Proposta de Resolução — Prova Modelo Mat A 2026
Nível Desafio Avançado

Item 1.1 12 pts

$u_{n}=\left(\dfrac{n+3}{n-1}\right)^{\!2n}=\left(1+\dfrac{4}{n-1}\right)^{\!2n}$.

Fazendo $m=n-1$ (com $m\to+\infty$ quando $n\to+\infty$):

$u_{n}=\left(1+\dfrac{4}{m}\right)^{2(m+1)}=\left[\left(1+\dfrac{4}{m}\right)^{m}\right]^{2}\cdot\left(1+\dfrac{4}{m}\right)^{2}$.

Como $\displaystyle\lim_{m\to+\infty}\left(1+\dfrac{4}{m}\right)^{m}=e^{4}$ e $\displaystyle\lim\left(1+\dfrac{4}{m}\right)^{2}=1$:

$\lim u_{n}=(e^{4})^{2}\cdot 1=e^{8}$.

Item 1.2 14 pts

Hipótese de partida: $v_{n}\geq 4$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

(a) $(v_{n})$ monótona decrescente.

$v_{n+1}-v_{n}=\dfrac{1}{2}\left(v_{n}+\dfrac{16}{v_{n}}\right)-v_{n}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{16}{v_{n}}-v_{n}\right)=\dfrac{16-v_{n}^{2}}{2v_{n}}$.

Como $v_{n}\geq 4$, $v_{n}^{2}\geq 16$, ou seja, $16-v_{n}^{2}\leq 0$. Como $v_{n}>0$, $v_{n+1}-v_{n}\leq 0$, isto é, $(v_{n})$ é monótona decrescente. $\square$

(b) Convergência e limite.

$(v_{n})$ é monótona decrescente e limitada inferiormente por $4$. Pelo Teorema da Convergência Monótona, $(v_{n})$ é convergente. Seja $L=\lim v_{n}$, com $L\geq 4$.

Por passagem ao limite na recorrência: $L=\dfrac{1}{2}\left(L+\dfrac{16}{L}\right)\Leftrightarrow 2L=L+\dfrac{16}{L} \Leftrightarrow L=\dfrac{16}{L} \Leftrightarrow L^{2}=16$.

Como $L\geq 4$, $L=4$.

Item 2 14 pts

Numa PG: $a_{n}=a_{1}\,r^{n-1}$. Seja $b=a_{3}=a_{1}r^{2}$ e $r>0$ (termos positivos).

$a_{2}\cdot a_{5}=(a_{1}r)(a_{1}r^{4})=a_{1}^{2}r^{5}=\left(\dfrac{b}{r}\right)\left(br^{2}\right)=b^{2}r=32$.

$a_{3}+a_{4}=b+br=b(1+r)=12$.

De $b=\dfrac{12}{1+r}$ e $b^{2}r=32$: $\;\dfrac{144\,r}{(1+r)^{2}}=32 \Leftrightarrow 9r=2(1+r)^{2} \Leftrightarrow 2r^{2}-5r+2=0$.

$r=\dfrac{5\pm 3}{4}\Rightarrow r=2 \;\vee\; r=\dfrac{1}{2}$.

Como a PG é monótona crescente e de termos positivos, $r>1$, logo $r=2$. Então $b=a_{3}=\dfrac{12}{3}=4$ e $a_{1}=\dfrac{b}{r^{2}}=\dfrac{4}{4}=1$.

$\boxed{a_{n}=2^{n-1}}$.

$S_{10}=a_{1}\cdot\dfrac{1-r^{10}}{1-r}=1\cdot\dfrac{1-1024}{1-2}=1023$.

Item 3 14 pts

$h(x)=\dfrac{\ln x}{x^{2}}$, $x\in\mathbb{R}^{+}$.

Monotonia e extremos.

$h'(x)=\dfrac{\frac{1}{x}\cdot x^{2}-\ln x\cdot 2x}{x^{4}}=\dfrac{x-2x\ln x}{x^{4}}=\dfrac{1-2\ln x}{x^{3}}$.

