Média aritmética e moda em avaliação de professores

SEARH – SEEC / RN | Conhecimentos Específicos – Professor de Matemática / 2015
PROVA RESOLVIDA E COMENTADA
BANCA: IDECAN
Por prof. Medeiros de Lima
Todos os direitos reservados (Lei nº 9.610 / 1998)
R
VA
5
17 14
Apenas
Refrigerante?
0
QUESTÃO 36: Em uma festa, os convidados presentes devem escolher pelo menos um e no
máximo dois tipos de bebidas dentre os três tipos disponíveis: refrigerante, vinho e água.
Sabe‐se que 28 convidados escolheram refrigerante; 19 escolheram vinho; e, 22 escolheram
água. Assim, se nessa festa compareceram 57 convidados e apenas cinco escolheram vinho e,
também, água; então, o número de convidados que escolheu apenas refrigerante é:
A) 17. B) 19. C) 21. D) 23.
RESOLUÇÃO:
Faz-se um Diagrama de Venn Euler, para representar os tipos de bebidas: Refrigerante (R), Vinho (V)
e Água (A):
Começando pelas interseções, temos:
A União entre três conjuntos não disjuntos é dada pela seguinte expressão:
A)Vn(RA)n(R-R)n(V-A)n(V-n(A)n(V)n(R)A)Vn(R 
Onde:
A)Vn(R  é o número de convidados presentes que escolheram os três tipos de bebidas;
n(R) é o número de convidados que beberam apenas Refrigerante;
n(V) é o número de convidados que beberam apenas Vinho;
n(A) é o número de convidados que beberam apenas Água;
A)n(V  é o número de convidados que beberam Vinho e Água;
R)n(V  é o número de convidados que beberam Vinho e Refrigerante;
A)n(R  é o número de convidados que beberam Refrigerante e Água;
ATENÇÃO!
Se 5 escolheram Água e Vinho; e 22
escolheram água, então o número
de convidados que escolheram
somente Água foi: 22 – 5 = 17. E o
número de convidados que
escolheram apenas Vinho foi: 19 – 5
= 14.

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A)Vn(R  é o número de convidados que beberam Refrigerante, Vinho e Água.
Substituindo os valores na expressão, temos:
7A)]n(RR)[n(VA)]n(RR)[n(V64570A)n(RR)n(V519222857 
Como 28 convidados escolheram Refrigerante, os que escolheram somente Refrigerante é dado pela
diferença:
21728A)]n(RR)[n(V28 
Logo, a resposta correta é a letra C).
QUESTÃO 37: Em um verão, trabalhando seis dias por semana durante quatro horas por dia,
uma formiga gasta seis semanas para carregar certo número de grãos de açúcar. Dessa forma,
se trabalhar com eficiência 20% maior, mas durante apenas cinco dias por semana, três horas
por dia, o número de semanas que gastará para carregar o mesmo número de grãos de açúcar
no mesmo trajeto será:
A) 5 . B) 7. C) 8. D) 9.
RESOLUÇÃO:
Trata-se de uma regra de três composta. Devemos agrupar, por coluna, o número de dias por
semana (d/s), o número de horas por dia (h/d) e o número de semana (s). E designemos por  , as
grandezas que são diretamente proporcionais, e por  , as grandezas que são inversamente
proporcionais.
Assim, temos:
d / s h / d s
5
6
3
4
x2,1
6
Resolvemos a regra de três composta isolando igualando a fração que contem a variável ao produto
das outras duas frações. Ou seja:
8
6
6.8
5.1,2
6.8
x
5
8
6
1,2x
3
4
.
5
6
6
1,2x

QUESTÃO 38: A função inversa de 12)(  x
xf , com x ∈ R, é:
A) )(log2 xy  , com x > 0.
B) )(log
2
1 xy  , com x < 0.
C) )1(log2  xy , com x >1.
D) )1(log2  xy , com x < 1.

