Guia Do Professor Matematica 12º Ano 3d3m20

MATEMÁTICA 12

GUIA DO PROFESSOR MATEMÁTICA A | 12.º ANO Luzia Gomes Daniela Raposo s2ESOLU¥ÜESDETODOSOSEXERCÓCIOSDOMANUAL

MATEMÁTICA 12

GUIA DO PROFESSOR MATEMÁTICA A | 12.º ANO Luzia Gomes Daniela Raposoo

ÍNDICE Introdução ..............................................................................................................

5

Apresentação do projeto Matemática 12 .................................................

7

Proposta de planificação .................................................................................

8

Propostas de resolução dos exercícios do manual ...............................

13

Tema I – Probabilidades e combinatória ....................................................... Unidade 1 – Conceitos probabilísticos ......................................................... Unidade 2 – Operações com acontecimentos............................................. Unidade 4 – Definição clássica de probabilidade ....................................... Unidade 5 – Definição axiomática de probabilidade .................................. Unidade 6 – Probabilidade condicionada e independência........................ Unidade 7 – Distribuição de frequências relativas e distribuição de probabilidades .................................................................... Unidade 8 – Modelo normal. Histograma versus função densidade......... Aprende fazendo ...................................................................................... Unidade 9 – Análise combinatória .............................................................. Unidade 10 – Triângulo de Pascal e binómio de Newton ........................... Unidade 11 – Modelo binomial ..................................................................... Aprende fazendo ......................................................................................

14 14 15 16 18 20

Tema II – Introdução ao cálculo diferencial II................................................ Unidade 1 – Função exponencial da base superior a 1................................ Unidade 2 – Função logarítmica de base superior a 1 ................................ Aprende fazendo ...................................................................................... Unidade 3 – Teoria dos limites .................................................................... Unidade 4 – Continuidade ........................................................................... Unidade 5 – Assíntotas do gráfico de uma função .................................... Aprende fazendo ...................................................................................... Unidade 6 – Derivadas ................................................................................. Unidade 7 – Aplicações das derivadas ........................................................ Aprende fazendo ......................................................................................

56 56 60 73 86 91 95 101 117 126 142

Tema III – Trigonometria e números complexos........................................... Unidade 1 – Revisões sobre trigonometria ................................................. Unidade 2 – Funções trigonométricas ........................................................ Unidade 3 – Fórmulas trigonométricas: seno, cosseno e tangente da soma de dois ângulos ............................................................. senx Unidade 4 – Estudo intuitivo de lim ................................................ x→ 0 x Unidade 5 – Derivadas das funções trigonométricas: seno, cosseno e tangente ............................................................................... Unidade 6 – Estudo de funções trigonométricas....................................... Aprende fazendo ...................................................................................... Unidade 7 – Números complexos................................................................ Unidade 8 – Números complexos na forma algébrica ............................... Unidade 9 – Representação trigonométrica de um número complexo .... Unidade 10 – Domínios planos e condições em variável complexa ........... Aprende fazendo ......................................................................................

161 161 165

23 26 27 43 45 47 47

168 169 170 173 175 185 186 190 198 202

Introdução | Matemática 12

Introdução O projeto Matemática 12 resulta da nossa experiência de sala de aula, do o com os alunos, colegas e pais. Desta nossa experiência como professoras nasceu a convicção de que o aluno tem de ser agente ativo no seu processo de aprendizagem. Pensamos que a Matemática se “aprende fazendo”; pensamos que tem de haver uma componente prática muito forte que complemente a parte teórica; tem de haver uma orientação muito clara, e costumamos dizer “o exercício certo na altura certa”. Além disso, e tendo em conta as características do ensino atual, temos de ser capazes de chegar ao aluno com mais dificuldades, fazer com que o aluno médio vá mais longe e estimular o aluno bom. Em resumo, procurámos seguir o lema: “Matemática para todos”.

As Autoras

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Apresentação do projeto | Matemática 12

Apresentação do projeto Matemática 12 O projeto Matemática 12 contempla os seguintes componentes: Para o Aluno – Manual (3 volumes) – Caderno de Testes – Manual Multimédia – www.matematica12.asa.pt Para o Professor – Manual (Edição do Professor) – 3 volumes – Guia do Professor – – www.matematica12.asa.pt Manual (Edição do Aluno e Edição do Professor) O Manual – Edição do Aluno – encontra-se estruturado da seguinte forma: – A rubrica “Precisas mesmo de saber…” permite, sempre que necessário, recuperar pré-requisitos essenciais à compreensão dos conteúdos da unidade que se irá iniciar. – Com as tarefas de introdução pretende-se, sempre que possível, mostrar aplicações significativas para a matéria em estudo. Cada unidade começa, sempre que oportuno, com um problema cuja solução aborda conceitos a desenvolver. – Ao longo do Manual, na margem, apresentam-se exercícios propostos que acompanham os conteúdos abordados, tendo em vista a sua consolidação. – A rubrica “Esquematizando/ Resumindo”, com pequenas sínteses intercalares, é uma presença constante ao longo de todo o Manual. – A rubrica “Erro Típico”, que constitui um alerta para erros frequentemente cometidos pelos alunos, apresenta exemplos de respostas corretas e incorretas. – Vasto conjunto de exercícios/problemas na rubrica “Aprende fazendo”; estes exercícios encontram-se organizados por cores, que caracterizam o grau de dificuldade/exigência dos mesmos. Foi ainda uma constante preocupação a inclusão de itens de seleção (escolha múltipla) e itens de construção que incluem resolução de problemas, desenvolvimento de raciocínios demonstrativos, uso obrigatório de calculadora gráfica e composição, sendo estes itens de presença comum em todos os Exames Nacionais dos últimos anos. Assim, ao longo do Manual surgem exercícios resolvidos que envolvem o uso da calculadora gráfica (TI-84, TI-nspire e Casio fx-9860GII SD). – Sempre que oportuno, incluíram-se, na margem, as rubricas “Notas”, “Observações”, “Recorda” e “Atenção”. – A rubrica “Contextualização histórica” e/ou “Curiosidades”, com informação sobre história de conceitos matemáticos e/ou referências a matemáticos. Na edição do manual do professor encontrará informação exclusiva: soluções de todos os exercícios junto dos respetivos enunciados e remissões para todos os recursos multimédia existentes em . Relativamente à ordem pela qual elaborámos as unidades temáticas, seguimos as orientações do programa, com exceção das unidades Continuidade e Assíntotas, que apresentamos por esta ordem.

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8

Matemática 12 | Guia do Professor

Caderno de Testes Contempla 7 testes cumulativos (cada um com uma duração previsível de 90 minutos) e 2 testes globais. Cada teste é ainda acompanhado de proposta de resolução, de critérios específicos de classificação, estimulando a autoavaliação do aluno, e ainda de alguns exemplos de respostas corretas, incorretas e das respetivas cotações.

Guia do Professor Contém a resolução completa e detalhada de todos os exercícios do Manual.

A plataforma possibilita a fácil exploração do projeto Matemática 12, através da utilização das novas tecnologias em sala de aula. Trata-se de uma ferramenta inovadora que permite: •

a projeção e exploração das páginas do manual em sala de aula;

•

o o a um vasto conjunto de conteúdos multimédia integrados com o manual: ® 15 animações – abordam de forma interativa os diversos conteúdos, possibilitando uma avaliação do aluno através de atividades de consolidação. ® 35 aplicações realizadas em GeoGebra – exploram de forma dinâmica diferentes conteúdos dos três temas abordados, facilitando a aprendizagem. ® 46 testes interativos – banco de testes interativos, personalizáveis e organizados pelas diversas unidades do manual. ® links Internet – endereços para páginas na Internet de apoio às matérias, de forma a complementar os conteúdos destacados no Matemática 12.

•

a avaliação dos alunos: ® utilização de testes predefinidos ou criação de novos a partir de uma base de cerca de 300 questões; ® impressão de testes para distribuição; ® envio, online, de testes para os alunos, com a correção automática; ® relatórios de avaliação detalhados que permitem um acompanhamento do progresso dos alunos.

•

a troca de mensagens e a partilha de recursos com os alunos.

Proposta de planificação Segue-se uma sugestão de gestão temporal do programa. As indicações metodológicas referem-se apenas aos exercícios propostos na margem lateral do Manual. O professor poderá fazer uma gestão dos exercícios da rubrica “ Aprende fazendo” de acordo com as suas necessidades, atendendo ao tipo de alunos que tem e ao tempo disponível.


Tema I – Probabilidades e combinatória

Unidade

Aulas de 90 min

Sugestões metodológicas

1. Conceitos probabilísticos

1

– Explorar as páginas 12 a 15 do Manual. – Explorar a tarefa da página 10. – Resolver os exercícios propostos 1 a 9.

2. Operações com acontecimentos

2

– Explorar as páginas 16 a 19 do Manual. – Resolver os exercícios propostos 10 a 16.

3. Definição frequencista de probabilidade

1

– Explorar as páginas 20 e 21 do Manual. – O professor pode explorar jogos ou utilizar a calculadora para encontrar valores experimentais para a probabilidade de acontecimentos que estão a ser estudados.

4. Definição clássica de probabilidade

4


5. Definição axiomática de probabilidade

3


6. Probabilidade condicionada e independência

3


7. Distribuição de frequências relativas e distribuição de probabilidades

2


8. Modelo normal. Histograma versus função densidade

2


9. Análise combinatória

7

– Explorar as páginas 104 a 125 do Manual. – Explorar a tarefa da página 104. – Resolver os exercícios propostos 81 a 113. – Sugerir a resolução do Teste nº 1 do Caderno de Testes.

10. Triângulo de Pascal e binómio de Newton

3

– Explorar as páginas 126 a 133 do Manual. – Explorar a tarefa da página 126. – Resolver os exercícios propostos 114 a 120. – Explorar a tarefa da página 132. – Resolver os exercícios propostos 121 a 125.

11. Distribuição binomial

2

– Explorar as páginas 134 a 137 do Manual. – Explorar a tarefa da página 134. – Resolver os exercícios propostos 126 e 127. – Sugerir a resolução do Teste nº 2 do Caderno de Testes.

9

10


Tema II – Introdução ao cálculo diferencial II Unidade 1. Função exponencial de base superior a 1

Aulas de 90 min 3

Sugestões metodológicas – Explorar as páginas 8 a 23 do Manual. – Explorar as tarefas da página 6. – Resolver os exercícios propostos 1 a 11.

2. Função logarítmica de base superior a 1

4


3. Limites

4

– Explorar as páginas 66 a 89 do Manual. – Explorar as tarefas da página 66. – Resolver os exercícios propostos 41 a 61. – Sugerir a resolução do Teste nº 3 do Caderno de Testes.

4. Continuidade

3

– Explorar as páginas 90 a 105 do Manual. – Explorar a tarefa da página 90. – Resolver os exercícios popostos 62 a 76.

5. Assíntotas do gráfico de uma função

4

– Explorar as páginas 106 a 117 do Manual. – Explorar a tarefa da página 106. – Resolver os exercícios propostos 77 a 85. – Sugerir a resolução do Teste nº 4 do Caderno de Testes.

6. Derivadas

6

– Explorar as páginas 134 a 161 do Manual. – Explorar a tarefa da página 134. – Resolver os exercícios propostos 86 a 96. – Explorar a tarefa da página 150. – Resolver os exercícios propostos 97 a 111.

7. Aplicações das derivadas

6

– Explorar as páginas 162 a 191 do Manual. – Resolver os exercícios propostos 112 a 132. – Sugerir a resolução do Teste nº 5 do Caderno de Testes


Tema III – Trigonometria e números complexos Aulas de 90 min

Unidade

Sugestões metodológicas

1. Funções trigonométricas

6


3. Fórmulas trigonométricas: seno, cosseno e tangente da soma de dois ângulos

1


1


5. Derivadas das funções trigonométricas: seno, cosseno e tangente

3

– Explorar as páginas 40 a 57 do Manual. – Resolver os exercícios propostos 34 a 40. – Sugerir a resolução do Teste nº 6 do Caderno de Testes.

7. Números complexos

1

– Explorar as páginas 66 a 68 do Manual. – Resolver o exercício proposto 43.

8. Números complexos na forma algébrica

4

4. Estudo intuitivo de lim

x → 0

senx x


9. Representação de um número complexo

5

– Explorar as páginas 88 a 113 do Manual. – Resolver os exercícios propostos 63 a 85. – Sugerir a Resolução doTeste nº 7 do Caderno de Testes.

10. Domínios planos e condições em variável complexa

3

– Explorar as páginas 114 a 122 do manual. – Resolver os exercícios propostos 86 a 95. – Sugerir a resolução dos Testes Globais 1 e 2.

11

PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DO MANUAL

14


Tema I – Probabilidades e combinatória Página 10 1.

15 berlindes azuis ⎫ ⎪ Constituição inicial 15 berlindes brancos ⎬ da caixa ⎪ 30 berrlindes no total ⎭

b) F: “ser a favor” C: “ser contra” Ω = {(F, F, F), (F, F, C), (F, C, F), (F, C, C), (C, F, F), (C, F, C), (C, C, F), (C, C, C)} 1.a pessoa

2. Nada se pode concluir. 3. É igualmente provável que seja quer o Porto quer o Benfica, dado que a moeda é equilibrada.

Unidade 1 – Conceitos probabilísticos Página 12

C F C C

1.o 2.o 3.o 4.o 5.o 6.o 7.o 8.o 9.o jogo jogo jogo jogo jogo jogo jogo jogo jogo A B A A

N

A B

A

B A A

B B

A B

B A

B

B

A

A B

B

Moeda

A

A B

6. a) N: “sair face nacional” E: “sair face europeia”

Resultados possíveis (F, F, F) (F, F, C) (F, C, F) (F, C, C) (C, F, F) (C, F, C) (C, C, F) (C, C, C)

7. A: “ganha o jogador A” B: “ganha o jogador B” Ω = {AA, ABB, ABAA, ABABB, ABABAA, ABABABB, ABABABAA, ABABABABA, ABABABABB, BB, BAA, BABB, BABAA, BABABB, BABABAA, BABABABB, BABABABAB, BABABABAA} #Ω = 18

A

5. a) Ω = {0, 1, 2, 3} b) Ω = {verde, azul, rosa, amarelo, branco, laranja, vermelho}

F C F C F C F C

F

A

4. Ω = {1, 2, 3, 4}

3.a pessoa

F

5 berlindes azuis ⎫ Constituição da caixa ⎪ 10 berlindes brancos ⎬ após a primeira ⎪ 15 berllindes no total ⎭ extração Assim, na vez seguinte é mais provável que saia um berlinde branco.

2.a pessoa

A B

B

B A B

B

8. N: "sair face nacional" E: "sair face europeia" Resultados Dado possíveis 1 (N, 1) 2 (N, 2) 3 (N, 3) 4 (N, 4) 5 (N, 5) 6 (N, 6)

1 (E, 1) 2 (E, 2) 3 (E, 3) E 4 (E, 4) 5 (E, 5) 6 (E, 6) Ω = {(N, 1), (N, 2), (N, 3), (N, 4), (N, 5), (N, 6), (E, 1), (E, 2), (E, 3), (E, 4), (E, 5), (E, 6)}

1.o lançamento N E

2.o lançamento N E N E

Resultados possíveis (N, N) (N, E) (E, N) (E, E)

a) Ω = {(N, N), (N, E), (E, N), (E, E)} b) b1) Por exemplo, A: "sair face nacional nos dois lançamentos". A = {(N, N)} b2) Seja B: "sair faces diferentes nos dois lançamentos". B = ((N, E), (E, N)} b3) Por exemplo, C: "sair um ás". C=Ø

Tema I | Matemática 12

b4) Seja D: "sair pelo menos uma face europeia ou uma face nacional". D=Ω c) c1) {(E, N), (N, E)} c2) {(E, N), (N, E), (E, E)} c3) {(N, N)} c4) {(N, N), (E, E)} d) P(Ω) = { Ø, {(N, N)}, {(N, E)}, {(E, N)}, {(E, E)}, {(N, N), (N, E)}, {(N, N), (E, N)}, {(N,N), (E, E)}, {(N, E), (E, N)}, {(N, E), (E, E)}, {(E, N), (E, E)}, {(N, N), (N, E), (E, N)}, {(N, N), (N, E), (E, E)}, {(N, N), (E, N), (E, E)}, {(E, N), (N, E), (E, E)}, Ω} o 9. 1. filho

2.o filho F

F M F M M

3.o filho F M F M F M F M

Resultados possíveis (F, F, F) (F, F, M) (F, M, F) (F, M, M) (M, F, F) (M, F, M) (M, M, F) (M, M, M)

a) Ω = {(F, F, F), (F, F, M), (F, M, F), (F, M, M), (M, F, F), (M, F, M), (M, M, F), (M, M, M)} b) b1) Por exemplo, A: "os três filhos serem rapazes". A = {(M, M, M)} b2) Por exemplo, B: "ter pelo menos dois rapazes". B = {(M, M, F), (M, F, M), (F, M, M), (M, M, M)} b3) C: "ter pelo menos um rapaz ou uma rapariga" C=Ω c) c1) {(F, M, M), (M, F, M), (M, M, F)} c2) {(F, M, M), (M, F, M), (M, M, F), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F), (F, F, F)} c3) {(M, M, M), (F, M, M), (M, F, M), (M, M, F), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F)} c4) {(F, F, M), (F, M, F), (M, F, F), (F, F, F)} c5) {(M, M, M)}

Unidade 2 – Operações com acontecimentos Página 16 10. a) N: "sair face nacional" E: "sair face europeia" Ω = {N, E} P(Ω) = {Ø, {N}, {E}, {N, E}}

b) Ω = {S, N, T} P(Ω) = {Ø, {S}, {N}, {T}, {S, N}, {S, T}, {N, T}, {S, N, T}} 11. a) a1) a2) a3) a4) b) b1) b2) c)

Por exemplo, A: "sair o ás de copas". Por exemplo, B: "sair um ás". Por exemplo, C: "sair um treze". Por exemplo, D: "sair uma carta preta ou vermelha". R ∪ E: "sair um rei ou uma carta de espadas" R ∩ E: "sair o rei de espadas" O acontecimento "sair um rei" é incompatível com o acontecimento "sair uma dama".

12. a) A ∪ B = {0, 1, 3, 5, 7, 8} b) A ∩ B = {1, 7} c) √A = {2, 3, 4, 5, 6} d) A\B = {0, 8} e) B\A = {3, 5} 13. Opção (C) 14. I. A afirmação é verdadeira. Se dois acontecimentos A e B de uma mesma experiência aleatória são contrários, então A ∩ B = Ø e A ∪ B = Ω. Assim, como A ∩ B = Ø, então A e B são incompatíveis. II. A afirmação é falsa. Vejamos o seguinte contraexemplo: Ω = {1, 2, 3, 4}, A = {1} e B = {3, 4}, A ∩ B = Ø, ou seja, A e B são incompatíveis, porém, A ∪ B ≠ Ω, logo A e B não são contrários. 15. a) A ∪ B: "sair soma par ou soma superior ou igual a 7" b) A ∩ B: "sair soma 8 ou 10 ou 12" c) A ∩ √B: "sair soma 2 ou 4 ou 6" d) √A ∩ B: "sair soma 7 ou 9 ou 11" e) √A ∩ √B: "sair soma 3 ou 5" f) A √ ∪ B: "sair soma ímpar ou soma superior ou igual a 7" 16. a) A ∩ (B ∪ √A) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ √A) = (A ∩ B) ∪ Ø =A∩B b) B ∪ ( A ∩ B ) = B ∩ ( A ∩ B ) = B ∩ ( A ∪ B ) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ B ) = (B ∩ A) ∪ ∅ = B ∩ A = A ∩ B

15

16


c) (B F C ) F ( A E B ) = B F C E ( A E B ) = (B E C ) E ( A F B ) = [(B E C ) E A]  F [(B E C ) E  B ] = [ A E (B E C )]  F [B E (B E C )] = (( A E B ) E C )  F [(B E B ) E C ] = (( A E B ) E C))  F (’ E C ) = (( A E B ) E C )  F  ’ = ( A E B ) E C d) A F ( A E B ) = A E ( A E B ) = A E ( A F B ) = ( A E A) F (A E B ) = ’ F ( A E B ) = A E B = A \ B e) ( A E B ) F ( A F B ) = ( A E B ) E ( A F B ) = ( A F  B ) F ( A E B ) = [ A E ( A E B )] F [B E ( A E B )] = [( A E A) E B ] F [(A E B ) E B ] = (’ E B ) F [ A E (B E B )] = ’ F ( A E ’) = ’ F ’ = ’

Unidade 4 – Definição clássica de probabilidade Página 22 17. Vejamos as possibilidades que existem para a soma ser 12: 6 + 5 + 1 = 12 → 6 maneiras possíveis 6 + 4 + 2 = 12 → 6 maneiras possíveis 6 + 3 + 3 = 12 → 3 maneiras possíveis 5 + 5 + 2 = 12 → 3 maneiras possíveis 5 + 4 + 3 = 12 → 6 maneiras possíveis 4 + 4 + 4 = 12 → 1 maneira possível Existem, assim, 25 maneiras diferentes de obter soma 12. 18. a) P("a face voltada para cima ser vermelha") 8 2 = = 20 5 b) P("a face voltada para cima não ser vermelha") = P("a face voltada para cima é azul ou verde") 12 3 = = 20 5 19. 4 a) P("ser um número primo") = 9 1 b) P("ser um número múltiplo de 3 e par”) = 9

20.

1.a vez

2.a vez Resultados possíveis 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1

2

3

(1, 1) (1, 2) (1, 3) (2, 1) (2, 2) (2, 3) (3, 1) (3, 2) (3, 3)

3 1 a) P("as pontuações obtidas são iguais") = = 9 3 4 b) P("nenhuma pontuação é 2") = 9 5 c) P("pelo menos uma pontuação é 3") = 9 d) P("nenhuma pontuação é 2 e ambas as pontuações 2 são iguais") = 9 e) P("nenhuma pontuação é 2 ou ambas as pontuações 5 são iguais") = 9 21. # Ω = 100 # C = 46 C: "ver o Preço certo em euros" M: "ver o Quem quer ser milionário" # M = 52 # (C ∩ M) = 20 Ω # (C ∩ √M) = 46 – 20 = 26 # (M ∩ √C) = 52 – 20 = 32 M C # (C √ ∩M √ ) = 100 – 26 – 20 – 32 = 22 26 20 32 # (√C ∩ √M) 11 √ ∩M √ )= = 22 P(C #Ω 50 Opção (A) § P(C √ ∩M √ ) = 22% 22.

# Ω = 116 # C = 56 C: "especializar-se em Cardiologia" P: "especializar-se em Pediatria" # P = 50 R: "especializar-se em Reumatologia" # R = 46 # (C ∩ P ∩ R) = 10 # (C ∩ P) = 18 # (C ∩ R) = 16 # (P ∩ R) = 22 # (√P ∩ √R ∩ √C) = 116 – (32 + 20 + 18 + 8 + 10 + 12 + + 6) = 10 Ω C

32

8 6

10 18

20

P

12 R

10

56 – 8 – 10 – 6 = 32 50 – 8 – 10 – 12 = 20 46 – 6 – 10 – 12 = 18


a) A probabilidade pedida é

10 5 = 116 58

b) A probabilidade pedida é

32 + 20 + 18 70 35 = = 116 116 58

c) A probabilidade pedida é 18 9 = = 29 29

6 + 8 + 10 + 12 36 = 116 116

P("a soma dos números obtidos ser um número pri15 5 mo") = = 36 12 g) P("a soma dos números obtidos ser 13") = 0 h) P("o número máximo obtido ser maior ou igual a 3") 32 8 = = 36 9 24. 2.a extração

23. 2

3

4

5

6

1

(1, 1)

(1, 2)

(1, 3)

(1, 4)

(1, 5)

(1, 6)

2

(2, 1)

(2, 2)

(2, 3)

(2, 4)

(2, 5)

(2, 6)

3

(3, 1)

(3, 2)

(3, 3)

(3, 4)

(3, 5)

(3, 6)

4

(4, 1)

(4, 2)

(4, 3)

(4, 4)

(4, 5)

(4, 6)

5

(5, 1)

(5, 2)

(5, 3)

(5, 4)

(5, 5)

(5, 6)

6

(6, 1)

(6, 2)

(6, 3)

(6, 4)

(6, 5)

(6, 6)

a) P("exatamente uma das pontuações obtidas ser 6") 10 5 = = 36 18 b) P("pelo menos uma das pontuações obtidas ser 6") 11 = 36 25 c) P("nenhuma das pontuações obtidas ser 6") = 36 d) ×

1

2

3

4

5

6

1

1

2

3

4

5

6

2

2

4

6

8

10

12

3

3

6

9

12

15

18

4

4

8

12

16

20

24

5

5

10

15

20

25

30

6

6

12

18

24

30

36

2 1 P("o produto dos números obtidos ser 8") = = 36 18 e) P("o produto dos números saídos ser um número 9 1 ímpar") = = 36 4 f) +

1

2

3

4

5

1.a extração

V1 1

V2

V3

2

3

4

5

6

7

2

3

4

5

6

7

8

3

4

5

6

7

8

9

4

5

6

7

8

9

10

5

6

7

8

9

10

11

6

7

8

9

10

11

12

A2

V1

(V1, V1) (V1, V2) (V1, V3) (V1, A1) (V1, A2)

V2

(V2, V1) (V2, V2) (V2, V3) (V2, A1) (V2, A2)

V3

(V3, V1) (V3, V2) (V3, V3) (V3, A1) (V3, A2)

A1

(A1, V1) (A1, V2) (A1, V3) (A1, A1) (A1, A2)

A2

(A2, V1) (A2, V2) (A2, V3) (A2, A1) (A2, A2)

9 25 b) P("extrair um botão verde e um botão azul, por esta 6 ordem") = 25 12 c) P("extrair dois botões de cor diferente") = 25 a) P("extrair dois botões verdes") =

25. C: “comer canja” L: “comer sopa de legumes” P: “comer pescada” F: “comer frango” T: “comer tofu” A: “comer ananás” M: “comer mousse”

Sopa

Prato

Ementas Sobremesa possíveis

P C

F T P

6

1

A1

L

F T

a) 12 menús possíveis 4 1 b) P("comer frango") = = 12 3

A

(C, P, A)

M

(C, P, M)

A

(C, F, A)

M

(C, F, M)

A

(C, T, A)

M

(C, T, M)

A

(L, P, A)

M

(L, P, M)

A

(L, F, A)

M

(L, F, M)

A

(L, T, A)

M

(L, T, M)

17

18


_ _A_ V _ _A_ ou _A_ V _ _A_ V _ _A_ V _ 32. V _ _A_ V 5 × 10 × 5 × 10 × 5 × 10 + 10 × 5 × 10 × 5 × 10 × 5 = 125 000 + 125 000 = 250 000 códigos

26. DC: “dama de copas” DO: “dama de ouros” RE: “rei de espadas” 1.a extração

2.a extração

33. _ 8 _ 8 _ 8 _ 0 ou 1 ou 2

DC DC

DO RE

DC

(1 × 1 × 1 × 3) × 4 = 12 códigos diferentes _ 34. __ 4 __ __ __ ou __ 4 __ __ __ 3 × 9 × 8 × 7 + 1 × 5 × 8 × 7 = 1512 + 280 = 1792 números

DO

35.

DC DO

DO RE

RE

RE P("a Mariana extrair duas vezes o rei") =

1 9

27. Presid. Secret. 12 × 11 = 132 maneiras diferentes 28. Q1

Q2

8 + 8 + 8 + x < 27 § x < 27 – 24 §x<3

Q3 Q4 Q5 Q6 Q7

Q8 Q9 Q10

5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5

_ a) __ 2 __ __ __ ou __ 2 __ __ __ 1 × 6 × 8 × 7 + 7 × 9 × 8 × 7 = 3864 números _ _ b) __ 2 __ 4 __ __ ou __ 2 __ 4 __ __ ou __ 2 __ __ __ 1×1×7×7 + 1×3×7×7 + 4×7×7×7 = 1568 números Como se contabilizou o caso 2 _4 _0 _0 _ , temos que o retirar: 1568 – 1 = 1567 _ c) __ 2 __ __ __ ou __ 2 __ __ __ 1 × 4 × 5 × 4 + 4 × 6 × 5 × 4 = 560 números 36. rei rei copas copas espadas ou copas espadas espadas 12 × 1 × 13 + 13 × 1 × 12

= 510 = 9 765 625 chaves possíveis 29. 5×4×3×2×1 Raparigas 5 rapazes 5 casais 5 raparigas Rapazes 1×1×1×1×1 2 × (5 × 4 × 3 × 2 × 1) × (1 × 1 × 1 × 1 × 1) = 240 maneiras diferentes 30. a) L__ L2 __ L3 1 __ 3 × 2 × 1 = 6 modos distintos b) P P2 P __1 __ __3 5 × 4 × 3 = 60 modos diferentes → Lugares da frente 31. √2 × √1 × → Lugares de trás √3 × √2 × √1 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 12 maneiras diferentes

rei ouros ou copas ou paus espadas × 13 × 2 × 13 = 650

Unidade 5 – Definição axiomática de probabilidade Página 32 37. √52 × √51 = 2652 casos possíveis √R √R ou R √R ou √R √R √48 × √4 + √4 × √48 + √48 × √47 = = 2640 casos favoráveis 2640 220 P("ambas as cartas não serem reis") = = 2652 221 38. √10 × √9 = 90 casos possíveis B √ B √ √7 × √6 = 42 casos favoráveis P("sair pelo menos uma bola branca") = 1 – P("não sair nenhuma bola branca") 42 48 8 =1– = = 90 90 15


39. P(√A) = 3x, logo P(A) = 1 – 3x. Sabemos que P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), 1 ou seja, 9x = 1 – 3x + – 3x 2 3 § 9x + 6x = 2 3 3 § 15x = § x = § x = 0,1 2 30 7 6 7 § P({®}) + P({™}) + P({™}) + P({}) = 6 {®}, {™}, {} são acontecimentos disjuntos dois a dois: 7 § P({®}) + P({™}) + P({}) + P({™}) = 6 7 § P({®, ™, }) + P({™}) = 6 7 1 § 1 + P({™}) = § P({™}) = 6 6

40. P({®, ™}) + P({™, }) =

e d d d f d d d g

41. a) Sejam A e B dois acontecimentos quaisquer de um mesmo espaço de resultados, então: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) Como P(A ∩ B) ≥ 0, então P(A ∪ B) ≤ P(A) + P(B). A proposição é verdadeira. b) A proposição é falsa. Consideremos o espaço de resultados Ω = {1, 2, 3, 4}, A = {2, 3} e B = {3, 4} e os resultados elementares são equiprováveis. Tem-se que P(A) = P(B) = 0,5 ou seja 1 – P(A) = P(B) e A e B não são acontecimentos contrários já que A ∩ B = {3} ≠ ∅ e A ∪ B = {2, 3, 4} ≠ Ω.

b) P(A ∩ √B) = P(A) – P(A ∩ B) =

c) P(√A ∪ √B) = P(√A√ √∩√ √B) = 1 – P(A ∩ B) = 1 –

5 3 43. Como P(√A) = , então P(A) = . 8 8 a) Sabemos que P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), 7 3 1 ou seja, = + P(B) – 8 8 4 7 3 1 3 § P(B) = – + § P(B) = 8 8 4 4

1 3 = 4 4

44. R: "o Real Madrid ganha" E: "há um empate" B: "o Barcelona ganha" P(R) = 2 × P(E) e P(E) = 3 × P(B) a) Designemos P(B) por x. Como R, E e B são acontecimentos disjuntos dois a dois e R ∪ E ∪ B = Ω vem que: P(R) + P(E) + P(B) = 1 § 2 P(E) + 3 P(B) + P(B) = 1 § 6 P(B) + 3 P(B) + P(B) = 1 § 6x + 3x + x = 1 § 10x = 1 § x = 0,1 Assim, P(R) = 0,6. 0,6 = 0,3 2 P(B) = 0,1

b) P(E) =

45. P({1}) + P({2}) + P({3}) + P({4}) + P({5}) + P({6}) = 1 § P({1}) +

1 1 1 1 1 + + + + =1 6 6 6 6 4

§ P({1}) = 1 –

1 2 1 – § P({1}) = 4 3 12

a) P("sair número par") = P({2}) + P({4}) + P({6}) =

1 1 1 7 + + = 6 6 4 12

b) P("sair face 1 ou 6") = P({1}) + P({6})

c) A proposição é falsa. Consideremos o mesmo contraexemplo da alínea anterior. 42. P(A ∪ B ∪ C) = P[(A ∪ B) ∪ C} = P(A ∪ B) + P(C) – P[(A ∪ B) ∩ C] = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) + P(C) – P[(A ∩ C) ∪ (B ∩ C)] = P(A) + P(B) + P(C) – P(A ∩ B) – [P(A ∩ C) + + P(B ∩ C) – P[(A ∩ C) ∩ (B ∩ C)] = P(A) + P(B) + P(C) – P(A ∩ B) – P(A ∩ C) – P(B ∩ C) + + P(A ∩ B ∩ C) c.q.d.

3 1 1 – = 8 4 8

=

1 1 4 1 + = = 12 4 12 3

46. a)

1 – P(B ∩ A) = P(B ∩ A) = P(B ∪ A) = P(B ) +  P( A) – P(B ∩ A) = P(B ) + P( A) – [P(B ) – P(B ∩ A)] = P(B ) + P( A) – P(B ) + P( A ∩ B ) = P( A)  + P( A ∩ B )     c.q.d.

b)

P(A)  + P( A ∩ B ) = P(A) + P( A ∪ B ) = P(A) +  P(A) + P(B ) – P( A ∩ B ) = P(A) + 1 – P(A) + P(B ) – P( A ∩ B ) = P(B ) + 1 – P( A ∩ B ) = P(B )  + P( A ∩ B ) = P(B ) + P( A ∪ B )     c.q.d.

19

20


Unidade 6 – Probabilidade condicionada e independência Página 38 47. Sejam os acontecimentos: R: "ser rapariga" H: "ter hábitos de estudo" 860 43 Então, P(H|R) = = . 1400 70 Opção (C) 48. Para a soma dos números obtidos ser 6, só pode ter ocorrido um dos seguintes casos: (1, 5), (5, 1), (2, 4), (4, 2), (3, __3) Assim, a probabilidade de ter saído o mesmo número nos dois dados, sabendo que a soma dos 1 números saído foi 6, é de . 5 49.

P(√A ∩ B) P(B) – P(A ∩ B) = P(B) P(B) P(B) P(A ∩ B) = – = 1 – P(A|B) c. q. d. P(B) P(B) P[(A ∪ C) ∩ B] b) [P((A ∪ C)|B)] = P(B)

a) P(√A|B) =

P[(A ∩ B) ∪ (C ∩ B)] P(B) P(A ∩ B) + P(C ∩ B) – P[(A ∩ B) ∩ (C ∩ B)] = P(B) P(A ∩ B) P(C ∩ B) P[(A ∩ C) ∩ B] = + – P(B) P(B) P(B) =

= P(A|B) + P(C|B) – P[(A ∩ C)|B] 50. Sabe-se que P(A|B) =

c. q. d.

P(A ∩ B) . P(B)

Assim: 0,1 0,1 0,25 = § P(B) = § P(B) = 0,4 P(B) 0,25 Temos também que: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) Logo, 0,8 = P(A) + 0,4 – 0,1 § P(A) = 0,5. Assim, P(√A) = 1 – P(A) = 1 – 0,5 = 0,5. Como P(A) = P(√A), temos que A e √A são acontecimentos equiprováveis. 51. No contexto do problema, P(Y|X) significa "probabilidade de a pessoa escolhida ser do sexo feminino, sabendo que a carta retirada foi uma copa". Ora, se a carta retirada foi uma copa, escolhe-se uma pessoa da turma A, onde existem 15 raparigas, num total de 25 alunos.

Assim, e segundo a regra de Laplace, num espaço de resultados com um número finito de elementos e cujos resultados elementares são equiprováveis, a probabilidade de um acontecimento é dada pelo quociente entre o número de casos favoráveis a esse acontecimento (neste caso 15) e o número de casos possíveis (neste caso 25). A probabilidade 15 3 pedida é, então, , ou seja, . 25 5 52. Sejam os acontecimentos: A: "haver um assalto" B: "o alarme tocar" Sabe-se que: • P(A) = 0,1 • P(T|A) = 0,95 • P(T|√A) = 0,03 Assim: P(T|A) = 0,95 P(T ∩ A) § = 0,95 P(A) § P(T ∩ A) = 0,95 × 0,1 § P(T ∩ A) = 0,095 P(T|√A) = 0,03 P(T ∩ √A) § = 0,03 P(√A) § P(T ∩ √A) = 0,03 × 0,9 § P(T ∩ √A) = 0,027 T

√T

Total

A

0,095

0,1

√A

0,027

0,9

Total

0,122

1

a) P(T) = P(T ∩ A) + P (T ∩ √A) = 0,122 b) P(√A|T) =

P(√A ∩ T) 0,027 27 = = P(T) 0,122 122

53. Sejam os acontecimentos: J: "ser habitante jovem" F: "ser favorável ao projeto" Do enunciado, tem-se que: • P(F|J) = 0,7 • P(F|√J) = 0,4 • P(J) = 0,45 Assim: P(F|J) = 0,7 P(F ∩ J) § = 0,7 P(J) § P(F ∩ J) = 0,7 × 0,45 § P(F ∩ J) = 0,315


1 1 2 + = 15 15 15 1 2 11 • P(E) = 1 – – = 2 15 30 11 1 1 • P(F ∩ E) = – = 30 6 5 • P(D) =

P(F|√J) = 0,4 P(F ∩ √J) § = 0,4 P(√J) § P(F ∩ √J) = 0,4 × 0,55 § P(F ∩ √J) = 0,22 F

√F

Total

J

0,315

0,45

√J

0,22

0,55

Total

0,535

1

D

E

A

Total

M

1 15

1 6

1 10

1 3

F

1 15

1 5

2 5

2 3

Total

2 15

11 30

1 2

1

a) P(F) = P(F ∩ J) + P (F ∩ √J) = 0,315 + 0,22 = 0,535 b) P(J|F) =

P(J ∩ F) 0,315 = ) 0,59 P(F) 0,535

54. Sejam os acontecimentos: M: "ser rapaz" F: "ser rapariga" D: "ser estudante de Direito" E: "ser estudante de Engenharia" A: "ser estudante de Arquitetura" Sabe-se que: 1 3 1 • P(A) = 2 • P(F|A) = 80% • P(E|M) = 50% • P(D ∩ M) = P(D ∩ F) Assim: P(F|A) = 80% P(F ∩ A) § = 0,8 P(A) 1 § P(F ∩ A) = 0,8 × 2 2 § P(F ∩ A) = 5 • P(M) =

P(E|M) = 50% P(E ∩ M) 1 § = P(M) 2 1 1 § P(E ∩ M) = × 2 3 1 § P(E ∩ M) = 6 1 2 1 • P(A ∩ M) = – = 2 5 10 1 1 1 1 • P(D ∩ M) = – – = 3 10 6 15 1 • P(D ∩ F) = 15

Pelos cálculos anteriores: 11 a) P(E) = 30 1 15 P(D ∩ F) 3 1 b) P(D|F) = = = = 2 P(F) 30 10 3 c) Sabe-se que a probabilidade de ser estudante de 1 Engenharia rapaz é de P(M E E ) = . 6 Como estão presentes 10 rapazes de Engenharia, 10 1 então = , onde n é o número total de estudann 6 tes presentes. Assim, n = 60. Como a probabilidade de ser uma estudante de Arquitetura rapariga é de 2£ 2¥ ²²P(F E A) = ´´ , estão presentes na atuação 5¤ 5¦ 2 × 60 = 24 raparigas de Arquitetura. 5 55. Sejam os acontecimentos: S: "saber a resposta certa" A: "acertar na resposta" Sabe-se que: • P(S) = 0,4 • P(A|S) = 1 • P(A|√S) = 0,5 • P(√A|√S) = 0,5 4 0, 0, 6

S

√S

1 0,5

0,5

A → P(S ∩ A) = 0,4 A → P(√S ∩ A) = 0,6 × 0,5 = 0,3 √A → P(√S ∩ √A) = 0,6 × 0,5 = 0,3

Assim: P(S ∩ A) 0,4 0,4 4 P(S|A) = = = = P(A) 0,4 + 0,3 0,7 7

21

22


0,8 = k + (k + 0,1) – k × (k + 0,1) § 0,8 = 2 k + 0,1 – k2 – 0,1 k § k2 – 1,9 k + 0,7 = 0 7 1 §k= › k= 5 2 7 1 Como > 1, k só pode itir o valor . 5 2

56. a)

P(A|B) = 0,6 P(A ∩ B) § = 0,6 P(B) P(A ∩ B) § = 0,6 0,3 § P(A ∩ B) = 0,18 b) P(B|A) = 0,5 P(B ∩ A) § = 0,5 P(A) 0,18 § = 0,5 P(A) § P(A) = 0,36 P(√A) = 1 – P(A) = 1 – 0,36 = 0,64 c) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 0,36 + 0,3 – 0,18 = 0,48 P(√A ∩ B) P(B) – P(A ∩ B) = P(B) P(B) 0,3 – 0,18 = = 0,4 0,3

d) P(√A|B) =

57. a) P( A ∩ B ) – P( A)

P( A ∪ B ) – P( A) = P(B ) P(B ) 1 – P( A ∪ B ) – P( A) = P(B ) 1 – P( A) – P((B ) + P( A ∩ B ) – P( A) = P(B ) P( A) – P( A) +  P( A ∩ B ) – P(B )   = P(B ) P( A ∩ B ) P(B ) = – = P( A|B ) – 1     c. q. d. P(B ) P(B )

b) P( A|B ) – P( A |B ) × P(B ) = P( A |B ) × (1 – P(B )) P( A ∩ B ) = × P(B ) = P( A ∩ B ) = 1 – P( A ∩ B ) P(B ) = 1 – P( A ∪ B )     c. q. d.

1 1 1 × = 4 3 12

b) P(√A ∩ √B ∩ √C) = P(√A) × P(√B) × P(√C) = 42 7 = = 96 16

C

√C

Total

V

0,30

0,35

0,65

√V

0,15

0,20

0,35

Total

0,45

0,55

1

P(C ∩ V) 0,30 6 = = P(V) 0,65 13 A probabilidade pedida é de, aproximadamente, 46%. b) • P(V ∩ C) = 0,30 • P(V) = 0,65 • P(C) = 0,45 P(V) × P(C) = 0,2925 Como P(V ∩ C) ≠ P(V) × P(C), tem-se que V e C não são acontecimentos independentes. a) P(C|V) =

62. P( A ∪ B ) + P( A) × P(B ) = P( A) + P(B ) – P( A ∩ B ) + (1 – P( A)) × (1 – P(B )) A e B são acontecimentos independentes, logo:

58. a) P(A ∩ B) = P(A) × P(B) =

60. Se A e B são acontecimentos independentes, então P(A ∩ B) = P(A) × P(B). Se A e B fossem acontecimentos disjuntos (A ∩ B = Ø) teríamos: 0 = P(A) × P(B) § P(A) = 0 › P(B) = 0 § A = Ø › B = Ø, o que contraria as condições do enunciado. Logo, A e B não são disjuntos. 61. Sejam os acontecimentos: V: "a pessoa vê o anúncio" C: "a pessoa compra o jogo" Sabe-se que: • P(√V) = 0,35 • P(C) = 0,45 • P(√V ∩ √C) = 0,2 Assim:

3 2 7 × × 4 3 8

59. P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) Para A e B serem independentes tem que acontecer P(A ∩ B) = P(A) × P(B): Assim:

= P( A) + P(B)) –   P( A) × P(B ) + 1 – P(B ) – P( A) + + P( A) × P(B ) = 1

c. q. d.

63. P(√A ∩ B) = P(B) – P(A ∩ B) A e B são acontecimentos independentes, logo: = P(B) – P(A) × P(B) = P(B) (1 – P(A)) = P(B) × P(√A). Como P(√A ∩ B) = P(√A) × P(B), prova-se que √A e B são acontecimentos independentes.


Unidade 7 – Distribuição de frequências relativas e distribuição de probabilidades Página 56 64. a) Por exemplo, variável aleatória X – “soma da pontuação obtida em cada dado”; variável aleatória Y – ”produto da pontuação obtida em cada dado”. b) Por exemplo, variável aleatória X – “número de vezes que se obteve face nacional”; variável aleatória Y – “número de vezes que se obteve face europeia”. 65. a) X: "maior número de pintas no lançamento dos dois dados" 1 P(X = 1) = 1 2 3 4 5 6 36 1 1 2 3 4 5 6 3 1 P(X = 2) = = 36 12 2 2 2 3 4 5 6 5 P(X = 3) = 3 3 3 3 4 5 6 36 4 4 4 4 4 5 6 7 P(X = 4) = 5 5 5 5 5 5 6 36 9 1 6 6 6 6 6 6 6 P(X = 5) = = 36 4 11 P(X = 6) = 36 Tabela de distribuição de probabilidades de X: xi

1

2

3

4

5

6

P(X = xi)

1 36

1 12

5 36

7 36

1 4

11 36

b) Y: "valor absoluto da diferença do número de pintas no lançamento dos dois dados" 6 1 1 2 3 4 5 6 P(Y = 0) = 36 = 6 1 0 1 2 3 4 5 10 5 P(Y = 1) = = 36 18 2 1 0 1 2 3 4 8 2 = 3 2 1 0 1 2 3 P(Y = 2) = 36 9 4 3 2 1 0 1 2 6 1 P(Y = 3) = = 5 4 3 2 1 0 1 36 6 6 5 4 3 2 1 0 P(Y = 4) = 4 = 1 36 9 2 1 P(Y = 5) = = 36 18 Tabela de distribuição de probabilidades de Y: yi

0

1

2

3

4

5

P(Y = yi)

1 6

5 18

2 9

1 6

1 9

1 18

c) Z: "diferença entre a menor e a maior pontuação, ou zero se as pontuações forem iguais" 6 1 P(Z = 0) = = 1 2 3 4 5 6 36 6 1 0 –1 –2 –3 –4 –5 10 5 P(Z = –1) = = 36 18 2 –1 0 –1 –2 –3 –4 8 2 3 –2 –1 0 –1 –2 –3 P(Z = –2) = = 36 9 4 –3 –2 –1 0 –1 –2 6 1 P(Z = –3) = = 5 –4 –3 –2 –1 0 –1 36 6 4 1 6 –5 –4 –3 –2 –1 0 P(Z = –4) = = 36 9 2 1 P(Z = –5) = = 36 18 Tabela de distribuição de probabilidades de Z: zi

–5

–4

–3

–2

–1

0

P(Z = zi)

1 18

1 9

1 6

2 9

5 18

1 6

d) W: "máximo divisor comum das duas pontuações" 23 P(W = 1) = 1 2 3 4 5 6 36 1 1 1 1 1 1 1 7 P(W = 2) = 36 2 1 2 1 2 1 2 3 P(W = 3) = 3 1 1 3 1 1 3 36 4 1 2 1 4 1 2 1 P(W = 4) = 5 1 1 1 1 5 1 36 1 6 1 2 3 2 1 6 P(W = 5) = 36 1 P(W = 6) = 36 Tabela de distribuição de probabilidades de W: wi

1

2

3

4

5

6

P(W = wi)

23 36

7 36

3 36

1 36

1 36

1 36

66. k a) ∑P(X = xi) = 1 i = 1

P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) = 1 1 1 1 1 § + +a+ =1§a= 3 4 6 4 b) P(Y = –1) + P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2) = 1 § 0,5 + 0,26 + a2 + a = 1 § a2 + a – 0,24 = 0 1 6 §a= › a=– 5 5 Como P(Y = 2) = a, a só pode tomar valores positivos 1 ou nulos. Assim, a = . 5

23

24


67. a) Seja a = P(X = 1). P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) + + P(X = 6) = 1 § a + 2a + 3a + 4a + 5a + 6a = 1§ 21a = 1 1 §a= 21 1 Assim, P(X = 1) = 21 2 P(X = 2) = 21 3 P(X = 3) = 21 4 P(X = 4) = 21 5 P(X = 5) = 21 6 P(X = 6) = 21 Tabela de distribuição de probabilidades de X: xi

1

2

3

4

5

6

P(X = xi)

1 21

2 21

3 21

4 21

5 21

6 21

Representação gráfica: P(X = xi) 6 21 5 21 4 21 3 21 2 21 1 21 1

¨0 « «1 « 21 « «3 « 21 «« 6 b) F ( X ) = © « 21 « 10 « « 21 « 15 « « 21 «ª1

2

3

4

se

X < 1

se

1 ) X < 2

se

2 ) X < 3

se

3 ) X < 4

se

4 ) X < 5

se

5 ) X < 6

se

X * 6

5

6 xi

Representação gráfica: F(x) 1

15 21

10 21

6 21 3 21 1 21

0

1

2

3

4

5

6

x

68. Seja P(Z = 1) = a. P(Z = 1) + P(Z = 2) + P(Z = 3) + P(Z = 4) + P(Z = 5) + + P(Z = 6) = 1 1 1 1 1 1 §a+ a+ a+ a+ a+ a=1 2 3 4 5 6 60a 30a 20a 15a 12a 10a 60 § + + + + + = 60 60 60 60 60 60 60 60 § 147a = 60 § a = 147 20 §a= 49 Assim: 20 1 20 10 P(Z = 1) = ; P(Z = 2) = × = ; 49 2 49 49 1 20 20 1 20 5 P(Z = 3) = × = ; P(Z = 4) = × = ; 3 49 147 4 49 49 1 20 4 1 20 10 P(Z = 5) = × = ; P(Z = 6) = × = 5 49 49 6 49 147 Tabela de distribuição de probabilidades de Z: zi

1

2

3

4

5

6

P(Z = zi)

20 49

10 49

20 147

5 49

4 49

10 147

69. Seja X a variável aleatória que representa a quantia retirada em euros: Número de casos possíveis: 1.a extração 2.a extração × 3 2 = 6 casos Número de casos favoráveis: • Para soma 0,7 €: (0,2; 0,5) e (0,5; 0,2), logo 2 1 P(X = 0,7) = = . 6 3


71. a)

• Para soma 1,2 €: (0,2; 1) e (1; 0,2), logo 2 1 = . 6 3

P(X = 1,2) =

Aparelho 2 Aparelho 1

0

1

3

0

0

1

3

1

1

2

4

3

3

4

6

• Para soma 1,5 €: (0,5; 1) e (1; 0,5), logo 2 1 P(X = 1,5) = = . 6 3 Tabela de distribuição de probabilidades de X: xi

0,7

1,2

1,5

P(X = xi)

1 3

1 3

1 3

70. Seja R o acontecimento "sair rei" e Y a variável aleatória que representa o número total de cartas retiradas: 1.a ext.

4 52

R

48 52

2.a ext.

4 51

4.a ext.

5.a ext.

Y=1 Y=2

R 4 50

√R 47 51

3.a ext.

Y=3

R 4 49

√R 46 50

√R 45 49

Y=4

R 4 48

R Y=5

44 48

√R Y = 5

√R

Assim, a variável aleatória Y assume os valores 1, 2, 3, 4 e 5, e: 4 1 P(Y = 1) = = 52 13 48 4 16 P(Y = 2) = × = 52 51 221 48 47 4 376 P(Y = 3) = × × = 52 51 50 5525 48 47 46 4 415 104 P(Y = 4) = × × × = 52 51 50 49 6 497 400 51 888 = 812 175 48 47 46 45 4 48 47 46 P(Y = 5) = × × × × + × × × 52 51 50 49 48 52 51 50 45 44 224 156 160 583 740 × × = = 49 48 311 875 200 812 175 Tabela de distribuição de probabilidades de Y: yi

1

2

3

4

1 16 376 51 888 P(Y = yi) 13 221 5525 812 175

5 583 740 812 175

Assim, a variável aleatória Y assume os valores 0, 1, 2, 3, 4 e 6, e: Y = 0 corresponde ao caso (0, 0), logo: 1 1 1 P(Y = 0) = × = 2 2 4 Y = 1 corresponde aos casos (1, 0) e (0, 1), logo: 1 1 1 1 1 P(Y = 1) = × + × = 2 3 3 2 3 Y = 2 corresponde ao caso (1, 1), logo: 1 1 1 P(Y = 2) = × = 3 3 9 Y = 3 corresponde aos casos (3, 0) e (0, 3), logo: 1 1 1 1 1 P(Y = 3) = × + × = 6 2 2 6 6 Y = 4 corresponde aos casos (3, 1) e (1, 3), logo: 1 1 1 1 1 P(Y = 4) = × + × = 6 3 3 6 9 Y = 6 corresponde ao caso (3, 3), logo: 1 1 1 P(Y = 6) = × = 6 6 36 Assim, a tabela de distribuição de probabilidades de Y é: yi

0

1

2

3

4

6

P(Y = yi)

1 4

1 3

1 9

1 6

1 9

1 36

b) A probabilidade de um aparelho deste tipo, cada vez que é utilizado, produzir uma descarga de 1 volt 1 é de , logo em 360 utilizações espera-se que 3 1 × 360 = 120 vezes tal aconteça. 3 72. 6

a) + = - ( xi × pi ) i = 1

= –2 × 0,15 + (–1) × 0,25 + 0 × 0,3 + 1 × 0,05 + + 2 × 0,2 + 3 × 0,05 = 0,05 6

m =

2

- ( x – 0,05) × p i

i

i = 1

=

(–2 – 0,05)

2

2

× 0,15 + (–1 – 0,05) × 0,25 +

2

2

2

2

+ (0 – 0,05) × 0,3 + (1 – 0,05) × 0,05 + + (2 – 0,05) × 0,2 + (3 – 0,05) × 0,05 5 1,47 (2 c.d.)

25


26

b) a + 0,3 + 0,2 + 0,1 + 0,1 + 0,2 = 1 § a = 0,2 5

(

+ = - xi × pi

75. Com recurso à calculadora:

)

List 1

i = 1

2

= 1 × 0,2 + 2 × 0,3 + 3  × 0,2 + 4 × 0,1 + + 5 × 0,2 = 2,8 5

m =

- ( x – 2,8)

2

i

3

× pi 4

i = 1

=

(1 – 2,8)

2

2

× 0,2 + (2 – 2,8) × 0,3 +

2

5

2

+ (3 – 2,8) × 0,2 + (4 – 2,8) × 0,1 + 2

+ (5 – 2,8) × 0,2 = 1,4

6

73. μ = 2a + 3b = 2a + 3 (1 – a) = 2a + 3 – 3a =3–a Opção (C)

a+b=1 §b=1–a

7 8 9

74. Seja M o acontecimento "sair o rebuçado de morango" e X a variável aleatória "número de rebuçados de mentol que a Vitória come" 1.a extração 2.a extração 3.a extração 4.a extração

1 5 4 5

M

3 4

X=1

M 1 3

√M √M

2 3

X=2

M 1 2

M

1 2

√M

11 12

X=0 1 4

10

List 2 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 5 36 4 36 3 36 2 36 1 36

μ=7 σ ≈ 2,42

X=3

√M 1

M

X=4

Assim, a variável aleatória X assume os valores 0, 1, 2, 3 e 4, e: 1 P( X = 0) = 5 4 1 1 P( X = 1) = × = 5 4 5 P( X = 2)) =

4 3 1 1 × × = 5 4 3 5

P( X = 3) =

4 3 2 1 1 × × × = 5 4 3 2 5

P( X = 4) =

4 3 2 1 1 × × × × 1 = 5 4 3 2 5

Tabela de distribuição de probabilidades de X: xi

0

1

2

3

4

P(X = xi)

1 5

1 5

1 5

1 5

1 5

Unidade 8 – Modelo normal. Histograma versus função densidade Página 76 76. X1 ~ N (a, b) X2 ~ N (c, d) Como os gráficos são simétricos relativamente à mesma reta, tem-se que a = c; e como a curva que representa a variável X2 é mais achatada, tem-se que, o seu desvio-padrão é maior, isto é, b < d. Opção (B) 77. X1 ~ N (a, b) X2 ~ N (c, d) Como os gráficos são igualmente achatados, temos que b = d; e como a curva que representa a variável X2 atinge o seu máximo num ponto mais à direita do que a curva X2, tem-se que o seu valor médio é maior, isto é, c > a. Opção (D)


78. X ~ N (100, 10)

Aprende fazendo

a)

Páginas 84 a 103 1. A = {2, 4, 6} B = {2, 3, 5} A ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6} √A√ √∪√ √B = {1} Opção (B)

100

P(X < 100) = 0,5 b)

80

90 100

0,9545 P(80 < X < 100) = = 0,47725 2 c)

100 110 120

79. X ~ N (8, 3)

3. __ X __ __ __ __ __ __ 1×

e d f d g

1 – 0,9545 P(X ≥ 120) = = 0,02275 2 500 × 0,02 275 = 11,375 Em 500 indivíduos, espera-se que haja 11 diabéticos.

2. P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) § P(A ∪ B) = 0,6 + 0,6 – P(A ∩ B) § P(A ∪ B) = 1,2 – P(A ∩ B) Sabe-se que P(A ∪ B) ≤ 1, logo P(A ∩ B) > 0 e assim A ∩ B ≠ ∅, logo A e B são acontecimentos compatíveis. Opção (C)

6!

× 2 = 1440

número de maneiras de sentar a rapariga mais alta numa das 2 extremidades

Opção (D)

a)

2

5

8

11

14

4. Considere-se os acontecimentos: M: “ser funcionário mulher” F: “ser funcionário fumador” N.o de funcionários que são mulheres e fumadores

P(2 < X < 14) ≈ 0,9545 b)

Pretende-se P(M|F) = 2

5

8

11

30 = 0,375 = 37,5% 80

14

0,6827 P(X < 11) = 0,5 + = 0,84135 2

N.o total de funcionários fumadores

Opção (A)

c)

2

5

8

0,6827 = 0,34135 2

11

14

1 – 0,9545 = 0,02275 2

P(11 < X < 14) = 0,5 – 0,34135 – 0,02275 = 0,1359 80. X ~ N (161,3; 4,6) Com recurso à calculadora: a) P(155 < X < 165) ≈ 0,704 b) P(X > 170) ≈ 0,029 c) P(X > a) = 0,1 a = 167 cm

5. Pretende-se determinar o valor de P(X|Y), ou seja, a probabilidade de, ao escolher um aluno ao acaso, ser escolhida uma rapariga, sabendo que o aluno é da turma B. Ora, na turma B há 12 alunos, sendo 8 2 8 raparigas; assim, tem-se que P(X|Y) = = . 12 3 Opção (D) 6. Como A e B são acontecimentos independentes, P(A|B) = P(A). Logo, P(A|B) = 0,3. Opção (C) 7. Sendo P(A) ≤ P(B), P(A ∩ B) ≤ P(A). Assim, de todas as opções apresentadas, o único valor que P(A ∩ B) pode tomar é 0,3. Opção (D)

27


8. Sendo P(A) ≤ P(B), P(A ∪ B) ≥ P(B). Assim, de todas as opções apresentadas, o único valor que P(A ∪ B) pode tomar é 0,8. Opção (A) 9. Por definição de acontecimentos incompatíveis (A ∩ B = ∅), sabe-se que se ocorre A, não pode ocorrer B. Assim, a afirmação necessariamente verdadeira é a (B). Opção (B) 10. Número de casos possíveis: 5 × 5 = 25 Número de casos favoráveis: 5 5 1 Probabilidade pretendida: = 25 5 Opção (C) P(A ∩ B) 0,1 1 = = P(B) 0,4 4 Cálculo auxiliar: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 0,9 = 0,6 + P(B) – 0,1 § P(B) = 0,4 Opção (C)

14. Seja X a variável aleatória que representa o comprimento, em centímetros, de uma certa espécie de catos. X ~ N (75, 10) P(A) = P(X > 75) = 0,5

0,5 75

P(B) = P(65 < X < 85) ≈ 0,6827 0,6827

Opção (A)

65

70 75

85

Observa-se que P(C) < 0,6827. Opção (D) 15. Sendo que X segue uma distribuição normal de valor médio 5, para se ter P(X < k) = 20%, k terá de ser um valor inferior a 5. Assim, dos valores apresentados, k só pode ser 3. Opção (B) 16. Seja X a variável aleatória que representa o peso, em gramas, de uma certa qualidade de peras de um pomar. Sabemos que: X ~ N (100, σ) e P(90 < x < 110) = 0,9545. Sabemos também que se X ~ N(μ, σ), então P(μ – 2σ < X < μ + 2σ) ≈ 0,9545 logo, neste caso: 100 – 2σ = 90 § 100 + 2σ = 110 Opção (A) e f g

13. Se P(X ≤ 1) = P(X = 4), então: P(X = 0) + P(X = 1) = P(X = 4) 1 1 § + 2a = a + 12 6 1 1 §a= – 6 12 1 §a= 12 e P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + + P(X = 4) = 1 1 1 1 1 1 § +2× + +b+ + =1 12 12 5 12 6 3 §b= 10

85

P(C) = P(70 < X < 85)

11. P(A|B) =

12. No contexto da situação descrita P(√B|A) significa “a probabilidade de não sair bola com número ímpar na segunda extração, sabendo que saiu bola azul na primeira extração. Ora, se saiu bola azul na primeira extração quer dizer que saiu bola com número par. Assim, e como não houve reposição, restam no saco 5 bolas, sendo 3 ímpares (verme2 lhas) e 2 pares (azuis). Logo, P(√B|A) = . 5 Opção (C)

75

65

e f g

28

σ=5 σ=5

17. Seja X a variável aleatória que representa o nível obtido: x = 1 ×

10

+ 2 ×

40

240 240 40 + 5 × = 3,5 240

s =

10 240

+

40 240

  + 3 ×

× (1 – 3,5)2 +

40 240

50 240

  + 4  ×

100 240

  +

× (2 – 3,5)2 + … +

(5 – 3,5)2 ≈ 1,08 (2 c.d.)


Assim, P(x∫ – s < X < x∫ + s) = P(3,5 – 1,08 < X < 3,5 + 1,08) = P(2,42 < X < 4,58) = P(X = 3) + P(X = 4) 50 100 = + 240 240 = 0,625 = 62,5% Opção (A) 18. Seja Ω = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), …, (1, 6), (2, 1), …, (6, 6)} #Ω = 36 X: “no dado D aparece um 1” X = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)} 6 1 P(X) = = 36 6 Y: “a soma dos dois números é igual a 7” Y = {(1, 6), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)} 6 1 P(Y) = = 36 6 Z: “os dois números são iguais” Z = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} 6 1 P(Z) = = 36 6 X ∩ Y = {(1, 6)} 1 P(X ∩ Y) = 36 1 1 1 P(X) × P(Y) = × = 6 6 36 Como P(X ∩ Y) =) P(X) × P(Y), X e Y são acontecimentos independentes. A opção (A) é falsa. X ∩ Z = {(1, 1)} 1 P(X ∩ Z) = 36 1 1 1 P(X) × P(Z) = × = 6 6 36 Como P(X ∩ Z) = P(X) × P(Z), X e Z são acontecimentos independentes. A opção (B) é verdadeira. Y ∩ Z = ∅, logo Y e Z são acontecimentos incompatíveis e não são independentes. P(Y ∩ Z) = 0 1 1 1 P(Y) × P(Z) = × = 6 6 36 As opções (C) e (D) são falsas. Opção (B) 19. Num conjunto de 6 pessoas, considere-se os acontecimentos:

A: “pelo menos duas pessoas pertencerem ao mesmo signo” Assim: ∫A: “nenhuma pertencer ao mesmo signo” P(A) = 1 – P(∫A) 12 × 11 × 10 × 9 × 8 × 7 =1– 12 × 12 × 12 × 12 × 12 × 12 385 =1– 1728 1343 = 1728 Opção (C) 20. A probabilidade pedida será o quociente entre a área da estrela e a área do hexágono. • Determinação da área do hexágono (A1): p 6l 3 3 3 2 A1 = × apt = × l = l 2 2 2 2 • Determinação da área da estrela (A2):

l

Cálculo auxiliar: Determinação da área de cada triângulo sombreado: l × AΔ =

3 l 2 3 2 = l2 2 8

A2 = A1 – 6AΔ = = =

3 3

l2 – 6 ×

2 (× 4) 12 3 l2 8 6 3 8

–

l2 =

3

8 6 3

8 3 3 4

l2 l2

l2

Assim, a probabilidade pedida é: 3 3 2 l 1 4 = = 0,5 = 50% 3 3 2 2 l 2 Opção (A)

29

30


21. Seja X a variável aleatória que representa as classificações obtidas a nível nacional no Exame de Matemática. Como X segue uma distribuição normal de valor médio 130, então a curva normal que lhe está associada é da forma:

130

Tem-se que P(X ≤ 130) = 50% e P(X ≥ 130) = 50%. Sendo P(a ≤ X ≤ b) = 65%, todas as opções apresentadas são excluídas, à exceção da opção (D). Observe-se que: • Opção (A), P(130 ≤ X < 155) < 50%

Ω = { (N, N, N, N), (N, N, N, E), (N, N, E, N), (N, N, E, E), (N, E, N, N), (N, E, N, E), (N, E, E, N), (N, E, E, E), (E, N, N, N), (E, N, N, E), (E, N, E, N), (E, N, E, E), (E, E, N, N), (E, E, N, E), (E, E, E, N), (E, E, E, E) } c) Ω = {0, 1, 2, 3, 4} d) Ω = e) A: “sentar a Ana” B: “sentar a Berta” C: “sentar o Carlos” 1.o lugar

A B C

130

155

130

• Opção (C), P(140 ≤ X ≤ 160) < 50%

130 140 160

Opção (D) 22. a) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50} b) Resultados 1.a moeda

2.a moeda 3a moeda 4.a moeda

N N E N N E E N N E E N E E

N E N E N E N E N E N E N E N E

3.o lugar

Resultados possíveis

B

C

(A, B, C)

C

B

(A, C, B)

A

C

(B, A, C)

C

A

(B, C, A)

A

B

(C, A, B)

B

A

(C, B, A)

Ω = { (A, B, C), (A, C, B), (B, A, C), (B, C, A), (C, A, B), (C, B, A) }

• Opção (B), P(110 ≤ X ≤ 130) < 50%

110

2.o lugar

possíveis

(N, N, N, N) (N, N, N, E) (N, N, E, N) (N, N, E, E) (N, E, N, N) (N, E, N, E) (N, E, E, N) (N, E, E, E) (E, N, N, N) (E, N, N, E) (E, N, E, N) (E, N, E, E) (E, E, N, N) (E, E, N, E) (E, E, E, N) (E, E, E, E)

23. B: “a equipa vencedora ser o Brasil” E: “a equipa vencedora ser a Espanha” H: “a equipa vencedora ser a Holanda” P: “a equipa vencedora ser Portugal” a) Ω = {B, E, H, P} b) “A equipa vencedora ser a China” → acontecimento impossível “A equipa vencedora ser Portugal” → acontecimento elementar “A equipa vencedora ser europeia” → acontecimento composto “A equipa vencedora ser europeia ou de língua portuguesa” → acontecimento certo. c) P(Ω) = { ∅, {B}, {E}, {H}, {P}, {B, E}, {B, H}, {B, P}, {E, H}, {E, P}, {H, P}, {B, E, H}, {B, E, P}, {B, H, P}, {E, H, P}, {B, E, H, P} } 24. A = {1, 2, 5} B = {2, 4, 6} a) A ∩ B b) A ∫ ∫∪ ∫ ∫B ∫ ou ∫A ∩ ∫B c) A\B d) B\A 25. a) Ω = { (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6) }


b) A = { (4, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 4) } B = { (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4), (3, 6), (4, 1), (4, 3), (4, 5), (5, 2), (5, 4), (5, 6), (6, 1), (6, 3), (6, 5) } b1) A ∩ B = A = { (4, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 4) }

28. A: “ser português” B: “ser homem” • P(A) = 0,6 • P(B) = 0,36 • P(A ∩ B) = 0,15

b2) A ∪ B = B = { (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5),

Ω

(3, 2), (3, 4), (3, 6), (4, 1), (4, 3), (4, 5), (5, 2), (5, 4),

A

(5, 6), (6, 1), (6, 3), (6, 5) }

B 0,45

b3) B\A = { (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 5), (3, 4), (3, 6), (4, 3), b4) A\B = ∅

P(∫A ∩ ∫B) = 0,19

26.

0 1 2

0,21 0,19

(4, 5), (5, 2), (5, 4), (5, 6), (6, 1), (6, 3), (6, 5) }

1.a extr.

0,15

2.a extr.

3.a extr.

Resultados possíveis

1

2

(0, 1, 2)

2

1

(0, 2, 1)

0

2

(1, 0, 2)

2

0

(1, 2, 0)

0

1

(2, 0, 1)

1

0

(2, 1, 0)

a) Ω = { (0, 1, 2), (0, 2, 1), (1, 0, 2), (1, 2, 0), (2, 0, 1),

29. 7 32 24 3 P(A ∪ B) = = 32 4 16 1 = P(∫B) = 32 2 8 1 P(A \ B) = = 32 4 9 P(∫A \ ∫B) = 32

a) P(A ∩ B) = b) c) d) e)

(2, 1, 0) } b) A = { (1, 0, 2), (2, 0, 1), (2, 1, 0) } B = { (0, 2, 1), (1, 2, 0), (2, 1, 0) } C = { (0, 1, 2), (0, 2, 1), (2, 0, 1), (2, 1, 0) } b1) A ∩ B = { (2, 1, 0) } b2) A ∩ C = { (2, 0, 1), (2, 1, 0) } b3) A ∪ B = { (0, 2, 1), (1, 2, 0), (1, 0, 2), (2, 0, 1), (2, 1, 0) } b4) ∫B ∪ ∫C = { (0, 1, 2), (1, 2, 0), (1, 0, 2), (2, 0, 1) } b5) ∫B∫ ∫∪∫ C ∫ = { (1, 0, 2) } b6) B\C = { (1, 2, 0) } b7) C\B = { (0, 1, 2), (2, 0, 1) } 27. a) P(“sair uma figura”) =

12 3 = 40 10

b) P(“sair vermelha ou espadas”) = c) P(“sair preta e figura”) = d) P(“sair rei ou ás”) =

6 3 = 40 20

8 1 = 40 5

e) P(“sair nem paus nem figura”) = f)

30 3 = 40 4

P(“sair preta e não ás”) =

21 40

18 9 = 40 20

30. a) (A ∩ B) ∪ (A ∩ ∫B) = A ∩ (B ∪ ∫B) =A∩Ω = A c.q.d. ∫ ∫∫ B ∫ ) ∪ ∫B = (∫A ∩ B) ∪ ∫B b) (∫A∫ ∪ = (∫A ∪ ∫B) ∩ (B ∪ ∫B) = (∫A ∪ ∫B) ∩ Ω = ∫A ∪ ∫B ∫ c.q.d. = ∫A∫ ∫∩∫ B c) (A E B ) F ( B F A) =(A E B ) E (B F A) =[(A E B ) E B ) F ((A E B ) E A)] =[A E (B E B )] F [B E (A E A)] =(A E ’) F (A E B ) = ’ F (A E B ) =A E B = A \ B     c.q.d. 31. P(A) = P(B) P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = P(A) × P(A) = (P(A))2 Como P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), então P(A ∪ B) = P(A) + P(A) – P(A) × P(A), pois A e B são acontecimentos equiprováveis e independentes. § P(A ∪ B) = 2 P(A) – [P(A)]2 § P(A ∪ B) = P(A) [2 – P(A)] c.q.d.

31

32


32. a) Sejam os acontecimentos: M: “o doente melhorou” A: “o doente utilizou medicamento em creme” B: “o doente utilizou medicamento em comprimido” M

∫M

Total

A

36

14

50

B

30

20

50

Total

66

34

100

66 33 = 100 50 14 7 a2) P(∫M|A) = = 50 25 30 5 a3) P(B|M) = = 66 11 a1) P(M) =

33. Sejam os acontecimentos: B: “comprar o hambúrguer com bebida” F: “comprar o hambúrguer com batata frita” Do enunciado, temos que: • P(B ∩ F) = 40% • P(∫B ∩ ∫F) = 15% • P(B) = 65% Assim: F

∫F

Total

B

40%

25%

65%

∫B

20%

15%

35%

Total

60%

40%

100%

a) P(B ∩ ∫F) = 25% P(∫B ∩ F) = 20% A Maria tem razão. De facto, a probabilidade de um cliente comprar o hambúrguer com bebida e sem batata frita (25%) é maior do que a probabilidade de um cliente comprar o hambúrguer com batata frita e sem bebida (20%). b) Pretende-se determinar P(F|B): P(F ∩ B) 0,40 8 P(F|B) = = = P(B) 0,65 13 c) P(B) = 0,65 P(F) = 0,60 P(B ∩ F) = 0,40 P(B) × P(F) = 0,65 × 0,60 = 0,39 Como P(B ∩ F) ≠ P(B) × P(F), os acontecimentos B: “comprar hambúrguer com bebida” e F: “comprar hambúrguer com batata frita” não são acontecimentos independentes.

