Prova Modelo 9 - Treino Digital

Solução

Opção A. Há 5 algarismos pares e 5 ímpares. Escolhem-se 3 pares e 3 ímpares e ordenam-se os 6 algarismos: \({}^{5}C_3\,{}^{5}C_3\,6!\).

Este número inclui os códigos que começam por zero. Para esses, o zero foi escolhido, escolhem-se ainda 2 pares entre os 4 pares não nulos e 3 ímpares entre os 5 ímpares, ordenando-se depois os restantes 5 algarismos: \({}^{4}C_2\,{}^{5}C_3\,5!\).

Logo, o número pedido é \({}^{5}C_3\,{}^{5}C_3\,6!-{}^{4}C_2\,{}^{5}C_3\,5!\).

Solução

Seja \(U\) o acontecimento "usar regularmente a plataforma" e \(C\) o acontecimento "concluir todos os módulos".

Temos \(P(U)=\frac35\), \(P(\overline U)=\frac25\), \(P(C|U)=\frac25\) e \(P(C|\overline U)=\frac16\).

Pela fórmula da probabilidade total, \[ P(C)=P(U)P(C|U)+P(\overline U)P(C|\overline U) =\frac35\cdot\frac25+\frac25\cdot\frac16 =\frac{6}{25}+\frac{1}{15} =\frac{23}{75}. \]

Logo, pela fórmula de Bayes, \[ P(U|C)=\frac{P(U)P(C|U)}{P(C)} = \frac{\frac35\cdot\frac25}{\frac{23}{75}} = \frac{18}{23}. \]

Solução

Opção B. Quando \(x \to 0\), obtemos uma indeterminação do tipo \(\frac{0}{0}\).

Usando a regra de L'Hôpital: \[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1-2x}{1-\cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x}-2}{\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{4e^{2x}}{\cos x} = 4. \]

Usando limites notáveis: \[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1-2x}{1-\cos x} = \lim_{x\to 0} \frac{\frac{e^{2x}-1-2x}{(2x)^2}}{\frac{1-\cos x}{x^2}}\cdot 4 = \frac{\frac12}{\frac12}\cdot 4 = 4. \]

Solução

Opção A. Tem-se \(w=2e^{-i\frac{\pi}{6}}\). Assim, \[ w^{10}=2^{10}e^{-i\frac{10\pi}{6}}=1024e^{i\frac{\pi}{3}} =1024\left(\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right) =512+512\sqrt3\,i. \]

Solução

Escrevemos \(-16\) na forma trigonométrica: \(-16=16e^{i(\pi+2k\pi)}\).

As soluções são \[ z_k=2e^{i\left(\frac{\pi+2k\pi}{4}\right)},\quad k=0,1,2,3. \]

Logo, os argumentos são \(\frac{\pi}{4}\), \(\frac{3\pi}{4}\), \(\frac{5\pi}{4}\) e \(\frac{7\pi}{4}\). Na forma algébrica, as soluções são \[ \sqrt2+\sqrt2\,i,\quad -\sqrt2+\sqrt2\,i,\quad -\sqrt2-\sqrt2\,i,\quad \sqrt2-\sqrt2\,i. \]

Solução

Opção B. Para que \(f(x)\) esteja definida, é necessário \[ \frac{x-1}{x^2-4}>0 \quad\text{e}\quad x\ne -2,\;x\ne 2. \] Como \(x^2-4=(x-2)(x+2)\), o estudo do sinal nos pontos críticos \(-2\), \(1\) e \(2\) dá \[ D_f=]-2,1[\cup]2,+\infty[. \]

Solução

Derivando, \[ g'(x)=(2x-4)e^{-x}-(x^2-4x+1)e^{-x} =(-x^2+6x-5)e^{-x}. \]

Como \(e^{-x}>0\), o sinal de \(g'(x)\) é o sinal de \(-x^2+6x-5=-(x-1)(x-5)\).

Assim, \(g'(x)<0\) em \(]-\infty,1[\), \(g'(x)>0\) em \(]1,5[\) e \(g'(x)<0\) em \(]5,+\infty[\).

Logo, \(g\) é decrescente em \(]-\infty,1[\), crescente em \(]1,5[\) e decrescente em \(]5,+\infty[\).

