a
r
a
r
3 2
2
2
2 1
2
12
+ +
$ $ !
- + + + =
- + =
=
- =
=
=
Assim, a razão da progressão pode ser -1 ou 1.
Matemática 303ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 151. a Sendo r a razão das duas progressões, temos:
a100 + b100 = 496 + 75 + 99r + 25 + 99r = 496 + r = 2
Logo .
b
a
25 99 2
75 99 2
223
273
100
100
$
$
=
+
+ =
 152. e A soma dos inteiros entre 50 e 350 que possuem o algarismo das unidades igual a 1 é a 
soma de uma progressão aritmética de primeiro termo 51, último termo 341 e razão 10.
Assim o número n de termos da progressão é 341 = 51 + (n - 1) $ 10 + n = 30.
Portanto a soma pedida é ( )
2
51 341 30$+ = 5 880.
 153. b Como (x, y, x + y) é uma PA, então y = x x y
2
+ + + y = 2x. Sendo (3x, -27, 3y) = (3x, -33, 32x) 
uma PG de razão q, logo 
q
q
q
q q
x
3 3
3 3
3 3
3
3
3
3
3 3
3 3
3 3
3 6
x
x
x
x
x
x
x
x3
2 3
3
3
3
2
3
3 6
3
+ + +
$
$
$
$ $- =
=-
- =
- =
-
- =
=
- =
=
q
x
q
x
3 3
2
3
2
3 2
+ +
$- =
=
=-
=
.
Portanto, a razão da PG é -3.
 154. De acordo com o enunciado, 
x
x
1-
 = 5x + 5 - 5x = 1 + x = 
5
4 .
Logo, a soma dos primeiros 4 termos dessa progressão é
x
x
x
1
1
5
4
1
5
4
1 5
4
5
4
5
1
1
625
256
4
625
369
625
14764
4
$ $ $ $
-
- =
-
-
=
-
= =
d n
.
 155. Como ∆A0OB0 é equilátero, )O(m A B0 0
V = 60o. Como B1 é simétrico a A1 por OB0 ,
OB0 A B1 1 e, portanto, m (OAW1B1) = 60o e ( )m OB A1 1 =
V 60o.
Então, o ∆A1OB1 é equilátero e, analogamente, o ∆AnOBn é equilátero para todo n $ 0, 
n ! Z.
a) OB1 = OA1 e OA1 é a altura do ∆A0OB0, logo OB1 = 
2
7 3 cm.
b) OAn é a altura do ∆An - 1OBn - 1, n $ 1 e An - 1An = ,OA
2
1
n 1$ - logo OA OA
2
3
n n 1$= - 
+ AnAn + 1 = An - 1An $ 
2
3 + ,a a
2
3
n n1 $=+ n $ 1, que forma uma progressão geo-
métrica de razão 
2
3 e primeiro termo A0A1 = A B
2 2
70 0 = cm.
Matemática 313ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
c) O comprimento da linha poligonal é a soma dos n primeiros termos da PG definida no 
item b dada por: 
S
1
2
3
2
7 1
2
3
n
n
$
=
-
-f d n p
 + ( )S 7 2 3 1
2
3
n
n
= + -f d n p cm
 156. Observando que a progressão geométrica , , , ...
2
1
4
1
8
1d n tem soma convergente igual a 
1
2
1
2
1
-
 = 1, o número Kn, para n 3, fica próximo de (...) (...)3 3 2 2$ $ $ $- 
= 32
1
 $ 3 4
1
 $ 38
1
 $ (...) - 22
1
 $ 2 4
1
 $ 28
1
 $ (...) = 3
(...)
2
1
4
1
8
1+ + +
 - 2
(...)
2
1
4
1
8
1+ + +
 = 31 - 21 = 1.
 157. a Na PG a1, a2, a3, ..., como a1 > 0 e a6 = -9 3 , a razão q dessa progressão é negativa.
A partir da PG a1, a5, a9, ..., cuja razão é 9, temos a5 = a1 $ 9 = a1 $ q4 + q = - 3 . Portanto:
a2 $ a7 = 
q
a
4
6 $ a6 $ q = ( )
( )
( )
q
a
3
9 3
3
6
2
3
2
=
-
- = -27 3
 158. c A poligonal da figura 2 é obtida dividindo-se o segmento de comprimento 1 cm em três 
partes iguais, ou seja, cada uma com medida 
3
1 cm.
Ao acrescentarmos um novo segmento de mesmo comprimento dos demais, essa poligo-
nal tem, portanto, um comprimento de 4 $ 
3
1
3
4
= cm.