34. No contexto da situação descrita, P(B|A) significa “a probabilidade de a segunda ficha retirada ser ímpar, sabendo que a primeira ficha retirada foi par”. Assim, o número de casos possíveis é igual a 9 pois, após se ter retirado uma ficha da caixa, esta é de novo introduzida na caixa. O número de casos favoráveis é igual a 5, pois existem na caixa 5 fichas com um número ímpar (1, 3, 5, 7 e 9), que continuam na caixa após a primeira extração. Segundo a regra de Laplace, num espaço de resultados com um número finito de elementos e cujos resultados elementares são equiprováveis, a probabilidade de um acontecimento é dado pelo quociente entre o número de casos favoráveis a esse acontecimento e o número de casos possíveis; por5 tanto, a probabilidade pedida é . 9 35. No contexto da situação descrita, P(B|L) significa “a probabilidade de o segundo bombom retirado ser de chocolate branco, sabendo que o primeiro bombom retirado foi de chocolate de leite”. Ora, 1 P(B|L) = significa que, no momento da segunda 2 extração, encontravam-se na caixa tantos bombons de chocolate branco, como de chocolate de leite, ou seja, 15 bombons de cada – já que o primeiro bombom retirado e comido foi de chocolate de leite – restam na caixa todos os bombons de chocolate branco existentes inicialmente (15) e a mesma quantidade de bombons de chocolate de leite. Conclui-se, assim, que inicialmente existiam na caixa 16 bombons de chocolate de leite. 36. Sabe-se que: • P(A) = 0,4 • P(A ∪ B) = 0,7 • A e B acontecimentos independentes, logo P(A ∩ B) = P(A) × P(B). Assim: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 0,7 = 0,4 + P(B) – P(A) × P(B) § 0,3 = P(B) – 0,4 × P(B) § 0,6 P(B) = 0,3 0,3 § P(B) = 0,6 1 § P(B) = 2


37. Sejam os acontecimentos: T: “Tomás ar no exame” M: “Malaquias ar no exame” P(T) = 0,6 e P(M) = 0,8 Dispondo os dados num diagrama de árvore: 0,8 M → P(T ∩ M) = 0,6 × 0,8 = 0,48 T 0,2 M 0,6 ∫ → P(T ∩ M ∫ ) = 0,6 × 0,2 = 0,12 0, 4

T ∫

0,8 M → P(∫T ∩ M) = 0,4 × 0,8 = 0,32 0,2 M ∫ → P(∫T ∩ M ∫ ) = 0,4 × 0,2 = 0,08

Assim: a) P(∫T ∩ M ∫ ) = 0,08 b) P(∫T ∩ M) = 0,32 c) P(T ∩ M ∫ ) + P(∫T ∩ M) = 0,12 + 0,32 = 0,44 38. P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) = 1 15 k + 3 k + k2 + k2 + =1 32 17 § 2 k2 + 4 k – =1 32

§ k =

⎛ 17 ⎞ –4 ± 42 – 4 × 2 × ⎜– ⎟ ⎝ 32 ⎠ 2 × 2

1 17 ⁄ k=– 8 8 Como, por exemplo, P(X = 1) = k, k terá de ser um valor compreendido entre 0 e 1. 1 Assim, k = . 8 §k=

39. X – variável aleatória que representa o número de faces nacionais obtidas no lançamento de uma moeda equilibrada duas vezes. X assume os valores 0, 1 e 2 e: 1×1 1 P(X = 0) = = 2×2 4 1×1 1 P(X = 1) = ×2= ½ 2×2 2 1×1 1 P(X = 2) = = ¼ 2×2 4 Distribuição de probabilidades da variável X: xi

0

1

2

P(X = xi)

1 4

1 2

1 4

40. Sabendo que X assume os valores 0, 1, 2, 3, 4 e 5, tem-se que: • P(X ≤ 0) = P(X = 0) = 0,116

• P(X ≤ 1) = 0,428 § P(X = 0) + P(X = 1) = 0,428 § 0,116 + P(X = 1) = 0,428 § P(X = 1) = 0,312 • P(X ≤ 2) = 0,765 § P(X ≤ 1) + P(X = 2) = 0,765 § 0,428 + P(X = 2) = 0,765 § P(X = 2) = 0,337 • P(X ≤ 3) = 0,946 § P(X ≤ 2) + P(X = 3) = 0,946 § 0,765 + P(X = 3) = 0,946 § P(X = 3) = 0,181 • P(X ≤ 4) = 0,995 § P(X ≤ 3) + P(X = 4) = 0,995 § 0,946 + P(X = 4) = 0,995 § P(X = 4) = 0,049 • P(X ≤ 5) = 1 § P(X ≤ 4) + P(X = 5) = 1 § 0,995 + P(X = 5) = 1 § P(X = 5) = 0,005 Assim, a tabela de distribuição de probabilidades de X é: xi

0

1

2

3

4

5

P(X = xi) 0,116 0,312 0,337 0,181 0,049 0,005 41. X – “número de ovos partidos numa caixa” a) E(X) = 0 × 0,80 + 1 × 0,14 + 2 × 0,03 + 3 × 0,02 + + 4 × 0,01 + 5 × 0 + 6 × 0 = 0,3 V(X) = (0 – 0,3)2 × 0,8 + (1 – 0,3)2 × 0,14 + + (2 – 0,3)2 × 0,03 + (3 – 0,3)2 × 0,02 + + (4 – 0,3)2 × 0,01 + 0 + 0 = 0,51 b) Y – “número de ovos não partidos numa caixa” yi

0

1

P(Y = yi)

0

0

2

3

4

5

6

0,01 0,02 0,03 0,14 0,80

Observe-se que: P(Y = 0) = P(X = 6) P(Y = 1) = P(X = 5) P(Y = 2) = P(X = 4) P(Y = 3) = P(X = 3) P(Y = 4) = P(X = 2) P(Y = 5) = P(X = 1) P(Y = 6) = P(X = 0) E(Y) = 0 + 0 + 2 × 0,01 + 3 × 0,02 + 4 × 0,03 + + 5 × 0,14 + 6 × 0,8 = 5,7 V(Y) = 0 + 0 + (2 – 5,7)2 × 0,01 + (3 – 5,7)2 × 0,02 + + (4 – 5,7)2 × 0,03 + (5 – 5,7)2 × 0,14 + + (6 – 5,7)2 × 0,8 = 0,51

33


c) Observa-se que E(Y) = 6 – E(X) e V(Y) = V(X). A distribuição de probabilidades da variável Y é simétrica da distribuição de probabilidades da variável X em relação à reta da equação X = 3. 42. μ = 1,20 σ = 0,30 Sendo X ~ N (1,20; 0,30) tem-se que: a) P(0,9 < X < 1,5) ≈ 0,6827

0,9

1,50

{

1,20

{

34

- 0,3

+ 0,3

1 – 0,6827 2 = 0,84135

b) P(X > 0,9) ≈ 1 –

0,9

360 5 = 1296 18 625 360 Como > , concluímos que é mais prová1296 1296 vel nunca sair o número 1 do que saírem números todos diferentes. P(“saírem números todos diferentes”) =

45. R: “ter praticado rapel” S: “ter praticado slide” P(R) = 0,45 P(∫R) = 0,55 P(S) = 0,32 P(∫S) = 0,68 P(R ∩ S) = 0,14 P(R\S) = 0,45 – 0,14 = 0,31 P(S\R) = 0,32 – 0,14 = 0,18 P(∫R ∩ ∫S) = 1 – 0,31 – 0,14 – 0,18 = 0,37 R

S 0,31

0,14

0,18

1,20

c) c1) P(X > 1,20) = 0,5, logo em 400 plantas, espera-se que metade, isto é, 200 plantas meçam mais de 1,20 m.

1,20

1,50

1,80

1 – 0,9545 = 0,47725 2 logo, em 400 plantas, espera-se que 191 plantas meçam entre 1,20 m e 1,80 m.

c2) P(1,20 < X < 1,80) = 0,5 –

43. a) x = 1500 – (312 + 409 + 501) = 1500 – 1222 = 278 Pela Lei dos Grandes Números, a frequência relativa do acontecimento “sair face 4 na face voltada para baixo”, quando o número de repetições da experiência é suficientemente grande é uma boa aproximação do valor da probabilidade do acontecimento em causa. P(“sair o número 4 na face voltada para baixo”) 278 139 = = 1500 750 b) Aumentaria o número de repetições da experiência. 44. Número de casos possíveis: 64 = 1296 Número de casos favoráveis: 54 = 625 625 P(“nunca sair o número 1”) = 1296 Número de casos possíveis: 64 = 1296 Número de casos favoráveis: 6 × 5 × 4 × 3 = 360

46. 2 azuis 3 brancos 1 castanho 6 no total a) Número de casos possíveis: 6 × 5 = 30 Número de casos favoráveis: B B ∫3 × ∫2 = 6 P(“os dois cartões extraídos serem brancos”) 6 1 = = 30 5 b) Número de casos favoráveis: B ∫B ou ∫B B ∫3 × ∫3 + ∫3 × ∫3 = 18 18 3 P(“um dos cartões saídos ser branco”) = = 30 5 c) Número de casos favoráveis: B ∫B ou ∫B B ou B B ∫3 × ∫3 + ∫3 × ∫3 + ∫3 × ∫2 = 24 P(“pelo menos um dos cartões ser branco”) 24 4 = = 30 5 d) Número de casos favoráveis: A A ou B B ∫2 × ∫1 + ∫3 × ∫2 = 8 8 4 P(“os dois cartões serem da mesma cor”) = = 30 15 e) Número de casos favoráveis: ∫C ∫C ∫5 × ∫4 = 20 20 2 P(“nenhum dos cartões ser castanho”) = = 30 3


47. Número de casos possíveis: ∫5∫2 × ∫5∫1 = 2652 a) Número de casos favoráveis: A R ou R A ∫4 × ∫4 + ∫4 × ∫4 = 32 P(“sair um ás e um rei, por qualquer ordem”) =

32 8 = 2652 663

b) Número de casos favoráveis: C C ∫1∫3 × ∫1∫2 = 156 P(“saírem ambos de copas”) =

156 1 = 2652 17

c) Número de casos favoráveis: C ∫C ou ∫C C ou C C ∫1∫3 × ∫3∫9 + 3 ∫ ∫9 × ∫1∫3 + 1∫ ∫3 × ∫1∫2 = 1170 P(“sair pelo menos uma carta de copas”) 1170 15 = = 2652 34 d) Número de casos favoráveis: ∫C

∫C

∫3∫9 × ∫3∫8 = 1482 P(“não sair copas”) =

1482 19 = 2652 34

48. a) Número de casos possíveis: ∫1∫2 × ∫1∫2 × ∫1∫2 = 1728 Número de casos favoráveis: ∫1∫2 × ∫1 × ∫1 = 12 P(“terem nascido todas no mesmo mês”) 12 1 = = 1728 144

49. P(A) = 0,4 P(A ∪ B) = 0,5 a) P(A ∩ B) = 0 Como P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), então 0,5 = 0,4 + P(B) – 0 § P(B) = 0,1. b) P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 0,4 × P(B) Como P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), então 0,5 = 0,4 + P(B) – 0,4 P(B) § 0,1 = 0,6 P(B) 1 § P(B) = 6 c) P(A|B) = 0,1 § P(A ∩ B) = 0,1 × P(B) Como P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B), então 0,5 = 0,4 + P(B) – 0,1 P(B) § 0,1 = 0,9 P(B) 1 § P(B) = 9 50. P(∫A|∫B) × P(∫B) – P(∫A) P(∫A ∩ ∫B) = × P(∫B) – P(∫A), P(∫B) ≠ 0 P(∫B) = P(∫A ∩ ∫B) – P(∫A) = P(∫A∫ ∪ ∫ ∫B ∫ ) – [1 – P(A)] = 1 – P(A ∪ B) – 1 + P(A) = 1 – [P(A) + P(B) – P(A ∩ B)] – 1 + P(A) = 1 – P( A) – P(B ) + P( A E B ) – 1 + P(A) = P(A ∩ B) – P(B)

c.q.d.

51. P( A) = P(B ) 1 + P(B | A) = 1 + = =

b) Número de casos possíveis: ∫1∫2 × ∫1∫2 × ∫1∫2 = 1728 Número de casos favoráveis:

=

∫1∫2 × ∫1∫1 × ∫1∫0 = 1320 P(“terem nascido todas em meses diferentes”) 1320 55 = = 1728 72

=

P(B E A)

P( A) P( A) + P( A E B )

P( A) P(A) + P( A) – P( A E  B ) P( A) P( A) + P(B ) – P( A E B ) P( A) P( A F B ) P( A)

(∫1∫2 × ∫1 × ∫1∫1) × 3 = 396 P(“terem nascido duas e só duas no mesmo mês”) 396 11 = = 1728 48

, poiis P( A) = P(B )

     c.q.d.

52. a)

c) Número de casos possíveis: ∫1∫2 × ∫1∫2 × ∫1∫2 = 1728 Número de casos favoráveis: M M D

P(A) × P(B | A) + P(B ) =

P(B E A)

× P(A) + P(B ), P( A) & 0

P(A) = P(B E A) + P(B ) = P(B ) – P(A E B ) + 1 – P(B ) = 1 – P( A E B ) = P(A E B ) = P(A F B )     c.q.d.

35

36


b)

P(A ∩ B) ≥ 1 – P(∫A) – P(∫B) § P(A ∩ B) ≥ 1 – [1 – P(A)] – [1 – (P(B)] § P(A ∩ B) ≥ 1/ – 1/ + P(A) – 1 + P(B) § P(A ∩ B) ≥ P(A) + P(B) – 1 § 1 ≥ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) § 1 ≥ P(A ∪ B) § P(A ∪ B) ≤ 1 Proposição verdadeira pela axiomática de probabilidades de Kolmogorov.

c) P( A |B ) = P( A E B ) , P(B ) & 0 P(B ) = = = = =

P( A F B )

P(B ) 1 – P( A F B )

P(B ) 1 – [P( A) + P(B ) – P( A E B )] P(B ) 1 – P( A) – P(B ) + P( A E B ) P(B ) P(B ) – P( A) + P( A E B )

= 1 +

P(B ) P( A E B ) – P( A) P(B )

     c.q.d.

53. X E Y = ’ §  P( X E Y ) = 0 [P( X ) + P(Y )] × P( X | ( X F Y )) P[ X E ( X F Y )] = [P( X ) + P(Y )] × P( X F Y ) P( X )(1) = [ P( X ) + P(Y ) ] × , (2 ) P( X ) + P(Y ) (1) pois X „ X F Y (2) pois X e Y são incompatíveis = P( X )     c.q.d.

Organizando os dados numa tabela, temos: F

M

Total

E

0,45

0,15

0,6

√E

0,25

0,15

0,4

Total

0,7

0,3

1

Pretende-se saber P(F|E). P(F ∩ E) 0,45 Assim, P(F|E) = = = 0,75. P(E) 0,6 55. Sejam os acontecimentos: A: “Ana embrulha o presente” B: “Berta embrulha o presente” C: “Carolina embrulha o presente” T: “o presente ter o preço” Do enunciado, temos que: • P(A) = 0,3 • P(T|A) = 0,03 • P(B) = 0,2 • P(T|B) = 0,08 • P(C) = 0,5 • P(T|C) = 0,05 Donde, podemos concluir que: P(T ∩ A) P(T|A) = P(A) P(T ∩ A) 0,3 § P(T ∩ A) = 0,009 § 0,03 =

P(T ∩ B) P(B) P(T ∩ B) § 0,08 = 0,2 § P(T ∩ B) = 0,016 P(T|B) =

P(T ∩ C) P(C) P(T ∩ C) § 0,05 = 0,5 § P(T ∩ C) = 0,025 Organizando os dados numa tabela: P(T|C) =

54. Sejam os acontecimentos: F: “ser do sexo feminino” M: “ser do sexo masculino” E: “ser candidato ao primeiro emprego” Do enunciado, temos que: • P(F) = 0,7 • P(E) = 0,6 • P(M|E) = 0,25 Então, podemos concluir que: P(M|E) = 0,25 P(M ∩ E) § = 0,25 P(E) P(M ∩ E) § = 0,25 0,6 § P(M ∩ E) = 0,15

A T

B

C

0,009 0,016 0,025

Total 0,05

∫T Total

0,3

0,2

0,5

1

a) P(T) = P(T ∩ A) + P(T ∩ B) + P(T ∩ C) = 0,05 b) Pretende-se determinar P(B|T): P(B ∩ T) 0,016 P(B|T) = = = 0,32 P(T) 0,05


c) P(T) = 0,05 P(B) = 0,2 P(T ∩ B) = 0,016 P(T) × P(B) = 0,05 × 0,2 = 0,01 Como P(T ∩ B) ≠ P(T) × P(B), conclui-se que os acontecimentos T: “o presente embrulhado ter preço” e B: “o presente ser embrulhado pela Carolina” não são acontecimentos independentes. d) P(T) = 0,05 P(C) = 0,5 P(T ∩ C) = 0,025 P(T) × P(C) = 0,05 × 0,5 = 0,025 Como P(T ∩ C) = P(T) × P(C), conclui-se que os acontecimentos T: “o presente embrulhado ter preço” e C: “o presente ser embrulhado pela Carolina” são acontecimentos independentes. 56. Através dos dados do enunciado: 2 5 1 2 1 2

C1

C2

3 5 2 3 1 3

1 2 1 × = 2 5 5 1 3 3 V → P(C1 ∩ V) = × = 2 5 10 B → P(C1 ∩ B) =

1 2 1 × = 2 3 3 1 1 1 V → P(C2 ∩ V) = × = 2 3 6 B → P(C2 ∩ B) =

3 5 1 b) P(V|C2) = 3 3 1 7 c) P(V) = P(V ∩ C1) + P(V ∩ C2) = + = 10 6 15 3 10 P(C1 ∩ V) 9 d) P(C1|V) = = = 7 P(V) 14 15 1 3 P(C2 ∩ B) 5 e) P(C2|B) = = = 8 P(B) 8 15 a) P(V|C1) =

Cálculo auxiliar: P(B) = P(B ∩ C1) + P(B ∩ C2) 1 1 8 = + = 5 3 15

f)

1 5 P(C1 ∩ B) 3 P(C1|B) = = = 8 P(B) 8 15

57. Através dos dados do enunciado: 1 1 3

C1 C2

1 3

0 0 1 1 2

C3 1 2

1 3 V → P(C1 ∩ V) = 0 F → P(C2 ∩ F) = 0 1 V → P(C2 ∩ V) = 3 1 F → P(C3 ∩ F) = 6 1 V → P(C3 ∩ V) = 6 F → P(C1 ∩ F) =

1 3 b) P(F) = P(F ∩ C1) + P(F ∩ C2) + P(F ∩ C3) 1 1 1 = +0+ = 3 6 2 1 6 P(C3 ∩ F) 1 = = c) P(C3|F) = 1 P(F) 3 2

a) P(C1) =

58. No contexto da situação descrita, P(B|∫A) significa “a probabilidade de sair um rebuçado de morango, sabendo que não saiu face par no lançamento do dado tetraédrico”. Ora, se não saiu face par, significa que não saiu face 4 e, logo, retira-se, ao acaso, um rebuçado do saco 2. No saco 2 existem 15 rebuçados, sendo 4 de morango. Como segundo a regra de Laplace, num espaço de resultados com um número finito de elementos e cujos resultados elementares são equiprováveis, a probabilidade de um acontecimento é dado pelo quociente entre o número de casos favoráveis a esse acontecimento (neste caso 4) e o número de casos possíveis (neste caso 15), temos que 4 . Assim, dos três amigos, quem tem P(B|∫A) = 15 razão é o José. 59. Consideremos os acontecimentos: T1: “Tobias escolher o café Central” T2: “Tobias escolher o café Convívio” T3: “Tobias escolher o café da Esquina” 5 Sabemos que P(T1) = , P(T2) = P(T3) e que 9 P(T1) + P(T2) + P(T3) = 1, logo: 5 + P(T2) + P(T2) = 1 9 5 1 – 2 2 9 § P(T2) = § P(T2) = e P(T3) = 2 9 9

37

38


M1: “Malaquias escolher o café Central” M2: “Malaquias escolher o café Convívio” M3: “Malaquias escolher o café da Esquina” 1 Sabemos que P(M2) = , P(M1) = P(M3) e que 7 P(M1) + P(M2) + P(M3) = 1, logo: 1 P(M1) + + P(M1) = 1 7 1 1 – 7 § P(M1) = 2 3 3 § P(M1) = e P(M3) = 7 7 J1: “Jeremias escolher o café Central” J2: “Jeremias escolher o café Convívio” J3: “Jeremias escolher o café da Esquina” 1 Sabemos que P(J1) = P(J2) = P(J3) = . 3 a) P(T1 ∩ M1 ∩ J1) = P(T1) × P(M1) × P(J1) 5 3 1 = × × 9 7 3 5 = 63 b) P(T1 ∩ M1 ∩ J1) + P(T2 ∩ M2 ∩ J2) + P(T3 ∩ M3 ∩ J3) 5 2 1 1 2 3 1 = + × × + × × 63 9 7 3 9 7 3 5 2 2 = + + 63 189 63 23 = 189 c) Seja A o acontecimento “no máximo dois amigos encontram-se no mesmo café”, então ∫A é o acontecimento “todos os amigos se encontram no mesmo café”. Assim: P(A) = 1 – P(∫A) 23 =1– (determinado na alínea anterior) 189 166 = 189

Dispondo os dados num diagrama em árvore:

X

1 4 3 4

Y

0,8 A → P(X ∩ A) = 1 × 0,8 = 0,2 4 1 0,2 ∫A → P(X ∩ ∫A) = × 0,2 = 0,05 4 3 0,1 A → P(Y ∩ A) = × 0,1 = 0,075 4 3 ∫ → P(Y ∩ A ∫ ) = × 0,9 = 0,675 0,9 A 4

P(X ∩ A) 0,2 8 = = P(A) 0,275 11 P(Y ∩ A) 0,075 3 • P(Y|A) = = = P(A) 0,275 11 • P(X|A) =

Cálculo auxiliar: P(A) = P(X ∩ A) + P(Y ∩ A) = 0,2 + 0,075 = 0,275 Observe-se que, P(X|A) > P(Y|A), ou seja, sabendo que, de manhã, quando acorda, a Andreia se sente bastante agoniada, é mais provável ter tomado o analgésico X. 61. Considera os acontecimentos: N: “sair face nacional” E: “sair face europeia” Seja X a variável aleatória que representa o número de face nacionais obtidas. X assume os valores 0, 1, 2, 3 e 4. 1 1 1 1 1 P(X = 0) = × × × = (E, E, E, E) 2 2 2 2 16 1 1 1 1 1 4 1 P(X = 1) = × × × × × 4 = = 2 2 2 2 2 16 4 (N, E, E, E), (E, N, E, E), (E, E, N, E), (E, E, E, N) 1 1 1 1 6 3 × × × ×6= = 2 2 2 2 16 8 (E, E, N, N), (N, N, E, E), (N, E, E, N), (E, N, N, E), (N, E, N, E), (E, N, E, N) P(X = 2) =

1 1 1 1 4 1 × × × ×4= = 2 2 2 2 16 4 (N, N, N, E), (N, E, N, N), (N, N, E, N), (E, N, N, N) P(X = 3) =

60. Sejam os acontecimentos: X: “tomar o analgésico X” Y: “tomar o analgésico Y” A: “sentir-se agoniado” Do enunciado, sabe-se que: 1 • P(X) = 4 • P(A|X) = 0,8 3 • P(Y) = 4 • P(A|Y) = 0,1

P(X = 4) =

1 1 1 1 1 × × × = 2 2 2 2 16

(N, N, N, N)

Tabela de distribuição de probabilidades da variável X: xi

0

1

2

3

4

P(X = xi)

1 16

1 4

3 8

1 4

1 16


62.

P(X = 40) = P(X > 40) 1 1 § 2a – = P(X = 50) § 2a – =a 12 12 1 §a= 12 P(X ≤ 10) = 3 P(X = 50) § P(X = 0) + P(X = 10) = 3 ×

1 12

1 3 2 +b= §b= 12 12 12 1 §b= 6 P(X = 0) + P(X = 10) + P(X = 20) + P(X = 30) + + P(X = 40) + P(X = 50) = 1 1 1 1 1 1 1 + +c+ +2× – + =1 12 6 4 12 12 12 1 §c= 3 §

63. X – “pontuação obtida” a) xi 1 2 1 6

P(X = xi)

1 36 4 1 P(Y = 3) = = 36 9 10 5 P(Y = 4) = = 36 18 12 1 P(Y = 5) = = 36 3 9 1 P(Y = 6) = = 36 4 b2) Com recurso à calculadora: E(Y) ≈ 4,67 σY ≈ 1, 05409 Logo, V(Y) = σY2 ≈ 1,11 P(Y = 2) =

64. Seja X a variável aleatória que representa o tempo que um mecânico demora a substituir num carro as pastilhas dos travões. X ~N (90, 5) a)

85 90 95

3

1 3

1 – 0,6827 = 0,15865, ou seja, 2 P(X < 85) ≈ 16% P(X < 85) ≈

1 2 b)

1 1 1 7 μ = 1 × + 2 × + 3 × = 6 3 2 3

90 95 100 105

⎛ 7⎞ 1 ⎛ 7⎞ 1 ⎛ 7⎞ 1 σ = ⎜1 – ⎟ × + ⎜2 – ⎟ × + ⎜3 – ⎟ × ⎝ 3⎠ 6 ⎝ 3⎠ 3 ⎝ 3⎠ 2 2

5

=

9

2

2

1 – 0,9973 = 0,00135, ou seja, 2 P(X > 105) ≈ 0,135% P(X > 105) ≈

≈ 0,745

c)

b) b1) Y – “soma das pontuações obtidas em dois lançamentos do dado” yi

2

3

4

5

6

P(Y = yi)

1 36

1 9

5 18

1 3

1 4

90 95 100

P(95 < X < 100) ≈ 0,5 –

0,6827 1 – 0,9545 – 2 2

= 0,1359, ou seja, P(95 < X < 100) ≈ 13,59%

1

2

2

3

3

3

65. a) 1 2 3 4 ∫8 × ∫8 × ∫8 × ∫8 = 84 = 4096

1

2

3

3

4

4

4

b) 1 2 3 4 ∫8 × ∫8 × ∫8 × ∫1 = 83 = 512

2

3

4

4

5

5

5

2

3

4

4

5

5

5

3

4

5

5

6

6

6

3

4

5

5

6

6

6

3

4

5

5

6

6

6

2.o 1.o

c) 1 2 3 4 ∫8 × ∫7 × ∫6 × ∫5 = 8A4 = 1680 66. Número de casos possíveis: M1 M2 M3 M4 M5 ∫5 × ∫5 × ∫5 × ∫5 × ∫5 = 55 = 3125

39

40


Número de casos favoráveis: M1 M2 M3 M4 M5 ∫5 × ∫4 × ∫3 × ∫2 × ∫1 = 120 P(“ficarem todos em hotéis distintos”) =

120 24 = 3124 625

67. Número de casos possíveis: 510 = 9 765 625 Número de casos favoráveis: 5 P(“saírem todos na mesma paragem”) 5 1 1 = 10 = 9 = 5 5 1 953 125 68. |0 _____| |0 _____| |0 _____| |0 _____| |0 _____| Caixa 1 Caixa 2 Caixa 3 Caixa 4 Caixa 5 Começamos por colocar uma bola em cada uma das caixas. Restam-nos 2 bolas para colocar nas caixas. As duas bolas podem ficar juntas na mesma caixa (5 possibilidades) ou ficarem separadas (5C2 = 10 possibilidades). Ou seja, existem 15 maneiras diferentes de colocar as bolas. 69. 58 = 390 625 70. Número de casos possíveis: x y z ∫6 × ∫6 × ∫6 = 216 a) Número de casos favoráveis: 1 ∫6 × ∫6 × ∫1 = 36 1 P(“o ponto P pertencer ao plano z = 1”) = 6 b) Número de casos favoráveis: ∫6 × ∫6 × ∫1 = 36 1 P(“o ponto P pertencer ao plano y = z”) = 6 c) Número de casos favoráveis: ∫3 × ∫6 × ∫6 = 108 1 P(“o ponto P pertencer ao semiplano x ≤ 3”) = 2 71. M: “a Vitória apaixonar-se por rapazes morenos” D: “a Vitória apaixonar-se por rapazes desportistas” P(M) = 0,6 P(D) = 0,7 P(∫M ∩ ∫D) = 0,25 a) P((M ∩ ∫D) ∪ (D ∩ ∫M)) = P(M ∩ ∫D) + P(D ∩ ∫M) ∫ ) são acontecimentos disjunpois (M ∩ D ∫ ) e (D ∩ M tos. = P(M) – P(M ∩ D) + P(D) – P(D ∩ M) Cálculo auxiliar: P(∫M ∩ ∫D) = 0,25 § P(∫M∫ ∫∪∫ D) = 0,25 § 1 – P(M ∪ D) – 0,25 § 0,75 = P(M ∪ D)

P(M ∪ D) = P(M) + P(D) – P(M ∩ D) Então: 0,75 = 0,6 + 0,7 – P(M ∩ D) § P(M ∩ D) = 1,3 – 0,75 § P(M ∩ D) = 0,55 Continuando o cálculo de P[(M ∩ ∫D) ∪ (D ∩ ∫M)]: P(M) – P(M ∩ D) + P(D) – P(D ∩ M) = 0,6 – 0,55 + 0,7 – 0,55 = 1,3 – 1,1 = 0,2 P(M ∩ ∫D) 0,05 5 1 b) P(M|∫D) = = = = P(∫D) 0,3 30 6 72. A: “a carta extraída ser ás” O: “a carta extraída ser de ouros” P(A) = 0,2 P(O) = 0,6 P(∫A ∩ ∫O) = 0,3 a) P(∫A ∩ ∫O) = 0,3 § P(∫A∫ ∫∪∫ ∫O) = 0,3 § 1 – P(A ∪ O) = 0,3 § 1 – 0,3 = P(A ∪ O) § P(A ∪ O) = 0,7 Sabemos que: P(A ∪ O) = P(A) + P(O) – P(A ∩ O) 0,7 = 0,2 + 0,6 – P(A ∩ O) § P(A ∩ O) = 0,8 – 0,7 § P(A ∩ O) = 0,1 Dado que P(A ∩ O) ≠ 0, concluímos que A ∩ O: “a carta extraída ser o ás de ouros” é um acontecimento possível. Tal só pode acontecer se o ás de ouros estiver no baralho. b) P(“ser extraído o ás de ouros”) = 0,1 1 1 = § n = 10 é o número de cartas do Logo, 10 n baralho incompleto. c)

6

=

x

§ x = 6 é o número de cartas de ouros 10 10 deste baralho incompleto.

73. P(∫A|B) – P(∫B) × P(∫A|B) = P(∫A|B) [1 – P(∫B)] = P(∫A|B) × P(B) P(∫A ∩ B) = × P(B), P(B) ≠ 0 P(B) = P(∫A ∩ B) ∫ ∪∫ ∫B) = P(A = 1 – P(A ∪ ∫B) = 1 – P(∫B ∪ A) c.q.d. 74. a) P(B ∩ ∫C) = P(B) – P(B ∩ C) = P(B) – P(B) × P(C), pois B e C são acontecimentos independentes. = P(B) [1 – P(C)] = P(B) × P(∫∫C) Logo, B e ∫C são acontecimentos independentes.


b) P(A|(B ∩ C )) × P(C ) + P(A|(B ∩ C )) × P(C ) P[ A ∩ (B ∩ C )] P[ A ∩ (B ∩  C )] = × P(C ) × P(C ) + P(B ∩ C ) P(B ∩ C ) P[ A ∩ (B ∩ C )] P[ A ∩ (B ∩ C )] × P(C ) × P(C ) + = P(B ) × P(C ) P(B ) × P(C ) Se B e C sãão poisB e C são independentes, independentes então B e C também são independentes. P[(A ∩ B ) ∩ C ] P[(A ∩ B ) ∩ C ] = + P(B ) P(B ) P[(A ∩ B ) ∩ C ] + P[(A ∩ B ) ∩ C ] = P(B ) =

P[((A ∩ B ) ∩ C ) ∪ P((A ∩ B ) ∩ C )] pois [(A ∩ B) ∩ C] , P(B )

e [(A ∩ B) ∩ ∫C] são acontecimentos disjuntos = =

P[( A ∩ B )  ∩ (C ∪ C )] P(B ) P[(A ∩ B ) ∩ Ω]

P(B ) P( A ∩ B ) = = P( A|B )     c.q.d. P(B ) 75. A afirmação é falsa. Se A, B e C são acontecimentos independentes então P(A ∩ B ∩ C) = P(A) × P(B) × P(C). Vejamos o seguinte exemplo: Quatro cartões estão marcados com a, b, c e abc e colocam-se dentro de uma caixa. Tira-se, ao acaso, um cartão. Então, Ω = {a, b, c, abc}. Considera os acontecimentos: A = {a, abc} B = {b, abc} C = {c, abc} Tem-se que: 1 • P(A) = 2 1 • P(B) = 2 1 • P(C) = 2 P(A ∩ B) = P(A) × P(B) 1 1 1 = × 4 2 2 1 1 = P.V. 4 4

P(B ∩ C) = P(B) × P(C) 1 1 1 = × 4 2 2 1 1 = P.V. 4 4 Contudo: 1 P(A ∩ B ∩ C) = P({abc}) = 4 1 1 1 1 P(A) × P(B) × P(C) = × × = ou seja, 2 2 2 8 P(A ∩ B ∩ C) ≠ P(A) × P(B) × P(C), isto é, A, B e C não são independentes. 76. Sejam os acontecimentos: A: “o bolo é fornecido pela empresa A” B: “o bolo é fornecido pela empresa B” i: “o bolo apresenta peso significativamente inferior ao estabelecido” • P(A) = 3 P(B) • P(i|A) = 0,1 • P(i|B) = 0,15 Cálculo auxiliar: P(A) + P(B) = 1 § 3 P(B) + P(B) = 1 § 4 P(B) = 1 1 § P(B) = 4

3 4 1 4

0,1

i → P(A ∩ i) =

0,9

∫i

A

0,15 i → P(B ∩ i) = B 0,85

3 × 0,1 = 0,075 4

1 × 0,15 = 0,0375 4

∫i

Pretende-se determinar P(A|i): P(A ∩ i) 0,075 0,075 = P(A|i) = = P(i) 0,075 + 0,0375 0,1125 2 = ) 0,667 3 Assim, P(A|i) ) 67%. 77. Sejam os acontecimentos: V: “ser dado viciado” S: “sair um num lançamento do dado” 1 P(S|V) = 2 1 P(S|∫V) = 6

41


Assim: S2 A P(V E S1 E S2 )

1 2

∫S2

1 2

S2

1 1 1 1 = × × = 2 2 2 8

S1

1 2 V 1 2

1 2

1 2

∫S1 1 2 1 6

1 2

1 1 1 1 = × × = 2 6 6 72

5 6 1 6

∫V 5 6

∫S2 S2

∫S1 5 6

∫S2

Pretende-se:

( (

))

P V | S1 E S2 =

(

P V E S1 E S2

(

P S1 E S2

)

) =

1 9 = 8 = 5 10 1 1 + 8 72 36 1 8

78. Sejam os acontecimentos: C: “Maria escrever a carta” S: “não se perder a carta nos correios” E: “o carteiro entregar a carta”

8 10

2 10

9 10

9 10

C

∫C

1 10

E

S

∫S

1 10

→ P(∫C) =

xi

1

2

3

6

10

P(X = xi)

1 6

2 6

1 6

1 6

1 6

S2 A P(V E S1 E S2 )

S1

1 6

79. Face obtida no lançamento do dado: 1fiX=2 2fiX=1 3fiX=6 4fiX=2 5 fi X = 10 6fiX=3 Como o dado é equilibrado, obtém-se a seguinte distribuição de probabilidades:

∫S2

←

42

P(C ∩ S ∩ ∫E) 8 9 1 72 = × × = 10 10 10 1000

80. Ë(Z ) = 4,9 « ©P(Z = 2) + P(Z = 3) + P(Z = 4) + P(Z = 5) + P(Z = 6) + « ª+ P(Z = 7) = 1 ¨«2 × 0,05 + 3 × 0,25 + 4a + 5b + 6 × 0,1 + 7 × 0,3 = 4,9 §  © «ª0,05 + 0,25 + a + b + 0,1 + 0,3 = 1 «¨4a + 5b = 1,35 § © «ªa + b = 0,3 «¨4(0,3 – b) + 5b = 1,35 § © «ªa = 0,3 – b ¨«1, 2 – 4b + 5b = 1,35 § © ª« ________________ ¨«b = 0,15 § © ª«a = 0,3 – 0,15 ¨«a = 0,15 § ©     . De facto, a = b. ª«b = 0,15 81. No caso do projeto A: xi

150 000

250 000

–100 000

P(X = xi)

0,5

0,2

0,3

200 000

–50 000

0,3

0,1

E(X) = 95 000

∫E → P(C ∩ ∫S) = 2 10

8 1 8 × = 10 10 100

Seja ainda R o acontecimento: “a Rosa recebe a carta”. Pretende-se P(∫C|∫R). Assim: 2 2 25 P(C E R ) 10 = 10 = P(C |R ) = = 2 44 44 P(R ) 72 8 + + 1000 100 10 125

No projeto B: yi 100 000 No projeto B: P(Y = yi) 0,6

E(Y) = 115 000 Sendo que E(Y) > E(X), o diretor financeiro deve aconselhar como sendo o mais vantajoso o projeto B. 82. X – variável aleatória que representa o tempo que o Tiago demora nos correios. X ~ N(6; 1,3)


Pretende-se determinar k tal que: P(X ≤ k) ≥ 0,9545. Através da calculadora e da opção Inv Norm obtemos k ≈ 8,20 minutos.

Unidade 9 – Análise combinatória

26A’ 3

n!

1 n2 + n + 1 = n + 1 + = n n

= 263 = 17 576

b)

2A’

4

= 2 + 22 + 23 + 24 = 30 c)

83. 4A’5 = 45 = 1024 maneiras 84. a)

d) 7!

=

10 × 9 × 8 × 7!

= 720

7! e)

b)

2013! 2012!

c)

=

2013 × 2012!

20! + 18!

+

= 2013

2012!

17!

=

18 × 17!

20! 17!

+

18! 17!

=

20 × 19 × 18 × 17!

+

88. 26A3 = 15 600

= 6840 + 18 = 6858

89. 12A2 = 132

12n! + 5(n + 1)! = (n + 2)! § 12 n! + 5(n + 1) × n! = (n + 2) × (n + 1) × n! § 12 + 5(n + 1) = (n + 2) (n + 1) § 12 + 5n + 5 = n2 + 2n + n + 2 § n2 + 3n – 5n + 2 – 5 – 12 = 0 § n2 – 2n – 15 = 0 §n=

12 × 11 × 10 × 9 × 8! 12! = 8! 8! 2014 × 2013 × 2012 = 2014 × 2013 × 2012 × 2011! 2014! = = 2011! 2011! (n + 2) (n + 1) n(n – 1)! (n + 2) × (n + 1) × n = (n – 1)! (n + 2)! = (n – 1)! n × (n – 1) × (n – 2) × (n – 3) × (n – 4) n(n – 1) (n – 2) (n – 3) (n – 4) (n – 5)! n! = = (n – 5)! (n – 5)! n × (n – 1) × (n – 2) × … × (n – p + 1) n(n – 1) (n – 2) × … × (n – p + 1) × (n – p)! = (n – p)! n! = (n – p)!

17!

17! 85.

90. Número de casos possíveis: 8! = 40 320 Número de casos favoráveis: 5 × 4 × 6! = 14 400 14 400 5 P= = 40 320 14 91. 6A4 = 360

2 ± 4 – 4 × (–15)

2 2±8 §n= 2 § n = 5 ⁄ n = –3 Como n ≥ 0, então n = 5.

92.

3 × n A3 = ( n – 1 A3 + n – 2 A2 ) § 3 × § 3 ×

86. a)

b)

(n + 2)!

=

=

(n + 2) (n + 1)  n (n – 1)!

(n2 + 3 n + 2) n

=

n(n – 1)(n – 2) (n – 3)!

+

(n – 1)!

1

⎛ (n – 1)! (n – 2)! ⎞ n! + = 5 ⎜ ⎟ (n – 3)! ⎝ (n – 4)! (n – 4)! ⎠ (n – 3)!

⎡(n – 1) (n – 2) (n – 3) (n – 4)! + = 5 ⎢ (n – 4)! ⎢⎣

n × (n – 1)! n! = = n (n – 1)! (n – 1)! (n – 1)!

(n – 1)! (n + 1) n! = + n (n – 1)! n!

a) 12 × 11 × 10 × 9 =

82. 2 + 2A’2 + 2A’3 + sequências

10!

(n + 1)! + (n – 1)!

87.

Página 104 81.

c)

1 n3 + 3n2 + 2n

(n – 2) (n – 3) (n – 4)! ⎤ ⎥ (n – 4)! ⎥⎦

§ 3 n(n – 1) (n – 2)  = 5 [(n – 1) (n – 2) (n – 3) + + (n – 2) (n – 3)] § 3 n(n – 1) = 5 (n – 1) (n – 3) + 5 (n – 3)

43

44


40C

= 847 660 528

§ 3 n2 – 3 n = 5 (n2 – n – 3 n + 3) + 5 n – 15

101.

§ 3 n2 – 5 n2 – 3 n + 5 n + 15 n – 5 n = 0

102. 6C2 + 5C3 + 5C4 + 5C5 = 31

§ –2 n + 12 n = 0 § n (–2 n + 12) = 0 § n = 0  ∨  n = 6 2

Como n – 2 ≥ 2 § n ≥ 4, vem que n = 6. 93. a) 8A4 = 1680 b) 8! = 40 320 94. (∫4 × ∫3 × ∫2 × ∫1 × ∫4) × 5 × × (∫2 × ∫1 × ∫3 × ∫2 × ∫1) × 5C2 = 4! × 4 × 5 × 2! × 3! × 5C2 = 57 600 95. a) 4! = 24 b) 6! = 720 96. a) 3! = 6 b) 5! = 120 c) (n – 1)! 97.

6! – 2 × 5! = 480 98. 6! × 4! × 5 = 6! × 5! = 86 400 99. a) 12! = 479 001 600 b) 6! × 4! × 4! = 414 720 c) 6! × 4! × 2! × 3! = 207 360 100. 5C3 = 10

10

103. 2C1 × 8C4 × 6C4 × 5C2 = 21 000 104. N.o de casos possíveis: 52C13 × 39C13 × 26C13 × × 13C13 N.o de casos favoráveis: 39C13 × 39C13 × 26C13 × × 13C13 P=

39C

13

52C

≈ 0,01

13

105. a) 4C2 – 4 = 2 b) 5C2 – 5 = 5 c) nC2 – n 106. 8C3 = 56 planos 107. Pretende-se saber quantos números da forma __ 9_ __ __ __ existem, com os algarismos todos diferentes (escolhidos de entre os algarismos de 1 a 9) e tal que a soma dos seus quatro algarismos seja par. Ora, para que a soma dos quatro algarismos seja par é necessário que a soma dos três últimos seja ímpar. Para que a soma destes três algarismos seja ímpar, dois casos se podem dar: ou são todos ímpares, ou dois deles são pares e o outro é ímpar. No primeiro caso, temos de escolher ordenadamente três de quatro algarismos ímpares (1, 3, 5 e 7), o que pode ser feito de 4A3 maneiras diferentes. No segundo caso, temos de começar por escolher a posição do algarismo ímpar, o que pode ser feito de 3 maneiras diferentes. Para cada uma destas, existem 4 maneiras de escolher esse algarismo ímpar (1, 3, 5 ou 7). Para cada posição do algarismo ímpar e para cada valor deste, existem 4A2 maneiras diferentes de escolher ordenadamente dois de quatro algarismos pares (2, 4, 6 e 8). Assim, neste segundo caso, existem 3 × 4 × 4A2 números diferentes, nas condições requeridas. Logo, o número pedido é 3 × 4 × 4A2 + 4A3. 108. 20 sardinhas abaixo do tamanho permitido 30 sardinhas com o tamanho permitido 50 no total Seja X: “número de sardinhas com tamanho abaixo do permitido” P(X = 0) =

30C 50C

3

3

=

4060 29 = 19 600 140


P(X = 1) = P(X = 2) =

30 1 × C2 50C 3

=

8700 87 = 19 600 196

30 2 × C1 50C 3

=

5700 57 = 19 600 196

20C

20C

20C

P(X = 3) =

=

3 50C 3

112.

3 A4 = P4 × n C2 2 n! (n + 1)! 3 § = × 4! × 2! (n – 2)! (n – 3)! 2 n + 1

(n + 1) n (n – 1) (n – 2) (n – 3)!

§

1140 57 = 19 600 980

(n – 3)! ×

xi

0

1

2

3

P(X = xi)

29 140

87 196

57 196

57 980

3 = × 4! × 4

n (n – 1) (n – 2)! (n – 2)!

§ (n + 1) n (n – 1) (n – 2) = 3 × 3! × n × (n – 1) § (n + 1) (n – 2) = 18 § n2 – n – 2 – 18 = 0 § n2 – n – 20 = 0

109.

§ n =

10! = 6300 4! 4! 10! b) = 151 200 2! 3! 2! 11! c) = 83 160 5! 2! 2! a)

§ n =

Como n + 1 ≥ 4 § n ≥ 3, então, vem que n = 5.

110. 5 peças vermelhas 7 peças pretas 12 peças no total V

V

2 1 ± 9

2 § n = 5    ∨   n = –4

113.

V

1 ± 1 – 4 × (–20)

n

§

C2 = 78 §

n! 2! (n – 2)!

n (n – 1) (n – 2)!

= 78

= 156

(n – 2)! V

§ n2 – n – 156 = 0 § n = § n =

1 ± 1 – 4 × (–156) 2 1 ± 25

2 § n = 13   ∨   n = –12 N.o de casos favoráveis: 3 × 8C1 × 7C7 = 24 N.o de casos possíveis: 12C5 × 7C7 = 792 3 × 8C 24 1 P = 12 1 = = C5 792 33 111. a) P =

4C × 48C 4 1 52C 5

48 1 = = 2 598 760 54 145

b) P =

4C × 48C 2 3 52C 5

=

c) P = d) P = =

26 4 × C1 52C 5

26C

4C

2×

48C

3

108 336 2 598 960

103 776 2 598 960

=

388 700 1495 = 2 598 960 9996

+ 4C3 × 48C2 + 4C4 × 48C1 52C 5

Como n ≥ 2, então n = 13. Existem 13 sabores na loja.

Unidade 10 – Triângulo de Pascal e binómio de Newton Página 126 114. a) 10C7 = 120 caminhos b) 4C2 × 6C1 = 36 caminhos 115. O segundo elemento é 10, logo n = 10. Assim, o sexto elemento dessa linha é 10C5. Opção (A) 116. a) 20C5 = 20Cm § m = 20 – 5 v m = 5 § m = 15 v m = 5

45

46


b)

= 30C2m + 4 § 2 m + 4 = 30 – (m + 2) v m + 2 = 2 m + 4 § 2 m + 4 = 30 – m – 2 v m – 2 m = 4 – 2 § 3 m = 24 v –m = 2 § m = 8 v m = –2 30C

m+2

122. ⎛ x2 ⎞ 2457 22 x 22 a) T4 = 14C3 ⎜ ⎟ × 33 = 364 × × 27 = x 11 ⎝2⎠ 512 2 11

b) 117. a) 100C4 + 100C5 = mC5 § m = 101 b) 2m + 2C10 + 2m + 2C11 = 27C11 § 2 m + 2 = 26 § m = 12

O coeficiente é

81 081 . 1024

⎛ x2 ⎞ Termo central = C7 × ⎜ ⎟ × 37 ⎝2⎠ x 14 = 3432 × 7 × 2187 2 7 505 784 14 x = 128 23 14 938 22 x = 16 7

c) 118. a) Se a linha tem 21 elementos, n = 20. Então, o terceiro elemento dessa linha é 20C2 = 190. b) O quinto elemento da linha anterior é 19C4 = 3876. c) O maior elemento dessa linha é o elemento central: 20C10 = 184 756 d) A soma de todos os elementos dessa linha é 220 = 1 048 576

⎛ x2 ⎞ 81 081 20 x 20 x C4 × ⎜ ⎟ × 34 = 1001 × 10 × 81 = ⎝2⎠ 1024 2 10

14

d)

14

14C

0

+ 14C1 + 14C2 + … + 14C14 = 214 = 16 384

⎛ ⎞ 123. Os termos do desenvolvimento de ⎜ x + 2 ⎟ ⎝ x⎠ são da forma:

12

119. Os elementos 2013C0, 2013C1, 2013C2, 2013C3 e 2013C são menores que 2013C e atendendo à 4 5 simetria de cada linha do triângulo de Pascal, temos que existem 10 elementos nestas condições. Opção (D)

12

( x)

12 – p

C ( x ) 1

=

12

⎛2⎞ ⎜ ⎟ ⎝x⎠

12 – p

×

2

p

p

2p xp

1

120. Podem ser feitos cocktails com 2, 3, 4, 5, … ou 12 bebidas diferentes; assim temos que, o número de cocktails é: 12C + 12C + 12C + 12C + 12C + … + 12C 2 3 4 5 6 12 = 212 – 12C0 – 12C1 = 4096 – 1 – 12 = 4083 121. a) (a + 2 b)5 = 5C0 a5 × (2b)0 + 5C1 a4 (2b)1 + 5C2 a3 (2b)2 + + 5C3 a2 (2b)3 + 5C4 a1 (2b)4 + 5C5 a0 (2b)5 = 1 × a5 × 1 + 5 a4 × 2 b + 10 a3 × 4 b2 + 10 a2 × × 8 b3 + 5 a × 16 b4 + 1 × 1 × 32 b5 = a5 + 10 a4 b + 40 a3 b2 + 80 a2 b3 + 80 a b4 + 32 b5 b) (√∫x – 2)6 = 6C0 (√∫x)6 × (–2)0 + 6C1 (√∫x)5 × (–2)1 + 6C2 (√∫x)4 × × (–2)2 + 6C3 (√∫x)3 × (–2)3 + 6C4 (√∫x)2 × (–2)4 + + 6C5 (√∫x)1 × (–2)5 + 6C6 (√∫x)0 × (–2)6 = 1 × x3 × 1 + 6 × x2 √∫x × (–2) + 15 x2 × 4 + 20 x√∫x × × (–8) + 15x × 16 + 6 √∫x × (–32) + 1 × 1 × 64 = x3 – 12 x2 √∫x + 60 x2 – 160 x √∫x + 240 x – – 192 √∫x + 64

= 12 x = 12 x

6 – p 2 3 6 – p 2

× x – p × 2p × 2p

Para ser termo independente de x tem de se verificar: 3 6– p=0 2 §p=4 Assim, o termo independente de x é: 12

( x)

12 – 4

C4

⎛2⎞ 24 × ⎜ ⎟ = 495 × x 4 × = 7920 ⎝x⎠ x4 4

⎛ ⎞ 124. Os termos do desenvolvimento de ⎜ 1 + 5 x 2 ⎟ ⎝x ⎠ são de forma:

9

⎛1⎞ + ⎜ ⎟ ⎝x⎠

9 – p

9

= 9 +

( )

× 5 x 2 1

× 5 p × x 2 p

x = 9 × 5 p × x 2 p – 9 + p 9 – p

p

= 9 × 5 p × x 3 p – 9


Para ser termo independente de x, tem de se verificar: 3p–9=0 §p=3 Assim, o termo independente de x é: ⎛1⎞ C3 ⎜ ⎟ ⎝x⎠

9 – 3

9

= 84 ×

1

× (5 x 2 )

3

Páginas 138 a 150 1. i i ∫1∫0 × ∫5 × ∫5 × ∫1∫0 = 2500 códigos Opção (C) 2. 5 Não 5 Cons. Cons. ∫1 × ∫9 × ∫1∫0 × ∫1∫0 × ∫1∫8 × ∫1∫8 = 291 600 matrículas Opção (D)

× 53 × x 6

x6 = 10 500

Aprende fazendo

3. 125.

Observe-se que nC

+ nC

n n 0 1 + C2 + … + Cn corresdesenvolvimento do binómio (a + b)n,

ponde ao onde a = 1 e b = 1: nC + nC + nC + … + nC 0 1 2 n n n 0 n n – 1 = C0 × 1 × 1 + C1 × 1 × 11 + n n – 2 2 n + C2 × 1 × 1 + … + Cn × 10 × 1n = (1 + 1)n = 2n c.q.d.

15C

é o número de maneiras de escolher os 6 compartimentos, dos 15, para colocar os 6 refrigerantes que são iguais entre si. Opção (A) 6

4. O segundo elemento é 13, logo n = 13. Assim, o sexto elemento dessa linha é 13C5. Opção (A) 5. O penúltimo elemento é 2012. Assim, n = 2012, logo o décimo elemento dessa linha é 2012C9. Opção (C)

Unidade 11 – Modelo binomial Página 134 126. Seja X a variável aleatória que representa o número de chocolates que se estragam antes de expirar o prazo de validade. X ~ B(80; 0,01) a) P(X = 2) = 80C2 × (0,01)2 × (0,99)78 ≈ 0,144 b) P(X ≤ 3) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) = (0,99)80 + 80C1 × (0,01)1 × (0,99)79 + 80C2 × (0,01)2 × (0,99)78 + 80C3 × (0,01)3 × (0,99)77 ≈ 0,991

6. A soma de todos os elementos da linha n do triângulo de Pascal é dada por 2n. Assim, 2n = 16 § n = 4, ou seja, a linha tem 5 elementos. Opção (B) 7.

+ 2012C301 = 2013C301 Opção (C) 2012C 300

8. Termo central = 10C5 × x5 × (–2)5 = 252 × x5 × (–32) = –8064 x5 Opção (A)

127. X: “número de questões corretas” ⎛ 1⎞ X ~ B ⎜8, ⎟ ⎝ 4⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛3⎞ a) P( X = 4) = C4 ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ≈ 0,087 4

4

8

b) P( X ≥ 6) = P( X = 6) +  P( X = 7) +  P( X = 8) 6 2 7 8 ⎛ 1 ⎞ ⎛3⎞ 8 ⎛ 1 ⎞ 3 8 ⎛ 1 ⎞ 8 = C6 ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ + C7 ⎜ ⎟ × + C8 ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ 4 ≈ 0,004

9. Acontecimento S: “A e B não estarem juntas”, ou seja, estarem separadas. A   B    2! ×

6!

× 7

P(S) = 1 – P(∫S) = 1 – Opção (C) 10. P =

8C 5 10C 5

=

Opção (A)

2 9

2! × 7! 3 = 8! 4

47

48


11. Número de casos possíveis: 1 000 000 Número de casos favoráveis: P _ P _ P _ _I _I _I 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 6C3 Número de Número de maneiras de maneiras diferenescolher ordetes de escolher nadamente com as três posições repetição 3 de entre seis para números ímpa- colocar os númeres de entre 5 ros pares. (1, 3, 5, 7 e 9).

Número de maneiras de 3 amigos escolherem o mesmo restaurante de entre 5 possíveis.

e d f d g

e d f d g

Assim, P =

e d f d g

e d f d g

Número de maneiras de escolher ordenadamente com repetição 3 números pares de entre 5 (0, 2, 4, 6 e 8).

17. Número de casos possíveis: ∫5 × ∫5 × ∫5 × ∫5 × ∫5 = 55 = 3125 Número de casos favoráveis: ∫5 × ∫1 × ∫1 × ∫4 × ∫3 × 5C3 = 600 Número de maneiras dos restantes amigos escolherem 2 restaurantes diferentes, dos 4 ainda disponíveis.

Número de maneiras de formar o grupo de 3 amigos que escolhem o mesmo restaurante.

Assim, a probabilidade pretendida é

312 500 5 = 1 000 000 16

Opção (C)

600 24 = 3125 125

Opção (D) 12. A linha tem 50 elementos, logo n = 49. Assim, o vigésimo elemento da linha seguinte é 50C19. Opção (B)

18. 2310Ω 2 1155 Ω 3 385 Ω 5 77 Ω 7 11 Ω 11 1 Ω

13. Se a soma do primeiro, segundo, penúltimo e último elemento de uma linha é 40, então: 1 + n + n + 1 = 40 § 2n = 38 § n = 19 Assim, o terceiro elemento da linha anterior é 18C = 153. 2 Opção (A)

2310 = 2 × 3 × 5 × 7 × 11 O número de divisores de 2310 é, assim, o número de subconjuntos que se podem formar com os elementos do conjunto {2, 3, 5, 7, 11}. Assim: 5C + 5C + 5C + 5C + 5C + 5C = 25 = 32 0 1 2 3 4 5 Opção (B)

14. A linha tem 31 elementos, logo n = 30. Então, o maior valor dessa linha corresponde ao elemento central. Assim, k = 30C15. Opção (C)

19. Se um dos termos do desenvolvimento de (2π + 5)n é 288 000π8, então esse termo é da forma nC × (2π)8 × 5n – 8. Assim: 8

15. Seja X a variável aleatória que representa o número de vezes que sai face amarela em 5 lançamentos.

C8 (2π) × 5n – 8 = 288 000π8 8

§ n C8 × 28 × π8 × 5n – 8 = 288 000 π8 § n C8 × 5n – 8 =

⎛ 1⎞ X ~ B ⎜5, ⎟ ⎝ 6⎠

288 000

256 § n C8 × 5n – 8 = 1125

⎛ 1 ⎞ ⎛5⎞ Então: P( X = 3) = C3 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ≈ 0,032 ⎝6⎠ ⎝6⎠ 3

2

5

Opção (B) 16. Número de casos possíveis: 9! __ __ __ __ __ __ __ __ __ Como os homens não podem estar juntos necessitamos de 2 mulheres que funcionam como separadores. Logo, dos nove lugares disponíveis, retiramos dois para colocar as mulheres “separadoras”. Assim, restam-nos 7 lugares para os 3 homens. Número de casos favoráveis: 7C3 × 3! × 6! 5 P= 12 Opção (A)

n

Das opções apresentadas: – Se n = 8, 8C8 × 58 – 8 = 1 ≠ 1125 – Se n = 9, 9C8 × 59 – 8 = 40 ≠ 1125 – Se n = 10, 10C8 × 510 – 8 = 1125 – Se n = 11, 11C8 × 511 – 8 = 20 625 ≠ 1125 Opção (C) 20. Os três últimos elementos da linha são 45, 10 e 1; logo, os três primeiros elementos dessa linha são 1, 10 e 45; assim, n = 10. Então, a soma dos 3 primeiros elementos da linha anterior (n = 9) é 9C0 + 9C1 + 9C2 = 46. Opção (B) 21. a) 4 × 4 = 16 maneiras distintas b) 4 × 3 = 12 maneiras distintas


22. a) ∫2∫6 × ∫2∫6 × ∫2∫6 × ∫2∫6 = 456 976 b) ∫2∫6 × ∫2∫6 × ∫2∫6 × ∫1∫0 × ∫1∫0 = 1 757 600

⎛ y⎞ 5 Termo  médio = 10 C5 × (17 x ) × ⎜ ⎟ ⎝ 17 ⎠ y5 = 252 × 175 x 5 × 175 = 252 x 5 y5

5

c)

23. 30A8 = 235 989 936 000 24. 10C6 × 4C4 = 210 25. 3 × 5A5 = 3 × 5! = 360

d)

26. 5 números e 2 estrelas Número de casos possíveis: 50C5 × 11C2 Número de casos favoráveis: 1 P(“ganhar o Euromilhões”)

31. Seja X a variável aleatória que representa o número de vezes que sai face 2 no lançamento do dado equilibrado 10 vezes.

=

1 1 = 50C × 11C 116 531 800 5 2

27. 16 raparigas 14 rapazes 30 no total a) Número de casos possíveis: 30C4 Número de casos favoráveis: 16C4 P(“todos os bilhetes serem para raparigas”) 16C 4 30C 4

1820 52 = 27 405 783 b) Número de casos possíveis: 30C4 = 27 405 Número de casos favoráveis: 16C2 × 14C2 = 10 920 P(“dois bilhetes serem para raparigas e dois bilhe10 920 104 tes serem para rapazes”) = = 27 405 261 =

=

28. a) 28C5 = 98 280 b) 28C5 – 18C5 = 89 712 c) 10C5 = 252 d) 1 × 9C2 × 18 = 648

+ 10C1 + 10C2 + 10C3 + … + 10C10 = 210 = 1024

⎛ 1⎞ a) Assim, X ~ B ⎜10, ⎟ ⎝ 6⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ P( X = 4) = C4 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ≈ 0,054 ⎝6⎠ ⎝6⎠ 4

6

10

⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ ⎛5 ⎞ b) P( X = 0) = 10 C0 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ≈ 0,162 ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ 0

10

10

c) P( X ≥ 8) = P( X = 8) + P( X = 9) + P( X = 10) ⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ = C8 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ + 10 C9 × ⎜ ⎟ ×  ⎜ ⎟ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ 8

2

1

9

10 0

⎛1⎞ ⎛5 ⎞ + 10 C10 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ≈ 0,000 02 ⎝6⎠ ⎝6⎠ 10

0

d) P( X ≤ 2) = P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) 10

30. a) O desenvolvimento tem 11 (10 + 1) termos: 2

1

9

2

8

32. a)

ou

ou

∫5 + ∫5 × ∫5 + ∫5 × ∫5 × ∫5 = 155 b)

ou

ou

∫5 + ∫5 × ∫4 + ∫5 × ∫4 × ∫3 = 85 33. a) ∫9 × ∫9 × ∫8 = 648 b) ∫9 × ∫8 × ∫7 = 504 c) ∫0 ∫8 × ∫7 × ∫6

∫0 + (∫8 × ∫7 × ∫ 1) × 3

+ (∫8 × ∫ 1 × ∫7) × 2 =

e d f d g

e d f d g

e d f d g

2 ⎛ ⎞ b) T = 10 C × (17 x ) × ⎜ y ⎟ = 45 × 178 × x 8 × y 3 2 ⎝ 17 ⎠ 172 6 8 2 = 45 × 17 x y

= 1 086 190 605 x 8 y2

0

⎛5 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛5 ⎞ = ⎜ ⎟ + 10 C1 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ + 10 C2 × ⎜ ⎟ ×  ⎜ ⎟ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠ ≈ 0,775

29. Se a soma dos dois primeiros elementos é 36, então 1 + n = 36 § n = 35. a) A linha tem 36 elementos. b) Como a linha tem 36 elementos existem dois elementos centrais iguais e que representam o maior valor dessa linha: 35C17 = 35C18 = 4 537 567 650 c) O quarto elemento da linha anterior é 34C3 = 5984 d) 36C9 = 94 143 280

8

10C

Não inclui nem o zero nem o dois.

Inclui o dois e não inclui o zero.

Inclui o zero e não inclui o dois.

= 616

49

50


34. a) __  __  __  __  __  __ 3! × 3! × 2 = 72 b) F F F      3! × 3! × 4 = 144 c) C          C         C 1 2 3 2! × 2! × 2!    ×   3! =  48 35. a) 20C15 = 15 504 b) 1 × 1 × 18C13 = 8568 c) 2 × 18C14 = 1 × 1× 18C13 = 14 688 d) 10C5 × 10C10 = 10C5 × 1 = 252 36. 5C4 × 30C21 + 5C3 × 30C22 + 5C2 × 30C23 = 150 423 000

P(X = 1) =

6C

1× 9C

3C

18 1 = 36 2

=

1

2

P(X = 2) =

3C

3 1 = 36 12

=

2 9C 2

xi

0

1

2

P(X = xi)

5 12

1 2

1 12

41. X: “quantia, em cêntimos, correspondente às duas moedas retiradas” 2C 1 a) P(X = 20) = 2 = 7C 21 2 P(X = 30) =

2C

1× 7C

3C 1

=

2

37. a) 48 = 65 536 ⎛ 1 ⎞ ⎛3⎞ 5670 2835 C4 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ = = ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 65 536 32 768 4

b)

8

4

P(X = 40) =

3C 2 7C 2

P(X = 60) =

2C × 2C 1 1 7C 2

P(X = 70) = 38. a) 12C6 × 28C4 = 18 918 900 b) 4C2 × 36C8 + 4C3 × 36C7 + 4C4 × 36C6 = 216 900 552 c) 4C4 × 36C6 = 1 947 792 39. a) Número de casos possíveis: 125 = 248 832 Número de casos favoráveis: 12 P(“terem nascido todos no mesmo mês”) 12 1 1 = = 125 124 20 736 b) Número de casos possíveis: 125 = 248 832 Número de casos favoráveis: 12 × 11 × 10 × 9 × 8 = 95 040 P(“terem nascido todos em meses diferentes”) 95 040 55 = = 248 832 144 c) Número de casos possíveis: 125 = 248 832 Número de casos favoráveis: 5C × 12 × 1 × 1 × 11 × 10 = 13 200 3 P(“três e só três terem nascido no mesmo mês”) 13 200 275 = = 248 832 5184 =

40. X: “número de cartões verdes extraídos” P(X = 0) =

6C 2 9C 2

=

15 5 = 36 12

=

1× 7C

3C

3 1 = 21 7

2C

1

=

4 21

=

6 2 = 21 7

2

P(X = 100) =

2C

2

7C

=

2

6 2 = 21 7

1 21

xi

20

30

40

60

70

100

P(X = xi)

1 21

2 7

1 7

4 21

2 7

1 21

1 2 1 4 + 30 × + 40 × + 60 × + 70 × 21 7 7 21 2 1 1080 × + 100 × = ≈ 51,43 7 21 21

b) μ = 20 ×

⎛ 1080 ⎞ 1 ⎛ 1080 ⎞ 2 ⎟ × + ⎜30 – ⎟ × + σ = ⎜20 – ⎝ 21 ⎠ 21 ⎝ 21 ⎠ 7 2

2

⎛ 1080 ⎞ 4 1080 ⎞ 1 ⎛ ⎟ × + ⎟ × + ⎜60 –   + ⎜40 – ⎝ 21 ⎠ 21 21 ⎠ 7 ⎝ 2

2

⎛ 1080 ⎞ 2 ⎛ 1080 ⎞ 1 ⎟ ×   + ⎜100 – ⎟ × + ⎜70 – ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 21 7 21 21 2

≈ 20,54 μ – σ ≈ 51,43 – 20,54 = 30,89 μ + σ ≈ 51,43 + 20,54 = 71,97 P(μ – σ < X < μ + σ) = P(X = 40) + P(X = 60) + P(X = 70) 1 4 2 13 = + + = 7 21 7 21

2


42. a) Número de casos possíveis: 12C4 = 495 Número de casos favoráveis: 8C3 × 4C1 = 224 224 P(“retirar exatamente três cápsulas pretas”) = = 495 = 0,45 20 C8 × 12A4 = 1 496 523 600 b) c) Número de casos possíveis: 12! = 479 001 600 Número de casos favoráveis: 8! × 4! × 5 = 4 838 400 P(“as cápsulas pretas ficarem todas juntas”) 4 838 400 1 = = 4 790 001 600 99 43. 4 bolas pretas 3 bolas brancas 2 bolas vermelhas 1 bola dourada 10 no total a) Número de casos possíveis: 10C4 = 210 Número de casos favoráveis: 4C4 = 1 1 P(“serem todas da mesma cor”) = 210 b) Número de casos possíveis: 10C4 = 210 Número de casos favoráveis: 4C × 6 + 3C × 7 + 4C = 24 + 7 + 1 = 32 3 3 4 Exatamente 3 da mesma cor ou 4 da mesma cor 4C × 6 + 3C × 7 + 4C4 3 3 P(“pelo menos três bolas serem da mesma cor”) 32 16 = = 210 105 c) Número de casos possíveis: 4C3 × 6 + 3C3 × 7 = 31 Número de casos favoráveis: 3C3 × 7 = 7 P(“haver 3 bolas brancas sabendo que 3 e só 3 são 7 da mesma cor”) = 31 44. 9A4 é o número de maneiras distintas de escolher ordenadamente as amigas a quem vai oferecer cada um dos diferentes colares. Por cada uma destas maneiras existem 5A3 modos distintos de escolher ordenadamente as amigas a quem vai oferecer cada uma das diferentes pulseiras. Assim, 9A4 × 5A3 é o número de maneiras diferentes que a Patrícia tem de presentear as amigas. 9C é o número de maneiras de escolher as 7 ami7 gas de entre as 9 amigas que vão ser presenteadas. Por cada uma destas maneiras, existem 7A4 modos distintos de escolher ordenadamente as 4 amigas de entre as 7 que vão receber cada um dos colares. Depois de escolhidas as 4 amigas que vão receber os colares, existem 3! maneiras diferentes de distribuir as 3 pulseiras pelas 3 amigas. Ou seja, 9C7 × 7A4 × 3! é uma resposta correta.

45. 10 dadores do grupo O 6 dadores do grupo A 3 dadores do grupo B 1 dador do grupo AB 20 dadores no total 20C – 10C – 10C × 10C 4 4 1 3 A resposta correta é a (II). Se nos 4 dadores escolhidos, pelo menos dois são do grupo O, então existem 3 possibilidades mutuamente exclusivas: exatamente 2 dadores do grupo O; exatamente 3 dadores do grupo O e 4 dadores do grupo O. 10C × 10C é o número de modos distintos de esco2 2 lher 2 dadores do grupo O e 2 dadores que não são do grupo O; 10C3 × 10C1 é o número de maneiras diferentes de escolher 3 dadores do grupo O e 1 dador que não é do grupo O; 10C4 é o número de modos distintos de escolher 4 dadores do grupo O. Assim, 10C2 × 10C2 + 10C3 × 10C1 + 10C4 é o número de maneiras de escolher pelo menos dois dadores do grupo O. 20C – 10C – 10C × 10C também seria uma res4 4 1 3 posta correta. 20C é o número de maneiras de escolher 4 dado4 res de entre os 20 sem quaisquer restrições. 10C4 é o número de maneiras de escolher 4 dadores que não são do grupo O e 10C1 × 10C3 é o número de modos de escolher um dador do grupo O e 3 que não são do grupo O. Se ao número de possibilidades de escolher quaisquer 4 dadores retirarmos as possibilidades de não ter nenhum dador do grupo O e exatamente um dador do grupo O, obtemos as possibilidades de obtermos pelo menos 2 dadores do grupo O. 46. P(“não escolher nenhum fora do prazo”) 42C 3 = 11 480 = 41 = 50C 19 600 70 3

47. P(“Rui ganhar prémio”) = 1 –

27C 5 30C 5

=

88 203

48. A soma do primeiro, do segundo, do penúltimo e do último elementos de uma linha do triângulo de Pascal é 50. Então, 1 + n + n + 1 = 50 § 2n = 48 § n = 24 a) A linha tem 25(24 + 1) elementos.

51

52


b) Os elementos da linha em questão são do tipo 24C , k ∈ {0, 1, …, 24} k 24C = 1 < 300 0 24C = 24 < 300 1 24C = 276 < 300 2 24C = 2024 > 300 3 Como, em cada linha do triângulo de Pascal, os elementos equidistantes dos extremos são iguais, conclui-se que são 6 os elementos dessa linha menores do que 300. c) Número de casos possíveis: 2 = 300 Número de casos favoráveis: 12 (já que a linha tem 25 elementos e os elementos equidistantes dos extremos são iguais, há 12 casos favoráveis ao acontecimento: “obter dois números iguais”.) 12 1 Assim, a probabilidade pretendida é = . 300 25 25C

49. Com 1 comprimido podem fazer-se 9C1 soluções distintas; com 2 comprimidos podem fazer-se 9C2 soluções distintas; e assim sucessivamente. Assim, no total, podem ser obtidas: 9C + 9C + 9C + 9C + 9C + 9C + 9C + 9C + 9C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 = 29 – 1 = 511 soluções distintas

⎛ 1⎞ 51. Se o desenvolvimento de ⎜ 3 a – ⎟ tem 7 ter⎝ b⎠ n

mos, então n = 6 e os três últimos termos são: T5

= C ( 4

= 45

3! ( – 3 n )! =

n

+

n! 2! ( – 2 n )!

+

C3

n C2

(n + 1)!

3! (n + 1 – 3)! (n + 1)! = 6 (n – 2)!

⎛ 1⎞ (–1) T6 = C5 3 a × ⎜– ⎟ = 6 × 3 a × 5 ⎝ b⎠ b a = –6 3 5 b 6 0 ⎛ 1⎞ 1 1 T7 = 6 C6 3 a × ⎜– ⎟ = 1 × 1 × 6 = 6 ⎝ b⎠ b b

7

p – 1

)

+ 7 × Pp 8

Ap

)

(

)

⎛ ⎞ x 1⎟ + ⎟ são 52. Os termos do desenvolvimento de ⎜⎜ ⎝ 3 x⎠ da forma: 6

⎛ ⎞ x⎟ 6 ⎜⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠

6 – p

(x ) = C × 1

p

p

6 – p

2

6

⎛1⎞ × ⎜ ⎟ ⎝x⎠

6 – p

3

×

1 xp

1

x

3 – p 2

4 ⎛ ⎞ ⎛1⎞ x⎟ ⎜ C4 ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝x⎠ x 1 = 15 × × 4 9 x 5 = x –3 3 b) Para obtermos o termo independente, terá de veri3 ficar-se 3 – p = 0 § p = 2 2 Assim, o termo independente é: 6 – 4

(n + 1) n (n – 1) = 6

(C

(

5

1

6

(n + 1) n (n – 1) (n – 2)! = 6 (n – 2)!

b)

4

× x – p 36 – p 1 3 – p – p 1 = 6 × 6 – p × x 2 3 3 3 – p 1 = 6 × 6 – p × x 2 3 a) Para obtermos o termo em x–3 terá que verificar-se 3 3– p=–3§p=4 2 Assim, o termo em x–3 é:

= n + 1 C3 =

⎛ 1⎞ 1 × ⎜– ⎟ = 15 × 3 × a2 × 4 ⎝ b⎠ b

b4

= ×

50. n!

2

a2

6

6

a)

3 a )

6

8

=

× p! 8

8

Ap p!

=

8 8

= 8

Ap Ap

Ap × p!

⎛ ⎞ x⎟ C2 ⎜⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠

6 – 2

Ap = 1

6

⎛1⎞ x2 1 × ⎜ ⎟ = 15 × 4 ×   ⎝x⎠ 3 x2 2

=

15 81

=

5 27


53. nC0 – nC1 + nC2 – nC3 + … + (–1)n nCn = nC0 × 1n × (–1)0 + nC1 1n – 1 × (–1)1 + + nC2 × 1n – 2 × (–1)2 + nC3 × 1n– 3 × (–1)3 + … + + nCn × 10 × (–1)n = (1 + (–1))n = 0

§ n2 – n – 90 = 0 § n = § n =

54. Seja X a variável aleatória que representa o número de golos marcados pelo António em 12 remates à baliza. X ~ B(12; 0,25) a) P(X = 4) = 12C4 × (0,25)4 × (0,75)8 ≈ 0,1936, ou seja, P(X = 4) ≈ 19,36% b) P(X ≤ 8) = 1 – P(X > 8) = 1 – [P(X = 9) + P(X = 10) + P(X = 11) + P(X = 12)] = 1 – 12C9 × (0,25)9 × (0,75)3 – 12C10 × (0,25)10 × × (0,75)2 – 12C11 × (0,25)11 × (0,75)1 – 12C12 × × (0,25)12 × (0,75)0 ≈ 0,9996 ou seja, P(X ≤ 8) ≈ 99,96% 7! 6! 55. – = 360 3! 2! 3! × 2! 56. n! m! × (m + 1) = n! × (m + 1)!