$h'(x)=0 \Leftrightarrow 1-2\ln x=0 \Leftrightarrow \ln x=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x=\sqrt{e}$.

Como $x^{3}>0$ no domínio, $h'$ tem o sinal de $1-2\ln x$: positivo em $\;]0,\sqrt{e}[\;$, negativo em $\;]\sqrt{e},+\infty[\;$.

Logo $h$ é estritamente crescente em $\;]0,\sqrt{e}]\;$ e estritamente decrescente em $\;[\sqrt{e},+\infty[\;$.

Máximo absoluto em $x=\sqrt{e}$, com $h(\sqrt{e})=\dfrac{1/2}{e}=\dfrac{1}{2e}$.

Concavidades e pontos de inflexão.

$h''(x)=\dfrac{-\frac{2}{x}\cdot x^{3}-(1-2\ln x)\cdot 3x^{2}}{x^{6}}=\dfrac{-2x^{2}-3x^{2}(1-2\ln x)}{x^{6}}=\dfrac{-2-3+6\ln x}{x^{4}}=\dfrac{6\ln x-5}{x^{4}}$.

$h''(x)=0 \Leftrightarrow \ln x=\dfrac{5}{6} \Leftrightarrow x=e^{5/6}$.

Como $x^{4}>0$, $h''$ tem o sinal de $6\ln x-5$: negativo em $\;]0,e^{5/6}[\;$, positivo em $\;]e^{5/6},+\infty[\;$.

Logo a concavidade está voltada para baixo em $\;]0,e^{5/6}[\;$ e para cima em $\;]e^{5/6},+\infty[\;$. Ponto de inflexão de abcissa $x=e^{5/6}$.

Assíntotas.

$\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\ln x}{x^{2}}=\dfrac{-\infty}{0^{+}}=-\infty$, logo $x=0$ é assíntota vertical.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^{2}}$: indeterminação $\dfrac{\infty}{\infty}$. Aplicando L'Hôpital: $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^{2}}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1/x}{2x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2x^{2}}=0$. Logo $y=0$ é assíntota horizontal.

Item 4 12 pts

(I) Ordem de $x$: $6;\,8;\,10;\,12;\,15;\,18;\,20;\,24$. Mediana $=\dfrac{12+15}{2}=13{,}5$. → b)

(II) Para $y$ ordenado: $95;\,110;\,125;\,130;\,145;\,160;\,170;\,175$. $Q_{1}=\dfrac{110+125}{2}=117{,}5$ e $Q_{3}=\dfrac{160+170}{2}=165$. Amplitude interquartil $=165-117{,}5=47{,}5$. A opção mais próxima é 50. → a)

(III) Calculadora: $r\approx 0{,}996$. → c)

(IV) Reta de regressão (calculadora): $y\approx 4{,}684\,x+72{,}567$. Para $x=14$: $y\approx 65{,}57+72{,}57\approx 138{,}1$. → a)

Item 5 14 pts

$\cos(2x)+3\operatorname{sen}x-2=0$. Usando $\cos(2x)=1-2\operatorname{sen}^{2}x$:

$1-2\operatorname{sen}^{2}x+3\operatorname{sen}x-2=0 \Leftrightarrow 2\operatorname{sen}^{2}x-3\operatorname{sen}x+1=0$.

Seja $t=\operatorname{sen}x$. $2t^{2}-3t+1=0 \Leftrightarrow t=\dfrac{3\pm 1}{4}\Rightarrow t=1 \;\vee\; t=\dfrac{1}{2}$.

Em $[0,2\pi]$:

• $\operatorname{sen}x=1 \Rightarrow x=\dfrac{\pi}{2}$;
• $\operatorname{sen}x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{6} \;\vee\; x=\dfrac{5\pi}{6}$.