Como o procedimento é repetido para cada segmento, os comprimentos formam uma 
progressão geométrica de primeiro termo 1 e razão 
3
4 . Assim, o comprimento da curva 
obtida na sexta figura é 1 $ 
3
4
3
46 1 5
=
-d dn n cm.
 159. c Sendo q a razão da referida progressão geométrica e 2,5 m = 25 dm, 25 = 1 $ q2 + q = 5.
 160. a Sejam q a razão da PG, SP a soma dos termos de ordem par e SI a soma dos termos de or-
dem ímpar. Temos:
SI = 3SP + (( ) ) (( ) )
q
q
q
q q
1
9 1 3
1
9 1
2
2 25
2
2 25
+
$
$
$
-
- =-
- 9 = 27 $ q + q = 
3
1
Assim, o terceiro termo é 9 $ q2 = 9 $ 
3
1 2d n = 1.
Matemática 323ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 161. e Como a1 = 3 e an + 1 = a
a
a
3 3
1n
n
n 1+ =+ , n $ 1, tal sequência é uma PG infinita de primeiro 
termo a1 = 3 e razão q = 
3
1 .
Logo a soma de todos os seus termos é 
q
a
1 1
3
1
3
2
91
-
=
-
= .
 162. e Temos que cada um dos outros quadrados têm lado igual à metade do lado do quadrado 
anterior. Consequentemente, as áreas desses quadrados formam uma PG infinita cujo pri-
meiro termo é a1 = 12 = 1 e cuja razão é q = 
2
1
4
12
=d n . 
Portanto, a soma das áreas dos quadrados é 
q
a
1 1
4
1
1
3
41
-
=
-
= .
Princípio da Casa dos Pombos
 163. Como há 12 meses em um ano, num grupo de 72 = 6 $ 12 pessoas, é possível que ocorram 
exatamente 6 aniversários por mês. Entretanto, pelo Princípio da Casa dos Pombos, em um 
grupo com 73 = 6 $ 12 + 1, pelo menos 7 pessoas farão aniversário no mesmo mês.
 164. Ao se retirar 19 bolas do saco, é possível que todas elas sejam roxas. Entretanto, pelo Prin-
cípio da Casa dos Pombos, ao se retirar 20 bolinhas do saco, pelo menos 2 delas, com cer-
teza, serão de cores diferentes.
 165. Podemos dividir o quadrado em quatro quadrados de lado 1, conforme a figura abaixo, em 
que os pontos E, F, G e H são os pontos médios de AB, BC, CD e AD, respectivamente, e O é 
o centro do quadrado ABCD.
A B
CG
H
E
FO
D
I II
IV III
Sejam l, ll e lll as regiões determinadas pela união dos interiores dos quadrados AEOH e o 
segmento EO, EBFO e o segmento FO, FCGO e o segmento GO - sem considerar as extre-
midades desses segmentos -, respectivamente, e IV a região determinada pela união do 
interior do quadrado GDHO e o segmento HO sem a extremidade H.
Dessa forma, o interior do quadrado ABCD está dividido em quatro regiões. Assim, dado 
um conjunto de cinco pontos no interior de ABCD, como 5 = 1 $ 4 + 1, pelo Princípio da 
Casa dos Pombos, uma das regiões conterá pelo menos dois pontos.
Como cada quadrado menor tem lado 1, a maior distância r entre dois pontos que estão 
numa destas regiões é tal que r # 2 < 1,5.
 166. Como há 5 pares {2, 4, 6, 8, 10} e 5 ímpares {1, 3, 5, 7, 9} e a soma de um número par com um 
número ímpar resulta num número ímpar, para qualquer escolha de 6 números teremos 
pelo menos 1 par e 1 ímpar; logo há pelo menos uma soma de dois números que resultará 
em um número ímpar.
Matemática 333ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 167. c Supondo que não haja 3 pessoas nascidas no mesmo dia da semana, cada dia poderia ter 
no máximo 2 aniversariantes, totalizando 14 pessoas. Em qualquer quantidade maior seria 
impossível não haver 3, logo 15 é o mínimo.
 168. c Em um grupo de 24 pessoas, é possível que ocorram exatamente dois aniversários por 
mês. Entretanto, pelo Princípio da Casa dos Pombos, como 25 = 2 $ 12 + 1, em um gru-
po com 25 pessoas, pelo menos 3 delas farão aniversário no mesmo mês.
 169. c Existem 25 opções de quantidade de maçãs em cada engradado e existem 5 $ 25 + 3 
= 128 engradados, ou seja, existem pelo menos n = 6 engradados com o mesmo número de 
maçãs.
 170. e Como 50 = 8 $ 6 + 2, pelo menos um dos estagiários reviu 9 processos ou mais.
