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aqui pode se encontrar as resoluções propostas do manual...

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Índice

1 Trigonometria e funções trigonométricas Teste de Autoavaliação 1 Teste de Autoavaliação 2 Teste de Autoavaliação 3

2 Geometria analítica Teste de Autoavaliação 4 Teste de Autoavaliação 5

3 Sucessões Teste de Autoavaliação 6 Teste de Autoavaliação 7

4 Funções reais de variável real Teste de Autoavaliação 8 Teste de Autoavaliação 9 Teste de Autoavaliação 10 Teste de Autoavaliação 11

5 Estatística Teste de Autoavaliação 12

Propostas de Resolução Caderno de Autoavaliação – Novo Espaço A 11

Teste de Autoavaliação 1 ˆ = 180° − BAC ˆ − ABC ˆ = 180° − 68 ° − 50 ° = 62 ° . 1. ACB Atendendo à lei dos senos, tem-se:

sin 62° sin 50° sin 68° = = . 5 AC BC

Da aplicação da lei dos senos, resulta:

sin 62° sin 50° 5sin 50° = ⇔ AC = ⇔ AC ≈ 4, 3 . 5 sin 62° AC A opção correta é a (D).

2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:

ˆ ˆ sin 108° sin ABC sin ACB = = . AC 5 4

Da aplicação da lei dos senos, resulta:

ˆ sin 108° sin ACB ˆ = 4 sin 108° ⇔ sin ACB ˆ ≈ 0, 760845 . = ⇔ sin ACB 5 4 5 ˆ ≈ 49, 5 ° . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ACB A opção correta é a (B) .

3. Por aplicação da lei dos cossenos ao triângulo [ ABC ] , tem-se:

(BC)

2

( )

= 42 2 + 27 2 −2 ×42 ×27 ×cos73 ° ⇔ BC

2

≈1829,900974 .

Como BC > 0 , conclui-se que BC ≈ 42,8 . A opção correta é a (A).

4. Sabe-se que ângulos consecutivos de um paralelogramo são suplementares. ˆ = ( 180° − 110° ) − 45° = 25° . Então, BAC Atendendo à lei dos senos, tem-se:

sin 45° sin 25° sin 110° = = . BC AC 8

Da aplicação da lei dos senos, resulta:

sin 45° sin 25° 8 sin 25° = ⇔ BC = ⇔ BC ≈ 4,78138 . 8 sin 45° BC

P[ ABCD ] =2 AB +2 BC ≈2 ×8 +2 ×4,78138 ≈25,6 .

5. 5.1. Da aplicação da lei dos senos ao triângulo [ABC ] , resulta: sin 90° sin 35° 51sin 35 ° = ⇔ BC = ⇔ BC ≈ 29,25 m . 51 sin 90° BC A altura do triângulo em relação ao lado com 30 m de comprimento é, aproximadamente, igual a 29,25 m.

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30 × BC =15 ×BC ≈438,75 m 2 . 2

5.2. A terreno =

O preço do terreno por metro quadrado é 15 €.

438,75× 15 € = 6581,25 € . O Sr. Silva pagou 6581 euros pelo terreno.

5.3. Por aplicação da lei dos cossenos ao triângulo [ ABD] , tem-se:

(BD )

2

( )

=30 2 +51 2 −2 ×30 ×51 ×cos35 ° ⇔ BD

2

≈994,39474 .

Como BD > 0 , conclui-se que BD ≈ 32 m . P [ ABD ] = AB + BD + AD ≈51 +32 +30 =113 m . O terreno tem, aproximadamente, 113 m de perímetro.

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Teste de Autoavaliação 2 1. 1.1. O eneágono regular está inscrito na circunferência, logo divide-a em 9 arcos geometricamente iguais. A amplitude de cada um desses arcos é 360 °: 9 = 40 ° .

Como 1160 ° =3 ×360 ° +80 ° e 80° = 2 × 40° , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado que tem lado origem ɺ e amplitude 1160° é OC ɺ . OA A opção correta é a (B).

1.2. Como −240° = 6 × ( −40 ° ) , conclui-se que a imagem do ponto H pela rotação de centro O e amplitude −240° é o ponto B. A opção correta é a (D).

