Prova Escrita de MATEMÁTICA A - o Ano 04 - a Fase Proposta de resolução GRUPO I. Usando as leis de DeMorgan, e a probabilidade do acontecimento contrário, temos que: P A B P A B P A B então P A B 0,48 P A B 0,48 0,48 P A B 0, P A B Como A e B são acontecimentos independentes, temos que P A B P A P B, logo P A B P A + P B P A B P A P B P A + P B P A B Substituíndo os valores das probabilidade, vem 0,4 P B 0,4 + P B 0, 0,4 0, 0,4 P B 0,4 P B 0, P B 0,4 Resposta: Opção C 0, P B 0, 0, 0, P B 0, P B. Um plano paralelo ao plano de equação z, definido com vértice do octaedro só pode ser o plano de equação z 0, ou seja definido por dos 4 pontos B, C, D ou E. z z Assim, como para a definição do plano, é irrelevante a ordem dos pontos, eistem C planos distintos que podem ser definidos com pontos quaisquer do octaedro; e 4 C 4 planos definidos com dos 4 vértices B, C, D ou E. Assim, a probabilidade de escolher, ao acaso, três vértices do octaedro e esses três vértices definirem um plano paralelo ao plano de equação z é E B A O D C 4 C C 4 C F Resposta: Opção B Página de 9
0. Pela fórmula do binómio de Newton, sabemos que todos os termos do desenvolvimento de + são da forma 0 k 0 C k k 0 0 k k C k 0 k, k {0,,...,0} Ou seja, o termo que não depende da variável é o termo em que 0 k k ou seja, em que, k 0 k Assim, temos que, k 0 k k 0 k Logo, no termo em causa k, ou seja, é o termo Resposta: Opção B 0 k 0 k k 0 k 0 k, 0 0 C 0 C 0 C 0 C 8 04 4. Como n + n e, então n g n e g lne e ln0 + Graficamente, na figura ao lado, estão representados alguns termos de n como objetos, e alguns termos da sucessão das imagens g n, que tendem para, quando o valor de n aumenta. Resposta: Opção D g 0 g n n e π. Como a função é contínua no intervalo fechado, temos que f π Temos que f k E calculando f π π f, vem π cos π Se π, então + π π 0 π f cos + π 0 cos + π sen Assim, temos que 0 sen Resposta: Opção C sen 0 }{{} Lim. Notável k k + k Página de 9
. Por observação do gráfico de g,podemos estudar o sinal da segunda derivada e relacionar com o sentido das concavidades do gráfico de g designa-se por a, o zero de g maior que zero. 0 a g + 0 0 + g Pt. I. Pt. I. g g O único gráfico compatível com o sentido das concavidades do gráfico identificadas é o gráfico da opção A. Resposta: Opção A O 7. Os planos definidos pelas equações das opções C e D não contêm o ponto A, porque substituindo as coordenadas do ponto nas equações, obtemos proposições falsas: C 0 + 0 0 + 0 0 e D + 0 0 + 0 0 0 O plano definido pela equação da opção A não é perpendicular ao plano α, porque os respetivos vetores normais v α,,0 e v A,,0 são colineares, ou seja, os planos são paralelos e não perpendiculares. O plano definido pela equação da opção B é perpendicular ao plano α, porque os respetivos vetores normais v α,,0 e v B,, têm um produto escalar nulo, ou seja são perpendiculares, assim, como os planos: v α. v B,,0.,, + + 0 + 0 0 e este plano contém o ponto A, porque com a substituição das coordenadas deste ponto, obtemos uma proposição verdadeira: Resposta: Opção B 0 + 0 0 + 0 0 0 8. Os pontos da zona sombreada pertencem ao eterior da circunferência de centro na imagem geométrica do número compleo i e raio, ou seja, a distância à imagem geométrica de i é superior a, ou seja, os números compleos z verificam a condição z i > Como os pontos da região sombreada representam números compleos cujo argumento está comprendido entre arg + i e arg + i vamos determinar estes argumentos. Seja θ arg + i, assim temos que tg θ Como θ é um ângulo do o quadrante, temos que θ π Analogamente temos que θ arg + i π E assim, os números compleos z verificam a condição condição anterior, e cumulativamente, a condição π < arg z < π Resposta: Opção C Página de 9
