gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE ESCOLAR SÃO CRISTÓVÃO III
APROFUNDAMENTO DE MATEMÁTICA
APOSTILA I – EXAME DE QUALIFICAÇÃO UERJ
ALUNO(A): ________________________________________________
AULA 6: Progressões Aritméticas e Geométricas - GABARITO
1) (UERJ) Maurren Maggi foi a primeira brasileira a ganhar uma medalha olímpica de ouro na modalidade
salto a distância. Em um treino, no qual saltou n vezes, a atleta obteve o seguinte desempenho:
- todos os saltos de ordem ímpar foram válidos e os de ordem par, inválidos;
- O primeiro salto atingiu a marca de 7,04m, o terceiro a marca de 7,07m e assim sucessivamente cada salto
aumentou sua medida em 3cm.
O último salto foi de ordem ímpar e atingiu a marca de 7,22m Calcule n.
Solução. Os saltos validados foram a1, a3, a5, .... Escrevendo a expressão do termo geral para a razão
3cm e considerando n’ o número de saltos de ordem ímpar, temos:
an'  704  (n'1).3
722  701 21
 704  (n'1).3  722  3n'3  704  722  n' 

7.

3
3
an'  7,22
Como houve 7 saltos de ordem ímpar iniciando com a 1 e finalizando com a13. Houve 6 saltos de
ordem par. Logo n = 7 + 6 = 13.
2) (PUC) Temos uma progressão aritmética de 20 termos onde o 1º termo é igual a 5. A soma de todos os
termos dessa progressão aritmética é 480. O décimo termo é igual a:
(A) 20
(B) 21
(C) 22
(D) 23
(E) 24
Solução. Utilizando as informações do problema, temos:
n  20
(5  a 20 ).20
860

 480 
 (5  a 20 ).20  960  100  20a 20  960  a 20 
 43
a 1  5
2
20
.
S  480
 n
38
a 20  a 1  (n  1).r  43  5  (20  1).r  38  19r  r 
 2  a 10  5  9r  5  9(2)  5  18  23
19
3) (FUVEST) A soma de todas as frações irredutíveis, positivas, menores do que 10, de denominador 4, e:
a) 10
b) 20
c) 60
d) 80
e) 100
1 3 5 7
39
. Todas com os numeradores ímpares.
; ; ; ; ...;
4 4 4 4
4
A soma de todas as frações será a fração cujo numerador será a soma da PA de razão 2 com 1º termo
igual a 1 e último termo, 39.
Solução. As frações irredutíveis pedidas são:
i) 39  1  (n  1).2  39  1  2n  2  2n  38  2  2n  40  n  20.
(1  39).20
.
1 3 5 7
39 1  3  5  7  ..  39
( 40).20
2
ii) S      ... 



 (5)( 20)  100
4 4 4 4
4
4
4
8
4) As medidas do lado, do perímetro e da área de um triângulo equilátero são nessa ordem, números em
progressão aritmética. A razão dessa progressão é:
a) 20 3
3
b) 20
c) 40 3
d) 20 3
e) 40 3
3
Solução. Escrevendo as expressões para essas medidas e encontrando a razão considerando o lado
do triângulo como L, temos:

a : Lado  L
a2  a1  3L  L  r  r  2L
 1
.

i) a2 : Perímetro  3L  
L² 3
L ² 3  4L
 L  2r  L ² 3  4L  8r  r 

a3  a1  2r 
4
8

a : Área  L ² 3
3
4

Relacionando as expressões da razão, temos:
ii)


L  0  L  0
L² 3  4L
 2L  L² 3  4L  16L  0  L² 3  20L  0  L L 3  20  0  
8
L 3  20  ok .
iii) L 
 20 3  40 3
20 20 3 20 3


.

. Logo, r  2L  2

3
3
3
3
3 3


5) Numa sala de aula cada um dos 100 alunos recebe um número que faz parte de uma sequência que está
em progressão aritmética. Sabendo que a soma de todos os números é 15050 e que a diferença entre o 46º e
o 1º é 135, determine o 100º número.
Solução. Expressando os termos em relação ao 1º termo e a razão, temos:
a46  a1  45r
135
i) 
 a1  45r  a1  135  r 
3
a