2. Sabe-se que o ponto A tem coordenadas (cos α , sin α ) . Como B é simétrico de A em relação ao eixo das ordenadas, então as suas coordenadas são ( − cos α , sin α ) . Como sin (−α ) = −sin α , então sin α = −sin ( −α ) . Donde se conclui que as coordenadas do ponto B podem ser representadas por ( − cos α , − sin ( −α ) ) . A opção correta é a (A).

3. Seja θ um ângulo generalizado representado no círculo trigonométrico e a um número real tal que a ∈ ]−1,0 [ . Sabe-se que sinθ = a e tanθ > 0 . Então, tem-se sin θ < 0 e tan θ > 0 . Logo, o lado extremidade de θ pertence ao 3.º quadrante. A opção correta é a (C) .

4. 4.1. Como 1690° = 250° + 4 ×360 ° , sabe-se que o ângulo generalizado 1690° é representado por ( 250° , 4 ) . 4.2. Como − 2570° = − 50° − 7× 360° , sabe-se que o ângulo generalizado −2570° é representado por ( −50° , − 7) . 5. 5.1. Ora, C (1, tan ( −150 °) ) e tan ( −150 °) = tan ( −150 ° +180 ° ) =tan (30 ° ) =

3 . 3

 3 Assim sendo, C  1,  . 3   5.2. Na figura seguinte está representado o retângulo de lados paralelos aos eixos coordenados em que [AB] é uma das diagonais.

Sabe-se que A ( cos (− 150° ) , sin (− 150° )) .

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Como cos (−150 ° ) = cos (150 ° ) = cos (180 ° −30 ° ) = −cos (30 ° )= −

3 e 2

 3 1 1 sin (− 150° ) = − sin ( 150° ) = − sin (180° − 30° ) = − sin (30° ) = − , conclui-se que A  − , −  . 2 2  2 Como A´, B e B´ são simétricos do ponto A em relação ao eixo das abcissas, à origem e ao eixo das ordenadas, respetivamente, tem-se:  3 1  3 1  3 1 A′  − B B′ −  2 , 2  ;  2 , 2  e  2 , 2  .       1 3 = 3 . BB′= 2 × = 1 e BA′ = 2× 2 2 Área do retângulo: BB ′× BA ′ = 1 × 3 = 3 .

6. 6.1. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que tanα =

3 . 2

2

2 1 + tan α =

1 1 13 1 4 3 ⇔ 1 +  = ⇔ = ⇔ cos2 α = . 2 2 2 cos α 4 cos α 13  2  cos α

Como α ∈ 1.ºQ , cos α > 0 . Então, conclui-se que cosα =

2 2 13 = . 13 13

3 2 13 3 13 = Donde se conclui que sin α = tan α × cos α = × . 2 13 13 3 5

6.2. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que sin β = − . 2

3 16 sin2 β + cos2 β = 1 ⇔ −  + cos2 β = 1 ⇔ cos2 β = . 25  5 Como β ∈ 4.ºQ ,cos β > 0 . Então, conclui-se que cos β =

4 . 5

−3 sin β 3 = 5 =− . tan β = 4 cos β 4 5  4 3  

6.3. Sendo C o simétrico de B em relação à origem do referencial, tem-se C  − ,  . 5 5 Logo, sin θ =

3 4 3 , cos θ = − e tan θ =tan β = − . 5 5 4

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Teste de Autoavaliação 3 1. O pentágono regular [ABCDE ] inscrito na circunferência divide-a em 5 arcos geometricamente iguais. 2π rad ≈ 1,26 rad . 5 A opção correta é a (C).

ˆ = Então, COD

ˆ = ABC ˆ . 2. Como AC = BC , conclui-se que BAC Como a soma das amplitudes, em radianos, dos ângulos internos de um triângulo é igual a π , tem-se: ˆ + ABC ˆ =π− BAC

π 5

π π ˆ = 4 ⇔ BAC ˆ =2 . ⇔ 2 BAC 5 5

A opção correta é a (A).

π π   2π  3. Se x ∈  ,  , então 2x ∈  , π  . 3 2  3  Logo, sin x > 0 e cos ( 2x ) < 0 .

 π π Então, ∀ x ∈  ,  , cos ( 2x ) . sin x < 0 .  3 2 A opção correta é a (C).

4. 3sin ( − x ) + 3 = 0 ⇔ −3sin x = − 3 ⇔ sin x =

3 . 3

π  A equação tem exatamente duas soluções no intervalo  , π  . 6  A opção correta é a (D).