 171. c Como os Estados Unidos da América possuem 50 estados e o ano possui 12 meses, pode 
ocorrer de termos 12 pessoas de cada estado, cada uma delas tendo nascido em um dos 
12 meses do ano, totalizando 50 $ 12 = 600 pessoas. Qualquer outra pessoa norte-ame-
ricana que participar do congresso terá nascido em um dos estados e em um dos meses 
do ano. Assim, para garantir o que foi pedido, no mínimo 600 + 1 = 601 norte-americanos 
devem participar do congresso.
Geometria Plana (2a parte)
 172. 
30° 60°
50 m
A
B
xC D
Temos:
( )m BDCW = 180o - 60o = 120o
No ∆BCD, ( )m CBDV = 180o - 30o - 120o = 30o.
Logo o ∆BCD é isósceles com BD = CD = 50 m.
Além disso, no ∆ABD, cos 60o = .m
BD
DA x x
2
1
50
25+ += =
 173. a) No triângulo retângulo BCF, cos 60o = 
BF
BC
BF2
1 3+ = + BF = 6 km.
No triângulo retângulo DEF, cos 60o = 
DF
DE
DF2
1 1+ = + DF = 2 km.
Assim, BD = BF - DF = 6 - 2 = 4 km e EF = DF $ sen 60o = 2 $ 
2
3 3= km.
Utilizando a aproximação dada, temos EF , 1,7 km.
b) A distância percorrida pelo táxi foi x = AB + BD + DE + EF + FH , 2 + 4 + 1 + 1,7 + 3,3 
= 12 km.
Assim, o preço da corrida foi de y = 4 + 0,8 $ 12 = R$ 13,60.
Matemática 343ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 174. No triângulo isósceles ABC em que AB = AC, m ( )AW = 2 $ (m ( )BV + m ( )CW ) = 4 $ m ( )BV = 4θ. 
Como m ( )AW + m ( )BV + m ( )CW = 180o, 4θ + θ + θ = 180o + θ = 30o.
No triângulo isósceles ABC a altura relativa à base BC coincide com a mediana e a bissetriz 
relativas à mesma base. Consideremos a figura a seguir.
2
H 55
CB
A
2

No triângulo retângulo AHC, cosθ = 
AC
HC
AC
AC
2
3 5
3
10 3+ += = cm. Assim, o perí-
metro do triângulo ABC é 10 + 2 $ 
3
10 3 10
3
20 3
= +d n cm.
 175. a Observe um corte transversal ABC do sinalizador. Supondo que ABC seja um triângulo isósce-
les de base AB medindo 1 m e com altura CD = 0,25 m.
0,5 mD
C
A B
0,25 m
0,5 m

2

No triângulo retângulo ACD, tg
,
, .
CD
AD
2 0 25
0 5 2
!"
= = =d n Utilizando a aproximação tg 63,4o 
, 2, obtemos 
2
!" , 63,4o + β , 126,8o.
 176. a Sendo F a intersecção de DE e ,AB como // // ,eAE CD BC DE m (E FV  A) = m (C BV  A) = 45o 
e m (A EV  F) = m (DCWB) = 75o. Assim, sendo h a distância do ponto E ao segmento ,AB 
m (F  AW  E) = 180o - 75o - 45o = 60o & sen 60o = h
2
3
2
= + h = .3
75°
45°
D
C
B
60°
A
2
h
F
E
45°
75°
Matemática 353ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 177. c 
y
A B C4
60° 
Seja y a altura da torre, em metros. Então a distância inicial entre o aparelho e a torre, AC, é 
tal que 
AC
y = tg 60o + 
AC
y 3= + AC = y
3
 metros e, portanto, a distância do apare-
lho até a torre após o deslocamento é BC = y
3
 - 4 metros.
Logo 
y
y
3
4-
 = tgβ + y = 3 y3
3
4-d n + y = 6 3 m.
 178. e Sendo O = (0; 0) a origem do sistema, vemos que os triângulos OBA e OCA são retângulos 
em O.
y
x
C (0; 3 )
B (0; 1)
O (0; 0) A (1; 0)
Temos:
tg(O AW  B) = 
OA
OB = 1 + m (O AW  B) = 45o
tg(O AW  C) = 
OA
OC 3= + m (O AW  C) = 60o
Portanto, m (B AW  C) = m (O AW  C) - m (O AWB) = 60o - 45o = 15o.
 179. b 
15°
100 m h
Da figura anterior, sendo h a altura pedida, temos sen 15o = h
100
 + h = 100 $ sen
2
30od n 
= 100 $ cos
2
1 30o- = 100
2
1
2
3
-
 = 50 2 3- . Usando a aproximação 3 
, 1,73, h , ,50 0 27 = 
10
50 3 3$ , 15 $ 1,73 , 26 m.
