01. dSendo r a razão da progressão aritmética, temos:

2 5

2

r a a

r a

= −=

Assim:b a r a a a

d a r a a a

db

aa

= + = + == + = + =

= =

2 3

5 5 2 7

73

73

02. d

t t t t

t t

t ou t

+ − = − +

− − == = −

6 6

12 0

4 3

2

2

( )

Como t = −3 não faz sentido, então t = 4. Assim, o tempo é dividido em partes diretamente proporcionais aos termos da progressão aritmética ( , , )4 10 16 . De cada hora, ou seja, 60 minutos, temos:4 10 16 60

30 60 2

k k k

k k

+ + == ⇒ =

A coligação partidária com maior tempo ficará com 16 2 32⋅ = minutos.03. c

a a n r

a n n

b b n r

b n

n

n

n

n

= + − ⋅= + − ⋅ = −

= + − ⋅= − + − ⋅ =

1

1

1

1 1 2 2 1

1

10 1 3

( )

( )

( )

( ) 33 13

3 13 2 1 12

n

b a

n n nn n

−

≥− ≥ − ⇒ ≥

Portanto, o menor valor de n é 12.04. a

Observe que a a nn n+ − =1 .Assim:

a a

a a

a a

a a

a a

2 1

3 2

4 3

99 98

100 99

1

2

3

98

99

− =− =− =

− =− =

Somando todas as equações, temos:

− + = + + + + +

− +

a asomados termos deumaPA

1 100 1 2 3 98 99

1

99...� ���� ����

aa

a

100

100

1 992

99

4951

=+

⋅

=

05.a) Os termos de índice par de uma progressão aritmética formam outra

progressão aritmética. Seja Spar a soma dos termos de índice par da PA.

S a a a a

Sa a n

Sa r a n

par

par

par

n

n

= + + + +

=+

⋅

=+ + + −

2 4 6

2

1 1

2 2

1

...

( )⋅⋅

⋅

=+ ⋅

⋅

r n

Sa n r

npar

2 2

24

1

b) ( , , , ...)− − −224 220 216

r

a a n r

a n n

Sa a

n

n

nn

= − − − == + − ⋅= − + − ⋅ = −

=+

220 224 4

1

224 1 4 4 2281

1

( )

( )

( )

22

224 4 2282

2 2262

⋅

=− + −

⋅ = −

n

Sn

n n nn

Assim:

S

n n

n n n ou n

n >

− >

− > ⇒ < >

0

2 226 0

113 0 0 113

2

2

Como n é positivo, temos n >113. Portanto, a quantidade mínima de termos para que a soma seja positiva é 114.

06. ba

a a

a a

a a

a a

1

2 1

3 2

4 3

5 4

3

2 2 3 6

2 2 6 12

2 2 12 24

5 5 24

== ⋅ = ⋅ == ⋅ = ⋅ == ⋅ = ⋅ =

= + = + === + = + == + = + == + = + == + =

29

5 5 29 34

5 5 34 39

5 5 39 44

5 5

6 5

7 6

8 7

9 8

a a

a a

a a

a a ++ == + = + =

44 49

5 5 49 5410 9a a

07. cc a b

c n n

c

n n n

n

n

= −= − −=

2 2 1

1

( )

Portanto, os termos da sequência dada por c n =1 podem ser repre-sentados por pontos sobre o gráfico da função y =1.

Resoluções

1Extensivo Terceirão – Matemática 6A

6AMatemáticaAtividades Série Ouro

As distâncias percorridas formam uma progressão aritmética, cuja soma dos 20 termos é 6300 km.

S

a a

x x x x k

20

1 20

6300

220 6300

20 10 6300 21 630 30

=

+

⋅ =

+ ⋅ = ⇒ = ⇒ =( ) mm

13. 10 (02, 08)01) INCORRETO.

r reais= − = −1589 1600 11 A razão da progressão aritmética é –11 reais.

02) CORRETO.

a a r

a

a reais

120 1

120

120

119

1600 119 11

291

= + ⋅= + ⋅ −=

( )

04) INCORRETO.

a a r

a

a reais

12 1

12

12

11

1600 11 11

1479

= + ⋅= + ⋅ −=

( )

08) CORRETO.

S reais1201600 291

2120 113460=

+

⋅ =

Portanto, o valor total da casa a ser pago por João será de 10000 113460 123460+ = reais.

16) INCORRETO.

a a n r

a n

a n n

n

n

n

= + − ⋅= + − ⋅ −= − ⋅ ∈

1 1

1600 1 11

1611 11

( )

( ) ( )

( )*

14. cDo primeiro frasco é retirado 1 comprimido, do segundo frasco 2 com-primidos, do terceiro frasco 3 comprimidos, e assim sucessivamente, até o décimo quinto frasco, do qual são retirados 15 comprimidos. A quantidade total de comprimidos retirados é:

1 2 3 151 15

215 120+ + + + =

+

⋅ =...

Caso a massa de todos os comprimidos fosse 20 mg, a massa dos 120 comprimidos retirados seria 120 20 2400⋅ =mg mg. Como a massa dos comprimidos é 2540 mg, a diferença de 140 mg indica que o frasco que

contém os comprimidos mais pesados é o de número 14010

14= .

15. b2

8 12 2

a a r

7r r r 7r 0 r 0 (não convém) ou r 7

− =

= ⇒ − = ⇒ = =

S

a a

a a r

a a

8

1 8

1 1

1 1

316

28 316

7 79

2 7 7 79 15

=

+

⋅ =

+ + =+ ⋅ = ⇒ =

Portanto, P =15.

08. d

a a

a r a r

a r

a a

a r a r

a

2 5

1 1

1

5 3

1 1

9

4 9

2 5 9

3 16

3 4 2 16

2

+ =+ + + =+ =

− =⋅ + − + =( ) ( )

11

1

11

10 16

2 5 9

2 10 161

75

+ =

+ =+ =

⇒ = =

r

a r

a ra e r

Portanto:

aa

a ra r

5

2

1

1

4 1 475

175

335

125

3312

114

=++

=+ ⋅

+= = =

Resolvendo o sistema de equações, obtemos:a1 22= e r = −7.

09. c

a

a

a a r

r r

15

81

81 15

3690

2700

66

2700 3690 66 15

=== + ⋅

= + ⇒ = −

Portanto:

a a r

a

a

1 15

1

1

14

3690 14 15

3900

= − ⋅= − ⋅ −=

( )

10. c

a

a

a

1

1

2

2

3

2 1 1 51

3 51

15

2 2 1 52

5 252

1252

62 5

=⋅ + ⋅

=⋅=

=⋅ + ⋅

=⋅

= =

=

( )!

( )!

,

(22 3 1 53

7 1256

8756

145 8333

15 62 5 145 8

3

1 2 3

⋅ + ⋅=

⋅= =

+ + = + +

)!