OA × OC . 2 1× 1 1 Então, f ( α ) = = . 2 2

5. Área [ OAB] =

A opção correta é a (B).

6. Área [ OABC ] = Área [ ABC ] − Área[ AOB] . Seja M o ponto médio de [AB].

Área[ ABC ] =

AB× MC 2cos θ× (1 + sin θ ) = = cosθ + cosθ sinθ . 2 2

Área[ AOB] =

AB× MO 2cos θ ×sin θ = = cosθ sinθ . 2 2

Então, f (θ ) = cos θ + cos θ sin θ −cos θ sin θ = cos θ .

7.  x + 4π 7.1. ∀x ∈D f , f ( x +4 π) =4 sin   2

 x  x   =4 sin  +2 π  =4 sin   = f ( x ) .  2  2 

Então, f é uma função periódica de período 4π .

7.2. O contradomínio da função seno é [− 1,1] . O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função seno através de uma dilatação horizontal de coeficiente 2 seguida de uma dilatação vertical de coeficiente 4. Então, conclui-se que D′f = [ −4 , 4 ] .

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3 x  x x  π 7.3. f (x ) = − 12 ⇔ 4sin   = −2 3 ⇔sin   = − ⇔sin   =sin  −  2  2  2 2  3 ⇔

π x = − +2kπ 2 3

∨

2π x  π = π − −  +2k π , k ∈Z ⇔x = − +4k π 2 3  3

∨ x =

8π +4k π, k ∈Z . 3

8. 3 tan (π − x )+ tan 3 x = 0 ⇔ −3 tan x + tan 3 x = 0 ⇔ tan x ( −3 + tan 2 x ) = 0 ⇔ tan x =0 ∨ −3 +tan 2 x =0 ⇔ ⇔ tan x = 0 ∨ − 3 + tan2 x = 0 ⇔ tan x =0 ∨ tan2 x =3 ⇔tan x =0 ∨ tan x = 3 ∨ tan x = − 3 ⇔

π  π  ⇔ tan x = tan 0 ∨ tan x = tan   ∨ tan x = tan   ⇔  3  3 ⇔ x =kπ

∨ x=

π +k π 3

π ∨ x = − +k π, k ∈Z . 3

9. 9.1. Recorrendo à calculadora, sabe-se que arccos ( 0,07 ) ≈ 1, 50 rad .

π  9.2. f (x ) =g (x ) ⇔ cos x = sin (2x ) ⇔ cos x =cos  −2 x  ⇔  2  ⇔x = ⇔x =

π 2 π 6

−2 x +2 k π +

2 kπ 3

π π ∨ x = − +2 x +2 k π, k ∈Z ⇔3 x = +2 k π 2 2

∨ x=

π 2

∨

π −x = − +2 k π, k ∈Z ⇔ 2

−2 k π, k ∈Z .

 π π 5 π Como x ∈ [ 0 , π ] , tem-se x ∈  , ,  . 6 2 6 3 3 π π  π π  5π   5π   π f   = cos   = , f   = cos  = 0 e f  .  = cos   = −cos   = − 2 2  2   6 6 2  6   6  6  π 3 Como A e B são pontos de interseção dos dois gráficos e têm ordenadas não nulas, conclui-se que A  ,  e 6 2   5π 3  B ,−  . 6 2   2

2

2

3  π 5π   3  2π  + Então, AB =  −  +   = −  + 2  6 6   2  3 

( 3)

2

=

4 π2 4 π2 + 27 4 π2 +27 +3 = = . 9 9 3

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Teste de Autoavaliação 4 1. ˆ = 90 °. 1.1. Como [ABCD] é um retângulo, sabe-se que BAD Inclinação da reta AB: 180 ° − 90 ° − 60 ° = 30 ° . A opção correta é a (B).

1.2. Como [ABCD] é um retângulo, sabe-se que as retas BC e AD são paralelas. Então, mBC = m AD = tan ( 180° − 60° ) = − tan ( − 60°) = − 3 . A reta BC interseta o eixo Oy no ponto de ordenada 8, logo a equação reduzida da reta BC é:

y = − 3x + 8 . A opção correta é a (A). →

→

→

→



→



→

→

→

2. AB. MP = DC .  − PM  = AB. MP = − DC. PM = − DC × DP = − 4 ×2 = −8 . 



A opção correta é a (D).     3. Se u e v formam um ângulo obtuso então tem-se u .v < 0 .   u . v < 0 ⇔ ( 1, k) .( k, k + 1 ) < 0 ⇔ 1 × k + k ×( k +1) < 0 ⇔ k2 +2 k 0 . Como A pertence ao plano ABV, definido pela equação y + 3 z − 12 = 0 , tem-se:

0 + 3z − 12 = 0 ⇔ z = 4 . Assim sendo, a base da pirâmide é um quadrado de lado 4. V pirâmide =

1 1 Ab × h ⇔ 32 = × 42 × h ⇔ h = 6 . 3 3

A projeção ortogonal do vértice V sobre a base é o centro da mesma, de coordenadas ( 2 , 0 , 2 ) . Como a altura da pirâmide é 6 e a base está contida no plano xOz, conclui-se que V ( 2 , 6 , 2 ) .

8. Seja r a reta que passa por A e é perpendicular ao plano α . Uma equação vetorial da reta r é ( x , y , z ) = ( −1, 2 , −1 ) +k ( 1, −1, 2 ) , k ∈ R . B é o ponto de interseção da reta r com o plano α . Sendo B um ponto da reta r, é da forma

( −1 +k , 2 −k ,

−1 +2k ), k ∈R .

Como B pertence ao plano α definido pela equação x −y +2z −1 =0 , tem-se: −1 + k − ( 2 −k ) + 2( −1 +2k ) −1 = 0 ⇔ −1 +k −2 +k −2 +4k −1 =0 ⇔6k =6 ⇔k =1 . Então, B( 0 ,1,1 ) . →

→

AB = B − A = ( 0, 1, 1 ) − ( − 1, 2, −1 ) = ( 1, −1, 2 ) e AC = C − A =( 1, 2, 1 ) −( −1, 2, −1 ) =( 2, 0, 2 ) . →

→

AB. AC = ( 1, −1 , 2 ). ( 2, 0 , 2 ) =2 +0 +4 =6 .

  ^  AB. AC 6 6 6 6 3  cos  AB , AC  =   = = = = = 2 2 2 2 2 2   AB × AC 2 6× 8 48 4 3 1 + ( −1 ) + 2 × 2 +0 +2 Recorrendo à calculadora, tem-se:  ^   3  30 AB , AC = cos −1   = ° . 2 

.

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Teste de Autoavaliação 6 1. As sucessões representadas em (A) e em (B) não são crescentes. As sucessões representadas em (C) e em (D) são crescentes. (C) : u5 =

52 −4 =3 . 7

(D) : u 5 = 2 × 5 − 1 = 9 . A opção correta é a (C).

2. un+ 1 − un = 0 ⇔ n2 − 5n = 0 ⇔ n( n − 5 ) = 0 ⇔ n = 0 ∨ n = 5⇔ n = 5 . n∈ N

Então, sabe-se que u5+ 1 − u5 = 0 ⇔ u6 = u5 . A opção correta é a (B).

3. un+1 −un =

=

5(n + 1) 5n 5n + 5 5n ( 5n + 5 )( n+ 1)− 5n(n+ 2) − = − = = n + 1+ 1 n + 1 n + 2 n + 1 (n + 2)(n + 1)

2 2 5 n + 5 n + 5n + 5 − 5n − 10n 5 = . (n+ 2 )(n + 1 ) (n + 2)(n + 1)

O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. Então, ∀n ∈ N , u n+1 − u n > 0 , ou seja, ∀ n∈N , un +1 > un . A sucessão (u n ) é monótona crescente. Como a sucessão (u n ) é monótona crescente, sabe-se que ∀ n∈ N, un ≥ u1 . Ora, u1 =

5× 1 5 = . 1+1 2

Então, ∀ n∈ N, un ≥

5 2

.

Por outro lado, sabe-se que ∀n ∈N , u n = 5 − Como ∀n ∈ N ,

5 . n +1

5 > 0 , sabe-se que ∀n ∈N, un 2 ,8n + 5,6 ⇔ 0,2n > 6 ,6 ⇔ n > 33 . 6.2. vn > 2,8 ⇔ n +2 Conclusão:

O termo de menor ordem que é maior que 2,8 é: v34 =

6.3. vn +1 − vn =

=

3 ×34 −1 101 . = 34 + 2 36

3(n+ 1 )− 1 3n −1 3n + 2 3 n− 1 (3 n + 2 )(n +2) − (3n −1)(n + 3) − = − = = n + 1+ 2 n + 2 n+ 3 n + 2 ( n+ 3)(n+ 2)

3n2 + 6n + 2n + 4 − 3n2 − 9n + n + 3 7 = . ( n+ 3)( n + 2) ( n + 3)( n + 2)

O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. Então, ∀n ∈ N , vn +1 − v n > 0 , ou seja, ∀n ∈ IN, vn+1 > vn . A sucessão (v n ) é monótona crescente.