Item 6.1 12 pts

$f(x)=\ln(\operatorname{sen}(2x))$. Pela regra da cadeia:

$f'(x)=\dfrac{(\operatorname{sen}(2x))'}{\operatorname{sen}(2x)}=\dfrac{2\cos(2x)}{\operatorname{sen}(2x)}=2\operatorname{cotg}(2x)$.

$f'\!\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2\operatorname{cotg}\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\dfrac{\cos(\pi/3)}{\operatorname{sen}(\pi/3)}=2\cdot\dfrac{1/2}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

Item 6.2 14 pts

Sejam $x$ a aresta da base e $h$ a altura. Volume: $x^{2}h=32 \Rightarrow h=\dfrac{32}{x^{2}}$, $x>0$.

Área da superfície (base + 4 faces laterais):

$A(x)=x^{2}+4xh=x^{2}+4x\cdot\dfrac{32}{x^{2}}=x^{2}+\dfrac{128}{x}$.

$A'(x)=2x-\dfrac{128}{x^{2}}=\dfrac{2x^{3}-128}{x^{2}}$.

$A'(x)=0 \Leftrightarrow x^{3}=64 \Leftrightarrow x=4$.

Para $x<4$, $A'(x)<0$; para $x>4$, $A'(x)>0$. Logo $x=4$ é minimizante.

$h=\dfrac{32}{16}=2$ e $A(4)=16+\dfrac{128}{4}=16+32=48\,\text{dm}^{2}$.

Item 7.1 12 pts

Caixa: $5$ brancas e $7$ pretas; total $12$. Extração sucessiva sem reposição.

$P(\text{BPBP})=\dfrac{5}{12}\cdot\dfrac{7}{11}\cdot\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{6}{9}=\dfrac{840}{11\,880}$.

$P(\text{PBPB})=\dfrac{7}{12}\cdot\dfrac{5}{11}\cdot\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac{4}{9}=\dfrac{840}{11\,880}$.

$P(\text{alternada})=\dfrac{1680}{11\,880}=\dfrac{14}{99}$.

Item 7.2 14 pts

Condições: 7 algarismos diferentes de $\{1,\dots,7\}$ (permutações de 7 elementos); par; $2$ e $4$ adjacentes; $1$ e $7$ não adjacentes.

Estratégia: contar (par $\wedge$ 2,4 adjacentes), depois subtrair (par $\wedge$ 2,4 adj $\wedge$ 1,7 adj).

Pares com $2,4$ adjacentes — separar pelo último algarismo (par: $2$, $4$ ou $6$):

• Caso A: termina em $6$. Posição 7 fixa em $6$. Restantes 6 posições contêm $\{1,2,3,4,5,7\}$ com bloco $24$ (ou $42$). Tratar bloco como 1 entidade $\Rightarrow$ 5 entidades em 6 posições: hipóteses do bloco $=5$, ordem do bloco $=2$, restantes $4$ singulares $=4!$. Total: $5\cdot 2\cdot 4!=240$.
• Caso B: termina em $2$. Posição 7 fixa em $2$. Como $4$ deve ser adjacente a $2$, posição 6 fixa em $4$. Restantes 5 posições com $\{1,3,5,6,7\}$: $5!=120$.
• Caso C: termina em $4$. Posição 7 fixa em $4$, posição 6 fixa em $2$. Restantes $5!=120$.

Subtotal: $240+120+120=480$.

Destes, subtrair os que têm também $1,7$ adjacentes:

• Caso A': termina em $6$, bloco $24$, bloco $17$. 4 entidades em 6 posições: ordens das entidades $=4!$, ordens internas $=2\cdot 2$. Total: $4!\cdot 4=96$.
• Caso B': "$\ldots\,4\,2$" nas pos. 6-7, e bloco $17$ entre $\{1,3,5,6,7\}$ nas 5 primeiras posições. 4 entidades (bloco $+ 3$ singulares) em 5 posições: $4!\cdot 2=48$.
• Caso C': análogo a B'. $48$.

Subtotal a subtrair: $96+48+48=192$.