, ...

, ,a a a 3333 223 333... , ...=

11. 96,25 mA altura do reservatório é a soma dos termos da progressão aritmética.

r m m m

h h r

h m

Sh

= − == + ⋅= + ⋅ =

=

0 75 0 70 0 05

49

0 70 49 0 05 3 1550 1

50

501

, , ,

, , ,

++

⋅

= + ⋅ =

h

S m

50

50

250

0 70 3 15 25 96 25( , , ) ,

12. b

a x

a

a

1

2

3

20

2

3

20

===

=

x

x

a x

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6A

1Extensivo Terceirão – Matemática 6B

01. a) Ao todo são 5 homens e 4 mulheres. Para convidar 3 homens, exis-

tem C 53 10= modos. Para convidar 3 mulheres, existem C 4

3 4= modos. Para convidar 3 homens e 3 mulheres, existem C C5

343 10 4 40⋅ = ⋅ = modos.

b) As três pessoas que Maria deverá convidar podem ser 2 homens e uma mulher ou 2 mulheres e um homem. Existem 2 · 3 = 6 modos de escolher os convidados quando Maria convida 2 homens e uma mulher, e 2 ⋅ 2 ⋅ C2

3 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 12 modos de escolher os convidados, quando Maria convida 2 mulheres e 1 homem.No total, existem 6 + 12 = 18 modos de convidá-los.

02. aPara formar um quadrado, é necessário escolherem-se 3 pontos não alinhados. Se não existissem mais de 2 pontos alinhados entre os 16 pontos dados, a quantidade de triângulos que poderiam ser formados seria igual a C16, 3 = 560. No entanto, existem 10 grupos de 4 pontos que não determinam triângulos (incluem-se aí as duas diagonais AC e BD), ou seja, 10 ⋅ C4, 3 = 40 escolhas de 3 pontos não formam triângu-los. Ainda, existem 4 grupos de exatamente 3 pontos que também não determinam triângulos. Tais grupos encontram-se em dois seg-mentos paralelos a cada diagonal do quadrado ABCD. Logo, outras 4 ⋅ C3, 3 = 4 escolhas de 3 pontos não formam triângulos. A quantidade de triângulos, então, é igual a 560 – 40 – 4 = 516.

03. dO número máximo de alunos para os quais talvez não existam dois ou mais que nasceram no mesmo dia, mês e no mesmo dia da semana, é igual a 365 ⋅ 7 = 2555. Como 2600 – 2555 = 45, no universo dos 2600 alunos, existem 45 alunos que terão, necessariamente, e na pior das hipóteses, mesmo dia, mês e dia da semana que outro já tem, pois não existem mais datas disponíveis para alocar cada um dos 45 alunos restantes. Se cada um desses 45 alunos tivesse nascido em um dia diferente, seja do mês ou da semana, teríamos, para cada um dos 45 alunos, outro aluno entre os 2555 que teria o mesmo dia, mês e dia da semana de nascimento. Consequentemente, teríamos um total de 45 ⋅ 2 = 90 alunos com o mesmo dia, mês e dia da semana de nasci-mento. Por outro lado, o número mínimo de alunos que nasceram no mesmo dia, mês e dia da semana é obtido se os 45 alunos nascerem no mesmo dia, mês e dia da semana. A data de nascimento desses 45 alu-nos coincidiria com a data de um único aluno entre os 2555 analisados inicialmente, de modo que 45 + 1 = 46 desses alunos da escola, no mínimo, teriam nascido no mesmo dia, mês e dia da semana.

04. bPara a escolha das duas questões, entre as dez, cujas respostas sejam A, existem C10, 2 = 45 modos. Após a escolha das duas questões de gabarito A, para a escolha das duas questões, entre as oito, cujas res-postas sejam B, existem C8, 2 = 28 modos. Escolhidas as questões de gabarito B, existem C6, 2 = 15 modos de escolher as duas questões cujas respostas sejam C. Para a escolha das questões cujas respostas sejam D, existem C4, 2 = 6 modos. Finalmente, para a escolha das duas questões cujas respostas sejam E, existe C2, 2 = 1 modo, após a escolha das oito primeiras. Logo, temos:45 ⋅ 28 ⋅ 15 ⋅ 6 ⋅ 1 = 113400 modos

05. 53 (01, 04, 16, 32)01) VERDADEIRA.Se o número começa com o algarismo 3, então apenas os algarismos das centenas, dezenas e unidades devem ser escolhidos. Se o número é par, então existem 5 opções de escolha para o algarismo das uni-dades (0, 2, 4, 6 ou 8). Escolhido o algarismo das unidades, existem

8 opções de escolha para o das centenas, pois, dentre os 10 algaris-mos disponíveis, o das unidades já escolhido e o algarismo 3, situado no começo do número, não podem ser escolhidos. Para a escolha do algarismo das dezenas, existem 7 modos. Dessa forma, existem 5 ⋅ 8 ⋅ 7 = 280 números satisfazendo as condições apresentadas.02) FALSA.Como a senha é constituída de 4 algarismos distintos escolhidos dentre 6 previamente definidos, a quantidade de senhas é igual a 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 360.04) VERDADEIRA.Existem 3 escolhas para a cor de quatro unhas e 2 escolhas para a cor da “filha única”. Logo, existem 3 ⋅ 2 = 6 maneiras diferentes.08) FALSA.Existem 2 opções de escolha para cada opcional: ou o opcional é es-colhido para o carro, ou não é escolhido. Como são 5 opcionais, pelo princípio multiplicativo, existem 25 = 32 alternativas para a escolha desse modelo, com respeito aos equipamentos opcionais.16) VERDADEIRA.A soma 7 é a mais provável e pode ser obtida pelos 6 seguintes re-sultados: (1, 6); (2, 5); (3, 4); (4, 3); (5, 2); (6, 1)Cada uma das demais somas possíveis em dois dados lançados apre-senta menor quantidade de resultados.32) VERDADEIRA.O número de soluções inteiras não negativas de x + y+ z = 6 é igual a 28.Os ternos (x, y, z), soluções da equação, são:(6, 0, 0) → P3

2 32

3= =!!

(5, 1, 0) → P3 3 6= =!

(4, 2, 0) → P3 3 6= =!

(3, 3, 0) → P32 3

23= =

!!

(4, 1, 1) → P32 3

23= =

!!

(3, 2, 1) → P3 3 6= =!

(2, 2, 2) → P33 3

31= =

!!

A quantidade de soluções é igual a 3 + 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 28.64) FALSA.Dos primos positivos apenas 2 é par, e é o menor dos números pri-mos. Como 145 é ímpar, a soma de quatro números primos positivos é ímpar apenas no caso de um dos números ser par e os outros 3 serem ímpares. Dessa forma, o menor deles é 2.