§ n =

1 ± 1 – 4 × (–90) 2 1 ± 361 2 1 ± 19

2 § n = 10   ∨   n = –9 Como n ≥ 2, vem que n = 10. São 10 participantes. 61. Número de casos possíveis: 64 = 1296 Número de casos favoráveis: 6C4 = 15 P(“saírem quatro números por ordem estritamente 15 5 crescente”) = = 1296 432 62. 4 52 48 52

R

X=1 4 51

4 50

√R 47 51

46 50

58. 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 8! = 40 320 59. a) 10C6 × 4C4 = 10C6 × 1 = 10C6 = 210 b) c)

60.

10C

5

× 5C5 10C5 = = 126 2 2

10C 2

n

× 8C2 × 6C2 × 4C2 × 2C2 = 945 5! C2 = 45

n! = 45 2! (n – 2)! n! § = 90 (n – 2)!

X=3

R

√R

57. ∫0 ∫9 × ∫1∫0 × ∫1∫0 × ∫1∫0 → número de 4 algarismos ∫0 ∫9 × ∫9 × ∫8 × ∫7 → números de 4 algarismos todos distintos 9000 – 4536 = 4464 → números de 4 algarismos que têm pelo menos 2 algarismos iguais.

X=2

R 4 49

R

X=4

45 49

√R

X=4

√R

X: “número de cartas extraídas” 4 1 P(X = 1) = = 52 13 48 4 16 P(X = 2) = × = 52 51 221 48 47 4 376 P(X = 3) = × × = 52 51 50 5525 48 47 46 4 48 47 P(X = 4) = × × × + × × 52 51 50 49 52 51 46 45 × × 50 49 4324 = 5525 xi

1

2

3

4

P(X = xi)

1 13

16 221

376 5525

4324 5525

§

§

n(n – 1) (n – 2)! (n – 2)!

= 90

63. A resposta correta é a (I). 6C é o número de maneiras distintas de escolher 3 3 pontos quaisquer de entre 6. Para que os 3 pontos escolhidos definam um plano, não podem ser os 3 colineares. Assim, podemos escolher 2 pontos da aresta [AC] e 1 ponto da

53

54


aresta [DF] ou escolher 2 pontos da aresta [DF] e 1 ponto da aresta [AC]. 3C é o número de maneiras diferentes de escolher 2 2 vértices da aresta [AC]. E por cada uma destas maneiras existem 3 hipóteses para escolher um vértice da aresta [DF]. Logo, 3C2 × 3 é o número de maneiras de escolher 2 vértices da aresta [AC] e 1 vértice da aresta [DF]. Analogamente, 3C2 é o número de maneiras diferentes de escolher 2 vértices da aresta [DF]. E por cada uma destas maneiras existem 3 hipóteses para escolher 1 vértice da aresta [AC]. Ou seja, 3C2 × 3 é o número de maneiras de escolher 2 vértices da aresta [DF] e 1 vértice da aresta [AC]. Assim, 3C2 × 3 + 3C2 × 3 é o número de casos favoráveis ao acontecimento “os 3 pontos definirem um plano”. Logo, pela regra de Laplace, a probabilidade de os 3 3C × 3 + 3C × 3 2 2 pontos definirem um plano é . 6C 3 Uma outra resposta correta para este problema 2 × 3C3 seria 1 – . 6C 3 2 × 3C3 é o número de modos distintos de escolher 3 3 pontos que não definem um plano. Isto é, 2 × C3 6C 3 é a probabilidade de os 3 pontos escolhidos não definirem um plano. Pela probabilidade do acontecimento contrário, vem que a probabilidade de os 3 pontos escolhidos definirem um plano é igual a 2 × 3C3 1– . 6C 3

Pela regra de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é dada pela razão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis, quando os resultados elementares são equiprová20C × 2 – 16C 10 6 é veis, em número finito, ou seja, 25C 15 uma resposta correta a este problema.

65. P =

4 × 36C9 × 3 × 27C9 × 2 × 18C9 × 1 × 9C9 1000 = 40C × 30C × 20C × 10C 9139 10 10 10 10

66. Sejam a e b o segundo e terceiro elementos, respetivamente, da linha do triângulo de Pascal, em que 4060 é o quarto elemento. Sabemos que 1 + a + b + 4060 = 4526, ou seja, a + b = 465 e observe-se que o terceiro elemento da linha seguinte do triângulo de Pascal é a + b: 1 1 1 .

1+a

1

.

a

1

2 .

b a+b

.

1 .

4060 .

.

.

.

1 .

.

1 .

.

.

.

Assim, o terceiro número da linha seguinte é 465. 67. Dada a simetria de cada uma das linhas do triângulo de Pascal, o antepenúltimo elemento é igual ao terceiro elemento da linha. Assim, nC2 = 1225. n

64. 25C15 é o número de modos distintos de colocar as 15 cápsulas de café no tabuleiro. Supondo que as cápsulas ocupam pelo menos uma das diagonais, sobram-nos 10 cápsulas para colocar em 20 compartimentos, o que pode ser feito de 20C10 modos distintos. Por cada uma destas possibilidades existem 2 diagonais possíveis de preencher. Porém, 2 × 20C10 contabilizou o dobro das vezes o caso em que as 2 diagonais são preenchidas em simultâneo. Logo, temos que subtrair o número de modos de preenchidas as 2 diagonais em simultâneo: depois de preencher as 2 diagonais sobram 15 – 9 = 6 cápsulas para colocar em 16 compartimentos, o que pode ser feito de 16C6 maneiras distintas. Assim, 2 × 20C10 – 16C6 é o número de maneiras de ocupar pelo menos uma das diagonais.

1

C2 = 1225

§

n! = 1225 2! (n – 2)!

§

n(n – 1) (n – 2)!

= 1225

2 (n – 2)! § n2 – n – 2450 = 0 § n =

+1 ± (–1)2 – 4 × 1 × (–2450)

2 × 1 § n = 50      n = –49 0 Logo, a linha em questão é a linha n = 50 e tem 51 elementos. 68. a) 1 + n + n + 1 = 26 § n = 12 Sendo a linha n = 12 do triângulo de Pascal, temos 13 elementos.


Assim, na extração sucessiva, sem reposição, de dois cartões da caixa, temos: Número de casos possíveis: 13 × 12 = 156 Número de casos favoráveis: 12 × 1 = 12 (já que, dada a simetria de cada uma das linhas do triângulo de Pascal, em 13 elementos, apenas um – o central – não tem outro elemento igual a ele.) 12 1 Assim, a probabilidade pretendida é P = = . 156 13 b) No contexto da situação descrita, P(B|A) significa “a probabilidade de, numa extração sucessiva e sem reposição de dois cartões da caixa, os números escritos nos cartões serem diferentes, sabendo que saiu um cartão correspondente ao elemento central da linha”. Ora, dada a simetria de cada uma das linhas do triângulo de Pascal, em 13 elementos, apenas o elemento central não tem qualquer elemento igual a ele. Assim, sabendo que um dos cartões extraído correspondia ao elemento central, então os números escritos nos dois cartões são concerteza diferentes, sendo B|A um acontecimento certo. Portanto, P(B|A) = 1. 69. A soma dos coeficientes binomiais (nC0 + nC1 + nC2 + + … + nCn) é 2n. 8 Assim, 2n = 256 § n = 8. ⎛4 1⎞ ⎟ ⎜ x – Logo, cada termo do desenvolvimento de ⎝ x⎠ é do tipo: 8

× ( x )

8 – p

4

= C × ( x ) 1

8

⎛ 1⎞ × ⎜– ⎟ ⎝ x⎠

8 – p

4

p

(–1) × p x

p

p

§ 2 × 4! (n – 4)! = 6 × 6! (n – 6)! § 2 × 4! × (n – 4) (n – 5) (n – 6)! = 6 × 6! × (n – 6)! 6 × 6! × (n – 6)! § (n – 4) (n – 5) = 2 × 4! × (n – 6)! § n2 – 5 n – 4 n + 20 = 90 § n2 – 9 n – 70 = 0 § n = 14    ∨   n = –5 Como –5 僆 , conclui-se que n = 14. Assim, o dese⎛ 1 ⎞ volvimento de ⎜⎜ x + ⎟⎟ ⎝ x⎠

14

tem 15 elementos.

71. Seja x a probabilidade de sair face 1 neste dado viciado e y a probabilidade de cada uma das restantes faces: x+y+y+y+y+y=1 1 § + 5y = 1 8 7 § 5y = 8 7 §y= 40 Seja X a variável aleatória que representa o número de vezes que sai face 6, em 10 lançamentos deste dado viciado. ⎛ 7⎞ X ~ B ⎜10, ⎟ ⎝ 40 ⎠ Assim, pretende-se determinar P(X = 2): ⎛ 7 ⎞ ⎛ 33 ⎞ P( X = 2) = 10 C2 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ⎝ 40 ⎠ ⎝ 40 ⎠ 2

8

≈ 0,296, ou seja P(X = 2) ≈ 30%.

1

= 8 × x = × x 8

2 – p 4 5 2 – p 4

× x – p × (–1)p × (–1)

p

Para o termo ser independente de x terá de se verificar-se: 5 8 2– p=0§p= 4 5 8 Como 僆 0, conclui-se que não existe termo 5 8 ⎛4 1⎞ ⎜ ⎟ x – independente no desenvolvimento de ⎜ ⎟ . x⎠ ⎝ 70.

1n 1 C = n C 2 4 6 6 n! n! 1 1 § × = × 2 4! (n – 4)! 6 6! (n – 6)!

72. a) Número de casos possíveis: 14C5 Número de casos favoráveis: 8C5 + 6C5 A probabilidade pedida é: 8C + 6C 5 P= 5 14C 5 =

62 31 = 2002 1001

b) Número de casos possíveis: 14C3 Número de casos favoráveis: 6 × 4C3 + 8 × 4C3 A probabilidade pedida é: 6 × 4C3 + 8 × 4C3 P= 14C 3 =

56 2 = 364 13

55

56


Tema II – Introdução ao cálculo diferencial II

n

Página 7 1. Seja un a população de bactérias existente, ados n dias. Assim, se 10 000 é a população inicial, então ado 1 dia teremos:

n + 4

r

b) t.m.v.[ 1, 2 ] =

n

£ 5¥ a) lim ²1 + ´ = e5 ¤ n¦

=

3,97e–0,9 × 2 – 3,97e–0,9

5. a)

Q(0) = Q0ek × 0 § 2000 = Q0e0 § 2000 = Q0 × 1 § Q0 = 2000 b) Q(t) = 2000ekt Pretende-se determinar Q(60). Sabe-se que Q(20) = 6000, ou seja, 2000ek × 20 = 6000 § e20k = 3 3

20k ¥ Logo, Q(60) = 2000ek × 60 = 2000 × £²e ´ ¤ 3 ¦ = 2000 × 33 = 54000 Assim, após 1 hora existirão 54 000 bactérias.

n

£ 5¥ ² ´ 5 £ ¥ 5 b) lim ²1 + ´ = lim ²²1 + 2 ´´ = e 2 = e5 = e2 e ¤ ¤ 2n ¦ n¦ n

n

C(2) – C(1)

2 – 1 1 5 –0,96 O resultado obtido (–0,96) significa que, durante a segunda hora, a concentração de medicamento no sangue decresceu a uma taxa média de, aproximadamente, 0,96 mg/ml por hora.

Página 8

3.

–4

4. a) E(0) = 3,97e–0,9 × 0 = 3,97 × 1 = 3,97 mg/ml

Unidade 1 – Função exponencial de base superior a 1 e ab2 = 12 e 2. e 12 = a × b2 § §f f f 3 2 g 24 = a × b g a × b × b = 24 g 12b = 24 e a × 22 = 12 ea=3 §f §f gb=2 gb=2

n + 4 – 4

£ £ 3 ¥ 3 ¥ ´ × lim²1 + ´ = lim²1 + ¤ ¤ n + 4 ¦ n + 4 ¦ = e3 × (1 + 0)–4 = e3

u1 = 10 000+ 10000 × 0,031 = 10000(1 + 0,031) = 10310 e un = u1 × rn – 1, onde r = 1 + 0,031. Logo, un = 10 310 × 1,031n – 1. Assim, o número de bactérias ados 10 dias é u10 = 10 310 × 1,03110 – 1 ) 13 570.

n

£ £ n + 7 ¥ £ 3 ¥ 3 ¥ ´ ´ = lim²1 + ´ = lim²1 + lim² ¤ ¤ n + 4 ¦ ¤ n + 4 ¦ n + 4 ¦ n + 4 –4 — •£ £ 3 ¥ µ 3 ¥ ´ ×  ²1 + ´    = lim³²1 + ³¤ ¤ n + 4 ¦ n + 4 ¦ µ – ˜

n

£ £ 1 1¥ (–1) ¥ ´ = e–1 = c) lim ²1 – ´ = lim ²1 + ¤ ¦ ¤ ¦ e n n

6. a)

y

g

3

3n n¥ £ £ £ 2¥ 2 ¥ ´ ( 2 )3 ² d) lim ²1 + ´ = ²lim ²1 + ´ ´ = e = e6 ¤ ¤ ¤ n¦ n¦ ¦ n + 1

£ /¥ e) lim ²1 + ´ ¤ n¦

n ££ ¥ /¥ /¥ £ = lim ²²²1 + ´ × ²1 + ´´´ ¤¤ n ¦¦ n¦ ¤

n

1 O

b) b1)

x

y

g1

£ £ /¥ /¥ = lim ²1 + ´ × lim ²1 + ´ = e / × (1 + 0) = e / ¤ ¤ n¦ n¦ n2

n2

3

£ £ 1 1¥ (–1) ¥ f) lim ²1 – ´ = lim ²1 + ´ = e–1 = 2 2 ¤ ¦ ¤ ¦ e n n g)

Cálculo auxiliar: n + 7 |n + 4 –n – 4 1 3

2 1 O

x

g1(x) = g(x) + 2 = ex + 2 O gráfico de g1 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (0, 2).

Tema II | Matemática 12

y

b2)

O gráfico de g6 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma simetria relativamente a Ox, seguida de uma translação associada ao vetor (0, 2).

g2 1 e-1

O

x

g2(x) = g(x – 1) = ex – 1 O gráfico de g2 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (1, 0). y

b3)

g3 e -1 1

O

-1

8. x

1

g3(x) = g(x + 1) – 1 = ex + 1 – 1 O gráfico de g3 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (–1, –1). y

b4)

7. a) Para (0, 2) pertencer ao gráfico de f, terá que: f(0) = 2 § c × 5k × 0 = 2 § c = 2 Para f ser crescente, k > 0. b) Para (0, 3) pertencer ao gráfico de f, terá que: f(0) = 3 § c × 5k × 0 = 3 § c = 3 Para f ser decrescente, k < 0.

a) 2 x = 2 § 2 x = 2 2 § x = 1 2 ⎧1⎫ C.S. = ⎨ ⎬ ⎩2 ⎭ b) πx = π0 § x = 0 C.S. = {0} c)

O

g4 x -1

1

1

1 1 = 5 § 5– x = 5 2 § – x = § x = – x 2 2 5 ⎧ 1⎫ C.S.  = ⎨– ⎬ ⎩ 2⎭

d) 3x + 2 = 29 § 3x = 27 § 3x = 33 § x = 3 C.S. = {3} g4(x) = –g(–x) = –e–x O gráfico de g4 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma simetria relativamente a Oy, seguida de uma simetria relativamente a Ox. y

b5) g5

1 O

x

g5(x) = g(|x|) – 1 = e|x| – 1 O gráfico de g5 obtém-se a partir do gráfico de g, mantendo os pontos de abcissa não negativa e efetuando uma simetria dos mesmos relativamente a Oy, seguida de uma translação associada ao vetor (0, –1). b6)

y

x e) 9x = 1 § (32 ) = 1 § 32 x = 3–5 § 2 x = –5 243 35 5 § x = – 2 ⎧ 5⎫ C.S. = ⎨– ⎬ ⎩ 2⎭

f) 5|x – 2| – 125 = 0 § 5|x – 2| = 125 § 5|x – 2| = 53 § |x – 2| = 3 § x – 2 = 3 ⁄ x – 2 = –3 § x = 5 ⁄ x = –1 C.S. = {–1, 5} x + 1 g) 27 x + 1 (33 ) 33 x + 3 2 = § = § 9 3 = 32 x 9x 32 x (32 ) § 33 x + 3 – 2 x = 32 § 3 x + 3 = 32 § x + 3 = 2 § x = –1 C.S. = {–1}

1 O

x

h) 3x × x2 – 3x × x = 0 § 3x (x2 – x) = 0 § 3x = 0 ⁄ x2 – x = 0

Equação impossível

§ x(x – 1) = 0 § x = 0 ⁄ x = 1

g6

g6(x) = –g(x) + 2 =

–ex

+2

C.S. = {0, 1}

57


58

g) 4x + 1 – 9 × 2x = –2 § (22)x + 1 – 9 × 2x = –2 § 22x + 2 – 9 × 2x = –2 § 22 × 22x – 9 × 2x + 2 = 0 § 4 × (2x)2 – 9 × 2x + 2 = 0 Fazendo uma mudança de variável, 2x = y, vem que:

9. a)

( 4) 3

x

=

1 § (2 ) =

4

x

2

1

3

3

8

24 2

x

–

§ 23 = 2

3

2

⎧ 9⎫ C.S. = ⎨– ⎬ ⎩ 8⎭

3 4

4 y2 – 9 y + 2 = 0

9

§ x = – § x = – 4 8 3

§ y = § y =

3

2

2x =

4 2 1

§ 2 x = 2 3

–

23

§ 2 x =

2

§ 2 x = 1

22 × 2 2

5

§ 2 x = 2

–

23 5

§ x = –

⎧ 13 ⎫ C.S. = ⎨– ⎬ ⎩ 6⎭ 1

13

1

1

1

x

( ) = 3

§ 3 2 = 3 § 3 3

1 3 2 2

x

§ 3 = 3 § x = 4

1

x

§ y = § y = § y =

C.S.. = {3} 2 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x + 3 = 7 § 2 x (2 + 22 + 23 ) = 7 1 § 2 x (2 + 4 + 8) = 7 § 2 x × 14 = 7 § 2 x = 2 § 2 x = 2–1 § x = –1 C.S. = {–1}

9 ± 49 8 9 ± 7

1

4 § 4 x = 4    ›    4 x = 4–1 1

§ 4 x = 4 2    ›    4 x = 4–1 1 § x =    ›    x = –1 2 ⎧1 ⎫ C.S S. = ⎨ , –1⎬ ⎩2 ⎭

1 – r n 1 – r soma dos n termos Sn = u1 ×

§ 2n = 27 § n = 7 C.S. = {7 }

8

4 x = 2   ›    4 x =

f)

§ 1 – 2n = –127 § + 2n = + 128

9 ± 81 – 4 × 4 × 2

8 2 16 § y =    ›     y = 8 8 1 § y = 2   ›     y =     4 Substituindo y por 4x, vem que

§ 2 x = 23 § x = 3

1 – 2n = 254 1 – 2 § –2 × (1 – 2n ) = 254

1

4 y2 – 9 y + 2 = 0

§  8 = 5– x + x × 2 x § 2 x = 8

§ 2 ×

h) 42x + 1 – 9 × 22x + 2 = 0 § 4 × 42x – 9 × 4x + 2 = 0 § 4 × (4x)2 – 9 × (4x) + 2 = 0 Fazendo uma mudança de variável,4x = y, vem que:

3

2 + 4 + 8 + 16 + … + 2n = 254

8

1 4 § 2 x = 21    ›    2 x = 2–2 § x = 1    ›    x = –2 C.S. = {1, –2}

4 ⎧3 ⎫ C.S. = ⎨ ⎬ ⎩4 ⎭ 8 8 d) = 5– x § x = 5– x x 10 2 × 5 x § 8 = 5– x × 5 x × 2 x

e)

9 ± 7

2 x = 2   ›    2 x =

6

§ 3 2 (1 + 1 + 1) = 3 x § 3 2 × 3 = 3 x 3

8

§ y =

4 Substituindo y por 2x, vem que:

3 + 3 + 3 = 3 x § 3 2 +  3 2 + 3 2 = 3 x

c)

9 ± 49

§ y = 2   ›     y =

22

13 6

8

1

1

b)

9 ± 81 – 4 × 4 × 2

i)

5 x + 1 + 5 –x + 2 = 126 § 5 x × 5 + 52 × 5– x – 126 = 0 1 § 5 × 5 x + 52 × x – 126 = 0 5 § 5 × 52x + 52 – 126 × 5 x = 0 § 5 × (5 x )2 – 126 × 5 x + 25 = 0


Considerando a mudança de variável 5x = y, vem que:

Cálculo auxiliar:

5 y2 – 126 y + 25 = 0

9 x 2 – 15 x + 4 = 0

126 ± 15 876 – 4 × 5 × 25 § y = 10 126 ± 15 376 § y = 10 126 ± 124 § y = 10 1 § y = 25    ›     y = 5 Substituindo y por

5x,

§ x =

– 3 x

2 3 ± 1

2

– 3 x

> 10–2

x – 2

§ (23 ) > 2–4 16 2 § 29 x – 15 x > 2–4 § 9 x 2 – 15 x > –4   – 5 x

>

§ 9 x 2 – 15 x + 4  > 0

+ 4 3

x

x 1000

x

⎛8⎞ d) lim = lim = lim ⎜ ⎟ = 0, pois lim a x = 0, x x 2 x → +∞ x → +∞ x → +∞ ⎝ 9 ⎠ x → +∞ 3 9 0 < a < 1

3 x 2 – 5 x

8x

⎛ x 10 x 5 ⎞ ⎜ = lim + x ⎟ x → +∞ x → +∞ ⎝ x 5x 5 5 ⎠ 10 5 x x = lim x + lim x = 0  + 0 = 0 x → +∞ x → +∞ 5 5

e) lim

x – 2

3x

⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ ≤ 27– x § ⎜ ⎟ ≤ 3–3 x § ⎜ ⎟ ≤ ⎜ ⎟ c) ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝3⎠ § x – 2 ≥ 3 x § –2 ≥ 2 x § –1 ≥ x § x ≤ –1 C.S. = ]– ∞, –1] 83 x

1 3

–

3x

23 x

§ x 2 – 3 x + 2 > 0 § x < 1    ›    x > 2 C.S. = ]– ∞, 1[ ∪ ]2, +∞[

d)

+

x → +∞

§ x – 3 x > –2

1

6

= 0, pois a função exponencial (de base supeex rior a um) cresce muito mais rapidamente do que qualquer função potência e está no denominador da fração.

c) lim

2

2

x → +∞

+

x – 2

18

= +∞, pois a função exponencial (de base sux3 perior a um) cresce muito mais rapidamente do que qualquer função potência.

b) lim

2

> 0,01 § 10x

   ›    x =

15 ± 9

⎛5⎞ a) lim = lim ⎜ ⎟ = +∞, poiss lim a x = +∞, a > 1 x → +∞ x → +∞ 4 x x→ +∞ ⎝ 4 ⎠

2 § x = 2   ›    x = 1

2

24

5x

3 ± 9 – 4 × 2

§ x =

10x

§ x =

18

§ x =

11.

10. a) 1 – 3x < –8 § 9 < 3x § 32 < 3x §2<x§x>2 C.S. = ]2, +∞[ b) Cálculo auxiliar:

–

15 ± 81

1 4 9 x 2 – 15 x + 4 > 0 § x <    ›    x > 3 3 ⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤4 C.S.  = ⎥–∞, ⎢ ∪ ⎥ , +∞⎢ ⎦ ⎣ 3⎣ ⎦3

C.S. = {2, –1}

1

§ x =

Retomando a resolução da inequação, vem que:

1 5 § 5 x = 52    ›    5 x = 5–1 § x = 2   ›    x = –1 5 x = 25    ›    5 x =

+

18

18 18 4 1 § x =    ›    x = 3 3

vem que:

x 2 – 3 x + 2 = 0 § x =

15 ± 225 – 4 × 9 × 4

x 10 + x 5

f) lim (e– x × x 7 ) = lim

x7

= 0, pois a função exponenex cial (de base superior a um) cresce muito mais rapidamente do que qualquer função potência e está no denominador da fração. x → +∞

x → +∞

g) lim (2 x × x –2 ) = lim x → +∞

x → +∞

2x x2

= +∞

⎡ ⎛ x 8 ⎞⎤ h) lim (e x – x 8 ) = lim ⎢e x ⎜1 – x ⎟⎥ x → +∞ x → +∞ ⎣ ⎝ e ⎠⎦ = (+∞) × (1 – 0) = +∞

59

60


Unidade 2 – Função logarítmica de base superior a 1 Página 24 12. a) log2 64 = 6, pois 26 = 64. 1 1 b) log2 = –1, pois 2–1 = . 2 2

• Assíntotas: a reta de equação x = 0 é uma assíntota vertical • Continuidade: é contínua

16.

y

1

1 , pois 3 2 = 3 . 2 1 1 d) log4 = –2, pois 4–2 = . 16 16

y=x

1

c) log3 √∫3 =

f O

⎛1⎞ e) log1 32 = –5, pois ⎜⎜ ⎟⎟ = 32. ⎝2⎠ 2

x

1

–5

f -1

• D –1 = + f

f) log√∫5 25 = 4, pois (√∫5)4 = 25. g) log2012 1 = 0, pois 20120 = 1. h) log2012 2012 = 1, pois 20121 = 2012. i) log12 1210 = 10, pois 1210 = 1210.

• D' –1 = f

• Zeros: 1 • Sinal: log1 x > 0 § x ∈ ]0, 1[ 3

log1 x < 0 § x ∈ ]1, +∞[

j) 3log3 81 = 81

3

• Monotonia: estritamente decrescente • Injetividade: é injetiva

13. a) 13 = log2 213 = log2 8192 b) 13 = log3 313 = log3 1 594 323 c) 13 = log5 513 = log5 1 220 703 125 d) 13 = log 1013 = log 10 000 000 000 000 e) 13 = ln e13

• lim+ log1 x = +∞    lim log1 x = –∞ x →0

x →+∞

3

3

• Assíntotas: a reta de equação x = 0 é uma assíntota vertical • Continuidade: é contínua

14. a) 13 = 2log2 13

b) 13 = 3log3 13

d) 13 = 10

e) 13 = e

15.

y

log 13

c) 13 = 5log5 13

ln 13

17. a)

y

g

f (x) = ex y=x O

1

O

-1

f (x) = ln x

1

x

b) b1)

g1

y 2

• D –1 = f

+

g

• D' –1 = f

• Zeros: 1 • Sinal: ln x > 0 § x ∈ ]1, +∞[ ln x < 0 § x ∈ ]0, 1[ • Monotonia: estritamente crescente • Injetividade: é injetiva • lim+ ln x = –∞    lim ln x = +∞ x → 0

x

1

x → +∞

O

1

x

O gráfico de g1 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (0,2).


b2)

b6)

y

y

g

g6

2

g

g2 O

1

2

x

O

x=1

O gráfico de g2 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (1, 0). b3)

y g –1 O –1

1

g3 x

x = –1

O gráfico de g3 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma translação associada ao vetor (–1, 0) seguida de uma translação associada ao vetor (0, –1). b4)

y

1

x

O gráfico de g6 obtém-se a partir do gráfico de g mantendo os pontos de ordenada não negativa e efetuando uma simetria dos pontos de ordenada negativa em relação a Ox, seguida de uma simetria em relação a Ox, seguida de uma translação associada ao vetor (0, 2). c) Dg1 = + D’g1 = Equação da assíntota: x = 0 Dg2 = ]1, +∞[ D’g2 = Equação da assíntota: x = 1 Dg3 = ]–1, +∞[ D’g3 = Equação da assíntota: x = –1 Dg4 = – D’g4 = Equação da assíntota: x = 0 Dg5 = \{0} D’g5 = Equação da assíntota: x = 0 Dg6 = + D’g6 = ]–∞, 2] Equação da assíntota: x = 0 18. a) ln 125 = ln 53 = 3 ln 5 £ 25 ¥ b) ´´ = ln 25 – ln 5 ln ²² ¤ 5¦

g –1 O

1

x

g4

1

1 3 = ln 52 – ln 5 2 = 2 ln 5 – ln 5 = ln 5 2 2 O gráfico de g4 obtém-se a partir do gráfico de g segundo uma simetria em relação a Oy seguida de uma simetria em relação a Ox. b5)

£ ¥ £ ¥ 125 ´ 125 ´ d) ln / + ln ²² = ln 53 ´ = ln ²² / × ´ ¤ / ¦ / ¦ ¤

( )

y g g5 O

£ 65 ¥ c) ln 65 – 2 ln 13 = ln 65 – ln 13 = ln ² ´ = ln 5 ¤ 13 ¦

1

x

O gráfico de g5 obtém-se a partir do gráfico de g mantendo os pontos da abcissa não negativa e efetuando uma simetria dos mesmos em relação a Oy, seguida de uma translação associada ao vetor (0, –1).

1 2

3

3 = ln 5 2 = ln 5 2 –1

£8¥ £3¥ 19. log 2 10 – log ² ´ – log ² ´ ¤ 10 ¦ ¤ 10 ¦ 3

(

)

1

£3¥ 1 = log 2 + log 10 – (log 8 – log 10) + log  ² ´ ¤ 10 ¦ 3 1 1 1 = log 2 + log 10 – log 8 + log 10 + log 3 – log 10 3 2 3 £1 1 ¥ 1 3 = log 2 – log 2 + log 3 + ² + – 1 ´ log 10 ¤2 3 ¦ 3 1 3 1 = log 2 – log 2 + log 3 – × 1 =  – + log 3 6 3 6

61

62


20.

y

b)

⎛1⎞ a) Verdadeiro. Por exemplo, log ⎜ ⎟ = –1. ⎝ 10 ⎠

f O

⎛a ⎞ a b) Falso. Se a > 0 e b < 0, então < 0 e log ⎜ ⎟ não ⎝b ⎠ b existe. ⎛a ⎞ a c) Falso. Se a < 0 e b < 0, então > 0 e log ⎜ ⎟ existe. ⎝b ⎠ b d) Falso. Por exemplo, se k = –2, f(x) = log (|–2| x) = log (2x) tem domínio +. e) Falso. Por exemplo, 2 > 0 e 3 > 0 e log 2 + log 3 ≠ log 5 f) Falso. Por exemplo, 2 > 0 e 3 > 0 e log 2 : log 3 ≠

x

y g x

O

f e g são iguais. y

c)

⎛2⎞ ≠ log ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝3⎠

2 log 2

f

O

g) Falso. Se a > 0, log √∫a = log (a0,5) e não (log a)0,5. 21.

1

x

4

y

⎛a ⎞ ⎛b ⎞ ⎛c ⎞ log ⎜⎜ ⎟⎟ + log ⎜⎜ ⎟⎟ + log ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝b ⎠ ⎝c ⎠ ⎝a ⎠

a)

g

= log a – log b + log b – log c + log c – log a = 0

O

x

1

b) logb a × logc b × loga c =

log a log b

×

log b log c

×

log c

f e g são iguais. = 1

y

d)

log a

f

22. 2x = 3x e como x + y = 2 § y = 2 – x, vem que: 2 x = 3 y § 2 x = 32 – x § 2 x =

32 y

3x § 2 × 3 = 9 § 6 = 9 ln 9 § x = log6 9 § x = ln 6 x

x

x

O

-2

x

23. a)

g

f e g não são iguais.

y f -1

O

x

O

y

e)

x

1

f

-2

-1

O

x

y y

g O

1

x

g -1


O


x


24. a) D = + log x 5 + log x – log x 2 1 = 5 log x + log x – 2 log x    ‹    x ∈ D 2 1 = 3 log x + log x    ‹    x ∈ D 2 7 = log x    ‹    x ∈ D 2 b) D = {x ∈ : 4 – x > 0 ‹ 4 + x > 0} = ]–4, 4[ ln (4 – x) + ln (4 + x) = ln [(4 – x) (4 + x)] ‹ x ∈ D = ln (16 – x2) ‹ x ∈ D c) D = { x ∈ : 25 x > 0}  = + 1 4 ln 2 + ln (25 5 x ) 2 = ln 24 + ln 25 x    ‹    x ∈ D

( ) = ln (80 × x )    ‹    x ∈ D

= ln 16 × 5 × x    ‹    x ∈ D d) D = + 2 log x + 3 = 2 log x + log 1000 ‹ x ∈ D = log x2 + log 1000 ‹ x ∈ D = log (1000 x2) ‹ x ∈ D e) D = { x ∈ : | x | > 0   ‹    x + 2 > 0} = { x ∈ : x ≠ 0   ‹    x > –2} = ]– 2, 0 [ ∪ ]0, +∞[ 2 log | x | – log ( x + 2)

Cálculo auxiliar: x2 + x = 0 § x (x + 1) = 0 § x = 0 › x = –1 +

+

–1

–

0

x2 + x > 0 § x ∈ ]–∞, –1[ ∪ ]0, +∞[ log2 ( x + 1) = log2 ( x 2 + x ) § x + 1 = x 2 + x    ‹    x ∈ D § x 2 = 1    ‹    x ∈ D § ( x = 1    ›    x = –1)   ‹    x ∈ D C.S. = {1} ⎤ ⎡ c) D = { x ∈ : 3x – 5 > 0} = ⎥5 , +∞⎢ ⎦3 ⎣ ln (3 x – 5) = ln 7 § 3 x – 5 = 7    ‹    x ∈ D § 3 x = 12   ‹    x ∈ D § x = 4    ‹    x ∈ D C.S. = {4} d) D = { x ∈ : x 2 – 3x – 10 > 0   ‹    2 – 2 x > 0} = ]– ∞, –2[ Cálculos auxiliares: x 2 – 3 x – 10 = 0 § x = §x=

= log ( x )2 – log ( x + 2)   ‹    x ∈ D x2 x + 2

   ‹    x ∈ D

25. a) D = { x ∈ : 3 x + 2 > 0   ‹    2 x + 5 > 0} ⎧ 2 5⎫ = ⎨ x ∈ : x > –    ‹    x > – ⎬ ⎩ 3 2⎭ ⎤ 2 ⎡ = ⎥– , +∞⎢ ⎦ 3 ⎣ log6 (3 x + 2) = log6 (2 x + 5) § 3 x + 2 = 2 x + 5    ‹    x ∈ D § x = 3   ‹    x ∈ D C.S. = {3} b) D = { x ∈ : x + 1 > 0   ‹    x 2 + x > 0} = ]0, +∞[

2 3 ± 7

2 § x = 5    ›    x = –2

= log | x | – log ( x + 2)   ‹    x ∈ D 2

= log

3 ± 9 – 4 × (–10)

+

+

–2

–

5

x2 – 3x – 10 > 0 § x ∈ ]–∞, –2 [ ∪ ] 5, +∞[ 2 – 2x > 0 § 2 > 2x § 1 > x § x ∈ ]–∞, 1[ log ( x 2 – 3 x – 10) = log (2 – 2 x ) § x 2 – 3 x – 10 = 2 – 2 x    ‹    x ∈ D § x 2 – x – 12 = 0   ‹    x ∈ D § x = § x = § x =

1 ± 1 – 4 × (–12) 2 1 ± 49 2 1 ± 7

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D 2 § ( x = 4    ›    x = –3)   ‹    x ∈ D C.S. = {–3}

63

64


⎤ 1 ⎡ e) D = { x ∈ : 2 x + 1 > 0} = ⎥– , +∞⎢ ⎦ 2 ⎣ log3 (2 x + 1) = 4

log2 (2 x 2 + 5 x + 4) = 4 § 2 x 2 + 5 x + 4 = 24    ‹    x ∈ D § 2 x 2 + 5 x + 4 = 16   ‹    x ∈ D § 2 x 2 + 5 x – 12 = 0   ‹    x ∈ D

§ 2 x + 1 = 34    ‹    x ∈ D § 2 x + 1 = 81    ‹    x ∈ D § 2 x = 80   ‹    x ∈ D § x = 40   ‹    x ∈ D C.S. = {40}

§ x = § x =

f) D = { x ∈ : 2 x 2 + 3 x – 1 > 0}

§ x =

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ –3 – 17 ⎢ ⎥ –3 + 17 ∪ , +∞⎢ = ⎥–∞, ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 4 4 Cálculo auxiliar: 2 x 2 + 3 x – 1 = 0 § x =

–3 ± 9 – 4 × 2 × (–1)

§ x = +

4 –3 ± 17 4

+ –

–3 – 17

–3 + 17

4

4

2 x + 3 x – 1 > 0 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ –3 – 17 ⎢ ⎥ –3 + 17 , +∞⎢ § x ∈ ⎥ –∞ , ∪ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 4 4 2

log3 (2 x 2 + 3 x – 1) = 2 § 2 x 2 + 3 x – 1 = 9   ‹    x ∈ D § 2 x 2 + 3 x – 10 = 0   ‹    x ∈ D § x = § x =

–3 ± 9 – 4 × 2 × (–10) 4 –3 ± 89 4

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D

Cálculo auxiliar: –5 ± 25 – 4 × 2 × 4 4 –5 ± –7

§ x = 4

Equação impossível em

+

–5 ± 121 4 –5 ± 11 4

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D

⎛ 3⎞ § ⎜ x = –4    ›    x = ⎟  ‹    x ∈ D ⎝ 2⎠ ⎧ 3⎫ C.S. = ⎨–4, ⎬ ⎩ 2⎭ h) D = {x ∈ : (x – 1)2 > 0} = \{1} log5 (x – 1)2 = 2 § (x – 1)2 = 52 ‹ x ∈ D § (x – 1 = 5 ⁄ x – 1 = –5) ‹ x ∈ D § (x = 6 ⁄ x = –4) ‹ x ∈ D C.S. = {–4, 6} 26. a) D = {x ∈ : x – 2 > 0} = ]2, +∞[ 103log (x – 2) = 125 § 10log (x – 2) = 53 ‹ x ∈ D § (x – 2)3 = 53 ‹ x ∈ D §x–2=5 ‹ x∈D§x=7 ‹ x∈D C.S. = {7} 3

b) D = { x ∈ : 3 x + 2 > 0   ‹    x 2 > 0} ⎤ 2 ⎡ = ⎥– , 0⎢  ∪  ⎤⎦0, +∞⎡⎣ ⎦ 3 ⎣ 2 log5 (3 x + 2) = log5 x 2 § (3 x + 2)2 = x 2    ‹    x ∈ D § (3 x + 2 = x    ›    3 x + 2 = – x )   ‹    x ∈ D § (2 x = –2   ›    4 x = –2)   ‹    x ∈ D ⎛ 1⎞ § ⎜ x = –1    ›    x = – ⎟   ‹    x ∈ D ⎝ 2⎠ ⎧ 1⎫ C.S. = ⎨– ⎬ ⎩ 2⎭ c) D = { x ∈ : x 2 – 9 > 0   ‹    x – 3 > 0} = ]3, +∞[ Cálculo auxiliar: x2 – 9 = 0 § x2 = 9 § x = ±3 + –3

2x2 + 5x + 4 > 0 § x ∈

4

§ log5 (3 x + 2)2 = log5 x 2    ‹    x ∈ D

⎧⎪ ⎫ –3 – 89 –3 + 89 ⎪⎬ , C.S. = ⎨ ⎩⎪ ⎭⎪ 4 4 g) D = { x ∈ : 2 x 2 + 5 x + 4 > 0} =

2 x 2 + 5 x + 4 = 0 § x =

–5 ± 25 – 4 × 2 × (–12)

+ –

3

x2 – 9 > 0 § x ∈ ]–∞, –3[ ∪ ]3, +∞[


ln ( x 2 – 9) – ln ( x – 3) = 0 § ln ( x 2 – 9) = ln ( x – 3)   ‹    x ∈ D § x 2 – 9 = x – 3   ‹    x ∈ D

log (2 x ) § log2 x + 2 = 4    ‹    x ∈ D log2 4

§ x 2 – x – 6 = 0   ‹    x ∈ D § x = § x =

1 ± 1 – 4 × (–6) 2

   ‹    x ∈ D

1 ± 5

   ‹    x ∈ D 2 § ( x = 3   ›    x = –2)   ‹    x ∈ D C.S. = ∅ +

d) D = 1 log x + log 3 = log 5 3 § log 3 x = log 5 – log 3   ‹    x ∈ D ⎛5 ⎞ § log 3 x = log ⎜ ⎟   ‹    x ∈ D ⎝3⎠ 5 § 3 x =    ‹    x ∈ D 3 3 ⎛5 ⎞ § x = ⎜ ⎟    ‹    x ∈ D ⎝3⎠ 125    ‹    x ∈ D § x = 27 ⎧ 125 ⎫ ⎬ C.S. = ⎨ ⎩ 27 ⎭ e) D = { x ∈ : x + 3 > 0   ‹    x > 0} = + log ( x + 3) + log x = log 28 § log [ x( x + 3)] = log 28   ‹    x ∈ D § log ( x 2 + 3 x ) = log 28   ‹    x ∈ D § x 2 + 3 x = 28   ‹    x ∈ D § x 2 + 3 x – 28 = 0   ‹    x ∈ D § x = § x = § x =

–3 ± 9 – 4 × 1 × (–28) 2 –3 ± 121 2 –3 ± 11

g) D = { x ∈ : x > 0   ‹    2 x > 0} = + log2 x + log4 (2 x ) = 4

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D 2 § ( x = –7    ›    x = 4)   ‹    x ∈ D C.S. = {4} f) D = { x ∈ : x + 1 > 0   ‹    x > 0} = + log ( x + 1) – log x = log 3 § log ( x + 1) = log 3 + log x    ‹    x ∈ D § log ( x + 1) = log (3 x )   ‹    x ∈ D § x + 1 = 3 x    ‹    x ∈ D 1 § –2 x = –1    ‹    x ∈ D § x =    ‹    x ∈ D 2 ⎧1⎫ C.S S. = ⎨ ⎬ ⎩2 ⎭

log (2 x ) § log2 x + 2 = 4    ‹    x ∈ D 2 § 2 log2 x + log2 (2 x ) = 8   ‹    x ∈ D § log2 x 2 + log2 (2 x ) = 8   ‹    x ∈ D

§ log2 [ x 2 × 2 x ] = 8   ‹    x ∈ D § log2 (2 x 3 ) = 8   ‹    x ∈ D § 2 x 3 = 28    ‹    x ∈ D § x 3 = 128   ‹    x  ∈ D § x = 4 2    ‹    x ∈ D 3

C.S. = {4 2 } 3

h) D = + log22 x – log2 x – 2 = 0 Consideremos a mudança de variável log2 x = y, então: y2 – y – 2 = 0 § y = § y =

1 ± 3 2

1 ± 1 – 4 × (–2) 2

§ y = 2   ›     y = –1

Voltando a substituir y por log2 x, vem que: (log2 x = 2   ›    log2 x = –1)   ‹    x ∈ D § ( x = 22    ›    x = 2–1 )   ‹    x ∈ D ⎛ 1⎞ § ⎜ x = 4    ›    x = ⎟   ‹    x ∈ D ⎝ 2⎠ ⎧ 1⎫ C.S. = ⎨4, ⎬ ⎩ 2⎭ i) log (3 x 2 – 4 x – 17) = log (2 x 2 – 5 x + 3) 2

2

D = { x ∈ : 3 x 2 – 4 x – 17 > 0   ‹    2 x 2 – 5 x + 3 > 0} ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ 2 – 55 ⎢ ⎥2 + 55 = ⎥–∞,   ∪ ,  +∞⎢ ⎣ ⎦ 3 ⎣ ⎦ 3 Cálculos auxiliares: 3 x 2 – 4 x – 17 = 0 § x = § x = § x = § x =

220 110 55 11 1

4 ± 16 – 4 × 3 × (–17) 6 4 ± 220

2 2 5 11

6 4 ± 2 55 6 2 ± 55 3

+

+ –

65


66

Cálculos auxiliares (cont.): 2 x 2 – 5 x + 3 = 0 § x =

5 ± 25 – 4 × 2 × 3

§ x =

4 5 ± 1

§ log ( x +  2)2 = 2   ‹    x ∈ D

4

§ ( x +  2)2 = 102    ‹    x ∈ D § ( x + 2 = 10   ›    x +  2 = –10)     ‹    x ∈ D § ( x = 8   ›    x = –12)    ‹    x ∈ D C.S. = {8, –12}

3 § x =    ›    x = 1 2 +

+ –

1

⎛ x +  2 ⎞ ⎟ = 2 log ⎡⎣( x +  2) × ( x – 7)⎤⎦ + log ⎜ ⎝ x – 7 ⎠ ⎡ (x +  2) ⎤ § log ⎢( x +  2) × ( x – 7) ⎥ = 2   ‹    x ∈ D ⎢⎣ (x – 7) ⎥⎦

3 2

27. a) D = { x ∈ :  x – 1 > 0   ‹    x + 2 > 0 } = ]1, +∞[

log (3 x 2 – 4 x – 17) = log (2 x 2 – 5 x + 3) 2

2

log ( x – 1) + log ( x + 2) < log 6 § log [( x – 1) ( x + 2)] < log 6   ‹    x ∈ D

§ 3 x 2 – 4 x – 17 = 2 x 2 – 5 x + 3   ‹    x ∈ D § x 2 + x – 20   = 0   ‹    x ∈ D § x = § x =

–1 ± 1 – 4 × 1 × (–20) 2 –1 ± 9

§ x 2 + x – 2 < 6   ‹    x ∈ D    ‹    x ∈ D

§ x 2 + x – 8 < 0   ‹    x ∈ D §

   ‹    x ∈ D

2 § ( x = –5    ›    x = 4)   ‹    x ∈ D C.S. = {–5, 4}

j)

§ x =

   ‹    x ∈ D

–1 ± 1 – 4 × (–8) 2 –1 ± 33

–1 – 33 2

2 + –

–1 + 33 2

7

x 2 + x – 8 < 0 ⎡ ⎤ –1 – 33 –1 + 33 ⎢ § x ∈ ⎥ ,   ⎦ ⎣ 2 2

(x + 2) (x – 7) = 0 § x = –2 ⁄ x = 7 x + 2

> 0 x – 7 § x < –2   ›    x > 7 x

2

x 2 + x – 8 = 0

+

+ –

–1 + 33

Cálculo auxiliar:

§ x =

Cálculos auxiliares: (x + 2) (x – 7) > 0 § x < –2 ⁄ x > 7

–2

2

< x <

⎤ ⎡ –1 + 33 ⎢ C.S. = ⎥1,   ⎦ ⎣ 2

⎡ x +  2 ⎤ log ⎡⎣( x +  2) × ( x – 7)⎤⎦ + log ⎢ ⎥ = 2 ⎣ x – 7 ⎦ ⎧ ⎫ x +  2 > 0⎬ D = ⎨ x ∈ : ( x +  2) ( x – 7) > 0   ‹     ⎩ ⎭ x – 7 = ]– ∞, –2 [ ∪ ] 7, +∞[

+

–1 – 33

–∞

b) D = { x ∈ :  x > 0   ‹    x +  1 > 0    ‹    2 x + 6 > 0}

–2

+∞

7

= { x ∈ :  x > 0   ‹     x > –1    ‹    x > –3} = +

x+2

–

0

+

+

+

x–7

–

–

–

0

+

x + 2 x – 7

log x +  log ( x +  1) <   log (2x +  6) § log [ x( x +  1)] <  log (2xx +  6)   ‹    x ∈ D

+

O

–

n.d.

+

§ x 2 + x < 2 x + 6   ‹    x ∈ D

x ∈ ]–∞, –2[ » ]7, +∞[

§ x 2 – x – 6 < 0   ‹    x ∈ D § –2 < x < 3   ‹    x ∈ D C.S. = ]0, 3[


Cálculo auxiliar:

Cálculo auxiliar: x2 – x = 0 § x(x – 1) = 0 § x = 0 ⁄ x = 1

x – x – 6 = 0 2

§ x = § x =

1 ± 1 – 4 × (–6)

+

2

–

–2

1 ± 5

+ 3

2 § x = 3   ›    x = –2

c) D = { x ∈ :   x – 1 > 0   ‹    13 – x > 0} = { x ∈ :   x > 1   ‹    13  >  x } = ]1, 13[ log2 ( x – 1)  ≤  5 – log2 (13 – x ) § log2 ( x – 1) + log2 (13 – x )  ≤  5    ‹     x ∈ D § log2[( x – 1) ( 13 – x )] ≤  5    ‹     x ∈ D § log2 (– x 2 + 14 x – 13) ≤ 5   ‹     x ∈ D § – x 2 + 14 x – 13 ≤ 25    ‹     x ∈ D § – x 2 + 14 x – 13 ≤ 32   ‹     x ∈ D § – x 2 + 14 x – 45 ≤ 0   ‹     x ∈ D § ( x ≤ 5   ›     x ≥ 9)   ‹     x ∈ D

+ 0

–

+ 1

⎛1⎞ log4 ( x 2 – x ) > log0,25 ⎜ ⎟ ⎝6⎠ ⎛1⎞ log4 ⎜ ⎟ ⎝6⎠ § log4 ( x 2 – x ) >    ‹    x ∈ D log4 0,25 ⎛1⎞ log4 ⎜ ⎟ ⎝6⎠    ‹    x ∈ D § log4 ( x 2 – x ) > –1 ⎛1⎞ § log4 ( x 2 – x ) > log4 ⎜ ⎟   ‹    x ∈ D ⎝6⎠ § log4 ( x 2 – x ) > log4 6   ‹    x ∈ D § x 2 – x > 6   ‹    x ∈ D § x 2 – x – 6 > 0   ‹    x ∈ D

C.S. = ]1, 5]    ∪   [9, 13[

§ ( x < –2   ›    x > 3)   ‹    x ∈ D C.S. = ]– ∞, –2 [ ∪ ]3, +∞[

Cálculo auxiliar: – x 2 + 14 x – 45 = 0 § x =

–14 ± 196 – 4 × (–1) × (–45) –2

–14 ± 16 –2 –14 ± 4 § x = –2 § x = 9   ›     x = 5 § x =

Cálculo auxiliar: x 2 – x – 6 = 0 § x =

– 5

+

9 –

d) 2 < log2 (3 x + 2) – log2 (1 – 2 x ) D = { x ∈ : 3 x + 2 > 0   ‹    1 – 2 x > 0} ⎧ 1 ⎫ ⎤ 2 1⎡ 2 = ⎨ x ∈ : x > –    ‹    x < ⎬ = ⎥– , ⎢ ⎩ 3 2 ⎭ ⎦ 3 2⎣ 2 < log2 (3 x + 2) – log2 (1 – 2 x ) § 2 + log2 (1 – 2 x ) < log2 (3 x + 2)   ‹    x ∈ D § log2 4 + log2 (1 – 2 x ) < log2 (3 x + 2)   ‹    x ∈ D § log2[4 (1 – 2 x )] < log2 (3 x + 2)   ‹    x ∈ D § 4 – 8 x < 3 x + 2   ‹    x ∈ D § 4 – 2 < 3 x + 8 x    ‹    x ∈ D § 2 < 11 x    ‹    x ∈ D 2 § x >    ‹    x ∈ D 11 ⎤ 2 1⎡ C.S. = ⎥ , ⎢ ⎦ 11 2 ⎣ e) D = { x ∈ : x 2 – x > 0} = ]– ∞, 0 [ ∪ ]1, +∞[

§ x =

1 ± 1 – 4 × (–6) 2 1 ± 5

+

2 § x = 3   ›    x = –2

–2

–

f) D = { x ∈ : 2 – x > 0   ‹    x + 1 > 0} = { x ∈ : 2 > x    ‹    x > –1} = ]– 1, 2[ log2 (2 – x ) < log0,5 ( x + 1) § log2 (2 – x ) <

log2 ( x + 1) log2 0,5 log2 ( x + 1)

   ‹    x ∈ D

   ‹    x ∈ D –1 § log2 (2 – x ) < –log2 ( x + 1)   ‹    x ∈ D ⎛ 1 ⎞ ⎟   ‹    x ∈ D § log2 (2 – x ) < log2 ⎜ ⎝ x + 1 ⎠ 1    ‹    x ∈ D § 2 – x < x + 1 1 § (2 – x ) – < 0   ‹    x ∈ D x + 1 (2 – x ) ( x + 1) – 1 § < 0   ‹    x ∈ D x + 1 § log2 (2 – x ) <

+ 3

67

68


§ §

– x 2 + x + 2 – 1 x + 1 – x 2 + x + 1 x + 1

⎛ 3⎞ § log2 ⎜ x 2 – x – ⎟ < –2 + log2 5    ‹    x ∈ D ⎝ 4⎠

< 0   ‹    x ∈ D

< 0   ‹    x ∈ D

⎛ ⎞ 1 + 5 ⎟ 1 – 5    ›    x < § ⎜⎜–1 < x < ⎟   ‹    x ∈ D ⎝ 2 2 ⎠ Cálculo auxiliar:

§ x = § x =

x

⎛ 3⎞ § log2 ⎜ x 2 – x – ⎟ + log2 4 < log2 5    ‹    x ∈ D ⎝ 4⎠ 2 § log2 (4x – 4 x – 3) < log2 5   ‹    x ∈ D § 4x 2 – 4 x – 3 < 5    ‹    x ∈ D

– x 2 + x + 1 = 0 § x =

⎛ 3⎞ § log2 ⎜ x 2 – x – ⎟ + 2 < log2 5    ‹    x ∈ D ⎝ 4⎠

§ 4x 2 – 4 x – 8 < 0   ‹    x ∈ D

–1 ± 1 – 4 × (–1) × 1

§ –1 <  x < 2   ‹    x ∈ D ⎤ 1 ⎡ ⎤3 ⎡ C.S. = ⎥–1,  – ⎢  ∪  ⎥ ,  2⎢ ⎦ 2⎣ ⎦2 ⎣

–2 –1 ± 5 +

–2 1 ± 5

–

1 – 5 2

2

–

1 + 5 2

Cálculo auxiliar: 4 x 2 – 4 x – 8 = 0

1 + 5 2

1 – 5 2

–∞

–1

+∞

–x2 + x + 1

–

–

–

0

+

0

–

x+1

–

0

+

+

+

+

+

– x 2 + x + 1 x + 1

+

n.d.

–

0

+

0

–

§ x =

8 4 ± 12 § x = 8 § x = 2   ›    x = –1

⎡ ⎤ ⎤ ⎡ 1 – 5 ⎢ ⎥ 1 + 5 ⎢ C.S. = ⎥–1, ∪ , 2 ⎦ ⎣ 2 ⎣ ⎦ 2

+ –1

⎧ ⎫ g) D = ⎨ x ∈ : x 2 – x – 3 > 0⎬ ⎩ ⎭ 4 ⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤3 = ⎥–∞, – ⎢  ∪ ⎥ , +∞⎢ ⎦ ⎣ 2⎣ ⎦2

+ 2

28. a) D = { x ∈ : 1 – 2 x > 0   ‹    1 + log3 (1 – 2x ) > 0} = { x ∈ : –2 x > –1   ‹    log3 (1 – 2x ) > –1}

3 x 2 – x – = 0 4 § 4 x 2 – 4 x – 3 = 0

§ x =

–

4x2 – 4x – 8 < 0 § x ∈ ]–1, 2[

Cálculo auxiliar:

§ x =

4 ± 16 – 4 × 4 × (–8)

{

= x ∈ : x <

4 ± 16 – 4 × 4 × (–3)

1 1    ‹    x < 2 3

}

⎤ 1⎡ = ⎥–∞, ⎢ ⎦ 3⎣

8 4 ± 8 8

1 3 § x =    ›    x = – 2 2

+ –1 2

–

+ 3 2

⎛ 3⎞ log0,5 ⎜ x 2 – x – ⎟ > 2 – log2 5 ⎝ 4⎠ ⎛ 3⎞ log2 ⎜ x 2 – x – ⎟ ⎝ 4 ⎠ > 2 – log 5    ‹    x ∈ D § 2 log2 0,5 ⎛ 3⎞ § –log2 ⎜ x 2 – x – ⎟ > 2 – log2 5   ‹    x ∈ D ⎝ 4⎠

Cálculo auxiliar: log3 (1 – 2x ) > –1 1 1 2 1 § 1 – 2 x >    ‹     x < § –2 x > –    ‹     x < 3 2 3 2 1 1 1 § x <    ‹     x < § x < 3 2 3 log2 (1 +  log3 (1 – 2x )) = 2 § 1 + log3 (1 – 2x ) = 22    ‹     x ∈ D § log3 (1 – 2x ) = 3   ‹     x ∈ D § 1 – 2x = 33    ‹     x ∈ D


§ 1 – 2x = 27   ‹     x ∈ D § –2x = 26   ‹     x ∈ D § x = –13   ‹     x ∈ D C.S. = {–13} b)

29. a) D = = D' f f – 1 3 – 4 e– x = y

2 ⎧ – 5 x + 21 > 0 D = ⎨ x ∈ : 3x Condição universsal ⎩ ‹    log2 (3 x 2 – 5 x + 21) > 0⎫⎪ ⎬ = ⎪ Condição universal ⎭

Cálculos auxiliares: 3 x 2 – 5 x + 21 = 0 § x =

5 ± 25 – 4 × 3 × 21 6 5 ± –227

§ x = 6


§ –4 e– x = y – 3 §  e– x =

4 ⎛ 3 – y ⎞ ⎟ § – x = ln ⎜ ⎝ 4 ⎠ ⎛ 3 – y ⎞ ⎟. § x = –ln ⎜ ⎝ 4 ⎠ ⎛ 3 – x ⎞ ⎟. Assim, f –1 ( x ) = –ln⎜ ⎝ 4 ⎠ ⎧ ⎫ 3 – x Df –1 = ⎨ x ∈ : > 0⎬ = ]– ∞, 3[ ⎩ ⎭ 4 Cálculo auxiliar: 3 – x 4

+

3 – y

> 0 § 3 – x > 0 § – x > –3 § x < 3

f –1 : ]– ∞, 3[ →

⎛ 3 – x ⎞ ⎟ x –ln ⎜ ⎝ 4 ⎠

log2 (3 x 2 – 5 x + 21) > 0   ‹    x ∈ § 3 x 2 – 5 x + 21 > 20    ‹    x ∈ 2 § 3x – 5 x + 20 > 0   ‹    x ∈

Condição universal

§ x ∈

⎤ ⎡ b) D = { x ∈ : 2 – 8 x > 0} = ⎥–∞, 1 ⎢ = D' –1 g g ⎦ 4⎣ 5 – ln (2 – 8 x ) = y § ln (2 – 8 x ) = 5 – y § 2 – 8 x = e5 – y

3 x 2 – 5 x + 20 = 0 § x =

5 ± 25 – 4 × 3 × 20 6 5 ± –215

§ x = 6


+

§ x =

e5 – y – 2 –8

Assim, g –1 ( x ) =

2 – e5 – x

⎤ 1⎡ g –1 : → ⎥–∞, ⎢ ⎦ 4⎣ x

8

  e Dg–1 =

2 – e5 – x

8 c) D = \{0} = D' h h–1 1

log5 (log2 (3 x 2 – 5 x + 21)) = log5 2 § log2 (3 x 2 – 5 x + 21) = 2   ‹    x ∈ § 3 x 2 – 5 x + 21 = 22    ‹    x ∈ § 3 x 2 – 5 x + 21 = 4    ‹    x ∈ § 3 x 2 – 5 x + 17 = 0   ‹    x ∈ § x

5 ± 25 – 4 × 3 × 17

   ‹    x ∈ 6 5 ± –179 § x    ‹    x ∈ 6 Equação impossível

C.S. = ∅

10 x + 3 = y 1

§ 10 x = y – 3 1 § = log ( y – 3) x 1 § x = log ( y – 3) 1 Assim, h–1 ( x ) = . log ( x – 3)

Dh–1 = { x ∈ : x – 3 > 0   ‹    log ( x – 3) ≠ 0} = ]3, +∞[ \ {4} Cálculo auxiliar: log (x – 3) = 0 § x – 3 = 1 § x = 4

69

70


h–1 : ]3, +∞[ \ {4} → \{0} 1 x log (x – 3) 30. a) Df = {x ∈ : 10 – x > 0} = ]–∞, 10[ Cálculo auxiliar: 10 – x > 0 § –x > – 10 § x < 10

32. a) (f ° g) (x) = f(g(x)) = f(e3x + 1) = ln (2 e3x + 1) = ln 2 + ln e3x + 1 = ln 2 + 3x + 1 = 3x + ln 2 + 1 Df g = {x ∈ : x ∈ Dg ‹ g(x) ∈ Df} ° = {x ∈ : x ∈ ‹ e3x + 1 ∈ +} = b) (g ° f) (x) = g(f(x)) = g(ln (2x)) = e3 ln (2x) + 1 = e3 ln (2x) × e1 = eln(2x) × e = (2x)3 × e = 8ex3 Dg o f = {x ∈ : x ∈ Df ‹ f(x) ∈ Dg} = {x ∈ : x ∈ + ‹ ln (2x) ∈ } = + 3

b)

f( x ) = 0 2 + log (10 – x ) § = 0 3 § log (10 – x ) = –2 § 10 – x = 10–2    ‹    x ∈ Df

33. a) t = 0, T(0) = 20 + 60 e–0,11 × 0 = 20 + 60 × e0 = 80 O café é-nos entregue a 80 °C. b) T = 60 § 20 + 60 e–0,11t = 60

1 – 10   ‹    x ∈ ]– ∞, 10[ 100 999 § x =    ‹    x ∈ ]– ∞, 10[ 100 999 é zero de f 100 § – x =

c)

§ e–0,11t =

f( x ) ≤ 1 2 + log (10 – x ) § ≤ 1 3 § log (10 – x ) ≤ 1 § 10 – x =  ≤ 101    ‹    x ∈ Df § – x ≤ 0   ‹    x ∈ ]– ∞, 10[ § x ≥ 0   ‹    x ∈ ]– ∞, 10[[ Assim, C.S. = [0, +∞[ ∩ ]– ∞, 10[ = [0, 10[[

d) D ' = D f f –1 2 + log (10 – x ) = y 3 § log (10 – x ) = 3 y – 2 Assim,

§ 10 – x = 103 y – 2 § x = 10 – 103 y – 2 Logo, f –1 ( x ) = 10 – 103 x – 2 e Df –1 = .  Assim, D 'f = . 31. • Se o ponto (0, 2) pertence ao gráfico de f, então f(0) = 2. • Se o ponto (1, –2) pertence ao gráfico de f–1, então f(–2) = 1. e f(0) = 2 e loga (0 + b) = 2 §f f f(–2) = 1 g g loga (–2 + b) = 1 e b = a2

§f

e

§f

e a + 2 = a2

§f

g –2 + b = a gb=a+2 2 ea –a–2=0 ea=2 §f §f ⁄ g gb=4

g e a = –1 f gb=1

Mas –1 ∉ ]1, +∞[, logo a = 2 e b = 4.

40 60

⎛2⎞ §  –0,11t = ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛2⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § t = 3 –0,11 t ≈ 3,686 3,686 min = 3 min + 0,686 min 0,686 × 60 ≈ 41 s Quem gosta de beber o café a 60 °C terá de esperar, aproximadamente, 3 minutos e 41 segundos. –0,11 × 2 – 80 c) t.m.v. = T (2) – T (0) = 20 + 60 e [ 0, 2 ] 2 – 0 2 ≈ –5,92 T (4) – T((2) t.m.v.[ 2, 4 ] = 4 – 2 20 + 60 e–0,11 × 4 –(20 + 60 e–0,11 × 2 ) = 2 ≈   –4,75 Isto significa que, nos dois primeiros minutos, o café arrefeceu a uma taxa média de, aproximadamente, 5,92 °C por minuto, enquanto que nos dois minutos seguintes o café arrefeceu a uma taxa média de, aproximadamente, 4,75 °C por minuto. Conclui-se, assim, que o arrefecimento do café foi mais acentuado nos dois primeiros minutos. d) Se deixarmos o café arrefecer durante muito tempo, a temperatura do mesmo tenderá a aproximar-se da temperatura ambiente – neste caso 20 °C.

lim (20 + 60 e–0,11t ) = 20 + 60 e–∞ = 20 + 0 = 20

t→ +∞


e e d d §f 148 –15k § f –15k 27 = e de d 40 = 4 + 37 3 g g

34. a) P(t ) = P ekt o

1960 → t = 0 1975 → t = 15

e d §f ⎛ ⎞ d –15k = ln ⎜ 27 ⎟ ⎝ 37 ⎠ g

Q(0) = 3 § Po × ek × 0 = 3 § Po × 1 = 3 § Po = 3 Q(15) = 4 § Po × ek × 15 = 4 § 3 × e15k = 4 4 § e15k = 3 ⎛4 ⎞ § 15k = ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛4 ⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § k = 3 15 k ≈ 0,019 b)

Assim, C =

36. Q(t) = Ae–kt a) A = 30 (miligramas) Q(11,7) = 10 (miligramas)) § 30 e– k × 11,7 = 10 1 § e–11,7k = 3 ⎛1⎞ § –11,7k = ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § k = 3 –11,7 ln 3 § k = 11,7 b)

e3 + 3c = 40 e C = 37 3 d d 40 §f §f = 4 d d 1 + 37 e–15k g g 3

–

ln 3

  t

11,7

–

ln 3

t

11,7

= 15 § e

–

ln 3

  t

11,7

=

1

2 ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ 11,7 § – t = ln ⎜ ⎟ § t = ln ⎜ ⎟ × ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ –ln 3 11,7 11,7 ln 2 § t = ln 3 11,7 ln 2 A semivida da substância é . ln 3

1 + C e– kt 1960 → t = 0 1975 → t = 15 5

e e 40 40 = 3 = 3 d d 0 § f 1 + C e § f 1 + C d d g g

Q(t ) = 30  e Q(t ) = 15 § 30  e

40

e e 40 d P(0) = 3 d 1 + C e– k × 0 = 3 §f f 40 = 4 d P(15) = 4 d – k × 15 g g 1 + C e

e k ≈ 0,021.

1 + c e– kt 40 40 40 40 lim = = = = 40 – kt –∞ t→ +∞ 1 + c × 0 1 1 + c e 1 + c e À medida que o tempo vai ando, a população mundial tende para 40 biliões.

3 × e0,019t = 40 40 § e0,019t = 3 ⎛ 40 ⎞ § 0,019t = ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛ 40 ⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ § t = 0,019 t ≈ 136   e   1960 + 136 = 2096

35. a) P(t ) =

3

40

b) P(t ) =

Q(t ) = 40

Assim, de acordo com este modelo, a terra atingirá a sua capacidade máxima em 2096.

37

e d ⎛ 27 ⎞ §f ln ⎜ ⎟ d k = ⎝ 37 ⎠ g –15

ln 3

c)

Q(t + 1) Q(t )

–

=

A e

ln 3 11,7 –

A e –

× (t + 1 )

ln 3

= e

–

ln 3 11,7

t –

ln 3 11,7

+

ln 3

t

11,7

t

11,7

ln 3

= e 11,7 ≈ 0,9 Q(t + 1) ≈ 0,9 Q(t ) Q(t + 1) ≈ (1 – 0,1) × Q(t ) Q(t + 1) ≈ Q(t ) – 0,1 Q(t ) Por dia, a quantidade Q de massa de einstéinio diminui 10% (aproximadamente).

71

72


37. log E = 5,25 + 1,44 M a) log E = 5,24 + 1,44 × 8,3 § log E = 17,192 § E = 1017,192 E ≈ 2 × 1017 b) log E = 5,24 + 1,44 M § E = 105,24 + 1,44 M

Selecionamos a regressão exponencial:

E obtemos:

E(M ) = 105,24 + 1,44 M E(M + 1) = 105,24 + 1,,44 (M + 1) E(M + 1) E(M )

=

105,24 + 1,44 M + 1,44 105,24 + 1,44 M

= 10 5,24 + 1,44 M + 1,44 – 5,24 – 1,44 M = 101,44 ≈ 28 38. pH = –log x a) 7 = –log x ‹ x > 0 § x = 10–7 § x = 1 × 10–7 b) • concentrações de iões H3O+ na cerveja 4 = –log x , x > 0 § x = 10–4 • concentrações de iões H3O+ no vinagre 3 = –log x, x > 0 § x = 10–3 10–4

= 10–4 + 3 = 10–1 = 0,1 –3 10 A razão entre as concentrações de iões H3O+ nos dois líquidos é de 0,1. A concentração de iões H3O+ na cerveja é a décima parte da concentração de iões H3O+ no vinagre. c) –log (2 x ) – (–log x ) = –log (2 x ) + log x ⎛1⎞ ⎛ x ⎞ = log x – log (2 x ) = log ⎜ ⎟ = log ⎜ ⎟ ≈ –0,3 ⎝2⎠ ⎝ 2x ⎠ 39. Introduzimos os valores das variáveis nas listas L1 e L2:

40. x 1 a) lim = lim = x → +∞ ln x x → +∞ ln x x

1 ln x lim x → +∞ x

=

1 0+

= +∞

(nota que: lim ln x = 0 (limite notável)). x → +∞ x log x b) lim 2 = 0 pois, quando x → +∞, a função potência x → +∞ x 100 x 1 x100 cresce muito mais rapidamente do que a função logarítmica de base 2, e a função potência está em denominador. ⎛ ln x 1 ⎞ ln x × ⎟ c) lim ( x –2 × ln x ) = lim 2 = lim ⎜ x → +∞ x → +∞ x → +∞ ⎝ x x⎠ x ln x 1 = lim × lim = 0 × 0 = 0 x → +∞ x x → +∞ x Limite e notável

⎛ ln (5 x ) ⎞ ln (5 x ) ln (5 x ) d) lim = lim ⎜ × 5 ⎟ = 5 × lim x → +∞ x → +∞ x → +∞ ⎝ 5x ⎠ x 5x Escolhemos uma janela de visualização adequada:

Consideremos a mudança de variável 5x = y. Como x → +∞, então y → +∞ e temos que: ln y 5 × lim = 5 × 0 = 0 y→ +∞ y Limite notável

Representamos a nuvem de pontos:

ln x e) lim+ ( x × ln x ) = lim+ x → 0 x → 0 1 x Consideremos a mudança de variável: 1 1 = y § x = x y


Como x → 0+, então y → +∞ e, temos que: £1¥ ln ²² ´´ ln ( y–1 ) –ln y ¤ y¦ lim = lim = lim yA +' y A +' y A +' y y y ln y = –lim = –0 = 0 yA +' y

3

6. • bu + 3v = bu × b3v = bu × ( bv ) = 2 × 53 = 250 •

1.

ln b ln a Perímetro = 2 ln a + 2 ln b = 2 (ln a + ln b) = 2 ln (a × b) Opção (A)

2. Se y é a quantidade após t anos, então após 5 anos há y = y0 × 0,885 ) 0,5277 y0, ou seja, há, aproximadamente, 53% da quantidade inicial. Opção (C) £ ¥ 3. log ² b ´ = log b – log a = 1 – c b b b ¤a ¦

= b2u = (bu )2 = 22 = 4

f (k + x ) = 100 × f ( x )

7. Páginas 54 a 65

–2u

b Opção (A)

Limite notável

Aprende fazendo

1

§ 10k + x = 102 × 10x § 10k + x = 102 + x § k + x = 2 + x § k = 2 Opção (B) 8. Df = { x D : e – e x & 0   ‹    x > 0} = + \{1} e – e x = 0 § e x = e § x = 1 Opção (B)

(

1

= 3 + loga b 2

Opção (B) 4.

1 = 3 + loga b 2 1 = 3 + × 5 2 11 = 2

ln (ex ) = y § ex = e y § x =

ey

e § x = e y – 1 Assim, f–1 (x) = ex – 1. Opção (A)

Opção (B) 10.

5.

Cálculos auxiliares: A abcissa de A corresponde ao zero de f: f(x) = 0 logk x = 0 § x = 1 Logo, ∫AC = 2 (k – 1). f(k) = logk k = 1

ln a = 2 – ln b § ln a + ln b = 2 § ln (a × b) = 2 § a × b = e2

e2 b Opção (B) § a =

11. AC × f (k ) A = 2 2 (k – 1) × 1 = 2 = k – 1 Opção (D)

)

9. loga a3 × b = loga a3 + loga b

log5 (2b) = x e Donde: d x x+y § 2b = 5 x d a × b = 5 y × 5 = 5 x d 5 2 2 § b = f Opção (D) 2 d d e log5 a = y d § a = 5 y g

73

74


⎛ 2n – 1 ⎞ ⎛ 1⎞ 12. a = lim ⎜ ⎟ = lim ⎜1 – ⎟ ⎝ 2n ⎠ ⎝ 2n ⎠ n

n

⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎜ ⎜– ⎟ ⎟ 1 – 1 ⎝ ⎠ ⎜ = lim ⎜1 + 2 ⎟⎟ = e 2 = ⎝ n ⎠ e 2012 x b = lim x = 0 x → +∞ e n

(I) Falsa (II) Falsa Opção (B) ⎤ ⎡ 1⎡ ⎤1 13. D = { x ∈ : |3 x | – 1 > 0} = ⎥–∞, – ⎢ ∪ ⎥ , +∞⎢ g ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎢⎣ ⎥⎦3 ⎡ 1 1⎤ = \ ⎢– , ⎥ ⎣ 3 3⎦ |3 x | – 1 > 0 § |3 x |  > 1 § 3 x   > 1    ›    3 x   < –1 1 1 § x   >    ›    x   < – 3 3 Opção (D)

–∞

–0

b) Valor inicial: C(0) = 60 × 2 6 = 60 × 20 = 60 60 2 t

§ 60 × 2 6 = 30 –

t

§ 2 6 =

§ x = 105 16. a) t = 0, início de 2007 t = 5, início de 2002 N(–5) = 5 + e0,8 × (–5) ) 5 No início de 2002, estariam contaminadas, aproximadamente 5 pessoas. b) N(t ) > 1000 § 5 + e0,8t > 1000 § e0,8t > 995 § 0,8t > ln (995) § t >

1 2

⎛1⎞ t § – = log2 ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 6 § –t = 6 × (–1) § t = 6 A concentração de medicamento no sangue atinge metade do seu valor inicial ao fim de 6 horas. 15. a) f( x ) = log (10 x 3 ) – log x = log 10 + log x 3 – log x = 1 + 3 log x – log x = 1 + 2 log x,  ∀ x ∈ +

ln (995) 0,8

ln (995) ≈ 8,628, podemos concluir que a 0,8 primeira vez que o número de casos ultraa um milhar ocorre durante o mês de agosto de 2010 (2002 + 8 = 2010 e 0,628 × 12 ) 7,5). Como

J

a) lim C(t ) = 60 × 2 6 = 60 × 0 = 0 t→ +∞ Significa que, com o decorrer do tempo, adas muitas, muitas horas, a concentração de medicamento no sangue tende a desaparecer.