a

135
45
1
 46
S  15050
.
(a1  a100 ).100
30100

ii) 
 15050  a1  a100 
 a1  a100  301 
(a1  a100 ).100 
2
100
S


2
 a1  a1  99(3)  301  2a1  301  297  4  a1  2.. Logo, a100  301  2  299
6) (FUVEST) Uma progressão aritmética e uma progressão geométrica têm, ambas, o primeiro termo igual a
4, sendo que os seus terceiros termos são estritamente positivos e coincidem. Sabe-se ainda que o segundo
termo da progressão aritmética excede o segundo termo da progressão geométrica em 2 unidades. Então, o
terceiro termo das progressões é:
a) 10
b) 12
c) 14
d) 16
e) 18
Solução. As progressões são: PA (4, a2 + 2, y); PG (4, a2, y). Utilizando as propriedades, temos:
4y
4y
4y4 y

 a2 
2

y  0  y  0
y
y²
a2  2 
2
2
2
2  4y   4y 
 y ²  16y  0  y( y  16)  0  

.
2
4
y  16
a  4y
 2
 16

 16

PA :  4,
 2,16,...   4,10,16,...  e PG :  4, ,16,...   4,8,16,... 
2
2




7) Um veículo parte de uma cidade A em direção a uma cidade B, distante 500km. Na 1ª hora do trajeto ele
percorre 20km, na 2ª hora 22,5km, na 3ª hora 25km e assim sucessivamente. Ao completar a 12ª hora do
percurso, a que distância esse veículo estará de B?
a) 95 km
b) 115 km
c) 125 km
d) 135 km
e) 155 km
Solução. Calculando o total percorrido após a 12ª hora, temos:
a1  20

a2  22,5  r  22,5  20  2,5  a12  20  (12  1).2,5  20  11(2,5)  20  27,5  47,5km .
a  25
 3
(20  47,5).12
S12 
 (67,5).( 6)  405,0km. Distância de B : 500km  405km  95km
2
8) (UFRJ) Mister MM, o Mágico da Matemática, apresentou-se diante de uma plateia com 50 fichas, cada
uma contendo um número. Ele pediu a uma espectadora que ordenasse as fichas de forma que o número de
cada uma, excetuando-se a primeira e a última, fosse a média aritmética do número da anterior com o da
posterior. Mister MM solicitou a seguir à espectadora que lhe informasse o valor da décima sexta e da
trigésima primeira ficha, obtendo como resposta 103 e 58 respectivamente. Para delírio da plateia, Mister MM
adivinhou então o valor da última ficha. Determine você também este valor.
Solução. A propriedade de cada número ser a média aritmética do número anterior e do posterior é da
progressão aritmética. Escrevendo os números indicados em relação ao 1º elemento e à razão, temos:
a16  103 a1  15r  103  ( 1)  a1  15r  103


 15r  45  r  3  a1  58  30( 3)  58  90  148 .

a1  30r  58
a1  30r  58
a31  58
a50  148  (50  1).( 3)  148  ( 49).( 3)  148  147  1
9) São dadas duas progressões: uma aritmética (PA) e outra geométrica (PG).
Sabe-se que:
- a razão da PG é 2;
- em ambas o primeiro termo é igual a 1;
- a soma dos termos da PA é igual à soma dos termos da PG;
- ambas têm 4 termos.
Pode-se afirmar que a razão da PA é:
a) 1/6
b) 5/6
c) 7/6
d) 9/6
e) 11/6
Solução. De acordo com as informações escrevemos as expressões das progressões e encontramos
as relações.
PG : 1, 2, 4, 8   S(PG)  1  2  4  8  15

PA : 1, 1  r, 1  2r, 1  3r   S(PA )  4  6r
S(PA )  S(PG)  4  6r  15  6r  15  4  r 
11
6
10) O professor G. Ninho, depois de formar uma progressão aritmética de 8 termos, começando pelo número
3 e composta apenas de números naturais, notou que o 2°, o 4° e o 8° termos formavam, nessa ordem, uma
progressão geométrica. G. Ninho observou ainda que a soma dos termos dessa progressão geométrica era
igual a:
a) 42
b) 36
c) 32
d) 28
e) 24
Solução. Escrevendo os termos da PA e identificando os termos em PG, temos:
PA : 3, 3  r, 3  2r, 3  3r, 3  4r, 3  5r, 3  6r, 3  7r 

PG : 3  r, 3  3r, 3  7r 
Pr opriedade(PG) : 3  3r 
3  r . 3  7r   3  3r 2   3  r . 3  7r 
2
 9  18r  9r ²  (3  r )(3  7r )  .
r  0  r  0
 9  18r  9r ²  9  21r  3r  7r ²  9r ²  7r ²  18r  24r  0  2r ²  6r  0  2r(r  3)  0  
r  3
S(PG)  (3  3)  (3  3.3)  (3  7.3)  6  12  24  42