Há um mínimo relativo em \(x=1\), de valor \(g(1)=-\frac2e\), e um máximo relativo em \(x=5\), de valor \(g(5)=\frac6{e^5}\).

Solução

A função \(h\) é contínua em \([0,1]\), pois é soma de funções contínuas nesse intervalo.

Temos \(h(0)=\ln 2-2<0\) e \(h(1)=\ln 3-1>0\), uma vez que \(e<3\).

Pelo Teorema de Bolzano, existe pelo menos um \(c\in]0,1[\) tal que \(h(c)=0\).

Para provar a unicidade, derivamos: \[ h'(x)=\frac{1}{x+2}+3x^2>0,\quad x\in[0,1]. \] Logo, \(h\) é estritamente crescente em \([0,1]\), pelo que a equação \(h(x)=0\) não pode ter mais do que uma solução. Conclui-se que tem uma única solução em \(]0,1[\).

Solução

Opção A. Um vetor normal ao plano \(\alpha\) é \(\vec n=(1,-2,3)\). Para que \(r\) seja paralela a \(\alpha\), o seu vetor diretor tem de ser perpendicular a \(\vec n\): \[ (2,k,1)\cdot(1,-2,3)=0 \iff 2-2k+3=0 \iff k=\frac52. \]

Solução

Procuramos uma reta da forma \(y=mx+b\).

O declive é \[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+\ln x}{x(x-1)} = 1. \]

Calculamos agora \[ b=\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x) = \lim_{x\to+\infty} \left(\frac{x^2+\ln x}{x-1}-x\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{x+\ln x}{x-1}. \] Esta última indeterminação é do tipo \(\frac{\infty}{\infty}\), pelo que, usando L'Hôpital, \[ b=\lim_{x\to+\infty}\frac{1+\frac1x}{1}=1. \]

Logo, a assíntota oblíqua é \(y=x+1\).

Solução

Fazendo \(u=z^2\), obtemos \[ u^2+4u+16=0. \] Então \[ u=\frac{-4\pm\sqrt{16-64}}2=-2\pm2\sqrt3\,i. \]

Temos \(-2+2\sqrt3\,i=4e^{i\frac{2\pi}{3}}\) e \(-2-2\sqrt3\,i=4e^{i\frac{4\pi}{3}}\).

Resolvendo \(z^2=4e^{i\frac{2\pi}{3}}\), obtemos \[ z=2e^{i\frac{\pi}{3}}\quad\text{ou}\quad z=2e^{i\frac{4\pi}{3}}, \] isto é, \(z=1+\sqrt3\,i\) ou \(z=-1-\sqrt3\,i\).

Resolvendo \(z^2=4e^{i\frac{4\pi}{3}}\), obtemos \[ z=2e^{i\frac{2\pi}{3}}\quad\text{ou}\quad z=2e^{i\frac{5\pi}{3}}, \] isto é, \(z=-1+\sqrt3\,i\) ou \(z=1-\sqrt3\,i\).

Logo, as soluções são \(1+\sqrt3\,i\), \(-1+\sqrt3\,i\), \(-1-\sqrt3\,i\) e \(1-\sqrt3\,i\).

Solução

Quando \(x \to 0\), obtemos uma indeterminação do tipo \(\frac{0}{0}\).

Usando a regra de L'Hôpital: \[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^2(e^x-1)} = \lim_{x\to0} \frac{\frac1{1+x}-1+x}{2x(e^x-1)+x^2e^x}. \] A indeterminação mantém-se. Aplicando novamente L'Hôpital, \[ \lim_{x\to0} \frac{-\frac1{(1+x)^2}+1}{2(e^x-1)+4xe^x+x^2e^x}. \] Aplicando L'Hôpital uma terceira vez, \[ \lim_{x\to0} \frac{\frac{2}{(1+x)^3}}{6e^x+6xe^x+x^2e^x} = \frac{2}{6} = \frac13. \]

Solução

O número total de bolas é \(2n+2\). O número total de pares possíveis é \({}^{2n+2}C_2\).