–

f( x ) = 11 § 1 + 2 log x = 11 § 2 log x = 10 § log x = 5

0

14.

C(t ) =

b)

F 1

M 2

A 3

M 4

J 5

J 6

A 7

S 8

O 9

N D 10 11 12

17. a) 10x + 3 = 0,01 § 10x + 3 = 10–2 § x + 3 = –2 § x = –5 C.S. = {–5} b) 2x = 4 § 2x = 22 § x2 = 2 § x = √∫2 ⁄ x = –√∫2 C.S. = {√∫2, –√∫2} c) 2 × 5x + 1 = 10 × 25x § 2 × 5x + 1 = 2 × 5 × 52x § 5x + 1 = 52x + 1 § x + 1/ = 2x + 1/ § 0 = 2x – x §x=0 C.S. = {0} 2

2

18. a)

2 x + 4 > 22 – 3 x § x + 4 > 2 – 3 x § x + 3 x > 2 – 4 1 § 4 x > –2 § x > – 2 ⎡ ⎤ 1 C.S. = ⎥– , +∞⎢ ⎣ ⎦ 2 x + 4

2 – 3 x

⎛1⎞ ⎛1⎞ b) ⎜ ⎟ § x + 4 < 2 – 3x, pois a função ex> ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1 ponencial de base é estritamente decrescente 2 1 § x + 3x < 2 – 4 § 4x < –2 § x < – 2 ⎤ 1⎡ C.S. = ⎥–∞, – ⎢ ⎦ 2⎣


c) 2x ≥ 4 § 2x ≥ 22 § x2 ≥ 2 § x2 – 2 ≥ 0 § x ≤ –√∫2 ⁄ x ≥ √∫2 C.S. = ]–∞, –√∫2] ∪ [√∫2, +∞[ 2

2

c) D = {x ∈ : x2 – 4x + 3 > 0} = ]–∞, 1[ ∪ ]3, +∞[ Cálculo auxiliar:

Cálculo auxiliar: x2 – 2 = 0 § x2 = 2 § x = ± √∫2 +

x 2 – 4 x + 3 > 0 § x < 1    ›    x > 3 x 2 – 4 x + 3 = 0 § x =

+ – 2

–

2 d) 5x – 4

2

§ x =

2 5x – 4

≥1§ ≥ § § x ≤ –2 ⁄ x ≥ 2 C.S. = ]–∞, –2] ∪ [2, +∞[ 50

x2

+

–

+ –

1

3

log4 ( x 2 – 4 x + 3) =

1

2 § log4 ( x 2 – 4 x + 3) = log4 2   ‹    x ∈ D

+ –2

2 4 ± 2

2 § x = 3   ›    x = 1

–4≥0

Cálculo auxiliar: x2 – 4 = 0 § x2 = 4 § x = ±2 +

4 ± 16 – 4 × 3

§ x 2 – 4 x + 3 = 2   ‹    x ∈ D

2

§ x 2 – 4 x + 1 = 0   ‹    x ∈ D 19. a) D = {x ∈ : x2 – 1 > 0} = ]–∞, –1[ ∪ ]1, +∞[ Cálculo auxiliar: x2 – 1 > 0 § x < – 1 ⁄ x > 1 x2 – 1 = 0 § x2 = 1 § x = ±1 + –

§ x = § x =

4 ± 16 – 4 × 1 × 1 2 4 ± 12 2 4 ± 2 3

  ‹    x ∈ D

  ‹    x ∈ D

  ‹    x ∈ D 2 § x = 2 ± 3   ‹    x ∈ D

+ –1

§ x =

C.S. = {2 – 3 , 2 + 3 }

1

log2 (x2 – 1) = 2 § log2 (x2 – 1) = log2 4 ‹ x ∈ D § x2 – 1 = 4 ‹ x ∈ D § x2 = 5 ‹ x ∈ D § (x = √∫5 ⁄ x = –√∫5) ‹ x ∈ D C.S. = {–√∫5, √∫5}

20. a) D = {x ∈ : x2 > 0 ‹ x > 0} = + ln (x2) + ln x ≤ 0 § ln (x2 × x) ≤ ln 1 ‹ x ∈ D § x3 ≤ 1 ‹ x ∈ D § x3 – 1 ≤ 0 ‹ x ∈ D §x≤1 ‹ x∈D C.S. = ]0, 1]

⎤ 3 ⎡ b) D = { x ∈ : 3 + 5 x > 0} = ⎥– , +∞⎢ ⎦ 5 ⎣

Cálculos auxiliares: Cálculo auxiliar:

1

3 + 5 x > 0 § 5 x > –3 § x > –

3

2

2

§  3 + 5 x = 1    ‹    x ∈ D § 5 x = –2   ‹    x ∈ D 2

⎧ 2⎫ C.S. = ⎨– ⎬ ⎩ 5⎭

0

–1

1

1

1

1

1

1

0=r

– 1 = (x – 1)

(x2

+ x + 1)

1

5

log1 (3 + 5 x ) = 0 § log1 (3 + 5 x ) = log1 1 2

0

§ x = –    ‹    x ∈ D 5

x3

x

–∞

+∞

1

x–1

–

0

+

x2 + x + 1

+

+

+

(x – 1)(x2 + x + 1)

–

0

+

x3 – 1 ≤ 0 § x ≤ 1

75

76


Continuação dos cálculos auxiliares: y=x–1

c)

§ 3000 e0,3t = 5000 § e0,3t =

+

–

1 +

x 2 + x + 1 = 0 § x =

P(t ) = 5000

£5 ¥ 5 § e0,3t = § 0,3t = ln ² ´ ¤3¦ 3 £5 ¥ ln ² ´ £5 ¥ 10 ¤ ¦ § t = 3 § t = × ln ² ´ ¤3 ¦ 0,3 3 t 5 1,703

y = x2 + x + 1

–1 ± 1 – 4 × 1 2 –1 ± –3

§ x = 2

Cálculo auxiliar: d ____________ h 1 ____________ 24 0,703 ________ x


b) D = {x ∈ : x2 – 4 > 0 ‹ x + 1 > 0} = {x ∈ : (x < –2 ⁄ x > 2) ‹ x > –1} = ]2, +∞[ Cálculos auxiliares: x2 – 4 > 0 § x < –2 ⁄ x > 2 x2 – 4 = 0 § x2 = 4 § x = ±2 + –2

–

+ 2

x + 1 > 0 § x > –1 ln (x2 – 4) – ln (x + 1) ≥ 0 § ln (x2 – 4) ≥ ln (x + 1) ‹ x ∈ D § x2 – 4 ≥ x + 1 ‹ x ∈ D § x2 – x – 5 ≥ 0 ‹ x ∈ D £ ¥ 1 – 21 1 + 21 ´ § ²² x )    ›    x * ´   ‹    x D D ¤ 2 2 ¦ • • 1 + 21 , +'³ C.S. = ³ – 2 – Cálculo auxiliar: x 2 – x – 5 = 0 § x =

1 ± 1 – 4 × (–5)

2 1 ± 21 § x = 2

+ 1 – 21 2

+ –

1 + 21 2

21. a) P(0) = 3000 × e0,3 × 0 = 3000 × e0 = 3000 moscas-das-frutas b) P(10) = 3000 × e0,3 × 10 = 3000 × e3 ) 60 257 moscas-das-frutas

5000 3000

x = 0,703 × 24 = 16,872 h Ao fim de 1 dia e 17 horas aproximadamente. d)

P(t + 1) P(t ) P(t + 1) P(t )

=

3000 e0,3(t + 1) 3000 e

0,3t

= e0,3t + 0,3 – 0,3t = e0,3

5 1,35

P(t + 1) ) 1,35 × P(t) P(t + 1) ) (1 + 0,35) × P(t) P(t + 1) ) P(t) + 0,35 × P(t) A cada dia que a a população de moscas-das-frutas aumenta a uma taxa de aproximadamente 35%. 22. P(t + 1)

a) •

P(t ) §

= 1,1,  ™ t D +0

a × bt + 1

= 1,1 § b = 1,1 a × bt P(t ) = a × 1,1t ,  ™ t D +0

P(2) = 0,605 § a × 1,12 = 0,605 0,605 § a = § a = 0,5 1,12 1 Logo, P(t ) = × 1,1t ,  ™ t D +0 . 2 1 b) • P(t ) = 3 § × 1,1t = 3 § 1,1t = 6 2 § t = log1,1 6 t ) 19 O número de formigas é igual a 3000 ao fim de 19 dias, aproximadamente. 23. q(t) = 15,3 × 0,886t a) 2012 + 1 = 2013 anos corresponde a 2,013 milhares de anos. q(2,013) = 15,3 × 0,8862,013 ) 12 (dmg) Deverá ser encontrada 12 dmg, aproximadamente.


b)

c)

q(t ) = 11,3 § 15,3 × 0,886t = 11,3 § 0,886t = ⎛ 11,3 ⎞ ⎟ § t = log0,886 ⎜ ⎝ 15,3 ⎠ t ≈ 2,504

11,3 15,3

D( x ) =

–0,07 x

12 e–0,07 x

= e–0,07 x – 0,07 + 0,07 x

Q(20) = 14 § 12 + log3 (81 – k × 400) = 14 § log3 (81 – 400k ) = 2 § 81 – 400k = 9

24. A(p) = –0,52 + 0,55 ln p, e2,3 ≤ p ≤ e4,1 1,3 m corresponde a 130 cm.

§ 81 – 9 = 400k § 72 = 400k

1,3 = –0,52 + 0,55 ln p § 1,3 + 0,52 = 0,55 ln p § 1,82 = 0,55 ln p 1,82

e–0,07 x – 0,07

12 e–0,07 ( x + 1)

26. Q(t) = 12 + log3 (81 – kt2), t ∈ [0,20] Q(0) = 12 + log3 (81) = 12 + 4 = 16 l → quantidade de combustível, em litros, existente no depósito no instante inicial.

A idade das sepulturas era de 2504 anos, aproximadamente.

§

=

e = e–0,07 , ∀x ∈

1 ___________ 1000 anos 0,504 _______ x x = 504

a)

D( x + 1)

§ k =

72 § k = 0,18 400

1,82

= ln p § p = e 0,55

0,55 p ≈ 27 kg

27. T(h) = Ta + (37 – Ta) (0,6)h a)

25 = 21 + (37 – 21) × 0,6h

= – 0,52 + 0,55 ln (2p) + 0,52 – 0,55 ln p

§ 25 = 21 + 16 × 0,6h 1 § 4 = 16 × 0,6h § = 0,6h 4 § h = log0,6 (0,25)

= 0,55 [ln (2p) – ln p ]

h ≈ 2,714

b) A(2p) – A( p) = –0,52 + 0,55 ln (2p) – – (–0,52 + 0,55 ln p)

= 0,55 [ln 2 + ln p – ln p ]

Cálculo auxiliar: h min 1 –––––––––––––––– 60 0,714 ––––––––––– x x = 0,714 × 60 x ≈ 43 minutos

= 0,55 × ln 2 ≈ 0,38 A(2p) – A(p) ≈ 0,38 A(2p) ≈ A(p) + 0,38 Quando o peso duplica a altura aumenta 38 cm, aproximadamente.

Choveu há 2 horas e 43 minutos aproximadamente. 25. a) D(0) = 12 e–0,07 × 0 = 12 e D(2) = 12 e–0,07 × 2 ≈ 10,432 A densidade populacional no centro desta cidade é de 12 milhares de habitantes por km2; e a 2 km do centro a densidade populacional é de, aproximadamente, 10,432 milhares de habitantes por km2. b) 12 D( x ) = § 12 e–0,07 x = 6 2 ⎛1⎞ 1 –0,07 x § e = § –0,07 x = ln ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 ⎛1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § x = 2 §  x ≈ 9,9 –0,07 Temos de percorrer, aproximadamente, 9,9 km do centro da cidade.

b) lim ⎡⎣Ta + (37 – Ta ) × (0,6)h ⎤⎦ h→ ∞ = Ta + (37  – Ta ) × lim 0,6h h→ ∞

= Ta + (37 – Ta ) × 0 = Ta Quando h → +∞, a temperatura do corpo da vítima tende a aproximar-se da temperatura do ar no ambiente onde se encontra o corpo. 28. 100,4(m – M ) =

a)

d2 100

100,4(–1,44 – 1,45) = § 10 × 10 2

–1,156

d2

§ 100,4 × (–2,89) =

100 = d 2 § 100,844 = d 2

d2 100

§ d = 100,844 , pois d > 0 § d = 100,422 d ≈ 3 parsec

77

78


100,4(m – M ) =

b)

d2 100

⎛ d2 ⎞ ⎟   ‹    d > 0 § 0,4 (m – M ) = log ⎜ ⎝ 100 ⎠ ⎛ d2 ⎞ ⎟ log ⎜ ⎝ 100 ⎠    ‹    d > 0 § m – M = 0,4 ⎛ d2 ⎞ 10 ⎟   ‹    d > 0 § m – M = × log ⎜ ⎝ 100 ⎠ 4 5 § m – M = × ⎡⎣log  (d 2 ) – log 100⎤⎦   ‹    d > 0 2 5⎡ § m – M = ⎣2 log  d – 2⎤⎦   ‹    d > 0 2 § m – M = 5 log  d – 5    ‹    d > 0 § M = m – 5 log  d + 5    ‹    d > 0 § M = m + 5 (1 – log  d )   ‹    d > 0

30. I(t ) = a)

R(E ) = 6,4 ⎛ E ⎞ 2 § log ⎜ 4,4 ⎟ = 6,4 ⎝ 10 ⎠ 3 ⎛ E ⎞ § log ⎜ 4,4 ⎟ = 9,6 ⎝ 10 ⎠ E § 4,4 = 109,6 10 § E = 104,4 × 109,6 § E = 1014

A energia libertada pelo terramoto da Índia de 1993 foi de 1014 joules. c) E = 4,2 × 1017, logo a sua magnitude foi de ⎛ 4,2 × 1017 ⎞ 2 ⎟ ≈ 8,815 na escala R(4,2 × 1017 ) = log ⎜ ⎝ 104,4 ⎠ 3 de Richter; logo a sua intensidade será I: ln I R = ln 10 ln I § 8,815 = ln 10 § ln I = 8,815 ln 10 § I = e8,815 ln 10 I ≈ 653 130 552,6 Assim, a intensidade do terramoto de Lisboa de 1755 foi de 7 × 108.

I(t ) =

3 e0,5t

1 + p e0,5t 3 e0,5t I(t ) = 2,5 § = 2,5 1 + e0,5t 3 e0,5t § – 2,5 = 0 1 + e0,5t 3 e0,5t – 2,5 – 2,5 e0,5t § = 0 1 + e0,5t 0,5 e0,5t – 2,5 § = 0 1 + e0,5t 0,5t § 0,5 e0,5t – 2,5 = 0   ‹     1 + e 0 ≠ § 0,5 e0,5t = 2,5 § e0,5t =

2,5

0,5 § 0,5t = ln 5 § t = 2 × ln 5 § t = ln 25 t ≈ 3,219

⎛ 5,96 × 1016 ⎞ 2 ⎟ ≈ 8,25 a) R (5,96 × 1016 ) = log ⎜ ⎝ 104,4 ⎠ 3

b)

1 + p ekt

Condição univerrsal em

29.

A magnitude do terramoto de São Francisco de 1906 foi de, aproximadamente, 8 na escala de Richter.

3 ekt

1963 0

1

2

3

3,219

4

5

Foi em 1963. b)

I(1) = 1 §

3 ek

= 1 § k

1 + p e 3 ek – 1 – p ek

3 ek 1 + p ek

– 1 = 0

= 0 1 + p ek § (3 – p) ek – 1 = 0   ‹    1 + p ek ≠ 0 §

Condição ersal unive

§ (3 – p) ek = 1 1 § ek = 3 – p ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ § k = ln ⎜⎜ ⎝ 3 – p ⎠ § k = ln (3 – p)–1 § k = –ln (3 – p) A = 3 e B = –1

31. a) f ( x ) = –2 + log (2 – 7 x )

⎤ 2⎡ Df = { x ∈ : 2 – 7 x > 0} = ⎥–∞, ⎢ = D'f –1 ⎦ 7⎣ Cálculo auxiliar: 2 – 7 x > 0 § –7 x > –2 § x <

2 7

6


–2 + log (2 – 7 x ) = y § log (2 – 7 x ) = y + 2

33. a) t = 0, p(0) = 0,89(0,01 + 0,99 × 0,85°) = 0,89 Segundo este modelo, a probabilidade de um indivíduo recordar a sequência imediatamente após ter sido mostrada é de 89%. b) p(t ) = 0,5

§ 2 – 7 x = 10 y + 2 § –7 x = 10 y + 2 – 2 § x =

2 – 10 y + 2 7

Assim, f –1 ( x ) =

2 – 10

x + 2

7

§ 0,89(0,01 + 0,99 × 0,85t ) = 0,5 0,5 § 0,01 + 0,99 × 0,85t = 0,89 50 – 0,01 1637 § 0,85t = 89 § 0,85t = 0,99 2937 ⎛ 1637 ⎞ ⎟§ t ≈ 3,6 § t = log0,85 ⎜ ⎝ 2937 ⎠

e Df –1 = .

⎤ 2⎡ f –1 :   → ⎥–∞, ⎢ ⎦ 7⎣ x b)

2 – 10x + 2 7

f( x ) ≤ –1 § –2 + log (2 – 7 x ) ≤ –1 §  log (2 – 7 x ) ≤ 1 §  2 – 7 x ≤ 10   ‹    x ∈ Df

São necessários, aproximadamente, 3,6 segundos. c) p(t) > 0,6 y1 = 0,89 (0,01 + 0,99 × 0,85t) y2 = 0,6

⎤ 2⎡ §  –7 x ≤ 8   ‹    x ∈ ⎥–∞, ⎢ ⎦ 7⎣ ⎤ 2⎡ 8 § x ≥ –    ‹    x ∈ ⎥–∞, ⎢ ⎦ 7⎣ 7

p (t)

⎡ ⎤ ⎡ 8 2⎡ ⎡ 8 2⎡ Assim, C.S. = ⎢– , +∞⎢ ∩ ⎥–∞, ⎢ = ⎢– , ⎢ ⎣ ⎦ ⎣ 7 7⎣ ⎣ 7 7⎣ c)

10f ( x ) = 10–2 + log (2 – 7 x )

1

2 2,46

t

34. C(t) = t × 1,05–At a) C(6) = 1,86 § 6 × 1,05– A × 6 = 1,86 ⎛ 1,86 ⎞ 1,86 ⎟ § 1,05–6 × A = § –6A = log1,05 ⎜ ⎝ 6 ⎠ 6 ⎛ 1,86 ⎞ ⎟ log1,05 ⎜ ⎝ 6 ⎠ § A = –6 A ≈ 4

32. y1 = 3 – ex – 1 y2 = log (x + 4) + 1 A(2,1; 0), B(–3,9; 0), C(1,2; 1,7) y y1

b) C(t) = t × 1,05–2t

y2

C O

O

A probabilidade é superior a 60% durante aproximadamente, 2,46 segundos.

= 10–2 × 10log (2 – 7 x ) 1 = × (2 – 7 x ) 100 ⎤ 2⎡ 2 – 7 x = , ∀ x ∈ ⎥–∞, ⎢ ⎦ 7⎣ 100

B

1 0,89 0,6

C A

x

3,8

O

C (t) = t x 1,05-2t

10,2

• Base ˚[ABC] = 2,1 – (–3,9) = 6 • Altura ˚[ABC] = ordenada de C = 1,7 A [ ABC ] =

6 × 1,7 = 5,1 2

10,2 horas = 10 horas + 0,2 hora 0,2 × 60 = 12 min

t

79

80


Recorrendo à calculadora gráfica, descobrimos que a concentração de Stopdor é máxima 10,2 horas após a istração do medicamento. Assim, o Tobias, tendo tomado o Stopdor às 8 horas, devia ter tomado o 2.o medicamento às 18 h 12 min (8 h + 10 h + 12 min) e não às 15 horas como tomou. Conclui-se, assim, que não cumpriu com as recomendações do médico.

c)

= 3 §

2 + e 9 – 6 – 3 e– x – 1

Condição universal em

§ 3 e– x – 1 = 3 § e– x – 1 = 1 § – x – 1 = ln 1 § – x = 0 + 1 § x = –1 C.S. = {–1}

1 – 1,01n 1 – 1,01n × 1 = 1 – 1,01 –0,01 d)

Assim:

e2 x + 2 e x = 8 § (e x ) + 2 e x – 8 = 0 2

Sn > 1 000 000

Consideremos a mudança de variável ex = y, tem-se que:

1 – 1,01n

> 1 000 000 –0,01 §  1 – 1,01n < –10 000 §

9

– 3 = 0 2 + e– x – 1 3 – 3 e– x – 1 0 § = § = 0 2 + e– x – 1 2 + e– x – 1 x – 1 § 3 – 3 e– x – 1 = 0   ‹     2 + e– ≠ 0 – x – 1

35. Observe-se que se trata de uma progressão geométrica de razão 1,01 e a soma de n termos é dada por Sn =

9

y2 + 2 y – 8 = 0

§ –1,01n < –10 001

§ y =

§ 1,01n > 10 001 § n > log1,01 (10 001)

§ y =

–2 ± 4 – 4 × (–8) 2 –2 ± 6

2 § y = 2   ›     y = –4

Como log1,01(10 001) ≈ 925,6 e n ∈ , é necessário somar 926 termos desta progressão.

Substituindo y por ex: 36. a)

3 x + 2

10 × 3

– 30 × 3

3 x + 2

§ 10 × 3 3 x + 2

x + 1

x e x = 2   ›     e 4 = –

= 0

= 10 × 3 × 3

x + 1

= 3 § 3 x + 2 = x + 2 § 3 § 2 x = 0 § x = 0 C.S. = {0} b)

§ x = ln 2 C.S. = {ln 2}

x + 2

e x – 4 = –3 e– x § e x + 3 e– x – 4 = 0 3 § e x + x – 4 = 0 e

e)


e3 x – 6 e2 x = –5 e x § e x (e2 x – 6 e x + 5) = 0 x § e = 0    ›    (e x )2 – 6 e x + 5 = 0


§ (e x ) – 6 e x + 5 = 0 2

Consideremos a mudança de variável ex = y. Então: y2 – 4 y + 3

3

y + – 4 = 0 § y y 2 § y – 4 y + 3 = 0   ‹     y ≠ 0 § y = § y =

4 ± 16 – 4 × 3 2 4 ± 2

= 0

   ‹     y ≠ 0

   ‹     y ≠ 0

2 § (y = 3   ›     y = 1)   ‹     y ≠ 0 Substituindo y por ex vem que: ex = 3 ⁄ ex = 1 § x = ln 3 ⁄ x = 0 C.S. = {ln 3, 0}

Consideremos a mudança da variável ex = y, vem que: y2 – 6 y + 5 = 0 § y = § y =

6 ± 36 – 4 × 5 2

6 ± 4

2 § y = 5    ›     y = 1 Substituindo y por ex, vem: e x = 5    ›    e x = 1 § x = ln 5    ›    x = 0 C.S.. = {ln 5, 0}


37. 1

Cálculo auxiliar (cont.):

3

x

x

3 ≤ 27 x § 3 ≤ 3 x

a)

x 3 – 27 = ( x – 3) ( x 2 + 3 x + 9)

3 3 x – 3 § x ≤ § x – ≤ 0 §   ≤ 0 x x x 2

x 2 + 3 x + 9 = 0 § x =

Cálculo auxiliar: x2 – 3 = 0 § x2 = 3 § x = ± √∫3

–3 ± 9 – 4 × 9

§ x =

2 –3 ± –27 2

Equaçção impossível. +

+

–

§x≤3

3

– 3

x x

–∞

–√∫3

√∫3

0

+∞

x2 – 3

+

0

–

–

–

0

+

x

–

–

–

0

+

+

+

x 2 – 3 x

–

0

+

n.d.

–

0

+

b)

10x

2

+ 2 x

–2 ± 4 – 4 × (–8) 2 –2 ± 6

2 § x = –4    ›    x = 2 +

c)

+

x2 + 3x + 9

+

+

+

(x + 3) (x2 + 3x + 9)

–

0

+

e4 x – 3 ≤ 3 e x – 1 § e4 x – 3 – 3 e x – 1 ≤ 0

–1

)

§ 3x – 3 ≤ ln (3e–1 ) § 3x – 3 ≤ ln 3 + ln (e–1 ) § 3x – 3 ≤ ln 3 – 1 § 3x ≤ ln 3 + 2 ln 3 2 + § x ≤ 3 3 ⎤ ln 3 + 2 ⎤ C.S. = ⎥–∞, ⎥ ⎦ 3 ⎦

x 2 + 2 x – 8 = 0

–4

0

§ e3x – 3 ≤ 3 e–1 § e3x – 3 ≤ eln (3e

Cálculo auxiliar:

–

–

§ e3x – 3 – 3e–1 ≤ 0, pois e x > 0, ∀ x ∈

§ x 2 + 2 x   – 8 ≤ 0

§ x =

x–3

§ e x (e3x – 3 – 3 e–1 ) ≤ 0

≤ 108

§ x 2 + 2 x ≤ 8

§ x =

+∞

3

C.S. = ]–∞, 3] d)

C.S. = ]–∞, –V√3] » ]0, V√3]

–∞

38. a) D = {x ∈ : x2 – 7x + 12 > 0} = { x ∈ : x < 3 ⁄ x > 4} = ]–∞, 3[ ∪ ]4, +∞[

+ 2

§ –4 ≤ x ≤ 2 C.S. = [–4, 2]

Cálculo auxiliar:

x3 ex ≤ 27ex § x3 ex – 27 ex ≤ 0 § ex (x3 – 27) ≤ 0 § x3 – 27 ≤ 0, pois ex > 0, Ax ∈

§ x =

x 2 – 7 x + 12 = 0

§ x =

7 ± 49 – 4 × 12 2 7 ± 1

2 § x = 4    ›    x = 3

+ 3

–

+ 4

Cálculo auxiliar: x 3 – 27 = 0 § x 3 = 27 § x = 27 § x = 3 3

1 3 1

0

0

–27

3

9

27

3

9

0=r

x log6 ( x 2 – 7 x + 12) = x § x log6 ( x 2 – 7 x + 12) – x = 0   ‹    x ∈ D § x [log6 ( x 2 – 7 x + 12) – 1] = 0   ‹    x ∈ D § [ x = 0   ›    log6 ( x 2 – 7 x + 12) – 1 = 0]   ‹    x ∈ D § [ x = 0   ›    log6 ( x 2 – 7 x + 12) = 1]   ‹    x ∈ D

81

82


§ [ x = 0   ›    log6 ( x 2 – 7 x + 12) = log6 6]   ‹    x ∈ D § ( x = 0   ›    x 2 – 7 x + 12 = 6)   ‹    x ∈ D § ( x = 0   ›    x 2 – 7 x + 6 = 0)   ‹    x ∈ D ⎛ ⎞ 7 ± 49 – 4 × 6 ⎟ § ⎜⎜ x = 0   ›    x = ⎟   ‹    x ∈ D ⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎞ 7 ± 5 § ⎜ x = 0   ›    x = ⎟  ‹    x ∈ D ⎝ 2 ⎠ § ( x = 0   ›    x = 6   ›    x = 1)    ‹    x ∈ D C.S. = {0, 1, 6} b) D = {x ∈ : |x + 1| – 3 > 0}

= { x ∈ : x ∈    ‹    x > –1} = ]– 1, +∞[ log2 ( x 2 + 3) < 2 + log2 ( x + 1) § log2 ( x 2 + 3) < log2 4 + log2 ( x + 1)   ‹    x ∈ D § log2 ( x 2 + 3) < log2 (4 x + 4)   ‹    x ∈ D § x 2 – 4 x –1 < 0   ‹    x ∈ D § 2 – 5 < x < 2 + 5    ‹    x ∈ D ⎤ ⎡ C.S. = ⎦2 – 5 , 2 + 5 ⎣ Cálculo auxiliar:

= ]–∞, –4[ ∪ ]2, +∞[ log2 (|x + 1| – 3) = 1 § log2 (|x + 1| – 3) = log2 2 ‹ x ∈ D § |x + 1| – 3 = 2 ‹ x ∈ D § |x + 1| = 5 ‹ x ∈ D § (x + 1 = 5 ⁄ x + 1 = –5) ‹ x ∈ D § (x = 4 ⁄ x = –6) ‹ x ∈ D C.S. = {4, –6} c) D = {x ∈ : x > 0} = + log23 x – 5 log9 x + 1 = 0 5 § log23 x – log3 x + 1 = 0   ‹    x ∈ + 2

x 2 – 4 x – 1 = 0 § x = § x = § x =

4 ± 16 + 4 2 4 ± 20 2 4 ± 2 5

2 § x = 2 ± 5 + 2 – 5

+ –

2 + 5

b) D = { x ∈ : x 2 – x – 2 > 0   ‹    x – 2 > 0}

Cálculo auxiliar:

= { x ∈ : ( x < –1    ›    x > 2)   ‹    x > 2} = ]2, +∞[

log x log x log9 x = 3 = 3 log3 9 2 Consideremos a mudança de variável log3 x = y. Então: 5

y + 1 = 0 § 2 y – 5 y + 2 = 0 2 5 ± 25 – 4 × 2 × 2 5 ± 3 § y = § y = 4 4 1 § y = 2   ›     y = 2 y –


§ x 2 + 3 < 4 x + 4    ‹    x ∈ D

Cálculo auxiliar: |x + 1| – 3 > 0 § |x + 1| > 3 § x + 1 > 3 ⁄ x + 1 < –3 § x > 2 ⁄ x < –4

2

39. a) D = { x ∈ : x 2 + 3 > 0   ‹    x + 1 > 0}

2

Cálculo auxiliar: x 2 – x – 2 = 0 § x = § x =

+ –1

1 ± 1 – 4 × (–2) 2 1 ± 3 2

§ x = 2   ›     x = –1

+ –

2

Substituindo y por log3 x, tem-se que: 1 log3 x = 2   ›    log3 x =    ‹    x ∈ + 2

(

)

§ x = 9   ›    x = 3    ‹    x ∈ + C.S. = {9, 3 }

log3 ( x 2 – x – 2) – log3 ( x – 2) > 1 § log3 ( x 2 – x – 2) > 1 + log3 ( x – 2)   ‹    x ∈ D § log3 ( x 2 – x – 2) > log3 3 + log3 ( x – 2)   ‹    x  ∈ D § log3 ( x 2 – x – 2) > log3 (3x – 6)   ‹    x ∈ D


§ x 2 – x – 2 > 3x – 6   ‹    x ∈ D § x 2 – 4 x + 4 > 0   ‹    x ∈ D § ( x < 2   ›    x > 2)   ‹    x ∈ D C.S. = ]2, +∞[

41. a) f(x) = log2 (x2 – 3x + 2) Df = {x ∈ : x2 – 3x + 2 > 0} = {x ∈ : x < 1 › x > 2} = ]–∞, 1 [ ∪ ]2, +∞[ Cálculo auxiliar:

Cálculo auxiliar:

x 2 – 3 x + 2 = 0

x – 4 x + 4 = 0 2

§ x =

§ ( x – 2) = 0 § x – 2 = 0 § x = 2 2

+

+ –

1

2 § x = 2   ›    x = 1 g( x ) =

+

+

3 ± 9 – 4 × 2

2

1 1 – log7 x

Dg = {x ∈ : x > 0 ‹ 1 – log7 x ≠ 0} = ]0, +∞[ \ {7}

• 2

x2 – 4x + 4 > 0 § x < 2 ‹ x > 2

Cálculo auxiliar: 1 – log7 x = 0 § log7 x = 1 § x = 7

40. a) f(ln 3) = 1 – e1 + 2 ln 3 = 1 – e × e2 ln 3 = 1 – e × eln 3 = 1 – e × 32 = 1 – 9e

log ( x + 1) 3 h( x ) = 1 – 2 x

2

Dh = {x ∈ : x + 1 > 0 ‹ 1 – 2x ≠ 0} = ]–1, +∞[ \ {0}

b) D = = D ' –1 f f

Cálculo auxiliar: 1 – 2x = 0 § 2x = 1 § x = 0

f ( x ) = 1 – e1 + 2 x 1 – e1 + 2 x = y § – e1 + 2 x = y – 1 § e1 + 2 x = 1 – y § 1 + 2 x = ln (1 – y) ln (1 – y) – 1 § x = 2 ln (1 – x ) – 1 Assim, f –1 ( x ) = . 2 Df –1 = { x ∈ : 1 – x > 0} = ]– ∞, 1[ f : ]– ∞, 1[ → ln (1 – x) – 1 x    2

b)

f( x ) = 0 § log2 ( x 2 – 3 x + 2) = 0 § x 2 – 3 x + 2 = 1    ‹    x ∈ Df § x 2 – 3 x + 1 = 0   ‹    x ∈ Df ⎛ ⎞ 3 – 5 3 + 5 ⎟ § ⎜⎜ x =    ›    x = ⎟   ‹    x ∈ Df ⎝ 2 2 ⎠ § x =

3 – 5 2

–1

c) D = { x ∈ : g( x ) ≥ 0} h g( x ) ≥ 0 § 2 + log2 ( x – 2) ≥ 0 § log2 ( x – 2) ≥ –2 § x – 2 ≥ 2–2    ‹    x ∈ Dg 1 § x ≥ + 2   ‹    x – 2 > 0 4 9 § x ≥    ‹    x > 2 4 ⎡9 ⎡ ⎡9 ⎡ C.S. = ⎢ , +∞⎢, logo Dh = ⎢ , +∞⎢. ⎣4 ⎣ ⎣4 ⎣

   ›    x =

f tem 2 zeros: x =

3 + 5

3 – 5 2

2 e x =

3 + 5 2

g( x ) = 0 1 § = 0 1 – log7 x Equação impossível, logo g não tem zeros. h( x ) = 0 log ( x + 1) 3 § = 0 1 – 2 x § log ( x + 1) = 0   ‹    x ∈ Dh 3

§ x +  1 = 1    ‹    x ∈ ]– 1, +∞[\{0} § x = 0   ‹    x ∈ ]– 1, +∞[\{0} O ∉ Dh, logo h não tem zeros.

83

84


c)

t ⎛ ⎞ 3 b) P(t ) = 1200 ⎜⎜ ⎟⎟ = 1200 × 1,5 2 ⎝ 2⎠ t

f( x ) < 0 § log2 ( x 2 – 3 x + 2) < 0 § x 2 – 3 x + 2 < 1    ‹    x ∈ Df § x 2 – 3 x + 1 < 0   ‹    x ∈ Df

t

= 1200 × (eln 1,5 ) 2 = 1200 × e ln (1,5)

⎤ ⎡ 3 – 5 3 + 5 ⎢ § x ∈ ⎥ ,    ⎦ 2 2 ⎣ ‹    x ∈ ]– ∞, 1 [ ∪ ] 2, +∞[

P(t ) = 1200 e0,203t + 3 – 5 2

3 ± 9 – 4 × 1

–

+

c)

3 + 5 2

2 3 + 5 3 – 5    ›    x = § x = 2 2 ⎤ ⎡ Assim, f é negativa em ⎥3 – 5 , 1⎢ e em ⎦ 2 ⎣ ⎤ ⎡ ⎥2, 3 + 5 ⎢. ⎦ 2 ⎣

01/07 t

1 – log7 x

§ log7 x = 1 –

1 y

1 = 1 – log7 x y

§ x = 7

1 –

1 y

e)

0

02/07 1

03/07 2

04/07 3

05/07

06/07 5 5,412 6

4

Às 10 h, aproximadamente, do dia 6 de julho. 43. P(t ) = e0,5t – 0,015t

2

a) P(0) = e0,5 × 0 – 0,015 × 0 = 1%

Assim: g –1 ( x ) = 7

1200 e0,203t = 3600 3600 § e0,203t = 1200 § e0,203t = 3 § 0,203t = ln 3 ln 3 § t = 0,203 t ≈ 5,412 dias 5,412 dias = 5 dias + 0,412 dia 0,412 × 24 ≈ 10 horas

d) D ' = D g g –1 = y §

× t

2 k ≈ 0,203

x 2 – 3 x + 1 = 0

1

2

k =

Cálculo auxiliar:

§ x =

ln ( 1,5 )

1 –

1

x

e Dg–1 = \{0}, logo D'g = \{0}.

b) P (%) 64,5

f (0) + g(49) + h(2) log (2 + 1) 3 + 1 – log7 49 1 – 22 ⎛ 2⎞ 1 2 2 = 1 + = 1 + (–1) + ⎜– ⎟ = – + ⎝ 3⎠ 1 – 2 1 – 4 3

0,5 t - 0,015 t2

y1 = e

1

= log2 (0 – 0 + 2) +

O

t

0

⎛ ⎞ 3⎟ P(7) = 1200 ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2⎠

7

c)

P(t ) < 1 2

§ e0,5t – 0,015t < 1    ‹    t > 0 2

§ e0,5t – 0,015t < e0    ‹    t ≥ 0 2

§ 0,5t – 0,015t < 0   ‹    t ≥ 0

⎛ ⎞ 3⎟ P(7) – P(0) = 1200 ⎜⎜ ⎟ – 1200 ≈ 3760 ⎝ 2⎠ O aumento foi de 3760 unidades, aproximadamente. 7

t (dias)

O pior momento da epidemia ocorreu aos 16,7 dias (aproximadamente) e a percentagem de doentes era de 64,5% (aproximadamente).

⎛ ⎞ 3⎟ 42. P(t ) = 1200 ⎜⎜ ⎟ , t ≥ 0 ⎝ 2⎠ ⎛ ⎞ 3 a) P(0) = 1200 ⎜⎜ ⎟⎟ = 1200 ⎝ 2⎠

16,7

§ –0,015t 2 + 0,5t < 0   ‹    t ≥ 0 ⎛ 100 ⎞ ⎟   ‹    t ≥ 0 § ⎜t < 0   ›    t > ⎝ 3 ⎠ 100 § t > 3


⎛2⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § t = 3 –0,2

Cálculo auxiliar: –0,015t 2 + 0,5t = 0 § t (–0,015t + 0,5) = 0 § t = 0   ›    –0,015t = –0,5 0,5 § t = 0   ›    t = 0,015 100 § t = 0   ›    t = 3

⎛2⎞ § t = –5 × ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ t ≈ 2,027 anos 2,027 anos = 2 anos + 0,027 ano 0,027 × 12 = 0,324 Fevereiro

Janeiro

+ – 0

100 – 3

0,324

0

2

1

3

Em janeiro de 2004. 100

1 dias = 33 dias + dia a 3 3 1 × 24 = 8 horas 3

c)

350 1 + 6 e

= 50 +

350 1 + 6 e2k

350

y1 =

A epidemia encontra-se erradicada após 33 dias e 8 horas do início do estudo da epidemia.

10 k

1 + 6 e10k 350 y2 = 50 + 1 + 6 e2k y

d) P(10) = e0,5 × 10 – 0,015 × 100 = e5 – 1,5 = e3,5 ≈ 33% 350,0

y1 y2

44.

350 1 + 6 ekt

, k < 0

109,2

k × 0

=

350

=

350 7

= 50

350

t→ +∞

= 70

1 + 6 e–0,2t 280 – 420 e–0,2t

t→ +∞

= 0


§

–0,2t

§

§

10 – 6 = b ––––––––– § a = 10

10 – b = 6 10 – b e10r = 8 a = 10

b=4 10 – 4 e10r = 8 a = 10

b=4 –4 e10r = –2 § a = 10 b=4 10r = ln (0,5) § a = 10

b=4

§ 280 = 420 e 280 § = e–0,2t 420 2 § e–0,2t = 3 ⎛2⎞ § –0,2t = ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠

a–b=6 a – b e10r = 8 § a – b × 0 = 10

= 0 1 + 6 e–0,2t –0,2t § 280 – 420 e–0,2t = 0   ‹     1 + 6 e ≠ 0 §

t→ +∞

ou seja, r terá que ser menor do que zero.

1 + 6 e 350 – 70 – 420 e–0,2t

t→ +∞

Para que lim (a – b ert ) seja finito, então lim ert = 0,

– 70 = 0 –0,2t

§

1 + 6 e–0,2t 350

a – b e0 = 6 a – b e10r = 8 lim (a – b ert ) = 10

P(0) = 6 P(10) = 8 § lim P(t ) = 10

b) k = –0,2

k

45. P(t) = a – b ert

1 + 6 1 + 6 e 50 chimpanzés.

§

-0,1 O

-1,8

a) t = 0 350

e10r =

1 ½ 2

a = 10 b=4 ln (0,5) r= 10 a = 10

85

86


46. a) a

42. ln b

log a ) = (b

ln b

b

= b

, pois a = b

e x2 – 2

a) Seja g(x) = f

logb a

g

ln b × logb a ln b ×

ln a

ln a ln b = b , pois logb a = ln b = bln a       c.q.d.

7

se x < 3 e (xn) uma qualquer se x ≥ 3

sucessão de termos pertencentes a Dg\{3} e maiores que 3 tal que xn → 3+. Assim: xn → 3+ g(xn) → 7, logo lim g( x ) = 7. + x → 3

e x2 – 2 b) Seja g(x) = f g 7

log a 1 b) logb a = a =      c.q.d. loga b loga b ⎡ ⎡ ⎢ ⎢ 1 ⎢ c) log ⎣log ⎣ n n n n

⎤ 1 ⎤n ⎥ 1 ⎞ ⎛ n⎥ ⎥ ⎦ ⎦ = log ⎜⎝log n n3 ⎟⎠ n n 1

( )

( )

⎛1⎞ = logn ⎜ 3 ⎟ = logn (n–3 ) = –3    c.q.d. ⎝n ⎠

se < 3 se ≥ 3

e (xn) uma qualquer sucessão de termos pertencentes a Dg\{3} e menores que 3, tal que xn → 3–. Assim, xn → 3– (xn)2 → 9 (xn)2 – 2 → 7 isto é, g(xn) → 7, logo lim g( x ) = 7. – x → 3

c) Pelas alíneas anteriores lim g( x ) = lim g( x ) = 7, logo + – x → 3

Unidade 3 – Teoria dos limites

lim g( x ) existe e lim g( x ) = 7.

x → 3

x → 3

Página 66

43.

41. 4 e (xn) uma qualquer sucessão de a) Seja f( x ) = 2 x – 1 termos pertencentes a Df \ {0} tal que xn → 0. Assim: xn → 0

a) Seja f( x ) = 2 –

3 e (xn) uma qualquer sucessão x – 1 de termos pertencentes a Df\{2} tal que xn → 2. Assim: xn → 2 xn – 1 → 1

( xn ) → 0 2

1 xn – 1

( xn ) – 1 → –1 2

1 ( xn ) – 1 2

4 ( xn ) – 1 2

3

→ –1

xn – 1

→ –4

–

isto é, f(xn) → –4, logo lim f ( x ) = –4. 4

e (xn) uma qualquer sucessão de

x – 1 termos pertencentes a Df tal que xn → +∞. 2

Assim: xn → +∞

→ 1 → 3

3 xn – 1

2 –

x → 0

b) Seja f( x ) =

→ –3

3 xn – 1

→ –1

isto é, f(xn) → –1, logo lim f ( x ) = –1. x → 2

3 b) Seja f( x ) = 2 – e (xn) uma qualquer sucessão x – 1 de termos pertencentes a Df tal que xn → +∞. Assim: xn → +∞

( xn )2 → +∞

xn – 1 → +∞

( xn )2 – 1 → +∞

1 → 0 xn – 1

1 ( xn )2 – 1 4 ( xn )2 – 1

→ 0

– → 0

3 → 0 xn – 1

2 –

isto é, f(xn) → 0, logo lim f ( x ) = 0. x → +∞

x → 3

3 → 2 xn – 1

isto é, f(xn) → 2, logo lim f ( x ) = 2. x → +∞


3 e (xn) uma qualquer sucessão x – 1 de termos pertencentes a Df e maiores que 1, tal que xn → 1+. xn → 1+

c) Seja f( x ) = 2 –

xn – 1 → 0+ 1 → +∞ xn – 1

Na opção (C): 1 + 1 → 1+ n Na opção (D): 1 – 1 → 1– n Opção (C)

3 → +∞ xn – 1 –

3 → –∞ xn – 1

2 –

b) Pretende-se o termo geral de uma sucessão de objetos (vn) cuja sucessão de imagens por f tende para +∞. Por observação do gráfico, sabe-se que (vn) terá de tender para 1+. Na opção (A): n2 → +∞ Na opção (B): –n2 → –∞

3 → –∞ xn – 1

isto é, f(xn) → –∞, logo lim f ( x ) = –∞. + x → 1

47. a) lim (4 x 3 + x 2 + 5 x – 2) = –4 + 1 – 5 – 2 = –10 x → –1

b) lim ( x 2 – 3) = +∞

44. a) Dh = {x ∈ : 4 – x > 0} = ]–∞, 4[

x → – ∞

x 3 + 3

c) lim

x → – ∞

Cálculo auxiliar: 4 – x > 0 § –x > –4 § x < 4 b) Seja h(x) = V√4 – x e (xn) uma qualquer sucessão de termos pertencentes a Dh tal que xn → 4. Como Dh = ]–∞, 4[, xn → 4–. Assim, xn → 4– –xn → –4+ 4 – xn → 0+ V√4 – xn → 0 isto é, h(xn) → 0, logo lim h( x ) = 0 e como Dh = ]–∞, 4[, x → 4–

–2

=

–∞ –2

x

0 = = 0 x → 0 7 – x 7 1 + 3 0 + 3 0 e) lim x = = = 0 4 x → +∞ +∞ +∞ x d) lim

f) lim x → 5

2x 3 – 9 – x

x → 4

10

=

=

3 – 4

10 3 – 2

= 10 0

48. a) lim (f + g) ( x ) = lim f ( x ) + lim g( x ) = +∞ + 0 = +∞    x → +∞

então lim h( x ) = 0.

= +∞

x → +∞

x → +∞

b) lim (f × g) ( x ) = lim f ( x ) × lim g( x ) = –2 × 3 = –6

45. A definição de limite segundo Heine permite afirmar que lim f ( x ) = 3 se a toda sucessão (xn) de termos x → 1

pertencentes a Df \{1} a tender para 1 corresponder uma sucessão f(xn) de imagens da função a tender para 3. No entanto, no enunciado é apenas referido que existe uma sucessão de números reais convergentes para 1 e tal que lim f(un) = 3, o que não é suficiente para afirmar que lim f ( x ) = 3.

x → – ∞

x → – ∞

lim f ( x ) ⎛ ⎞ 2 c) lim ⎜ f ⎟ ( x ) = x→ 4– = = 0    ⎟ ⎜ – x → 4 ⎝ g ⎠ lim– g( x ) +∞ x → 4

(

)

d) lim (f ( x )) = lim f ( x ) = (–2)2 = 4     2

x → – ∞

x → – ∞

2

e) lim 3 g( x ) = 3 lim g( x ) = 3 –∞ = –∞    + + x → 4

x → 4

f) lim f ( x ) = lim f ( x ) = 0 = 0    x → 3

x → 1

46. 1 a) un = –1 – 2 , un → –1– n Por observação do gráfico, quando uma sucessão de objetos tende para –1 por valores à sua esquerda, verificamos que a sucessão das respetivas imagens tende para 3. Opção (C)

x → – ∞

x → 3

49. a) lim f ( x ) = lim + +

5 x – 4

–9

= –∞ x + 1 0+ 5 x – 4 –9 = – = +∞ e lim– f ( x ) = lim– x → –1 x → –1 x + 1 0 x → –1

x → –1

=

b) Não existe lim f ( x ), pois lim f ( x ) ≠ lim f ( x ). + – x → –1

x → –1

x → –1

87

88


50. ⎛ ⎞ a) lim f ( x ) = lim ⎜– 3 ⎟ = –3 = 0– 2 x → +∞ x → +∞ ⎝ x + 1 ⎠ +∞ ⎛ 3 2⎞ 2 e lim g( x ) = lim ⎜ x – ⎟ = +∞ – = +∞ – 0 = +∞ x → +∞ x → +∞ ⎝ x⎠ +∞ lim f ( x )

0 b) lim f ( x ) = x→ +∞ = = 0 x → +∞ g( x ) lim g( x ) +∞ e lim

x → +∞

f (x)

lim g(( x )

1 1 1

x→ +∞

= lim

x 2 + x + 1

x → 1

51. a) lim x → 3

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

( x – 3) (x + 3) x + 3 6 3 = lim = lim = = x → 3 x → 3 4 x – 12 4 4 2 4 ( x – 3) x – 9

2 ( x – 3) (x – 2) b) lim x – 5 x + 6 = lim x → 2 x → 2 ⎛ 5 1⎞ x 2 – x + 1 ( x – 2) ⎜ x – ⎟ ⎝ 2 2⎠ x – 3 –1 2 = = – = lim x → 2 1 3 3 x – 2 2

3

0=r

=

3 –1

= –3

⎝0⎠ ⎛ 1 1 ⎞(+∞ – ∞) x – 1 h) lim ⎜ – ⎟ = lim = x → 0+ ⎝ x x → 0+ x 2 x2 ⎠ 1 = – + = –∞ 0

52. a) lim f ( x ) = lim ( x 4 –3x + 1) = 24 – 6 + 1 = 11 x → 2

lim x 4 = +∞

x → +∞

x → +∞

( +∞ – ∞ ) x → – ∞

lim x 3 = –∞

x → – ∞

d) lim f ( x ):

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x → 0

(x – 3) (x – 2) = lim x → 2 (x – 2) 3

• lim f ( x ) = lim (x 3 – x ) = 0 – – x → 0

x → 0

• lim f ( x ) = lim (x 4 – 3x + 1) = 1 + + x → 0

x → 0

Como lim f ( x ) ≠ lim f ( x ), conclui-se que não existe – + x → 0

2 (x – 3) (x – 2) x – 3 e) lim x – 5 x + 6 = lim = lim 2 2 x → 2 x → 2 x → 2 x – 2 (x – 2) ( x – 2)

Cálculo dos limites laterais em x = 2: x – 3 –1 • lim+ = + = –∞ x → 2 x – 2 0 =

1

c) lim f ( x ) = lim (x 3 –x ) =

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x – 3

1

x2

x → +∞

–1 x – 3 = lim = + = –∞ 2 x → 2 0 ( x – 2)

–1

= +∞ x → 2 x – 2 0– x – 3 x – 3 x – 3 Como lim e, ≠ lim– , não existe lim + x → 2 x → 2 x – 2 x → 2 x – 2 x – 2 x 2 – 5 x + 6 portanto, não existe lim . 2 x → 2 ( x – 2) • lim–

1

⎛0⎞ 1 ⎛⎜ ±∞ ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎝0⎠ ⎝ ±∞ ⎠ 2 x x 0 g) lim x = lim = lim = = 0 → x → 0 2 x + 1 x → 0 x(2x x 0 x + 1) 2 x + 1 1

x → – ∞

( x – 2)

1

b) lim f ( x ) = lim (x 4 –3x + 1) =

x → 2

x → 2

1

( +∞ – ∞ )

c) lim x – 5 x + 6 = lim (x – 3) (x – 2) x → 2 x → 2 x – 2 x – 2 = lim ( x – 3) = 2 – 3 = –1

d) lim

–1

x → 2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x 2 – 5 x + 6

–1

⎛0⎞ ⎜ ⎟

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

2

0

( x – 1) ( x 2 + x + 1) = lim x → 1 – (x – 1)

+∞

= x→ +∞ = = –∞ lim f ( x ) 0–

2

0

–

x → +∞

g( x )

Cálculo auxiliar:

x → 0

53. ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ ⎞ a) lim 8 x – 9 = lim ⎜ 8 x ⎟ = lim (–8) = –8   x → +∞ 4 – x x → +∞⎝ – x ⎠ x → +∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ 2⎞ b) lim 2 x – 7 x + 1 = lim ⎜ 2 x ⎟ = lim 2 = 2   x → – ∞ x → – ∞⎝ x 2 – 1 x 2 ⎠ x→ –∞ 2

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ 3 ⎞ c) lim x + 5 x + 1 = lim ⎜ x ⎟ = lim (– x ) = +∞   x → – ∞ x → – ∞⎝ 3 – x 2 – x 2 ⎠ x→ –∞ 3

⎛0⎞ ⎜ ⎟

⎝0⎠ (0 × (±∞ )) ⎡ x3 – 1 1 ⎤ f) lim ⎢( x 3 – 1) × = ⎥ = lim x → 1 ⎣ x → 1 1 – x 1 – x ⎦

x → 0

lim f ( x ).

d) lim

x → +∞

x

2

x – 1 3

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

= lim

x → +∞

x2 x

3

= lim

x → +∞

1 x

=

1 +∞

= 0


5 – x = lim x → 5 ( x – 5) ( x + 5) 2 + x – 1 – ( x – 5) = lim x → 5 ( x – 5) ( x + 5) 2 + x – 1 –1 –1 –1 = lim = = x → 5 (5 + 5) (2 + 4 ) 40 ( x + 5) 2 + x – 1

54. 4x

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

4 a) lim x 2 + 1 = lim 4 x × (2x + 1) = 2 2 2 x → – ∞ x → – ∞ x x ( x + 1)

2 x 4 + 1 8x 5 8x 5 + 4 x = lim = lim 8x = –∞      = lim 4 x → – ∞ x + x 2 x→ –∞ x 4 x→ –∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎡ x ⎤ c) lim ⎢ × ( x + 2)⎥ = 2 x → +∞⎣ ⎦ x + 1 x

= lim

x → +∞

2

x2

x + 2 x 2

lim

x + 1 2

x → +∞

x → 2

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

=

d) lim + x → 0

x

(

)

)(

(

)

)

= lim+

)

x → 0

( +∞ – ∞ )

x 2 + 1 – x 2 + 2 =

) (

) (

x 2 + 1 + x 2 + 2

)

lim

x → 5

x 2 – 25

x 2 + 2

)

2

(2 –

x → 5

=

57.

=

1 0+

x → 0

x x x

= +∞

(

x

4 – x + 1 = lim x → 5 2 ( x – 25) 2 + x – 1

)

x + x

)

x – x × 2

x + x 1 – x

=

2

x → 0+

2

0 + 0 1 – 0

= 0

e x – 3 se x – 3 ≥ 0 g –x + 3 se x – 3 < 0

| x – 3 | x – 3

= lim+ x → 3

e x – 3 se x ≥ 3

=f

x – 3 x – 3

g –x + 3 se x < 3

= lim+ 1 = 1. x→ 3

ex–2

se x – 2 ≥ 0 e x – 2 se x ≥ 2 =f g –x + 2 se x – 2 < 0 g –x + 2 se x < 2

b) |x – 2| = f • lim+ x → 2

2

2

(

a) |x – 3| = f

x – 1 × 2 + x – 1

2

(

x

x → 3

2

x → 5

1

= lim+

x x

x → 0

Assim, lim +

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

) ( ) (x – 25) × (2 + x – 1 ) 2 – ( x – 1 ) = lim ( x – 25) (2 + x – 1 ) = lim

+

2

⎛ ⎛ 5 x ⎞⎞ lim ⎜⎜2 x ⎜1 – x ⎟⎟⎟ x → +∞ x → +∞⎝ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ x ⎞⎞ 5 ⎟ ⎜ = lim ⎜2 x × ⎜⎜1 – ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ x → +∞ ⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎠⎠ ⎝ = +∞ × (1 – (+∞)) = +∞ × (–∞) = –∞

x 2 + 1 + x 2 + 2

x 2 + 1 + x 2 + 2 x 2 + 1 – x 2 – 2 = lim x → +∞ x 2 + 1 + x 2 + 2 –1 –1 –1 = = = 0 = lim x → +∞ x 2 + 1 + x 2 + 2 +∞ + (+∞) +∞ 2 – x – 1

f) lim (2 x – 5 x ) =

x → +∞

b)

x( x – 2 )

(+∞ – ∞ )

x 2 + 1 – x 2 + 2 × x 2 + 1 –

( x) = lim

x → 0+

= lim+

( = lim

x → 2

x – 2

) ( x + x ) x ( x + x ) x ( x + x ) = lim = lim x – x ( x ) – x x → 0

56.

2

x → 2

= lim

⎝0⎠ (0 × ( ±∞ )) ⎛ 1 ⎞ x ⎟⎟ = lim = e) lim+ ⎜⎜ x × x → 0 x → 0+ ⎝ x – x ⎠ x – x

3 = 2 3    c..q.d.

x → 3

x → +∞

x – 2 x 2

⎛0⎞ ⎜ ⎟

( ) ( ) ( ) = lim ( x + 3 ) = 3 +

(

x – 2

= lim

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x

x → 0

(x – 3) x + 3 (x – 3) x + 3 = lim = lim 2 2 x → 3 x → 3 x – 3 x – 3

= lim

)

x 2 – 2 x

= lim+

x → +∞

(

(

)

1 1 1 2 = lim = = = x → 2 x 2 2 2

55. lim x – 3 = lim (x – 3) x + 3 x → 3 x → 3 x – 3 x – 3 x + 3

x → +∞

(

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x – 2

c) lim

= lim 1 = 1 ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

a) lim

)

(

⎝ ±∞ ⎠ 2 ⎛ 2 ⎞ (±∞ × 0) b) lim ⎜ x × 1 ⎟ = lim x = x → – ∞⎝ 3 x + 1 x → – ∞ x⎠ 3 x 2 + x ⎛ x2 ⎞ ⎛1⎞ 1 = lim ⎜ 2 ⎟ = lim ⎜ ⎟ =      x → – ∞⎝ 3 x ⎠ x→ –∞⎝ 3 ⎠ 3

(0 × ( ±∞ ))

(

• lim– x → 2

| x – 2| 2 – x

x → 2

| x – 2| 2 – x

Como lim+ x → 2

= lim+ = lim– x → 2

| x – 2| 2 – x

x – 2 2 – x

= lim+

– x + 2 2 – x

≠ lim– x → 2

x → 2

x – 2 –(x – 2)

= lim– x → 2

= lim+ (–1) = –1

– x + 2 – x + 2

x → 2

= lim– 1 = 1 x → 2

| x – 2| | x – 2| , não existe lim . x → 2 2 – x 2 – x

89

90


e x se x ≥ 0

c) |x| = f

g –x se x < 0

4 + | x |

• lim+

x

x A 0

x

x A 0

Como lim+

= lim+ x A 0

4 + | x |

• lim–

c) lim f ( x ) = lim – –

= lim– x A 0

4 + | x | x

xA 0

4 + x x 4 – x x

& lim– xA 0

= =

4 0+ 4

0–

x A 4

= +'

x A 4

£0¥ ² ´ ¤0¦

x – 64 3

= lim ( x – 4)2 xA 4 –

( x – 4) ( x 2 + 4 x + 16) ( x – 4)2

Cálculo auxiliar: 1

= –' 4

1

4 + | x | 4 + | x | , não existe lim . x A 0 x x = lim–

0

0

–64

4

16

64

4

16

0=r

x 2 + 4 x + 16 x – 4

x A 4

=

48 0–

58. £0¥ ² ´ ¤0¦

x – 2

• lim f ( x ) = lim + +

£ 2 ¥ x – 10 x x2 ´ x 2 – 10 x | x | a) lim ²² + + = lim ´ x A 0 ¤ | x | ¦ xA 0 x x |x| x( x – 10) + lim 1 = lim ( x – 10) + 1 = lim x A 0 x A 0 x A 0 x = –10 + 1 = –9

x A 4

x – 4

x A 4

= –' £0¥ ² ´ ¤0¦

= lim+ x A 4

(

) ( x + 2) ( x – 4) ( x + 2)

2

( x) = lim ( x – 4) ( +

x A 4

= lim+

3 | x | – 3 0 – 3 1 = b) lim = –   = – 2 x A 0 9 – 0 9 3 9 – x

x A 4

– 22

)

= lim+

x – 2

x – 4

(

x + 2 xA 4 ( x – 4) 1 1 1 = = x + 2 4 + 2 4

x + 2

)

Como lim f ( x ) & lim f ( x ), então não existe lim f ( x ). – + x A 4

£0¥ ² ´ ¤0¦

c) lim | x | – 3 = x A 3 9 – x 2

x A 4

x A 4

60. £0¥ ² ´ ¤0¦

x

e x se x ≥ 0

a) lim

|x| = f

g –x se x < 0

x A 0

1 e x – 1 1 1 = lim = × 1 = x 0 A x 3x 3 3 3

e – 1

Liimite notável

• lim x A 3

x – 3 9 – x

2

£0¥ ² ´ ¤0¦

x – 3

= lim x A 3

= lim

b) lim

(3 + x ) (3 – x ) x – 3

1 –  e

£0¥ ² ´ x ¤0¦

= lim

x

x A 0

x A 0

(

)( (

a) lim f ( x ) = lim x – 2 = lim x – 2 x + 2 x A +' x A +' x – 4 x A +' ( x – 4) x + 2

)

)

2

x – 22 x – 4 = lim = lim x A +' x A +' ( x – 4) x + 2 ( x – 4) x + 2 1 1 = lim = = 0 x A +' x + 2 +'

)

(

£ ±' ¥ ² ´ ¤ ±' ¦

)

x3 x – 64 b) lim f ( x ) = lim = lim = lim x = –' x A – ' x A – ' x A – ' x 2 xA –' ( x – 4)2 3

£0¥ ² ´ ¤0¦

£ e3 x – 1 ¥ e3 x – 1 = lim ² × 3 ´ = 3 lim x A 0 x A 0 ¤ 3 x x A 0 ¦ x 3x y e –1 = 3 lim = 3 × 1 = 3 yA 0 y Considerando a mudança de variável 3x = y, se x → 0, então y → 0.

c) lim

59.

( ) (

x

e x – 1 = – lim = –1 x A 0 x Limite notável

–( x + 3) ( x – 3) 1 = lim x A 3 –( x + 3) 1 = – 6 x A 3

£ ±' ¥ ² ´ ¤ ±' ¦

–(e x – 1)

d) lim x A 0

e3 x – 1

4x x

e –1

£0¥ ² ´ ¤0¦

= 4 × lim x A 0

x x

e –1

= 4 ×

1 ex – 1 x A 0 x lim

1 = 4 × = 4 1 x 5 5 x – 5 e) lim e – e = lim e (e – 1) x A 5 x – 5 x A 5 x – 5 y e – 1 = e5 × 1 = e5 = e5 ×  lim yA 0 y Considerando a mudança de variável x – 5 = y, se x → 5, então y → 0.


f) lim x → 1

b3) A função f é contínua em x = 2, pois existe

⎛0⎞ → indeterminação ⎜ ⎟ ⎝0⎠ ln x

x – 1

lim f ( x ) e lim f ( x ) = f (2). x → 2

Considerando a mudança de variável ln x = y, se x = ey e se x → 1, então y → 0. lim x → 1

x – 1 ln x

63. • Cálculo de lim f ( x ): x → 1

y

e –1

= lim = 1 y→ 0 y

lim f ( x ) = lim

Limite notá ável

g)

x → 2

x – 1 = lim ( x – 5) = 1 – 5 = –4 x → 1

⎛0⎞ ln ( x + 2) lim ← indeterminação ⎜ ⎟ x → –1 ⎝0⎠ x + 1 Considerando a mudança de variável x + 1 = y, se x = y – 1 e se x → –1, então y → 0. ln ( x + 2) ln ( y – 1  + 2) ln ( y + 1) = 1 lim = lim = lim y → 0 y → 0 x + 1 y y

x → –1

Limite notável

61. x –∞ a) lim f ( x ) = lim e – 1 = e – 1 = 0 – 1 = 0 x → – ∞ x → – ∞ 6 x –∞ –∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x ⎞ ⎛ x b) lim f ( x ) = lim e – 1 = lim ⎜ e – 1 ⎟ x → +∞ x → +∞ 6 x x → +∞⎝ 6 x 6x ⎠ x 1 e 1 1 1 = × lim – lim = × (+∞) – → +∞ x → +∞ x 6 x 6x 6 +∞

Lim mite notável

x – 6 x + 5 2

x → 1

x → 1

• f(1) = 5 lim f ( x ) ≠ f (1), logo a função f não é contínua em x = 1. x → 1

64. • Cálculo de lim g( x ): x → 0

e x se x ≥ 0 |x| = f g –x se x < 0

x x c) lim f ( x ) = lim e – 1 = 1 × lim e – 1 = 1 × 1 = 1 x → 0 x → 0 6 x x → 0 x 6 6 6

Limite notável

x = lim+ = lim+ 1 = 1 x → 0 | x | x → 0 x x → 0 x

lim+ g( x ) = lim+

x → 0

e lim– g( x ) = lim– x → 0

x → 0

Página 90

x → 0

x –x

= lim– (–1) = –1 x → 0

x → 0

Verifica-se que lim+ g( x ) = g(0), logo g é contínua x → 0

à direita em x = 0. 65. • Cálculo de lim h( x ): x → 0

x → 0–

lim– f ( x ) = –2

x → 1

lim f ( x ) = –2

f (1) = –1

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

3x e x – 1

= 3 × lim– x → 0

x e x – 1

1

1 = 3 × = 3 1 e – 1 lim– x → 0 x x

Limite  notável

(

)

lim h( x ) = lim+ log x + 106 = log 0 + 106

x → 0+

lim– f ( x ) = 0

x → 0

= 3 ×

x → 1+

f (–1) = 1

|x|

= lim–

x → 0

lim h( x ) = lim–

x → –1

x

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

• g(0) = 1 g não é contínua em x = 0, pois não existe lim g( x ),

Unidade 4 – Continuidade

lim+ f ( x ) = 1

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x → 0

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x → –1

( x – 1) ( x – 5) = lim x → 1 x – 1

já que lim+ g( x ) ≠ lim– g( x ).

= +∞ – 0 = +∞

62. a) lim f ( x ) = –1 –

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x → 2

x → 0

= log 103 = 3

lim+ f ( x ) = 0

x → 2

• h(0) = log 0 + 106 = log 106 = log 103 = 3

f (2) = 0 b) b1) A função f não é contínua em x = –1, pois não existe lim f ( x ), já que lim – f ( x ) ≠ lim+ f ( x ).

x → –1

x → –1

de existir lim f ( x ), lim f ( x ) ≠ f (1). x → 1

x → 0

x → 0

h é contínua em x = 0.

x → –1

b2) A função f não é contínua em x = 1, pois apesar x → 1

Verifica-se que existe lim h( x ) e lim h( x ) = h(0), logo

66. Para que exista lim f ( x ), terá que se verificar x → 1

lim f ( x ) = lim+ f ( x ), isto é:

x → 1–

x → 1

91

92


⎛ 1 –  e x ⎞ ⎟ = lim (2 x + ln x ) lim– ⎜ x → 1 ⎝ kx ⎠ x→ 1+ 1 –  e1 1 –  e § = 2 × 1 + ln 1 § = 2 + 0 k × 1 k 1 –  e § 1 –  e = 2k § k = 2 Para k =

1 –  e existe lim f ( x ) e lim f ( x ) = f (1). x → 1 x → 1 2

Como lim+ f ( x ) ≠ lim– f ( x ), não existe lim f ( x ), e, porx → 0

x → 0

tanto, f não é contínua em x = 0. Função g: • Cálculo de lim g( x ): x → 0

lim g( x ) = lim x = 0 x → 0

• g(0) = –1 Existe lim g( x ), mas lim g( x ) ≠ g(0) e, portanto, g não x → 0

x → 0

é contínua em x = 0. b) • Cálculo de lim (f × g) ( x ): x → 0

lim (f × g) ( x ) = lim (f ( x ) × g( x ))

x → 0

x → 0

⎞ ⎛1 = lim ⎜ × x ⎟ = lim 1 = 1 x → 0 ⎝ x ⎠ x→ 0

Existe lim f ( x ) e lim f ( x ) = f (1), logo f é contínua em x → 1

se x < 0

8x 0,5

se x = 0

x 2 + x

x 3 + 3 x 2 + 2 x

se x > 0

Dg = – No intervalo ]–∞, 0[ a função é contínua por, neste intervalo, estar definida por um quociente de duas funções contínuas: uma que é a diferença entre uma função exponencial (x 4ex) e uma função constante (x 4), e outra que é uma função afim (x 8x) que não se anula no intervalo considerado. – No intervalo ]0, +∞[ a função é contínua visto, neste intervalo, estar definida por uma função racional cujo denominador não se anula no intervalo considerado. – Em x = 0: 4e x – 4 4(e x – 1) = lim– • lim– g( x ) = lim– x → 0 x → 0 x → 0 8x 8x 1 1 4 e x – 1 = × 1 = = lim– x → 0 x 2 2 8 • lim g( x ) = lim + +

1

x → 0

x 2 + 1

e x2 + 2x – 3 se x ≥ 1 a) f(x) = f se x < 1 g –2x + 2

Df = – No intervalo ]–∞, 1[ a função é contínua visto, neste intervalo, estar definida por uma função afim. – No intervalo ]1, +∞[ a função é contínua, visto neste intervalo estar definida por uma função quadrática.

2

= lim+ x → 0

x( x + 1) x(x 2 + 3 x + 2)

x → 0

em x = 0. Conclui-se assim que a função g é contínua em . c) h(x) =

69.

3

• g(0) = 0,5 Existe lim g( x )  e lim g( x ) = g(0), logo g é contínua x → 0

.

x 2 + x

x + 3 x + 2 x 1 x + 1 = = lim+ 2 x → 0 x + 3 x + 2 2

x → 0

x → 0

uma função contínua em x = 0.

68. Por exemplo, f( x ) =

x → 1

x = 1. Conclui-se, assim, que a função f é contínua em .