06. eVamos iniciar calculando a quantidade de merendas nos casos em que o chocolate está presente. Como mencionado, se o chocolate estiver presente, o chá também deverá estar. Assim, dos 3 alimentos do grupo I que ainda podem ser escolhidos, apenas um deve ser escolhido, pois chocolate já está previamente selecionado para a merenda. Logo, existem C3, 1 = 3 modos de escolher o único alimento do grupo I. Da mesma forma, para o grupo II, há 4 alimentos disponíveis para a escolha e apenas um deve ser escolhido, já que o chá fará parte da merenda. Para a escolha dos 2 alimentos do grupo II, dentre os 6 disponíveis, existem C6, 2 = 15 modos. Assim, com chocolate e chá presentes na merenda, a quantidade de merendas possíveis é igual a 3 ⋅ 4 ⋅ 15 = 180. Por outro lado, caso o chocolate não

Resoluções 6BMatemáticaAtividades Série Ouro

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6B

esteja, não há, logicamente, a obrigatoriedade de o chá também não estar presente. Desta forma, as escolhas podem ser feitas, livremente, de 2 dos 3 alimentos do grupo I que não são chocolate, 2 alimentos do grupo II dentre 5 opções (incluindo o chá) e 2 alimentos do grupo III dentre 6 opções, ou seja, seriam: C3, 2 ⋅ C5, 2 ⋅ C6, 2 = 3 ⋅ 10 ⋅ 15 = 450 merendas possíveis. Logo, a quantidade total de merendas é igual a 180 + 450 = 630.

07. bPara escolher n molhos dentre 14 opções disponíveis, existem Cn

14 modos.Para escolher (n + 1) molhos dentre 14 opções disponíveis, existem C14

n + 1 modos. De acordo com o enunciado, temos:

C Cn n14

1142+ = ⋅

141 14 1

21414

!! !

!! !n n n n+( ) ⋅ − +( )

= ⋅⋅ −( )

1414

21 13

14 13!!

! !

! != ⋅

+( ) ⋅ ⋅ −( )⋅ −( ) ⋅ −( )n n n

n n n

1 21

14= ⋅

+−

nn

14 2 2− = +n n

12 3= n

n= 408. d

Se Ck,2 = 3, então:

k k⋅ −( )⋅

=1

2 13

k2 – k – 6 = 0k = 3 ou k = –2 (não convém, pois k ≥ 2) Se Cn,1 = a, então n = a.Se Cn,k = 35a, então Cn,3 = 35n, ou seja:n n n

n⋅ −( ) ⋅ −( )

⋅ ⋅=

1 2

3 2 135

Como n > 0, pode-se dividir a equação anterior, membro a membro, por n:n n n

nn

n

⋅ −( ) ⋅ −( )=

1 2

635

n n−( ) ⋅ −( ) =1 2 210

n2 – 3n – 208 = 0n = 16 ou n = –13 (não convém, pois n ≥ 3) Portanto, n= 16 e k = 3.

09. a) A região Norte possui 7 unidades (PA, AM, AC, RO, TO, AP e RR), a região Nordeste possui 9 unidades (MA, PI, CE, RN, PB, PE, AL, SE e BA), a região Centro-Oeste possui 4 unidades (MT, MS, GO e DF), a região Sudeste possui 4 unidades (MG, ES, RJ e SP) e a região Sul possui 3 unidades (PR, SC e RS).

b) Nordeste e Sudeste são as regiões mais populosas. Existem C4, 2 formas de se escolher duas unidades federativas da Região Sudeste e C9, 2 formas de se escolher duas unidades fede-rativas da região Nordeste. Para as demais regiões administrati-vas, temos: C7, 1 maneiras de escolher uma unidade federativa da região Norte, C4, 1 maneiras de escolher uma unidade da região Centro-Oeste e C3, 1 maneiras de escolher uma unidade da região Sul. Como cada unidade federativa possui 3 representantes no Senado, o número N de comissões possíveis satisfazendo as con-dições exigidas é tal que:

N = C4, 2 ⋅ C9, 2 ⋅ C7, 1 ⋅ C4, 1 ⋅ C3, 1 ⋅ 37

N=⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

4 32 1

9 82 1

7 4 3 37

N = 2 ⋅ 3 ⋅ 32 ⋅ 22 ⋅ 7 ⋅ 22 ⋅ 3 ⋅ 37

N = 25 ⋅ 311⋅ 71

c) A probabilidade de escolhermos uma comissão ao acaso e ela satis-fazer as condições do enunciado é:

PN

C= =

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅81 7

5 112 3 781 80 79 78 77 76 75

7 6 5 4 3 2 1,

P =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 3 7

2 3 5 11 13 19 79

2 3 7

5 11 13 19 79

5 11

3 4 2

2 7

2

Como P<⋅

⋅ ⋅ ⋅= <

2 35 11 13 19

874813585

12 7

, conclui-se que:

P<⋅

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ < ⋅ ⋅ =

2 35 11 13 19

15

770

115

770

150

2 7

10. cSejam M uma letra maiúscula qualquer do alfabeto, m uma letra mi-núscula qualquer do alfabeto e A um algarismo qualquer do sistema decimal. Para uma senha da forma MmA, por exemplo, existem 26 modos de escolher a letra maiúscula M, 26 modos de escolher a mi-núscula m e 10 modos de escolher o algarismo A. Por outro lado, a ordem desses três caracteres pode ser alterada de P3 = 3! = 6 modos. Logo, a quantidade de senhas com 3 caracteres, satisfazendo às con-dições do enunciado, é igual a:N = 26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 6Para o cálculo da nova quantidade de senhas, devemos considerar três hipóteses: o caractere adicional é uma letra maiúscula, uma mi-núscula ou um algarismo. Se o caractere adicional é uma letra maiús-cula M, existem 26 opções de escolha para este novo caractere. Além disso, a sequência MMmA pode ser ordenada de P4, 2 = 12 modos. Assim, nessas condições, a quantidade de senhas com 4 caracteres sendo duas letras maiúsculas, uma minúscula e um algarismo, dispos-tos em qualquer ordem, é igual a:26 ⋅ 26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 12 = (26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 6) . 52 = 52NCaso o caractere adicional seja uma letra minúscula, a senha pode ter a forma MmmA e a quantidade de senhas será a mesma que a obtida no caso MMmA, ou seja:26 ⋅ 26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 12 = (26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 6) ⋅ 52 = 52NSe o caractere adicional for um algarismo A, existem 10 opções de escolha e a sequência MmAA também pode ser ordenada de P4, 2 = 12 modos. A quantidade de senhas é igual a:26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 12 = (26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 6) ⋅ 20 = 20NAdicionando os resultados obtidos nas três hipóteses, tem-se:52N + 52N + 20N = 124NPortanto, com a nova regra, a quantidade de senhas será igual a 124N.