Total: $480-192=288$.

Item 8 14 pts

Sejam $a=P(A)$ e $b=P(B)$.

$P(A\cup B)=a+b-P(A\cap B)=\dfrac{11}{12}$ e $P(A\cap B)=\dfrac{1}{4}$ $\Rightarrow$ $a+b=\dfrac{11}{12}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{14}{12}=\dfrac{7}{6}$.

$P(A\mid \bar{B})=\dfrac{P(A\cap\bar{B})}{P(\bar{B})}=\dfrac{a-1/4}{1-b}=\dfrac{2}{3}$ $\Rightarrow$ $3(a-1/4)=2(1-b) \Leftrightarrow 3a+2b=\dfrac{11}{4}$.

Do sistema: $b=\dfrac{7}{6}-a$. Substituindo: $3a+2\left(\dfrac{7}{6}-a\right)=\dfrac{11}{4} \Leftrightarrow a+\dfrac{7}{3}=\dfrac{11}{4}$ $\Rightarrow a=\dfrac{11}{4}-\dfrac{7}{3}=\dfrac{33-28}{12}=\dfrac{5}{12}$.

Logo $b=\dfrac{7}{6}-\dfrac{5}{12}=\dfrac{14-5}{12}=\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}$.

Item 9 14 pts

Condição: $h(t)>3 \Leftrightarrow 2+1{,}5\operatorname{sen}(\pi t/6)+0{,}3\cos t>3$, $\;t\in[0,6]$.

Equivalente a $y_{1}(t)=h(t)$ e $y_{2}=3$, com a calculadora. Pretendem-se as abcissas dos pontos de interseção.

Da calculadora obtêm-se as abcissas dos pontos de interseção em $[0,6]$:

• $P_{1}\approx(1{,}23\,;\,3{,}00)$;
• $P_{2}\approx(4{,}49\,;\,3{,}00)$.

Duração: $\Delta t = 4{,}49-1{,}23 = 3{,}26$ horas $= 3$ h $+ 0{,}26\times 60$ min $\approx 3$ h $16$ min.

Item 10 14 pts

Como $f''$ é estritamente decrescente em $\mathbb{R}$ e $f''(0)=0$:

• Para todo $x<0$: $f''(x)>f''(0)=0$, ou seja, $f''(x)>0$ — concavidade voltada para cima.
• Para todo $x>0$: $f''(x)baixo.

Proposição I. Afirma que a concavidade é sempre para baixo. Mas em $\;]{-\infty},0[$ a concavidade é para cima (como justificado acima), pelo que I é falsa.

Proposição II. Como $f''$ é estritamente decrescente, é injetiva, pelo que tem no máximo um zero. Sabemos que $f''(0)=0$, e $f''$ muda de sinal em $x=0$ (de positivo para negativo). Existe, portanto, exatamente um ponto de inflexão (de abcissa $0$), e não dois como afirmado em II. Logo II é falsa.

Item 11.1 14 pts

$g(x)=\operatorname{sen}(2x)-2\operatorname{sen}x$.

$g\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\operatorname{sen}\!\dfrac{2\pi}{3}-2\operatorname{sen}\!\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

$g'(x)=2\cos(2x)-2\cos x$. $g'\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\cos\!\dfrac{2\pi}{3}-2\cos\!\dfrac{\pi}{3}=2\cdot\!\left(-\dfrac{1}{2}\right)-2\cdot\dfrac{1}{2}=-1-1=-2$.

Reta tangente: $y-\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=-2\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right) \Leftrightarrow y=-2x+\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Item 11.2 14 pts

$g'(x)=2\cos(2x)-2\cos x=2(2\cos^{2}x-1)-2\cos x=4\cos^{2}x-2\cos x-2$.

$g'(x)=0 \Leftrightarrow 2\cos^{2}x-\cos x-1=0$. Seja $u=\cos x$. $2u^{2}-u-1=0 \Rightarrow u=\dfrac{1\pm 3}{4}\Rightarrow u=1 \;\vee\; u=-\dfrac{1}{2}$.

