Prova Escrita de MATEMÁTICA A - 12o Ano a Fase

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1 Prov Escrit de MATEMÁTICA A - o Ano 0 - Fse Propost de resolução GRUPO I. Como comissão deve ter etmente mulheres, num totl de pessos, será constituíd por um único homem. Logo, como eistem 6 homens no grupo, eistem 6 forms distints de escolher o homem que integr comissão. Por cd um ds 6 escolhs nteriores, eistem C forms de escolher de entre s mulheres que eistem no grupo não se consider ordem relevnte, porque não eiste referênci diferentes esttutos n comissão). Assim, eistem 6 C forms de escolher os elementos d comissão, de cordo com restrição impost. Respost: Opção. Sbemos que: P X > ) P X ) + P X ) b + b b, e que P X < ) P X 0) + P X ) + Assim P X > ) P X < ) b b e tmbém + + b + b + b Logo, podemos clculr os vlores de e b: b b b + b + + b 6 6 b 6 b 4 6 Assim, clculndo o vlor médio d vriável, vem: µ b + b b + b + 5b Substituindo os vlores de e de b, temos: Respost: Opção D µ Como P µ σ < X < µ + σ) 0,9545 e P X < µ σ) P X > µ + σ), temos que: P X > µ + σ) 0,9545 0,075 Assim, µ + σ, e como µ, vem: + σ σ Respost: Opção C σ σ 6 0,9545 0,9545 µ µ σ µ + σ 0,9545 Págin de 9

2 4. Como n 0+, então f n ) 0 + f), e ssim, como sen ) sen : sen ) f n ) 0 +f) 0 + sen 0 + sen 0 + Grficmente, n figur o ldo, estão representdos lguns termos de n ) como objetos, e lguns termos d sucessão ds imgens f n ), que se proimm progressivmente de -, qundo o vlor de n ument. y 0 f n ) n f Respost: Opção A 5. Como sbemos que m + f), em que m é o declive de um ssíntot do gráfico de f, vem que ) ln + f) ln f) ln + ln f) + f) f) + f) + Logo um ssíntot do gráfico de f, se eistir, é um ret de declive, pelo que únic equção, de entre s hipóteses presentds, que pode definir um ssíntot do gráfico d função f é y Respost: Opção D 6. Como f0) 0 e g0) 0 0, o ponto P 0,) pertence os gráficos ds dus funções, pelo que firmção I) é fls. Como > função g) é estritmente decrescente, pelo que tmbém firmção II) é fls. Como f ) ) ln, logo, f ) ln ln ln e como g ) ) ln, logo g ) ln E ssim, f ) g ) ln pelo que firmção III) é verddeir. Respost: Opção ln ln ln ) ln + ln ln Págin de 9

3 7. Sbemos que i 0, i i, i e i i, e que é válid iguldde i n i k, onde k é o resto d divisão inteir de n por 4. Assim, como 8n 4 n+0, temos que i 8n i 0 como 8n 8n 4 + 4n )+ temos que i 8n i i como 8n 8n 4 + 4n )+ temos que i 8n i Temos que i 8n i 8n + i 8n i 0 i + i i) + ) i Logo imgem geométric de i 8n i 8n + i 8n pertence o terceiro qudrnte. Respost: Opção C 8. Temos que z 8) e sbemos que Arg z) α, pelo que podemos escrever que z 0 cis α Assim, temos que w i z z do enuncido) i 0 cis α)) 0 cis α) clculdo z e escrevendo z n f.t.) i 0 cis α α)) fzendo divisão n f.t.) cis π ) 0 cis α) escrevendo i n f.t.) 0 cis π ) + α 0 cis α π ) fzendo o produto n f.t.) Respost: Opção A Págin de 9