11. Os primos positivos menores do que 30 são 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 e 29. Ao todo, são 10 primos. Como a ordem dos fatores não altera o produto, para cada número que pode ser decomposto em quatro fatores primos distintos, há uma escolha possível de 4 fatores entre os 10 números primos já apresentados. Assim, a quantidade de números naturais que podem ser decompostos em um produto de quatro fatores primos, positivos e distintos é igual a C10, 4 = 210.

3Extensivo Terceirão – Matemática 6B

12. a) Basta escolher 6 lugares dentre os 8 e ordená-los. A quantidade total é dada por:

A 86 8 7 6 5 4 3 20160= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

b) Para permutar os 3 casais, existem P3 modos. Para permutar cada um dos integrantes dos 3 casais, entre si, existem P2 ⋅ P2 ⋅ P2 mo-dos. Considerando cada casal como sendo um único elemento, há ainda a necessidade de se verificar de quantos modos os 3 elemen-tos (3 casais) poderiam ser distribuídos entre 5 lugares (8 – 3 = 5). Existem C5, 3 modos para a escolha das posições dos casais dentre as poltronas.Logo, a quantidade total é dada por:P3 ⋅ P2 ⋅ P2 ⋅ P2 ⋅ C5, 3 = 6 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 10 = 480

c) Existem P3 modos de os homens formarem uma sequência nas pol-tronas em que estiverem posicionados. Da mesma forma, existem P3 modos de as mulheres formarem uma sequência nas poltronas em que estiverem posicionadas. Existem P2 modos de se trocar a posição do grupo de homens com o de mulheres. Existem C8, 2 mo-dos de se escolher os 2 lugares vazios dentre os 8 disponíveis. Logo, a quantidade total é dada por:P3 ⋅ P3 ⋅ P2 ⋅ C8, 2 = 6 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 28 = 2016

13. a) A partir da posição do número 1 é possível seguir por dois cami-nhos: C (para cima) ou B (para baixo). Logo, para chegar a qualquer posição do número de 16 ao 21, basta escolher cinco vezes se o ca-minho é para cima ou para baixo. Assim, existem 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 32 maneiras de se chegar às posições dos números 16 ao 21. De cada um desses números, existe apenas uma única opção para se atingir a posição do número 22. Portanto, existem exatamente 32 · 1 = 32 caminhos possíveis, da posição do número 1 à posição do número 22.

b) Para se atingir a posição do número 13, basta, a partir do número da posição 1, percorrer qualquer caminho cujo trajeto pode ser repre-sentado por alguma permutação da sequência BBCC, uma vez que qualquer caminho é percorrido escolhendo-se duas opções para cima e duas opções para baixo. Logo, a quantidade de caminhos que saem da posição do número 1 e atingem a posição do número 13 é dada por:

P42 2 4

2 24 3 22 2 1

6; !! !

!!

=⋅

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

Partindo da posição do número 13, existem dois caminhos possí-veis para se chegar ao número 22.Portanto, exatamente 6 · 2 = 12 sequências incluem o número 13.

14. Existem C20, 5 modos de escolhermos 5 números distintos dentre os 20 disponíveis. Para que pelo menos dois dos números escolhidos deixem o mesmo resto quando divididos por 5, basta, da quantidade total de modos, subtrairmos a quantidade de modos em que todos os cinco números deixam restos distintos. Como existem exatamente 5 restos possíveis quando se divide um número inteiro por 5 (0, 1, 2, 3 ou 4), a quantidade de modos em que cada um deixa um resto distinto é encontrada escolhendo-se um único número do conjunto {1, 6, 11, 16}, um único número do conjunto {2, 7, 12, 17}, um único número do conjunto {3, 8, 13, 18}, um único número do conjunto {4, 9, 14, 19} e um único número do conjunto {5, 10, 15, 20}. Isto pode ser feito de 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 45 maneiras. Logo, a quantidade de escolhas distintas, sabendo que ao menos dois dos cinco números selecionados devem deixar um mesmo resto quando divididos por 5, é dada por:

C20, 5 – 45 = 15504 – 1024 = 1448015. Vamos analisar 3 casos:

1º. caso: As três dimensões do paralelepípedo possuem a mesma me-dida. Nessas condições, existem C10, 1 = 10 modos de escolher a me-dida das três dimensões.2º. caso: Duas dimensões possuem a mesma medida e a terceira di-mensão possui medida diferente das duas primeiras. Neste caso, é preciso escolher dois números distintos dentre 10 possíveis e definir qual dos dois números escolhidos para as dimensões do paralelepípe-do será utilizado em duas das três dimensões. O número de escolhas é igual a C10, 2 ⋅ P2 = 10 ⋅ 9 = 90.3º. caso: As três dimensões possuem medidas distintas. Nessa hipó-tese, é necessário escolher 3 números dentre os 10 disponíveis para as medidas do paralelepípedo. Isto pode ser realizado de C10, 3 = 120 modos.Logo, exatamente 10 + 90 + 120 = 220 paralelepípedos retângulos diferentes podem ser construídos de tal maneira que a medida de cada uma de suas arestas seja um número inteiro positivo que não exceda 10.

Atividades Série Ouro 6

1Extensivo Terceirão – Matemática 6C

01. eConsiderando as duas primeiras equações:

3 2 0

2 3 0

x y

x y

+ =+ =

e resolvendo temos x = 0 e y = 0

Substituindo os valores de x e y na terceira equação, vem:a · 0 + 5 · 0 = 0, que é uma equação verdadeira para qualquer valor de a. Portanto, o sistema possui uma única solução, que é (0,0). Logo, é possível e determinado.

02. dIgualando duas a duas, temos:

x y x z+=

−4 2

⇒ 2x + 2y = 4x – 4z ⇒ –2x + 2y +4z = 0 ⇒ –x + y +

2z = 0

x y y z+=

+4

33

⇒ 3x + 3y = 4y + 12y ⇒ 3x – y – 12z = 0

x z y z−=

+2

33

⇒ 3x – 3z = 2y + 6z ⇒ 3x – 2y – 9z = 0

Calculando o determinante principal D

D =

−− −− −

1 1 2

3 1 12

3 2 9

= –9 – 36 – 12 + 6 + 27 + 24 = 0

Portanto, o sistema é possível indeterminado.Multiplicando a primeira equação por 3 e somando à segunda, temos:2y – 6z = 0 ∴y = 3zSubstituindo na primeira equação, vem:–x + 3z + 2z = 0 ∴ x = 5zConcluímos que o sistema é possível indeterminado e a solução (x, y, z) é (5z, 3z, z).

