Proposta de Resolução da Prova Escrita de Matemática A

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1 Proposta de Resolução da Prova Escrita de Matemática A.º Ano de Escolaridade Prova 6/.ª fase 9 páginas 0 Grupo I. Homens 6 Mulheres 6 C - Das três mulheres, têm de ser selecionadas eatamente C - Dos 6 homens tem de se selecionar apenas 6 C - Número total de comissões que é possível formar 6 Resposta: Versão Versão (C). b b b a a p p 4 a a b b (a soma das probabilidades é igual a ) a 6 Resposta: Versão Versão (D) (A) / 9

2 . Considerando p 0,07 e as probabilidades conhecidas da distribuição normal. Podemos afirmar que e como, obtemos o valor de 6 Resposta: Versão Versão 4. Como lim n 0, então (C) sin sin lim lim 0 0 Resposta: Versão Versão (A) (D). ln f ln f ln f f lim lim lim lim lim lim f lim f O declive de uma assíntota de f é dada por m lim Resposta: Versão Versão (D) (D) / 9

3 6. f ' a ln a g ' a ln a ln a ln ln a f ' g' a a a Resposta: Versão Versão (C) 7. 8n 8n 8n i i i i i i i i i Resposta: Versão Versão (C) 8. z z 0cis arg z z 0cis z cis cis 0 00 cis 00cis 00cis w 0cis 0cis 0cis 0 cis Resposta: Versão Versão (A) / 9

4 Grupo II... z cis cos isin i i z Como arg z z z z cis e como cis cis cis 4 4 cis 4 z arg z z cis, podemos escrever: z 4 cos sin z 4 w cis cis i.. z z cis i cos isin i cos sin i Como z z é um número real, temos que z z sin 0 sin, pois, Im 0, assim:... Seja A o acontecimento a bola ser preta e o acontecimento B a bola ter número par Pelo enunciado sabemos que: P A ; P A ; É pedido para calcular P A B Por outro lado podemos escrever: P B A 0, e PB A 0,4 P A B P B 4 / 9

5 P B A PB A PB A PB A P A e P B A 6 PB A PB A PB A P A Utilizando as fórmulas de De Morgan é possível escrever: PB A PB A PB A PB A Assim, PB A PB P A PB A PB PB Desta forma poderemos determinar a probabilidade pedida: P A B P A B PB.. Como eistem n bolas na caia, podemos afirmar que: n é o número de bolas pretas na caia e que n é o número de bolas brancas na caia. n n " " n P retirar ambas as bolas brancas 0 n 0 n n n 7 n n. 4 PB, logo 4 4 P B Como P A B P A B P A B P A B E por 7 P A B P A B 7 P A B 7 7 P B Assim, P A B P A P A B P A P A / 9

6 Para 0 verticais. Para 0 verticais., f, f é o quociente de funções contínuas em é o produto de funções contínuas em Análise de assíntotas verticais em 0 :, logo não admite assíntotas, logo não admite assíntotas 0 0 e e e 4 lim lim lim lim lim e e e 4 e Podemos então concluir que 0 0 lim ln f não tem assíntota vertical para 0. Substituindo y, temos y e, logo: y ln y ln y ln y lim ln lim lim lim 0 y y y y y y 0 Podemos então concluir que tem assíntotas verticais. f não tem assíntota vertical para 0, logo a função não 4.. ln ln ln g f ln ln g ' ln ln ' ln ln ln g ' 0 0, e ln 0 0 0, e 0, e 0 e g' n.d g n.d. Mín. Má. g lnln e g e eln e e ln e e e 6 / 9

7 g é estritamente decrescente em 0, e estritamente crescente em Mínimo relativo: g Máimo relativo: ge, e. 4.. O gráfico de g e dos pontos A e B é dado por: A ABP AB g Como AB e A, temos A ABP ABP g g Assim, as coordenadas do ponto P são dadas pela interseção do gráfico da função y e por y. g, por Os pontos de interseção têm como coordenadas: 0,;0,67,,;0,67, 0,6; 0,67 e,6; 0,67 4 Assim, as abcissas do ponto P serão. 0, 0,6,6, 7 / 9

8 . Como, g ' 0, f e 0 f 0 e 0 - g' g Significa que podemos ecluir o gráfico II, uma vez que não é decrescente em, e nem crescente em,. Como g g Mín. lim 0 lim, podemos concluir que y é uma assíntota horizontal quando, o que nos leva também a ecluir o gráfico III. O gráfico I também não poderá ser, uma vez que g' 0 em, o que quer dizer que a reta tangente ao gráfico na abcissa - terá de ser horizontal, o que não acontece. O possível gráfico da função g é o IV. 6. Como a reta tangente no ponto de abcissa a é paralela à reta de equação y, significa que os declives das duas retas são iguais, isto é,. Assim, g ' a, a,0 cosa sin a, a,0 cos a sin a sin a, a,0 cos a sin a sin a, a,0 sin a sin a sin a, a,0 sin a sin a sin a, a,0 8 / 9

9 4sin a sin a 0, a,0 44 sin a, a,0 8 sin a sin a=, a,0 4 Como a,0 a 6, então sin a 0, logo sin = 4 a é impossível, assim, 7. Como f f a f f a 0 Provar que f f a tem, pelo menos, uma solução no intervalo a,0 provar que h f f a tem, pelo menos, uma solução em a,0. 0 0, pois f a f a e f a f 0 h a f a f a a f a f , pois f a f 0 h f f a f f a Logo h a f 0 0 f é contínua em aa,, é equivalente a Como h também é contínua nesse mesmo intervalo, o que também garante a continuidade no intervalo a,0 e como ha f 0 0, então, pelo Teorema de Bolzano, podemos afirmar que h tem pelo menos uma raiz no intervalo a,0, o que significa que f f a tem também, pelo menos, uma solução nesse mesmo intervalo. Bom trabalho!! 9 / 9