Os casos favoráveis são os pares de bolas vermelhas ou os pares de bolas azuis: \[ {}^nC_2+{}^{n+2}C_2. \]

Assim, \[ \frac{{}^nC_2+{}^{n+2}C_2}{{}^{2n+2}C_2} = \frac{7}{15}. \] Isto equivale a \[ \frac{n^2+n+1}{(n+1)(2n+1)}=\frac{7}{15}. \]

Resolvendo, \[ 15(n^2+n+1)=7(2n^2+3n+1) \iff n^2-6n+8=0. \] Logo, \(n=2\) ou \(n=4\). Como \(n>3\), conclui-se que \(n=4\).

Solução

Sejam \(a\), \(b\) e \(c\) os números de alunos escolhidos das turmas A, B e C, respetivamente. Pretende-se \(a+b+c=6\), com \(a,b,c\ge1\) e \(a>c\).

Se \(c=1\), então \(a=2,3,4\), respetivamente com \(b=3,2,1\). O número de equipas é \[ {}^4C_1\left({}^6C_2{}^5C_3+{}^6C_3{}^5C_2+{}^6C_4{}^5C_1\right) = 4(150+200+75)=1700. \]

Se \(c=2\), então apenas é possível \(a=3\) e \(b=1\). O número de equipas é \[ {}^4C_2{}^6C_3{}^5C_1=6\cdot20\cdot5=600. \]

Para \(c\ge3\), não é possível ter \(a>c\) e \(a+b+c=6\) com \(b\ge1\). Logo, o número total de equipas é \(1700+600=2300\).

Solução

A área do retângulo é \[ A(x)=x(4-2\ln x),\quad x\in[1,e^2]. \]

Derivando, \[ A'(x)=4-2\ln x-2=2-2\ln x. \] Assim, \(A'(x)=0\iff \ln x=1\iff x=e\).

Temos \(A'(x)>0\) em \([1,e[\) e \(A'(x)<0\) em \(]e,e^2]\). Logo, \(A\) atinge o máximo em \(x=e\).

A área máxima é \[ A(e)=e(4-2)=2e. \]

Solução

Usando \(\sin(2x)=2\sin x\cos x\), vem \[ 2\sin x\cos x+\sqrt3\cos x=0 \iff \cos x(2\sin x+\sqrt3)=0. \]

Logo, \(\cos x=0\) ou \(\sin x=-\frac{\sqrt3}{2}\).

No intervalo \([0,2\pi[\), obtemos \[ x=\frac{\pi}{2},\quad x=\frac{3\pi}{2},\quad x=\frac{4\pi}{3},\quad x=\frac{5\pi}{3}. \]

Solução

Como a esfera passa por \(P(1,0,0)\), o seu raio é \[ r=CP=|a-1|. \]

Como a esfera é tangente ao plano \(\alpha\), o raio também é a distância do centro \(C(a,0,0)\) ao plano: \[ r=d(C,\alpha)=\frac{|a-5|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{|a-5|}{3}. \]

Logo, \[ |a-1|=\frac{|a-5|}{3} \iff 3|a-1|=|a-5|. \] Elevando ao quadrado, \[ 9(a-1)^2=(a-5)^2 \iff a^2-a-2=0. \]

Assim, \(a=2\) ou \(a=-1\). Se \(a=2\), então \(r=1\). Se \(a=-1\), então \(r=2\).

Solução

Dividindo o numerador e o denominador da base por \(n\), \[ \lim u_n=\lim\left(\dfrac{n+5}{n-2}\right)^{3n} =\lim\left(\dfrac{1+\dfrac5n}{1-\dfrac2n}\right)^{3n}. \]

Pelas propriedades das potências e do limite do quociente, \[ =\dfrac{\left[\lim\left(1+\dfrac5n\right)^n\right]^3}{\left[\lim\left(1-\dfrac2n\right)^n\right]^3}. \]

Aplicando o limite notável \(\lim\left(1+\dfrac kn\right)^n=e^k\), \[ =\dfrac{\left(e^5\right)^3}{\left(e^{-2}\right)^3} =\dfrac{e^{15}}{e^{-6}} =e^{15-(-6)} =e^{21}. \]

Logo, \(\lim u_n=e^{21}\).