03. aA média a ser calculada é a média ponderada, ou seja:

Para Amanda, temos: 7 3 6 6

6 9, ,

,x yx y++

= ⇒ 7,3x + 6,6y =

6,9(x + y) ∴0,4x – 0,3y = 0

Para a Bia, temos: 8 7 8 0

8 3, ,

,x yx y++

= ⇒ 8,7x + 8,0y = 8,3(x + y) ∴

0,4x – 0,3y = 0Portanto, o sistema é possível indeterminado e 4x = 3y.Se x e y são números inteiros positivos, o menor valor de x e y são 3 e 4, respectivamente, que satisfaz o sistema.

04. cCalculamos o determinante principal D.

D =

2 1 3

1 3 2

3 5 8

− = 48 + 6 – 15 – 27 – 20 + 8 = 0

Logo, o sistema homogêneo é possível e indeterminado.Multipliquemos a primeira e a segunda linha da primeira matriz. Igua-lando, temos:

2 3 0

3 2 0

x y z

x y z

+ + =− + + =

Multiplicando a segunda equação por 2 e somando à primeira, temos:7y + 7z = 0 ∴ y = –zSubstituindo na primeira equação2x + (–z) + 3z = 0 ∴ x = –zPortanto, concluímos que os valores de x, y e z são, em módulo, iguais.

05. cFazendo o balanceamento, temos:H 2x + y = 2tS x = zNa y = 2zO 4x + y = 4z + tOu seja

2 2 0

0

2 0

4 4 0

x y t

x z

y z

x y z t

+ − =− =− =

+ − − =

que é um sistema homogêneo.

Sendo x= z e y = 2z, substituindo na primeira equação 2z + 2z = 2t logo t = 2zSubstituindo na quarta equação4z + 2z – 4z – 2z = 0 ∴ 0z = 0O que significa que o sistema é possível e indeterminado.Portanto, I é verdadeira, II é verdadeira e III é falsa.

06. a

A y

y

y

y

y

y

y y

=−

= ⇒

− −= ⇒

+ + − − + +

1

2

0 0 1

2 1

4 2 1

8

0 0 1

2 1

4 2 1

0 0

2

4 2

16

0 0 4 4 0 0( ) ( )) = ⇒

⇒ + = ⇒= ⇒ =

=− ⇒ =−

16

4 4 16

8 16 2

8 16 2

y y

y y

ou

y y

07. 12

230

1

6

12 0

t t

−=

0 423

0 3 0+ − − − − =tt

−+ =

53

1 0t

−= −

53

1t

− = −5 3t

Resposta: t =3

508. b

Marcando os pontos no plano cartesiano, chegamos à figura a seguir, onde L representa o lado do quadrado:

0

0

1

3

2 2

L

2

1 2–1–2

(–1, 1)

(1, 3)

Pelo teorema de Pitágoras:

Resoluções 6CMatemáticaAtividades Série Ouro

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6C

L2 = 22 + 22 ⇒ L2 = 8 ⇒ L = 2 2Calculando a diagonal D, temos:

D = L 2 D =2 2 2⇒ ⋅ ⇒ D = 4

09. cDo enunciado, vem a figura:

B

Q

C A

N (7, 3) M (3, 3)

P (4, 0)

Sendo Q o ponto médio de NP: x Q =+

=7 4

2112

Mas Q também é o ponto médio de MC: x =112

=3+ x

2QC ⇒ xC = 8

10. cComo AB = AC, temos a figura:

y

x x

B (0, 18)

B (0, 8)

C (x, 0)

8

10

10

Teorema de Pitágoras:

10 = x + 8 x = 62 2 2 ⇒

Logo, A(0, 8); B(0, 18) e C(6, 0)

S =12

0 18 1

0 8 1

6 0 1

0 18

0 8

6 0

12

(0 +108 + 0)-(48 + 0 + 0)

12

60 = 30

ABC∆ ⇒

⇒

11. cA soma será mínima se os pontos estiverem alinhados.

2 2 1

4 1 1

0 1

0

2 1 2 4 1 0

2 8 2 0

− = ⇒

− − − + = ⇒− − + + = ⇒

m

m m

m m

( ) ( ) ( )

m =103

12. d

Como a área do triângulo ABC vale 25, temos que 5 4

225

( )c−= ⇒

c =14.Sabendo disso, encontramos a equação da reta, utilizando os pontos disponíveis.

Resolvendo o sistema 4 5

14 0

a b

a b

+ =+ =

, obtemos a equação yx

=−+

27

13. e

Do enunciado, vem a figura:

10

7

2 1

5 5b

5

a

–1 1 8 9

Teorema de Pitágoras:

a2 2 25 2= + ⇒a = 29

b 2 2 25 1= + ⇒b = 26

Perímetro = 7 10 29 26+ + +

Perímetro = 17+ 29 + 26

14. 1. SA(t) = SB(t)

–t2 + 3t + 10 = 2t + 9 ⇒t2 – t – 1 = 0 ⇒

t =+1 5

22 · SA(t) = SC(t)

–t2 + 3t + 10 = k · t + 11 ⇒t2 + (k – 3)t + 1 = 0 ⇒Para ∆ ≥ 0 os gráficos de SA(t) e SC(t) se interceptarão: k2 – 6k + 5 ≥ 0Logo, k ∈ ]–∞, 1]∪[5,+∞], portanto k = 1 .

15. aConsiderando A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) os vértices do triângulo e M(2,1), N(3,3), P(6,2) os respectivos pontos médios de AB, BC e AC, temos:

( )

( )

( )

1 2

1 21 2 1 2

1 2 1 2

2 3

2 32 3 2 3

2 3 2 3

1 3

1 31 3 1 3

1 3 1 3

x x2 x x 4x x y y 2M , 2,1

y y y y 22 21

2x x

3 x x 6x x y y 2I) N , 3,3y y y y 62 2

32

x x6 x x 12x x y y 2P , 6,2

y y y y2 22

2

+ = + =+ + = ⇒ ⇒ ⇒ + + = =+ = + =+ + = ⇒ ⇒ ⇒ + + = =

+ = + =+ + = ⇒ ⇒ ⇒ + + = =

1 2 33 1

2 3 3 21 3

11 3

1 2 33 1

2 3 3 21 3

11 3

4

x x 4 ( 1) x 7x x 2

x x 6II) 2x 14 x 1x x 12

x 5x x 12

y y 2 ( 1) y 4y y 4

y y 6III) 2y 8 y 2y y 4

y 0y y 4

+ = →× − =

− = + = ⇒ ⇒ = ⇒ = − + = =+ = + = →× − =

− = + = ⇒ ⇒ = ⇒ = + = =+ =

1Extensivo Terceirão – Matemática 6D

01. 01) CORRETO.Duas retas perpendiculares a um mesmo plano são paralelas entre si.02) INCORRETO.As retas s e t são concorrentes.04) CORRETO.Uma reta que não tem ponto em comum com um plano é paralela a esse plano.08) CORRETO.Se uma reta é perpendicular a um plano em um ponto P, toda reta do plano que passa pelo ponto P é perpendicular à primeira. 16) CORRETO.

