Exame mat 2011 12 resolvido

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Proposta de Resolução da Sociedade Portuguesa de Matemática para o Exame Nacional de Matemática A Prova 635, 1ª fase – 27 de Junho de 2011 Grupo I 1 Versão 1 Versão 2 Grupo II 1.1. Utilizando a regra de Ruffini: 1 1 1 D B 2 A C 3 C A 4 B D 5 C C 6 D A 7B C 8 B D

−1
1 0

16 0 16

-16 16 0 = resto

z 3 − z 2 + 16 z − 16 = ( z − 1)(z 2 + 16) = ( z − 1)(z + 4i)(z − 4i)
Cálculo auxiliar: z 2 + 16 = 0 ⇔ z 2 = −16 ⇔ z = −4i ∨ z = 4i Assim, as raízes do polinómio na forma trigonométrica: ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 1 = cis0 , − 4i = 4cis⎜ − ⎟ e 4i = 4cis⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

⎛ nπ ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ π nπ ⎞ z 2 × z 3 = 5i × cis⎜ ⎟ = 5cis⎜ ⎟cis⎜ ⎟ = 5cis⎜ + ⎟ como a imagem ⎝ 40 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 40 ⎠ ⎝ 2 40 ⎠ geométrica de z 2 × z 3 está no terceiro quadrante e pertence à bissectriz dos quadrantes 5π ímpares vem que arg( z 2 × z 3 ) = + 2kπ , k ∈ Ζ . Assim, 4
1.2.

π
2

+

nπ 5π nπ 3π = + 2kπ , k ∈ Ζ ⇔ = + 2kπ , k ∈ Ζ ⇔ n = 30 + 80k , k ∈ Ζ 40 4 40 4

Fazendo k = 0 temos o menor natural que satisfaz o pretendido que én = 30 .

2.1. Seja X a variável aleatória que dá o número de jovens, de entre os 9, que utilizaram cartão multibanco. X segue uma distribuição binomial com n = 9 e p = 0,6 . Assim, P( X = 6) = 9C 6 × 0,6 6 × 0,4 3 ≈ 0,25 . 2.2. No universo formado pelo conjunto dos passageiros que optam pelo destino Berlim ou Paris, com bilhetes a baixo custo, sejam os acontecimentos: B: “O destino é Berlim”P:” O destino é Paris” V:”Efectua o voo” Sabe-se que:

P (V | B ) = 0,05 ; P(V | P) = 0,92 logo P(V | P) = 1 − 0,92 = 0,08

P( B) = 0,3 logo P( P) = 1 − 0,3 = 0,7
P(V ) = P(V ∩ P) + P(V ∩ B) = P(V | P) × P( P) + P(V | B) × P( B) = 0,08 × 0,7 + 0,05 × 0,3 = 0,071
3. Tendo-se P( A) > 0 vem que:
1 − P( B) P( A ∩ B) P( A) − 1 + P( B) ⇔ ≥ ⇔ P( A ∩ B) ≥ P( A) + P( B) − 1 ⇔ P( A) P( A) P( A) ⇔ P(A) + P( B) − P( A ∩ B) ≤ 1 ⇔ P( A ∪ B) ≤ 1 P( B | A) ≥ 1 −

O que é verdadeiro, pois a probabilidade de um acontecimento é sempre menor ou igual a 1. 1 − P( B) Tendo-se, por equivalência, que P( B | A) ≥ 1 − é também verdadeira. P( A)

4.

T ' (t ) = 0,2t × e −0,15t − 0,15 × e −0,15t × 0,1t 2 = e −0,15t (0,2t − 0,015t 2 ), t ∈ [0, 20]
40 3

T ' (t ) = 0 ⇔ e −0,15t = 0 ∨ t (0,2 − 0,015t ) =0 ⇔ t (0,2 − 0,015t ) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t =
Visto que e −0,15t = 0 é impossível. Organizando a informação numa tabela, obtemos: t T ' (t ) 0 0

+

40 3 0
Max.

20



T ' (20) T (20)

T (t )

T ( 0)

De onde concluímos que o instante em que a temperatura atingiu o valor máximo foi em 40 horas, o que corresponde a 13horas e 20 minutos. t= 3

5. 1. Cálculo da equação da assimptotahorizontal do gráfico de f :

x → −∞

lim

3 3 = = 0 , pelo que y = 0 é equação da assimptota horizontal do x −1 − ∞

gráfico de f. Nota: lim

2 + ln x 2 ln x = lim + lim = 0 + 0 = 0 , donde também se concluía que x →+∞ x x →+∞ x x y = 0 é equação da assimptota horizontal do gráfico de f.
x →+∞

Cálculo da equação da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa e:

1 x − (2 +ln x) 2 − 1 − ln x x f ' ( x) = = , x > 1 , assim m = f ' (e) = − 2 . 2 2 e x x

3 Sabendo que a recta passa no ponto T (e, f (e)) , com f (e) = , a ordenada na origem, e 2 5 b, é dada, pela resolução da equação f (e) = − 2 × e + b ⇔ b = . Finalmente a e e 2 5 equação reduzida da recta é dada por: y = − 2 x + e e Determinamos agora as coordenadas do ponto P resolvendo o seguinte sistema de duasequações: ⎧ y = 0 ⎧ y = 0 ⎪ ⎪ 2 5 ⇔ ⎨ ⎨ 5e ⎪ y = − e 2 x + e ⎪ x = 2 ⎩ ⎩
⎛ 5e ⎞ P⎜ ,0 ⎟ ⎝ 2 ⎠

5.2. As coordenadas dos pontos referidos correspondem aos pontos dos gráficos cujas abcissas são as soluções da equação f ( x) = x 3 Recorrendo à calculadora gráfica:

As coordenadas dos pontos pretendidos são: A(a1 , a2 ) e B(b1 , b2 ) em que a1 ≈ 1,22 , a2 ≈ 1,80, b1 ≈ −1,12 e...
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