4 GRUPO II... Começmos por simplificr epressão de z fzendo som n f..: z + cis π 4 + cos π 4 + i sen π ) ) i Escrevendo os números compleos n f.t. temos z cis π e + i i z cis π 4, porque z + e pr θ rg z ) temos tg θ e θ o Q π Assim z cis z π cis 4 Como z que: w z z z π cis π ) π cis 4 4 π ) cis π 4 4 é um riz qurt de w, plicndo fórmul de Moivre e escrevendo w n f.., temos ) 4 cis π ) 4 4 cis 4 π ) cis π Temos que z cos α + i sen α e que z i, pelo que z + z cos α + i sen α + i cos α + + isen α ) Como z + z é um número rel se Im z + z ) 0 temos que: sen α 0 sen α α π + kπ, k Z Como α ] π, π[, sej k, e ssim α π π π 4π π Págin 4 de 9

5 ... Considerndo eperiênci letóri que consiste em retirr, o cso, um bol d ci, e os contecimentos: : A bol retird é brnc I: A bol retird tem número ímpr Temos que P ) 5, P I ) Assim, orgnizndo os ddos num tbel obtemos: P I ) P ) P I ) P ) P ) 5 5 P I ) P ) P I ) e P I ) P I ) P ) P I) P I ) P I ) + P I ) Assim, clculndo probbilidde de, o retirr, o cso, um bol d ci, el ser pret, sbendo que tem um número pr, e escrevendo o resultdo n form de frção irredutível, temos: I I P I ) P I ) P I ) Como ci tem n bols e em cd 5 são prets, o número de bols prets é n 5 Logo, o número de bols brncs é n 5 Como etrção é feit sem reposição, probbilidde d primeir bol etríd ser brnc é n 5 e probbilidde d segund bol ser brnc, sbendo que primeir tmbém é brnc n 5 n é 5 n Assim, usndo probbilidde conhecid podemos escrever e resolver equção: 5 n 5 n 7 0 n n 5 60 n 5 5n ) 5 60 n 5 n n n 5) 5n ) 6n 60 5n 5 6n 5n 60 5 n 5 Págin 5 de 9

6 . Pels leis de De Morgn, e usndo o teorem do contecimento contrário temos que P A ) P A ) P A ), e ssim 5 5 P A ) P A ) Assim, orgnizndo este e os restntes ddos do enuncido num tbel obtemos: P ) P ) 4 4 P A ) P ) P A ) E ssim P A) P A ) + P A ) A 6 48 A 4 4 Eme 0, Fse Como função, em mbos os rmos, result de operções e composições de funções contínus em R e em R +, função é contínu em R e em R +, pelo que únic ret verticl que pode ser ssíntot do gráfico de f é ret 0 Averigundo se 0 é ssíntot do gráfico de f, temos: 0 +f) ln ) 0+ ln0 + ) 0 + ) indeterminção) 0 + fzendo y, temos y e se 0+, então y + ) 0 Temos ind que +f) ln ) + 0 y + y ln ) ) ln ln y) y y + y ) ln y) ln y ) y + y y + y ln y 0 y + y e 0 f) 0 e 4 e0 e indeterminção) e f) 0 0 e 4 0 e e 4 0 e 4 4 e e 4 ) 4 fzendo y 4, temos que se 0, então tmbém y 0 ) e y 4 y 0 y 4 4 e 4 0 e ) 4 4 e e 4 4 ) e 4 4 e 4 E ssim, como todos os ites clculdos eistem e têm um vlor rel finito), podemos concluir que função f não tem qulquer ssíntot verticl. Págin 6 de 9

7 4.. Começmos por determinr epressão d derivd, pr > 0: g ) f) + ln ) f) ) ) + ln ) ) ln + ln ) + ln) ln ) ln + + ln ) ln + ln ln ) ln + + ln ) ln + ln ln + ) Clculndo os zeros d derivd, no intervlo ]0,e], temos: g ) 0 ln + ) 0 ln e0 / ]0,e] Como g só tem um zero no intervlo ]0,e] ), vrição do sinl d derivd e relção com monotoni de g é: Assim, podemos concluir que função g: 0 e g ) n.d g) n.d min M é decrescente no intervlo ]0,]; é crescente no intervlo [,e]; tem um mínimo cujo minimiznte é ) e um máimo cujo mimiznte é e). 4.. Designdo por ltur do triângulo e o segmento [A] como bse do triângulo A 5 ), temos que: A [AP ] Ou sej os pontos P que germ triângulos de áre têm ordend ou, pelo que s bcisss desses pontos, são s soluções d equção g) y g Representndo o gráfico d função g, no domínio definido reproduzido n figur o ldo, num jnel comptível com o domínio d função > 0)), e s rets P P 4 y e y, recorremos à função d clculdor gráfic pr determinr s coordends do ponto de interseção de dois gráficos, pr encontrr os vlores, proimdos às centésims, ds bcisss dos qutro pontos, ou sej ds soluções d equção. 0 A Os vlores proimdos ds bcisss dos qutro pontos são: P 0,, P 0,6, P,56 e P4,5 P P Págin 7 de 9