Matemática 363ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 180. c 
A
C
Ma a a
2
a
2B N D
E
30° 30° 30°30°
P
No ∆BNE, temos tg 30o = 
a
EN
2
 + EN = a
6
3 . Como os triângulos ABC e BDE são seme-
lhantes de razão 2 : 1, temos CP = PM = EN = a
6
3 . Além disso, PE = MN = a + a a
2 2
3
= e, 
aplicando o Teorema de Pitágoras ao ∆CPE, temos:
CE2 = a a
6
3
2
32 2
+d dn n + CE = a
3
7$
 181. a) A figura a seguir representa a situação do problema.
B
D
15 m
10 m
A
C
60°
30°
30°
120°
Sabendo que os ângulos ACBW e ABCV medem 30o cada, então o ângulo BACW mede 120o e 
os lados AB e AC são iguais. Se AB = AC = x, aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC, 
temos:
152 = x2 + x2 - 2 $ x $ x $ cos 120o + 152 = x2 + x2 - 2 $ x $ x $ 
2
1-d n + x = 5 3 m
b) Aplicando a lei dos cossenos no triângulo BCD, temos:
BD2 = 102 + 152 - 2 $ 10 $ 15 $ cos 60o + BD2 = 102 + 152 - 2 $ 10 $ 15 $ 
2
1 + BD = 5 7 m
 182. a) Aplicando a lei dos senos ao triângulo AOB:
( )
( )
sen sen
senAB
OAB
OB OAB
135 2
2 3
o
+= = -W W
Como 0 < m ( )OABW < 180o - 135o e cos 2 $ ( )OABW = 1 - 2 sen2 OAB
2
3
=W , temos 2 $ m ( )OABW 
= 30o, ou seja, m ( )OABW = 15o.
Matemática 373ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
b) Observe que m ( )OBAV = 180o - 135o - 15o = 30o e, como OB = OC (raio da circunferência), 
o triângulo OBC é isósceles com m ( )OCBW = m ( )OBCV = 30o. Assim, m ( )AOCW = 30o - 15o= 15o, 
e portanto AOC também é isósceles com AC = OC = 2 3- cm.
15° 30° 30°
135°
C
O
BA
3 2 −
 183. a) Como m ( )DBCV = 60o e BD = BC, o triângulo DBC é equilátero. Seja BD = BC = DC = ,. 
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo DAC, DC2 = AD2 + AC2 - 2 $ AD $ AC $ cos 120o 
+ ,2 = 202 + 202 - 2 $ 20 $ 20 $ 
2
1
-d n + , = 20 3 cm.
Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo BAD, AB2 + 202 = ,2 + AB2 = 3 $ (202) - 202
+ AB = 20 2 cm.
b) Sejam DAC a base e AB a altura do tetraedro ABCD. Seu volume é dado por 
3
1 $ área DAC $ AB = 
3
1
2
1$ $ 20 $ 20 $ sen 120o $ 20 2
3
2 000 6
= cm3.
 184. 
4


X
A
C B
24
Sendo m ( )ACXW = m ( )BCXW = α, temos AC = 4 cosα, m ( )ABCV = 90o - 2α e m ( )CXBW = 90o + α. 
 Pela lei dos senos, no triângulo BCX, 
( ) ( )sen sen90 2
4
90
24
o oα α-
=
+
 + 6 $ cos 2α = cosα 
+ 6 $ (2 cos2α - 1) = cosα + 12 cos2α - cosα - 6 = 0 + 12 $ AC AC
4 4
2
-d n - 6 = 0 
+ 3AC2 - AC - 24 = 0 + ouAC AC3
3
8
= =-d n. Logo, AC = 3 cm.
 185. e Considere a figura a seguir:
60°
5
3
x
Matemática 383ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Pela lei dos cossenos, temos x 2 = 32 + 52 - 2 $ 3 $ 5 $ cos 60o + x 2 = 34 - 2 $ 15 $ 
2
1 
+ x = .cm19
 186. a Como m ( )P P C2 1
X = 75o e m ( )P C P1 2
V = 45o, então m ( )P P C1 2
X = 180o - m ( )P P C2 1
X - m ( )P C P1 2
V 
+ m ( )P P C1 2
X = 180o - 75o - 45o = 60o.
Pela lei dos senos, temos que 
sen sen
P P P C P P P P
45 60
2
2
2
3
60 3 60 2
o o
1 2 1 1 2
1 2+ + $= = = 
P P P P
3
60 2 20 61 2 1 2+ += = metros.