π

A

sr

BP

Q

Os triângulos APQ e BPQ têm base comum PQ e altura comum, igual

à distância entre as retas r e s. Portanto, os triângulos têm a mesma área.

02. eI. VERDADEIRA.

Se uma reta r é paralela a um plano, toda reta desse plano é paralela ou reversa à reta r.

II. VERDADEIRA.Uma reta perpendicular a um plano é ortogonal a qualquer reta desse plano.

III. VERDADEIRA.Existem infinitos planos perpendiculares a uma reta. Como todos esses planos são paralelos entre si, por um ponto passa um único plano perpendicular a uma reta dada.

IV. VERDADEIRA.03.

01) CORRETA. Uma reta paralela a dois planos não tem ponto em comum com a reta de intersecção deles. Caso a reta fosse reversa à intersecção dos planos, seria concorrente com pelo menos um deles. Como a reta é paralela aos dois planos, também é paralela à intersecção deles.

02) CORRETA.Uma reta que passa por dois pontos de um plano está contida nesse plano.

04) CORRETA.Os pontos não coplanares A, B, C e D determinam exatamente 4 planos: ABC, ABD, ACD, BCD

08) INCORRETA.Três retas coplanares e concorrentes num único ponto determi-nam um único plano. Três retas não coplanares e concorrentes num único ponto determinam exatamente três planos.

16) INCORRETA.Como as duas retas não são paralelas e determinam um plano, elas são concorrentes. Toda reta perpendicular a duas retas con-correntes é perpendicular ao plano determinado por essas retas.

04. da) INCORRETA.

A reta t pode ser perpendicular a s em P. Para isso, basta que seja perpendicular ao plano, determinado por r e s, no ponto P.

b) INCORRETA.O plano determinado pelas retas r e s não intersecta s em um único ponto.

c) INCORRETA.Existem retas que passam por P e são reversas à reta u, outras que são concorrentes e uma única reta que é paralela.

d) CORRETA.Veja o comentário da afirmação anterior.

e) INCORRETA.A reta m pode ser concorrente ou reversa à reta s.

05. 01) INCORRETO.Dados dois pontos A e B, existem infinitas circunferências que os contém. Os centros dessas circunferências pertencem à mediatriz do segmento AB.

02) INCORRETO.Uma reta t, contida no mesmo plano, pode ser paralela a s ou concorrente com s.

04) INCORRETO.A afirmação é verdadeira quando a reta r é perpendicular ao plano.

08) INCORRETO.Se uma reta r é paralela a um plano, toda reta desse plano é para-lela ou reversa a r.

16) INCORRETO.Duas retas reversas não se intersectam e não determinam um plano.

32) CORRETO.O número máximo de retas determinadas por quatro pontos é dado pelo número de combinações simples de 4 elementos, to-mados 2 a 2.

C 42 4 3

26=

⋅=

!

64) INCORRETO.Um plano pode intersectar um dos planos e ser paralelo ao outro.

06. 01) CORRETO.Como três pontos não colineares determinam um plano, os vérti-ces de um triângulo são coplanares.

02) CORRETO.O número máximo de planos determinados por seis pontos é dado pelo número de combinações simples de 6 elementos, to-mados 3 a 3.

C 63 6 5 4

320=

⋅ ⋅=

!

04) INCORRETO.Duas retas que não se intersectam podem ser paralelas ou reversas.

08) INCORRETO.Os planos podem ser paralelos ou concorrentes. Caso duas retas concorrentes de um dos planos sejam paralelas ao outro plano, necessariamente os dois planos são paralelos.

16) INCORRETO.Se uma reta é paralela a um plano, toda reta desse plano é para-lela ou reversa à primeira.

32) INCORRETO.A afirmação seria correta caso toda reta paralela a r intersectasse as duas figuras, F1 e F2, determinando segmentos de mesma me-dida. O que se afirma é que toda reta paralela a r que intersecta F1 e F2 determina segmentos de mesma medida. Pode ocorrer que existam retas paralelas a r que intersectem apenas F1 ou F2 e, nesse caso, não podemos garantir a igualdade das áreas.

Resoluções 6DMatemáticaAtividades Série Ouro

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6D

07. 01) INCORRETO.As retas r e t podem ser paralelas ou reversas.

02) CORRETO.Se as retas r e t são concorrentes, determinam o mesmo plano determinado pelas retas r e s. Portanto, as retas r, s e t são coplanares.

04) CORRETO.Se as retas r e t são paralelas, determinam o mesmo plano determinado pelas retas r e s. Portanto, as retas r, s e t são coplanares.

08) INCORRETO.As retas r e t podem ser reversas e ortogonais.

16) CORRETO.Uma reta perpendicular a um plano é ortogonal a todas as retas desse plano.

08. 01) CORRETO.Se a reta s é perpendicular ao plano α e está contida no plano β, então as retas s e r são perpendiculares.Se a reta s é perpendicular ao plano α e não está contida no pla-no β, então as retas s e r são reversas.

02) CORRETO.Duas retas perpendiculares a um plano são paralelas.

04) INCORRETO.As retas s e t também podem ser reversas.

08) INCORRETO.As retas s e t podem ser ambas concorrentes com a reta r.

16) CORRETO.Como os planos γ e β são paralelos e a reta r está contida em β, então r é paralela ao plano γ.

09. da) FALSO.

Os planos EFN e FGJ são concorrentes. A intersecção é a reta deter-minada pelos pontos F e N.

b) FALSO.O segmento HG está contido no plano EFH e não está contido no plano EFN.

c) FALSO.Os planos HIJ e EGN são concorrentes.

d) VERDADEIRO.A intersecção dos planos EFN e EHG é a reta determinada pelos pontos E e F.

10. cO sólido tem 16 arestas, sendo que uma delas está contida na reta r. Das 15 arestas restantes, 3 são paralelas à reta r, 4 são concorrentes com r e 8 são reversas a r.

11. cI. VERDADEIRA.II. FALSA.

Se dois planos são paralelos, qualquer reta de um deles é paralela ou reversa a qualquer reta do outro.

III. FALSA.Uma reta pode ser paralela a dois planos concorrentes.

IV. VERDADEIRA.12. c

I. FALSA.Os triângulos são semelhantes, mas não necessariamente con-gruentes.

II. FALSA.Uma reta paralela a um plano é paralela a infinitas retas desse plano e reversa a infinitas retas desse plano.

III. FALSA.As duas retas podem ser paralelas, concorrentes ou reversas.

IV. VERDADEIRA.Observe o trapézio isósceles da figura.

A

D C

B

Os triângulos ABC e BAD são congruentes, pois AB BA= , BC AD=

e os ângulos ABC e BAD são congruentes (ângulos da base do

trapézio). Portanto, AC BD= .