Em $[0,2\pi]$:

• $\cos x=1 \Rightarrow x=0 \;\vee\; x=2\pi$;
• $\cos x=-\dfrac{1}{2} \Rightarrow x=\dfrac{2\pi}{3} \;\vee\; x=\dfrac{4\pi}{3}$.

Fatorando: $g'(x)=2(2\cos x+1)(\cos x-1)$. Estudo do sinal em $[0,2\pi]$:

Valores nos extremos:

$g\!\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=\operatorname{sen}\!\dfrac{4\pi}{3}-2\operatorname{sen}\!\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}=-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.

$g\!\left(\dfrac{4\pi}{3}\right)=\operatorname{sen}\!\dfrac{8\pi}{3}-2\operatorname{sen}\!\dfrac{4\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.

Item 12 12 pts

$z_{1}=1+i \Rightarrow |z_{1}|=\sqrt{2}$, $\arg z_{1}=\dfrac{\pi}{4}$. Logo $z_{1}=\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}$.

$z_{1}^{6}=(\sqrt{2})^{6}\,e^{i\cdot 6\pi/4}=8\,e^{i\,3\pi/2}$.

$z_{2}=-\sqrt{3}+i$ (2.º quadrante): $|z_{2}|=\sqrt{3+1}=2$, $\arg z_{2}=\pi-\arctan\!\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\pi-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{6}$.

$z_{2}^{4}=2^{4}\,e^{i\cdot 20\pi/6}=16\,e^{i\,10\pi/3}=16\,e^{i\,4\pi/3}$ (subtraindo $2\pi$).

$\dfrac{z_{1}^{6}}{z_{2}^{4}}=\dfrac{8}{16}\,e^{i\left(\frac{3\pi}{2}-\frac{4\pi}{3}\right)}=\dfrac{1}{2}\,e^{i\left(\frac{9\pi-8\pi}{6}\right)}=\dfrac{1}{2}\,e^{i\,\pi/6}$.

Item 13 14 pts

(a) $z^{5}=32i=32\,e^{i\pi/2}$, logo

$z_{k}=\sqrt[5]{32}\,e^{i\left(\frac{\pi/2+2k\pi}{5}\right)}=2\,e^{i\left(\frac{\pi}{10}+\frac{2k\pi}{5}\right)}$, $k\in\{0,1,2,3,4\}$.

(b) Os afixos estão sobre uma circunferência de centro na origem e raio $\rho=2$.

O lado do pentágono regular inscrito é a corda correspondente a um ângulo central de $\dfrac{2\pi}{5}$:

$L=2\rho\,\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{5}\right)=4\,\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{5}\right)\approx 4\times 0{,}5878\approx 2{,}3511$.

Perímetro $=5L\approx 11{,}76$.

Item 14 14 pts

Dada a propriedade $f(x+y)=f(x)\cdot f(y)$ para todos $x,y\in\mathbb{R}$, e $f(0)\ne 0$.

(a) Com $x=y=0$: $f(0)=f(0)\cdot f(0)=[f(0)]^{2}$. Logo $f(0)\big([f(0)]-1\big)=0$. Como $f(0)\ne 0$, $f(0)=1$. $\square$

(b) Para todo $x\in\mathbb{R}$, com $y=-x$: $f(0)=f(x)\cdot f(-x)$, ou seja, $f(x)\cdot f(-x)=1$. Logo $f(x)\ne 0$ (caso contrário, o produto seria $0\ne 1$). $\square$

(c) Pela definição de derivada:

$f'(x)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0}\dfrac{f(x)\cdot f(h)-f(x)}{h}=f(x)\cdot\lim_{h\to 0}\dfrac{f(h)-1}{h}$.

Como $f(0)=1$, $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(h)-1}{h}=\lim_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=f'(0)$.

Portanto $f'(x)=f'(0)\cdot f(x)$. $\square$

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