 187. e Como 6 é o maior lado do triângulo, o ângulo α, oposto a esse lado, é o maior do triângulo. 
Pela lei dos cossenos:
62 = 42 + 52 - 2 $ 4 $ 5 $ cosα + 40 cosα = 5 + cosα = 
8
1
 188. e Como ABE é equilátero, BE = AB = AC
2
 = 1. 
No triângulo BCD, BD = 
sen
BC
AC
30
2
1
2
o
= = AC = 2.
A medida do ângulo EBDV é m (EBDV ) = 180o - m (EBAV ) - m (DBCV ) 
= 180o - 60o - (180o - 30o - 90o) = 60o.
Pela lei dos cossenos, DE2 = BE2 + BD2 - 2 $ BE $ BD $ cos(EBDV ) + DE2 = 1 + 4 - 4 $ 
2
1 
+ DE2 = 3 + DE = 3 .
 189. b Sendo AC = ,3 2 132 2+ = no triângulo ACD, pela lei dos cossenos:
AC2 = AD2 + CD2 - 2 $ AD $ CD $ cos 60o + AD2 - 3AD - 4 = 0 + AD = 4
Logo, o perímetro do quadrilátero é 2 + 3 + 3 + 4 = 12 cm.
 190. e Sendo m (AQPW ) = α, PQ = PR = x e m (BACW ) = 90o - 30o = 60o, a medida do ângulo CPQW é:
m (CPQV ) = m (CPRV ) + m (RPQV ) + m (PAQW ) + m (AQPW ) = m (CPRV ) + m (RPQV ) 
+ 60o + α = 60o + m (CPRV ) + m (CPRV ) = α.
No triângulo APQ, pela lei dos senos:
sen sen
x
60
2
o !"
= + senα = 
x
3
No triângulo CPR, cosα = 
x
2 .
Pela relação fundamental 
x x
3 22 2
+d dn n = 1 + 
x x
3 4
2 2
+ = 1 + 
x
7
2
 = 1 + x = .7
Matemática 393ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 191. Sendo ABC o triângulo isósceles com m (AW) = 100o, os outros ângulos devem medir 40o. 
Assim, considere a figura:
B
F
E
s
D
C A
100°
t
Sendo s e t as alturas relativas aos lados AB e AC, respectivamente, no quadrilátero ADEF, 
temos:
m (AW) + m (DW) + m (EV) + m (FV) = 360o + 100o + 90o + m (EV) + 90o = 360o + m (EV) = 80o
Logo, a medida do ângulo (não obtuso) formado pelas alturas que não passam pelo vértice 
A é 80o.
 192. Como CW > AW , ou AW = BV ou CW = BV . Se AW = BV = 70o & CW = 40o, o que contraria o fato de que 
CW > AW . Logo, CW = BV = 70o e temos a seguinte figura.
35°
35°
70°
E
B D C
40°
A
O ângulo pedido é CEDV , cuja medida é:
m (CEDV ) = 90o - 35o = 55o
Matemática 403ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 193. Veja a seguir a representação esquemática da situação apresentada.
Uma maneira:
D60°
75°
C
A
E
B
F
Temos ( )m ACBW = 90o - 60o = 30o, ( )m A DCW = 75o - 60o = 15o e ( )m BCDW = 90o - 75o = 15o. 
No triângulo ABC, retângulo em B, temos 
AC
BC ( )cos cosAC B 30
2
3o= = =V e, como CD é 
bissetriz do ângulo ,ACBW pelo teorema da bissetriz interna temos 
AC
BC
AD
BD
= . Mas AD = 2, 
logo BD BD
2
3
2
3+= = .
a) A reta vertical que passa pelo teodolito é a reta FC do desenho e a distância entre ela e 
a régua AD é igual a BC.
No triângulo ABC, temos ( )tg
BC
AB ACB
BC
AD DB+= +V = tg 30o 
BC
2 3
3
3+ + = 
( )BC 3 2 3+ = + metros.
b) A altura da escarpa no desenho é representada por ED = DB + BE = CF + DB = 1,6 + 3 me- 
tros.
Outra maneira:
D60°
75°
15°
15°C
AG
E
B
F
a) Temos m ( )A BCW = 90o - 60o = 30o, m ( )ACDW = 75o - 60o = 15o e m ( )B DCW = 90o - 75o = 15o. 
No triângulo ABC temos m ( )BACW = 180o - 90o - 30o = 60o. Seja DG a altura relativa ao 
lado AC no triângulo ACD. Assim, sen 60o = 
AD
GD GD GD
2
3
2
3+ += = m. 
Como m ( )D GCW = m ( )D BCW = 15o, m ( )GDCW = m ( )BDCW = 90o - 15o = 75o e CD é comum, 
então os triângulos DGC e DBC são congruentes pelo caso ALA. Então BD = GD = 3 m.