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RESOLUÇÃO:
Façamos uma substituição de variável para melhor compreensão. Chamemos f(x) de y.
A função ficará assim:
12  x
y .
Agora, para encontrar e função inversa de 12  x
y , substituímos y por x e x por y. A função vai ficar
assim:
12  y
x . O próximo passo é pôr y em evidência, i.e., encontrar uma função onde y seja função de x.
Essa função será a função inversa de f(x), ou seja, 1
)( 
xf .
Assim, temos:
)1(log2112 2  xyxx yy
.
Da condição de existência da função logarítmica, temos que o logaritmando deve ser maior que zero.
I.e.:
101  xx
Logo, )1(log)( 2
1

xyxf , com x > 1.
Portanto, a resposta correta é a letra C).
QUESTÃO 39: “O conjunto solução da inequação 0
23²
44²



xx
xx
em R é S = {x ∈ R |
___________}”.
Assinale a alternativa que completa corretamente a afirmativa anterior.
B) 1 < x < 2. B) x < 1 ou x < 2. C) x < -1 ou 1 < x. D) x < -1 ou 2 < x.
RESOLUÇÃO:
Trata-se de uma inequação quociente do 2º grau.
Para resolvê-la, inicialmente, a separamos em duas inequações, a saber:
(I) 044²  xx
(II) 023²  xx (CE do denominador)
Resolvemos como estivéssemos resolvendo uma equação do 2º grau. Mas, ao final, colocamos as
raízes no intervalo.
Por soma 




 
a
b
e produto 





a
c
:
Em (I) devemos pensar em dois números reais cuja soma seja 2 e o produto também seja 2.
Neste caso, as raízes serão iguais a 2, ou seja, 221  xx .

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2
+ + + + + + + + + + + +
2
+ + - - - - - + + + + + + + +
1 2
+ + - - - - - + + + + + + + +
1 2
Em (II) devemos pensar em dois números reais cuja soma seja igual a 3 e o produto seja igual a 2.
Neste caso, as raízes serão 1 ou 2, i.e., 11 x ou 22 x .
Pondo (I) e (II) nos intervalos, temos:
(I):
(II):
(I) e (II):
De (I) e (II) concluímos que os intervalos que satisfazem a inequação 0
23²
44²



xx
xx
são x < 1 ou
2 < x.
Logo, S = { x ∈ R | x < 1 ou 2 < x}.
Portanto, a resposta correta é a letra B).
QUESTÃO 40: Em uma escola, para que um professor obtenha progressão funcional na
carreira, deve ser avaliado por seus alunos e obter média aritmética superior a 6,0. Na
avaliação de dois professores A e B, suas notas foram agrupadas em classes com suas
respectivas frequências.
Com base nessas informações, é correto afirmar que
A) a moda é 6,5 para ambos os professores.
B) a média aritmética do professor B é inferior a 5,7.
C) a média aritmética de professor A é superior a 6,3.
D) ambos os professores obtiveram progressão funcional.

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RESOLUÇÃO:
Para resolvermos essa questão é preciso saber o ponto médio (xi) dos intervalos de classe e o
produto do ponto médio pela frequência (fi) de cada classe. Designando como xi.fiA, o produto do
ponto médio pela frequência de cada classe do professor A, e xi.fiB, como o produto do ponto médio
pela frequência de cada classe do professor B, teremos a tabela a seguir:
Nota
Frequência (por professor)
A B xi.fiA xi.fiB
0,20,0  1 0 1 0
0,40,2  5 7 15 21
0,60,4  14 20 70 100
0,80,6  24 24 168 168
0,100,8  9 2 81 18
Total 53 53 335 307
Antes de analisarmos cada alternativa, vamos convencionar por:
(I) MoA: a Moda do professor A;
(II) MoB: a Moda do professor B;
(III) Ax : a Média Aritmética do professor A;
(IV) Bx : a Média Aritmética do professor B.
Feito isso, devemos lembrar que quando se trata de uma distribuição de frequência, a Moda (Mo) é
dada pela seguinte expressão:
Mo =
2
)( Ll 
, onde l é o limite inferior da classe modal, e L é o limite superior da classe modal. E a
classe modal é aquela que apresenta maior número de frequência dentre todos os intervalos de
classe.
Já a Média Aritmética ( x ) é dada pela seguinte expressão:


i
ii
f
fx
x
).(
, onde xi.fi é o produto do ponto médio (xi ) pela frequência (fi) de cada intervalo de
classe.
Analisando cada alternativa, temos:

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A) 0,7
2
0,80,6
2




 AA
oA
Ll
M (F)
B) 79,5
53
307).(



iB
iBi
B
f
fx
x (F)
C) 32,6
53
335).(



iA
iAi
A
f
fx
x (V)
D) Como a Média Aritmética do professor B ( Bx ) foi inferior a 6,0, temos que a afirmação é falsa
(F).
Logo, a alternativa correta é a letra C).
QUESTÃO 41: A soma dos 15 primeiros termos de uma progressão aritmética é de 405.
Sabendo-se que a soma dos seus 25 termos é 2050, então seu 20º termo é:
A) 159. B) 181. C) 214. D) 280.
RESOLUÇÃO:
A fórmula do termo geral de uma PA é dada por rnaan ).1(1  , onde:
(I) na é o último termo da PA ou considerado o último, para efeito de cálculo;
(II) 1a é o primeiro termo da PA;
(III) n é a quantidade de termos da PA;
(IV) r é a razão da PA.
Já a fórmula da soma dos termos de uma PA é dada por:
2
).( 1 naa
S n
n

 , onde nS é a soma dos n primeiros termos da PA.
Sabendo essas fórmulas, vamos à resolução.
Se a soma dos 15 primeiros termos da PA é igual a 405, então devemos achar o último termo dessa
PA, admitindo inicialmente que ela possui 15 temos, e em seguida aplicar o valor na fórmula da
soma. Assim, teremos:
raraa 14).115( 1115  e
40510515
2
21030
2
15).142(
2
15).14(
1
1111
15 





 ra
rararaa
S eq. 1
De modo análogo, para a soma dos seus 25 termos, teremos:
raraa 24).125( 1125  e
205030025
2
60050
2
25).242(
2
25).24(
1
1111
25 





 ra
rararaa
S eq. 2

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As equações 1 e 2 formam o seguinte sistema do 1º grau:
205030025
40524
1
1


ra
ra
Resolvendo-o, encontramos 501 a e 11r .
Logo, 1592195019).120( 1120  raraa .
Portanto, a resposta correta é a letra A).
QUESTÃO 42: A soma de uma progressão aritmética formada por seis números inteiros é igual
a 156. Se se adicionar mais um termo a essa progressão, logo após o sexto termo, sua soma
ficará aumentada em 47. Assim, a razão r dessa progressão, com r ∈ R, é:
B) 5. B) 6. C) 7. D) 8.
RESOLUÇÃO:
Semelhantemente à questão anterior, temos:
1561563).52(
2
6).5(
11
11
6 

 rara
raa
S (eq.1) e
20347156217
2
4214
2
7).62(
2
7).6(
1
1111
7 





 ra
rararaa
S (eq. 2).
Ficamos com o seguinte sistema do 1º grau:
203217
156156
1
1


ra
ra
Resolvendo-o, encontramos r = 6.
Logo, a resposta correta é a letra B).
QUESTÃO 43: Um serviço de entregas de drones possui dois pacotes disponíveis a seus
clientes: SmartEpress (SE) e LongWay (LW). No pacote LW, paga-se uma tarifa fixa de R$ 12,25
acrescida de R$ 0,45 por quilômetro percorrido pelo drone. No pacote SE, por sua vez, não há
tarifa, mas paga-se R$ 0,80 por quilômetro percorrido. Dessa forma, o pacote SE permanecerá
mais vantajoso para o cliente enquanto a distância percorrida for, em km, inferior a:
C) 28. B) 29. C) 33. D) 35.
RESOLUÇÃO:
Seja d a distância percorrida pelos drones em ambos os pacotes. Assim, para LW e SE temos as
seguintes equações:
LW: 0,45d + 12,25 (valor fixo) eq. 1
SE: 0,8d eq. 2