Limite notável

• (f × g) (0) = f(0) × g(0) = –1 × (–1) = 1 Verifica-se que existe: lim (f × g) ( x ) e lim (f × g) ( x ) = (f × g) (0), logo f × g é x → 0

x → 1

x → 1

f (1) = 0

b) g(x) =

⎛1⎞ 1 ⎛1⎞ 1 lim+ ⎜ ⎟ = + = +∞ e lim– ⎜ ⎟ = – = –∞. x → 0 ⎝ x ⎠ x → 0 ⎝ x ⎠ 0 0

x → 0

x → 1

lim– f ( x ) = lim (–2 x + 2) = 0

4e x – 4

x → 0

x → 0

lim f ( x ) = lim+ ( x 2 + 2 x – 3) = 0

x → 1+

67. a) Função f : • Cálculo de lim f ( x ):

– Em x = 1:

e x – 1 + x

se –3 ≤ x < 0 x 2 – x + ln (1 + 3 x ) se e 0 ≤ x ≤ 3

D = [–3, 3] – No intervalo [–3, 0[ a função é contínua por, neste intervalo, estar definida pelo quociente de duas funções contínuas: uma que é a soma de uma função exponencial (x ex) com uma função afim (x x – 1), e outra que é uma função afim (x x)


que não se anula no intervalo considerado. É contínua à direita em x = –3 visto lim + h( x ) = h(–3). x → –3

– No intervalo ]0, 3] a função é contínua visto, neste intervalo, estar definida pela soma de duas funções contínuas: uma função afim (x 2 – x) e uma composta de uma função logarítmica com uma função afim (x ln (1 + 3x)); É contínua à esquerda em x = 3, pois lim h( x ) = h(–3).

x → –3–

x ⎛ e x – 1 x ⎞ + ⎟ = lim– ⎜ x → 0 ⎝ x x⎠

Limite notá ável

= 1 + 1 = 2 lim h( x ) = lim+ (2 – x + ln (1 + 3 x )) = 2 – 0 + ln 1 = 2 x → 0

h(0) = 2 – 0 + ln 1 = 2 Existe lim h( x ) e lim h( x ) = h(0), logo h é contínua x → 0

e2 x + 1 – e se x < 0 x 2 se x = 0 ln ( x + 1)2 se x > 0 x

Di = – A função i é contínua no intervalo ]–∞, 0[ visto, neste intervalo, estar definida pelo quociente de duas funções contínuas: uma que é a diferença entre a composta de uma função exponencial com uma função afim (x e2x + 1) e uma função constante (x e), e outra que é uma função afim (x x) que não se anula no intervalo considerado. – No intervalo ]0, +∞[ a função i é contínua visto, neste intervalo, estar definida pelo quociente de duas funções contínuas: uma que é a composta de uma função logarítmica com uma função quadrática (x ln (x + 1)2) e outra que é uma função afim (x x) que não se anula no intervalo considerado.

e(e2 x – 1)

x e y – 1

x → 0

Limite notável

= e × 1 × 2 = 2e Considerando a mudança de variável 2x = y, se x → 0, então y → 0. ln ( x + 1)2

= lim+

x ln ( x + 1)

x → 0

2 ln ( x + 1)

x → 0

x

= 2 × 1 = 2 = 2 lim+ x → 0 x Limitte notável

Como lim– i( x ) ≠ lim+ i( x ), não existe lim i( x ), logo i x → 0

x → 0

x → 0

não é contínua em x = 0. Verifica-se que lim+ i( x ) = i(0), logo a função i é conx → 0

tínua apenas à direita em x = 0. Conclui-se assim que i é contínua em \{0}. 70. Dh = ]–∞, 2] ∂ [5, +∞[ e x2 – 4x + 3

h(x) = f

g 10

x → 0

em x = 0. Conclui-se assim que h é contínua no seu domínio, [–3, 3].

x

= lim–

⎛ e2 x – 1 ⎞ × 2 = e × lim– ⎜ × 2⎟ = e × lim– x → 0 ⎝ y→ 0 ⎠ 2x y

x → 0

e – 1 x = lim– + lim– x → 0 x → 0 x x

e2 x + 1 – e

x → 0

e x – 1 + x

x

d) i(x) =

x → 0

x → 0

lim– h( x ) = lim–

x → 0+

• lim– i( x ) = lim–

• lim+ i( x ) = lim+

– Em x = 0: x → 0

– Em x = 0:

se x ≤ 2 se x ≥ 5

h é contínua em ]–∞, 2] visto, neste intervalo, estar definida por uma função quadrática; h é também contínua em [5, +∞[ visto, neste intervalo, estar definida por uma função constante. Pretende-se um extensão de h a que seja contínua em , por exemplo da forma:

e x2 – 4x + 3 h1(x) = f m x + b g 10

se x ≤ 2 se 2 < x < 5 se x ≥ 5

já que uma função afim é contínua em , então é contínua no intervalo ]2, 5[. Tem agora que ser contínua em x = 2 e em x = 5, isto é, lim h1 ( x ) = h1 (2) = –1 e lim h1 ( x ) = h(5) = 10.   x → 2

x → 5

Ao gráfico de y = m x + b terá então de pertencer os pontos de coordenadas A(2, –1) e B(5, 10): m = y =

10 – (–1)

11

5 – 2

=

11 3

x + b 3 11 22 25 –1 = × 2 + b § b = –1 – § b = – 3 3 3 25 11 y = x – 3 3

93

94


Assim, uma extensão de h a que seja contínua em , pode ser, por exemplo, a função h1, definida por:

h1(x) =

x 2 – 4 x + 3 se x ≤ 2 11 25 se 2 < x < 5 x – 3 3 se e x ≥ 5 10

71. • f é contínua no intervalo [5, 6] visto tratar-se do produto de funções contínuas em +, logo contínuas em [5, 6]. • f(5) = e5 × ln 5 ≈ 238,862 f(6) = e6 × ln 6 ≈ 722,847 ou seja, f(5) < 500 < f(6) Assim, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, podemos concluir que existe pelo menos um número real c ∈ ]5, 6[ tal que f(c) = 500. 72. A função g não é contínua em [a, b]. Por exemplo: y

2

a
y

2

a
74. Às dez horas de um determinado dia corresponde t = 0, logo às onze horas e ao meio-dia do referido dia corresponde t = 1 e t = 2, respetivamente. Sabe-se também que P está expresso em milhões de bactérias. Assim, pretende-se provar que: $ t ∈] 1, 2 [ : P(t) = 0,5 • A função P é contínua em [1, 2] visto tratar-se do produto de duas funções contínuas em (t t2 e t e–t), logo contínuas em [1, 2]. • P(1) = 12 × e–1 ≈ 0,368 P(2) = 22 × e–2 ≈ 0,541 ou seja, P(1) < 0,5 < P(2). Assim, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, conclui-se que existe pelo menos um instante t ∈ ]1, 2[ tal que P(t) = 0,5. 75. a) Seja f a função definida por f(x) = ex – x – 2. Provar que a equação ex = x + 2 tem pelo menos uma solução no intervalo ]–2, –1[ é equivalente a provar que a função f tem pelo menos um zero no intervalo ]–2, –1[. Assim: • f é contínua em [–2, –1] visto tratar-se da diferença de duas funções contínuas em (x ex e x x + 2), logo contínuas no intervalo [–2, –1]. • f(–2) = e–2 + 2 – 2 ≈ 0,135 f(–1) = e–1 + 1 – 2 ≈ –0,632 ou seja, f(–1) × f(–2) < 0. Pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy conclui-se que função f tem pelo menos um zero no intervalo ]–2, –1[, isto é: E c ∈ [–2, –1[ : f(c) = 0 § E c ∈ ]–2, –1[ : ec – c – 2 = 0 § E c ∈ )–2, –1[ : ec = c + 2 b) y1 = ex y2 = x + 2 y1

y

P -2 -1

y2

2 1 O

x

O ponto P de interseção do gráfico da função x ex com o gráfico da função x x + 2, no intervalo ]–2, –1[ tem de coordenadas P(–1,841; 0,159) (com aproximação às milésimas). Assim, x ≈ –1,841.


76. a) • No intervalo ]0, 1[ a função f é contínua visto, neste intervalo, estar definida pela soma de duas funções contínuas: uma que é função constante (x 1) e outra que é o quociente entre uma função logarítmica (x ln x) e uma função afim (x 4x) que não se anula no intervalo considerado. • No intervalo ]1, +∞[ a função f é contínua visto, neste intervalo, estar definida pela soma de duas funções contínuas: uma que é função constante (x 1) e outra que é o produto entre uma função afim (x x – 1) e a composta de uma função afim com uma função exponencial (x e2 – x). • Em x = 1: ⎛ ln x ⎞ ln 1 ⎟ = 1 + lim– f ( x ) = lim– ⎜1 + = 1 + 0 = 1 x → 1 x → 1 ⎝ 4 4x ⎠ lim+ f ( x ) = lim+ (( x – 1) e2 – x + 1) = 0 × e1 + 1 = 1 x → 1

x → 1

f (1) = (1 – 1) e2 – 1 + 1 = 1 Existe lim f ( x ) e lim f ( x ) = f (1), logo f é contínua x → 1

x → 1

em x = 1. Conclui-se assim que f é contínua em todo o seu domínio, +. b) • Pela alínea anterior, sabe-se que f é contínua em +, logo, em particular, é contínua em [e–1, 2].

77. h( x ) =

Dh = {x ∈ : g(x) ≠ 0} Se o domínio de h fosse o intervalo [a, b], significaria que não existia nenhum valor c no intervalo ]a, b[ tal que g(c) = 0. No entanto, como g é contínua no intervalo [a, b], g(a) = 4 e g(b) = –2, ou seja, g(a) × g(b) < 0 pode concluir-se, pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, que existe pelo menos um número real c ∈ ]a, b[ tal que g(c) = 0. Logo, h não pode ter como domínio o intervalo [a, b].

Unidade 5 – Assíntotas do gráfico de uma função Página 106 78. lim f ( x ) = +∞, pois sabe-se que a reta de equação – x → 2

x = 2 é assíntota vertical do gráfico de f e que f é positiva em todo o seu domínio. Assim:

ln e–1 (–1) • f (e–1 ) = 1 + = 1 + –1 ≈ 0,320 –1 4 e 4 e f (2) = (2 – 1) e2 – 2 + 1 = e0 + 1 = 2

lim–

x → 2

ou seja, f(e–1) < 1,5 < f(2). Pelo Teorema de Bolzano-Cauchy conclui-se que a equação f(x) = 1,5 tem pelo menos uma solução no intervalo ]e–1, 2[. ln x , para 0 < x < 1 4x y2 = (x – 1) e2 – x + 1, para x ≥ 1 y3 = 1,5

c) y1 = 1 +

1 f (x)

=

1 lim – f ( x )

=

x → 2

1 +∞

= 0

Opção (C) 79.

lim f ( x ) = 2, pois sabe-se que a reta de equação

x → +∞

y = 2 é assíntota horizontal do gráfico de f e que Df = + . Assim: lim

x → +∞

y

1 g( x )

1 f (x)

=

1 lim f ( x )

=

x → +∞

1 2

Opção (D) 2 1,5 1 O

y3

P e-1 1

2

x

y2

80. a) D = {x ∈ : x + 4 ≠ 0} = \{–4} • Assíntotas verticais: lim + f ( x ) =

y1

No intervalo ]e–1, 2[, o ponto P de interseção do gráfico da função f com a reta de equação y = 1,5 tem de coordenadas P(1,23; 1,5) (com aproximação às centésimas). Assim, x ≈ 1,23.

x → –4

lim f ( x ) =

x → –4–

–12 + 7 +

0 –12 + 7 0–

= =

–5 0+ –5 0–

= –∞ = +∞

A reta de equação x = –4 é assíntota vertical do gráfico de f. Como a função f é contínua no seu domínio, \{–4}, o seu gráfico não ite mais assíntotas verticais.

95

96


• Assíntotas horizontais: lim f ( x ) = lim

x → +∞

3 x + 7

x → +∞

lim f ( x ) = lim

x + 4

3 x + 7

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

= lim

3x

x → +∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

= 3

x + 4

x → – ∞

3x

x → – ∞

b) Dg = {x ∈ : 1 – ex ≠ 0} = \{0} • Assíntotas verticais: lim+ g( x ) = lim+

ex

x → 0

1 – e ex

lim g( x ) = lim

x → +∞

x → +∞

e

x

=

1

=

1

ex

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x

1 – e

1 – 1 1

+

x

= lim

x → +∞

ex 1 ex

= lim

1

1

=

1

–

ex

ex 1

= = –1 1 0 – 1 – 1 – 1 +∞ ex ex 0 e   lim g( x ) = lim = = 0 x x → – ∞ x → – ∞ 1 – 0 1 – e x → +∞

⎛1⎞ x → ⎜ ⎟ ⎝e⎠

ln x 3 + 4 ln x + 1

–3 + 4

=

1

=

1

=

ln (e–1 )3 + 4 –1+ + 1

= +∞ 0+ ln x 3 + 4 ln (e–1 )3 + 4 lim – h( x ) = lim – = ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ ln x + 1 –1– + 1 x → ⎜ ⎟ x → ⎜ ⎟ ⎝e⎠

+

0

⎝e⎠

=

–3 + 4 –

0

0–

= –∞

1 é assíntota vertical do e gráfico de h quando x → –∞. Como a função h é contínua no seu domínio, ⎧1⎫ ]0, +∞[ \ ⎨ ⎬, o seu gráfico não ite mais assín⎩e ⎭ A reta de equação x =

= –∞ 0– 1 = + = +∞ lim g( x ) = lim– = – x → 0– x → 0 1 – e x 1 – 1 0 A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de g. Como a função g é contínua no seu domínio, \{0}, o seu gráfico não ite mais assíntotas verticais. • Assíntotas horizontais: x → 0

⎛1⎞ x → ⎜ ⎟ ⎝e⎠

=

= 3 x A reta de equação y = 3 é assíntota horizontal do gráfico de f quando x → +∞ e x → –∞. x → – ∞

= lim

x

lim + h( x ) = lim +

A reta de equação y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de g quando x → +∞ e a reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de g quando x → –∞. c) Dh = {x ∈ : x > 0 ‹ ln x + 1 ≠ 0} = ]0, +∞[\{e–1} Cálculo auxiliar: ln x + 1 = 0 § ln x = –1 § x = e–1 • Assíntotas verticais: 3 ln x 4 + ln x 3 + 4 ln ln x x lim h( x ) = lim+ = lim+ x → 0+ x → 0 ln x + 1 x → 0 ln x 1 + ln x ln x 4 4 3 + 3 + x ln – ∞ = 3 + 0 = 3 = = lim+ x → 0 1 1 1 + 0 1 + 1 + ln x –∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

A reta de equação x = 0 não é assíntota vertical do gráfico de h.

totas verticais. • Assíntotas horizontais: 3 ln x 4 + ln x + 4 ln ln x x lim h( x ) = lim = lim x → +∞ x → +∞ ln x + 1 x → +∞ ln x 1 + ln x ln x 4 4 3 + 3 + 3 + 0 ln x +∞ = lim = = = 3 x → +∞ 1 1 1 + 0 1 + 1 + ln x +∞ 3

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

A reta de equação y = 3 é assíntota horizontal do gráfico da função h para x → +∞. Dado que o domínio da função é limitado inferiormente, o seu gráfico não ite assíntota horizontal. ⎧3 ⎫ d) Di = { x ∈ : 2 x – 3 ≠ 0} = \ ⎨ ⎬ ⎩2⎭ • Assíntotas verticais: 3 lim + i( x ) = lim + = 2+ = +∞ ⎛3⎞ ⎛ 3 ⎞ 2 x – 3 0 x → ⎜ ⎟ x → ⎜ ⎟ |x|

⎝2⎠

⎝2⎠

3 |x| lim – i( x ) = lim – = 2– = –∞ ⎛3⎞ ⎛ 3 ⎞ 2 x – 3 0 x → ⎜ ⎟ x → ⎜ ⎟ ⎝2⎠

⎝2⎠

A reta de equação x =

3 é assíntota vertical do 2

gráfico da função i. ⎧3 ⎫ Como a função i é contínua no seu domínio, \ ⎨ ⎬, ⎩2⎭ o seu gráfico não ite mais assíntotas verticais.


• Assíntotas horizontais:

lim

x → +∞

|x| 2 x – 3

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ x ⎞ 1 1 = lim ⎜ ⎟ = lim = x → +∞ 2 x – 3 x → +∞⎝ 2 x ⎠ x → +∞ 2 2

= lim

x

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎛ –x ⎞ ⎛ – x ⎞ ⎝ ±∞ ⎠ |x| ⎟ = lim ⎜ ⎟ = lim ⎜ lim x → – ∞⎝ 2 x – 3 ⎠ x → – ∞⎝ 2 x ⎠ x → – ∞ 2 x – 3 ⎛ 1⎞ 1 = lim ⎜– ⎟ = – x → +∞⎝ 2 ⎠ 2 1 A reta de equação y = é assíntota horizontal do 2 gráfico de i quando x → +∞ e a reta de equação 1 y = – é assíntota horizontal do gráfico de i quando 2 x → –∞.

Tanto a reta de equação x = 1 como a reta de equação x = –1 são assíntotas verticais do gráfico da função f. Como a função é contínua no seu domínio, o gráfico de f não ite mais assíntotas verticais. • Assíntotas não verticais: Para x → +∞: m = lim

f (x)

x = lim 2 = 2 x → +∞

lim (f ( x ) – ( x – 1)) = 0

x → +∞

§ lim (f ( x ) –  x + 1) = 0 x → +∞

Opção (B)

2x

x → +∞

⎛ 2x 3 ⎞ b = lim (f ( x ) – 2 x ) = lim ⎜ 2 – 2 x ⎟ x → +∞ x → +∞⎝ ⎠ x – 1 = lim

2 x 3 – 2 x 3 + 2 x x – 1 2

x → +∞

81. Df = + Por definição da assíntota não vertical do gráfico de f vem que:

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ 2x 3 ⎞ ⎜ ⎟ = lim x → +∞ 3 x → +∞⎝ x – x x3 ⎠

= lim

3

= lim

x → +∞

m = lim

g( x )

x → +∞

x

= 2 e b = lim ( g( x ) –  2 x ) = 4 x → +∞

⎤ ⎡ g( x ) Assim, lim ⎢ + g( x ) – 2 x ⎥ x → +∞ ⎣ x ⎦ ⎛ g( x ) ⎞ ⎟ + lim ( g( x ) – 2 x ) = lim ⎜ x → +∞⎝ x ⎠ x → +∞ = 2 + 4 = 6 Opção (B) 83. a) Df = {x ∈ : x2 – 1 ≠ 0} = \{–1, 1} + –

2x 3

2 = +∞ 0+ 2 = – = –∞ lim f ( x ) = lim– 2 x → 1– x → 1 x – 1 0 2x 3 –2 lim f ( x ) = lim+ 2 = – = +∞ x → –1+ x → –1 x – 1 0 2x 3 –2 lim f ( x ) = lim– 2 = + = –∞ x → –1– x → –1 x – 1 0 x → 1

x

=

2 +∞

= 0

Os cálculos para x → –∞ são idênticos e obtém-se do mesmo modo m = 2 e b = 0. Assim, a reta de equação y = 2x é assíntota oblíqua do gráfico de f, para x → +∞ e para x → –∞. b) Dg = {x ∈ : x ≠ 0} = \{0} • Assíntotas verticais:

( ) lim g( x ) = lim ( x + e ) = 0  + e

1

lim+ g( x ) = lim+ x + e x = 0 + e 0 = e+∞ = +∞

x → 0

+

x → 0

x → 0–

1

1

x

0–

x → 0–

= e–∞ = 0

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de g. Como a função é contínua no seu domínio, \{0}, não existem mais assíntotas verticais do gráfico de g. • Assíntotas não verticais: 1 1 ⎞ ⎛ ⎜ x ex ⎟ g( x ) x + e x m = lim = lim = lim ⎜ + ⎟ x → +∞ x x → +∞ x → +∞⎝ x x ⎠ x 0 e 1 = 1 + = 1 + = 1 + 0 = 1 +∞ +∞

(

1

)

b = lim ( g( x ) – 1 × x ) = lim x + e x – x x → +∞

x → +∞

x → +∞

• Assíntotas verticais: x → 1

x → +∞

2

= lim e x = e0 = 1

1

lim+ f ( x ) = lim+

2

1

+ –1

= lim

x – 1

1

82. Dg = + Como a reta de equação y = 2x + 4 é assíntota do gráfico de g, sabe-se que:

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

2x

x 2 – 1 2x 3

=

Os cálculos para x → –∞ são idênticos e obtêm-se do mesmo modo m = 1 e b = 1. Assim, a reta de equação y = x + 1 é assíntota oblíqua do gráfico de g para x → +∞ e para x → –∞. c) Dh = {x ∈ : (x – 1)2 > 0} = \{1} Cálculo auxiliar: +

+ 1

97

98


• Assíntotas verticais: +

lim h( x ) = lim ln ( x – 1) = ln 0 = –∞ 2

x → 1

x → 1

A reta de equação x = 1 é assíntota vertical do gráfico de h. Não existem mais assíntotas verticais visto a função ser contínua no seu domínio \{1}. • Assíntotas não verticais: x → +∞ m = lim

h( x )

x → +∞

ln ( x – 1)2 2ln ( x – 1) = lim = lim x → +∞ x → +∞ x x x

Mudança de variável: ln (x – 1) = y § x – 1 = ey § x = ey + 1 Se x → +∞, então y → +∞. = 2 lim

y→ +∞

= 2 ×

y y

e + 1 1

= 2 × lim

y→ +∞

1

e 1 + y y 1 = 2 × = 2 × 0 = 0 +∞ + 0 1

b = lim (h( x ) – 0 × x ) = lim ln ( x – 1)2 = +∞x → –∞ x → +∞

x → –∞

x → +∞

ln ( x – 1)2 = lim x → – ∞ x → – ∞ x x 2 ln | x – 1 | ln (– x + 1) = 2 lim = lim x → – ∞ x → – ∞ x x y 1 = 2 × lim = 2 × lim y→ +∞ y→ +∞ ⎛ 1 – e y 1 ey ⎞ ⎜⎜ – ⎟⎟ ⎝y y ⎠ 1 = 2 × = 0 0 – (+∞)

m = lim

h( x )

Mudança de variável: ln (–x + 1) = y § –x + 1 = ey § x = 1 – ey Se x → –∞, então y → +∞. b = lim (h( x ) – 0 × x ) = lim ln ( x – 1)2 = +∞ x → – ∞

A reta de equação x = 100 é assíntota vertical do gráfico da função i. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de i visto a função ser contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: x 1 log x – 2 m = lim = lim = lim x → +∞ x x → +∞ x → +∞ x log x – 2 1 1 = = = 0 +∞ – 2 +∞ i( x )

y

ey + lim y→ +∞ y y→ +∞ y lim

100 100 x lim + i( x ) = lim + = + = = +∞ x → 100 x → 100 log x – 2 2 – 2 0+ x 100 100 lim i( x ) = lim – = – = = –∞ x → 100– x → 100 log x – 2 2 – 2 0–

x → – ∞

Não existem assíntotas não verticais do gráfico de h nem para x → +∞ nem para x → –∞. d) Di = {x ∈ : x > 0 ‹ log x – 2 ≠ 0} = +\{100} Cálculo auxiliar: log x – 2 = 0 § log x = 2 § x = 102 • Assíntotas verticais: x 0 lim+ i( x ) = lim+ = = 0 x → 0 x → 0 log x – 2 –∞ – 2 A reta de equação x = 0 não é assíntota vertical do gráfico de i.

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x b = lim (i( x ) – 0 x ) = lim = x → +∞ x → +∞ log x – 2 1 1 = = ⎛ log x 2 ⎞ log x – 2 lim – ⎟ lim ⎜ x → +∞ x → +∞⎝ x x x⎠ 1 1 = = = +∞ log x 2 0+ lim – lim x → +∞ x → +∞ x x

Como b ∉ , conclui-se que o gráfico da função i não possui assíntotas não verticais para x → +∞. Dado que o domínio da função i é limitado inferiormente, não faz sentido averiguar a existência de assíntotas não verticais para x → –∞. e) Dj = {x ∈ : x ≥ 0 ‹ x – 3 ≠ 0} = +0\{3} • Assíntotas verticais: x – 3

lim j( x ) = lim

x → 3

x → 3

=

) ( x + 3 ) ( x – 3) ( x + 3 ) ( x ) – ( 3 ) = lim ( x – 3) ( x + 3 ) = lim

(

x – 3

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x – 3

x → 3

2

2

x → 3

= lim

x – 3

x + 3 1 1 1 = = lim = x → 3 3 + 3 2 3 x + 3 x → 3

( x – 3) (

)

A reta de equação x = 3 não é assíntota vertical do gráfico de j. Como a função é contínua no seu domínio, o gráfico de j não ite assíntotas verticais.


• Assíntotas não verticais: m = lim

j( x ) x

x → +∞

(

= lim

x → +∞

• Assíntotas não verticais:

x – 3

x ( x – 3)

) ( x + 3 ) x ( x – 3) ( x + 3 ) ( x ) – ( 3 ) = lim x ( x – 3) ( x + 3 ) = lim

x – 3

x → +∞

2

2

x → +∞

= lim

x → +∞

= lim

x → +∞

=

1 +∞

x – 3

)(

(

x x – 3 1 x

(

x + 3

x + 3

)

=

1 +∞ × (+∞)

= 0

b = lim ( j( x ) – 0 × x ) = lim x → +∞

( = lim x → +∞

= lim

x → +∞

= lim

x → +∞

)

x → +∞

x – 3 x – 3

x – 3 ) ( x + 3 ) ( x – 3) ( x + 3 ) x – 3

( x – 3) (

)

x + 3 1 1 = = 0 x + 3 +∞

A reta de equação y = 0x + 0, isto é, y = 0 é assíntota horizontal do gráfico do j para x → +∞. Dado que o domínio da função j é limitado inferiormente, não faz sentido averiguar a existência de assíntotas não verticais para x → –∞. ⎧ ⎫ 1 f) De = ⎨ x ∈ : > 0   ‹    x ≠ 0⎬ = ]0, +∞[ ⎩ ⎭ x • Assíntotas verticais:

⎛1⎞ x ln ⎜ ⎟ + 3xx l( x ) ⎝x⎠ m = lim = lim x → +∞ x x → +∞ x ⎛ ⎛1⎞ ⎞ = lim ⎜⎜ln ⎜ ⎟ + 3 ⎟⎟ x → +∞⎝ ⎝x⎠ ⎠ + = ln 0 + 3 = –∞ Como m ∉ , conclui-se que o gráfico da função l não ite assíntotas não verticais para x → +∞. Dado que o domínio da função l é limitado inferiormente, não faz sentido averiguar a existência de assíntotas não verticais para x → –∞. 84. a) Df = {x ∈ : |x| ≠ 0} = \{0} • Assíntotas verticais: lim f ( x ) = lim

x → 0

x → 0

4 x 2 + 1 |x|

=

1 0+

= +∞

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de f, pois a função é contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: ⎛ ±∞ ⎞ 4 x 2 + 1 ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠ 2 4 x + 1 f (x) x | | = m = lim = lim = lim x → +∞ x x → +∞ x → +∞ x × x x 2 4x = lim 2 = lim 4 = 4 x → +∞ x → +∞ x

Cálculo auxiliar: e x se x ≥ 0

|x| = f

g –x se x < 0

⎛ ⎞ (0 × (±∞)) ⎛1⎞ lim+ e( x ) = lim+ ⎜⎜ x ln ⎜ ⎟ + 3 x ⎟⎟ = x → 0 x → 0 ⎝ ⎝x⎠ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛1⎞ = lim+ ⎜⎜ x ln ⎜ ⎟⎟⎟  + lim+ 3 x x → 0 ⎝ ⎝ x ⎠⎠ x→ 0 ln y 1 = lim ln y + 0 = lim y→ +∞ y y→ +∞ y = 0 (limite notável)

⎞ ⎛ 4 x 2 + 1 b = lim (f ( x ) – 4 x ) = lim ⎜ – 4 x ⎟ x → +∞ x → +∞⎝ × ( x ) ⎠ |x| 2 2 4 x + 1 – 4 x = lim x → +∞ x ⎛1⎞ 1 = lim ⎜ ⎟ = = 0 x → +∞⎝ x ⎠ +∞

Mudança de variável:

A reta de equação y = 4x é assíntota oblíqua do gráfico de f para x → +∞.

1 1 = y § x = x y Se x → 0+, então y → +∞. A reta de equação x = 0 não é assíntota vertical do gráfico da função l. Não há assíntotas verticais visto a função ser contínua no seu domínio (+).

4 x 2 + 1 f (x) m = lim = lim | x | x → – ∞ x x → – ∞ x

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎛ 4 x 2 + 1 ⎞ ⎝ ±∞ ⎠ ⎛ 4x2 ⎞ 4 x + 1 ⎟ = lim ⎜ ⎟ = lim = lim ⎜ 2 x → – ∞⎝ x → – ∞⎝ x → – ∞ – x × x –x ⎠ –x2 ⎠ = lim (–4) = –4 2

x → – ∞

99

100


⎛ 4 x 2 + 1 ⎞ + 4 x ⎟ b = lim (f ( x ) – (–4 x )) = lim ⎜ x → – ∞ x → – ∞⎝ ⎠ |x| 2 ⎛ 4 x + 1 ⎞ ⎛ 4 x 2 + 1 – 4 x 2 ⎞ ⎟ = lim ⎜ + 4 x ⎟ = lim ⎜ x → – ∞⎝ x → – ∞⎝ × (– x ) ⎠ ⎠ –x –x ⎛ 1 ⎞ 1 = lim ⎜ ⎟ = = 0 x → – ∞⎝ – x ⎠ +∞ A reta de equação y = –4x é assíntota oblíqua do gráfico de f para x → –∞. b) g(x) = {x ∈ : 2x – 6 ≠ 0} = \{3} • Assíntotas verticais: x 2 – 16

|–7 | 7 lim+ g( x ) = lim+ = + = + = +∞ x → 3 x → 3 2 x – 6 0 0 2 x – 16 |–7 | 7 lim g( x ) = lim– = – = – = –∞ x → 3– x → 3 2 x – 6 0 0 A reta de equação x = 3 é assíntota vertical do gráfico de g. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de g, pois a função é contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais:

+ –4

x2

se – 16 ≥ 0 se x2 – 16 < 0 se x ≤ –4 › x ≥ 4 se –4 < x < 4

x → +∞

= lim

x → – ∞

3x 2x

=

3 2

85. a) Df = • Assíntotas verticais: lim f ( x ) = lim– e x = e0 = 1 = f (0) x → 0 lim+ f ( x ) = lim+ (ln x ) = –∞

x → 0– x → 0

x → 0

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de f, pois a função é contínua nos restantes pontos do seu domínio, isto é, em \{0}. • Assíntotas não verticais: f (x) x

= lim

x → +∞

ln x x

= 0

b = lim (f ( x ) – 0 × x ) = lim ln x = +∞ x → +∞ x → +∞ Como b ∉ , verifica-se que não existem assíntotas não verticais do gráfico de f para x → +∞. f (x)

x → – ∞

x – 16 – x + 3 x 2

2 x – 6

= lim

x → +∞

⎛3⎞ 3 ⎛ 3x ⎞ = lim ⎜ ⎟ = lim ⎜ ⎟ = x → +∞⎝ 2 x ⎠ x → +∞⎝ 2 ⎠ 2

3 x – 16 2 x – 6

⎛ ±∞ ∞⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

=

1 3 A reta de equação y = x + é assíntota oblíqua 2 2 do gráfico de g para x → +∞ e também para x → –∞, já que os cálculos para determinação de m e l são idênticos: x 2 – 16 1 g( x ) x2 m = lim = lim 2 x – 6 = lim 2 = x → – ∞ x → – ∞ x → – ∞ x 2 x 2x

= lim

ex

x → – ∞

=

0

= 0 x → – ∞ x x –∞ b = lim (f ( x ) – 0 × x ) = lim e x = 0

4

⎛ x 2 – 16 ⎛ x ⎞ 1 ⎞ ⎟ – b = lim ⎜ g( x ) – x ⎟ = lim ⎜ x → +∞⎝ 2 ⎟ 2 ⎠ x→ +∞⎜ 2 x – 6 ⎝ × ( x – 3 ) ⎠ = lim

2 x – 6

x → – ∞

m = lim

x 2 – 16 g( x ) x 2 – 16 m = lim = lim 2 x – 6 = lim 2 x → +∞ x x → +∞ x → +∞ x 2 x – 6 x 2 ⎛ x ⎞ ⎛1⎞ 1 = lim ⎜ 2 ⎟ = lim ⎜ ⎟ = x → +∞⎝ 2 x ⎠ x→ +∞⎝ 2 ⎠ 2

2

x 2 – 16 – x 2 + 3 x

x → +∞

+ –

= lim

m = lim

Cálculo auxiliar: e x2 – 16 |x2 – 16| = f 2 g –x + 16 e x2 – 16 =f 2 g –x + 16

⎛ x 2 – 16 x ⎞ ⎛ 1 ⎞ – ⎟ b = lim ⎜ g( x ) – x ⎟ = lim ⎜ x → – ∞ ⎝ 2 ⎠ x→ –∞⎝ 2 x – 6 2 ⎠

x → – ∞

A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de f para x → –∞. b) Dg = • Assíntotas verticais: ln x –∞ lim+ g( x ) = lim+ = + = –∞ x → 0 x → 0 x 0 lim g( x ) = g(0) = 0 x → 0– A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de g. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de g, pois a função é contínua nos restantes pontos do seu domínio, isto é, em \{0}. • Assíntotas não verticais: ⎛ ±∞ ⎞ ln x ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠ g( x ) ln x x m = lim = lim = lim 2 = x → +∞ x x → +∞ x x → +∞ x ln x 1 = lim × lim = 0 × 0 = 0 x → +∞ x x → +∞ x

Limite notável


b = lim ( g( x ) – 0 × x ) = x → +∞

ln x lim x → +∞ x

= 0

Limiite notável

A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de g para x → +∞. ⎛ x2 ⎞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ ±∞ ⎠ 2 g( x ) x – 2 x ⎟ ⎜ m = lim = lim ⎜ = ⎟ = lim 2 x → – ∞ x x → – ∞⎝ x ⎠ x→ –∞ x – 2 x ⎛ x2 ⎞ = lim ⎜ 2 ⎟ = lim 1 = 1 x → – ∞⎝ x ⎠ x→ –∞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ x 2 – x 2 + 2 x ⎞ ⎟ b = lim ⎜ – 1 × x ⎟ = lim ⎜ x → – ∞⎝ x – 2 ⎠ x→ –∞⎝ x – 2 ⎠ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ 2x ⎞ ⎛ 2x ⎞ ⎟ = lim ⎜ ⎟ = lim 2 = 2 = lim ⎜ x → – ∞⎝ x – 2 ⎠ x → – ∞⎝ x ⎠ x → – ∞ A reta de equação y = x + 2 é assíntota oblíqua do gráfico de g quando x → –∞. 86. Pelo facto de lim (f ( x ) – x ) = 0, sabemos que a x → +∞ reta de equação y = x é assíntota oblíqua do gráfico f (x) da função f e, logo, lim = 1. x → +∞ x Averiguemos a existência de assíntotas oblíquas do gráfico de g quando x → +∞, já que Dg = +: ⎛ f (x) x3 ⎞ g( x ) f ( x ) + x m = lim = lim = lim ⎜ + ⎟ x → +∞ x x → +∞ x → +∞⎝ x x⎠ x f (x) = lim + lim x 2 x → +∞ x x → +∞ = 1 + (+∞) = +∞

c) Sabendo que lim g(wn) = –∞, por observação do gráfico, procura-se uma sucessão (wn) que tende para 2, por valores superiores. Na opção (A): lim(n2 + 2) = +∞ ⎛ 2n2 + 1 ⎞ ⎛ 1⎞ Na opção (B): lim⎜⎜ ⎟⎟ = lim⎜⎜2 + ⎟⎟ = 2+ 2 n2 ⎠ ⎝ ⎝ n ⎠ ⎛ π⎞ Na opção (C): lim⎜⎜2 − 3 ⎟⎟ = 2− ⎝ n ⎠ (–1)n Na opção (D): lim = 0 , pois: n ⎧ 1 ⎪– (–1) ⎪ n = ⎨ n ⎪1 ⎪⎩ n n

se n ímpar se n par

Opção (B)

3. Na opção (A): lim x → 2

h( x ) g( x )

=

+∞

= 0 não conduz a uma

indeterminação. Na opção (B): lim

x → 2

f (x) h( x )

=

–2 0

, não há dados que indi-

quem se lim h( x ) = 0+ ou lim h( x ) = 0–. x → 2

x → 2

3

Como m ∉ , tem-se que o gráfico de g não tem assíntotas oblíquas.

0

No 1.o caso teríamos lim x → 2

f (x) h( x )

No 2.o caso teríamos lim x → 2

=

f (x) h( x )

–2 0+

=

= –∞.

–2 0–

= +∞.

Na opção (C): lim ( g( x ) × h( x )) conduz a uma index → 2

terminação do tipo +∞ × 0. Na opção (D): lim (f ( x ) × g( x )) = –2 × (+∞) = –∞. x → 2

Aprende fazendo

Opção (D)

Páginas 118 a 133 1. Por observação gráfica, conclui-se que: lim f ( x ) = 0 = f (–1) e lim+ f ( x ) = 1

x → –1–

x → –1

Opção (D) 2. 1 a) A sucessão (un) de termo geral 2 – tende para 2, n por valores inferiores a 2, pelo que: lim g (un ) = lim– g( x ) = +∞. x → 2

Opção (A) b) A sucessão (vn) de termo geral 2 – n2 tende para –∞, pelo que lim g (v n ) = lim g( x ) = 1. x → – ∞

Opção (B)

4. Como a função g é contínua nos intervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] e [–1, 0], basta averiguar em qual destes intervalos as imagens dos extremos são uma inferior a 9 e a outra superior a 9. g(0) = 20 + 30 = 2 g(1) = 21 + 31 = 5 g(2) = 22 + 32 = 13 g(3) = 23 + 33 = 35 5 g (−1) = 2−1 + 3−1 = 6 Como g(1) = 5 < 9 e g(2) = 13 > 9, então, conclui-se que é no intervalo ]1, 2[ que a equação g(x) = 9 tem pelo menos uma solução. Opção (B)

101

102


5. x

–6

Variação de h

–1 £

–2

3 ¢

4

12.

–3

Nestas condições, e sendo a função contínua em todo o seu domínio, pode concluir-se que h(x) = 1 tem 2 soluções: uma no intervalo ]–6, –1[ e outra no intervalo ]–1, 3[. Opção (C)

x → 0–

Opção (C) 13.

Limite notável

x → a

§ k + 1 = 1 × 2 § k = 1

x → a

§ 5a − 3a + 4 = 5a2 + 5a § −8a = −4 1 § a = 2

Opção (C)

14.

Opção (A) 7. Por observação do gráfico, tem-se que: lim f ( x ) = +∞, logo lim 3 x = 3 = 0 x → 1– x → 1– f ( x ) +∞ Opção (C) x a equa2 ção de uma assíntota do gráfico de f, então: ⎛ x⎞ lim f ( x ) = lim ⎜– ⎟ = –∞ x → +∞ x → +∞⎝ 2 ⎠ Opção (B) 9. lim (f ( x ) + x + 1) = lim (f ( x ) – (– x – 1)) = 0, por definix → – ∞

ção de assíntota não vertical, já que y = –x – 1 é assíntota do gráfico de f quando x tende para –∞. Opção (C) 10. A sucessão (xn) de termo geral 1 – n2 tende para –∞, pelo que lim h( xn ) = lim h( x ) = lim e x = 0.   x → – ∞

x → – ∞

Opção (B) ⎛ 1⎞ 4n 4n ⎜ ⎟ ⎛ 3n + 1 ⎞ ⎛ ⎞ 1 11. lim⎜⎜ ⎟⎟ = lim⎜⎜1 + ⎟⎟ = lim⎜⎜1 + 3 ⎟⎟ ⎝ n⎠ ⎝ 3n ⎠ ⎝ 3n ⎠

4n

n⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎜ 1 ⎞⎟ ⎟ 1 ⎟ ⎜ = ⎜lim⎜⎜1 + 3 ⎟⎟ ⎟ = e 3 ⎝ ⎝ n⎠ ⎠ 4

( ) =e

Opção (B)

4

4 3

= e4 = e e 3

3

⎛ kx 4 + 2 x 2 – 3 x + 4 ⎞ ⎟ lim h( x ) = lim ⎜ x → +∞ x → +∞⎝ ⎠ 5 x 3 + 6 x 2 ⎛ kx 4 ⎞ ⎛ kxx ⎞ = lim ⎜ 3 ⎟ = lim ⎜ ⎟ x → +∞⎝ 5 x ⎠ x→ +∞⎝ 5 ⎠ ⎛ kx ⎞ Assim, se k < 0, lim ⎜ ⎟ = –∞. Das opções aprex → +∞⎝ 5 ⎠ sentadas, k = –2. Opção (D)

8. Sendo f uma função de domínio + e y = –

x → – ∞

x → 0

⎛ e2 x – 1 ⎞ ⎟ § lim+ (k + ln (e + x )) = lim– ⎜ x → 0 ⎝ x → 0 x ⎠ ⎛ e2 x – 1 ⎞ § k + ln (e + 0) = lim – ⎜ × 2⎟ 2 x → 0 ⎝ 2 x ⎠ 2x e – 1 × 2 § k + 1 = lim – 2 x → 0 2 x

lim f ( x ) = lim+ f ( x )

x → a – 2

lim g( x ) = lim– g( x )

x → 0+

6. Para que f seja contínua em , também tem de o ser em x = a. Assim, lim– f ( x ) = lim+ f (a) = f (a). x → a

lim– f ( x ) ⎛f ⎞ –1 = = 0 lim– ⎜ ⎟ ( x ) = x→ 0 x → 0 ⎝ i ⎠ lim i( x ) +∞

15. Sabendo que f é uma função contínua no intervalo [–2, 2] e que f(–2) = 10 e f(2) = 4, nada se pode concluir quanto à existência de zeros da função no intervalo ]–2, 2[. Assim, as afirmações presentes nas opções (A) e (B) não são necessariamente verdadeiras. Quanto à equação f(x) = ln e7 § f(x) = 7 pode garantir-se a existência de pelo menos uma solução no intervalo ]–2, 2[, pelo Teorema de Bolzano, já que f é contínua em [–2, 2] e f(2) < 7 < f(–2). Opção (D) 16.

lim g( x ) = lim+ g( x )

x → 0–

x → 0

⎛ x ⎞ ⎛ 2 x + ln ( x + 1) ⎞ ⎜ e k – 1 ⎟ ⎟, k ∈ + § lim– ⎜ ⎟ = lim+ ⎜ x → 0 ⎝ x → 0 ⎠ ⎝ x ⎠ x ⎛ x ⎞ ⎛ ⎜ e k – 1 ⎟ ln ( x + 1) ⎞ ⎟ § lim– ⎜ ⎟ = lim+ ⎜2 + x → 0 ⎠ x ⎜⎜ x × k ⎟⎟ x→ 0 ⎝ ⎝k ⎠ ⎛ x ⎞ ⎜ e k – 1 1 ⎟ ln ( x + 1) § lim ⎜ × ⎟ = 2 + lim+ x – x → 0 x k⎟ x → 0 ⎜ k ⎜ ⎟ Limite notável ⎝ k ⎠


⎛ x ⎞ ⎜ e k – 1 ⎟ 1 § × lim ⎜ ⎟ = 2 + 1 k x → 0– ⎜ x ⎟ k ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ Limite notável

1 § × 1 = 3 k 1 § k = 3

g( x ) + 3 x

= 4 x ⎞ ⎛ g( x ) + 3 ⎟ = 4 § lim ⎜ x → +∞⎝ x ⎠ ⎛ g( x ) ⎞ ⎟ + 3 = 4 § lim ⎜ x → +∞⎝ x ⎠ lim

x → +∞

g( x )

= 1, o que indica que a assíntota x oblíqua do gráfico de g tem declive 1. Das opções apresentadas, y = x é a única que obedece a esta condição. Opção (A) § lim

x → +∞

Opção (B) 17. Como a função f é contínua no intervalo [–1, 3], em qualquer uma das opções se encontra uma expressão de uma função g também ela contínua em [–1, 3] (soma ou diferença de funções contínuas). Assim, basta averiguar em qual das expressões as imagens de –1 e 3 por g mudam de sinal: Na opção (A): g(x) = x + f(x) g(–1) = –1 + f(–1) = –1 + 3 = 2 > 0 g(3) = 3 + f(3) = 3 + 8 = 11 > 0 Na opção (B): g(x) = x – f(x) g(–1) = –1 – f(–1) = –1 – 3 = –4 < 0 g(3) = 3 – f(3) = 3 – 8 = –5 < 0 Na opção (C): g(x) = x2 + f(x) g(–1) = (–1)2 + f(–1) = 1 + 3 = 4 > 0 g(3) = 32 + f(3) = 9 + 8 = 17 > 0 Na opção (D): g(x) = x2 – f(x) g(–1) = (–1)2 – f(–1) = 1 – 3 = –2 < 0 g(3) = 32 – f(3) = 9 – 8 = 1 > 0 Opção (D) 18. g(x) = f(x – 1) O gráfico de f sofre uma translação associada ao → vetor u(1, 0), assim como a sua assíntota y = 2x + 4, logo a equação da assíntota do gráfico de g será y = 2(x – 1) + 4 § y = 2x – 2 + 4 § y = 2x + 2. Opção (C) 19. Sendo f uma função de domínio + e y = –5 a equação da assíntota do gráfico de f, então: lim f ( x ) = –5.

x → +∞

Assim: ⎛1⎞ ⎛1⎞ ln ⎜ ⎟ lim ln ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠ x → +∞ ⎝ x ⎠ ln 0+ –∞ = lim = = = +∞ x → +∞ f ( x ) –5 lim f ( x ) –5 x → +∞

Opção (A)

20.

⎛ 2 x + 1 ⎞ 1 21. • lim h( x ) = lim ⎜ ⎟ = = +∞ x → 0+ x → 0+ ⎝ x ⎠ 0+ –x 2x ⎛ x –x ⎞ • lim h( x ) = lim ⎜ e – e ⎟ = lim e (e – 1) x → 0– x → 0– ⎝ x ⎠ x→ 0– x 2x 2x 1 e e – – 1 = lim– e– x × lim– = e0 × lim – × 2 x → 0 x → 0 2 x → 0 2 x x

Limite notáve el

= 1 × 1 × 2 = 2 • h(0) = 2 Como lim h( x ) = h(0) e lim h( x ) ≠ h(0), temos que x → 0+

x → 0–

a função h é apenas contínua à esquerda em x = 0. Opção (B) 22. Para a reta de equação x = 6 ser assíntota vertical do gráfico de f, e como 6 ∈ Df , terá que se verificar uma das seguintes condições: lim f ( x ) = +∞ (ou –∞)

x → 6+

ou: lim– f ( x ) = +∞ (ou –∞) x → 6

Como 6 ∈ Df , f(6) existe e é um número real. Para f ser contínua em x = 6 terá de satisfazer: lim f ( x ) = f (6). Pelo exposto, tal não se verifica, logo

x → 6

f é descontínua em x = 6. Opção (D) ⎛ 1 − e2n ⎞ ⎛1 ⎞ ⎟⎟ = lim ⎜⎜ − en ⎟⎟ 23. lim un = lim ⎜⎜ n n ⎝e ⎠ ⎝ e ⎠ 1 = − (+∞) = –∞ +∞ Assim, lim f (u ) = lim f ( x ) = 0. n x → – ∞

Opção (C)

103

104


⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ 24. lim ⎜log ⎟ = log ⎜ ⎟ = log (+∞) = +∞ x → 5 ⎝ ⎝ 0+ ⎠ | x – 5 |⎠

f ( x ) + g( x )

lim

x ln (2 x )

x → +∞

= lim

Opção (A)

x

x → +∞

3

= (e

)

3

a)

= (2) = 8 3

b)

x → +∞

x

+ 2 = 0 + 2 = 2

lim (–5 x 3 + 3 x 2 – 2) = –5 (–1) + 3 × (–1) – 2 = 6 3

2

x → –1

lim (–5 x 3 + 3 x 2 – 2) = –5 (–∞) + 3 × (–∞) – 2 = +∞ 3

2

x → – ∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

c) 26. Sabendo que f é o tipo f(x) = x2 + bx + c e que ite como zeros os valores 3 e –4, então: f(x) = (x – 3) × (x + 4) Assim: x – 3

d)

x – 3

e – 1 e – 1 1 lim = lim × lim 3 x → 3 x → ( x – 3)( x + 4) x – 3 x + 4 ⎛ e y – 1 ⎞ 1 ⎛ e x – 3 – 1 ⎞ 1 1 1 ⎟ × = lim ⎜⎜ ⎟⎟ × = 1 × = = lim ⎜ 0 x → 3 ⎝ x – 3 ⎠ y → 7 7 7 ⎝ y ⎠ 7 x → 3

Limite notável

Fazendo uma mudança de variável: y=x–3:x→3⇒y→0 Opção (A) ⎡ ⎤ 1 1 lim ⎢f (– x ) – f ( x )⎥ = lim f (– x ) – lim f ( x ) x → +∞ ⎣ ⎦ x→ +∞ 2 x→ +∞ 2 1 = +∞ – × 2 = +∞ 2 • lim f (– x ) = +∞, pois o gráfico de f(–x) pode obter-

lim

x → 0

x

0 = = 0 x + 4 4

x 2 lim = = +∞ x → 2 ( x – 2)2 0+

f)

lim

2x

x → 1

g)

9 – x x – 25

lim

– x + 4 x – 4 x – 4 –( x – 2) 2

x → 2

–1 1

x → +∞

g( x ) = 2. x

= lim x → 2

1

• lim f ( x ) = 2, pois a reta de equação y = 2 é assín-

x → +∞

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

–( x – 2) ( x – 2) ( x – 2) ( x + 2)

Cálculo auxiliar:

x → +∞

g, então lim

2 2

2 2

0 = = 0 x + 2 4

x → – ∞

Cálculo auxiliar: r é perpendicular à reta de equação 1 y = – x + 1, logo é do tipo y = 2x + b, b ∈ . 2 Como r é assíntota não vertical do gráfico de

=

( x – 5) ( x + 5) = lim = lim ( x + 5) = 10 x → x → 5 5 x – 5 x – 5

x → 2

tota do gráfico de f quando x → +∞. Opção (A)

2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

lim

x → 5

= lim i)

=

8

2

h)

2

=

2

-se do gráfico de f por uma simetria relativamente ao eixo Oy e como y = –x é assíntota do gráfico de f quando x → –∞, vem que lim f ( x ) = +∞, logo lim f (– x ) = +∞.

⎛ x3 ⎛ x 3 + 3 ⎞ ⎝ ±∞ ⎠ 3 ⎞⎟ ⎟ = lim ⎜ lim ⎜ + ⎟ x → +∞⎝ –2 x ⎠ x → +∞⎜ ⎝ –2 x –2 x ⎠ ⎛ x2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎟ = –∞ + 0 = –∞ = lim ⎜ ⎟ + lim ⎜ x → +∞⎝ –2 ⎠ x → +∞⎝ –2 x ⎠

e)

x → +∞

28.

g( x )

+ lim

29.

Opção (A)

27.

x

x → +∞

Opção (B)

⎛ ⎞ 3n n⎟ ⎜ ⎛ ⎛ ln2 ⎞ ⎞ ln2 ⎟ 25. lim⎜⎜1 + ⎟⎟ = ⎜lim⎜⎜1 + ⎟⎟ ⎜ n ⎠ n ⎠ ⎟ ⎝ ⎝ ⎟ ⎜ ⎝Limitee notável ⎠ ln2

f (x)

= lim

x + 1 3

lim

x → –1

x + 1

0

0

1

–1

1

–1

–1

1

0=r

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

= lim

( x + 1) ( x 2 – x + 1)

x → –1

x + 1 2 = lim ( x – x + 1) = 3

x → –1

30. a)

x

lim

x → 0

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

1 1 e x – 1 1 = × lim = × 1 = x → 0 4x 4 x 4 4

e – 1

Limite notável


b)

lim

1 – e

x → 0

⎛0⎞ ⎜ ⎟ 3x ⎝0⎠

= –1 × lim

x

e3 x – 1 x

x → 0

= –1 × lim

e3 x – 1

x → 0

= –1 × 3 × 1 = –3 Considerando a mudança de variável 3x = y: x→0⇒y→0

c)

lim x → 2

x → 0

x → –5

x → –5

= lim

d)

lim

x → 0

e x – 1

= 5 × lim x → 0

x e x – 1

= 5 ×

1 e x – 1 lim x → 0 x

= 5 × = 5 1

e)

lim

x → 4

e x – e4 x – 4

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

= lim

x – 4

e y – 1

= e × lim y→ 0 y 4

= e4 × 1 = e4 Considerando a mudança de variável: x – 4 = y: x→4⇒y=0

e

1 – e

1

= lim

x → +∞

1 ex

1

=

x

lim

1 – e x ex 1

e lim 4 = +∞ x → +∞ x

• lim = +

x → 0

⎛ ln x 1 ⎞ ln x 1 lim 4 = lim ⎜ × 3 ⎟ = lim × lim 3 x → +∞ x → +∞⎝ x x → +∞ x x → +∞ x x ⎠ x ln x

Limite notável

– lim 1 x → +∞

1 1 – 1 +∞

=

0 – 1

= –1

Cálculo dos limites laterais de f em x = 0:

• lim = –

Limite notável

=

x c) lim f ( x ) = lim e = 1 x → 0 x → 0 1 – e x 0

x → 0

x

g)

x → +∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x

x → +∞

Limite nottável

f)

–∞ ⎛ x ⎞ 0 a) lim f ( x ) = lim ⎜ e ⎟ = e = = 0 –∞ x x → – ∞ x → – ∞⎝ ⎠ 1 – 0 1 – e 1  – e

x → +∞

e x × (e x – 4 – 1)

x → 4

= 25 – x 2 2( x + 5) × ( x – 2)

32.

b) lim f ( x ) = lim

1

2 x 2 + 6 x – 20

(5 – x)) (5 + x ) 2( x – 2) 2 × (–5 – 2) = lim = x → –5 5 – x 5 – (–5) 7 –14 = = – 40 5

Limite notável

Considerando a mudança de variável x – 2 = y : x→2⇒y→0

x → 0

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x → –5

e y – 1 = lim = 1 y→ 0 x – 2 y

5x

2

x → 0

d) lim h( x ) = lim

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

=

Como lim h( x ) ≠ lim h( x ), não existe lim h( x ). + –

Limite notável

e x – 2 – 1

2

=

x + 11 0 + 11 11 20 4 2 x 2 + 6 x – 20 lim h( x ) = lim– = – = – 2 x → 0– x → 0 25 5 25 – x

x → 0

e y – 1 × 3 = –1 × 3 lim y→ 0 y 3x

x → 0

2

c) lim h( x ) = lim + +

ex 1 – e

x

ex 1 – e

x

= =

1 +

1 – 1 1

1 – 1

–

=

1 0–

=

1 0+

= –∞ = +∞

Como lim f ( x ) ≠ lim f ( x ), não existe lim f ( x ). + – x → 0

x → 0

x → 0

33. Função a: lim a( x ) = 2 e lim a( x ) = 3, logo não – + x → 2

x → 2

existe lim a( x ). Assim, a função a não é contínua

= 0 × 0 = 0

x → 2

em x = 2. Função b: lim b( x ) = 0 e lim b( x ) = –∞, logo não – + x → 2

31.

x → 2

⎛ 2 ⎞ 2 a) lim h( x ) = lim ⎜ ⎟ = = 0 x → +∞ x → +∞ ⎝ x + 11 ⎠ +∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ 2 b) lim h( x ) = lim 2 x + 6 x – 20 = lim ⎜ 2 x x → – ∞ x → – ∞ x → – ∞⎜ 2 25 – x 2 ⎝– x 2

= lim (–2) = –2 x → – ∞

x → 2

existe lim b( x ). Assim, a função b não é contínua

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

em x = 2. Função c: 2 não pertence ao domínio da função c, logo não faz sentido averiguar a continuidade em x = 2. Função d: lim d( x ) = –3 e lim d( x ) = –3, logo exisx → 2–

x → 2+

te lim d( x ) e lim d( x ) = d(2). Assim, a função d é x → 2

x → 2

contínua em x = 2.

105

106


34. e4 a) • lim f ( x ) = x → 4 4 e4 4 Como lim f ( x ) = f (4), conclui-se que a função f é con-

• f (4) =

x → 4

tínua em x = 4. b) • lim g( x ) = lim ( x 2 – x + 2) = 4 – – x → 2

x → 2

⎛0⎞ ⎜ ⎟

⎛ x 2 – 4 ⎞⎝ 0 ⎠ ( x – 2) ( x + 2) ⎟ = lim • lim g( x ) = lim ⎜ x → 2+ x → 2+ ⎝ x – 2 ⎠ x → 2+ x – 2 = lim+ ( x + 2) = 4 x→ 2

• g(2) = 3 Existe lim g( x ) e lim g( x ) = 4, mas lim g( x ) ≠ g(2), lox → 2

x → 2

x → 2

go a função g não é contínua em x = 2. c) • lim h( x ) = lim (5 – ln (–x )) = 5 – ln 1 = 5   – – x → –1

36. Df = {x ∈ : x2 – 4 ≠ 0} = \{–2, 2} • Assíntotas verticais: 2 x 2 – 1 lim f ( x ) = lim 2 x → 2 x → 2 x – 4 Cálculo dos limites laterais em x = 2: 7 lim f ( x ) = + = +∞ x → 2+ 0 7 lim– f ( x ) = – = –∞ x → 2 0 Logo, a reta de equação x = 2 é uma assíntota vertical do gráfico de f. 2 x 2 – 1 lim f ( x ) = lim 2 x → –2 x → –2 x – 4 Cálculo dos limites laterais em x = –2: 7 lim f ( x ) = – = –∞ x → –2+ 0 7 lim f ( x ) = + = +∞ x → –2– 0 Logo, a reta de equação x = –2 é uma assíntota vertical do gráfico de f. O gráfico de f não possui qualquer outra assíntota já que a função f é contínua em todos os pontos do seu domínio (\{–2, 2}). • Assíntotas horizontais: 2 x 2 – 1 2x 2 lim f ( x ) = lim 2 = lim 2 = lim 2 = 2 x → +∞ x → +∞ x → +∞ x – 4 x → +∞ x Logo, a reta de equação y = 2 é assíntota horizontal do gráfico de f para x → +∞.

x → –1

• lim h( x ) = lim ( x 2 + 2 x + 7) + + x → –1

x → –1

= (–1)2 + 2 × (–1) + 7 = 6 • h(–1) = 5 – ln 1 = 5 Não existe lim h( x ), pois lim– h( x ) ≠ lim+ h( x ), logo x → –1

x → –1

x → –1

a função h não é contínua em x = –1. No entanto, lim– h( x ) = h(–1), logo a função h é conx → –1

tínua à esquerda em x = –1. ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

( )(

)

⎛ x – 4 ⎞ ( x – 4) x + 2 ⎟⎟ = lim d) • lim i( x ) = lim ⎜⎜ x → 4 x → 4 ⎝ x – 2 ⎠ x→ 4 x – 2 x + 2

( ( )

)

(

(

)

x → 4

x + 2) =

4 + 2 = 2 + 2 = 4

• i(4) = 2 Existe lim i( x ) e lim i( x ) = 4, mas lim i( x ) ≠ i(4), logo x → 4

x → 4

x → 4

a função i não é contínua em x = 4. 35. a) h(5) = 585 + 15e–1,6 × 5 – 6 × 5 ≈ 555 Após 5 segundos da abertura do paraquedas, o paraquedista encontrava-se a 555 metros de altitude. b) 1 minuto e 30 segundos corresponde a t = 90 e 1 minuto e 31 segundos corresponde a t = 91. • h é uma função contínua em [90, 91], visto tratar-se da soma de funções contínuas (t 585 – 6t e t 15e–1,6t) em , logo contínuas em [90, 91]. • h(90) = 45 > 40 e h(91) = 39 < 40 Pelo Teorema de Bolzano Et ∈ ]90, 91[: h(t) = 40.

2 x 2 – 1

37. a)

2

x → – ∞

= lim

2x 2

= 2 x – 4 x → –∞ x 2 A reta de equação y = 2 é também assíntota horizontal do gráfico de f para x → –∞. x → – ∞

)

( x – 4) x + 2 ( x – 4) x + 2 = lim = lim 2 x → 4 x → 4 x – 4 x – 22 = lim (

lim f ( x ) = lim

Cálculo auxiliar: –x2 – 2x + 9 x+4 2 +x + 4x –x + 2 2x + 9 –2x – 8 1

f( x ) =

– x 2 – 2 x + 9 x + 4

= – x + 2 +

1 x + 4

Df = \{–4} b) Por exemplo, para x → +∞: lim (f ( x ) – (– x + 2))

x → +∞

⎞ ⎛ 1 = lim ⎜– x + 2 + – (– x + 2)⎟ x → +∞⎝ ⎠ x + 4 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎟ = = 0 = lim ⎜ x → +∞⎝ x + 4 ⎠ +∞


Por definição, a reta de equação y = –x + 2 é assíntota não vertical do gráfico de f se: lim (f ( x ) – (– x + 2)) = 0 ou lim (f ( x ) – (– x + 2)) = 0 x → – ∞

x → +∞

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

)( ) ( ) ( x ) – 4 = lim ( x – 16) ( x + 4) 2

Fica assim provado que y = –x + 2 é assíntota não vertical do gráfico de f.

2

x → 16

x – 16 = lim x → 16 ( x – 16) x + 4 1 = lim x → 16 x + 4 1 1 = = 16 + 4 8

38. Por exemplo: y

f

(

y=x

2

-1 O

x

1

(

d) lim x – 4 = lim x – 4 x + 4 x → 16 x – 16 x → 16 ( x – 16) x + 4

(

x 2 + 3 + x

e) lim x → – ∞

= lim ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ x3 ⎞ x + 3 x – 9 x – 27 a) lim ⎜ ⎟ = lim 1 = 1 li m = x → +∞ x → +∞⎝ 3 ⎠ x → +∞ x 3 – 9 x x 3

2

x + 3 x – 9 x 3

b) lim x → 3

2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x 3 – 9 x

= lim

x( x 2 + 3 x – 9) x( x 2 – 9)

x → 3

Cálculo dos limites laterais em x = 3: x 2 + 3 x – 9 9 9 lim+ = + = = +∞ x → 3 x 2 – 9 9 – 9 0+ e lim–

x 2 + 3 x – 9 x 2 – 9

x → 3

=

9 9– – 9

Logo, não existe lim

x → 1

9 0–

= –∞

x 3 + 3 x 2 – 9 x

x → 3

c) lim

=

x 3 – 9 x

.

x – 1

= lim

x 2 + 3 + x

)(

(

)

x 2 + 3 – x 2

x + 3 – x x 2 + 3 – x 2 3 = lim = lim x → – ∞ x → – ∞ 2 2 x + 3 – x x + 3 – x 3 3 = = 0 = +∞ – (–∞) +∞ x → – ∞

2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

x – 2 x – 2 = lim x 4 – 16 x→ 2 ( x 2 )2 – 42 x – 2 = lim 2 x → 2 ( x – 4) ( x 2 + 4) x – 2 = lim x → 2 ( x – 2) ( x + 2) ( x 2 + 4) 1 1 1 = lim = = 2 x → 2 ( x + 2) ( x + 4) 4 × 8 32

f) lim x → 2

⎝0⎠ ⎛ x 2 – 1 ⎞ ⎟= g) lim ⎜( x 3 – 3 x + 2) : x → 1 ⎝ 2x ⎠


x – 1

= lim+

x – 1

= lim 1 = 1 x – 1 x→ 1+ –x + 1 –( x – 1) lim– = lim– = lim– = lim– (–1) = –1 x → 1 x → 1 x – 1 x → 1 x – 1 x→ 1 x – 1 x – 1 x – 1

x → 1

x – 1 x – 1

1

0

–3

2

1

1

–2

1

–2

0=r

x → 1

Como lim +

x → 1

)

x 2 + 3 – x 2

1

lim

x 2 + 3 – x

⎛0⎞ ⎜ ⎟

e x – 1 se x ≥ 1 =f g –x + 1 se x < 1

lim

=

x – 1

Cálculo auxiliar: e x – 1 se x – 1 ≥ 0 |x – 1| = f g –x + 1 se x – 1 < 0

x → 1+

( +∞ – ∞ )

(

x → – ∞

39.

)

)

.

x – 1 x – 1

≠ lim– x → 1

x – 1 x – 1

, não existe

⎛ 2x ⎞ ⎟ = lim ⎜( x – 1) × ( x 2 + x – 2) × 2 x → 1 ⎝ x – 1 ⎠ ( x – 1) ( x 2 + x – 2)2 x = lim x → 1 ( x – 1) ( x + 1) ( x 2 + x – 2)2 x 0 × 2 = lim = = 0 x → 1 x + 1 2

107

108


⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

h) lim 5 – x – 1 = lim x → 4 x → 4 x – 4 = lim

x → 4

= lim

x → 4

= lim

(

)

(

) ( ) ( x – 4)( 5 – x + 1)

5 – x – 1 × 5 – x + 1

5 – x + 1)

5 – x – 1

(

( x – 4) 5 – x + 1 –( x – 4)

(

x → 4

d) lim x → 0

e – 1 x2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

⎛ e x – 1 1 ⎞ e x – 1 1 = lim ⎜ × ⎟ = lim × lim x → 0 ⎝ x → 0 x⎠ x x→ 0 x x Limite notável

2

5 – x – 12

( x – 4)(

x

( x – 4) 5 – x + 1 –1 1 = lim = – x→ 4 2 1 + 1

)

)

= lim

x → 4

–1 5 – x + 1

1 = 1 × lim x → 0 x 1 Não existe,  pois lim+ = +∞ e x → 0 x 1 lim– = –∞. x → 0 x e x – 1 Assim, não existe lim 2 . x → 0 x e) lim x → 2

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

2 ⎞(0 × (±∞)) ⎛ i) lim ⎜ 1 × x 2 + 1 ⎟ = lim x + 1 = x → +∞⎝ x + 3 x → +∞ x + 3 ⎠ ⎛ 1⎞ 1 x 2 ⎜1 + 2 ⎟ x 2 × 1 + 2 ⎝ x ⎠ x = lim = lim x → +∞ x → +∞ x + 3 x + 3 |x| 1 = lim × lim 1 + 2 x → +∞ x + 3 x → +∞ x ⎛ x ⎞ ⎟ × 1 + 0 = lim ⎜ x → +∞⎝ x + 3 ⎠ ⎛x⎞ = lim ⎜ ⎟ × 1 = lim 1 = 1 x → +∞⎝ x ⎠ x → +∞

e2 x – 1 e x – 1

=

(e2 – 1) (e2 + 1) = = e2 + 1 e2 – 1 e2 – 1

e4 – 1

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

y f) lim x – 1 = lim e – 1 = 1 x → 1 y→ 0 y ln x 2 2

Limite notável

Mudança de variável: ln x2 = y § x2 = ey Se x → 1, então y → 0. ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

g) lim ln ( x + 1) = 1 lim ln ( x + 1) = 1 × 1 = 1 x → 0 x → 0 3x 3 x 3 3 Limite notável

⎛0⎞ ⎜ ⎟ 3 ⎝0⎠

40. a) lim

3e x – 3 2x

x → 0

= lim

ln ( x + 1) 3 × ln ( x + 1) h) lim = lim x → 0 x → 0 x x ln ( x + 1) = 3 × lim = 3 × 1 = 3 x → 0 x

3(e x – 1)

2x 3 e x – 1 = × lim x → 0 x 2 x → 0

Limite   notável

Limite notável

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

i) lim ln ( x + 3) = lim ln ( x + 2 + 1) = lim ln ( y + 1) = 1 x → –2 x → –2 y→ 0 x + 2 x + 2 y

3 3 = × 1 = 2 2 b) lim

e4 + x – e4 3x

x → 0

= lim

e4 (e x – 1)

3x e e x – 1 = × lim x → 0 3 x x → 0 4

Limite notável

= ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

e4 3

× 1 =

e4 3

⎛ e x – 1 1 ⎞ × 2 ⎟ c) lim 3 = lim ⎜ x → 0 x → 0 ⎝ x x x ⎠ x e – 1 1 1 × lim 2 = 1 × + = +∞ = lim x → 0 x → 0 x x 0 x

e – 1

Limite notável

Lim mite notável

Mudança de variável: x+2=y Se x → –2, então y → 0. ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎛ x ⎞ j) lim e = lim ⎜ e × x ⎟ x → +∞ ln x x → +∞⎝ x ln x ⎠ x e x = (+∞) × = lim × lim x → +∞ x x → +∞ ln x x

= +∞ ×

1 0+

1 ln x lim x → +∞ x Limite notável

= +∞ × (+∞) = +∞


41. a) lim f ( x ) = lim x → – ∞

x → – ∞

43. a) Justificar que a reta r interseta a curva c em pelo menos um ponto, no intervalo [0, 1], é equivalente a provar que a equação f(x) = 5 tem pelo menos uma solução no intervalo [0, 1]: • f é contínua em [0, 1], por se tratar da soma de duas funções contínuas em e, portanto, contínuas em [0, 1]. • f(0) = 50 + 5 × 0 = 1 f(1) = 51 + 5 × 1 = 10 Ou seja, f(0) < 5 < f(1). Pelo Teorema de Bolzano-Cauchy pode concluir-se que existe pelo menos um número c ∈ ]0, 1[ tal que f(c) = 5, isto é, f(x) = 5 tem pelo menos uma solução no intervalo ]0, 1[. y b)

–3 –3 = = 0 1 – x +∞ ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

b) lim f ( x ) = lim x + 2 x – x – 2 = x → +∞ x → +∞ 2 x 2 + 4 x – 6 3 ⎛ x ⎞ ⎛x⎞ = lim ⎜ 2 ⎟ = lim ⎜ ⎟ = +∞ x → +∞⎝ 2 x ⎠ x→ +∞⎝ 2 ⎠ 2

2

c) lim f ( x ) x → 1

• lim– f ( x ) = lim– x → 1

x → 1

• lim+ f ( x ) = lim+ x → 1

–3 1 – x

=

–3 0+

= –∞

x + 2 x – x – 2

x → 1

3

2

2 x 2 + 4 x – 6

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

=

10


2

–1

–2

1

3

2

3

2

0=r

1 1

5

1

2 x 2 + 4 x – 6 = 0 § x = 1    ›    x = –3 AΔ[ OAB ] = = lim+

( x – 1) ( x 2 + 3 x + 2)

2 ( x – 1) ( x + 3) x 2 + 3 x + 2 1 + 3 + 2 6 3 = = = = lim+ x → 1 2 ( x + 3) 2 × (1 + 3) 8 4 x → 1

Como lim f ( x ) ≠ lim f ( x ), não existe lim f ( x ). – + x → 1

A x

0,53 1

OA × h 2

≈

1 × 0,53 2

≈ 0,3

44. a) Para que f seja contínua em t = 60 terá que se verificar: lim f (t ) = f (60) t→ 60

Para que exista lim f (t ) : t→ 60

x → 1

x → 1

y2 = 5 y2

B

O

x 3 + 2 x 2 – x – 2 = ( x – 1) ( x 2 + 3 x + 2)

y1 = 5 x + 5 x

y1

lim f (t ) = lim– f (t )

t→ 60+

t→ 60

42. a) lim (f – g) ( x ) = lim f ( x ) – lim g( x ) = 1 – 3 = –2

§ lim+ (6 + A × 2–0,05(t – 60) ) = lim– (20 + 80 × 2–0,05t )

b) lim (f × g) ( x ) = lim f ( x ) × lim g( x ) = (+∞) × 5 = +∞

§ 6 + A × 20 = 20 + 80 × 2–3 § A = 20 + 10 – 6 § A = 24                                 c.q.d.

x → 0

x → –1

x → 0

x → –1

x → 0

x → –1

lim g( x ) 5 ⎛g⎞ c) lim ⎜ ⎟ ( x ) = x → –1 = = 0 x → –1 f lim f ( x ) +∞ ⎝ ⎠ x → –1

d) lim (f + g) ( x ) = lim f ( x ) + lim g( x ) = 0 + (+∞) = +∞ x → +∞

x → +∞

x → +∞

lim f ( x ) ⎛f ⎞ 0 e) lim ⎜⎜ ⎟⎟ ( x ) = x → –∞ = = 0 x → – ∞ g ( ) lim g x +∞ ⎝ ⎠ x → – ∞

lim+ f ( x ) ⎛ ⎞ f (1) f) lim ⎜⎜ f ⎟⎟ ( x ) = x→ 1 = , com f (1) > 0 x → 1+ ⎝ g ⎠ lim+ g( x ) 0– x → 1

= –∞ g) lim

x → +∞

f ( x ) = lim f ( x ) = 0+ = 0 x → +∞

t→ 60

§ 6 + A × 2

t→ 60

–0,05 × 0

= 20 + 80 × 2–0,05 × 60

b) Pretende-se f(t) = 12, para t ≥ 60. Assim: 6 + 24 × 2–0,05(t – 60) = 12 12 – 6 § 2–0,05(t – 60) = 24 1 –0,05( t – 60 ) § 2 = 4 ⎛1⎞ § –0,05(t – 60) = log2 ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ § –0,05(t – 60) = –2 § t – 60 = 40 § t = 100

109

110


O pudim atinge os doze graus após 100 minutos de ter sido confecionado; como esteve 60 minutos a arrefecer na bancada da cozinha, precisa de estar 40 minutos no frigorífico para atingir esta temperatura. 45. a) f( x ) = | x – 2| – 2 x • lim f ( x ) = lim (| x – 2| – 2 x ) = |2 – 2| – 2 × 2 = –4 x → 2

x → 2

• f(2) = |2 – 2| – 2 × 2 = 0 – 4 = –4 Como lim f ( x ) = f (2), tem-se que f é contínua em x → 2

x = 2. x ⎞(+∞ – ∞) x ⎛ b) lim g( x ) = lim ⎜ 1 – e ⎟ = lim 1 – e x → 0– x → 0– ⎝ x x → 0– x x⎠ x e – 1 = – lim– = –1 x→ 0x

Limite e notável

ln ( x + 1) = lim+ = 1 x → 0 x Limite notável

Como lim– g( x ) ≠ lim+ g( x ), não existe lim g( x ) e, porx → 0

x → 0

tanto, g não é contínua em x = 0. Como lim+ g( x ) = g(0), pode concluir-se que g é conx → 0

tinua à direita em x = 0. c) • lim h( x ) = lim x → 2

x – 3 x – 2 3

x → 2

x – 2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

=

( ) ) ( )( ( x – 3 x – 2) ( x + 2 ) = lim ( x ) – ( 2 ) ( x – 2 ) ( x + 2 x + 1) ( x + 2 ) = lim ( x 3 – 3 x – 2) x + 2 = lim x → 2 x – 2 x + 2 3

2

x → 2

x = 2.

x → 2

⎛0⎞ ⎜ ⎟

⎛ x ⎛ x ⎞⎝ 0 ⎠ ⎞ d) lim i( x ) = lim ⎜ e – 1 ⎟ = lim ⎜ e – 1 × x ⎟ x → 0– x → 0– ⎝ e2 x – 1 ⎠ x → 0– ⎝ x e2 x – 1 ⎠ x e – 1 x 1 × lim– 2 x = 1 × = lim– x → 0 x x→ 0 e – 1 e2 x – 1 lim Limite notável x → 0– x 1 1 1 = = = 2x 1 × 2 2 e – 1 × 2 lim 2 x → 0– 2x 1 1 1 lim i(( x ) = lim+ = = = 0 + x → 0+ x → 0 log x –∞ log 0 Como lim– i( x ) ≠ lim+ i( x ), não existe lim i( x ) e, porx → 0

x → 0

x → 0

tanto, a função i não é contínua em x = 0. Como lim– i( x ) = i(0), conclui-se que i é contínua à x → 0

x → 0

x → 0

Como lim h( x ) = h(2), tem-se que h é contínua em

esquerda em x = 0.