13. 01) INCORRETO.As retas r e s são paralelas.

02) CORRETO.04) INCORRETO.

As retas podem ser paralelas, concorrentes ou reversas.08) INCORRETO.

Uma reta perpendicular a um dos planos pode ser paralela ao ou-tro plano, concorrente (perpendicular ou não) com o outro plano ou ainda estar contida no outro plano.

16) CORRETO.Se a reta r é perpendicular a um plano α, todas as retas de α, que passam pelo ponto de intersecção de r e α, são perpendiculares à reta r.

14. 01) INCORRETO.Uma reta perpendicular a r pode ser paralela ao plano α ou con-corrente (perpendicular ou não) com o plano α.

02) INCORRETO.Existem infinitos planos que passam por P e que são paralelos à reta s.

04) INCORRETO.A reta s pode ser paralela ao plano α ou concorrente com o plano α.

08) CORRETO.16) INCORRETO.

Uma reta de um dos planos pode ser paralela ao outro, concor-rente (perpendicular ou não) com o outro ou ainda estar contida no outro plano.

32) INCORRETO.A intersecção de três planos pode ser uma reta, um ponto ou ainda vazia.

15. 01) CORRETA.A intersecção dos planos que contêm as faces laterais é o vértice da pirâmide original.

02) INCORRETA.A intersecção dos planos é uma reta.

04) INCORRETA.A reta suporte da aresta DF não é paralela ao plano que contém a face ABC.

08) CORRETA.As retas suportes das arestas AC e DE são reversas.

16) CORRETA.A aresta EB é oblíqua (concorrente e não perpendicular) ao plano que contém a face ABC. Assim, existe uma reta desse plano que passa pelo ponto B e é perpendicular à aresta EB.

3Extensivo Terceirão – Matemática 6D

16. b

Poliedro original Poliedro destacado

A

F x

F yF x y m

V n

=

==

⇒ = + =

=

16

3

4

N A

x y x y I

V F A

n x y n x y II

=+ = ⋅ ⇒ + =+ = ++ + = + ⇒ + + =

2

3 4 2 16 3 4 32

2

16 2 18

( )

( )

F y F

V n4 1

1

= + == −

Sendo a o número de arestas do poliedro destacado, temos:N A

y a a y III

V F A

n y a n y a IV

=⋅ + = ⇒ = ++ = +− + + = + ⇒ + = +

2

4 1 2 2 2

2

1 1 2 2

( ) ( )

( )

3 4 32

18

2 2

2

x y I

n x y II

a y III

n y a IV

+ =+ + == ++ = +

( )

( )

( )

( )

Substituindo (III) em (IV):n y y n y V+ = + + ⇒ = +2 2 2 4 ( )

Substituindo (V) em (II):y x y x y VI+ + + = ⇒ = −4 18 14 2 ( )

Substituindo (VI) em (I):3 14 2 4 32

42 6 4 32 5

⋅ − + =− + = ⇒ =

( )y y

y y y

Portanto:x = − ⋅ =14 2 5 4

m x y= + = + =4 5 9

n y= + = + =4 5 4 9

17. d

F

F5

6

12

20

==

F = + =12 20 32

N A

A

A

A

=⋅ + ⋅ == +=

2

12 5 20 6 2

2 60 120

90

V F A

V

V

+ = ++ = +=

2

32 90 2

60

18. dF

V

=< <

8

6 14

V F A

V A V A

+ = ++ = + ⇒ = −

2

8 2 6

Assim:6 6 14

6 6 6 6 14 6

12 20

< − <+ < − + < +< <

A

A

A

Como A é um número inteiro, essa desigualdade é equivalente a 13 A 19≤ ≤ .

19. d

Poliedro original

V

F x

F yF x y

=

==

⇒ = +

13

3

4

Sendo a o número de arestas do poliedro original, temos:N A

x y a I

V F A

x y a x y a II

=+ =+ = ++ + = + ⇒ + = −

2

3 4 2

2

13 2 11

( )

( )

Poliedro destacado

F y F

Aa

4 3

2

= − =

=

N A

ya

a y III

=

⋅ − = ⋅ ⇒ = −

2

4 3 22

4 12( ) ( )

Sendo v o número de vértices do poliedro destacado, temos:

V F A

v ya

v y a IV

+ = +

+ − = + ⇒ + = +

2

32

2 2 2 10 ( )

3 4 2

11

4 12

2 2 10

x y a I

x y a II

a y III

v y a IV

+ =+ = −= −+ = +

( )

( )

( )

( )

Substituindo (III) em (I) e (II):3 4 2 4 12

4 12 11

3 4 24

3 23

x y y

x y y

x y

x y

+ = ⋅ −+ = − −

− = −− = −

( )

Resolvendo esse sistema, nas incógnitas x e y, temos que x = 4 e y = 9 .

Portanto:a y

a

= −= ⋅ − =

4 12

4 9 12 24

2 2 10

2 2 9 24 10

8

v y a

v

v

+ = ++ ⋅ = +=

20. eSeja V o número de vértices do prisma.S V

V

V V

ti = °⋅ −° = °⋅ −

− = ⇒ =

360 2

7200 360 2

2 20 22

( )

( )

Atividades Série Ouro 6

01. a

sen x sen x sen x

sen x sen x sen x

sen

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

7 2 3

7 2 3

27

+ ⋅ − == − + ⋅ =

= ⋅ xx x x xsen x

sen x x

−

⋅ +

+ ⋅ =

= ⋅ ⋅ + ⋅2

72

2 3

2 3 4 2

cos ( )

( ) cos( ) ssen x

sen x x

sen x x

( )

( ) [cos( ) ]

( ) [ cos ( )

3

2 3 4 1

2 3 2 2 1 12

== ⋅ ⋅ + =

= ⋅ ⋅ ⋅ − + ]]

( ) cos ( )

cos ( ) ( )

=

= ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅

2 3 2 2

4 2 3

2

2

sen x x

x sen x

02.

senx x x sen x

senx x x sen x

senx

⋅ − ⋅ =

⋅ ⋅ − =

⋅ ⋅

cos cos

cos (cos )

c

3 3

2 2

28

28

2 oos (cos )

( ) cos( )

( ) cos( )

x x sen x

sen x x

sen x x

⋅ − = ⋅

⋅ =

⋅ ⋅

2 2 22

8

2 22

4

2 2 2 == ⋅

=

22

4

42

2sen x( )

3π4

π4

44

2 434

2

16 2316 2

x k ou x k

x k ou x k k

= + ⋅ = + ⋅

= + ⋅ = + ⋅ ∈

π π π π

π π π π( )