6.4. Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se: 3 n −1 −3n − 6 −7

| n +2 3

Donde se conclui que ∀ n∈N , v n = 3 − Como ∀n ∈ N ,

7 . n+ 2

7 > 0 , sabe-se que ∀n ∈N , v n 0 , ou seja, ∀n ∈N , un +1 > un . A sucessão (u n ) é monótona crescente.

b) Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se: 5 n −3 −5n − 5 −8

| n +1 5

Propostas de Resolução Caderno Prático – Novo Espaço A 11

Donde se conclui que ∀ n∈N , u n = 5 −

∀n ∈ N , 0 <

8 . n+ 1

8 ≤4 n +1

⇔ ∀ n∈N , 0 > −

8 ≥ −4 n+ 1

⇔ ∀ n∈N , 5 > 5 −

8 ≥1 n+1

⇔ ∀ n∈N , 1 ≤ un < 5 Assim sendo, a sucessão (u n ) é limitada.

c) A sucessão (v n ) não é limitada porque não é majorada. Vamos provar que a sucessão não é majorada, ou seja, qualquer que seja o número real M , este não é majorante. Pretende-se provar que ∀M ∈R ,

∃p ∈N : v p >M .

2 2 v p > M ⇔ 7p − 5 > M ⇔ 7p − 5 > M ⇔ 7p > M + 5 ⇔ p >

M2 +5 . 7

Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que

M2 + 5 . Neste caso tem-se v p >M . 7

Daqui resulta que M não é majorante da sucessão (vn ) . Então, a sucessão (v n ) não é majorada.

8.2. v 3 = 7 × 3 − 5 = 4 . un = v 3⇔ un = 4 ⇔

5n − 3 = 4 ⇔ 5n −3 =4n +4 ⇔n =7 . n+ 1

Existe um termo da sucessão (un ) que é igual a v3 , é o termo de ordem 7.

8.3. vn = n+1 ⇔ 7 n−5 = n+1 ⇔ 7 n− 5 ≥ 0 ∧ n+1 ≥ 0 ∧ 7 n−5 = ( n+1 )2 ⇔ n≥

5 2 2 ∧ n ≥ − 1 ∧ 7 n − 5 = n + 2 n + 1 ⇔ n∈N ∧ n − 5 n + 6 = 0 7

⇔ n∈N ∧ n =

5 ± 25 − 24 ⇔ n∈N ∧ 2

( n= 3

∨ n = 2 ) ⇔ n = 3 ∨ n= 2 .

Os termos da sucessão (v n ) tais que v n = n + 1 são v2 = 7 ×2 −5 =3 e v 3 = 4 .

Propostas de Resolução Caderno Prático – Novo Espaço A 11

Teste de Autoavaliação 7 1. u9 =2 u8 +3 ⇔765 =2 u8 +3 ⇔ u8 =381 . u8 =2 u7 +3 ⇔381 =2 u7 +3 ⇔ u7 =189. A opção correta é a (A).

2. Os três primeiros termos da sucessão representada em (A) são 3, 9 e 27. Os três primeiros termos da sucessão representada em (B) são 5, 11 e 17. Os primeiros termos da sucessão representada em (C) são 2, 4, 8 e 16. Os três primeiros termos da sucessão representada em (D) são 7, 3 e −1. Como na figura estão representadas 15 bolas numeradas de 1 a 15, excluem-se as opções (A), (B) e (D). A opção correta é a (C).

3. Sendo ( an ) uma progressão aritmética de razão r, sabe-se que: a20 = a10 +10 r ⇔ 58 = 28 +10 r ⇔ r = 3 . Então, a15 = a 10 + 5r = 28 + 5× 3= 43 . A opção correta é a (B).

4. u n∉ A ⇔ u n∉ ]4,99 ; 5,01 [ ⇔ u n− 5 ≥ 0,01 ⇔

5n 5 1 −5 ≥0,01 ⇔ ≥ ⇔ n+ 1≤ 500⇔ n ≤ 499 . n+ 1 n+ 1 100

Há 499 termos da sucessão (u n ) que não pertencem ao intervalo ] 4 ,99 ; 5,01[ . A opção correta é a (D).