(0 × (±∞ ))

lim g( x ) = lim+ ( x –1 × ln ( x + 1)) =

x → 0+

• h(2) = 18 2

46. a) • No intervalo ]–∞, 0[ a função f é contínua visto, neste intervalo, estar definida pelo quociente de duas funções polinomiais, cuja função que se encontra no denominador não se anula no intervalo considerado. • No intervalo ]0, +∞[ a função f é contínua visto, neste intervalo, estar definida pelo quociente de duas funções contínuas: uma que é a diferença entre a composta de funções contínuas (x √ x∫ + 4) e a função constante (x 2) e outra que é uma função afim (x x) que não se anula no intervalo considerado. • Em x = 0: x + x

lim f ( x ) = lim–

x → 0–

2

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

2

2

x → 0

2

x → 2

(

x – 2

= lim ( x + 2 x + 1) 2

x → 2

)

x + 2

= (4 + 4 + 1) ( 2 + 2 ) = 9 × 2 2 = 18 2 Cálculo auxiliar: 1 2 1

–3

–2

2

4

2

2

x → 0

= lim+

1

0

x3 – 3x – 2 = (x – 2) (x2 + 2x + 1)

x

(

x → 0

= lim+ x → 0

(

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

=

)(

x + 4 – 2

x → 0

= lim+

0

x + 4 – 2

lim f ( x ) = lim+

x → 0+

x( x + 1)

= lim–

x – 4 x + 4 x x( x 2 – 4 x + 4) x + 1 0 + 1 1 = = = lim– 2 x → 0 x – 4 x + 4 0 – 0 + 4 4 3

x → 0

x

x

(

x

(

(

)

x + 4 + 2

x + 4 + 2

)

2

x + 4 – 22

)

= lim+

)

= lim+

x + 4 + 2 x

x + 4 + 2 1 1 = = 4 + 2 4

x → 0

x → 0

x

(

)

x + 4 – 4 x + 4 + 2 1

x + 4 + 2

)


f(0) = 4 Existe lim f ( x ), mas lim f ( x ) ≠ f (0), logo f não é conx → 0

x → 0

tínua em x = 0. A função f é contínua em \{0}. b) Dg = \{3} • No intervalo ]–∞, 2[ a função g é contínua visto, neste intervalo, estar definida pelo quociente de funções contínuas: uma que é a diferença entre uma função exponencial (x ex – 2) e uma função constante (x 1) e outra que é uma função polinomial que não se anula no intervalo considerado. • Em ]2, +∞[\{3} a função g é contínua visto, neste conjunto, estar definida pelo quociente de funções contínuas: uma que é a composta de uma função logarítmica com uma função quadrática: (x ln (x2 – 4)) e outra que é uma função afim (x x – 3) que não se anula em ]2, +∞[\{3}. • Em x = 2: e x – 2 – 1

lim– g( x ) = lim–

–4 x – 9 x 2 + 6 x + 64 e0 – 1 0 = = = 0 8 8 ln ( x 2 – 4) ln 0+ –∞ lim g( x ) = lim+ = = = +∞ x → 2+ x → 2 x – 3 –1 –1 x → 2

3

x → 2

A reta de equação x = –2 é assíntota vertical do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de f visto a função ser contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: x + 4 2 f (x) m = lim = lim x + x – 2 x → +∞ x x → +∞ x ⎛x⎞ 1 ⎜ ⎟ = lim = 0 = lim 2 x → +∞ 3 x → +∞⎝ 3 ⎠ x → +∞ 2 x + x – 2 x x x x + 4

= lim

b = lim (f ( x ) – 0 × x ) = lim

x → +∞

x → +∞

= lim

x

x → 2

portanto, g não é contínua em x = 2. A função g é contínua em \{2, 3}.

x → 2

47. a) Df = {x ∈ : x2 + x – 2 ≠ 0} = \{–2, 1} Cálculo auxiliar: x2 + x – 2 = 0 § x = –2 › x = 1 • Assíntotas verticais: lim f ( x ) = lim+

x → 1+

x → 1

=

5 0+

x → 1

=

x + 4 = lim+ x → 1 ( x + 2) ( x – 1) x + x – 2

= +∞

lim f ( x ) = lim–

x → 1–

x + 4

2

x + 4 x 2 + x – 2

x + 4

= lim– x → 1 ( x + 2) ( x – 1)

5

= –∞ 0– A reta de equação x = 1 é assíntota vertical do gráfico de f. 2 x + 4 = + = –∞ lim + f ( x ) = lim + x → –2 x → –2 ( x + 2) ( x – 1) 0 × (–3) x + 4 2 lim f ( x ) = lim – = – = +∞   x → –2– x → –2 ( x + 2) ( x – 1) 0 × (–3)

m = lim

2

= lim

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x + 4 x + x – 2 2

=

1

= 0 x x A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de f quando x → +∞ e quando x → –∞ (observe-se que os cálculos para a determinação de m e b quando x → –∞ são idênticos). b) Dg = • Assíntotas verticais: O gráfico de g não tem assíntotas verticais visto tratar-se de uma função contínua em (quociente de funções contínuas). • Assíntotas não verticais: x → +∞

Como lim g( x ) ≠ lim g( x ), não existe lim g( x ) e, – + x → 2

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x → +∞

g( x )

2 + e x x

e x 2

= lim

= lim

2 + e

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ x ⎝ ±∞ ⎠

= x x ex ⎛ 2 1 1⎞ = lim ⎜ x + ⎟ = + = 0 + 0 = 0 x → +∞⎝ x ⎠ +∞ +∞ xe x → +∞

x → +∞

x → +∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎛ 2 + e x ⎞⎝ ±∞ ⎠ b = lim ( g( x ) – 0 × x ) = lim ⎜ x ⎟ = x → +∞ x → +∞⎝ e ⎠ ⎛ 2 ex ⎞ 2 = lim ⎜ x + x ⎟ = lim x + lim 1 → +∞ x → +∞⎝ x e e ⎠ e x→ +∞ 2 = + 1 = 0 + 1 = 1 +∞ A reta de equação y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de g quando x → +∞. m = lim

x → – ∞

= lim

g( x ) x 2

= lim

2 + e x

x → – ∞

+ lim x

1

x ex

⎛ 2 1⎞ = lim ⎜ x + ⎟ x → – ∞⎝ x⎠ xe

= lim

2

(0 × (±∞ ))

+ 0 = x

x e x→ –∞ x x→ –∞ x e e– x ey ey = 2 lim = 2 lim = –2 lim x → – ∞ x y→ +∞ – y y→ +∞ y x → – ∞

Lim mite notável

= –2 × (+∞) = –∞ Mudança de variável: –x = y § x = –y Se x → –∞, então y → +∞.

111

112


Como m ∉ , o gráfico de g não tem assíntotas não verticais quando x → –∞. c) Dh = + • Assíntotas verticais: lim h( x ) = lim+ (ln x + e1 – x ) = ln 0+ + e1

x → 0+

c) Falsa. Se a ∉ Df, então a reta de equação x = a pode ser assíntota vertical do gráfico de f e não faz sentido falar em descontinuidade num ponto que não pertence ao domínio. Por exemplo:

x → 0

= –∞ + e = –∞ A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de h. Não existem mais assíntotas verticais já que a função é contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: m = lim

x → +∞

h( x ) x ln x

= lim

ln x + e x

x → +∞

y

O

x

=

e1 – x e–∞ 0 = lim + lim = 0 + = = 0 x → +∞ x x → +∞ x +∞ +∞

d) Falsa. Por exemplo:

Limite notável

y f

b = lim (h( x ) – 0 × x ) = lim (ln x + e1 – x ) x → +∞

a

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ 1 – x ⎝ ±∞ ⎠

x → +∞

= +∞ + e–∞ = +∞ + 0 = +∞ Como b ∉ , conclui-se que não há assíntotas não verticais do gráfico de h quando x → +∞. Dado o domínio de h ser +, não faz sentido averiguar a existência de assíntota não vertical do gráfico quando x → –∞. 48. a) Falsa. Por exemplo, a função f definida por 1 é contínua no seu domínio, \{2}, e o seu f( x ) = x – 2 gráfico ite uma assíntota vertical, a reta de equação x = 2. y

O

x

2

O

a

x

Observa-se que a reta de equação x = a é assíntota vertical do gráfico de f e a ∈ Df. e) Verdadeira. Por exemplo, o gráfico da função f definida por f(x) = tg x tem uma infinidade de assíntotas verticais. 49. É na opção (B) que pode estar representada parte do gráfico da função 1 . f Se na opção (D) estivesse representado o gráfico da ⎛1⎞ função 1 não se poderia observar que lim– ⎜⎜ ⎟⎟ ( x ) = 0, x → 0 ⎝ f ⎠ f ⎛1⎞ mas sim lim ⎜⎜ ⎟⎟ ( x ) = +∞, pois x → 0 f ⎝ ⎠ lim f ( x ) = lim– f ( x ) = 0+.

x → 0+

b) Falsa. Por exemplo, a função f definida por: e1 se x ≤ 0 f(x) = f g ln x se > 0 tem domínio , e o seu gráfico ite uma assíntota vertical, a reta de equação x = 0. y 1

O

x

x → 0

Se na opção (C) estivesse representado o gráfico da ⎛1⎞ função 1 não se poderia observar lim ⎜ ⎟ ( x ) = 0, x → – ∞ f f ⎝ ⎠ ⎛1⎞ 1 mas sim lim ⎜ ⎟ ( x ) = + = +∞. x → – ∞ f 0 ⎝ ⎠ Se na opção (A) estivesse representado o gráfico da ⎛1⎞ função 1 não se poderia observar lim– ⎜⎜ ⎟⎟ ( x ) = +∞, x → 1 ⎝ f ⎠ f ⎛1⎞ 1 mas sim lim– ⎜⎜ ⎟⎟ ( x ) = = 0. x → 1 ⎝ f ⎠ +∞


b) I( x ) = 10e–0,05 x        , x ≥ 0       DI = +0

50. a) Df = { x ∈ : x + 3 ≠ 0} = \{–3}

• Assíntotas verticais: A função I é contínua em 0+, logo o seu gráfico não apresenta assíntotas verticais. • Assíntotas não verticais:

f ( x ) = 0 x – 1

§ e x + 3 – 1 = 0 x – 1

§ e x + 3 = 1 x – 1 = ln 1 § x + 3 § x – 1 = 0   ‹    x + 3 ≠ 0 § x = 1    ‹    x ≠ –3

)

x – 1

= lim

10e–0,05 x

=

10 × e–∞

x → +∞

=

0

= 0 +∞ +∞ x x b = lim (I( x ) – 0 × x ) = lim (10e–0,05 x ) = 10 × e–∞ = 0 x → +∞

x → +∞

x → +∞

A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de I. No contexto da situação descrita significa que, quando a profundidade aumenta indefinidamente, a intensidade da luz tende para zero.

f tem um único zero: x = 1 b) • Assíntotas verticais:

(

I( x )

m = lim

–4 +

lim+ f ( x ) = lim+ e x + 3 – 1 = e 0 – 1

x → –3

x → –3 –∞

52. 1 a) Em x = – : 2

= e – 1 = 0 – 1 = –1

(

x – 1

)

–4

lim– f ( x ) = lim– e x + 3 – 1 = e 0 – 1

x → –3

x → –3 +∞

–

= e – 1 = +∞ – 1 = +∞ A reta de equação x = –3 é assíntota vertical do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais do gráfico de f visto a função f ser contínua no seu domínio. • Assíntotas horizontais:

(

)

x – 1

x – 1

lim f ( x ) = lim e x + 3 – 1 = lim e x + 3

x → +∞

x → +∞

= e

⎛ x – 1 ⎞ ⎟ lim ⎜ x → +∞ ⎝ x + 3 ⎠

⎛ ±∞ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x → +∞ lim

x

– 1

x → – ∞

x → – ∞

= e

x – 1 x + 3

⎛ x – 1 ⎞ ⎟ lim ⎜ x → – ∞ ⎝ x + 3 ⎠

– 1) = lim e

x – 1 x + 3

x → – ∞ lim

2

x

⎛ ±∞ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ±∞ ⎠

– 1

x → –

1

= e1 – 1 = e – 1 A reta de equação y = e – 1 é assíntota horizontal do gráfico de f quando x → +∞ e quando x → –∞.

1 a) I(20) = I(0), sendo I(0) = a × e0 = a 2 a ae–20b = 2 1 § e–20b =   (a > 0, pelo enunciado) 2 ⎛1⎞ § –20b = ln ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § b = 2 –20 b ≈ 0,03

x → –

2

1 –2 × + 1 2

= e0 = 1

1

2

⎛ 1⎞ • f ⎜– ⎟ = e–1 + 1 = e0 = 1 ⎝ 2⎠

⎛ 1⎞ Existe lim f ( x ) e lim f ( x ) = f ⎜– ⎟, logo a função f é 1 1 ⎝ 2⎠ x → – x → – 2

2

1 contínua em x = – . 2 Em x = –2: • lim f ( x ) = lim ln(– x ) = ln (–(–2)) = ln 2 x → –2–

lim 1

– 1 = e x→ – ∞ x – 1 = e x→ – ∞ – 1

51.

2

lim + f ( x ) = lim + (e2 x + 1 ) = e

lim 1

– 1 = e x→ +∞ x – 1 = e x→ +∞ – 1

= e1 – 1 = e – 1

lim f ( x ) = lim (e

⎛ 3⎞ 1 3 • lim – f ( x ) = lim – ⎜ x + ⎟ = – + = 1 ⎠ 2 2 2 1 1 ⎝ x → – x → –

x → –2–

⎛ 3⎞ 3 1 lim + f ( x ) = lim + ⎜ x + ⎟ = –2 + = – x → –2 x → –2 ⎝ ⎠ 2 2 2 • f(–2) = ln 2 lim – f ( x ) ≠ lim + f ( x ), logo não existe lim f ( x ) e, x → –2

x → –2

x → –2

assim, f não é contínua em x = –2. Mas lim – f ( x ) = f (–2), logo f é contínua à esquerda x → –2

em x = –2. b) Df = Em todos os pontos pertencentes a \{–2} verifica-se que a função f é contínua, logo o seu gráfico não apresenta assíntotas verticais. Em x = –2, apesar da função f não ser contínua neste ponto, verifica-se que lim – f ( x ) ≠ +∞ (ou –∞) e x → –2

lim + f ( x ) ≠ +∞ (ou –∞), logo a reta de equação x = 2

x → –2

também não é assíntota vertical do gráfico de f. O gráfico de f não apresenta, assim, qualquer assíntota vertical.

113

114


c) lim f ( x ) = lim ln (– x ) = ln (+∞) = +∞ x → – ∞

x → – ∞

lim f ( x ) = lim e2 x + 1 = e+∞ = +∞

x → +∞

x + 3 – 2

• lim f ( x ) = lim + +

x → +∞

x → 1

O gráfico de f não apresenta quaisquer assíntotas horizontais.

= lim+

x – 1

x → 1

(

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

)(

x + 3 – 2

=

x + 3 + 2

( x + 3 + 2) ( x + 3 ) – 2 = lim ( x – 1) ( x + 3 + 2) x → 1

)

( x – 1)

2

2

53. n⎞ –n ⎛⎛ ⎛ n + 1 ⎞ 1⎞ a) lim xn = lim⎜ ⎟ = lim⎜⎜⎜1 + ⎟ ⎟⎟ ⎝ n ⎠ ⎝⎝ n⎠ ⎠

–1

x → 1+

= lim+ x → 1

n⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎟ ⎜ = e–1 = lim ⎜1 + ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎟ n ⎜ ⎟ ⎜ Limite ⎟ ⎝ notável ⎠ Assim: –1

= lim+ x → 1

x – 1

b)

b2)

lim f ( x ) = lim

x → – ∞

x → – ∞

= lim

x → – ∞

x + 3 – 2 x – 1

x → +∞

(

= lim

( x – 1)2

lim f ( x ) = lim

x → +∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x – 1

)(

x + 3 – 2

x3 x2

= lim ( x ) = –∞ x → – ∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

=

x + 3 + 2

( x + 3 + 2) ( x + 3 ) – 2 = lim ( x – 1)( x + 3 + 2) x → +∞

x + 3 + 2

)

1

=

4 + 2

=

1 4 x → 1

x → 1

⎛ ⎛ ln x ⎞⎞ lim ⎜⎜e x ⎜1 – x ⎟⎟⎟ x → +∞ x → +∞⎝ ⎝ e ⎠⎠ ⎛ ⎞ ln x = lim e x × lim ⎜1 – x ⎟ x → +∞ x → +∞⎝ e ⎠ ⎛ ⎛ ln x x ⎞⎞ = +∞ × ⎜⎜1 – lim ⎜ × x ⎟⎟⎟ ⎝ x→ +∞⎝ x e ⎠⎠ ⎛ ln x ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ × ⎜ ⎟ = +∞ × ⎜⎜1 – lim +∞ x ex ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ x→ ⎜ lim ⎟ → +∞ x ⎠ ⎝ x Limite notável (+∞ – ∞)

lim (e x – ln x ) =

(e–1 )3 – 1 = –1 = (e – 1)2 (e–1 – 1)2

b1)

1

54. a)

x → e

3

x + 3 + 2

x → 1

( x – 1)2 e–3 – 1

x → e

(

( x – 1)

Como lim– f ( x ) ≠ lim+ f ( x ), não existe lim f ( x ).

3

lim f ( xn ) = lim–1 f ( x ) = lim–1

x + 3 – 4

)

Limite notável

( x – 1))

= +∞ × (1 – 0  × 0) = +∞ × 1 = +∞

2

2

(0 × (±∞ ))

x → +∞

= lim

x → +∞

= lim

x → +∞

x + 3 – 4

(

( x – 1)

(

( x – 1)

x + 3 + 2

1

= lim

x → +∞

b3)

x + 3 + 2 x – 1

x + 3 + 2

=

1 +∞

b) lim ( x × ln x ) = + x → 0

)

lim (e y × y )

)

= 0

= lim

z→ +∞

1 1

0

0

–1

1

1

1

1

1

0=r

x3 – 1 = (x – 1) (x2 + x + 1)

lim– f ( x ) = lim–

x 3 – 1

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

= lim–

( x – 1)2 x→ 1 x + x + 1 3 = lim– = – = –∞ x → 1 x – 1 0 x → 1

x → 1

2

=

y→ – ∞

lim (e –z × (– z ))

z→ +∞

Cálculo auxiliar: • Mudança de variável: ln x = y § x = ey Se x → 0+, então y → –∞. • Mudança de variável: –y = z § y = –z Se y → –∞, então z → +∞.


(0 × (±∞ ))

x → ln 3

( x – 1)2

e

z

= –

1 z

e lim z→ +∞ z Limite notável

c) lim ( x – 1) ( x 2 + x + 1)

–z

–e2 x + 9 x – ln 3

= lim

y→ 0

–e2 (ln 3 + y ) + 9 y

Cálculo auxiliar: • Mudança de variável: x – ln 3 = y § x = ln 3 + y Se x → ln 3, então y → 0.

= –

1 +∞

= 0


= lim

–e2 ln 3 + 2 y + 9

y→ 0

= lim

–e

ln 9

2

= lim

y × e2 y + 9 y

–eln 3

y→ 0

= lim

+ 2 y

+ 9

y –9e2 y + 9

y 2y ⎞ ⎛ –9(e – 1) e – 1 = lim = –9 × lim ⎜⎜ × 2⎟⎟ y→ 0 y→ 0 y ⎠ ⎝ 2y 2y e – 1 = –18 × lim = –18 × 1 = –18 2 y→ 0 2 y y→ 0

y→ 0

2y

Limite notável

55. Seja g a função definida por g(x) = f(x) – x. • g é contínua em [a, b] visto tratar-se da diferença entre duas funções contínuas em [a, b] (a função f e a função identidade); • g(a) = f(a) – a < 0, pois como f(a) < a vem que f(a) – a < 0. • g(b) = f(b) – b > 0, pois como f(b) > b vem que f(b) – b > 0. Ou seja, g(a) × g(b) < 0. Assim, pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy tem-se que: ∃c ∈ ]a, b[: g(c ) = 0 § ∃c ∈ ]a, b[: f (c ) – c = 0 § ∃c ∈ ]a, b[: f (c ) = c                 c.q.d. 56. Seja h a função definida por h(x) = f(x) – g(x). • h é contínua em [a, b], visto tratar-se da diferença de funções contínuas em [a, b]. • h(a) = f(a) – g(a) = g(b) – g(a) (pois f(a) = g(b)) • h(b) = f(b) – g(b) = g(a) – g(b) (pois f(b) = g(a)) Como g(a) ≠ g(b), pode concluir-se que g(b) – g(a) e g(a) – g(b) têm sinais contrários, o que significa que h(a) × h(b) < 0. Assim, pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, conclui-se que:

∃c ∈ ]a, b[: h(c ) = 0 § ∃c ∈ ]a, b[: f (c ) – g(c ) = 0 § ∃c ∈ ]a, b[: f (c ) = g(c )                c.q.d. 57. a) Df = {x ∈ : x – 3 > 0} = ]3, +∞[ • Assíntotas verticais: x 3 lim+ f ( x ) = lim+ = + = +∞ x → 3 x → 3 x – 3 0 A reta de equação x = 3 é assíntota vertical do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais, pois a função f é contínua no seu domínio.

• Assíntotas não verticais: x m = lim

f (x) x

x → +∞

x → +∞

1

= lim

x → +∞

x x – 3 = lim x → +∞ x x x – 3

= lim

x – 3

=

1 +∞

= 0 ⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎛ x ⎞ ⎝ ±∞ ⎠ ⎟⎟ = b = lim (f ( x ) – 0 × x ) = lim ⎜⎜ x → +∞ x → +∞ ⎝ x – 3 ⎠ x 1 1 x = lim = lim = lim x → +∞ x → +∞ x → +∞ 1 3 x – 3 x – 3 – 2 x x x2 x 1 1 = + = +∞ = + 0 0 Como b ∉ , não existem assíntotas não verticais do gráfico de f quando x → +∞. Dado o domínio de f, ]3, +∞[, não faz sentido averiguar a existência de assíntotas não verticais do gráfico de f quando x → –∞. b) Dg = • Assíntotas verticais: Não há assíntotas verticais do gráfico de g visto a função g ser contínua de domínio (produto de funções contínuas). • Assíntotas não verticais: g( x ) x ex = lim = lim e x = +∞ x → +∞ x x → +∞ x x → +∞

m = lim

Como m ∉ , não existem assíntotas não verticais do gráfico de g quando x → +∞. g( x ) x ex = lim = lim e x = 0 x → – ∞ x x → – ∞ x x → – ∞

m = lim

x

(∞ × 0)

b = lim ( g( x ) – 0 × x ) = lim ( x × e ) = x → – ∞

= lim

x → – ∞

x → – ∞

x e

–x

= lim

y→ +∞

–y e

y

= – lim

y→ +∞

y ey

= 0

Considerando a mudança de variável: –x = y § x = –y Se x → –∞, então y → +∞. A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de g, quando x → –∞. c) Dh = • Assíntotas verticais: Não há assíntotas verticais do gráfico de h visto a função h ser contínua em (soma de funções conex e– x tínuas: x e x 2 2

115

116


b = lim (f ( x ) – 3 x ) = lim (3 x – 2 ln x – 3 x )

• Assíntotas não verticais: h( x )

m = lim

= lim

e x + e

x → +∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ – x ⎝ ±∞ ⎠

= lim

ex

+ lim

2x 2x 1 = × lim + = × (+∞) + 0 = +∞ x → +∞ x 2 +∞ 2 x → +∞

x

1

x → +∞

ex

x → +∞

x → +∞

e– x 2x

0

Limite notável

Como m ∉ , não existem assíntotas não verticais do gráfico de h quando x → +∞. m = lim

h( x )

e + e

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ – x ⎝ ±∞ ⎠

= 2x ex e– x e–∞ 1 ey = lim + lim = + lim x → – ∞ 2 x x → – ∞ 2 x –∞ 2 y→ +∞ – y y 1 0 1 e = – lim = 0 – × (+∞) = –∞ 2 –∞ 2 y→ +∞ y x → – ∞

x

= lim

x

x → – ∞

Limite notável

Mudança de variável: –x = y § x = –y Se x → –∞, então y → +∞. Como m ∉ , também não existem assíntotas não verticais do gráfico de h quando x → –∞. 58. a) • Assíntotas verticais: lim– f ( x ) = lim–

2x

e – 1 + x

⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎝0⎠

⎛ e2 x – 1 x ⎞ = lim– ⎜ + ⎟ x → 0 ⎝ x x⎠

x → 0 x ⎛ e2 x – 1 ⎞ e y – 1 = lim– ⎜ × 2⎟ + lim– 1 = 2 × lim– + 1 y→ 0 x → 0 ⎝ 2 x ⎠ x→ 0 y x → 0

Limite notável

= 2 × 1 + 1 = 3 Considerando a mudança de variável: 2x = y Se x → 0–, então y → 0–. lim f ( x ) = lim+ (3 x – 2 ln x ) = 0 – 2 ln 0+ = +∞

x → 0+

x → 0

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico da função f. Não existem mais assíntotas verticais visto a função ser contínua no seu domínio, \{0}. • Assíntotas não verticais: m = lim

x → +∞

f (x) x

= lim

3 x – 2 ln x

x → +∞

ln x

x

⎛ 3 x 2 ln x ⎞ ⎟ = lim ⎜ – x → +∞⎝ x x ⎠

= lim 3 – 2 lim = 3 – 2 × 0 = 3 x → +∞ x → +∞ x Limite notável

x → +∞

= lim (–2 ln x ) = –∞ x → +∞

Como b ∉ , não existem assíntotas não verticais do gráfico de f quando x → +∞. m = lim

f (x)

e – 1 + x

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

= x x2 ⎛ e2 x – 1 x ⎞ = lim ⎜ 2 + 2 ⎟ x → – ∞⎝ x x ⎠ ⎛ e2 x – 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 0 – 1 + 0 = 0 = lim ⎜ 2 ⎟ + lim ⎜ ⎟ = x → – ∞⎝ x ⎠ x→ –∞⎝ x ⎠ +∞ x → – ∞

= lim

2x

x → – ∞

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟

⎛ e2 x – 1 + x ⎞ ⎝ ±∞ ⎠ ⎟ = b = lim (f ( x ) – 0 × x ) = lim ⎜ x → – ∞ x → – ∞⎝ ⎠ x 2x –∞ x e – 1 e – 1 = lim + lim = + lim 1 x x → – ∞ x → – ∞ → – ∞ x x –∞ –1 = + 1 = 0 + 1 = 1 –∞ A reta de equação y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de f quando x → –∞. b) Seja g a função definida por g(x) = f(x) + x. • A função g é contínua em [–2, –1] visto ser a soma de funções contínuas: f no intervalo [–2, –1] encontra-se definida pelo quociente de funções ⎛ e2 x – 1 + x ⎞ ⎟ e x x é a função contínuas ⎜ x ⎠ ⎝ x identidade e, portanto, também contínua. e–4 – 1 – 2 – 2 ≈ –0,509 • g(–2) = f (–2) + (–2) = –2 e–2 – 1 – 1 g(–1) = f (–1) + (–1) = – 1 ≈ 0,865 –1 Isto é, g(–2) × g(–1) < 0. Pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy conclui-se que: ∃c ∈ ]– 2, –1[: g(c ) = 0 § ∃c ∈ ]– 2, –1[: f (c ) + c = 0 § ∃c ∈ ]– 2, –1[: f (c ) = –c                 c.q.d. c) y1 =

e2 x – 1 + x

y2 = – x

x

se x < 0

y

y2

1,6

y1 -1,6 -2 -1

Assim, x ≈ –1,6.

x


⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ • h⎜ ⎟ = f ⎜ ⎟ + g⎜ ⎟ ≈ 2,690 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠

59. ⎧ ⎫ 1 – x a) Df = ⎨ x ∈ : > 0⎬ = ]– 2, 1[ ⎩ ⎭ 2 + x x

–∞

–2

+∞

1

1–x

+

+

+

0

–

2+x

–

0

+

+

+

1 – x 2 + x

–

s.s.

+

0

–

Dg = {x ∈ : x ≠ 0} = \{0} b) Função f: • Assíntotas verticais: ⎛ 1 – x ⎞ ⎛3⎞ ⎟ = log ⎜ ⎟ = +∞ lim+ f ( x ) = lim+ log⎜ x → –2 x → –2 ⎝ 2 + x ⎠ ⎝ 0+ ⎠ ⎛ 0+ ⎞ ⎛ 1 – x ⎞ ⎟ = log ⎜ ⎟ = –∞ lim f ( x ) = lim– log⎜ x → 1– x → 1 ⎝3⎠ ⎝ 2 + x ⎠ As retas de equação x = –2 e x = 1 são assíntotas verticais do gráfico de f. Não existem mais assíntotas verticais visto a função ser contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: Como o domínio da função é limitado, ]–2, 1[, não existem assíntotas não verticais do seu gráfico. Função g: • Assíntotas verticais:

( ) lim g( x ) = lim (e – 4) = e

⎛3⎞ ⎛3⎞ ⎛3⎞ h⎜ ⎟ = f ⎜ ⎟ + g⎜ ⎟ ≈ –1,248 ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎛1⎞ ⎛3⎞ Ou seja, h⎜ ⎟ × h⎜ ⎟ < 0. ⎝2⎠ ⎝4 ⎠ Pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy ⎤1 3 ⎡ pode concluir-se que ∃c ∈ ⎥ , ⎢ : h(c ) = 0. ⎥⎦2 4 ⎢⎣ 60. Sendo f uma função de domínio + e a reta de equação y = x – 4 uma assíntota do seu gráfico, então: lim

f (x)

x → +∞

x

= 1 e lim (f ( x ) – x ) = –4 x → +∞

⎛ x + 2 ⎞ ⎛ x 2 ⎞ ⎟⎟ = lim ⎜⎜ ⎟⎟ lim g( x ) = lim ⎜⎜ + x → +∞ x → +∞ f ( x ) ⎝ ⎠ x→ +∞⎝ f ( x ) f ( x ) ⎠ x 2 1 2 + lim = + = lim x → +∞ f ( x ) x → +∞ f ( x ) f ( x ) lim f ( x ) lim x → +∞ x → +∞ x 1 2 = + = 1 + 0 = 1 1 +∞ Como lim g( x ) = 1, conclui-se assim que a reta de x → +∞

equação y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de g.

1

lim– g( x ) = lim– e x – 4 = e–∞ – 4 = 0 – 4 = –4

x → 0

x → 0

1 x

+

+∞

+

x → 0

x → 0

– 4 = +∞ – 4 = +∞

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de g. Não há mais assíntotas verticais visto a função ser contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais:

Unidade 6 – Derivadas Página 134 87. a) f '(0) = lim

f ( x ) − f (0)

= lim

x2 −3x −0

x −0 = lim( x − 3) = 0 − 3 = –3 x → 0

x → 0

x

= lim

x → 0

x( x − 3) x

x → 0

1

m = lim x → +∞

g( x ) x

= lim

x → +∞

e x – 4 x

=

(

e0 – 4 +∞ 1

)

=

–3 +∞

= 0

b = lim ( g( x ) – 0 × x ) = lim e x – 4 = e0 – 4 = –3 x → +∞

x → +∞

A reta de equação y = –3 é assíntota horizontal do gráfico de g, quando x → +∞, e como se verifica que os cálculos são idênticos, quando x → –∞, tem-se que a reta de equação y = –3 também é assíntota horizontal do gráfico de g quando x → –∞. ⎤ ⎡ c) h é uma função contínua em ⎢ 1 , 3 ⎥ visto tratar-se ⎣2 4 ⎦ da soma de duas funções contínuas neste intervalo (função f e função g).

b) f '(1) = lim

f ( x ) − f (1)

= lim

x 3 − x − 0

= lim

x( x 2 − 1)

x → 1 x → 1 x − 1 x − 1 x − 1 x( x − 1) ( x + 1) = lim( x( x + 1)) = 1 × 2 = 2 = lim x → 1 x → 1 x − 1 x → 1

x + 1 − (−3) = lim x − 3 c) f '(2) = lim x → 2 x → 2 x − 2 x − 2 x + 1 + 3 x − 9 x + 1 + 3( x − 3) = lim = lim x → 2 ( x − 3) ( x − 2) x → 2 ( x − 3) ( x − 2) 4 x − 8 4( x − 2) = lim = lim x → 2 ( x − 3) ( x − 2) x → 2 ( x − 3) ( x − 2) 4 4 = lim = = –4 x → 2 x − 3 2 − 3 f ( x ) − f (2)

117

118


f ( x ) − f (3)

d) f '(3) = lim

x − 3 x + 1 − 4

x → 3

= lim

x → 3

= lim

x → 3

= lim

x → 3

= lim

x → 3

= lim

f ( x ) − f (−2)

x → −2

x → −2

1 f ( x ) − f (−2) × lim = lim x → −2 x − (−2) x → −2 x − 2

( x − 3) × ( x + 1 + 2)

f '(−2)

( x + 1 )2 − 22 = 5 ×

( x − 3) × ( x + 1 + 2) x + 1 − 4 ( x − 3) × ( x + 1 + 2) x − 3 ( x − 3) × ( x + 1 + 2) 1

3h

lim

b)

h→ 0

=

f (−2 + h) − f (−2) 1

lim

h→ 0

x → 3

x + 1 + 2 1 1 = lim = x → 3 4 + 2 4 e) f '(4) = lim

f ( x ) − f (4)

=

e x − e4

= lim x → 4 x − 4 x − 4 4 x − 4 − 1) e (e

x → 4

= lim

f ( x ) − f((−2)

= lim

( x − 2) ( x + 2) ⎛ f ( x ) − f (−2) 1 ⎞ ⎟⎟ = lim ⎜⎜ × x → −2 x − 2 ⎠ ⎝ x + 2

x − 4 2

x − 3 ( x + 1 − 2) × ( x + 1 + 2)

x → 3

= lim

lim

x − 3 x + 1 − 2

x → 3

= lim

88. a) f’(–2) = 5

x − 4 e y − 1 = e4 × lim = e4 × 1 = e4 y→ 0 y

Considerando a mudança de variável: x – 4 = y Se x → 4, então y → 0. ⎛x⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ f ( x ) − f (5) ln x − ln5 ⎝5⎠ f) f '(5) = lim = lim = lim x → 5 x → 5 x → 5 x − 5 x − 5 x − 5 ⎛y ⎞ ⎛ y + 5 ⎞ ⎛y ⎞ ⎟⎟ ln⎜⎜ ln⎜⎜ + 1 ⎟⎟ ln⎜⎜ + 1 ⎟⎟ ⎠ ⎝5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝5 = lim = lim = lim y→ 0 y → 0 y → 0 y y y × 5 5

= −

5 4

f (−2 + h) − f (−2) 3h 1

1 f (−2 + h) − f (−2) × lim h → 0 3 h

f ′( −2 )

=

x → 4

Limite notável

1 −2 − 2

1

1

3 = = 1 5 5 × 5 3 3

89. ⎤ ⎣2 , 20⎦

=

C(20) − C(2)

b) C'(15) = lim

=

5 − 9,86

= −0,27, o que sig20 − 2 18 nifica que no período indicado a cotação das ações diminuiu, em média, 0,27 euros por dia.

a) t.m.v.⎡

C( x ) − C(15) x − 15 −0,005 x 3 + 0,225 x 2 − 3 x + 15 − 3,75

x → 15

= lim

x → 15

= lim

x → 15

= lim

x − 15 −0,005 x 3 + 0,225 x 2 − 3 x + 11,25 x − 15 ( x − 15) (−0,005 x 2 + 0,15 x − 0,75)

x − 15 = lim (−0,005 x 2 + 0,15 x − 0,75) = 0,375 x → 15

x → 15

Cálculos auxiliares: Considerando a mudança de variável x – 5 = y. Se x → 5, então y → 0. y Considerando a mudança de variável = z. 5 Se y → 0, então z → 0.

o que significa que aos 15 dias do mês de setembro, a cotação das ações estava a aumentar à taxa de 0,375 euros por dia. Cálculo auxiliar: –0,005 15

ln( z + 1) 1 1 1 = lim × = 1 × = z→ 0 0 z 5 5 5 Limite notável

–0,005 –0,005x3

0,225

–3

11,25

–0,075

2,25

–11,25

0,15

–0,75

0=r

0,225x2

+ – 3x + 11,25 = (x – 15) (–0,005x2 + 0,15x – 0,75)


90.

b)

1 1 − f ( x ) − f (3) a) f '(3) = lim = lim x + 1 4 x → 3 x → 3 x − 3 x −3 4 − ( x + 1) − x + 3 4( x + 1) = lim = lim x → 3 x → 3 x − 3 4( x + 1) ( x − 3) −( x − 3) −1 = lim = lim x → 3 4( x + 1) ( x − 3) x → 3 4( x + 1) −1 1 = = – 4 × (3 + 1) 16

92. a)

y

b) Seja t a reta tangente definida por y = mx + b, onde m = f '(3) = − y = −

1 16

1 16

f 1

. O

x + b

⎛ 1⎞ Como T (3, f (3)) = ⎜3, ⎟ pertence à reta t, então: ⎝ 4⎠ 1

= −

1

1

3

7

× 3 + b § b = + § b = 16 4 16 16 1 7 t : y = − x + 16 16 4

x

Não existe reta tangente ao gráfico de f em x = 0. b) f '(0+ ) = lim+

f ( x ) − f (0) x − 0

x → 0

= lim+

c) Seja n a reta perpendicular à reta t no ponto

1 191 = 16 × 3 + b § b = − 48 § b = − 4 4 4 191 n : y = 16 x − 4

2

x

x → 0

. ⎛ 1⎞ 1 1 T ⎜⎜3, ⎟⎟. Então, mn = − , ou seja, mn = − = 16. mt 1 ⎝ 4⎠ − 16 Assim:

x

3

f '(0− ) = lim−

3

= lim+

x → 0

x − 0

x → 0

x

3

= lim−

x

x → 0

2

x

x → 0

= lim+ 3

f(( x ) − f (0)

x 2 + 1 − 1

x

2

x

3

3

x

x → 0

3

=

1 0+

= +∞ ∉

x 2 + 1 − 1 x

x → 0

= lim− 3

x

x → 0

= lim− x2

1

= lim+ 3

1

= lim− 3

x

x → 0

=

1 0−

= –∞ ∉

1

91. a) Seja m o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1: m = f '(1) = lim

f ( x ) − f (1)

  =  lim

x 3 − 3 x + 3 − 1

x → 1 x − 1 x − 1 3 2 ( x − 1) ( x + x − 2) x − 3 x + 2 = lim = lim x → 1 x → 1 x − 1 x − 1 = lim ( x 2 + x − 2) = 12 + 1 − 2 = 0 x → 1

f '(0+ ) ≠ f '(0− ), conclui-se que f não é derivável em x = 0. 93. e e–x

se x > 0 se x ≤ 0

a) f(x) = f

gx + 1

• f '(0+ ) = lim + x → 0

f ( x ) − f (0) x − 0 e y − 1

f(0) = 0 + 1 = 1

= lim+ x → 0

e− x − 1 x

= lim−

e y − 1

y→ 0

−y

= –1 = − lim− y→ 0 y Limite notável

x → 1

Cálculo auxiliar: 1 1 1

0

–3

2

1

1

–2

1

–2

0=r

x3 – 3x + 2 = (x – 1) (x2 + x – 2) Como m = 0, fica assim provado que a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 é uma reta horizontal.

Considerando a mudança de variável –x = y, se x → 0+, então y → 0–. x = lim− = 1 x → 0 x → 0 x → 0 x x − 0 x + − Como f '(0 ) ≠ f '(0 ), conclui-se que f não é derivável em x = 0. • f '(0− ) = lim−

e

b) g(x) = f xe g0

−

f ( x ) − f (0)

= lim−

x + 1 − 1

1 x2

se x ≠ 0 se x = 0

g(0) = 0

119

120


g( x ) − g(0)

g'(0) = lim

x − 0

x → 0

= e

−

= lim

xe e

−

1 x2

− 0

x

x → 0

= lim e

−

1 x2

96. a) y

x → 0

+

0

= e–∞ = 0

g é derivável em x = 0 e g’(0) = 0. e x3 + 5 g 3x + 3

a) • f '(1+ ) = lim +

4

se x ≥ 1 se x < 1

94. f(x) = f

f ( x ) − f (1)

= lim+

f(1) = 13 + 5 = 6 x + 5 − 6 3

x − 1 x − 1 x 3 − 1 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) = lim+ = lim+ x → 1 x − 1 x → 1 x − 1 2 = lim+ ( x + x + 1) = 12 + 1 + 1 = 3 x → 1

g

t

1

x → 1

O

x

A reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 0 é a reta vertical de equação x = 0. b) Como Dg = 0+, então: g'(0) = g'(0+ ) = lim+

x → 1

x

= lim+

x

x → 0

Cálculo auxiliar: 1 1 1

0

0

–1

1

1

1

1

1

0=r

• f '(1− ) = lim −

= lim−

= = 3, logo, f’(1) existe e é igual a 3. b) Se uma função é derivável num ponto, então é contínua nesse ponto. Como se verificou na alínea anterior, a função f é derivável em x = 1, logo f é contínua em x = 1. f’(1+)

f’(1–)

ex – 3

se x ≥ 3 –x + 3 se x<3 g

95. m(x) = |x – 3| = f

• m é contínua em x = 3, pois existe lim m( x ) e x → 3 lim m( x ) = m(3): x → 3

lim m( x ) = lim | x − 3 | = |3 − 3 | = 0 = m(3)

x → 3

x → 3

• m não ite derivada em x = 3, pois: m’(3+) ≠ m’(3–): m'(3+ ) = lim+ x → 3

= lim+

m( x ) − m(3) x − 3 x − 3 − 0

x → 3 x − 3 = lim+ 1 = 1

x → 3

= lim−

m( x ) − m(3) x −3 − x + 3 − 0

x − 3 = lim− (−1) = −1 x → 3 x→ 3

x → 0

x x

x + 4 − 4 x

x → 0

= lim+ x → 0

x x x

1

= + = +∞ x 0 c) g é contínua em x = 0, pois existe lim g( x ) e x → 0 lim g( x ) = g(0): x → 0

lim g( x ) = lim ( x + 4) = 4 = g(0)

x → 0

x → 0

97. a) lim

x → 4

g( x ) + 3 x − 4

= 2 § lim

x → 4

g( x ) − (−3) x − 4 g( x ) − g(4)

= 2

§ lim = 2 x → 4 x − 4 g'(4)

ou seja, g é derivável em x = 4, logo a função g é contínua em x = 4 e, portanto: • a afirmação (I) é verdadeira; • a afirmação (II) é falsa, já que se g é contínua em x = 4, então lim g( x ) = g(4) = −3 x → 4

b) Seja t a reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 4. Uma equação reduzida de t é y = mx + b, onde m = g’(4) = 2, ou seja, y = 2x + b. Como o ponto de coordenadas (4, g(4)) = (4, –3) pertence à reta t, vem que: –3 = 2 × 4 + b § b = –11 t : y = 2x – 11 98. h(t) = 20t – t2 a) Pretende-se h’(0):

x → 3

m'(3− ) = lim−

= lim+

x − 0 x × x

= lim+

x → 0

3 x + 3 − 6

x → 1 x − 1 x − 1 3( x − 1) 3 x − 3 = lim− 3 = 3 = lim− = lim− x → 1 x − 1 x → 1 x → 1 x − 1 x → 1

1

= lim+

x3 – 1 = (x – 1) (x2 + x + 1) f ( x ) − f (1)

g( x ) − g(0)

x → 0

h'(0) = lim

x → 0

= lim

h( x ) − h(0) x − 0 x(20 − x )

= lim

x → 0

20 x − x 2 − 0 x

= lim (20 − x ) = 20 x → 0 x A velocidade inicial do projétil é de 20 m/s. x → 0


b) h(t ) = 0 § 20t − t 2 = 0 § t(20 − t ) = 0 § t = 0   ›    t = 20 O projétil atinge o solo após 20 s de ter sido lançado. Assim, a velocidade do projétil no momento em que chega ao solo é dada por h’(20): h( x ) − h(20)

h'(20) = lim

x → 20

= lim

x → 20

x − 20 − x(−20 + x ) x − 20

= lim

20 x − x 2 − 0

x → 20

x − 20

x → 20

h(t ) − h(t0 )

= lim

= lim

2 0

t − t0 −t 2 + 20t − 20t0 + t02

⎛0⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝0⎠

= lim

= lim

h→ 0

= lim

h ax02 + 2ax0 h + ah2 + bh − ax02 h h(2ax0 + ah + b)

h→ 0 h = lim (2ax0 + ah + b)

a) f ( x ) = x f ′( x ) = x ' = 1 f ′ : → x 1

(t − t0 ) (−t + 20 − t0 ) t − t0

t→ t0

h→ 0

2

100.

t − t0

t→ t0

= lim

h a( x + 2 x0 h + h ) + bx0 + bh + c − ax02 − bx0 − c 2 0

Conclui-se assim que a função derivada da função f definida por f(x) = ax2 + bx + c é a função f’ definida por f’(x) = 2ax + b, sendo f’ uma função afim.

20t − t − 20t0 + t

t→ t0

h→ 0

= 2ax0 + b

t − t0 2

= lim

= lim

h a( x0 + h)2 + b( x0 + h) + c − (ax02 + bx0 + c )

h→ 0

20t − t 2 − (20t0 − t02 )

t→ t0

f ( x0 + h) − f ( x0 )

h→ 0

= 2ax0 + 0 + b

t − t0

t→ t0

f '( x0 ) = lim

= lim (− x ) = −20

Conclui-se assim que o projétil atinge o solo a uma velocidade de 20 m/s. c) Seja t0 ∈ Dh: h'(t0 ) = lim

b) Seja f(x) = ax2 + bx + c, com a, b, c ∈ e a ≠ 0 uma função quadrática e x0 ∈ Df :

= lim (−t + 20 − t0 ) t→ t0

= −t0 + 20 − t0 = 20 − 2t0

b) g( x ) = x + e3 g'( x ) = ( x + e3 )' = 1 g': → x 1


–20t0 + t20

–t0

20t0 – t20

20 – t0

0=r

–1 t0 –1

A expressão que dá a velocidade em cada instante t é h(t) = 20 – 2t. 99. a) Seja f(x) = ax + b, com a, b ∈ uma função afim e x0 ∈ Df : f '( x0 ) = lim

x → x0

= lim

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

= lim

x − x0

x − x0

x → x0

ax + b − ax0 − b

x → x0

ax + b − (ax0 + b)

= lim

x → x0

a ( x − x0 ) x − x0

= lim a = a x → x0

Conclui-se assim que a função derivada da função f definida por f(x) = ax + b é a função f’ definida por f’(x) = a, sendo f’ uma função constante.

c) (f + g)′ ( x ) = ( x + x + e3 )' = (2 x + e3 )' = 2 ′ f + g : →

(

)

x 2

101. g'( x ) = (f ( x ) + 1)' = f '( x ) + 1' = f '( x ) Conclui-se assim que as funções f’ e g’ são iguais, pelo que é na figura (II) que se encontra a representação gráfica da função g’. 102. f'( x ) = x ' = 1                               g'( x ) = ( x + e3 )' = 1 a) (f × g)′ (5) = f ′(5) × g(5) + f (5) × g'(5) = 1 × (5 + e3 ) + 5 × 1 = 5 + e3 + 5 = 10 + e3

121

122


b) (f × g)' ( x ) = f '( x ) × g( x ) + f ( x ) × g'( x ) = 1 × ( x + e ) + x × 1 3

c)

h'( x ) = ( x ) = ( x ′

3

= x + e3 + x

1 3

1

′

)

2

1 − 1 1 − = x 3 = x 3 3 3 1 1 1 = × 2 = 3 3 3 x2 x3

= 2 x + e3 (f × g)': → x 2x + e3

h': \{0} → 3 103. g( x ) = x − 3 x + 3

x

a) g'( x ) = 3 x 2 − 3

1 3 x2 3

105.

g': → x 3x 2 − 3 b) A reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa x0 tem por declive g’(x0) logo, se a reta é paralela ao eixo das abcissas, então o seu declive é nulo e, portanto, g’(x0) = 0: 3 x02 − 3 = 0 § 3 x02 = 3 § x02 = 1 § x0 = 1    ›    x0 = −1 Prova-se assim que existem dois pontos do gráfico de g onde as retas tangentes são paralelas ao eixo das abcissas: os pontos de coordenadas (1, g(1)) e (–1, g(–1)). As suas equações são y = 1 e y = 5, respetivamente. Cálculo auxiliar: g(1) = 13 − 3 × 1 + 3 = 1 g(−1) = (−1)3 − 3 × (−1) + 3 = 5

104. a) f ′( x ) = ( x 4 − 5 x 3 + 3 x + 12)' = 4 x 3 − 15 x 2 + 3 f ′ : → x 4x 3 − 15 x 2 + 3 ′ ⎞ ⎛3 7 1 2 4 b) g'( x ) = ⎜ x + 5 x − x + πx + e ⎟ ⎠ ⎝7 3 2 = 3 x 6 + 20 x 3 − x + π 3 g': → 2

x 3x + 20 x − x + π 3 6

3

′ ⎛ 5x ⎞ ⎟⎟ a) f'( x ) = ⎜⎜ ⎝ 2 x + 3 ⎠ (5 x )' × (2 x + 3) − (5 x ) × (2 x + 3)' = (2 x + 3)2 5 × (2 x + 3) − (5 x ) × 2 = (2 x + 3)2 10 x + 15 − 10 x = (2 x + 3)2 15 = (2 x + 3)2 ⎧ 3⎫ f ': \ ⎨− ⎬ → ⎩ 2⎭ 15 x (2 x + 3)2 ′ ⎛2⎞ b) g′( x ) = ⎜ ⎟ ⎝x⎠ 2' × x − 2 × x ' = x2 0 − 2 × 1 = x2 −2 = 2 x g′ : \{0} → 2 x − 2 x ′ ′ ⎛ x ⎞ ⎛1 ⎞ 1 c) h′( x ) = ⎜ ⎟ = ⎜ × x ⎟ = ⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠ 2 h': → 1 x 2


′ ⎛ x 2 + 3 ⎞ d) i'( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟ 3 2 ⎝ x − x − 6 x ⎠ ( x 2 + 3)′ × ( x 3 − x 2 − 6 x ) − ( x 2 + 3) × ( x 3 − x 2 − 6 x )′ = ( x 3 − x 2 − 6 x )2 (2 x ) × ( x 3 − x 2 − 6 x ) − ( x 2 + 3) × (3 x 2 − 2 x − 6) = ( x 3 − x 2 − 6 x )2 2 x 4 − 2 x 3 − 12 x 2 − (3 x 4 − 2 x 3 − 6 x 2 + 9 x 2 − 6 x – 18) = ( x 3 − x 2 − 6 6 x )2 2 x 4 − 2 x 3 − 12 x 2 − 3 x 4 + 2 x 3 − 3 x 2 + 6 x + 18 = ( x 3 − x 2 − 6 x )2 − x 4 − 15 x 2 + 6 x + 18 = ( x 3 − x 2 − 6 x )2 Di′ = { x ∈ : ( x 3 − x 2 − 6 x )2 ≠ 0} = \{−2, 0, 3}

2 x b) g'( x ) = (( x + 3 x ) × e )' = ( x 2 + 3 x )' × e x + ( x 2 + 3 x ) × (e x )'

= (2 x + 3) × e x + ( x 2 + 3 x ) × e x = e x (2 x + 3 + x 2 + 3 x ) = e x ( x 2 + 5 x + 3) g′ : → x e x ( x 2 + 5 x + 3)

′ ⎛ 2 x ⎞ (2 x )' × e x − (2 x ) × (e x )' c) h'( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟ = x (e x )2 ⎝e ⎠ 2 × e x − 2 x × e x e x (2 − 2 x ) 2 − 2 x = x = = e (e x )2 (e x )2 h′ : → 2 − 2 x x ex

Cálculo auxiliar: x 3 − x 2 − 6 x = 0

107. a) f'( x ) = (−3 x 2 + ln x )' = (−3 x 2 )' + (ln x )'

§ x( x 2 − x − 6) = 0 § x = 0   ›    x 2 − x − 6 = 0 § x = 0   ›    x = 3   ›    x = −2

= −6 x +

− x 4 − 15 x 2 + 6 x + 18 ( x − x − 6 x ) 3

2

2

′ ′ 3⎞ 2 ⎛⎛ ⎛ x − 5 ⎞ ⎛ x − 5 ⎞ x − 5 ⎞ ⎟ ⎜ e) j ′( x ) = ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ = 3 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎝ x + 2 ⎠ ⎝ x + 2 ⎠ ⎝⎝ x + 2 ⎠ ⎠ ⎛ x − 5 ⎞ ( x − 5)' × ( x + 2) − ( x − 5) × ( x + 2)' ⎟ × = 3 × ⎜ ⎝ x + 2 ⎠ ( x + 2)2 2

( x − 5) 1 × ( x + 2) − ( x − 5) × 1 × = 3 × ( x + 2)2 ( x + 2)2 2 3( x − 5) ( x + 2 − x + 5) 3( x − 5)2 × 7 = = ( x + 2)4 ( x + 2)4 21( x − 5)2 = ( x + 2)4 2

D j′ = { x ∈ : ( x + 2)4 ≠ 0} = \{−2} j ′ : \{−2} → x

21( x − 5)2 ( x + 2)4

106. a) f '( x ) = (6 x 2 + e x )' = (6 x 2 )' + (e x )' = 12 x + e x f ′ : → x 12 x + e x

x

f ′ : + →

i ′ : \{−2, 0, 3} → x

1

x −6 x +

1

x b) g'( x ) = ( x 3 × ln x )' = ( x 3 )' × ln x + x 3 × (ln x )' 1 = 3 x 2 × ln x + x 3 × = 3 x 2 × ln x + x 2 x = x 2 (3 ln x + 1) g′ : + → x x 2 (3 ln x + 1) ′ ⎛ ln x ⎞ c) h′( x ) = ⎜ ⎟ ⎝ ex ⎠ (ln x )′ × e x − ln x × (e x )′ = (e x )2 1 × e x − ln x × e x x = (e x )2 ⎛1 ⎞ 1 e x ⎜ − ln x ⎟ − ln x ⎝x ⎠ x = = ex (e x )2 1 − x ln x = x × e x h′ : + → 1 − x ln x x x × e x

123

124


′ ⎛ ln x ⎞ 1 d) i ′( x ) = (log x )′ = ⎜⎜ ⎟⎟ = × (ln x )′ ⎝ ln 10 ⎠ ln 10 1 1 1 × = = ln 10 x x ln 10

d) i'( x ) = ( x × ln( x 2 + 1))' = x ' × ln( x 2 + 1) + x × (ln( x 2 + 1))' ( x 2 + 1)' = 1 × ln( x 2 + 1) + x × 2 x + 1 2x 2 = ln( x + 1) + x × 2 x + 1 2 2 x = ln( x 2 + 1) + 2 x + 1

i ′ : + → x

1 x ln 10 111.

108.

a) f'( x ) = (22 x − 7 )' = (2 x − 7)' × 22 x − 7 × ln2 = 2ln 2 × 22 x − 7

a) (fog) (1) = f ( g(1)) = f (4) = 3 × 42 − 5 = 43

b) g'( x ) = (10x

b) (fog)' (1) = f '( g(1)) × g'(1) = f '(4) × 2 =  24 × 2 = 48

2

− 3 x + 4

)'

= ( x − 3 x + 4)' × 10x 2

= (2 x − 3) × 10 Cálculo auxiliar:

2

− 3 x + 4

x 2 − 3 x + 4

× ln 10

× ln 10

(−2 x + 1)'

f '( x ) = (3 x 2 − 5)' = 6 x, logo f '(4) = 6 × 4 = 24

109. a) (fog) (2) = f ( g(2)) = f (−2) =

−2 + 1 4 × (−2)

=

−1 −8

=

1 8

Cálculo auxiliar:

c) h'( x ) = (log (−2 x + 1))' = 2 (−2 x + 1)ln2 −2 = (−2 x + 1)ln2 ′ ⎛1⎞ 1 ′ ⎟ ⎜ − 2 ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ 1 ⎠ ⎝ x x = = − d) i'( x ) = ⎜⎜log⎜ ⎟⎟⎟ = ⎝ ⎝ x ⎠⎠ 1 x ln10 1 × ln10 × ln10 x x

g(2) = 22 − 3 × 2 = −2 112. b) (fog)' ( x ) = f '(g( x )) × g'( x ) = f '( x 2 − 3 x ) × (2 x − 3) 1 3 − 2 x = − 2 × (2 x − 3) = 2 2 4( x − 3 x ) 4( x − 3 x )2 Logo, f'( x 2 − 3 x ) =

1 4( x − 3 x )2 2

.

Cálculo auxiliar: ′ ⎛ x + 1 ⎞ ( x + 1)' × 4 x – ( x + 1) × (4 x )' ⎟ = f '( x ) = ⎜ ⎝ 4x ⎠ (4 x )2 4 x – ( x + 1) × 4 4 x – 4 x – 4 1 = = =– 2 2 2 16 x 16 x 4x Logo, f '( x 2 – 3 x ) = –

1 4( x – 3 x )2 2

.

110. a) f '( x ) = (e2 x − 7 )' = (2 x − 7)'e2 x − 7 = 2e2 x − 7 b) g'( x ) = (5 x + e

−3 x 2

)' = (5 x )' + (e

= 5 + (−3 x )'e 2

−3 x 2

−3 x 2

= 5 − 6 xe

e x2 – 4

se x ≤ 2 4x – 8 se x>2 g

a) f(x) = f

• f’(x) para x < 2: f’(x) = (x2 – 4)’ = 2x • f’(x) para x > 2: f’(x) = (4x – 8)’ = 4 • f’(x) para x = 2: f '(2+ ) = lim+ x → 2

= lim+

f ( x ) − f (2) x − 2 4( x − 2)

= lim+ x → 2

(4 x + 5)' 4 = c) h'( x ) = (ln(4 x + 5))' = 4 x + 5 4 x + 5

x − 2

= 4 x − 2 f ( x ) − f (2) x 2 − 4 − 0 f '(2− ) = lim− = lim− x → 2 x → 2 x − 2 x − 2 ( x − 2) ( x + 2) = lim− = lim− ( x + 2) = 4 x → 2 x → 2 x − 2 + – Como f’(2 ) = f’(2 ) = 4, conclui-se que f’(2) = 4. Assim: x → 2

e 2x se x ≤ 2

f’(x) = f

se x > 2

g4

Df’ =

)'

−3 x 2

4 x − 8 − 0

e −2

b) g(x) = f

g

se x ≤ −1 x x + 5 se x > −1


• g’(x) para x < –1: ′ ⎛ 2⎞ 2 g'( x ) = ⎜− ⎟ = (−2 x −1 )' = 2 x −2 = 2 ⎝ x⎠ x

• h’(x) para x = 0: h'(0− ) = lim−

′

x + 5 ) = (( x + 5) ) 1

1

h'(0+ ) = lim+

= ( x + 5) × ( x + 5)' 2 1 1 1 = × × 1 = 2 x + 5 2 x + 5 2

= lim + x → −1

= lim +

1 x

g( x ) − g(−1) x − (−1)

= lim + x → −1

= lim +

x + 1 ( x + 5 − 2) ( x + 5 + 2) ( x + 1) ( x + 5 + 2)

(

)

2

( x + 1) ( x + 5 + 2) x + 5 − 4

Como

≠

2

g’(x) =

1

2 x + 5 −

c) h(x) =

e 0

não existe g’(–1).

se x < −1

x2

se x > −1

1

se x ≠ 0 se x = 0

x

• h’(x) para x ≠ 0: ′

′

⎛ 1⎞ h'( x ) = (e ) = ⎜− ⎟ × e −

=

1 x2

1 x

× e

⎝ x⎠

−

1 x

−

1 x

x

x → 0

=

e−( −∞) 0−

⎛0⎞ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ 0 x ⎝ ⎠

= lim

e− y

y→ +∞

1 y

1 y

Se x → 0+, então y → +∞. = lim

y→ +∞

y e

y

=

1 y

e lim y→ +∞ y

=

1 +∞

= 0

Limite notável

h’(0–) ≠ h’(0+), logo não existe h’(0). Assim: 1

e 2

−

1 x

x Dh′ = \{0} 113. a) f'( x ) = (( x 2 + 5 x )3 )' = 3( x 2 + 5 x )2 × ( x 2 + 5 x )'

2

( x + 1) ( x + 5 + 2) 1 1 1 = = = lim + x → −1 4 x + 5 + 2 4 + 2 g’(–1+)

e

−

x

= 3( x 2 + 5 x )2 × (2 x + 5) = (6 x + 15) ( x 2 + 5 x )2 Df ′ =

x + 5 − 22

x → −1

g’(–1–)

x − 0

= y § x =

h'( x ) =

x + 5 − 2

x → −1

x

x → 0

= lim+

1

Considerando a mudança de variável:

2 − − 2 g ( x ) − g ( − 1 ) g'(−1− ) = lim − = lim − x x → −1 x → −1 x − (−1) x + 1 −2(1 + x ) −2 − 2 x = lim − = lim − x → −1 x( x + 1) x → − 1 x( x + 1) ) −2 −2 = lim − = = 2 x → −1 x −1

x → −1

h( x ) − h(0)

x → 0

• g’(x) para x = –1:

g'(−1+ ) = lim +

−

2

−

1

e

+∞

′

(

= lim−

x − 0 e +∞ = − = − = –∞ 0 0 x → 0

• g’(x) para x > –1: g'( x ) =

h( x ) − h(0)

Dg′ = \{–1}

2

b) g'( x ) = (3 x + 5 x )' = ( x 2 + 5 x )' × 3 x + 5 x × ln3 2

= (2 x + 5) × 3 x + 5 x × ln3 Dg′ = ′ ⎛ 1 − ln(2 x ) ⎞ c) h'( x ) = ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ x (1 − ln(2 x ))' × x − (1 − ln(2 x )) × x ' = x2 (2 x )' − × x − (1 − ln(2 x )) × 1 = 2 x x2 2 − − 1 + ln(2 x ) −2 + ln(2 x ) = 2 = 2 x x2 + Dh′ = ′ ⎞ ⎛ ′ ⎜ x ⎟ ⎛ ⎛ x ⎞⎞ ⎝ ⎠ d) i'( x ) = ⎜⎜ln ⎜ ⎟⎟⎟ = x + 1 ⎝ ⎝ x + 1 ⎠⎠ x x + 1

125

126


′ 1⎞ ′ ⎛ ⎛ x ⎞ x ⎛ ⎞ 2 ⎟ e ⎟ ⎜ e g) l'( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟ = ⎜⎜⎜⎜ ⎝ ln x ⎠ ⎝⎝ ln x ⎠ ⎟⎠

x ' × ( x + 1) − x × ( x + 1)' =

= =

( x + 1)2 x x + 1 1 × ( x + 1) − x × 1 ( x + 1)

2

1 x( x + 1)

×

x + 1 x

1

=

x + x ⎧ ⎫ x > 0⎬ = ⎤⎦−∞, −1⎡⎣ ∪ ⎤⎦0, +∞⎡⎣ Di ′ = ⎨ x ∈ : ⎩ ⎭ x + 1 2

Cálculo auxiliar: x

–∞

–1

+∞

0

x

–

–

–

0

+

x+1

–

0

+

+

+

+

s.s.

–

0

+

x x + 1

′ ′ 3⎞ 2 ⎛⎛ ⎛ x + 1 ⎞ ⎛ x + 1 ⎞ ⎞ x + 1 ⎜ ⎟ e) j '( x ) = ⎜⎜ ⎟ ⎟ × ⎜ ⎟ = 3 × ⎜⎜ ⎜ x ⎟ ⎟ x ⎟ x ⎝ e ⎠ ⎝ e ⎠ ⎝⎝ e ⎠ ⎠ x

Cálculo auxiliar: x

( x + 1) ( x + 1)' × e − ( x + 1) × ( e )' = 3 × x 2 × (e ) (e x )2 ( x + 1)2 1 × e x − ( x + 1) × e x = 3 × x 2 × (e ) (e x )2 ( x + 1)2 e x (1 − x − 1) = 3 × x 2 × (e ) (e x )2 3( x + 1)2 (− x ) = × x (e x )2 e −3 x( x + 1)2 −3 x( x + 1)2 = = (e x )3 e3 x D j ′ = 2

1 − ′ ⎛ ex ⎞ 2 ⎛ ex ⎞ ⎟⎟ × ⎜ ⎟ = × ⎜⎜ ⎝ ln x ⎠ 2 ⎝ ln x ⎠ 1 1 (e x )' × ln x − e x × (ln x )' = × × 2 (ln x )2 ex ln x 1 e x × ln x − e x × 1 x = × 2 x (ln x ) e 2 ln x ⎛ 1⎞ e x ⎜ln x − ⎟ ⎝ x⎠ = x e × (ln x )2 2 ln x ⎧ ⎫ ex Dl′ = ⎨ x ∈ : x > 0   ‹     > 0   ‹    ln x ≠ 0⎬ ⎩ ⎭ ln x = ]1, +∞[

1

′ ⎛ ( x + 1)3 ⎞ ⎟ f) k '( x ) = ⎜ ⎝ ex ⎠ (( x + 1)3 )' × e x − ( x + 1)3 × (e x )' = (e x )2 2 3( x + 1) × ( x + 1)' × e x − ( x + 1)3 × (e x ) = (e x )2 e x ( x + 1)2 (3 − ( x + 1)) = (e x )2 ( x + 1)2 (3 − x − 1) = ex ( x + 1)2 (2 − x ) = ex Dk ' =

x

0

+∞

1

ex

+

+

+

ln x

–

0

+

–

s.s.

+

e

x

ln x

Unidade 7 – Aplicações das derivadas Página 162 114. Função f → gráfico f’ é o gráfico I Função g → gráfico g’ é o gráfico IV Função h → gráfico h’ é o gráfico III Função j → gráfico j’ é o gráfico II 115. a) Falso. Por exemplo: y f (1) f (4) O

1

f (4) − f (1)

4

x

< 0 e f não é decrescente 4 − 1 em todo o intervalo ]1, 4[. Verifica-se que


b) Falso. Por exemplo, f(x) = x3.

x

–∞

–

3

+

0

–

0

+

£

Máx. 12

¢

mín. –20

£

Sinal de f’

y

Variação de f

f

+∞

–1

f(−1) = (−1)3 − 3 × (−1)2 − 9 × (−1) + 7 = 12 O

x

Verifica-se que f’(0) = 0 e f não tem um extremo em x = 0. c) Falso. Por exemplo, f(x) = |x|. y f

2 1 -2 -1 O

1

2

x

Verifica-se que f tem um extremo em x = 0 (neste caso, mínimo absoluto) e f’(0) não existe. d) Falso. Por exemplo: y f f (a) O

a

x

Verifica-se que a ∈ Df (à esquerda de a tem-se que f’(x) > 0 e à direita de a f’(x) < 0) e f(a) não é extremo da função. e) Verdadeiro. Foi provado na unidade anterior que se f é derivável num ponto, então é contínua nesse ponto. 116. a) f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 7 Df = • f '( x ) = ( x 3 − 3 x 2 − 9 x + 7)'  = 3 x 2 − 6 x − 9 Df ' = •

f (3) = 33 − 3 × 32 − 9 × 3 + 7 = −20 f é estritamente crescente em ]–∞, –1] e em [3, +∞[; f é estritamente decrescente em [–1, 3]; 12 é máximo relativo para x = –1; –20 é o mínimo relativo para x = 3. b) g( x ) = x + 4 x − 1 Dg = \{1} ′ ⎛ x + 4 ⎞ ⎟⎟ g'( x ) = ⎜⎜ ⎝ x − 1 ⎠ ( x + 4)' × ( x − 1) − ( x + 4) × ( x − 1)' = ( x − 1)2 x − 1 − x − 4 5 = = − ( x − 1)2 ( x − 1)2 Dg' = \{1} Como g’(x) < 0, Ax ∈ \ {1}, conclui-se que g é estritamente decrescente em ]–∞, 1[ e em ]1, +∞[ e não tem extremos. x c) h( x ) = 2 x + 1 Dh = ′ ⎛ x ⎞ ⎟⎟ h'( x ) = ⎜⎜ 2 ⎝ x + 1 ⎠ x ′ × ( x 2 + 1) − x × ( x 2 + 1)′ = ( x 2 + 1)2 x 2 + 1 − x × 2 x − x 2 + 1 = = 2 ( x + 1)2 ( x 2 + 1)2 Dh′ = h′( x ) = 0 − x 2 + 1 § 2 = 0 ( x + 1)2 § − x 2 + 1 = 0   ‹    x ∈ Dh′ § x = 1    ›    x = −1 x

f'( x ) = 0

–∞

–1

+∞

1

§ 3 x − 6 x − 9 = 0

–x2 + 1

–

0

+

0

–

§ x − 2 x − 3 = 0

(x2

+

+

+

+

+

–

0

+

0

–

¢

mín.

£

Máx.

¢

2

2

2 ± (−2) − 4 × 1 × (−3)

+

1)2

2

§  x =

2 × 1 § x = −1    ›    x = 3

Sinal de h’ Variação de h

127


D j' = ]0, 8[

−1 1 h(−1) = = – 2 2 (−1) + 1 1 1 h(1) = 2 = 1 + 1 2 h é estritamente decrescente em ]–∞, –1] e em [1, +∞[; h é estritamente crescente em [–1, 1]; 1 – é mínimo relativo para x = –1; 2 1 é máximo relativo para x = 1. 2 d) i( x ) = x 3 e− x Di = i ′( x ) = ( x 3 e− x )′ = ( x 3 )′ × e− x + x 3 × (e− x )′

i '( x ) = 0 § e− x × x 2 (3 − x ) = 0

0

–2x + 8

n.d.

+

0

–

n.d.

–x2 + 8x

n.d.

+

+

+

n.d.

Sinal de j’

n.d.

+

0

–

n.d.

Variação de j

n.d.

£

Máx.

¢

n.d.

Cálculo auxiliar:

§ x = 0   ›    x = 3 0

1 − e− x > 0 § −e− x > −1 § e− x < 1 § − x < ln1 § x > 0

+∞

3

e–x × x2

+

0

+

+

+

3–x

+

+

+

0

–

Sinal de i’

+

0

+

0

–

£

i(0)

£

Máx. i(3)

¢

i(0) = 03 × e0 = 0 27 i(3) = 33 × e−3 = 3 e

(1 − e− x )′ l′( x ) = ( x − ln(1 − e− x ))′ = x ′− 1 − e− x e− x 1 − 2e− x = 1 − = −x 1 − e 1 − e− x Dl′ = + l′( x ) = 0 §

e

§ 2e− x = 1    ‹    x ∈ Dl′ 1 § e− x =    ‹    x ∈ Dl′ 2 ⎛1⎞ § − x = ln⎜ ⎟   ‹    x ∈ Dl′ ⎝2⎠ ⎛1⎞ § x = −ln⎜ ⎟   ‹    x ∈ Dl′ ⎝2⎠ § x = ln2

é máximo relativo para x = 3.

e) j( x ) = ln(− x 2 + 8 x ) D j = { x ∈ : − x 2 + 8 x > 0} = ]0, 8[ Cálculo auxiliar: − x 2 + 8 x = 0 § x(− x + 8) = 0 § x = 0   ›    x = 8 + 0

8

-

(− x 2 + 8 x )′ −2 x + 8 j ′( x ) = (ln(− x 2 + 8 x ))′ = = 2 − x 2 + 8 x − x + 8 x

1 − 2e− x

= 0 1 − e− x § 1 − 2e− x = 0   ‹    x ∈ Dl′

i é estritamente crescente em ]–∞, 3] e estritamente decrescente em [3, +∞[; 3

8

Dl = { x ∈ : 1 − e− x > 0} = +

Equação o impossível em

27

4

f) l( x ) = x − ln(1 − e− x )

−x § e = 0    ›    x 2 = 0   ›    3 − x = 0

Variação de i

x

j é estritamente crescente em ]0, 4] e estritamente decrescente em [4, 8[; ln16 é máximo relativo para x = 4.

Di′ =

–∞

§ x = 4

j(4) = ln(−42 + 8 × 4) = ln 16

= 3 x 2e− x − x 3 e− x = e− x x 2 (3 − x )

x

j ′( x ) = 0 −2 x + 8

= 0 − x 2 + 8 x § −2 x + 8 = 0   ‹    x ∈ D j ′ §

-

128

x

0

+∞

ln2

1 – 2–x

n.d.

–

0

+

1 – e–x

n.d.

+

+

+

Sinal de l’

n.d.

–

0

+

Variação de l

n.d.

¢

mín.

£


−ln2

) = ln2 − ln(1 − e ) ln

l(ln2) = ln2 − ln(1 − e ⎛ 1⎞ = ln2 − ln⎜1 − ⎟ = ln2 + ln2 = 2 ln2 ⎝ 2⎠

1

2

l é estritamente decrescente em ]0, ln2] e estritamente crescente em [ln2, +∞[; 2ln2 é máximo relativo de l para x = ln2.

x

⎛ ±∞ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ±∞ ⎠

⎞ ⎛ a) lim f ( x ) = lim 4,6 ln(2 x ) = 4,6 × lim ⎜ ln(2 x ) × 2⎟ x → +∞ x → +∞ x → +∞⎝ 2 x ⎠ x

+

+

0

–

x2

+

+

+

+

Sinal de f’

+

+

0

–

mín.

£

Máx.

¢

Variação de f

4,6 ln1 0,5

= 0

⎛ e⎞ ⎛ e ⎞ 4,6 ln⎜⎝2 2 ⎟⎠ 4,6 × 1 9,2 f ⎜ ⎟ = = = ⎝2⎠ e e e 2

Cálculo auxiliar: Considerando a mudança de variável 2x = y. Se x → +∞, então y → +∞. ln y = 2 × 4,,6 lim = 9,2 × 0 = 0 y→ +∞ y Limite notável

lim f ( x ) = 0; significa que à medida que a idade da

b) f ( x ) =

4,6 ln(2 x )

x Df = ⎡⎣0,5; +∞⎡⎣ ′ ⎛ ln(2 x ) ⎞ ⎟ f ′( x ) = ⎜4,6 ⎝ x ⎠

′

x2

2 × x − ln(2 x ) × 1 2 = 4,6 × x x2 1 − ln(2 x ) = 4,6 × x2 f ′( x ) = 0 1 – ln(2 x ) § 4,6 × = 0 x2 § 1 − ln(2 x ) = 0   ‹    x ∈ Df ′ § ln(2 x ) = 1    ‹    x ∈ Df ′ § 2 x = e    ‹    x ∈ Df ′ § x =

2

c) t.m.v.⎡⎣2, 4⎤⎦ =

f (4) − f (2)

4 − 2 4,6 ln8 4,6 ln4 − 2 = 4 2 1 1 4,6 × ln8 − 4,6 × ln4 4 2 = 2 1

(ln(2x )) × x − ln(2x ) × x ′ = 4,6 ×

e

2

⎡ e⎤ f é estritamente crescente em ⎢0,5; ⎥ e estritamente ⎣ 2⎦ ⎡ ⎡e decrescente em ⎢ , +∞⎢; ⎣ ⎣2 0 é mínimo relativo para x = 0,5; 9,2 e é máximo relativo para x = . e 2 e Como ≈ 1,4, então é com 1,4 anos de idade que as 2 fêmeas geram o maior número de indivíduos.

x → +∞

fêmea vai aumentando o número médio de indivíduos gerados por essa fêmea tende para zero.