03. 3

senA senBB A

senA B A B

senB A

−−

=⋅ −

⋅ +

− ⋅ −cos cos

cos22 2

22

⋅ +

sen

B A2

Como senB A

senA B−

= − −

2 2

, temos:

senA senBB A

senA B A B

senA B

−−

=

−

⋅

+

−

cos cos

cos2 2

2 ⋅+

−−

=

+

+

senB A

senA senBB A

A B

senB A

2

2

2cos cos

cos

senA senBB A sen sen−−

=

°

°

=°°cos cos

coscos

602

602

3030

== =

3212

3

04. tg( )3θ

sen sen sensen

5 35 3

25

25

2θ θ θθ θ θ

θ θ θ θ+ ++ +

=⋅ +

⋅ −

cos cos cos

cos

+

⋅ +

⋅ −

+

+

sen

sen se

3

25

25

23

5

θ

θ θ θ θ θ

θ

cos cos cos

nn sen sen senθ θθ θ θ

θ θ θθ θ

++ +

= ⋅ ⋅ +⋅ ⋅

35 3

2 3 2 32 3 2cos cos cos

coscos cos ++

+ ++ +

= ⋅ ⋅ +cos

cos cos cos( cos )

c

3

5 35 3

3 2 2 1

θθ θ θθ θ θ

θ θsen sen sen senoos ( cos ) cos3 2 2 1

33

3θ θ

θθ

θ⋅ ⋅ +

= =sentg

05.sen x x

sen x x

tg x

x k

x k k

π ππ π

π

π π π

+ == −

= −

= + ⋅

= + ∈

cos

cos

( )

0

1

34

34

Como 0 2≤ ≤x , temos:

034

2

34

54

034

034

134

174

≤ + ≤

− ≤ ≤

= ⇒ = + =

= ⇒ = + =

k

k

k x

k x

Os valores de x são 34

e 74

.

06. a

nsen

nsen sen

nsen

= −

=⋅ ⋅

−

= −⋅

24

2

22 2 2

22

1 22

2

θθ

θ θθθ

θθ

cotg

coscos

cosccos

cos cos

2

22 2

22

2

21

21

2

2

θ

θθ θ

θθ

θ

θθ

nsen

sensen

tg

ntgtg

=⋅

= =

= ⋅−

=⋅ 00

10

110

10

105

10090

2 1092

−

= ⋅ =

Portanto:

81 1 81 12 10

981 40 412

2

⋅ − = ⋅ −

= − =( )n

Resoluções

1Extensivo Terceirão – Matemática 6E

6EMatemáticaAtividades Série Ouro

No intervalo [ , ]0 6π , temos:

0 6

08 2

6

8 247

818 2

478

0 25 1175

≤ ≤

≤ + ⋅ ≤

− ≤ ⋅ ≤

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤

x

k

k

kk

ππ π π

π π π

, ,

Existem 12 valores possíveis para k ( , , , , )0 1 2 11

Portanto, o número de soluções é 12.11.

sen x x sen x x

sen x x sen x x

sen x se

4 4 3 3

2 4 4 2 3 3

8

⋅ = ⋅⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=

cos cos

cos cos

nn x

sen x sen x

senx x x x

senx

6

8 6 0

28 6

28 6

20

2

− =

⋅ −

⋅ +

=

⋅

cos

⋅⋅ =cos7 0x

Como cos7 0x ≠ , então senx = 0.senx x k k= ⇒ = ⋅ ∈0 π ( )

12. a

senx x

senx x

senx x

senx

+ ⋅ =

+ ⋅ =

⋅ + ⋅ =

⋅

3 2

23

222

12

32

1

3

cos

cos

cos

cosπ

+

⋅ =

+

=

+ = + ⋅ ⇒ = +

sen x

sen x

x k x k

π

π

π π π π

31

31

3 22

6

cos

⋅⋅2π

No intervalo [ , [0 2π , temos:

k x= ⇒ = + ⋅ =06

0 26

π π π

Portanto, existe apenas uma solução real no primeiro quadrante.13.

sen x sen x

senx x

+

+ −

=

⋅+ + −

⋅

π π

π π6 6

62

2 6 62

coss

cos

x x

senx

senx

+ − +

=

⋅ ⋅

=

⋅ ⋅ =

π π

π

6 62

62

26

62

23

26

2

ssenx = 22

No intervalo [ , ]0 2π , tem-se que x = π4

ou x = 34π

.

07. a

senx x senx sen x

senx x senx x

− = − −

− = ⋅− +

cos

cos

π

π2

2 22

⋅

+ −

− = ⋅ −

⋅

cos

cos cos

x x

senx x sen x

π

π π

22

24 4

− = ⋅ −

⋅

− = ⋅ −

senx x sen x

senx x sen x

cos

cos

24

22

24

π

π

08.

( cos ) cos

cos cos

sen x x x sen x sen x

sen x sen x x

2 2 4 4 4

2 2 2 2

2 4 2

2

+ + = +

+ ⋅ ⋅ + 22 4 22

1

4 4 4

8 4

8 1

8

4

x x sen x sen x

x sen x

x

x

sen x

+ =+ + =

= −

= −

−cos

cos

cos

cos 11 8 28 4

⇒ = + ⋅ ⇒ = + ⋅x k x kπ π π π

A solução geral da equação é x k= + ⋅π π8 4

, com k ∈.

09. c

S x senx senx senx

S x senx senx se

( ) ( ) ( )

( ) ( ) (

= + + +

= + + ⋅ +

1 2 4 8

1 2 4 1 2

2 3

2 nnx

S x senx sen x

)

( ) ( ) ( )= + ⋅ +1 2 1 4 2

S x

senx sen x

( )

( ) ( )

=

+ ⋅ + =

0

1 2 1 4 02

Como 1 4 02+ ≠sen x , então 1 2 012

+ = ⇒ = −senx senx .

7π6

11π6

No intervalo [ , ]−2 2π π , temos:

x ou x ou x ou x= = = − = −76

116 6

56

π π π π

10. dtgx

tgxtgx

tgx

tgx tg x tgx tg xtgx tgx

tgx

1 11

1 11

2

2 2

−+

+=

+ + −− ⋅ +

=

⋅( ) ( )

111

2 1

24 8 2

2−=

=

= + ⋅ ⇒ = + ⋅ ∈

tg xtg x

x k x k k

( )

( )π π π π

2 Extensivo Terceirão – Matemática 6E

14.

senx ≥ 12

5π6

π6

1/2

No intervalo [ , [0 2π , temos que π π6

56

≤ ≤x .

15. b11

1 2−+

= −senxsenx

senx( )

Como 1 0− ≠senx , dividimos os dois membros da equação por 1− senx.

11

1

1 1 1

1 1

0 0

2

2

+= −

= − ⋅ +

= −

= ⇒ =

senxsenx

senx senx

sen x

sen x senx

( ) ( )

π 0

x k k= ⋅ ∈π ( )

3Extensivo Terceirão – Matemática 6E