Logo, no triângulo ABC, tg 30o = 
BC
AB
BC3
3 2 3+ = + + BC = (3 + 2 3 ) m.
b) A altura da escarpa é DE = DB + BE = ( 3 + 1,6) m.
Matemática 413ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 194. c A
D G E
B P C
Como ∆ADE ~ ∆ABC, pelo caso AA, e 
AP
AG
3
2= , a razão de semelhança entre ∆ADE e ∆ABC é 
k = 
3
2 . Logo 
BC
DE DE
3
2
3
2 30 20+ $= = = cm.
 195. d Sendo m (AW) = α, m (ABOV ) = m (CBOV ) = β, m (BCOW ) = m (ACOW ) = γ e m (BOCW ) = 3α, temos:
2 2 180
3 180
o
o
! " #
! " #
+ + =
+ + =
 & α + 2(180o - 3α) = 180o + 5α = 180o + α = 36o
 196. c Aplicando o teorema da bissetriz interna ao triângulo ABC, obtemos:
AB
BQ
AC
CQ BQ BQ
15 20
14+= = - + BQ = 6
No triângulo ABQ, BR é bissetriz interna.
Assim, aplicando novamente o teorema da bissetriz interna:
BQ
QR
AB
AR QR AR
AR
QR
6 15 15
6+ += = = = 0,4
 197. c A
B 2 _ 1 E D C
1
Como num triângulo retângulo a medida da mediana relativa à hipotenusa é igual à meta-
de da hipotenusa, BD = CD = AD = 1 cm. Assim, CE = BC - BE = 2 - ( 2 - 1) = 3 - 2 cm.
Logo AC2 = BC $ CE = 2 $ (3 - 2 ) + AC = cm6 2 2- .
 198. e Do enunciado, temos a figura a seguir:
H
P
B C
A
Q
x y
x y
Matemática 423ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Como ∆ABH é isósceles, sua altura divide a base em segmentos congruentes.
Analogamente, como BC = BH, ∆BCH também é isósceles de base CH e a altura relativa a 
esta base também a divide em segmentos congruentes.
Temos ainda ∆BQH ~ ∆CPH, pois BQHW , CPHV , e HW é comum, logo 
CH
BH
PH
QH
y
x
x
y
2
2+= = 
+ x2 = y2 + x = y.
Portanto, sendo ∆BCH equilátero, com centro em A, finalmente temos m (BCAW ) = 30o.
 199. b 
  135° 45°
1 cm M 1 cm B DA
1 cm
C
Sendo CD = 1 cm a altura relativa a ,AB no triângulo retângulo isósceles BCD temos BD 
= 1 cm e BC = 2 cm.
Como ,
BC
AB
BM
BC
2
2 2
1
2 2= = = = e m (ABCV ) = m (CBMV ), os triângulos ABC e CBM 
são semelhantes pelo caso LAL. Logo, m (MCBW ) = m (BACW ) e, sendo DBCV ângulo externo 
do triângulo CBM, m (BACW ) + m (BMCX ) = m (MCBW ) + m (BMCX ) = m (DBCV ) = 45o = 
4
!" rad.
 200. 
LL
B H
A
C
h
L
4
L
4
Como o ∆ABC é isósceles de base BC, temos HC = L
4
 e no triângulo retângulo AHC, aplicando 
o Teorema de Pitágoras, temos (AH)2 + (HC)2 = (AC)2 + h2 + L L h L
4 4
152
2 += =d n e a 
área S do ∆ABC é .L L L
2
1
2 4
15
16
152
$ $ $
=
Se (L, h, S) é uma PG, h2 = L $ S + .cmL L L L
16
15
16
15 15
2 2
+$ $ $
= =
 201. Nas condições apresentadas, os triângulos ABH e BCH são retângulos no vértice H.
a) Se α = m ( HBAW ) = m ( CHBV ), então m ( HABV ) = 90o - α. 
Portanto m ( CABV ) = m ( HABV ) + m ( CHBV ) = 90o - α + α = 90o.
Matemática 433ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
b) Pelo caso AA de semelhança de triângulos, concluímos que ∆ABH + ∆BCH; como a razão 
entre as suas áreas, nessa ordem, é 2, temos 
BC
AB 2= .
Sendo AB = 4 cm, temos BC = 
2
4 2 2= cm.