GRUPO II... Escrevendo z na f.a. temos: π z cis cos π + i sen π + i + i + i Assim temos que z + i i Imz E, simplificando a epressão que define w, substituíndo z, vem: z i4 w + i i 4 + zi + + i i 4 + i + i + i O i A Rez 9 9 i i 9 i i i Assim, podemos fazer a representação do triângulo [AOB], como na figura ao lado. Por observação da figura, temos que a área do triângulo [AOB] é A [AOB] Re z Im w 9 i B.. Considerando a equação na forma az + bz + c 0, com a, b cos α e c, temos uma equação do segundo grau na variável z. Assim, z cos αz+ 0 z cos α ± cos α 4 z cos α ± 4 cos α 4 z cos α ± 4cos α z cos α ± 4 cos α z cos α ± 4 sen α z cos α ± 4sen α z cos α ± 4 senα cos α ± i senα z z cos α ± i senα z cos α + i senα z cos α i senα z cos α + i senα z cos α + i sen α z cis α z cis α Resposta: A equação tem duas soluções, que são, na f.t. em função de α: cis α e cis α Página 4 de 9
... Como eistem posições de colocação, temos C colocações possíveis para as bolas azuis como as bolas da mesma cor são indistinguíveis, não se considera relevante a ordem. Como se pretende que as bolas azuis fiquem em ao lado uma da outra, apenas, das colocações anteriores são favoráveis, no sentido que verificam esta restrição as posições -,-,-4,4- e -. Assim, a probabilidade de as duas bolas azuis ficarem uma ao lado da outra, é C.. Como X é o número de bolas azuais retiradas da caia, a variável X pode tomar os seguintes valores, com as respetivas probabilidades: X 0, se todas as bolas forem pretas como se retiram bolas e eistem 4 pretas, podem ser todas pretas 4 C P X 0 C X, se retirarmos bola azul de entre as que eistem e bolas pretas de entre as 4 que eistem C 4 C P X C X, se retirarmos as bolas azuis e das 4 pretas que eistem C 4 C P X C Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória X é: i 0 P X i. Como a soma dos ângulos eternos de um polígono é π, o ângulo eterno em A tem de amplitude π e assim, podemos calcular a amplitude do ângulo BAE: BÂE π π π π π E D C Como EÂD E ˆDA porque se opõem a lados iguais, EÂD+E ˆDA+AÊD π porque são os ângulos internos de um triângulo e AÊD BÂE, temos que A B EÂD + EÂD + π π EÂD π π EÂD π EÂD π EÂD π Como BÂE BÂD + EÂD BÂD BÂE EÂD vem que BÂD π π π Assim, vem que, AB. AD AB AD cos AB ˆAD AD AB cos BÂD AD BÂD cos cos AB Como cosα cos α sen α e sen α + cos α cos α sen α vem que AB. AD cos AD π cos π sen π sen π sen π π sen π Página de 9
4. 4.. Como a função f resulta de operações entre funções contínuas, é contínua no seu domínio, e como o seu domínio é ],0[, então a única reta que pode ser assíntota vertical do gráfico de f é a reta de equação 0 Para averiguar se a reta de equação 0 é assíntota do gráfico de f, vamos calcular 0 f + ln ln + 0 0 0 0 0 f: 0 + ln 0 0 + ln0+ + + + 0 0 Assim, como 0 f +, concluímos que a reta de equação 0 é assíntota vertical do gráfico de f e que não eiste qualquer outra assíntota vertical. Relativamente à eistência de assíntotas não verticais, como o domínio de f é ],0[, só poderão eistir quando. Assim, vamos averiguar a eistência de uma assíntota de equação m + b: m f + ln ln + 0 + + fazendo, temos e se, então + b m + + ln ln 0 + + + Indeterminação ln ln ln + + + + + + ln + + ln + }{{} Lim. Notável f m f fazendo, temos e se, então + b + ln ln + + + + 0 + 0 0 + ln + ln ln + }{{} Lim. Notável 0 Assim temos que a reta de equação é uma assíntota do gráfico de f e não eistem outras assíntotas não verticais. 4.. Como a função f resulta de operações sucessivas de funções contínuas em ], 0[, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [ e, ]. Como 4,09 < e <, ou seja, f e < e < f, então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que eiste c ] e, [ tal que fc e, ou seja, que a equação f e tem, pelo menos, uma solução em ] e, [ C.A. f e e + ln e e f + ln e,7 e lne e 4,09 ln 0 Página de 9