8 5. Como é um zero de f, temos que g ) f ) e 0 e 0, sbemos que o declive d ret tngente o gráfico no ponto de bciss é um ret de declive zero, ou sej, um ret horizontl, o que não é comptível com o gráfico d opção I), pelo que este gráfico não represent função g. Como e > 0, R, função derivd g ) e função f têm o mesmo sinl. Ou sej, derivd é positiv pens no intervlo ], + [, logo função g é crescente pens neste intervlo, o contrário do que contece com o gráfico d opção II), pelo que este gráfico tmbém não é o que represent função g. Como [g) ] 0, ret de equção y é um ssíntot do gráfico de g. D observção + do gráfico d opção III), verific-se que ssíntot deste gráfico é ret y e não ret y, pelo que tmbém não é este o gráfico d função g. Dest form, o gráfico d opção IV) é o único que pode representr função g, um vez que é comptível com s condições enuncids. 6. Como sbemos que ret tngente no ponto de bciss é prlel à ret y +, sbemos que o declive, e logo tmbém o vlor derivd é m g ). Logo o vlor de é solução d equção g ), : ] π,0 [ Assim, começmos por determinr epressão de g : g ) sen ) cos ) sen )) cos ) ) cos) sen ) cos) + sen Como cos) cos sen e cos sen,vem: g ) cos) + sen cos sen ) + sen sen sen ) + sen sen ) + sen 4 sen + sen 4 sen + sen + Logo, resolvendo equção g ) temos: 4 sen + sen + 8 sen + sen sen + sen + 0 Considerndo y sen, e resolvendo equção de gru, temos que: 8 sen + sen + 0 8y + y + 0 y ± 4 8)) 8) y 4 y Escrevendo em função de, vem: sen 4 sen Como ] π [,0, < sen < 0, logo equção sen 4 é impossível. sen sen sen π ) 6 π 6 + kπ π π ) + kπ, k Z 6 π 6 + kπ π + π 6 + kπ, k Z π 6 + kπ 7π 6 + kπ, k Z Concretizndo vlores de k podemos verificmos que π é únic solução d equção que pertence 6 o domínio d função - ] π [,0, pelo que ret tngente o gráfico de f no ponto de bciss π 6 tem declive Págin 8 de 9

9 7. Como f) f + ) f) f + ) 0, mostrr que f) f + ) tem, pelo menos, um solução em ], 0[ é equivlente mostrr que um função g, de domínio ], 0[, definid por g) f) f+) tem pelo menos um zero, visto que f) f + ) f) f + ) 0 g) 0 Como função f é contínu em [,] e tmbém em [,0]), tmbém é em [,0], e f + ) é contínu em [,0], pelo que podemos grntir que função g é contínu em [,0], por resultr d diferenç de dus funções contínus neste intervlo. Como g0) < 0 < g ), então, podemos concluir, pelo Teorem de olzno, que eiste c ], 0[ tl que gc) 0, ou sej, que equção g) 0 tem, pelo menos, um solução em ], 0[, o que é equivlente provr que condição f) f + ) tem, pelo menos, um solução em ], 0[ C.A. g ) f ) f + ) f) f0) f )f) Como f) > f0), então g ) > 0 g0) f0) f0 + ) f0) f) Como f) > f0), então g0) < 0 Págin 9 de 9