Como o triângulo ABC é retângulo em B, pelo Teorema de Pitágoras, temos:
AC2 = 42 + ( )2 2 2 + AC2 = 24 + AC = 2 6 cm
 202. a)
12
D
5
A
3
C
B
b) O quadrilátero pode ser decomposto nos triângulos ABC e ACD, de alturas 3 e 5 em re-
lação à base AC, respectivamente. Assim, AABCD = AABC+ AACD = 
2
1 $ AC $ 3 + 
2
1 $ AC $ 5 
= 
2
1 $ 12 $ 3 + 
2
1 $ 12 $ 5 = 48 cm2.
 203. 
B
2
M
2
1 C
H
A

3
a) Como AM é a mediana relativa ao lado BC, M é o ponto médio de BC e BM = CM = 
2
4 = 2.
No triângulo retângulo AMB, senα = 
BM
AM = 
2
1 & α = 30o.
b) No ∆AMB, cos 30o = 
BM
AB + 
2
3 = AB
2
 + AB = 3 .
Matemática 443ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Aplicando a lei dos cossenos no ∆ABC:
AC2 = ( )3 2 + 42 - 2 $ 3 $ 4 cos 30o + AC = 7
c) No triângulo retângulo BCH, CH = BC $ senα = 4 $ 
2
1 = 2.
d) Como M é ponto médio de BC, área AMC = 
2
1 $ área ABC = 
2
1 $ 
2
1
 BC $ AB $ senα
= 
2
1 $ 
2
1 $ 4 3 $ 
2
1 = 
2
3 .
 204. Sendo , a medida do lado do triângulo e h a medida de sua altura, sua área é h
2
$, .
Seja P um ponto no interior do triângulo e d1, d2 e d3 suas distâncias aos lados.
Unindo P aos vértices, ficam determinados três triângulos, de áreas d
2
1$, , d
2
2$, e d
2
3$, , 
respectivamente.
Então h
2
$, = d
2
1$, + d
2
2$, + d
2
3$, + h = d1 + d2 + d3.
d1 d3
P
d2
 205. a) No paralelogramo ABCD, se m (DABW ) = 30o, então m (ADCW ) = 150o. Como AP é bissetriz 
do ângulo DABW , no triângulo ADP temos m (DAPW ) = 15o + m ( ADPV ) = 15o, logo AD = DP = 3.
Aplicando a lei dos cossenos, temos:
AP2 = 32 + 32 - 2 $ 3 $ 3 $ cos 150o + AP2 = 18 - 18 $ 
2
3
-d n + AP = 18 9 3 3 2 3+ = +
b)
D
A Q
P C
B
Seja Q um ponto do lado AB tal que //PQ AD . Então AQ = PD = 3. A área do triângulo ADQ é 
igual à área do triângulo APQ, igual a 
2
3 3 30sen o$ $ = 
4
9 . Portanto, a área do paralelogra-
mo QBCP é igual a 21 - 
4
9
4
75
= .
Mas essa área é igual ao dobro da área do triângulo QBP, ou seja, 2 $ QB
2
3 30sen o$ $ = 
4
75 
+ QB = 12,5. Portanto, AB = 3 + 12,5 = 15,5.
Matemática 453ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
 206. b Como as alturas dos cinco triângulos são as mesmas, para que suas áreas sejam iguais, 
basta que a medida de suas bases seja a mesma, ou seja, BM = MC = AP = PQ = QD = x. 
Portanto, .
AD
BC
AP PQ QD
BM MC
x
x
3
2
3
2
=
+ +
+ = =
 207. d Sejam EC = AF = 2x, DE = BF = x e DG = GB = y. Como G é o ponto médio do segmen- 
to EF , ou seja, EG = GF, então os triângulos DEG e BFG são congruentes. Assim, SDEG = SBFG 
( ) ( ) .sen senDE DG EDG x y GBF
2 2
8$ $ $ $
= = =
W V
No triângulo ABD, temos que SABD ( ) ( )sen senAB DB DBA x y GBF
2 2
3 2$ $ $ $
= =
V V
( ) .sen cmx y GBF
2
6 6 8 48 2$ $ $
$= = =
V
Portanto, como a área do quadrilátero AFGD é dada pela diferença entre as áreas dos triân-
gulos ABD e BGF, então SAFGD = 48 - 8 = 40 cm2.
 208. c Seja b a medida, em dm, da base do triângulo isósceles. Pelo enunciado, b
2
2 15$ 
4 15= + b = 4.
, ,
b
2 15
Como o triângulo é isósceles, a altura relativa à base divide esta pela metade. Sendo , a 
medida dos outros dois lados do triângulo, aplicando o Teorema de Pitágoras temos 
,2 = b
2 15 2
2 2
+_ di n + ,2 = 60 + 4 = 64 + , = 8 dm. Logo, o perímetro desse triângulo 
é igual a , + , + b = 8 + 8 + 4 = 20 dm.