4.. Começamos por determinar a epressão da derivada da função g, para < 0: g + f + + ln + ln + 0 + ln ln ln Calculando os zeros da derivada da função g, para < 0: g 0 ln 0 ln 0 0 }{{} P.V, pq <0 ln ln ln ln e e Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: Assim, podemos concluir que a função g: é decrescente no intervalo ], e]; é crescente no intervalo [ e,0[; tem um mínimo para e e 0 ln 0 + n.d. + + + n.d. g 0 + n.d. g min n.d. Página 7 de 9
. Como o lado [P R] do triângulo [P QR] é um diâmetro da circunferência e o vértice Q pertence à mesma circunferência, podemos garantir que o triângulo [P QR] é retângulo, sendo [P R] a hipotenusa. Como a circunferência tem raio, vem que P R 4, e assim, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: sen α QR P R sen α QR 4 cos α P Q P R cos α P Q 4 Como os lados [QR] e [P Q] são perpendiculares, temos que: A [P QR] QR P Q 4 sen α 4 cos α QR 4 sen α P Q 4 cos α 8 sen α cos α Como o triângulo [P SR] é congruente com o triângulo [P QR] ambos têm ângulo reto e dois lados iguais, vem que: Aα A [P QRS] A [P QR] + A [P SR] A [P QR] 8 sen α cos α sen α cos α Como tg θ e tg θ + cos, temos que: θ + cos θ 4 + cos θ 9 cos θ cos θ 9 cos θ ± 9 cos θ ± E, pela fórmula fundamental da trigonometria, vem: ] θ 0, π [ cos θ sen θ+ 9 sen θ 9 sen θ 8 9 sen θ ± 8 9 sen θ ± Finalmente, recorrendo à fórmula de Aα, deduzida antes, temos que: Aθ 9 ] θ 0, π [ sen θ. Como o ponto A pertence ao eio das ordenadas, tem abcissa 0; como também pertence ao gráfico de f, tem ordenada f0. Assim, calculando a ordenada do ponto A, temos: f0 e 0 + 0 + 8 e 0 + 0 + 8 + 8 7 A reta AB tem declive e passa no ponto A, logo é a reta de equação + 7, e assim, o ponto B é a interseção da reta AB com o gráfico da função f, pelo que a abcissa do ponto B é a solução da equação f + 7 e + + 8 + 7 Visualizando na calculadora gráfica o gráfico da função f, numa janela coerente com o domínio da função, e a reta AB reproduzidos na figura ao lado, e usando a função da calculadora para determinar valores aproimados das coordenadas dos pontos de interseção de dois gráficos, obtemos um valor aproimado às centésimas da abcissa do ponto B, B 9, 0 + 7 f 9, 0 B Página 8 de 9
7. Relativamente à afirmação I, podemos estudar a variação do sinal da função h, derivada de h recorrendo à observação do gráfico de f, e relacionar com a monotonia de h: + f + 0 + 0 e + + + + + h + 0 + 0 h 0 Má. Assim, podemos concluir que a função h é crescente no intervalo ],] e decrescente no intervalo [,+ [, pelo que tem um único etremo para, ou seja a afirmação I é falsa. Relativamente à afirmação II, temos que f h e f e f e e f e f e e f f e e e e f f e Como é um zero de f, temos que f 0, e como f tem um etremo relativo em, então f 0, e assim, vem que: h f f e 0 0 e 4 0 e 4 0 Logo, podemos concluir que a afirmação II é verdadeira. Relativamente à afirmação III, como h, podemos concluir que quando tende para + +, a reta de equação é uma assíntota do gráfico de h. Assim, quando tende para +, a reta de equação + 0 não pode ser assíntota do gráfico de h, pelo que podemos afirmar que a afirmação III é falsa. Página 9 de 9