5. ∀ n∈ N , u n = 2n3 + 5n2 − 7 . u 1 2 1 3 2 Como lim n = − , sabe-se que vn = an + bn + cn + d e que = − . 2 2 vn a 2 1 = − ⇔ a = − 4. 2 a Então, lim (v n ) = −∞ . A opção correta é a (B).

6. 6.1. wn ∈ V0 ,025(3 )⇔ wn − 3 < 0,025 ⇔

3 n− 1 4 −3 159 . n+ 1 n+ 1

Os termos da sucessão (w n ) pertencem à vizinhança V0 ,025 (3) a partir da ordem 160 (inclusive).

6.2. Pretende-se mostrar, por definição de limite, que lim wn = 3 . Vamos verificar que para todo o δ > 0 existe um p∈ N tal que ∀n ∈ N, n ≥p ⇒ wn − 3 < δ .

wn − 3 < δ ⇔

3 n− 1 4 4 4−δ − 3< δ⇔ < δ ⇔ n +1 > ⇔ n > . δ δ n +1 n+ 1

Basta considerar p o menor número natural que é maior que

4 −δ

δ

.

Propostas de Resolução Caderno Prático – Novo Espaço A 11

7. 7.1. Seja r a razão da progressão aritmética (un ) . u3 = u1 +( 3 −1 ) r ⇔12 = u1 +2 r ⇔ u1 =12 −2 r S20 = 990 ⇔

u1 + u20 ×20 = 990 ⇔ u1 + u1 + 19 r = 99 ⇔ 24 − 4 r + 19 r = 99 ⇔ 15r = 7⇔ r = 5 . 2

Então, tem-se:

u n = u3 + (n − 3) r ⇔ u n = 12 + 5n − 15 ⇔ u n = 5n − 3 .

7.2. un > 100 ∧ u n < 250 ⇔ 5n − 3 > 100 ∧ 5n − 3< 250⇔ n > 20 ,6 ∧ n < 50 ,6 . A sucessão tem 30 termos superiores a 100 e inferiores a 250. A soma desses termos é: 50

S=

∑u i =

i=21

102 + 247 u21 +u50 × 30 = × 30 = 5235 . 2 2

8. 8.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ∀n ∈N , an = π× 43 −n .

⋅ Se n = 1 , a1 = π× 43− 1 ⇔ 16π = π× 42 (proposição verdadeira). ⋅ Hipótese de indução: ap = π× 4 3 −p (admite-se verdadeira). ⋅ Tese: a p +1 = π × 43 −(p +1) (o que se pretende mostrar). Ora, ap+ 1 =

ap

=

4

π×4 4

3−p

= π×4 3−p −1 = π×4

3 −( p +1)

.

−n −n Como a condição a n = π× 4 3 é verdadeira para n = 1 e é hereditária, conclui-se que a condição an = π× 4 3 é universal −n em IN, ou seja, a condição ∀n ∈N , an = π× 43 é verdadeira.

8.2. (an ) é uma progressão geométrica de razão n

1 4

e primeiro termo igual a 16 π .

n

 1  1 1−   1−   n n 1 −r 4   1   64 π   1    4  4 = 16 π× = 16 π × = 16 π × × 1 −    = × 1 −    . Sn = a1 × 1 3 1 −r 3   4   3   4   1− 4 4 n

n  64 π  64 π  1    64 π . lim Sn = lim  × 1 −     = ×( 1 − 0) = 3 3  3   4   

9. 15   15 n2 10 −  10 − 2  2n2 − 3n  5 10 15 − n n n   n = 10 − 0 =10 .   × = lim 2 = lim = lim 9.1. lim ( un × vn ) = lim   7 10 5 2 7 10 + +   n n 7 10 n + n+ 1+ + 2 1+ 0 + 0   n2  1 + + 2  n n n n  

5 + n2 + n w = lim 9.2. lim n = lim 3 n+ 1 3n +1

5  5 n2  2 +1 + n n 2 +1 +n n  n = = lim 3 n +1 3n + 1

 5  5 n 2 + 1 + 1  +1 +1  n  0 +1 +1 2 n  = lim 2 = lim  = = . 1 3 +0 3 3 1  3+ n +  n  n

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