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Se SE (eq. 2) = LW (eq. 1), encontramos d = 35 km. Isso quer dizer que se as distâncias percorridas
em ambos os pacotes forem de 35 km, os valores pagos pelos clientes serão iguais em ambos os
pacotes.
Mas queremos o valor de d para qual o pacote SE (eq. 2) é inferior ao pacote LW (eq. 1).
Assim, ficaremos com a seguinte inequação do 1º grau:
25,1245,08,0  dd
Resolvendo-a, teremos:
35
35,0
25,12
25,1235,025,1245,08,0  ddddd
Portanto, a resposta correta é a letra D).
QUESTÃO 44: Paulo comprou em uma loja de eletrodomésticos um fogão por R$ 340,00 e uma
lavandeira por R$ 670,00. Ao dirigir-se ao caixa, foi agraciado com a feliz notícia de que era o
cliente número 1000000 e que, por isso, a loja lhe concederia desconto de 50% no valor do
fogão e que, além disso, receberia desconto de 35% na compra de um terceiro produto. Dessa
forma, se Paulo pagou o valor de R$ 983,00, então o valor que teria pagado pelos três
produtos, caso não houvesse qualquer desconto é, em R$:
A) 1153,00. B) 1119,00. C) 1205,00. D) 1230,00.
RESOLUÇÃO:
Fogão: R$ 340,00. Com o desconto de 50% ficou por 340 – (0,5. 340) = R$ 170,00.
Lavanderia: R$ 670,00.
Seja P3 o terceiro produto que Paulo comprou. Como ele obteve 35% de desconto na compra desse
produto, teremos a seguinte expressão matemática para representar essa situação:
33 65,0)5,01( PP 
Assim, se Paulo pagou R$ 983,00 pelos três produtos, ficamos com a seguinte equação:
98365,0670170 3  P
Resolvendo-a, encontramos P3 = R$ 220,00.
Logo, o valor que Paulo pagaria pelos três produtos, caso não houvesse nenhum desconto, é:
00,1230$00,220$00,670$00,340$3 RRRRPlavanderiaFogão 
QUESTÃO 45: Se 3 é raiz do polinômio P(x) ≡ kx³ - 3x – 7x – 3k, com k ϵ N, então:
A) 9 < k. B) k < 2. C) 2 ≤ k <5. D) 5 ≤ k < 9.
RESOLUÇÃO:

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Se 3 é raiz de P(x) ≡ kx³ - 3x – 7x – 3k, então:
24824
03212727
033.73.33. 23



kk
kk
kk
Logo, o único intervalo que inclui o 2 é a letra C).
QUESTÃO 46: O primeiro termo de uma progressão geométrica é 50
2
1
. Sabendo-se que o nono
termo dessa progressão é 34
2
1
, então, a razão q, com q ϵ R, é:
A) 4. B) 6. C) 7. D) 8.
RESOLUÇÃO:
Do enunciado sabemos que: 501
2
1
a e 349
2
1
a .
A fórmula do termo geral de uma PG é dada por
1
1. 
 n
n qaa , onde:
na é o último termo da PG;
1a é o primeiro termo da PG;
q é a razão da PG;
n é a quantidade de termos da PG.
Queremos encontrar o valor de q (razão). Basta substituirmos os valores do enunciado na fórmula do
termo geral da PG e resolver a expressão.
Assim, teremos:
4222
22..
2
1
2
1
28 16168
503488
50349


qqq
qqa
Logo, a alternativa correta é a letra A).
QUESTÃO 47: Um plano contém doze pontos. Considerando-se que NÃO existem pontos que
estejam alinhados, o número de triângulos que se pode formar com esses pontos é:
A) 120. B) 220. C) 340. D) 720.
RESOLUÇÃO:
O plano é formado por 12 pontos. O número mínimo de pontos que formam um triângulo é 3.
Como não existem pontos alinhados, o número de triângulos que se pode formar com esses pontos
será uma combinação de 12 tomados 3 a 3. Ou seja:

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






p
n
C pn, . Neste caso, n = 12 e p = 3. Assim, teremos:
22010.22
6
10.11.12
!9!3
!12
3
12
3,12 





C
QUESTÃO 48: Em uma indústria, o lote de produtos L1 possui 100 unidades das quais 30 estão
defeituosas. Outro lote, L2, possui 120 unidades das quais 40 estão defeituosas. Para testar-se
a segurança de um sistema de controle de qualidade manual por amostragem, uma unidade é
retirada ao acaso de cada lote. Dessa forma, a probabilidade de que a unidade retirada de L1
seja defeituosa e a de L2, perfeita é:
A) 0,2. B) 0,25. C) 0,36. D) 0,42.
RESOLUÇÃO:
L1 possui 100 unidades, das quais 30 apresentam defeitos; e L2 possui 120 unidades, das quais 40
apresentam defeitos.
A probabilidade de que uma peça retirada do lote L1 seja defeituosa é:
10
3
100
30
1 LP
E a probabilidade de que uma peça retirada do lote L2 seja perfeita é:
3
2
120
80
120
40120
2 

LP
A resposta será dada por:
2,0
5
1
10
2
3
2
.
10
3
21  LL PP
Logo, a resposta correta é a letra A).
QUESTÃO 49: Na década de 1990, Luiz vendia cartões telefônicos com três opções de
créditos, 10, 25 e 60 e preços unitários de R$ 1,00, R$ 2,00 e R$ 3,00, respectivamente. Certo
dia, vendeu 40 cartões obtendo, no total, R$ 83,00. Ao final do dia, porém, perdeu os cartões
de 25 créditos que lhe sobraram. Apesar disso, precisava saber quantos desses cartões havia
vendido. Sabendo-se que o número de cartões de 10 créditos vendidos é 25% menos que o
número de cartões de 60 créditos vendidos, então o número de cartões de 25 créditos
vendidos foi:
A) 12. B) 17. C) 19. D) 21.
RESOLUÇÃO:

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Denotando por x, y e z, respectivamente, os cartões telefônicos de 10, 25 e 60 créditos,
respectivamente, do enunciado, temos:
)3.(%75
)2.(8332
)1.(40
eqzx
eqzyx
eqzyx



Substituindo (eq. 3) em (eq. 2), encontramos a eq. 4:
)4.(8375,32 eqzy 
Substituindo (eq. 3) em (eq. 1), encontramos a eq. 5:
)5.(4075,1 eqzy 
Com as equações 4 e 5 chegamos a outro sistema do 1º grau com duas incógnitas e duas equações:
)5.(4075,1
)4.(8375,32
eqzy
eqzy


Resolvendo esse novo sistema, encontramos 12z e 19y .
Como denominamos de y os cartões de 25 créditos, segue que a resposta correta é a letra C).
QUESTÃO 50: Um triângulo ABC foi desenhado no plano cartesiano. Considerando os pontos
A (1, 2), B (-3, 1) e C (-1, -2), a área desse triângulo é, em unidade de área:
A) 6. B) 7. C) 9. D) 11.
RESOLUÇÃO:
Esse ABC pode ser representado pela figura abaixo. Considerando que ele esteja no plano
cartesiano, sua área será dada pela seguinte expressão:
1
1
1
.
2
1
33
22
11
yx
yx
yx
S 
Substituindo os pontos na expressão acima, temos:
714.
2
1
)]216(612.[
2
1
121
113
121
.
2
1