 209. b 
z
P
A
B
,
,,
C
x y
Matemática 463ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Sejam P o ponto interior ao triângulo equilátero ABC de lado ,, e x, y e z, respectivamente, 
as distâncias de P aos lados AB, AC e BC. A soma das áreas dos triângulos PAB, PAC e PBC é 
igual à área do triângulo ABC, ou seja, x
2
, + y
2
, + z
2
, = 
4
32, + x y z
2
+ + = 
4
3, .
Como x + y + z = 9, concluímos que 
2
9 = 
4
3, + , = 
3
18 = 6 3 .
 210. e Considere a figura abaixo:
D
A
h30°
30° 30°
30°
B
C
E
F6
12
6
Por simetria, o ∆ABE é isósceles de base AB. Seja h = EF a altura relativa a AB. Como 
AF = BF = 6 cm, no triângulo retângulo EFA, tg 30o = .cmh h
6
2 3+ =
Portanto a área comum aos dois triângulos, que é a área do triângulo ABE, é 
2
12 2 3$
12 3= cm2.
 211. c 
C
A D10 10
12
B
E
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo ABC, 122 + BC2 = 202 + BC = 16 cm.
Como m (EBDV ) = m (ABCV ) e m (BDEW ) = m (BCAW ), pelo caso AA, ∆EBD + ∆ABC. Logo:
BC
BD
AC
ED ED ED
16
10
12 2
15+ += = =
Consequentemente, a área do quadrilátero ADEC, dada pela diferença entre as áreas dos 
triângulos ABC e DEB é:
2
12 16
2
10
2
15
2
117$
$
- = = 58,5 cm2
 212. a Como AD // BC, concluímos que AA
CBE AME
BC E MAE
EBC EMA
ME
BE
MA
BC& &+,
,
∆ ∆ =V
V X
W .
Como M é ponto médio de AD = BC, então MA = 
2
1 BC.
Matemática 473ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Assim, 
ME
BE
MA
BC
= = 2. Como os triângulos AEM e AEB têm a mesma altura relativa ao 
vértice A, temos 
rea
rea
y
x
BE
ME
2
1
á
á
AEB
AEM= = = , isto é, 2x = y.
 213. b Seja , o lado do quadrado.
E
A
B C
10
GF
D
,
6 _ ,
Como AD // FG, os triângulos FEG e AED são semelhantes (caso AA). Logo a razão entre 
os lados homólogos dos triângulos é igual à razão entre as alturas. Portanto 10
6
6
, ,
=
-
.
4
15+ , =
Assim, o perímetro vale 4 $ 
4
15 = 15.
 214. d 
A
F
E
D C
B
1
1
Seja S a área, em km2, da região R a ser cultivada. Essa região pode ser dividida em 4 triângu-
los, DEF, FAD, BAD e DCB. Logo, S = SDEF + SFAD + SBAD + SDCB = 
2
7 2
2
7 3
2
6 3
2
3 3$ $ $ $
+ + + 
= 7 + .km
2
21 9
2
9 31 2+ + =
 215. a Como m (BECV ) = θ, temos m (AEDV ) = m (BECV ) = θ e m (AEBV ) = m (DECV ) = 180o - θ. A área do 
quadrilátero ABCD é a soma das áreas dos triângulos AEB, BEC, CED e DEA, ou seja, é igual 
a 
2
1 $ 1 $ 4 $ sen(180o - θ) + 
2
1 $ 4 $ 3 $ senθ + 
2
1 $ 3 $ 2 $ sen(180o - θ) + 
2
1 $ 2 $ 1 $ senθ 
= 2 senθ + 6 senθ + 3 senθ + senθ = 12 senθ.
 216. c 
D
A
I
C
BF
H
E G
2
1
Matemática 483ª Série – Módulo 2 – Resolução
23
0
Temos que: ∆ABD , ∆CDB, ∆EID , ∆HDI, ∆FBI , ∆GIB 
Logo S1 = S2.
 217. d Sejam A1, A2 e h, respectivamente, a área do triângulo de base 3, a área do triângulo de 
base 5 e a altura do triângulo de base 5. Logo, A1 = ( )h
2
3 4 - e A2 = h
2
5 .
Como esses triângulos são semelhantes, então, temos:
A
A
25
9
2
1 = + A1 = A2 25
9 + ( )h
2
3 4 - = h
2
5 $ 
25
9 + 12 - 3h = h
5
9 + 60 - 15h = 9h 
+ 24h = 60 + h = 
2
5
Logo A1 = 
2
3
2
3
4
9
=d n ; A2 = 
4
25 + A2 - A1 = 
4
25 9
4
16- = = 4.