+∞

2

4,6(1 – ln(2x))

f (0,5) =

117.

e

0,5

=

1

4,6 × ln8 4 − 4,6 × ln4 2

2 1 ⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ (23 ) 4 ⎟ ⎜ 84 ⎟ ⎜ 24 ⎟ 4,6 = × ln⎜ 1 ⎟ = 2,3ln⎜ ⎟ = 2,3ln⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ ⎜ 2⎟ 2 ⎝4 ⎠

( ) = 2,3ln⎛⎜⎜ 1 ⎞⎟⎟      c.q.d.

= 2,3ln 2

−

1

4

⎝4 2⎠

DR = ⎡⎣0, 120⎤⎦

118. R( x ) = 0,00064 x 2 (120 − x )

′ R ′( x ) = (0,00064 x 2 (120 − x )) ′ ′ = 0,00064 ( x 2 ) × (120 − x ) + x 2 × (120 – x )

(

= 0,00064(2 x(120 − x ) + x × (−1)) 2

= 0,00064(240 x − 2 x 2 − x 2 ) = 0,00064(240 x − 3 x 2 )

)

129

130


DR′ = ⎡⎣0, 120⎤⎦

h′(0+ ) = lim+

R ′( x ) = 0

= lim+

x → 0

§ 0,00064(240 x − 3 x 2 ) = 0

h( x ) − h(0)

x − 0 x − (1 + x ) ln(1 + x ) − 0 x

x → 0

ln(1 + x ) x = lim+ − lim+ (1 + x ) × lim+ x → 0 x x → 0 x → 0 x

§ 240 x − 3 x 2 = 0 § x(240 − 3 x ) = 0 § x = 0   ›    x = 80

Limite notável

= 1 − 1 × 1 = 0

0

80

120

0

+

0

–

–

Variação de R

0

£

Máx.

¢

0

Assim: h’(x) =

Sinal de R’

h′(0− ) = h′(0+ ) = 0, lo ogo h′(0) = 0. e x – 1 –ln(1 + x )

se x < 0 se x ≥ 0

Cálculo dos zeros de h’: h′( x ) = 0

Cálculo auxiliar: R(0) = 0 R(120) = 0 R(80) = 163,84

§ (e x − 1 = 0   ‹    x < 0)    ›    (−ln(1 + x ) = 0   ‹    x ≥ 0)

§ (e x = 1    ‹    x < 0)    ›    (1 + x = e0    ‹    x ≥ 0) § ( x = 0    ‹     x < 0)    ›    ( x = 0   ‹    x ≥ 0) Condição impossível

R é estritamente crescente em[0, 80] e estritamente decrescente em [80, 120]; 163,84 é máximo relativo para x = 80. Assim, a taxa de disseminação da epidemia aumentou até ao momento em que estavam infetados 80 árvores, momento na qual foi atingida a maior taxa de disseminação da epidemia, tendo diminuído a partir daí.

§ x = 0 –∞ Sinal de h’ Variação de h

–

0

–

¢

h(0) = 0

¢

h(0) = 0 A função h é estritamente decrescente em todo o seu domínio e não possui extremos. 120.

119. h(x) =

x

e – 1 – x x – (1 + x ) ln(1 + x )

se x < 0 se x ≥ 0

Dh =

′ a) f ′( x ) = (2 x 5 + 3 x 2 − 4) = 10 x 4 + 6 x ′ f ′′( x ) = (10 x 4 + 6 x ) = 40 x 3 + 6 f ′′ : → x 40 x 3 + 6

• h’(x) para x < 0: ′ h′( x ) = (e x − 1 − x ) = e x − 0 − 1 = e x − 1 ′ h′( x ) = ( x − (1 + x ) × ln(1 + x )) ⎡ ′⎤ = 1 − ⎢⎣(1 + x )′ × ln(1 + x ) + (1 + x ) × (ln(1 + x )) ⎦⎥ = 1 − 1 × ln(1 + x ) + (1 + x ) × = 1 − ln(1 + x ) + 1 = −ln(1 + x )

1 1 + x



h′(0 ) = lim−

h( x ) − h(0)

x

e − 1 − x − 0

= lim− x → 0 x − 0 x e x − 1 x x − lim− = = 1 − 1 = 0 = lim− x → 0 x x→ 0 x x x → 0

Limite notávell

x = 0 é o único zero de f’’’. ′ c) f (IV ) ( x ) = (120 x 2 ) = 240 x ( )

f V ( x ) = 240 ( )

f VI ( x ) = 0 n = 6 121.

• h’(x) para x = 0: −

′ b) f ′′′( x ) = (40 x 3 + 6) = 120 x 2 f ′′′( x ) = 0 § 120 x 2 = 0 § x = 0

• h’(x) para > 0:

+∞

0

a) f ( x ) = e x ′

f ′( x ) = (e x ) = e x ′ f ′′( x ) = (e x ) = e x ′ f ′′′( x ) = (e x ) = e x

Df = Df ' = Df '' = Df ''' =


Das opções apresentadas, apenas a representação gráfica que se encontra na opção (A) verifica todas as condições. Opção (A)

Dg = +

b) g( x ) = ln x ′ 1 g′( x ) = (ln x ) = x ′ ⎛1⎞ 1 g′′( x ) = ⎜ ⎟ = − 2 ⎝x⎠ x ′ ⎛ 1⎞ ′ g′′′( x ) = ⎜− 2 ⎟ = (− x −2 ) ⎝ x ⎠ 2 = − (−2)x −3 = 3 x

Dg′ = + Dg′′ = +

124. f ′′( x ) = 4 − x 2 f ′′( x ) = 0 § 4 − x 2 = 0 § x = −2   ›    x = 2 x

Dg′′′ = +

122. a) Como se observa pelo gráfico apresentado, f’ é uma função negativa em todo o seu domínio, logo f é estritamente decrescente, pelo que, dos valores de x assinalados, é em x5 que f assume o menor valor. b) Pelo mesmo motivo da alínea anterior, é em x1 que f assume o maior valor. c) Por observação do gráfico de f’, conclui-se que, dos valores assinalados, é em x5 que f’ atinge o menor valor. d) Pelo mesmo motivo da alínea anterior, dos valores assinalados, é em x2 que f’ assume o maior valor. e) Como o gráfico apresentado diz respeito à função f’ tem-se que os declives das retas tangentes ao gráfico de f’ nos pontos de abcissa x1, x2, x3, x4 e x5 corres-

( ) ( ) ( ) ( )

pondem aos valores de f ′′ x1 , f ′′ x2 , f ′′ x3 , f ′′ x4 e

( )

f ′′ x6 .

Assim, e como em x3 e em x5 a reta tangente ao gráfico tem declive igual e negativo, conclui-se que é em x3 e em x5 que f” assume o menor valor. f) Pelo mesmo motivo da alínea anterior, conclui-se que, dos valores assinalados, é apenas em x1 que a reta tangente ao gráfico de f’ tem declive positivo, logo é em x1 que f” assume o maior valor. 123. Por observação da representação gráfica de g’, sabe-se que: x

Variação de g’

–∞

a

£

Máx.

b

¢

mín.

+∞

£

Completando a tabela anterior, e sendo g’ uma função contínua, terá de se verificar: x Sinal de g” Variação de g’

–∞

a

b

+∞

+

0

–

0

+

£

Máx.

¢

mín.

£

–∞

–2

2

+∞

Sinal de f”

–

0

+

0

–

Sentido das concavidades do gráfico de f

∩

P.I.

∪

P.I.

∩

O gráfico da função f tem a concavidade voltada para baixo nos intervalos ]–∞, –2] e [2, +∞[ e tem a concavidade voltada para cima em [–2, 2], apresentando dois pontos de inflexão nos pontos de abcissa –2 e 2. Das opções apresentadas, apenas a representação gráfica que se encontra na opção (D) verifica estas características. Opção (D) 125. a) f ( x ) = 2 x 3 + 6 x 2 − 5 x + 1

Df =

f ′( x ) = 6 x 2 + 12 x − 5

Df ′ =

f ′′( x ) = 12 x + 12

Df ′′ =

f ′′( x ) = 0 § 12 x + 12 = 0 § x = −1 x

–∞

+∞

–1

Sinal de f”

–

0

+


∩

P.I.

∪

f(–1) = 10 O gráfico de f tem a concavidade voltada para baixo em ]–∞, –1] e voltada para cima em [–1, +∞[. Tem um ponto de inflexão de coordenadas (–1, 10). b) g( x ) = x +

4

Dg = \{0} x 4′ × x − 4 × x ′ 4 g′( x ) = 1 + = 1 − 2 Dg′ = \{0} 2 x x ′ ' ⎛ 4′ × x 2 − 4 × ( x 2 ) 4⎞ g′′( x ) = ⎜1 − 2 ⎟ = 0 − 2 ⎝ x ⎠ ( x2 ) 0 − 8 x 8 = − 4 = 3 Dg′′ = \{0} x x

131

132


′ ′ ⎛ 2ln x ⎞ (ln x ) × x − (ln x ) × x ′ ⎟ = 2 × i ′′( x ) = ⎜ ⎝ x ⎠ x2 1 × x − ln x × 1 = 2 × x x2 1 − ln x = 2 × Di ′′ = + 2 x

g′′( x ) = 0 8 = 0 x3

§

Equação impossível, g′′ não tem zeros x

–∞

+∞

0

Sinal de g”

–

n.d.

+

Sentido das concavidades do gráfico de g

∩

n.d.

∪

O gráfico de g tem a concavidade voltada para baixo em]–∞, 0[ e voltada para cima em ]0, +∞[. c) h( x ) = ( x 2 + x + 2)e− x Dh = ' ′ h′( x ) = ( x 2 + x + 2) × e− x + ( x 2 + x + 2) × (e− x ) = (2 x + 1) × e− x − ( x 2 + x + 2)e− x = e− x (2 x + 1 − x 2 − x − 2) = e− x (− x 2 + x − 1)

Dh′ = ′ ′ h′′( x ) = (e− x ) × (− x 2 + x − 1) + (e− x ) × (− x 2 + x − 1) = −e x (− x 2 + x − 1) + e− x (−2 x + 1) = e

−x

= e

−x

( x − x + 1 − 2 x + 1) ( x 2 − 3 x + 2) 2

Dh′′ =

h′′( x ) = 0 § e

−x

(x

2

− 3 x + 2) = 0

§ e = 0    ›    x 2 − 3 x + 2 = 0

§ x =

2

− 4 × 1 × 2

2 × 1 § x = 1    ›    x = 2 x

–∞

§ x = e x

1

+∞

2

Sinal de h”

+

0

–

0

+

Sentido das concavidades do gráfico de h

∪

P.I.

∩

P.I.

∪

O gráfico de h tem a concavidade voltada para cima em ]–∞, 1] e em [2, +∞[ e tem a concavidade voltada para baixo em [1, 2]. Existem 2 pontos de inflexão de coordenadas

(1, 4e−1 ) e (2, 8e−2 ).

(

2

i ′( x ) = (ln x )

′

Di = +

) = 2ln x × (ln x ) = 2ln x × ′

+∞

n.d.

+

0

–

x2

n.d.

+

+

+

Sinal de i”

n.d.

+

0

–

Sentido das concavidades do gráfico de i

n.d.

∪

P.I.

∩

i(e) = (lne ) = 1 2

D j = +

′ 1 j ′( x ) = ( x 2 − 2ln x ) = 2 x − 2 × x ′ ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ j ′′( x ) = ⎜2 x − 2 × ⎟ = 2 − 2 × ⎜− 2 ⎟ ⎝ ⎝ x ⎠ x⎠ 2 = 2 + 2 x

1 x

Di ′ = +

D j ′ = +

D j ′′ = +

2 j ′′( x ) = 0 § 2 + 2 = 0 x

Equação impossível em m , logo j′′ não tem zeros

h(2) = 8e−2

2

e

2(1 – lnx)

h(1) = 4e−1

d) i( x ) = (ln x )

0

e) j( x ) = x 2 − 2ln x

Equaçção impossível

(−3)

§ ln x = 1    ‹    x ∈ Di ′′

O gráfico de i tem a concavidade voltada para cima em ]0, e] e voltada para baixo em [e, +∞[. Apresenta um ponto de inflexão de coordenadas (e, 1).

−x

3±

i ′′( x ) = 0 1 − ln x § 2 × = 0 x2 § 1 − ln x = 0   ‹    x ∈ Di ′′

x

+∞

0

Sinal de j”

n.d.

+

Sentido das concavidades do gráfico de j

n.d.

∪

O gráfico de j apresenta a concavidade voltada para cima em todo o seu domínio. Não existem pontos de inflexão.


126. 1 a) f ( x ) = 5ln x − x 2 ′ ⎛ 1 ⎞ 1 1 f ′( x ) = ⎜5ln x − x ⎟ = 5 × − ⎠ ⎝ 2 x 2 ′ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 1 f ′′( x ) = ⎜5 × − ⎟ = 5 × ⎜− 2 ⎟ − 0 ⎝ ⎝ x ⎠ x 2⎠ 5 = − 2 x

1 1 5ln x − x x 2 = lim 5ln x − lim 2 d) lim f ( x ) = lim x → +∞ x x → +∞ x → +∞ x x → +∞ x x ln x 1 1 1 = 5 lim − lim = 5 × 0 − = − x → +∞ x x → +∞ 2 2 2

Df = + Df ′ = +

Limite nottável

e) • Assíntotas verticais: Df = +

Df ′′ = +

⎛ 1 ⎞ 1 lim+ f ( x ) = lim+ ⎜5ln x − x ⎟ = −∞ − × 0 = −∞ x → 0 x → 0 ⎝ ⎠ 2 2

Como f ′′( x ) < 0, ∀x ∈ + , conclui-se que o gráfico de

A reta de equação x = 0 e assíntota vertical do gráfico de f. O gráfico de f não apresenta mais assíntotas verticais visto f ser uma função contínua no seu domínio. • Assíntotas não verticais: Df = + f (x) 1 m = lim = − (calculado na alínea anterior) x → +∞ x 2 ⎛ ⎛ 1⎞ ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ b = lim ⎜f ( x ) − ⎜− ⎟ x ⎟ = lim ⎜5ln x − x + x ⎟ x → +∞⎝ x → + ∞ ⎝ 2⎠ ⎠ ⎝ 2 2 ⎠

f tem a concavidade voltada para baixo em todo o seu domínio. 5 1 10 − x b) f ′( x ) = − = x 2 2x f ′( x ) = 0 §

10 − x

Df ′ = +

(

= 0

2x § 10 − x = 0   ‹    x ∈ Df ′ § x = 10   ‹    x ∈ Df ′

x

0

10 – x

n.d.

+

0

–

2x

n.d.

+

+

+

Sinal de f’

n.d.

+

0

–

Variação de f

n.d.

£

Máx.

¢

x → +∞

Como b ∉ , conclui-se que não há assíntotas não verticais do gráfico de f para x → +∞. 127. f ( x ) = 1 + 3e x + 3

f(10) = 5ln10 – 5 f é estritamente crescente em ]0, 10] e estritamente decrescente em [10, +∞[; 5ln10 – 5 é máximo absoluto para x = 10; não tem mínimos relativos. Conlui-se que Df ′ = ⎤⎦−∞, 5ln10 − 5⎤⎦.

a)

Cálculo auxiliar: f (−3) = 1 + 3e−3 + 3 = 1 + 3 = 4 f ′(−3) = lim

x → −3

⎛ 1⎞ c) P (1, f (1)) = ⎜1, − ⎟ ⎝ 2⎠

= lim

x → −3

Seja t a reta tangente ao gráfico de f em x = 1 e n a reta normal ao gráfico de f em x = 1. Como mt = f ′(1) =

= lim (5ln x ) = +∞

+∞

10

10 − 1

9

1

2

= , então mn = − = − . 2 9 9 2 2 Assim, a equação da reta n é da forma y = − x + b. 9 ⎛ 1⎞ Como P ⎜1, − ⎟ pertence à reta n, então: ⎝ 2⎠ 1 2 − = − × 1 + b 2 9 5 § b = − 18 2 5 n : y = − x − 9 18

2

)

f ( x ) − f (−3) x − (−3) 3e

x + 3

− 3

x + 3

= lim

1 + 3e x + 3 − 4 x + 3

x → −3

= lim

x → −3

3(e x + 3 − 1) x + 3

Considerando a mudança de variável x + 3 = y, se x → –3, então y → 0. e y − 1 = 3 lim = 3 × 1 = 3 y→ 0 y Limite notável

b) Seja t a reta tangente ao gráfico de f cujo declive é 3e, então t é da forma y = 3ex + b. Para determinar b é necessário conhecer as coordenadas do ponto de tangência T. Sabe-se que: mt = 3e § f ′( x ) = 3e § 0 + 3e x + 3 = 3e § e x + 3 = e § x + 3 = 1 § x = −2

Assim, T (−2, f (−2)) = (−2, 1 + 3e ).

133

134


Logo, como T pertence à reta t de equação y = 3ex + b, vem que:

7296 × e−1,2 × 2

(4 + 76e−1,2 × 2 )

2

≈ 5,6; significa que

após 2 semanas do aparecimento do surto de gripe o número de pessoas contagiadas está a aumentar à taxa de 5,6 centenas de pessoas por semana. b) Para determinar em que momento a doença está a alastrar-se mais rapidamente, é necessário analisar como varia a taxa de variação da função Q, isto é, estudar a variação da função Q’: 7296 × e−1,2t Q ′(t ) = (determinada na alínea anterior) 2 (4 + 76e−1,2t ) ′ 2 (7296 × e−1,2t ) × (4 + 76e−1,2t ) − 7296e−1,2t × Q ′′(t ) = 4 (4 + 76e−1,2t ) ′ 2 × (4 + 76e−1,2t )

1 + 3e = 3e × (−2) + b § b = 1 + 3e + 6e § b = 9e + 1 t : y = 3ex + 9e + 1 c) • Df = = Df′−1 •

Assim, Q ′(2) =

1 + 3e x + 3 = y y − 1 § e x + 3 = 3 ⎛ y − 1 ⎞ ⎟ § x + 3 = ln⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎛ y − 1 ⎞ ⎟ − 3 § x = ln⎜ ⎝ 3 ⎠

(

⎧ ⎫ x − 1 • Df−1 = ⎨ x ∈ : > 0⎬ = ]1, +∞[ ⎩ ⎭ 3 −1 f : ]1, +∞[ → ⎛ x − 1 ⎞ ⎟ − 3 x ln⎜ ⎝ 3 ⎠

)

(4 + 76e−1,2t ) 2 −8755,2e−1,2t × (4 + 76e−1,2t ) − 7296e−1,2t 4

=

(4 + 76e−1,2t ) ′ + 76e−1,2t ) × (4 + 76e−1,2t ) × 2(4 + 4

(4 + 76e−1,2t ) e−1,2t × (4 + 76e−1,2t )⎡⎣−8755,2(4 + 76e−1,2t ) − 4

d) f ( x ) = 1 + 3e x + 3 f ′( x ) = 3e x + 3

=

f ′′( x ) = 3e x + 3

(4 + 76e−1,2t )

− 7296 × 2 × (0 − 91,2e−1,2t )⎤⎦

Assim: f ′′( x ) + f ′( x ) > f ( x )

(4 + 76e−1,2t )

§ 3e x + 3 + 3e x + 3 > 1 + 3e x + 3

=

x + 3

> 1 1 § 3e x + 3 > 3 ⎛1⎞ § x + 3 > ln⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛1⎞ § x > ln⎜ ⎟ − 3 ⎝3⎠ ⎡ ⎤ ⎛1⎞ C.S. = ⎥ln⎜ ⎟ −3, +∞⎢ ⎣ ⎦ ⎝3⎠ § 3e

=

=

3

e−1,2t × (−35 020,8 + 665 395, 2 × e−1,2t )

(4 + 76e−1,2t )

3

§ e−1,2t (−35 020,8 + 665 395,2e−1,2t ) = 0 ‹    t ∈ DQ ′′ −1,2t § e 0    ›    e−1,2t = =

2

0 − 80 × (0 + 76 × (−1,2) × e−1,2t )

(4 + 76e−1,2t ) 2

3

Q ′′(t ) = 0

(4 + 76e−1,2t )

(4 + 76e−1,2t )

(4 + 76e−1,2t )

DQ ′′ = +

′ 80′ × (4 + 76e−1,2t ) − 80 × (4 + 76e−1,2t )

7296e−1,2t

e−1,2t × (−35 020,8 + 665 395, 2e−1,2t +

(4 + 76e−1,2t )

′ ⎛ ⎞ 80 a) Q ′(t ) = ⎜⎜ ⎟ −1,2t ⎟ ⎝ 4 + 76e ⎠

=

3

+ 1 330 790,4e−1,2t )

128.

=

3

2

Equação imposssível

⎛1⎞ § −1,2t = ln⎜ ⎟ ⎝ 19 ⎠ ⎛1⎞ ln⎜ ⎟ ⎝ ⎠ § t = 19 −1,2 t ≈ 2,45

35 020,8 665 395,2


x

130. Consideremos a representação gráfica da função y = 1 – x2:

⎛1⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 19 ⎠ −1,2

0

Sinal de Q” Variação de Q’

y 1

+

0

–

£

Máx.

¢

O máximo de Q’ é atingido quando t ≈ 2,45, o que significa que a doença está a alastrar-se mais rapidamente após 2 semanas (com aproximação às unidades) do seu aparecimento.

-1

y = 1 - x2

O x

x

x

1

A área de um retângulo nas condições pretendidas é dada em função de x pela expressão: A( x ) = 2 x × (1 − x 2 )

129. a) Considerando os quadrados dos cantos de lado x, tem-se que: x

x

§ A( x ) = 2 x − 2 x 3 com x ∈ ]0, 1[ A′( x ) = 2 − 6 x 2 com DA' = ]0, 1[ A′( x ) = 0 § 2 − 6 x 2 = 0   ‹    x ∈ DA'

x x

1 § x 2 =    ‹    x ∈ DA' 3 1 § x = ±    ‹    x ∈ DA' 3 ⎛ ⎞ 3 3⎟ § ⎜⎜ x =    ›    x = – ⎟   ‹    x ∈ DA' ⎝ 3 3 ⎠

6 x x

x

x 6

3

§ x =

Assim, a base da caixa é um quadrado de lado 6 – 2x e a altura da caixa é x, logo o seu volume é dado pela expressão: V ( x ) = (6 − 2 x ) × x 2

3

0 n.d.

Variação de A n.d.

§ V ( x ) = 4 x − 24 x + 36 x

1

3

Sinal de A’

§ V ( x ) = (36 − 24 x + 4 x 2 ) × x 3

x

3

+

0

–

n.d.

£

Máx.

¢

n.d.

2

com os valores de x a pertencer ao intervalo ]0, 3[. b) V ( x ) = 4 x 3 − 24 x 2 + 36 x

DV = ]0, 3[ = DV '

V '( x ) = 12 x − 48 x + 36 2

V '( x ) = 0

Cálculo auxiliar: 2 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 3⎟ 2 3⎜ 3⎟ ⎟ 2 3 2 4 3 ⎜ ⎜ A⎜ × = ⎟ = ⎟ ⎟ = ⎜1 − ⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎠ 3 ⎝ 3 3 9

§ 12 x 2 − 48 x + 36 = 0   ‹    x ∈ DV '

O valor máximo da área é atingido quando x =

§ ( x = 1    ›    x = 3)   ‹    x ∈ DV '

e o seu valor é de x =

§ x = 1

n.d.

Variação de V

n.d.

3

+

0

–

n.d.

£

Máx. 16

¢

n.d.

V(1) = 4 – 24 + 36 = 16 Conclui-se assim que o volume da caixa é máximo quando x = 1 cm e, nesse caso, o volume é de x = 16 cm3.

9

3

.

131. Consideremos a seguinte representação do problema: ym Vedação xm

Parque AUTOESTRADA

Vedação

Sinal de V’

1

Vedação

0

4 3

3

xm

135

136


Seja P a quantidade de vedação usada, em metros, em função do comprimento e da largura do parque: P = x + x + y = 2x + y Como Área = 5000, vem que: x × y = 5000 § y =

Logo, P( x ) = 2 x +

133. a) f( x ) =

x

x

5000 x2

=

, com x ∈ ]0, +∞[.

2

(− x )

=

2

= 0 § x 2 = 0   ‹    x ∈ Df x 2 − 1 § x = 0   ‹    x ∈ Df

2 x 2 − 5000 x2

f tem um único zero: x = 0 • Assíntotas:

§ 2 x 2 − 5000 = 0   ‹    x 2 ≠ 0 § x 2 = 2500

lim+ f ( x ) = lim+

x2

§ x = 50   ›    x = −50 ∉ Dp 0

Sinal de P’

n.d.

–

0

+

Variação de P

n.d.

¢

mín.

£

A quantidade mínima de vedação a ser utilizada verifica-se para x = 50, logo o parque deverá ter de largura 50 m e de comprimento y =

5000 50

x → 1

x − 1 x2 2

= 100 m.

(

= 4(e−0,16t − t × 0,16e−0,16t )

)

= 4e−0,16t (1 − 0,16t ) R ′(t ) = 0 § 4e−0,16t (1 − 0,16t ) = 0 −0,16t = 0   ›    1 − 0,16t = 0 § 4 e


§ t = 6,25 x

0

Sinal de R’

n.d.

+

0

–

Variação de R

n.d.

£

Máx.

¢

A população de roedores é máxima após 6,25 semanas do solstício de inverno. Como o tempo de inclinação dos ovos de falcão é de 5 semanas, para que o nascimento de filhotes de falcão coincida com a época em que a população de roedores é máxima, os ovos deverão ser postos após 1,25 semanas do solstício de inverno.

= lim

x2

x → +∞

Df ′ = \{−1, 1}

+∞

6,25

x2

= 1, conclui-se x 2 − 1 x→ +∞ x 2 que a reta de equação y = 1 é assíntota horizontal do gráfico de f, para x → +∞ e, novamente considerando o facto de f ser par, conclui-se que para x → –∞ a assíntota é a mesma. ′ ′ ′ ⎛ x 2 ⎞ ( x 2 ) × ( x 2 − 1) − x 2 × ( x 2 − 1) ⎟⎟ = • f ′( x ) = ⎜⎜ 2 2 ⎝ x − 1 ⎠ ( x 2 − 1) −2 x 2 x × ( x 2 − 1) − x 2 × 2 x = = 2 2 ( x 2 − 1) ( x 2 − 1)

Como lim f ( x ) = lim x → +∞

′ R ′(t ) = 4 t ′× e−0,16t + t × (e−0,16t )

=

A reta de equação x = 1 é assíntota vertical do gráfico de f. Como a função é par, pode concluir-se que a reta de equação x = –1 é também assíntota vertical do gráfico de f. Não há mais assíntotas verticais, pois verifica-se que a função é contínua no seu domínio.

+∞

50

DR = +

1

= +∞ 0+ 1 = − = −∞ lim f ( x ) = lim– 2 x → 1– x → 1 x − 1 0

x → 1

§ x = ± 2500

132. R(t ) = 4te−0,16t

x2

x2

• f ( x ) = 0 §

P ′( x ) = 0

x

(− x )

= f ( x ), ∀x ∈ Df , logo f é 2 − 1 x − 1 uma função par, ou seja, o seu gráfico é simétrico em relação ao eixo Oy.

• f (− x ) =

′ ⎛ ⎛ 1⎞ 5000 ⎞ ⎟ = 2 + 5000 × ⎜− ⎟ P ′( x ) = ⎜2 x + ⎝ ⎝ x2 ⎠ x ⎠ = 2 −

x 2 − 1

• Df = { x ∈ : x 2 − 1 ≠ 0} = \{−1, 1}

5000

5000

x2

f ′( x ) = 0 § −2 x = 0   ‹    x ∈ Df ′ § x = 0 x Sinal de f’ Variação de f

f(0) =

02 0 − 1 2

–∞

–1

+

n.d.

+

0

–

n.d.

–

£

n.d.

£

M

¢

n.d.

¢

= 0

0

1

+∞


f é estritamente crescente em ]–∞, –1[ e em ]–1, 0] e é estritamente decrescente em [0, 1[ e em ]1, +∞[; 0 é máximo relativo para x = 0. ′ ⎛ −2 x ⎞ • f ′′( x ) = ⎜ ⎟ 2⎟ ⎜ 2 ⎝ ( x − 1) ⎠ ′ 2 2 ′ (−2 x ) × ( x 2 − 1) − (−2 x ) × ( x 2 − 1) = 4 ( x 2 − 1)

(

)

• g(− x ) = e− x − e−( − x ) § e− x − e x = −(e x − e− x ) = −g( x ), ∀x ∈ Dg , logo, g é uma função ímpar, ou seja, o seu gráfico é simétrico em relação à origem do referencial. • Assíntotas: A função é contínua em visto tratar-se da diferença de funções contínuas, logo o seu gráfico não tem assíntotas verticais. ⎛ e x − e− x ⎞ ⎟ = lim ⎜ x → +∞ x x → +∞⎝ x ⎠ ex e− x = lim − lim x → +∞ x x → +∞ x

−2( x 2 − 1) + 2 x × 2( x 2 − 1) × 2 x 2

= = =

m = lim

( x 2 − 1) ( x 2 − 1)⎡⎣−2( x 2 − 1) + 8 x 2 ⎤⎦ 4

( x 2 − 1) 2 (−2 x + 2 + 8 x 2 )

4

( x 2 − 1)

3

=

Limite notável

6 x + 2 2

( x 2 − 1)

= +∞ −

3

f ′′( x ) = 0 § 6x+ 2 = 0   ‹    x ∈ Df ′′ 2


x

–∞

–1

g( x )

+∞

1

6x2 + 2

+

n.d.

+

n.d.

+

(x2 – 1)3

+

n.d.

–

n.d.

+

Sinal de f”

+

n.d.

–

n.d.

+


∪

n.d.

∩

n.d.

∪

O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima em ]–∞, –1[ e em ]1, +∞[ e voltada para baixo em ]–1, 1[. • Representação gráfica: y

0 +∞

= +∞

Como m ∉ , conclui-se que o gráfico de g não apresenta assíntotas não verticais para x → +∞ e, visto que a função é ímpar, o mesmo se pode concluir para x → –∞. ′ x −x x −x Dg′ = • g′( x ) = (e − e ) = e + e Como g′( x ) > 0, ∀x ∈ , conclui-se que g’ é estritamente crescente em todo o seu domínio. ′ x −x Dg′′ = • g′′( x ) = (e + e ) g′′( x ) = 0 § e x − e− x = 0 § e x = e− x § x = − x § x = 0 x

–∞

+∞

0

Sinal de g”

–

0

Sentido das concavidades do gráfico de g

∩

P.I.

+ ∪

g(0) = e0 − e−0 = 1 − 1 = 0 1 -1

O

1

x

O gráfico de g tem a concavidade voltada para baixo em ]–∞, 0] e voltada para cima em [0, +∞[; tem um ponto de inflexão de coordenadas (0, 0). • Representação gráfica: y

b) g(x) = ex – e–x • Dg = • Zeros: g( x ) = 0 § e x = e− x § x = − x § x = 0

g

O

x

137

138


c) h( x ) = ln(e x − 1)

§ e x = 2

′ ⎛ ex ⎞ ⎜ ⎟ ′′ h = ( ) x • ⎝ e x − 1 ⎠ ′ ′ (e x ) × (e x − 1) − e x × (e x − 1) = 2 (e x − 1) e x (e x − 1) − e x × e x = 2 (e x − 1) e x (e x − 1 − e x ) −e x = = 2 2 (e x − 1) (e x − 1)

§ x = ln2

Como h′′( x ) < 0, ∀x ∈ Dh , verifica-se que o gráfico de

• Dh = { x ∈ : e x − 1 > 0} = + Cálculo auxiliar: ex – 1 > 0 § ex > 0 § x > 0 h( x ) = 0   ‹    x ∈ Dh

•

§ ln(e x − 1) = 0 § e x − 1 = 1

h tem um único zero: x = ln2 • Assíntotas: lim h( x ) = lim+ ln(e x − 1) = ln(1+ − 1) = ln0+ = −∞

x → 0+

h tem a concavidade voltada para baixo em +. • Representação gráfica: h

x → 0

y

A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico de h. Este não apresenta mais assíntotas verticais já que a função h é contínua no seu domínio. ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ln⎜⎜e x ⎜1 − x ⎟⎟⎟ h( x ) ln(e − 1) ⎝ ⎝ e ⎠⎠ m = lim = lim = lim x → +∞ x x → +∞ x → +∞ x x ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 1 ⎜ lne x + ln⎜⎜1 − ⎟⎟ ⎟ ⎜ ex ⎠ ⎟ ⎝ = lim ⎜ ⎟ x → +∞⎝ ⎠ x ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎜ ln⎜⎜1 − ⎟⎟ ⎟ ⎛x⎞ ⎜ ⎝ ex ⎠ ⎟ = lim ⎜⎜ ⎟⎟ + lim ⎜ ⎟ x → +∞ x ⎠ x ⎝ ⎠ x→ +∞⎝ ln(1 − 0) = 1 + 0 = 1 = 1 + +∞

b = lim (h( x ) − 1 × x ) = lim (ln(e x − 1) − x ) x → +∞

•

′

e − 1

=

ex e x − 1

x

x

2

x

x → +∞

2x

= lim

x

x → +∞

2 x + 1 + e

= lim

x

+ lim

e

+

e

+∞

x 2

−

x

2

x

x → +∞

−∞

−

x

x → +∞

2 x + 1

= lim

= 2 + 0 = 2

(

b = lim (i( x ) − 2 x ) = lim 2 x + 1 + e x → +∞

x → +∞

(

= lim 1 + e

Assim, conclui-se que a reta de equação y = x é assíntota oblíqua do gráfico de h quando x → +∞.

(e x − 1) h′( x ) = (ln(e − 1)) = x

i( x )

x → +∞

⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ 1⎞ = lim ⎜⎜ln⎜⎜e x × ⎜1 − x ⎟ − x ⎟⎟⎟⎟ x → +∞ ⎝ ⎠⎠ e ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ = lim ⎜⎜lne x + ln⎜1 − x ⎟ − x ⎟⎟ x → +∞⎝ ⎝ ⎠ e ⎠ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 1 = lim ⎜⎜ x + ln⎜1 − x ⎟ − x ⎟⎟ x → +∞⎝ ⎝ ⎠ e ⎠ ⎛ ⎛ ⎞ 1 ⎞ 1 = lim ln⎜1 − x ⎟ = ln⎜1 − ⎟ = ln1 = 0 x → +∞ ⎝ ⎝ +∞ ⎠ e ⎠

′

−

ln

d) i( x ) = 2 x + 1 + e 2 • Di = • O gráfico de i não possui assíntotas verticais visto tratar-se de uma função contínua (soma de funções contínuas) em . m = lim

x → +∞

x

O

⎛ ±∞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ±∞ ⎠

x

Dh′ = +

Como h′( x ) > 0, ∀x ∈ Dh , então verifica-se que h é estritamente crescente em todo o seu domínio.

x → +∞

−

x 2

) = 1 + e

−∞

−

x 2

− 2 x

)

= 1 + 0 = 1

A reta de equação y = 2x + 1 é assíntota oblíqua do gráfico de i quando x → +∞. m = lim

i( x ) x 2x

x → −∞

= lim

x → −∞

x

= lim

2 x + 1

x → −∞

+ lim

y→ +∞

e

y

−2 y

x

+ lim

x → −∞

e

−

x

x 2


134.

Cálculo auxiliar: Considerando a mudança de variável x − = y § x = −2 y 2

a) f( x ) =

x 2 + x + 1 2 x + 1

⎧ 1⎫ • Df = { x ∈ : 2 x + 1 ≠ 0} = \ ⎨− ⎬ ⎩ 2⎭

Se x → –∞, então y → +∞. Como m ∉ não existe assíntota não vertical do gráfico de i quando x → –∞.

• f( x ) = 0 §

1 1 ey = 2 − lim = 2 − × (+∞) = −∞ y → +∞ y 2 2

x 2 + x + 1 2 x + 1

(

• i ′( x ) = 2 x + 1 + e

x 2

′

) = 2 −

1 2

e

−

x

lim + f ( x ) = lim +

x

x → −

Di ′ =

2

x

–∞

Sinal de i’ Variação de i

x → −

+∞

–

0

+

¢

mín.

£

Cálculo auxiliar: −

(−2 ln4) 2

= −4 ln4 + 1 + e = −4 ln4 + 1 + 4 = 5 − 4 ln4

ln4

′ x x ⎛ − ⎞ 1 1 ⎛ 1 ⎞ − 2 • i ′′( x ) = ⎜2 − e ⎟ = 0 − × ⎜− ⎟e 2 ⎝ ⎠ 2 ⎝ 2⎠ 2

1

2

x → −

1

3 = 4− = −∞ 2 x + 1 0

x 2 + x + 1

2

1

é assíntota vertical do 2 gráfico de f. O gráfico de f não tem mais assíntotas verticais visto tratar-se de uma função contínua no seu domínio. x 2 + x + 1 f (x) m = lim = lim 2 x + 1 x → +∞ x x → +∞ x 2 x + x + 1 x2 1 1 = lim = lim = = lim 2 x → +∞ x → +∞ 2 x x → +∞ 2 2 2 x + x

= lim

Di ′′ =

i ′′( x ) > 0, ∀x ∈ Di , logo o gráfico de i tem a concavi-

dade voltada para cima em . • Representação gráfica: y

x

2 x 2 + 2 x + 2 − 2 x 2 − x 4 x + 2

x → +∞

= lim

x → +∞

x

O 5 - 4ln4

1

2

⎛ x 2 + x + 1 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ − x ⎟ b = lim ⎜f ( x ) − x ⎟ = lim ⎜ x → +∞⎝ 2 ⎠ 2 ⎠ x→ +∞⎝ 2 x + 1

i é estritamente decrescente em ]–∞, –2 ln4] e estritamente crescente em [–2 ln4, +∞[; 5 – 4 ln4 é mínimo absoluto para x = –2 ln4.

1 − = e 2 4

x → −

3 = 4+ = +∞ 2 x + 1 0

x 2 + x + 1

A reta de equação x = −

–2ln4

i (−2 ln4) = −2 × 2 ln4 + 1 + e

1

2

lim − f ( x ) = lim −

− 1 − i ′( x ) = 0 § 2 − e 2 = 0 § e 2 = 4 2 x § − = ln4 § x = −2ln4 2

x

Equ uação impossível em

Logo, f não tem zeros. • Assíntotas:

Limite notável

−

= 0 § x 2 + x + 1    ‹    x ∈ Df

x + 2 4 x + 2

⎛1⎞ 1 = lim ⎜ ⎟ = x → +∞ 4 x x → +∞⎝ 4 ⎠ 4

= lim

x

1 1 A reta de equação y = x + é uma assíntota oblí2 4 qua do gráfico de f quando x → +∞. Como para x → –∞ os cálculos são análogos, tem-se 1 1 que a reta de equação y = x + é também assín2 4 tota oblíqua do gráfico de f quando x → –∞. ′ ⎛ x 2 + x + 1 ⎞ ⎟ ⎜ ′ = f ( ) x • ⎝ 2 x + 1 ⎠ ′ ′ ( x 2 + x + 1) × (2x + 1) − ( x 2 + x + 1) × (2x + 1) = 2 (2x + 1) 4 x 2 + 4 x + 1 − 2 x 2 − 2 x − 2 2 x 2 + 2 x − 1 = = 2 2 (2x + 1) (2x + 1)

139

140


⎧ 1⎫ Df ′ = \ ⎨− ⎬ ⎩ 2⎭

=

(2 x + 1) ((4 x + 2)(2 x + 1) − (2 x + 1) 2 − (2 x + 2 x − 1) × 4) 4

f ′( x ) = 0 §

2 x 2 + 2 x − 1

(2 x + 1)

2

(2 x + 1)

= 0

=

§ 2 x 2 + 2 x − 1 = 0   ‹    x ∈ Df ′ § x = § x =

−2 ± 22 − 4 × 2 × (−1) 2 × 2 −1 − 3 2

   ›    x =

−1 + 3

−1

−1 + 3

2

2x2 + 2x – 1 +

2 0

–

n.d.

–

2 0

+

(2x + 1)2

+

+

+

n.d.

+

+

+

Sinal de f’

+

0

–

n.d.

–

0

+

Variação de f

£

Máx.

mín.

£

¢ n.d. ¢

⎛ ⎞ −1 − 3 ⎟ 3 f ⎜⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ 2 2

(8 x 2 + 4 x + 4 x + 2 − 8 x 2 − 8 x + 4) 3 (2 x + 1) 6

(2 x + 1)

x

2

−1 − 3

x

=

   ‹    x ∈ Df ′

x =

−1 + 3 2

−1 − 3 2

3

;

2

é mínimo relativo para

−

1

+∞

2

Sinal de f”

–

n.d.

+


∩

n.d.

∪

O gráfico de f tem a concavidade voltada para baixo ⎤ 1 ⎡ ⎤ 1⎡ em ⎥−∞,− ⎢ e voltada para cima em ⎥− , +∞⎢; não ⎦ 2 ⎣ ⎦ 2⎣ tem pontos de inflexão. f

y

⎛ ⎞ −1 + 3 ⎟ 3 f ⎜⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎠ 2

√3 2 -1 2

x

O -√3 2

b) g( x ) =

x 1 − ln x

• Dg = { x ∈ : x > 0   ‹    1 − ln x ≠ 0} = + \ {e }

.

′ ⎞ ⎛ 2 • f ′′( x ) = ⎜ 2 x + 2 x − 1 ⎟ 2 ⎟ ⎜ ⎝ (2 x + 1) ⎠ ′ 2 (2 x 2 + 2 x − 1) × (2 x + 1) − = 2

Cálculo auxiliar: 1 – ln x = 0 § ln x = 1 § x = e

((2x + 1) )

( ((2x + 1) )

− (2 x 2 + 2 x − 1) × (2 x + 1) 2

(4 x + 2)(2 x + 1)

2

(2 x + 1)

4

2

= 0 1 − ln x § x = 0   ‹    x ∈ Dg

′

)

Condição impossível

2

− (2 x 2 + 2 x − 1) × 2 ×

(2 x + 1)

× (2 x + 1) × 2

x

• g( x ) = 0 §

2

=

3

–∞

⎤ ⎤ −1 − 3 ⎥ e em f é estritamente crescente em ⎥−∞, ⎦ 2 ⎦ ⎡ ⎡ −1 + 3 ⎢ , +∞⎢; é estritamente decrescente em ⎣ 2 ⎣ ⎡ ⎡ ⎤ ⎤ 3 ⎢ −1 − 3 , − 1 ⎢ e em ⎥− 1 , −1 + 3 ⎥; − é máximo ⎣ 2 ⎣ ⎦ ⎦ 2 2 2 2

relativo para x =

4

4

g não tem zeros. • Assíntotas: lim+ g( x ) = lim+

x → 0

x → 0

=

0 +∞

x 1 − ln x

= 0

=

0 +

1 − ln0

=

0 1 − (−∞)


lim g( x ) = lim−

x → e−

x → e

lim g( x ) = lim+

x 1 − ln x x

=

10 1 − 1 10

−

=

10 +

0 10

=+∞

= = = −∞ 1 − ln x 1 − 1+ 0− A reta de equação x = e é a única assíntota vertical do gráfico de g. Não existem mais assíntotas verticais visto a função ser contínua nos pontos do seu domínio. x 1 g( x ) m = lim = lim 1 − ln x = lim x → +∞ x x → +∞ x → + ∞ 1 − ln x x 1 = 0 = 1 − (+∞) ⎛ x ⎞ ⎟ b = lim ( g( x ) − 0 × x ) = lim ⎜ x → +∞ x → +∞⎝ 1 − ln x ⎠ 1 1 1 = − = −∞ = = ⎛ 1 − ln x ⎞ 1 ln x 0 ⎟ lim − lim lim ⎜ x x → +∞ →+∞ x → +∞⎝ x x x ⎠ x → e+

x → e

′ ⎛ 2 − ln x ⎞ ⎟ • g′′( x ) = ⎜ 2⎟ ⎜ ⎝ (1 − ln x ) ⎠ ′ 2 (2 − ln x ) × (1 − ln x ) − (2 − ln x ) × = 2

((1 − ln x ) ) ′ × ((1 − ln x ) ) ((1 − ln x ) ) 2

2

2 1 − × (1 − ln x ) − (2 − ln x ) × 2(1 − ln x ) × = x

g′( x ) = 0 2 − ln x § = 0 2 (1 − ln x ) § 2 − ln x = 0   ‹    x ∈ Dg′ § x = e2    ‹    x ∈ Dg′ e2

e

0

+∞

2 – ln x

n.d.

+

n.d.

+

0

–

(1 – ln x)2

n.d.

+

n.d.

+

+

+

Sinal de g’

n.d.

+

n.d.

+

0

–

£

n.d.

£

Máx.

¢

Variação de g n.d.

g (e2 ) =

e

2

= 2

e

2

= −e2

⎛ 1⎞ × ⎜− ⎟ ⎝ x⎠

(1 − ln x )

4

4

(1 − ln x )

3

1( ln x − 3) = x 3 (1 − ln x ) −

x −

Dg′′ = + \{e }

1

e3

e

0

+∞

n.d.

–

n.d.

–

–

–

n.d.

–

n.d.

–

0

+

n.d.

+

n.d.

–

–

–

n.d.

+

n.d.

–

0

+

Sentido das concavidades n.d. do gráfico de g

∪

n.d.

∩

x

lnx – 3 (1 –

lnx)3

Sinal de g”

∪

O gráfico de g tem a concavidade voltada para cima em ]0, e[ e em [e3, +∞[, e tem a concavidade voltada para baixo em ]e, e3]; apresenta um ponto de infle-

§ ln x = 2   ‹    x ∈ Dg′

x

(1 − ln x )

1 − (1 − ln x − 4 + 2ln x ) = x

Limite notável

Como b ∉ , conclui-se que o gráfico de g não possui assíntotas não verticais. ′ ′ ⎛ x ⎞ x ′ × (1 − ln x ) − x × (1 − ln x ) ⎟ = • g′( x ) = ⎜ 2 ⎝ 1 − ln x ⎠ (1 − ln x ) ⎛ 1⎞ 1 − ln x − x × ⎜0 − ⎟ ⎝ x⎠ = 2 (1 − ln x ) 1 − ln x + 1 = Dg′ = + \{e } 2 (1 − ln x )

2

2

−1 1 − lne A função g é estritamente crescente em ]0, e[ e em ]e, e2]; é estritamente decrescente em [e2, +∞[; –e2 é máximo relativo de g para x = e2.

⎛ e3 ⎞ xão de coordenadas (e3 , g (e3 )) = ⎜e3 , − ⎟. ⎝ 2⎠ y

O

e

e2

e3

x

g

141

142


7. Seja t a bissetriz dos quadrantes ímpares que se sabe ser tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 4. Então, mt = f’(4) § 1 = lim f ( x ) − f (4) x → 4 x − 4 Opção (B)

Aprende fazendo Páginas 192 a 208 1. h(x) = eπ h’(x) = 0 Logo, h’(1) = 0. Opção (B)

8. f ′( x ) = g ′( x ) §

( x + k )′

=

1

x + k x 1 1 § = § x + k = x x + k x § k = 0

2. O único gráfico que apresenta mudança de sinal no ponto de abcissa 2 é o gráfico da opção (B). Opção (B) Opção (A) 3. x Sinal de f

+∞

b

0 0

Variação de f x

0

Sinal de f"

–

–

0

+

¢

mín.

£

=

+∞

a


′ ⎛g⎞ g′(1) × f (1) − g(1)) × f ′(1) 9. h′(1) = ⎜⎜ ⎟⎟ (1) = 2 ⎝f ⎠ (f (1))

–

0

+

∩

P.I.

∪

−4 × 2 − 3 × 1 2

2

= −

11 4

Opção (B) f ′′( x ) = 0

10.

§ ( x 2 − 3)( x 2 + 1)( x − 2) = 0 2

Opção (A)

§ x 2 − 3 = 0   ›    x 2 + 1 = 0   ›    ( x − 2) = 0 2

4. x

–∞

+∞

Sinal de h"

–

Sentido das concavidades do gráfico de h

∩


§ x = 3    ›    x = – 3    ›    x = 2 x

Opção (A) 5. Sabendo que a primeira derivada de g é negativa em e a segunda derivada é positiva em , então trata-se de uma função estritamente decrescente cujo gráfico tem a concavidade voltada para cima em . Opção (A)

4 6. t.m.v.⎡0, 4 ⎤ = ln 3 §

f (4) − f (0)

4 − 0 ln(8 + k ) − lnk § = ln 4 3 4 ⎛ 8 + k ⎞ 4 § ln⎜ ⎟ = 4ln 3 ⎝ k ⎠ ⎣

⎦

= ln 4 3

( 3 ) § ln⎛⎜ 8 + k ⎞⎟ = ln3

⎛ 8 + k ⎞ § ln⎜ ⎟ = ln ⎝ k ⎠ §

8 + k

k §  k = 4 Opção (B)

2 § x 2 = 3   ›     x = −1    ›    x − 2 = 0

4

4

= 3 § 8 + k = 3k

⎝

k ⎠

V√3

–V√3

2

(x2 – 3)

+

0

–

0

+

+

+

(x2

+ 1)

+

+

+

+

+

+

+

2)2

+

+

+

+

+

0

+

Sinal de f"

+

0

–

0

+

0

+


∪

P.I.

∩

P.I.

∪

(x –

∪

O gráfico de f tem 2 pontos de inflexão. Opção (B) 11. Sabe-se que: • h(0) = 2; • h’(0) é o declive da reta tangente ao gráfico de h no ponto de abcissa 0. Como esta é paralela à bissetriz dos quadrantes pares, então o seu declive é –1; assim, h’(0) = –1; • h”(0) = 0 pois, em x = 0, o gráfico da função h muda o sentido das concavidades. Assim: h(0) + h’(0) + h”(0) = 2 + (–1) + 0 = 1 Opção (A)


12. Por observação do gráfico de g, sabe-se que g(a) < 0, g’(a) < 0 e g”(a) > 0. Assim, g’(a) × g"(a) < 0. Opção (C) 1 x2 13. h( x ) = − g( x ) + 2 2 ′ ⎛ 1 x2 ⎞ 1 2x ⎜ ⎟ ′ h ( x ) = ⎜− g( x ) + ⎟ = − g′( x ) + 2 2 2⎠ ⎝ 2 1 = − g′( x ) + x 2 ′ ⎛ 1 ⎞ 1 h′′( x)) = ⎜⎜− g′( x ) + x ⎟⎟ = − g′′( x ) + 1 2 ⎝ 2 ⎠ O gráfico da função h” obtém-se do gráfico da função g” por uma contração vertical segundo o fator 1 , seguida de uma simetria em relação ao eixo Ox 2 e posteriormente de uma translação associada ao u (0, 1). vetor → Opção (A) 14. Por observação do gráfico e das sucessivas retas secantes ao gráfico de f representadas na figura, concluímos que os seus declives são negativos e tendem para –∞. t1 → semitangente à y direita em x = 2

17. g(x) = kx2 + 4x + 1 (k ≠ 0) g’(x) = 2kx + 4 Logo, o declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é g’(1) = 2k + 4 e o declive da normal à curva representativa da função g em x = 1 é −

1 . 2k + 4

Assim: −

1 = − § 2k + 4 = 2 2k + 4 2 § k = −1

Opção (B) 18. a) f ′(2) = lim

x→ 2

= lim

f ( x ) − f (2) x − 2 x + 1 − 3

x − 2 x − 2 = lim = 1 x→ 2 x − 2 x→ 2

b) g′(1) = lim

g( x ) − g(1)

= lim

3 x 2 − 2 x + 1 − 2

x − 1 ⎛ 1⎞ 3( x − 1) ⎜ x + ⎟ 2 3 x − 2 x − 1 ⎝ 3⎠ = lim = lim x → 1 x → 1 x − 1 x − 1 ⎛ 1⎞ = lim 3⎜ x + ⎟ = 4 x → 1 ⎝ 3⎠ x → 1

3 2

1

x − 1

x → 1

Cálculo auxiliar: O

2

t1

s3 s2

x

3 x 2 – 2 x – 1 = 0

s1

x=

6

x = 1    ›    x = –

Opção (C) 15. Das opções apresentadas, f(1) é máximo relativo de f apenas nas opções (A) e (C); destas, é apenas em (C) que se verifica f’(x) constante se –2 < x < 1. Opção (C) ′ ⎛ 1 ⎞ 1' × f ( x ) − 1 × f ′( x ) f ′( x ) ⎟⎟ = = − 16. g′( x ) = ⎜⎜ 2 2 f ( x ) ⎠ ⎝ (f ( x )) (f ( x )) Logo, g′(1) = −

2 ± 4 – 4 × 3 × (–1)

f ′(1)

(f (1))

2

= −

2 2

5

= −

2 25

pois f’(1) = mt = 2, onde t: y = 2x + 3 e f(1) = 5, uma vez que P(1, f(1)) pertence ao gráfico de f, e simultaneamente à reta tangente t; então, tem-se que P(1, f(1)) = (1, 2 × 1 + 3) = (1, 5). Opção (C)

c) h′(0) = lim

x → 0

= lim

x → 0

1 3

h( x ) − h(0) x − 0 x ( x 2 − 5 x ) x

= lim

x → 0

x 3 − 5 x 2 − 0 x

= lim ( x 2 − 5 x ) = 0 x → 0

19. a) f(x) = x + 1 P(2, f(2)) = (2, 3) y = mx + b, em que m = f’(2) = 1, e como P(2, 3) pertence à reta vem: 3 = 1 × 2 + b § b = 1 A equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 2 é y = x + 1. b) g(x) = 3x2 – 2x + 1 P(1, g(1)) = (1, 2) y = mx + b, em que m = g’(1) = 4, e como P(1, 2) pertence à reta, então 2 = 4 × 1 + b § b = –2.

143

144


A equação da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 é y = 4x – 2. c) h(x) = x3 – 5x2 P(0, h(0)) = (0, 0) y = mx + b, onde m = h’(0), e como P(0, 0) pertence à reta, então b = 0. A equação da reta tangente ao gráfico de h no ponto de abcissa 0 é y = 0.

f ′(q) = 0 3200 § 2 − 2 = 0 q 2 § 2q − 3200 = 0   ‹    q2 ≠ 0

20. f(x) = x3 – x2 f’(x) = 3x2 – 2x Assim, o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 é f’(1) = 3 – 2 = 1 logo, a inclinação é o ângulo α tal que tg α = 1, com α ∈ [0, 180°[. Então, α = 45°.

Sinal de f’

n.d.

–

0

+

Variação de f

n.d.

¢

f(40) mín.

£

C(40)

= 145

§ q2 = 1600   ‹    q ≠ 0 § q = 40   ›    q = −40 q

f (40) =

0

40

+∞

40

O custo médio é mínimo para q = 40 unidades.

21. a) t.m.v.⎡ ⎤ = 0, 20 ⎣

D(20) − D(0) 20 − 0

⎦

=

247 − 7 20

= 12

A velocidade média do balão nos primeiros 20 minutos é de 12 m/min. b) D’(t) = –0,06t2 + 2t D’(5) = –0,06 × 52 + 2 × 5 = 8,5 D’(5) = 8,5 significa que a velocidade instantânea do balão aos 5 minutos era de 8,5 m/min. c) D ′(t ) = 0 § −0,06t 2 + 2t = 0 § t(−0,06t + 2) = 0 § t = 0   ›    t =

t

D(0) mín.

Variação de D

t =

0

3 100

0

Sinal de D’

100

50

+

3 0

–

–

£

⎛ 100 ⎞ ⎟ D⎜ ⎝ 3 ⎠

¢

D(50) mín.

100

≈ 33 3 ⎛ 100 ⎞ ⎟ ≈ 377 D⎜ ⎝ 3 ⎠

Máx.

O balão atinge a altura máxima de 377 metros aos 33 segundos. C(q) 22. Seja f a função definida por e que designa o q custo médio do produto: f (q) =

C(q) q

=

2q2 − 15q + 3200 q

= 2q − 15 +

′ ⎛ 3200 ⎞ 3200 ⎟⎟ = 2 − f ′(q) = ⎜⎜2q − 15 + q ⎠ q2 ⎝

3200 q

23. a) a1) f’(–1) = f(1) = f(3) = 0 logo, em x = –1, x = 1 e x = 3, o declive das retas tangentes ao gráfico de f é igual e, portanto, as retas são paralelas. 1 a2) f ′(2) = − logo, em x = 2 e x = 0, as respetivas f ′(0) retas tangentes tem declives 1 e –1 e, portanto, são retas perpendiculares. a3) Para que as retas tangentes ao gráfico de f tenham inclinação no intervalo ]90°, 180°[, os seus declives tem de ser negativos e, como se verifica f’(–2) < 0 e f’(2) < 0, é em x = –2 e x = 2 que tal se verifica. b) b1) Verdadeiro. A função f é contínua em , visto tratar-se de uma função polinomial. b2) Falso. Como f’ se anula nos pontos de abcissa x = –1, x = 1 e x = 3, mudando de sinal à esquerda e à direita dos respetivos pontos, tem-se que f tem 3 extremos relativos. b3) Falso. Como se observa pelo gráfico de f’, tem-se que f’(x) < 0, para x ∈ [2, 3[, logo, neste intervalo, a função f é estritamente decrescente e, como em x = 3 apresenta um mínimo relativo, então f(2) > f(3). b4) Verdadeiro. Como se observa pelo gráfico de f’, há dois pontos onde o declive da reta tangente ao gráfico de f’ é zero, mudando f” de sinal à esquerda e à direita desses pontos, logo o gráfico de f tem dois pontos de inflexão. c) x

Sinal de f’ Variação de f

–∞

–1

–

0

+

0

¢

m

£

M

3

+∞

–

0

+

¢

m

£

1


c1) Por exemplo:

O

-1

10 x − 5 − 3 x − 9 2 x − 1 3 − 5( x + 3) b) g′(2) = lim x + 3 5 = lim x → 2 x → 2 x − 2 x − 2 7 x − 14 7( x − 2) = lim = lim    x → 2 5( x + 3) ( x – 2) x → 2 5( x + 3) ( x – 2) 7 7 7 = lim = = x → 2 5( x + 3) 5 × 5 25

f

y

1

2

x

3

c2) Por exemplo: c) h′(2) = lim

y

x → 2

f

-1

O

1

2

x

3

d) d1) y = mx + b, onde m = f’(0) = 1. Como P(0, f(0)) = (0, 1) pertence à reta tem-se que: 1 = 1 × 0 + b § b = 0 Assim, a equação da reta tangente ao gráfico de f é y = x. d2) Pelas alíneas anteriores, além do sentido de variação, sabe-se que é em x = –1 e em x = 3 que a função f ite mínimo relativo. ⎡ ⎡ 3 Como f (–1) = f (3) = – , tem-se que D ′ = ⎢− 3 , +∞⎢. f ⎣ ⎣ 4 4 3 d3) O gráfico da função f( x ) + obtém-se do gráfico 4 da função f por uma translação associada ao vetor ⎛ 3 ⎞ 3 u ⎜0, ⎟. Como o mínimo de f é − , existem dois ⎝ 4⎠ 4 3 zeros da função f( x ) + . 4 24.

i( x ) − i(3)

d) i ′(3) = lim

x → 3

( = lim

x −3

x +1 −2

= lim

x −3

x → 3

x + 1 − 2) ( x + 1 + 2) ( x − 3) ( x + 1 + 2 ) ( x + 1) − 2 = lim ( x − 3) ( x + 1 + 2 ) x → 3

2

2

x → 3

= lim

x → 3

x +1−4 ( x − 3) 1

(

x +1 +2 1 = lim = x → 3 4 x +1 +2 e) j ′(0) = lim

j( x ) − j(0)

= lim

)

e2 x + 3 − e3

x → 0 x x −0 2 x e × (e − 1) e2 x − 1 = lim = e3 × lim x → 0 x → 0 x x 2 x ⎛e − 1 ⎞ ey − 1 × 2 ⎟ = 2e3 × lim = e3 × lim ⎜ x → 0 ⎝ y → 0 ⎠ 2x y x → 0

3

25. a) y = mx + b, onde m = f’(–1) = –5, e P(–1, f(–1)) = (–1, 4) pertence à reta, logo 4 = –5 × (–1) + b § b = –1. Assim, y = –5x – 1 é a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa –1.

Cálculo auxiliar:

1

2 (2 − x )(2 + x ) = lim 4 x = lim x → 2 x − 2 x → 2 4 x 2 ( x − 2)) −( x − 2)(2 + x ) −(2 + x ) = lim = lim x → 2 x → 2 4 x 2 ( x − 2) 4x2 −4 1 = =− 4×4 4

= 2e3 × 1 = 2e3 Fazendo a mudança de variável 2x = y, se x → 0, então y → 0.

x → −1

–1

x −2 4 − x2

Limitte notável

a) f ′(−1) = lim f ( x ) − f (−1) x → −1 x − (−1) x 3 + 3 x 2 − 2 x − 4 = lim x → −1 x +1 ( x + 1)( x 2 + 2 x − 4) = lim x → −1 x + 1 2 ( = lim x + 2 x − 4) = −5

1

1 1 − 2 4 x = lim x → 2 x − 2

h( x ) − h(2)

3

–2

–4

–1

–2

4

2

–4

0=r

b) y = mx + b, onde m = g '(2) =

7 25

e

⎛ 3⎞ P(2, g(2)) = ⎜ 2, ⎟ pertence à reta, logo: ⎝ 5⎠

145

146


3 5

=

7 25

× 2 + b § b =

Assim, y =

7

3 5

−

14 25

§ b =

1 25

1

x+

é a equação reduzida da reta 25 25 tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2. 1 c) y = mx + b, onde m = h '(2) = − e 4 ⎛ 1⎞ P ( 2, h ( 2 ) ) = ⎜ 2, ⎟ pertence à reta, logo: ⎝ 4⎠ 1 1 3 = − × 2 + b § b = 4 4 4 1 3 Assim, y = − x + é a equação reduzida da reta 4 4 tangente ao gráfico de h no ponto de abcissa 2. 1 e P(3, i(3)) = (3, 2) per4 1 5 tence à reta, logo 2 = × 3 + b § b = . 4 4 1 5 Assim, y = x + é a equação reduzida da reta 4 4 tangente ao gráfico de i no ponto de abcissa 3. e) y = mx + b, onde m = j’(0) = 2e3 e P ( 0, j ( 0 ) ) = ( 0, e3 ) pertence à reta, logo e3 = 2e3 × 0 + b § b = e3. Assim, y = 2e3x + e3 é a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de j no ponto de abcissa 0. d) y = mx + b, onde m = i '(3) =

26. Sabe-se que m = tg45° § m = 1 Sendo x0 a abcissa do ponto de tangência, tem-se que f’(x0) = m, logo 2x0 – 1 = 1 § x0 = 1 Cálculo auxiliar: f’(x) = 2x – 1

′ = 2(2 x − 1) × ( 2 x − 1 ) = 2(2 x − 1) × 2 = 8 x − 4 Sendo x0 a abcissa do ponto de tangência, tem-se que f’(x0) = m, logo, 8x0 – 4 = 12 § x0 = 2. Assim, T(2, f(2)) = (2, 9) são as coordenadas do ponto de tangência. 2

28.

′ ⎞ ⎛ 3 3 2 6 a) a′( x ) = ⎜ 4 x − x − 2 x + 7 ⎟ = 12 x 2 − x − 2 ⎠ ⎝ 5 5 ′ ⎞ ⎛ 1 7 b) b′( x ) = ⎜ πx 10 − x 7 − 2 x 3 + 9 ⎟ = 10πx 9 − x 6 − 6 x 2 ⎠ ⎝ e e ′ 4 3 ′ c) c ′( x ) = ( 2 x 2 − 3 ) = 4 ( 2 x 2 − 3 ) × ( 2 x 2 − 3 )

(

)

= 4 ( 2 x 2 − 3 ) × 4 x = 16 x ( 2 x 2 − 3 ) 3

3

)

3

= 3 ( x 4 − 5 x 2 ) × ( 4 x 3 − 10 x ) × ( x 6 − 5 x 5 ) + 2

+ ( x 4 − 5 x 2 ) × ( 6 x 5 − 25 x 4 ) 3

′ ⎞ ⎛⎛ 1 2⎞ ( 3) e) e′( x ) = ⎜ ⎜ 2 − x ⎟ × 3 − x ⎟ ⎠ ⎝⎝ 2 ⎠ ′ ⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ = ⎜2 − x2 ⎟ × (3 − x3 ) + ⎜2 − x2 ⎟ × ⎝ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎠ ′ × ( 3 − x 3 ) ⎛ 1 ⎞ = (− x ) × ( 3 − x 3 ) + ⎜ 2 − x 2 ⎟ × ( −3 x 2 ) ⎝ 2 ⎠ 3 = −3 x + x 4 − 6 x 2 + x 4 2 5 4 2 = x − 6x − 3x 2 ′ ⎛ 2x − 5 ⎞ f) f '( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3x + 1 ⎠ ′ ′ ( 2 x − 5 ) × (3 x + 1) − (2 x − 5) × ( 3 x + 1 ) = 2 3x + 1

(

=

′

( (2x − 1 ) )

)

4

+ ( x 4 − 5 x 2 ) × ( 6 x 5 − 25 x 4 )

=

Assim, T(1, t(1)) = (1, –4) são as coordenadas do ponto de tangência. 27. f '( x ) =

′ 3 − 5x2 ) × ( x6 − 5x5 ) ′ 3 3 4 − 5x2 ) × ( x6 − 5x5 ) + ( x4 − 5x2 ) × ′ × ( x 6 − 5 x 5 ) 2 ′ = 3 ( x4 − 5x2 ) × ( x4 − 5x2 ) × ( x6 − 5x5 ) +

(( x = (( x

d) d ′( x ) =

2(3 x + 1) − (2 x – 5) × 3

(3x + 1 )

2

)

=

6 x + 2 − 6 x + 15

(3x + 1 )

2

17

(3x + 1 )

2

′ ′ 2 3⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎛ 2x − 3 ⎞ ⎛ 2x − 3 ⎞ 2 3 x − ⎜ ⎟ g) g'( x ) = ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ = 3⎜ ⎟ ⎟ ×⎜ ⎝ x2 − 4 ⎠ ⎝ x2 − 4 ⎠ ⎝⎝ x2 − 4 ⎠ ⎠ ⎛ 2x − 3 ⎞ ⎟ × = 3⎜ 2 ⎝x −4⎠ ′ ′ (2x − 3 ) × ( x 2 − 4 ) − (2x − 3 ) × ( x 2 − 4 ) × 2 ( x2 − 4 ) 2

= 3× =

(2x − 3 )

2

×

2 ( x 2 − 4 ) − (2x − 3 ) × 2x

( x2 − 4 ) ( x2 − 4 ) 2 3 × (2x − 3 ) × (2x 2 − 8 − 4 x 2 + 6x ) 2

2

( x2 − 4 )

3 ( 2 x − 3 ) ( −2 x 2 + 6 x − 8 ) 2

=

4

( x2 − 4 )

4


h) h'( x ) = (

x

1(

=

2 1

=

2

=

−

1

x2 + 3

2x

3

1(

3 1

=

3

1

4

− 1 )3

′

)

=

2

= =

1

= =

2 1 2

×

3x + 1

×

2x − 1 3x + 1

×

2x − 1

3x + 1

×

2x − 1

2 (3x + 1 ) − (2x − 1 ) × 3

(3x + 1 )

2

=

)

2

2

−

1 2

+ 5)

1 2

′

)

′ × ( x2 + 5)

1

×

(( x

=

2

× 2x

x2 + 5 x

x +5 2

−1

( −1 )

2

=

−1 6

+5

=−

6 6

.

6 6 6 3

×2+ 6 ×3 +3 6 =

8 6 3

c) ( fog ) (−1) = f ′ ( g(−1)) × g′(−1) = f ′(2) × 3 =

2 3

Cálculos auxiliares:

2

( x + 2)

(x +

2

′⎤

( ( x + 2) ) ⎥⎦ 1

2

x +2

)

2

1 − ′ 1 −1 − × ( x + 2 ) 2 × ( x + 2 ) 2 = 2

(x +

2

2 2 +5 2

=

2

=

9

2 3

30.