ABCS u.a.
QUESTÃO 51: Considere uma matriz 33)( xijaA  , com jiaij  2 e outra matriz diagonal
33)( xijbB  , cujos elementos não nulos são tais que jibij 23  . O determinante da matriz D,
tal que BAD  , é:

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A) -12. B) -15. C) -27. D) -47.
RESOLUÇÃO:
A matriz A é:









 















345
123
101
33.223.213.2
32.222.212.2
31.221.211.2
A
Já a matriz B só possui elementos na diagonal principal, pois se trata de uma matriz diagonal. Os
demais são nulos. A matriz B ficará assim:

























300
020
001
3.23.300
02.22.30
001.21.3
B









 





















 

045
103
100
300
020
001
345
123
101
BAD
Já o determinante da matriz D é:
12)000(1200
045
103
100
)( 

DDet
Portanto, a resposta correta é a letra A).
QUESTÃO 52: Uma cidade B dista de C 250 km. Entretanto, não há rodovia que ligue B
diretamente a C, de modo que para chegar a C partindo de B deve-se passar pela cidade A.
Sabe-se que esse trajeto forma um triângulo BAC, tal que º30)( CABm

, e que a distância
entre as cidades A e B é de 400 km. Dessa forma, a distância entre A e C é, km:
A) 360. B) 480. C) 500. D) 560.
RESOLUÇÃO:
A figura abaixo ilustra essa situação:

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RESOLUÇÃO:
Como o BAC não é retângulo, não podemos usar o Teorema de Pitágoras. Logo, temos que utilizar
a lei dos cossenos. Da figura abaixo tiramos as relações possíveis dessa lei:
Comparando as figuras, temos que:
º30
250
400





kmc
kmb
da
Portanto, a relação fica assim:
0975003400²
2
3
800160000²62500
º30cos..400.2²²400²250
cos.2²²²




dd
dd
dd
dbbdc 









kmd
kmd
d
41,196
41,496
2
900003400
90000390000480000
2
1
Logo, a questão foi anulada.
QUESTÃO 53: Um triângulo possui lados 4 cm, 5 cm e 7 cm. Logo, sua área, em cm², é:
A) 62 . B) 64 . C) 32 . D) 34 .
RESOLUÇÃO:
A área de um triângulo, conhecendo-se as medidas dos lados, é dada pela expressão:
)]).().(.[( csbsassS  , onde:



cos.2²²²
cos.2²²²
cos.2²²²
abbac
accab
bccba



Nota:
Embora 41,4961 d km se aproxime da
alternativa C) que, antes dos recursos
impetrados pelos candidatos, seria a resposta
correta, a questão foi anulada, pois o
enunciado pede o valor exato da distância
entre as duas cidades A e C. E o valor
encontrado é aproximado, o que induz o
candidato ao erro. Outra justificativa para a
anulação é que a questão não fornece o valor
da 3 , o que, dependendo da quantidade de
casas decimais utilizadas pelo candidato, a
resposta se distancia, para mais ou para
menos, do valor esperado.

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A B
C
d
a
2a
S é a área do triângulo;
s é o semiperímetro do ABC ;
a , b e c são os lados do triângulo.
Assim:
cm
cba
s 8
2
754
2





²64961.3.4.8)]78).(58).(48.[(8 cmS ABC

QUESTÃO 54: Um cubo foi inscrito em uma esfera de raio 4 cm. Dessa forma, a área total do
cubo, em cm², é:
A) 32. B) 72. C) 96. D) 128.
RESOLUÇÃO:
Vamos ilustrar essa situação com a figura abaixo:
Se o raio da esfera é de 4 cm, então seu diâmetro é de 2.4 = 8 cm. Observe que em um cubo inscrito
em uma esfera, sua diagonal coincide com o diâmetro da esfera. Portanto d = 8 cm.
Como um cubo é composto por seis faces quadradas e sabendo que o lado mede a, conforme a
figura acima, aplicando o teorema de Pitágoras na face da base, encontramos o valor da diagonal da
base, a saber: 2a cm.
Agora, utilizamos o ABC abaixo para encontrarmos o valor de d:
Por Pitágoras novamente, temos que cmad 3 . Substituindo d por 8 cm, temos que:

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cma
3
38
3.3
3.8
3
8
 .
Agora, como o cubo é composto por seis faces quadradas, e conhecendo-se o valor de a, temos que
sua área será dada por:
²128
9
3.64.6
3
3.8
.6²6
2
cmaScubo 









QUESTÃO 55: Analise as afirmativas a seguir, marque V para as verdadeiras e F para as falsas.
( ) z = (2p + 8) + 3i é imaginário puro para p = -4.
( ) z = (k + 2) + (k² - 4)i é real e não nulo se k = -2.
( ) Se z = a + bi, então zz  é sempre real.
A sequência está correta em
A) V, F, V. B) V, F, F. C) V, V, F. D) F, F, V.
RESOLUÇÃO:
Para a primeira afirmativa, temos que um número complexo da forma z = a + bi é imaginário puro se,
e somente se, a = 0.
Neste caso, devemos ter 2p + 8 = 0, o que resulta em p igual p = - 4. (V).
Na segunda afirmativa, z = a + bi é real e não nulo se a ≠ 0, o que resulta em k ≠ - 2. (F).
Já a terceira afirmativa diz que a soma de um número complexo z = a + bi com seu conjugado
biaz  é sempre real.
De fato. Veja:
aiaibbaabiabiazz 2.02)()()()(  (V).
QUESTÃO 56: Analise as afirmativas a seguir, marque V para as verdadeiras e F para as falsas.
( ) Sendo n um número natural ímpar, então n
a R , se Ra .
( ) A Fração geratriz da dízima 0,4141... é
99
41
.
( ) Entre dois números racionais existe sempre outro número racional.
A sequência está correta em
A) V, V, V. B) V, F, V. C) F, V, F. D) F, V, V.

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RESOLUÇÃO:
Na primeira afirmativa, temos que  n  N ímpar e Ra , Raa nn

1
(V).
A segunda afirmativa pode ser verificada através da seguinte relação:
(I) t...4141,0 e;
(II) t100...4141,41  , pois a vírgula foi deslocada duas casas decimais para a direita da dízima
periódica simples.
Para encontrarmos a fração geratriz, basta fazermos (II) – (I), a saber:
99
41
4199...4141,0...4141,41100  tttt (V).
A terceira afirmativa também é verdadeira. Veja:
Sejam
b
a
e
d
c
(com a, b, c e d  ao conjunto dos números inteiros, e b e d ≠ 0) dois números
racionais. Assim
bd
bcad
d
c
b
a 
 .
Ora, ad é inteiro e bc também é. Logo ad + bc também é um número inteiro. Como bd também é
um número inteiro, segue que:
racional
eiro
eiro
f
e
bd
bcad
d
c
b
a



int
int
(V).
QUESTÃO 57: O quarto termo do binômio 4
)2( x segundo as potências decrescentes de x,
com x  R, é:
A) 16x. B) 24x. C) 32x. D) 48x.
RESOLUÇÃO:
O binômio de Newton permite escrever na forma canônica o polinómio correspondente à potência de
um binômio.
A fórmula do termo geral de um binômio da forma n
ba )(  é dada por kkn
k ba
k
n
T ..1

 





 , onde
T é o termo que queremos encontrar;
a e b correspondem aos primeiro e segundo termos, respectivamente;
n é o expoente da expressão n
ba )(  e;
k é o termo antecessor ou número do termo que queremos encontrar.
Antes de aplicarmos a fórmula, vamos encontrar o valor de k.
Como queremos o quarto termo de 4
)2( x , então 31441  kkk .
Então teremos:

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.4
;2
;
;3




n
b
xa
k
xxxxxxT 328.48.
1
4
8.
!3
!4
8..
3
4
2..
3
4 334
3 











 

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