(

(x +

)

′

f ′(2) =

1′ × x + x + 2 − 1 × x + x + 2 ⎡ ⎢ 0 − ⎣ x′ +

2 1

′

)

x2 + 5)

=−

2

′ ⎛ ⎞ 1 k) k ′( x ) = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝x + x +2⎠ =

1(

=−

5 2 (3x + 1 )

)

′ b) ( f × g ) (−1) = f ′(−1) × g(−1) + f (−1) × g′(−1)

6x + 2 − 6x + 3

(3x + 1 )

x +5 2

Logo, f ′(−1) =

⎛ 3 x + 1 ⎞2 ⎟ × = ×⎜ 2 ⎝ 2x − 1 ⎠ ′ ′ (2x − 1 ) × (3x + 1 ) − (2x − 1 ) × (3x + 1 ) × 2 (3x + 1 ) ×

(

() (

1

1

x +2

−2 x + 2 − 1

f′ x =

′ 1 ⎞ ′ ⎛ ⎛ ⎞ ⎜⎛ ⎞ 2 ⎟ 2x − 1 ⎟ 2x − 1 j) j'( x ) = ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ = ⎜⎜ ⎝ ⎝ 3x + 1 ⎠ ⎝ 3x + 1 ⎠ ⎠ 1 − ′ 1 ⎛ 2x − 1 ⎞ 2 ⎛ 2x − 1 ⎞ ⎟ ⎟ ×⎜ = ×⎜ ⎝ 3x + 1 ⎠ 2 ⎝ 3x + 1 ⎠

=

(x +

Cálculos auxiliares:

3

(2x 4 − 1 )

)

2 x +2

=

2

2 29. f( x ) = x + 5 ; g(–1) = 2 e g’(–1) = 3 ′ − 6 − 6 + 18 a) ( f + g ) (−1) = f ′(−1) + g′(−1) = +3 = 6 6

× 8x3

2

x +2 x +2

−2 x + 2 − 1

×1

2 x +2 x + x +2

′ × (2x 4 − 1 )

(2x 4 − 1 )

8x 3

2 3

1 3

=

−

1

(x +

=

× 2x

= ( (2x

′

− 1)

2x 4 − 1 )

×

3

4

1 × 2

−1 −

× ( x + 3) 2

2

1

×

′

′

)

x2 + 3

i'( x ) = ( =

x + 3) 2

1

+ 3 )2

2

x

=

i)

= (( x

′

+ 3)

2

x +2

)

′

)

′ ′ a) a′( x ) = ( e2 x + 1 ) = ( 2 x + 1 ) × e2 x + 1 = 2e2 x + 1 ′ ′ (2x + 1 ) 2 b) b′( x ) = (ln(2 x + 1)) = = 2x + 1 2x + 1 ′ c) c '( x ) = ( 2e− x2 + 2 x ) ′ 2 = 2 × ( − x 2 ) × e− x + x ′ × 2 x × ln 2 2

= −4 xe− x + 2 x × ln 2 1 1 d) d ′( x ) = (ln(ln x )) = = x = ln x ln x x ln x ′

′

(ln x )

×3 = 2

147

148


′ ⎛ ⎞ 1 ′ ⎜1⎟ − 2 ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎝ ⎠ x 1 x e) e′( x ) = ⎜⎜ ln ⎜ ⎟ ⎟⎟ = = x =− 2 =− ⎝ ⎝ x ⎠⎠ x 1 1 x x x ′ f) f ′( x ) = e4 x log2 (3 x ) ′ ′ = ( e4 x ) × log2 (3 x ) + e4 x × log2 (3 x )

(

)

(

= 4e

4x

= 4e

4x

× log2 (3 x ) + e × log2 (3 x ) +

4x

)

3

×

3 x × ln 2

e4 x

x ln 2 ′ ′ ′ ⎛ ln x ⎞ (ln x ) × x 4 − (ln x ) × ( x 4 ) g) g′( x ) = ⎜ ⎟ = 2 ⎝ x4 ⎠ ( x4 ) 1 × x 4 − ln x × 4 x 3 x 3 (1 − 4 ln x ) x = = x8 x8 1 − 4 ln x = x5 ′ 1 ′ 2 h) h′( x ) = ln(5 x ) = (ln(5 x )) = =

(

)

1

(ln(5 x ))

2 1 2

×

−

(

1 2

1 ln(5 x )

′ × (ln(5 x )) ×

5 5x

=

)

1 2 x ln(5 x )

31. ⎧⎪ x + 4 se x ≥ –4 a) f( x ) = x + 4 = ⎨           Df = ⎩⎪ − x − 4 se x < −4 • f’(x) para x > –4: f’(x) = 1 • f’(x) para x < –4: f’(x) = –1 • f’(x) para x = –4: f ′(−4 ) = lim +

f ( x ) − f (−4)

x − (−4) f ( x ) − f (−4)

= lim +

x +4−0

=1 x +4 −x − 4 − 0 f ′(−4− ) = lim − = lim − = −1 x → −4 x → − 4 x − (−4) x +4 f ′(−4+ ) ≠ f ′(−4− ), log go não existe f ′(−4). x → −4

x → −4

⎪⎧1 f ′( x ) = ⎨ ⎩⎪−1

se x > –4 se x < –4

Df ′ = \{−4}

⎧⎪ x 2 − 9 b) g( x ) = x 2 − 9 = ⎨ 2 ⎩⎪ − x + 9

se x 2 − 9 ≥ 0 se x 2 − 9 < 0

⎪⎧ x 2 − 9 se x ≤ −3   ›    x ≥ 3 =⎨ 2 ⎪⎩ − x + 9 se –3 < x < 3

Dg =

• g’(x) para x < –3 › x > 3: g’(x) = (x2 – 9)’ = 2x • g’(x) para –3 < x < 3: g’(x) = (–x2 + 9)’ = –2x • g’(x) para x = 3: g'(3+ ) = lim+

g( x ) − g(3)

= lim+

x2 − 9 − 0

x → 3 x −3 x −3 ( x − 3)( x + 3) = lim+ = lim+ ( x + 3) = 6 x → 3 x → 3 x −3 g( x ) − g(3) −x2 + 9 − 0 = lim− g'((3− ) = lim− x → 3 x → 3 x −3 x −3 −( x − 3)( x + 3) = lim− = lim− − ( x + 3) = −6 x → 3 x → 3 x −3 x → 3

g′(3+ ) ≠ g′(3− ), logo não existe g’(3). • g’(x) para x = –3:

′ ′ 2 ⎛ ⎛ x ⎞3 ⎞ ⎛ ex ⎞ ⎛ ex ⎞ e ⎜ ⎟ i) i ′( x ) = ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ = 3 × ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ ⎝⎝ x ⎠ ⎠ 2 ′ (ex ) (ex ) × x − ex × x ' = 3× 2 × x x2 2x x x 3e2 x × e x ( x − 1) 3e e ×x−e = = 2 × x2 x4 x 3x 3e ( x − 1) = x4

+

Assim:

g′(−3+ ) = lim +

g( x ) − g(−3)

= lim +

−x2 + 9 − 0

x → −3 x − (−3) x +3 −( x − 3)( x + 3) = lim + = lim + − ( x − 3) = 6 x → −3 x → −3 x +3 g( x ) − g(−3) x2 − 9 − 0 g′(−3− ) = lim − = lim − x → −3 x → −3 x − (−3) x +3 ( x − 3)( x + 3) = lim − = lim − ( x − 3) = −6 x → −3 x → −3 x +3 + − g′(−3 ) ≠ g′(−3 ), logo não existe g’(–3). Assim: x → −3

⎧⎪ 2 x se x < −3   ›    x > 3 g′( x ) = ⎨ ⎩⎪ −2 x se –3 < x < 3 Dg′ = \ {−3, 3} ⎧ x 2 – 3x + 2 ⎪ c) h( x ) = ⎨ 1 ⎪ −1 ⎩x

se x ≥ 1 se x < 1

• h’(x) para x > 1: ′ h′( x ) = ( x 2 − 3 x + 2 ) = 2 x − 3 • h’(x) para x < 1: ′ ⎛1 ⎞ 1 h′( x ) = ⎜ − 1 ⎟ = − 2 ⎝x ⎠ x


• h’(x) para x = 1: +

h′(1 ) = lim+

h( x ) − h(1)

x − 3x + 2 − 0 2

= lim+ x → 1 x−1 x−1 ( x − 1) ( x − 2) = lim+ = lim+ ( x − 2) = −1 x → 1 x → 1 x−1 x → 1

1 −1−0 h ( ) h ( 1 ) x − h′(1− ) = lim− = lim− x x → 1 x → 1 x−1 x−1 1−x −( x − 1) = lim− x = lim− x → 1 x − 1 x → 1 x( x − 1) −1 = lim− = −1 x → 1 x

⎧ 1 ⎪⎪ 1 e) j( x ) = ⎨ x 1 + e ⎪ ⎪⎩ 0

(1 + e )

⎧⎪ x2 − 1 d) i( x ) = ⎨ e ⎪⎩ x 2

− 1

′

)

ex

i ′( x ) = ( x

′

)

=

j( x ) − j(0)

−0

1 ⎛ ey ⎞ 1 + lim ⎜⎜ ⎟⎟ y → +∞ y y → +∞ ⎝ y⎠ lim

• i’(x) para x = –1:

Liimite notável

2

− 1

– 1

x+1 ⎛ e x 2 − 1 − 1 ⎞ × ( x − 1) ⎟⎟ = lim + ⎜⎜ x → −1 ⎝ ( x + 1)( x − 1) ⎠ ⎛ e x 2 − 1 − 1 ⎞ × ( x − 1) ⎟⎟ = lim + ⎜⎜ 2 x → −1 ⎝ x − 1 ⎠ y e −1 × lim ( x − 1) = 1 × (−1 − 1) = lim y → 0 x → −1 y

=

x → −1

1 0 + (+∞)

j ′ ( 0− ) = lim− x → 0

(

x → 0

x → −1

⎧⎪ 2 xe x2 − 1 se x ≥ −1 ′ i (x) = ⎨ se x < –1 ⎩⎪ 2 x

=0

x −0 1 1

)

1

= lim− 1 + e x → 0 x 1 = 0− ( 1 + e−∞ )

x 1 + ex 1 1 = − = − = −∞ 0 × (1 + 0) 0

x2 − 1

i ′(−1+ ) = i ′(−1− ), logo i’(–1) existe e i’(–1) = –2. Assim:

+∞

j( x ) − j(0)

= lim−

= lim − x → −1 x + 1 x − (−1) ( x − 1)( x + 1) = lim − = lim − ( x − 1) = −2 x → −1 x → −1 x+1

1

1

= −2 i( x ) − i(−1)

=

1 1 Fazendo a mudança de variável = y § x = , x y se x → 0+, então y → +∞.

Limite notável

i ′(−1− ) = lim −

1

x = lim+ 1 + e x 0 → x −0 x ⎛ 1 ⎞ 1 ⎟= = lim+ ⎜ 1 ⎛1 1 ⎞ x → 0 ⎜ ⎟ x ⎝ x + xe ⎠ lim ⎜⎜ + e y ⎟⎟ y → +∞ y y ⎠ ⎝

′ 2 2 = ( x 2 − 1 ) e x − 1 = 2 xe x − 1

ex

)

2

x → 0

= 2x

i ′(−1+ ) = lim +

(

1

j ′ ( 0+ ) = lim+

• i’(x) para x < –1: 2

x

1

se x < −1

2

)

• j’(x) para x = 0:

• i’(x) para x > –1: i ′( x ) = ( e x

(

′

)

1

x 1 + ex

se x ≥ −1

(

1

x

2

Dh′ =

)

(1 + e )

1

Assim:

se x < 1

(

1 1 ′ ⎞ 1′ × 1 + e x − 1 × 1 + e x ⎟ = 2 1 ⎟ ⎠ 1 + ex ⎛ ′ 1⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 1 0 − ⎜ 0 + ⎜ ⎟ e x ⎟ − ⎜⎜ − e x ⎟⎟ ⎝x⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x2 ⎠ = = 2 2

⎛ 1 j ′( x ) = ⎜ 1 ⎜ ⎝ 1 + ex

= se x ≥ 1

se x = 0

• j’(x) para x ≠ 0:

h′(1+ ) = h′(1− ) = −1, logo h′(1) = −1.

⎧2 x − 3 ⎪ h′( x ) = ⎨ 1 ⎪− 2 ⎩ x

se x ≠ 0

j ′(0+ ) ≠ j ′(0− ), logo não existe j’(0). Assim: 1

j ′( x ) =

ex

(

1

x2 1 + e x

)

2

; D j ′ = \ {0}

x

−0

149

150


Assim, y =

32. a) f ( x ) = e3 x − 1 Cálculos auxiliares: f (x) = 1 § e3 x − 1 = 1 § 3 x − 1 = 0 § x =

⎛1 ⎞ P ⎜ ,1 ⎟ ⎝3 ⎠

1 3

′ f ′( x ) = ( e3 x − 1 ) = 3e3 x − 1 Seja t a reta da equação y = mx + b, onde 1 ⎛1⎞ 3 × − 1 m = f ′ ⎜ ⎟ = 3e 3 = 3. ⎝3⎠ ⎛1 ⎞ P ⎜ , 1 ⎟ pertence à reta t, logo: ⎝3 ⎠ 1 1 = 3 × + b § b = 0 3 Assim, y = 3x é a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de f no ponto de ordenada 1. Seja n a reta de equação y = mx + b, onde 1 1 =− . ⎛1⎞ 3 f ′⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛1 ⎞ P ⎜ , 1 ⎟ pertence à reta n, logo: ⎝3 ⎠ 1 1 1 10 1 = − × + b § b = 1 + § b = 3 3 9 9 1 10 Assim, y = − x + é a equação reduzida da nor3 9 mal à curva representativa da função f no ponto de ordenada 1. m=−

b)

g( x ) = 0

§ log ( x 2 − 3 ) = 0 § x 2 − 3 = 1    ‹    x ∈ Dg § x 2 = 4    ‹    x ∈ Dg § ( x = 2   ›    x = −2)    ‹    x ∈ Dg ′

( x2 − 3) g′( x ) = (log ( x − 3 ) ) = ( x 2 − 3 ) × ln 10 2

=

2x

′

( x − 3 ) ln 10 • Em x = 2: Seja t a reta de equação y = mx + b, onde 4 m = g '(2) = . ln 10 P(2, 0) pertence à reta t, logo: 4 8 0= × 2 + b § b = − ln 10 ln 10 2

4

x−

8

é a equação reduzida da ln 10 ln 10 reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2. Seja n a reta de equação y = mx + b, onde: 1 ln 10 m=− =− g '(2) 4 P(2, 0) pertence à reta n, logo: ln 10 ln 10 0=− × 2 + b § b = 4 2 ln 10 ln 10 x+ Assim, y = − é a equação reduzida da 4 2 normal à curva representativa da função g no ponto de abcissa 2. • Em x = –2: Seja t a reta de equação y = mx + b, onde: 4 m = g′(−2) = − ln 10 P(–2, 0) pertence à reta t, logo: 4 8 0=− × (−2) + b § b = − ln 10 ln 10 4 8 x− Assim, y = − é a equação reduzida da ln 10 ln 10 reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa –2. Seja n a reta de equação y = mx + b, onde: 1 ln 10 m=− = g′(−2) 4 P(–2, 0) pertence à reta n, logo: ln 10 ln 10 0= × (−2) + b § b = 4 2 ln 10 ln 10 x+ Assim, y = é a equação reduzida da 4 2 normal à curva representativa da função g no ponto de abcissa –2. 33. a) T (t ) = 27 § 35e−0,32t = 27 27 § e−0,32t = 35 ⎛ 27 ⎞ § −0, 32t = ln ⎜ ⎟ ⎝ 35 ⎠ ⎛ 27 ⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ 35 ⎠ § t = −0, 32 t ≈ 0, 811 0, 811 × 60 ≈ 49 A criança perde a consciência após 49 segundos de ter caído ao lago. b) Pretende-se determinar T’(0,811). ′ T ′(t ) = ( 35e−0,32t ) = 35 × (−0, 32) × e−0,32t = −11, 2e−0,32t Assim, T ′(0, 811) = −11, 2 × e−0,32 × 0,811 ≈ −8, 6


No momento em que atingiu 27 °C, ou seja após 0,811 minutos de ter caído ao lago, a temperatura corporal da criança estava a descer à taxa de 8,6 °C por minuto. 34. ⎛ ′ ′⎞ t t t a) C ′(t ) = 0, 12te− 2 = 0, 12 ⎜⎝ t ′ × e− 2 + t × e− 2 ⎟⎠ ⎛ − t ⎛ 1 ⎞ − t ⎞ = 0, 12 ⎜⎜ e 2 + t × ⎜ − ⎟ e 2 ⎟⎟ ⎝ 2⎠ ⎠ ⎝ t ⎞ − ⎛ 1 = 0, 12 × e 2 ⎜ 1 − t ⎟ ⎝ 2 ⎠

(

b)

)

( )

35. ′ ⎞ ⎛ a) N ′(t ) = ⎜ 600 ⎟ ⎝ 1 + 3e−0,02t ⎠

C ′(t ) = 0 t − ⎛ 1 ⎞ § 0, 12e 2 ⎜ 1 − t ⎟ = 0 ⎝ 2 ⎠ −

t

= =

1

, 12 § 0 = 0   ›    1 − t = 0 e 2 Equação 2

impossível

=

§ t = 2 x

0 −

t

N ′(1) =

+

+

+

1 1− t 2

+

+

0

–

Sinal de C’

+

+

0

–

mín.

£

Máx.

¢

2

Variação de C

c) y1 = 0, 12te

( 1 + 3e−0,02t )

2

0 − 600 × ( 0 + 3 × (−0, 02)e−0,02t )

( 1 + 3e−0,02t )

2

36e−0,02t

( 1 + 3e−0,02t )

2

36e−0,02

( 1 + 3e−0,02 )

2

≈ 2, significa que, 1 ano após

ter sido posta em prática essa política de proteção, o número de indivíduos da espécie em causa, estava a crescer à taxa de 2 indivíduos por ano.

Observa-se que a função é estritamente crescente em [0, 2] e estritamente decrescente em[2, +∞[, logo, são necessárias 2 horas, após a ingestão do álcool, para que o nível no sangue comece a decrescer. −

′ 600′ × ( 1 + 3e−0,02t ) − 600 × ( 1 + 3e−0,02t )

+∞

2

+

0, 12e

Como C’(0,41) ≈ 0,08, conclui-se que, após 0,41 horas do álcool ter sido ingerido, o nível de álcool no sangue está a aumentar a uma taxa de 0,08 por hora. Como C’(5,67) ≈ –0,01, conclui-se que, após 5,67 horas do álcool ter sido ingerido, o nível de álcool no sangue está a diminuir a uma taxa de 0,01 por hora.

N ′(20) =

36e−0,02 × 20

( 1 + 3e−0,02 × 20 )

y2 = 0, 04

≈ 3, significa que, 20 anos

após ter sido posta em prática a política de proteção, o número de indivíduos da espécie em causa, estava a crescer à taxa de 3 indivíduos por ano. b) N ′(t ) = 0 §

t 2

2

36e−0,02t

( 1 + 3e−0,02t )

2

= 0

−0,02t = 0   ‹    t ∈ +0 § 3 e


C (t)

N ′(t ) > 0, ∀t ∈ +0 logo, a função N é estritamente crescente, o que significa que a população desta espécie está sempre a aumentar.

y2

0,04

y1 0,41

5,67

t

O nível de álcool no sangue atinge 0,04 em dois momentos: após, aproximadamente, 0,41 horas e após, aproximadamente, 5,67 horas de ter sido ingerido.

⎛ 600 c) lim N(t ) = lim ⎜ t → +∞ t → +∞ ⎝ 1 + 3e−0,02t 600 = = 600 1+0

⎞ 600 ⎟= ⎠ 1 + 3e−∞

Supondo que se mantém válido o modelo, o número de indivíduos esperado desta espécie, daqui a muitos muitos anos, tende a ser 600 indivíduos.

151

152


36. a) Pretende-se calcular P1′ (10) e P2′ (10).

37.

′ ⎛ ⎞ 21 ′ ⎟ P1 (t ) = ⎜ ⎝ 1 + 25e−0,3t ⎠ = = =

′ 21 ' × ( 1 + 25e−0,3t ) − 21 × ( 1 + 25e−0,3t )

( 1 + 25e−0,3t )

2

0 − 21 × ( 0 + 25 × (–0, 3)e−0,3t )

( 1 + 25e−0,3t )

2

157, 5e−0,3t

( 1 + 25e−0,3t )

′ ⎛ ln(t + 1) ⎞ a) R ′(t ) = ⎜ ⎟ ⎝ t+1 ⎠ ′ (ln(t + 1)) × (t + 1) − ln(t + 1) × (t + 1)′ = (t + 1)2 1 × (t + 1) − ln(t + 1) 1 − ln(t + 1) = t+1 = 2 (t + 1) (t + 1)2 R ′(t ) = 0 §

2

Assim: P2′ (10) ≈ 0, 466 Quando t = 10, a planta 2 está a crescer à taxa de 0,466 centímetros por dia. b)

P P1 P2

20,00

=0

0

e–1

1 – ln(t + 1)

+

+

0

–

–

(t + 1)2

+

+

+

+

+

Sinal de R’

+

+

0

-

-

£

Máx.

¢

mín.

Variação de R mín.

′ ⎛ 1 − ln(t + 1) ⎞ b) R ′′(t ) = ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎝ (t + 1) ⎠ ′ ( 1 − ln(t + 1)) × (t + 1)2 − = 2 ((t + 1)2 )

′ − ( 1 − ln(t + 1)) × ((t + 1)2 ) 2

t

Após, aproximadamente, 21 dias de terem sido plantadas, as duas plantas atingiram a mesma altura, que foi de aproximadamente 20 cm. c) As duas plantas atingiram a mesma altura no instante t = 21: 157, 5e−0,3 × 21

( 1 + 25e 204e

−0,3 × 21

)

2

−0,6 × 21

( 1 + 17e−0,6 × 21 )

2

5

e – 1 ≈ 1,7 É aproximadamente aos 2 anos de idade que a criança atinge a sua maior capacidade de aprendizagem.

((t + 1) ) 20,71

P2′ (21) =

2

t

1,11 0,81

P1′ (21) =

(t + 1 )

§ 1 – ln(t + 1) = 0   ‹    t ∈ [0, 5] § ln(t + 1) = 1    ‹    t ∈ [0, 5] § t + 1 = e    ‹    t ∈ [0, 5] § t = e − 1    ‹    t ∈ [0, 5]

Assim: P1′ (10) ≈ 1, 556 Quando t = 10, a planta 1 está a crescer à taxa de 1,556 centímetros por dia. ′ ⎛ ⎞ 20 ′ ⎟ P2 (t ) = ⎜ ⎝ 1 + 17e−0,6t ⎠ ′ 20' × ( 1 + 17e−0,6t ) − 20 × ( 1 + 17e−0,6t ) = 2 ( 1 + 17e−0,6t ) 0 − 20 × 17 × (−0, 6)e−0,6t 204e−0,6t = = 2 2 ( 1 + 17e−0,6t ) ( 1 + 17e−0,6t )

1 − ln(t + 1)

≈ 0, 26439 ≈ 0, 00069

2

1 × (t + 1)2 − ( 1 − ln(t + 1)) × 2(t + 1) t + 1 = (t + 1)4 −(t + 1) − 2(t + 1) ( 1 − ln(t + 1)) = (t + 1)4 −1 − 2 + 2 ln(t + 1) −3 + 2 ln(t + 1) = = (t + 1)3 (t + 1)3 −

R ′′(t ) = 0 §

−3 + 2 ln(t + 1)

=0 (t + 1)3 § −3 + 2 ln(t + 1) = 0   ‹    t ∈ [0, 5] 3 § ln(t + 1) =    ‹    t ∈ [0, 5] 2 3

Como P1′ (21) > P2′ (21), conclui-se que, no momento

§ t + 1 = e 2    ‹    t ∈ [0, 5]

em que as duas plantas atingiram a mesma altura, era a planta 1 que estava a crescer mais rapidamente.

§ t = e 2 − 1    ‹    t ∈ [0, 5]

3


3

t

0

–3 + 2 ln(t + 1)

-

-

0

+

+

(t + 1)3

+

+

+

+

+

Sinal de R"

-

-

0

+

+

Máx. 1

¢

mín.

£

Máx. –0,02

Variação de R’

5

e2 − 1

40. a) • Assíntotas verticais: y

O

x

1

Cálculos auxiliares: R’(0) = 1 R’(5) ≈ –0,02 Como o máximo de R’ é atingido em t = 0, isto significa que, para este modelo, o momento em que a capacidade de aprendizagem está a aumentar mais rapidamente é logo após o momento do nascimento.

lim f ( x ) = lim+

x → 0+

x → 0

lim f ( x ) = lim−

x → 1−

x → 1

3x ln x 3x ln x

= =

0 −∞ 3 0−

=0 = −∞

A reta de equação x = 1 é assíntota vertical do gráfico de f. Como a função f é contínua em +\{1} o seu gráfico não ite mais assíntotas verticais. • Assíntotas não verticais:

38. a) Por exemplo: y f

y = mx + b, m, b ∈ m = lim O

1

2

x → +∞

x

f (x) x

= lim

( x → +∞) xe

x → +∞

3 − x

x

= lim e 3− x = 0 x → +∞

b = lim ⎡⎣ f ( x ) − 0 x ⎤⎦ = lim x e3 − x = lim x → +∞

b) Por exemplo y f

-1

O

1

2

3

x

39. Da análise do gráfico de f, decorre que, esta função é decrescente no intervalo ]–∞, –a] e no intervalo [a, +∞[ e é crescente em[–a, a]. Logo, f’ é negativa para x < –a e para x > a e é positiva entre –a e a. Portanto, o gráfico de f’ está representado na figura 3. O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima para x entre –b e 0 e para x > b, tem a concavidade voltada para baixo para x < –b e para x entre 0 e b. Logo, f” é positiva para x entre –b e 0 e para x > b, e negativa para x < –b e para x entre 0 e b. Portanto, o gráfico de f” está representado na figura 2.

x → +∞

x → +∞

x x − 3

e ⎛ x x 1 ⎞ 1 = lim ⎜ x × −3 ⎟ = e3 × lim x = e3 × lim x x x → +∞ ⎝ x → +∞ → +∞ e e ⎠ e e x 1 1 3 3 3 =e × =e × = e ×0 = 0 +∞ ex lim x → +∞ x A reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do gráfico de f quando x → +∞. b) f é contínua em ]1, +∞[ pois, neste intervalo, é definida pelo produto de duas funções contínuas (uma que é uma função afim e a outra que é a composta de uma função exponencial com uma função afim); em particular, f é contínua em [4, 5]. f (4) = 4 × e3 − 4 = f (5) = 5 × e3 − 5 =

4 e 5 e2

≈ 1, 472 ≈ 0, 677

3 3 ⎛1⎞ 3 e −f ⎜ ⎟ = − = − e = ≈ 1, 104 ⎛1⎞ ⎝e⎠ −1 e ln ⎜ ⎟ ⎝e⎠ ⎛1⎞ f (5) < −f ⎜ ⎟ < f (4) ⎝e⎠

153

154


Logo, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, concluímos que: ⎛1⎞ ∃ c ∈ ]4, 5[: f (c ) = −f ⎜ ⎟ ⎝e⎠ ⎛1⎞ § ∃ c ∈ ]4, 5[: f (c ) + f ⎜ ⎟ = 0 ⎝e⎠

Assim, y = –2x + 9 é uma equação da reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 3. y

41.

c) Em ]0, 1[, f ( x ) = 3 x . ln x ′

f ′( x ) = =

( 3 x ) ln x − 3 x (ln x )

=

(ln x )2

3 × ln x − 3 x ×

(ln x )

1 x

a) A[ MNOP ] =

2

3 (ln x − 1) (ln x )2

Como (ln x )2 > 0, ∀ x ]0, 1[  e  3 > 0, ∀ x ∈ ]0, 1[ o sinal de f’ depende apenas do sinal de (ln x – 1). ln x − 1 < 0, ∀ x ∈ ]0, 1[, isto é, f ′( x ) < 0, ∀ x ∈ ]0, 1[ logo, f é estritamente decrescente em ]0, 1[. ′ f ′( x ) = x ' e3 − x + x ( e3 − x ) = e3 − x + x × (−1) × e3 − x = e3 − x (1 − x ) ′ ′ f ′′( x ) = ( e3 − x x ) × (1 − x ) + ( e3 − x ) × ( 1 − x ) = −e

3 − x

§ –e

a N

× (1 − x ) + ( e

3 − x

(1 – x + 1) = −e

MO + PN 2

e1 − a = −e1 − a × a + b § e1 − a + e1 − a × a = b § e1 − a (1 + a) = b

ON = a

× (2 − x )

A(a) =

Logo:

(2 − x ) = 0   ‹     x > 1

§ A(a) =

0   ›    2 − x = 0)   ‹     x > 1 § (− = e Equação impossível

§ A(a) =

§ x = 2   ‹     x > 1 –e3 – x 2–x

1

+

Sinal de f" Sentido das concavidades do gráfico de f

∩

–

§ A(a) =

+∞

2 –

× ON

g’(x) = –e1 – x g’(a) = –e1 – a é o declive da reta r. y = –e1 – a x + b Como (a, g(a)) = (a, e1 – a) pertence à reta r, vem que:

3 − x

x

x

PN = e1 − a

) × (−1)

3 − x

r

MO = e1 − a (1 + a)

f ′′( x ) = 0   ‹     x > 1 3 − x

O

Assim, r : y = –e1 – e x + e1 – a (1 + a). Logo, M(0, e1 – a (1 + a)). Sabemos, então, que:

3 − x d) Em ]1, +∞[, f ( x ) = x e

= −e

P g

′

3 − x

M

–

0

–

0

+

P.I.

∪

O gráfico de f tem a concavidade voltada para baixo em ]1, 2] e tem a concavidade voltada para cima em [2, +∞[. 2 é abcissa do ponto de inflexão. e) Seja y = mx + b a equação reduzida da reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 3. m = f ′(3) = e3 − 3 (1 − 3) = −2 × e0 = −2 y = −2 x + b O ponto (3, f(3)) = (3, 3) pertence à reta, logo: 3 = –2 × 3 + b § 3 = –6 + b § 9 = b

b) A′(a) =

1

e1 − a (1 + a) + e1 − a 2 e1 − a (1 + a + 1) 2 e1 − a (a + 2)a 2 e1 − a (a2 + 2a) 2

×a

×a

c.q.d.

⎡ ′ ′⎤ × ⎣ ( e 1 − a ) ( a2 + 2a ) + e1 − a ( a2 + 2a ) ⎦

2 1 ⎡ 1 − a ( 2 = × ⎣ −e a + 2a ) + e1 − a ( 2a + 2 ) ⎤⎦ 2 1 = e 1 − a ( −a2 − 2a + 2a + 2 ) 2 1 = e1 − a ( −a2 + 2 ) 2

1

e1 − a > 0, ∀a ∈ + , logo, o sinal de A’ depende ape-

2 nas do sinal de –a2 + 2. 1 A′(a) = 0 § e1 − a ( −a2 + 2 ) = 0   ‹    a ∈ + 2 § −a2 + 2 = 0   ‹    a ∈ + § a2 = 2   ‹    a ∈ +

§ ( a = ± 2 )    ‹    a ∈ + § a = 2


+

§ x =

-

√2 √2

- -

a

V√2

0

+∞

Sinal de A’

n.d.

+

0

–

Monotonia de A

n.d.

£

Máx. A(V√2)

¢

A( 2 ) =

(2 + 2 2 ) = e

(1 + 2 ) 2 A é estritamente crescente em ]0, V√2] e é estritamente decrescente em [V√2, +∞[. e 1 −

A ( 2 ) = e 1 −

2

2

(1 + 2 )

1 − 2

é o valor máximo que a

área do trapézio [MNOP] pode assumir. 42. a) lim

f (x)

é o valor do declive da assíntota não verti-

C.S. = {−2, 1} c2)

f ( x ) × f ′( x ) > 0 § ⎡⎣ f ( x ) > 0 ∧ f ′( x ) > 0⎤⎦   ›    ⎡⎣ f ( x ) < 0 ∧ f ′( x ) < 0⎤⎦ § x > 1    ›    −2 < x < 0 C.S. =] − 2, 0[ ∪ ]1, +∞[

c3)

43. a)

1 − 4 × (−2) × (–2)    ‹     x ∈ + −4

−1 ± –15    ‹     x ∈ + −4 Equação impossível em § x =

C.S. = ∅ ′ ′ b) f ′( x ) = (ln x ) − ⎡⎣ln ( x 2 + 1 ) ⎤⎦ =

1 x

−

2x x +1 2

=

x 2 + 1 − 2x 2 x +x 3

=

−x2 + 1 x3 + x

Df ′ = +

()

f ′ x = 0 § − x 2 + 1 = 0   ‹    x 3 + x ≠ 0   ‹    x ∈ +

x cal do gráfico de f quando x → +∞, ou seja f (x) lim = m. x →+∞ x Os pontos (1, 0) e (2, 2) pertencem à assíntota 2−0 2 y = mx + b; então, m = = = 2. 2−1 1 f (x) Ou seja, lim = 2. x → +∞ x b) y = 2x + b Como o ponto (1, 0) pertence à reta, vem que: 0 = 2 × 1 + b § 0 = 2 + b § –2 = b y = 2x – 2 é uma equação de assíntota. c) c1) f ′( x ) = 0 § x = −2   ›    x = 1 x → +∞

−1 ±

§ − x 2 = −1    ‹    x ( x 2 + 1 ) ≠ 0   ‹    x ∈ + § x 2 = 1    ‹    x ≠ 0   ‹    x ∈ + § ( x = −1    ›    x = 1)   ‹    x ∈ + x –

0 x2

+1

n.d.

+

0

–

x(x2 + 1)

n.d.

+

+

+

Sinal de f’

n.d.

+

0

–


n.d.

£

Máx. f(1)

¢

f(1) = ln1 – ln2 = –ln2 f é estritamente crescente em ]0, 1]; f é estritamente decrescente em [1, +∞[; f(1) = –ln2 é máximo relativo(absoluto) de f. 44. Seja f uma função par, isto é, f (− x ) = f ( x ), ∀x ∈ Df f ′( x ) = lim

f ( x + h) − f ( x )

h → 0

h f ((– x ) + (–h)) − f (– x )

Provamos que

§ 0 < x < 1    ›    x < −2 C.S. =] − ∞, −2[ ∪ ]0, 1[

Ou seja, f’ é ímpar.

§ ln x − ln ( x 2 + 1 ) = ln2   ‹     x ∈ + § ln x = ln2 + ln ( x 2 + 1 )    ‹     x ∈ + § ln x = ln ( 2 x 2 + 2 )    ‹     x ∈ + § x = 2 x 2 + 2   ‹     x ∈ + § −2 x 2 + x − 2 = 0   ‹     x ∈ +

f (− x − h) − f (– x )

= lim

h → 0

f ′( x ) × f ′′( x ) < 0 ⎡ § ⎣ f ′( x ) < 0   ‹    f ′′( x ) > 0⎤⎦   ›    ⎡⎣ f ′( x ) > 0   ‹    f ′′( x ) < 0⎤⎦

f ( x ) = ln2

+∞

1

= − lim

−h

h → 0

h = −f ′(– x )

f ′( x ) = −f ′(– x ) § f ′(– x ) = −f ′( x ), ∀x ∈ Df ′

45. Seja f uma função ímpar, isto é, f (− x ) = −f ( x ), ∀x ∈ Df f ′( x ) = lim

h → 0

= lim

h → 0

f ( x + h) − f ( x )

= lim

h → 0

−f (−( x + h)) + f (− x )

h f ((− x ) + (−h)) − f (− x ) −h

h = f ′(− x )

Provamos que f ′( x ) = f ′(– x ), ∀x ∈ Df ′ , ou seja, f é par.

155

156


46. Para que a bissetriz dos quadrantes pares, reta de equação y = –x, seja tangente ao gráfico de f, terá de existir um ponto de abcissa x0 tal que f’(x0) = –1. Assim, f’(x) = 3x2 – 12x + 8 e f’(x0) = –1.

48. A concentração máxima de antibiótico ocorre adas 2 horas de ter sido istrado logo, nesse momento, a taxa de variação é nula, isto é, C’(2) = 0. ′ Como C ′(t ) = ( Ate−kt ) ′ = A t ′ × e−kt + t × ( e−kt )

(

f ′( x0 ) = −1 § 3 x02 − 12 x0 + 8 = −1

= A(e

§ 3 x02 − 12 x0 + 9 = 0

x 3 − 6x 2 + 8x = −x

C '(2) = 0

vem que:

§ Ae−2k (1 − 2k ) = 0 −2 k 0   ›    1 − 2k = 0 § Ae =

Equação imposssível

§ k =

1 2

Como também se sabe que a concentração máxima é de 10 microgramas por mililitro de sangue, para t = 2, vem que: C(2) = 10

§ x 3 − 6 x 2 + 9 x = 0

§ x ( x 2 − 6 x + 9 ) = 0 § x = 0   ›    x 2 − 6 x + 9 = 0 § x = 0   ›    x = 3 A bissetriz dos quadrantes pares interseta o gráfico de f em dois pontos, o ponto de tangência Q(3, –3) e a origem O(0, 0). 47. Sabendo que a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 tem inclinação 135°, ou seja declive igual a tg 135° = –1, pretende-se determinar k tal que f’(1) = –1. Assim: ′ ⎛ kx + 1 ⎞ ⎟ f ′( x ) = ⎜ ⎝ 2x + k ⎠ ′ ′ ( kx + 1 ) × (2 x + k ) − (kx + 1) × ( 2 x + k ) = 2 (2x + k ) k(2 x + k ) − (kx + 1) × 2 = 2 (2x + k ) 2 xk + k 2 − 2kx − 2 k2 − 2 = = 2 2 (2x + k ) (2x + k ) Logo:

§ A × 2 × e 10 § A = −1 2e § A = 5e

1 − × 2 2

= 10

49. Se f itir derivada finita em x = 1, então f terá de ser contínua em x = 1, e tal só se verifica se lim f ( x ) = f (1).

x → 1

Assim: lim f ( x ) = lim− ( x 2 ) = 1 = f (1)

x → 1−

x → 1

x → 1

x → 1

lim+ f ( x ) = lim+ ( 3 x 2 + kx + 4 ) = 3 + k + 4 = 7 + k

e lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) § 1 = 7 + k x → 1

x → 1

§ k = −6 Para k = –6, temos que: ⎧⎪ x 2 se x ≤ 1 f( x ) = ⎨ 2 ⎩⎪ 3 x − 6 x + 4 se x > 1 e trata-se de uma função contínua. Averiguemos, então, se neste caso, f’(1) existe: f ′(1− ) = lim−

f ( x ) − f (1)

2

= −1

≠0

§ k − 2 = −4 − 4k − k    ‹    k ≠ −2 2

§ 2k 2 + 4k + 2 = 0   ‹    k ≠ −2 § k = −1    ‹    k ≠ −2

= lim−

x2 − 1

x → 1 x − 1 x−1 ( x − 1)( x + 1) = lim− = lim− ( x + 1) = 2 x → 1 x → 1 x−1 x → 1

k2 − 2

( 2 × 1 + k ) 2 2 § k 2 − 2 = − ( 2 + k )    ‹    ( 2 + k )

k = –1

)

= Ae (1 − kt )

Existem dois pontos do gráfico de f que item como tangentes retas de declive –1: os pontos P e Q de coordenadas, respetivamente, P(1, f(1)) e Q(3, f(3)). Mas, P(1, f(1)) = (1, 3) não pertence à bissetriz dos quadrantes pares e Q(3, f(3)) = (3, –3) pertence à bissetriz dos quadrantes pares logo, é esse o ponto de tangência pretendido. f(x ) = – x

2

+ t × (−k ) × e

− kt

− kt

§ x0 = 3   ›    x0 = 1

f ′(1) = −1 §

)

− kt

e f ′(1+ ) = lim+ x → 1

= lim+ x → 1

f ( x ) − f (1) x−1

3( x − 1) x−1

= lim+ x → 1

3x 2 − 6x + 4 − 1 x−1

2

= lim+ 3( x − 1) = 0 x → 1


Como se pretende que g’(1–) = g’(1+), então: 1 1 –b = §b = (2) ln(10) ln(10) De (1) e (2) vem que: ⎧ 1 ⎧ a = −b ⎪a = ⎪ ⎪ ln(10) ⎨ –1 § ⎨ ⎪b = ⎪ b = –1 ln(10) ⎩ ⎪⎩ ln(10)

Como f’(1–) ≠ f’(1+), não existe f’(1). Conclui-se, então, que não existe k ∈ tal que f ite derivada em x = 1. 50. Se existir derivada finita de g em x = 1, então a função g terá de ser contínua em x = 1, e tal só se verifica se lim g( x ) = g(1). x → 1

Assim: lim g( x ) = lim− ( eax + b ) = ea + b

x → 1−

51. Por exemplo: y

x → 1

lim+ g( x ) = lim+ (1 + x log x ) = 1 + 1 × log 1

x → 1

3

x → 1

= 1 = g(1) -1

e lim− g( x ) = lim+ g( x ) x → 1

1

O

3

x

x → 1

§ ea + b = 1 § a + b = 0 §  a = −b (1) Se a = – b, tem-se que: ⎧⎪ e−bx + b g( x ) = ⎨ ⎩⎪ 1 + x log x

52. a) g( x ) = x − 1 + e

se x < 1 se x ≥ 1

g( x ) − g(1) x−1

x → 1

e

= lim

− b ( x − 1 )

x − 1 → 0

e−bx + b − 1

x → 1

x−1

Dg =

x

= lim−

−1

x 2

1 − g′( x ) = 1 − e 2 2

Para que g’(1) exista g’(1–) = g’(1+): g′(1− ) = lim−

−

= lim

x−1 e−by − 1

y → 0

⎛ e−by − 1 ⎞ = lim ⎜⎜ × (−b) ⎟⎟ − by → 0 ⎝ −by ⎠ ez − 1 × (−b) = lim z → 0 z

y

x

1 − g′( x ) = 0 § 1 − e 2 = 0 2 x x − 1 − § − e 2 = −1 § e 2 = 2 2 x § − = ln 2 § x = −2 ln 2 2 ⎛1⎞ § x = ln ⎜ ⎟ ⎝4⎠ x

⎛1⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝4⎠

–∞

Limite notável

Sinal de g’

= 1 × (−b) = −b g( x ) − g(1) x−1 1 + x log x − 1 = lim+ x → 1 x−1 x log x = lim x – 1 → 0 x − 1 ( y + 1)log( y + 1) = lim y →0 y

g′(1+ ) = lim+ x → 1

= lim( y + 1) × lim y → 0

y → 0

= 1 × lim

y → 0

= 1×

log( y + 1) y

ln ( y + 1) (ln(10)) × y

1 ln( y + 1) × lim 0 → y ln(10) y

Limite notável

1 1 = 1× ×1 = ln(10) ln(10)

Variação de g

+∞

–

0

+

¢

mín. ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ g ⎢ln ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ 4 ⎠⎦

£

⎛1⎞ − ln⎜ ⎟

⎝4 ⎠ ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎛1⎞ g ⎢ln ⎜ ⎟⎥ = ln ⎜ ⎟ − 1 + e 2 ⎝4 ⎠ ⎣ ⎝ 4 ⎠⎦ 1 ⎛1⎞ = ln ⎜ ⎟ − 1 + ( eln 4 ) 2 ⎝4⎠ ⎛1⎞ ⎛1⎞ = ln ⎜ ⎟ − 1 + 4 = ln ⎜ ⎟ + 1 ⎝4⎠ ⎝4⎠

⎤ ⎛ 1 ⎞⎤ g é estritamente decrescente em ⎥−∞, ln ⎜ ⎟⎥ e estri⎝ 4 ⎠⎦ ⎦ ⎡ ⎛1⎞ ⎡ tamente crescente em ⎢ln ⎜ ⎟ ,  +∞⎢ ; ⎣ ⎝4⎠ ⎣ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎛1⎞ g ⎜ ln ⎜ ⎟ ⎟ = ln ⎜ ⎟ + 1 é mínimo absoluto de g. ⎝4⎠ ⎝ ⎝ 4 ⎠⎠

157

158


− 1 ⎛ 1 ⎞ − 1 b) g′′( x ) = − × ⎜ − ⎟ × e 2 = × e 2 2 ⎝ 2⎠ 4 x

x

g′′( x ) > 0, ∀x ∈ , logo, o gráfico de g tem a concavidade voltada para cima em todo o seu domínio (). O gráfico de g não ite pontos de inflexão. c) • Assíntotas verticais: Dado que g é contínua em , o seu gráfico não ite assíntotas verticais. • Assíntotas não verticais: (y = mx + b, m ∈ , b ∈ ) (x → +∞) g( x )

m = lim

x

x → +∞

x −1+e

= lim

−

x 2

x

x → +∞

x ⎛ − ⎞ ⎜ 1 e 2⎟ = lim ⎜ 1 − + ⎟ x → +∞ ⎝ x x ⎠ 0 = 1−0+ = 1−0+0 = 1 +∞

(

b = lim ⎡⎣ g( x ) − x ⎤⎦ = lim x − 1 + e x → +∞

x → +∞

(

= lim −1 + e x → +∞

−

) = −1 + 0 = −1

x 2

−

x 2

−x

)

( x → −∞) g( x )

x → −∞

x x −1+e

= lim

−

x 2

x

x → −∞

x ⎛ − ⎜ 1 e 2 = lim ⎜ 1 − + x → −∞ ⎝ x x

3

g(−3) = −3 − 1 + e 2 = −4 + e3 ≈ 0, 482 2

g(−2) = −2 − 1 + e 2 = −3 + e ≈ –0, 282 g(−3) × g(−2) < 0 Pelo corolário de Teorema de Bolzano-Cauchy, concluímos que ∃ c ∈ ]–3, –2[ : g(c ) = 0, isto é, a função g tem pelo menos um zero em ]–3, –2[. Pela alínea a), sabemos que g é estritamente decres⎤ ⎛ 1 ⎞⎤ cente em ⎥-∞, ln ⎜ ⎟⎥; em particular, é estritamente ⎝ 4 ⎠⎦ ⎦ decrescente em [–3, –2], logo, o zero é único. 53.

A reta de equação y = x – 1 é assíntota oblíqua do gráfico de g quando x → +∞. m = lim

d) g é contínua em por se tratar da soma de duas funções contínuas (uma que é uma função afim e a outra que é a composta de uma função exponencial com uma função afim; em particular, é contínua em [–3, –2].

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ − x ⎞ ⎜e 2 1⎟ × ⎟ = lim 1 – lim – lim ⎜ x → +∞ x → −∞ x → −∞ x ⎜⎜ – x 2 ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠ x Consideremos − = y. Como x → –∞, então y → +∞. 2

′ 4 − 0,4 t ) ( − 8 ( 1 + e4 − 0,4t ) a) P ′(t ) = 8 ' × 1 + e 2 ( 1 + e4  − 0,4t ) −8 × (−0, 4) × e4 − 0,4t = 2 ( 1 + e4 − 0,4t ) 3, 2 × e4 − 0,4t = c.q.d.. , ∀t ∈ +0 2 ( 1 + e4 − 0,4t ) 2 ′ ( 4 − 0,4t ) ( 1 + e 4 − 0,4t ) − ( 3,2e4  − 0,4t ) × b) P ′′(t ) = 3, 2e 4 ( 1 + e4 − 0,4t ) ′ 2⎤ ⎡ × ⎣ ( 1 + e4 − 0,4t ) ⎦

( 1 + e4 − 0,4t ) =

=1−

( 1 + e4−0,4t )

( 1 + e4−0,4t ) 2 2 −1, 28e4 − 0,4t ( 1 + e4 − 0,4t ) + 2, 56 ( e4 − 0,4t ) × 4

=

ey lim 2 y → +∞ y

( 1 + e4 − 0,4t ) , t) 4 0 4 − × ( 1 + e

4

( 1 + e4 − 0,4t ) e4 − 0,4t ( 1 + e4 − 0,4t ) ⎡⎢ −1, 28 ( 1 + e4 − 0,4t ) + 4

=

⎣

( 1 + e4 − 0,4t )

1

× (+∞) = –∞ 2 Como o valor obtido não é um número real, o gráfico de g não ite assíntota não vertical quando x → –∞. Logo, o gráfico da função g ite apenas uma única assíntota.

4

– 3, 2e4−0,4t × 2 × (−0, 4)e4−0,4t ( 1 + e4−0,4t )

1

Limite notável

3, 2 × (−0, 4) × e4 − 0,4t ( 1 + e4 − 0,4t ) − 2

1

= 1−0−

4

+

=

4

2, 56e4 − 0,4t ⎤⎦

( 1 + e4 − 0,4t ) 4 − 0,4 t ( e 1 + e4 − 0,4t ) ( −1, 28 + 1, 28e4 − 0,4t ) 4

( 1 + e4 − 0,4t )

4


Dado que e4 − 0,4t > 0, ∀t ∈ +0 ,

( 1 + e4 − 0,4t ) > 0, ∀t ∈ +

e o sinal de P" depende

apenas do sinal de −1, 28 + 1, 28e

4 − 0,4 t

.

−1, 28 + 1, 28e4 − 0,4t = 0 § 1, 28e4 − 0,4t = 1, 28

x → 0

§  e4 − 0,4t = 1 § 4 − 0, 4t = 0 § 0, 4t = 4 § t = 10

logo, g não é derivável em x = 0.

x

0

Sinal de P"

+

+

0

–

mín.

£

Máx.

¢

Variação de P

c) • Em ]0, +∞[: 1 g’(x) = x’ lnx + x(lnx)’ = lnx + x × = lnx + 1 x • Em x = 0: g( x ) − g(0) x ln x g'(0+ ) = lim+ = lim+ x → 0 x → 0 x −0 x = lim+ln x = −∞ ∉

g’(x) = 1 + lnx

+∞

10

g’( x ) = 0 § 1 + ln x = 0   ‹    x > 0 § ln x = –1    ‹    x > 0 1 § x =    ‹    x > 0 e

O dia em que a taxa de aumento do nível da água no canal foi mais elevada foi o correspondente a t = 10.

x

54. a) • Em ]0, +∞[ g é contínua, por se tratar do produto entre duas funções contínuas: uma que é uma função a fim e a outra que é uma função logarítmica. • Em x = 0: ⎛1⎞ − ln ⎜ ⎟ ⎝x⎠ lim g( x ) = lim+ ( x ln x ) = lim+ x → 0+ x → 0 x → 0 1 x 1 Consideremos = y . Como x → 0+, então y → +∞. x ln y = − lim = −0 = 0 y → +∞ y Limite notável

g(0) = 0 Como lim g( x ) = g(0), concluímos que g é contínua + x → 0

à direita em x = 0 logo, g é contínua em +0. b) • Assíntotas verticais: Dado que g é contínua em +0 o seu gráfico não ite assíntotas verticais. • Assíntota não vertical (y = mx + b, m ∈ , b ∈ ) ( x → +∞) g( x ) m = lim x → +∞ x x ln x = lim x → +∞ x = lim ln x x → +∞

= +∞ Como o valor obtido não é um número real, concluímos que o gráfico de g não ite assíntota não vertical. Logo, o gráfico de g não tem assíntotas.

Dg’ = +

1

0

+∞

e

Sinal de g’

n.d.

–

0

+

Variação de g

Máx. 0

¢

mín. 1 − e

£

⎛1⎞ ⎛1⎞ 1 1 g ⎜ ⎟ = × ln ⎜ ⎟ = − ⎝e⎠ ⎝e⎠ e e ⎤ 1⎤ g é estritamente decrescente em ⎥0, ⎥ e estrita⎦ e⎦ ⎡1 ⎡ mente crescente em ⎢ , +∞⎢ ; 0 é máximo relativo ⎣e ⎣ 1 1 para x = 0 e – é mínimo absoluto para x = . e e d) g’(x) = lnx + 1 Dg’ = + 1 g"( x ) = Dg" = + x 1 > 0, ∀x ∈ + , logo, g′′( x ) > 0, ∀x ∈ + , o que nos x leva a concluir que o gráfico de g tem a concavidade voltada para cima em + e não tem pontos de inflexão. y

e)

1 e O - e1

Em + : g( x ) = 0 § x ln x = 0 § x = 0   ›    ln x = 0 § x = 0   ›    x = 1 ∉ +

1

x

159

160


55. a) I ≥ 100 § 170 + 10logP ≥ 100 § 10logP ≥ –70 § logP ≥ –7 § P ≥ 10–7 Devem ser utilizados meios de proteção auditiva a partir de um valor de potência superior ou igual a 10–7. b) I = 170 + 10 logP § I – 170 = 10logP § 0,1 I – 17 = logP § P = 100,1 I – 17 I Seja I a intensidade de som de potência P. Então, 2 é a intensidade do som de potência P1. Temos, então: P

(P )

=

2

100,1I − 17

( 10

I

0,1 × − 17 2

1

)

2

=

100,1I − 17 100,1I − 34

= 100,1I − 17 − 0,1I + 34 = 1017

c.q.d.

56.

y P (x, x2) , x > 0 2

Seja d a distância entre o ponto P e o ponto (0, 2), em função da abcissa do ponto P.

= 170 + 10 ( 3 + log P ) − 170 − 10log P

( x − 0)

d( x ) =

x2 + x2 − 4x2 + 4, x > 0

d( x ) =

x4 − 3x2 + 4, x > 0

d'( x ) = =

1 2

lim

I(P )

= lim

= lim

P 70 17

P → +∞

P

+ 10 ×

−

1

× ( 4xx 3 − 6 x )

2

§ 4 x 3 − 6 x = 0   ‹    2 x 4 − 3 x 2 + 4 ≠ 0 2 § x ( 4 x 2 − 6 ) = 0   ‹     x4 − 3 x + 4 ≠ 0

Condição universal

Cálculo auxiliar: x2 =

3± 9−4×4 2 3 ± −7

§ x 2 =

2


P log P lim = 0 + 10 × 0 = 0 P

P → +∞

Limite notável

lim ⎡⎣ I(P ) − 0⎤⎦ = lim ⎡⎣ 170 + 10log P ⎤⎦

P → +∞

× ( x4 − 3x2 + 4 )

2 x4 − 3x2 + 4

170 + 10log P

P → +∞

2

4 x 3 − 6x

d) P → +∞

2

d'( x ) = 0

= 30 + 10log P − 10log P = 30 Provamos, assim, que quando a potência cresce em progressão geométrica de razão 103, a intensidade cresce em progressão aritmética de razão 30. d1)

+ ( x2 − 2) , x > 0

d( x ) =

c) I = 170 + 10logP Seja I a intensidade do som de potência P. Seja I1 a intensidade do som de potência 103 × P. Então: I1 − I = 170 + 10log ( 103 × P ) − ( 170 + 10log P ) = 170 + 10⎡⎣log g 103 + log P ⎤⎦ − 170 − 10log P

x

O

P → +∞

= 17 70 + 10 × (+∞) = +∞ Como o valor obtido não é um número real, concluímos que o gráfico de I não ite assíntotas não verticais. d2) I ′(P ) = 10 × 1 = 10 P P −10 × P ′ 10 I ′′(P ) = =− 2 2 P P 10 10 10 10 I ′(P ) = I ′′(P ) § = − 2 § + 2 = 0 P P P P 10P 10 10P + 10 § 2 + 2 = 0 § = 0 P P P2 § 10P + 10 = 0   ‹    P 2 ≠ 0 § P = −1    ‹    P ≠ 0 Equação impossível dado que P > 0

Logo, não há um valor P0 tal que I’(P0) = I"(P0).

§ x = 0   ›    x 2 = § x = 0    ›    x = x ∉ D

3 2 3

3    ›    x = − 2 2 x ∉ D

x

3

0

+∞

2

Sinal de d’

n.d.

–

0

+

Variação de d

n.d.

¢

mín.

£

O ponto que está mais próximo do ponto (0, 2) é o ⎛ ⎞ ponto ⎜ 3 , 3 ⎟ e a distância entre os dois pontos é: ⎜ ⎟ ⎝ 2 2⎠ ⎛ ⎞ 3⎟ d ⎜⎜ ⎟= ⎝ 2⎠ =

9 4

−3×

3 2

9 − 18 + 16 4

9

+4 = =

4 7

2

−

9 2

+4

Tema III | Matemática 12

Tema III – Trigonometria e números complexos

Se α ∈ 1.o Q, então α° – 450° ∈ 4.o Q - α° + 630° = - α° + 360° + 270° y

y α

Unidade 1 – Revisões sobre trigonometria

O

1

x

1

O

Página 6

x –α

– α + 630°

1. AD = BE = x x 1 x 14 sen 30° = § = § = x § x = 7 u.c. 14 2 14 2 3 EC 14 3 EC cos 30° = § = § = EC 14 2 14 2 § EC = 7 3 u.c.

Se α ∈ 1.o Q, então - α° + 630° ∈ 3.o Q y

y α

O

1

1

O

x

a) P [ ABCD ] = AD + DE + EC +CB + BA

–α

= 7 + 14 +7 3 + 14 + 14 = 49+7 3 u.c. b) A

14

– 90° – α

Se α ∈ 1.o Q, então - 90° – α° ∈ 3.o Q Opção (C)

14 7 § tg = 2 1 § = tg (2) § 63,43˚

B

tg =

7 α

4. a) (sen x + cos x)2 = sen2 x +2sen xcos x + cos2 x 2 x + cos2x +2 sen xcos x = sen

E

2. tg 40° =

1

= 1+2 sen xcos x c.q.d.

AD § AD = 55 tg 40° 55

b) (sen x + cos x) (sen x – cos x) = sen2 x – cos2 x = sen2 x – (1 – sen2 x) = sen2 x – 1 + sen2 x = –1 + 2 sen2 x c.q.d.

BD tg 62° = § BD = 55 tg 62° 55 AB = BD – AD = 55 tg62° – 55 tg40° 57,3 m A largura do rio é aproximadamente de 57,3 m. 3. α° + 540° = α° + 360° + 180°

= sen2 x 1+ sen2 x = 2 sen2 x 1

y α

α 1

x

x

1

O α + 540°

Se α ∈ 1.o Q, então α + 540° ∈ 3.o Q α° - 450° = α° - 360° - 90° y

y α

O

1

x

2 2 x + cos x) c) sen4 x cos4 x = (sen2 x cos2 x)(sen =1

= sen2 x cos2 x = sen2 x (1 sen2 x)

y

O

x

α O

1

x

α – 450°

c.q.d.

d) tg x (sen2 x cos2 x) = tg x (1 cos2 x cos2 x) = tg x (1 2cos2 x) = tg x 2tg x cos2 x sen x = tg x 2 cos2 x = tg x 2sen x cos x cos x 5. a) A(x) = sen2 x +(1+ cos x)2 = sen2 x + 1+2cos x + cos2 x 2 2 x + cos = sen x + 1+2cos x =1 = 1+ 1+2cos x = 2+2cos x = 2 (cos x + 1)

c.q.d.

161

162


1 cos2 2 1 1 1+ = 3 cos2 1 1 § 1+ = 9 cos2 10 1 § = 9 cos2 9 2 § cos = 10 9 § cos = ± 10 3 10 § cos = ± 10

b) 1+ tg2 =

£ ¥ £ ¥ £ ¥ £ ¥ c) 4sen²– 3/ ´ – cos² 79/ ´ + tg² 83/ ´ + 2tg²– 3/ ´ + ¤ 4¦ ¤ 2¦ ¤ 6 ¦ ¤ 6 ¦ £ ¥ 17/ ´ + 4cos(101/) + sen2 ² ¤ 3 ¦ y 3π 2

– 5π 4

3 + cos 4

3 10 10

. Logo:

y

1

x

O

10π x

5 7 7 7 b) cos + sen + cos + tg sen 2 4 4 6 2

x

y

7π 6

O

O

-π 4

y

π 6 x

O

x 7π 2

= 0 sen + cos + tg (1) 4 4 6 2 2 3 = + + +1= 2 2 3 3 = +1 3

O

1

x

2

3

y

O

x

y

π–α

3π + α

- 7π 4 x

1 x 101π 17 π 3

O

£ ¥ 3´ = 4 + – + 2 × 1 + ²² ´ – 4 ¤ 2 ¦ 2 3 3

y π 4

O

x

7. a) sen ( )+ cos (3 + )+ sen (3 + )+ + tg( + ) tg( + )

2 2 = 1 1 2 2 = 2

y

1

y

π 3

3 3 3 11 = 2 + + = + 4 6 4 6

= sen + tg cos cos(10 ) 4 4 4

y 5π 2

x 83 π 6

£/¥ £/¥ £/¥ £/¥ = 4 × 1 + cos² ´ – tg² ´ + 2tg² ´ + sen2 ² ´ + ¤4 ¦ ¤6¦ ¤6¦ ¤3¦ + 4 × (–1)

π 4 O

y

π 4

- 3π 4

cos(10 ) y

3π 4 1 x

O

1

O

79 = 13 + 6 6 83 5 = 13 + 6 6

O

y

π 4

x 79π 6

3 10 3 10 A() = 2 + 1 = +2 5 10

y

π 6

O

Como α ∈ 4.o Q, então cos =

6. 5 a) sen + tg 4 4

y

α

–α + π

α

1 x

O

1

O α+π

x –α

= sen cos sen + tg (tg ) = cos + tg + tg = cos +2 tg 3 b) 5sen + cos + +2 sen

2 2 2 y

π α – 2

y

y

α O

1

x

α

α O

1

x

3π + α 2

= 5cos + sen 2cos = 3cos + sen

O -

π α 2

1

x


7 c) cos + x sen (5 x) tg(3 + x)+ 2 2 + sen x

2

9. a)

sen x = sen 7 §

2

y

y x

O

7π + x 2

x

§

y x

x O

x

1

y

1

1

3π + x

O -

1

§

x

π x 2

2 cos(2013 ) = 3 2 2 § cos = § cos = 3 3 A( ) = 1 tg2 1 1+ tg2 = cos2 1 1+ tg2 = 2 2 3

d)

§ 1+ tg

9 5 2 § tg = 4 4 5 4 5 1 A( ) = 1 = = 4 4 4 4 2

§ 1+ tg

=

1 = 4 9

x=

5

+2k

x

6 +2k , k 7 y π-π 5

›

π 5 O

3 2

+2k

6

π-

1

x

y

π 3

O

π 3 1 x

›

+k

› x=

3

+k ,k

2 sen2 x sen x = 0 § sen x (2 sen x 1) = 0 § sen

x = 0 › sen x =

π-

1 2

π 6

y

O

π 6 1 x

x =0 › sen x = sen 6

§ sen

y 2013 π - α

α O

1

§

x

10. a) 2

1

3 2 2x= +2k , k 3

= sen x sen x tg2 x +(cos x)2 = sen2 x +cos2 x tg2 x = 1 tg2 x b)

=

sen (2 x) =

x

x

x

› x=

§ sen (2 x) = sen 3

y x

1

+2k

2

§ 2x =

7π + x 2

O

c)

x O

O

4 +2k › 3x = +2k , k 5 2 5 2 3 3 § 3x = +2k › 3x = +2k , k 10 10 2k 2k § x= + › x= + ,k 10 3 10 3

5π -x

x

›

§ 3x =

y

O

π 7

3x + = +2k , k 2 5

8. 7 a) A(x) = cos + x sen (5 x) 2 tg2 (3 + x)+ sen2 x 2 x

7

§ 3x +

= sen x sen x tg x +(cos x)2 = sen2 x tg x + cos2 x = 1 tg x

y

+2k

sen3x + = sen 2 5

b)

5 π –x

1 x

O

x=

π x 2

-

y

3π + x

1

7

y

π 7

x = +2k , k 7

x

x

1

O

x=

π-

x = k › x =

5 +2k › x = +2k, k 6 6

y

cos(3x) = cos 10 O § 3x = +2k › 10 3x = +2k , k 10 2k 2k §x= + › x= + ,k 30 3 30 3

π 10 1 π 10

x

163

164


b)

y

cos2 x = 1 § cos x = 1 › cos x = 1 § x = 2k › x = +2k, k § x = k, k

12. a)

O

1

2cos x tg x = tg x

§ 2cos x

x

§ tg

tg x + tg x = 0

x(2cos x + 1) = 0

1 cos x = 1 § cos x = 2 Equação impossível. C.S. = O 2 2cos2 (2x) = 1 § cos2 (2x) =

d)

1 2

1 1 › cos (2x) = 2 2 2 2 § cos (2x) = › cos (2x) = 2 2 § cos (2x) = cos › cos (2x) = cos 4 (2x) =

§ cos

y

x

- 3π 4

π 4 O

b)

§ 2x =

c)

x+ +k , k 5

O

x=

5

-π 3

x = 1 › tg x = 1 § x = + k › x = + k, k 4 4 § tg

O

y

π 4

1 1

x

Em 0, 2 as soluções são: 0, b)

O -1

1

-π 4

3sen2x + = 3 5 § sen2x + = 1 5 3 § 2x + = +2k, k 5 2 3 § 2x = +2k, k 2 5 13 § 2x = +2k, k 10 13 §x= + k, k 20

x

0, 2

2 4 , , , 2 3 3 y

O

, 2 : 13 27 k = 2 1 x = 2 = , 2 20 20 13 7 k = 1 1 x = = 20 20 13 k =0 1 x = 20 33 k =1 1 x= 20 13 k =2 1 x = +2 , 2 20 Em , 2 as soluções da equação são: 7 13 33 , , . 20 20 20 Para x

+k , k

tg2 x 1 = 0 § tg2 x = 1

y

2 -2 › x= 3 3

0, 2

x

1

- √3

§

0, 2

14 10 k = 2 1 x = 2 › x = › x= 3 3

y

tg (2x) = tg x + 5

x

0, 2

+ 2k › 2x = + 2k › 4 4 3 3 + 2k › 2x = + 2k, k 2x = 4 4 §x= + k › x = + k › 8 8 3 3 x= +k › x = + k, k 8 8 k 3 k §x= + › x= + ,k 8 2 8 2

3 § tg x = tg 3 §x= + k, k 3

1

8 4 k =1 1x= › x= › x= 3 3

x

1

tg x =

1 x

0, 2

§ 2x =

11. a)

1 2

1O

0, 2

k =0 1x =0 › x =

3π 4

1 π 4

O

4

y

π 4

π 3

2 x = 0 › 2cos x = 1 1 § tg x = 0 › cos x = 2 2 § tg x = 0 › cos x = cos y 3 2 § x = k › x = +2k › 3 2 O x= +2k, k 3 Para x 0, 2 : -4 -8 k = -1 1 x =- › x= 3 › x= 3 0, 2 § tg

c)

y

2π 3

1 3π 2

x


c)

x sen = sen x 2 x § sen = sen( x) 2 x x § = x +2k › = + x +2k , k

2 2 x x § + x = 2k › x = +2k , k

2 2 3x x § = 2k › = +2k , k

2 2 4k §x= › x = 2 +4k , k

3 Para x 0, 2 : k =0 1 x =0 ›

b)

4 3 8 k =2 1 x = 3

y1

0,785

0,2

f(x) = (1 = 12 =1 =2

x = 2

x= 6

0,2

cos(2x) = cos x

x) x +2k › 2x = – + x +2k, k § 3x = +2k › x = – +2k, k 2k §x= + › x = – +2k, k 3 3 § 2x = –

c)

,

= 3 k = 1 1 x = › x 3 ,

,

,

Em , as soluções de equação são:

,

Unidade 2 – Funções trigonométricas Página 18 13. OR ordenada de P a) A( ) = 2 cos = abcissa de P sen = ordenada de P OR = 2cos 2 cos sen A( ) = = sen cos 2

f (x) = 0 § 2 2 sen x = 0 sen x = –2 2 § sen x = § sen x = 1 2 § x = +2k, k 2 § –2

Para x , : k = 2 1 x = › x = 5

sen x)2 (sen x + 1)(sen x 1) 2sen x +sen2 x (sen2 x 12 ) 2sen x + sen2 x sen2 x +1 2sen x c.q.d.

b) Df = D'f : –1 ≤ sen x ≤ 1 –2 ≤ 2sen x ≤ 2 –2 ≤ –2sen x ≤ 2 0 ≤ 2 2sen x ≤ 4 D'f = 0, 4

§ cos(2x) = cos(

› x = k =0 1 x = 3 k =1 1 x= › x=

α

14. a) Df =

4 Em 0, 2 as soluções da equação são: 0, , 2 3 d)

π 2

1 A área máxima é de quando 0,785 rad. 2

› x = 2 ›

0, 2

y1 = sen cos

0,5

0,2

k =1 1 x=

A

, 3 3

y

O

1

x

15. Sabemos que a tangente é negativa no 2.o e 4.o quadrantes e que o cosseno é negativo no 2.o e 3.o quadrantes. Assim, o quadrante é o segundo. y α, β ∈ 2.o Q α < β ± sen α > sen β No 2.o quadrante, o seno βα é decrescente e positivo. x O Opção (C)

16. 1 a) f(x) = cos2 (3x) 2 Df = D'f : –1 ≤ cos(3x) ≤ 1 0 ≤ cos2 (3x) ≤ 1 1 1 1 0 ≤ cos2 (3x) ≤1 2 2 2 1 1 1 ≤ cos2 (3x) ≤ 2 2 2 1 1 D'f = , 2 2

165

166


y

1 1 b) f(x) = 0 § cos (3x) = 0 § cos2 (3x) = 2 2 1 1 § cos(3x) = ± § cos(3x) = ± 2 2 2 2 § cos(3x) = › cos(3x) = 2 2 2

y

O

1 x + 7π + x 2

1

x

√2 O 2

x 1 x

O

y

y

+ -3π +x

x

1

O

x

24 1 48 25 23 = = 25 2 50 50 50

Cálculo auxiliar : sen2 + cos2 = 1 2 1 1 2 § + cos = 1 § + cos2 = 1 25 5 1 2 § cos = 1 25 25 1 24 2 § cos = § cos2 = 25 25 25

sen x 17. b h 1 tg x cos x sen x a) A = = = = 2 2 2 2cos x 1 18. 7 a) A(x) = cos + x sen(5 x) tg2 ( 3 + x)+ 2 +sen2 x 2

x1

O

= sen x sen x tg2 x +(cos x)2 = sen2 x tg2 x + cos2 x = sen2 x + cos2 x tg2 x = 1 tg2 x c.q.d.

=

d) f = cos2 3 1 = cos2 ( ) 1 2 3 3 2

– -x - π 2

1 x

1 1 c) 5 cos2 (3 0) cos2 3 + 6 2 2 1 + cos2 (3 101) 2 1 5 1 = 5cos2 0 cos2 + + cos2 (303) 2 2 2 2 5 5 = 5 12 0+ cos2 = 5 +(1)2 2 2 5 5 12 5 7 = 5 + 1 = 6 = = 2 2 2 2 2

=

O

y

x

+2k › 3x = +2k › 4 4 3 2k 3 +2k › 3x = + ,k 3x = 4 3 4 2k 2k § x= + › x= + › 12 3 12 3 2k 2k x= + › x= + ,k 4 3 4 3 § 3x

x

y

√2 2

+ 5 π- x

b) DA = x + k, k :x 2 tg2 x ≥ 0, Ax DA 2 § – tg x ≤ 0, Ax DA 2 § 1 – tg x ≤ 1, Ax DA A ( x ) ≤ 1, Ax DA D'A = – , 1 c)

A(x) = 0 2 2 § 1 tg x = 0 § tg x = 1 § tg x = ± 1 § tg x = ±1 § tg x = 1 › tg x = 1 § tg x = tg › 4 tg x = tg § x = +k › 4 4 k x = + k, k § x = + , k 4 4 2

y π 4 O

1 x

19. a) f1 (x) = 0 § 2sen x = 0 § sen x = 0 § x = k , k f2 (x) = 0 § sen x = 0 § x = k, k 4 4 §

x=

4

+k ,k

f3 (x) = 0 § – sen x = 0 § sen x = 0 § x = k , k f4 (x) = 0 § sen(x) = 0 § x = k , k § x = k, k f5 (x) = 0 § sen(2x) = 0 § 2x = k , k k §x= ,k 2 § 2 ≤ 2sen x ≤ 2 1 ≤ sen x 1 4 1 ≤ sen x ≤ 1 1 ≤ sen x 1

b) 1 ≤ sen x ≤ 1

D'f1 =[2, 2] D'f2 =[1, 1] D'f3 =[1, 1]


1 ≤ sen (x ) ≤ 1 1 ≤ sen (2x) ≤ 1

D'f4 =[1, 1] D'f5 =[1, 1]

c) 2π é o período positivo mínimo das funções f1, f2, f3 e f4. Partindo de f(x) = senx chega-se ao gráfico de f5(x) = sen(2x) com uma compressão horizontal segundo o fator 1 . Assim, o período positivo 2 mínimo a de 2π para 2π = π. 2 20. a) Dilatação vertical segundo o fator 3. b) Compressão horizontal segundo o fator 1 . 3 c) Translação horizontal segundo o vetor , 0 . 5 d) Simetria em relação ao eixo Ox. e) Simetria em relação ao eixo Oy. f) f6 (x) = 2cos(3x ) 1 = 2cos 3 x 1 3 Compressão horizontal segundo o fator

1 ; trans3

lação horizontal segundo o vetor , 0 ; dilatação 3 vertical segundo o fator 2; translação vertical segundo o vetor (0, –1). 21. a) 3cos x = 0 § cos x = 0 § x = § cos

(3 x ) = 0 § 3 x = 2

+k ,k 2 +k ,k

k ,k 6 3 cos x + = 0 § x + = + k , k 5 2 5 §x= +k ,k 2 5 §

x=

+

(x5)

(x2)

5 2 §x= +k ,k 10 10 cos x = 0

§

cos x = 0 § x =

cos(x) = 0 § x =

2

x=

2

+k ,k

3 +k ,k 10

+k ,k x = +k ,k 2

2cos(3x ) 1 = 0 § 2cos(3x ) = 1 1 § cos(3x ) = § cos(3x ) = cos 2 3 § 3x = +2k › 3x = +2k , k 3 3 § 3x =

+ +2k 3

› 3x = +2k , k 3 4 2 § 3x = +2k › 3x = +2k , k 3 3 4 2k 2 2k §x= + › x= + ,k 9 3 9 3

b) 1 ≤ cos x ≤ 1 § 3 ≤ 3cos x ≤ 3

D'f1 =[3, 3]

1 ≤ cos (3x ) ≤ 1 D'f2 =[1, 1] 1 ≤ cos x + ≤ 1 D'f3 =[1, 1] 5 1 ≤ cos x ≤ 1 § 1 ≤ cos x ≤ 1 D'f4 =[1, 1] 1 ≤ cos(x) ≤ 1 D'f5 =[1, 1] 1 ≤ cos(3x ) ≤ 1 § 2 ≤ 2cos(3x ) ≤ 2 § 3 ≤ 2cos(3x ) 1 ≤ 1 D'f =[3, 1] 6

c) f1, f3, f4 e f5 têm período positivo mínimo 2π (partindo do gráfico de f(x) = sen x, cujo período positivo mínimo é 2π, as transformações não envolvem dilatações nem compressões horizontais e por isso o período mantém-se). O gráfico de f2 e f6 sofre uma compressão horizontal segundo o fator 1 . Logo, o 3 2π período positivo mínimo é . 3 22 a1) Dilatação vertical segundo o fator 4. a2) Compressão horizontal segundo o fator 1 . 4 a3) Dilatação horizontal segundo o fator 2. a4) Dilatação horizontal segundo o fator 4; dilatação vertical segundo o fator 5; translação vertical segundo o vetor (0, 1). f2→ π f3→ 2π f4→ 4π b) f1→ π 4 23. 2 2 a) f x + = cosa x + a a

= cos(ax +2) = cos(ax) = f(x) 2 Logo, é período de f. a 2 2 2 b) g x + = sena x + + cosa x + a a a

= sen(ax +2 )+ cos(ax +2 ) = sen (ax ) + cos(ax) = g (x) 2 logo, é período de g. a 24. f(x) = 2tg(0,5x +3) 1 1 = 2tg (x +6) 1 2 a) Df = x : 0,5x +3 + k, k 2

1 = x : x 3+ k, k 2 2

= { x : x 6+2k, k } D'f =

167

168


b) f (x +2 ) = 2tg(0,5(x +2 )+3) 1 = 2tg(0,5x + +3) 1 = 2tg(0,5x +3+ ) 1 = 2tg(0,5x +3) 1 = f (x)

25. Procuramos uma função f do tipo: f(x)= c sen(a x – b) + d, a, b, c e d ∈ Sabemos que o mínimo da função é 4 e o máximo é 12; assim, a amplitude é:

26. cos = cos 12 3 4 = cos cos + sen sen 3 4 3 4 1 2 3 2 2 6 2+ 6 = + = + = 2 2 4 4 4 2 2 27. 2 a) (sen x + cos x)2 = sen2 x +2sen xcos x + cos x 2 2 x +cos = sen x +sen(2x)

12 4

8 = =4 2 2 Também conseguimos determinar o valor do parâmetro d através do conhecimento dos extremos: d=

Página 32

c.q.d.

c) Dilatação horizontal segundo o fator 2; translação horizontal segundo o vetor (–6, 0); dilatação vertical segundo o fator 2; translação vertical segundo o vetor (0, –1).

c=

Unidade 3 – Fórmulas trigonométricas: seno, cosseno e tangente da soma de dois ângulos

12+ 4 16 = =8 2 2

Tanto a maré alta como a maré baixa se repetem de 12 em 12 horas, o que significa que o período do fenómeno é de 12 horas. Logo: 2 2 = 12 § =a§ =a a 12 6 Sabemos que f(0) = 10, logo:

4sen 0 b +8 = 10 6 1 § sen(b) = 2 5 § b = +2k › b = +2k , k 6 6 5 § b = +2k › b = +2k , k 6 6 Perante estas duas possibilidades, temos que ter em consideração que às 2 horas ocorre a maré alta, isto é: f (2) = 12 § 4sen 2 b +8 = 12 6 § sen b = 1 3 b = +2k , k 3 2 § b = +2k, k 2 3 § b = +2k, k 6 § b = +2k, k 6 Então, concluímos que b = , por exemplo. 6 Assim, f(x) = 4sen x + +8. 6 6

=

1

+ sen(2x) c.q.d.

b) cos(2x) = cos2 x sen2 x = 1 sen2 x sen2 x c.q.d. = 1 2sen2 x sen2 x 2 1 tg x cos2 x = 1 sen x cos2 x = 2 2 1 cos x 1+ tg x cos2 x = cos2 x sen2 x = cos(2x) c.q.d. 2

c)

28. cos(2) =

1

1 1 § AC = cos(2) AC

Perímetro = AB + BC + AC 1 1 = 2+ + cos(2) cos(2) 2cos(2)+2 = cos(2) 2(cos2 sen2)+2 = cos(2) 2cos2 2sen2 +2 = cos(2) 2cos2 2 (1 cos2 )+2 = cos(2) 2cos2 2 +2cos2 + 2 = cos(2) 4cos2 = c.q.d. cos(2)

C

A

2α

B

1 2

§

29. a) sen(2x)+ sen x = 0 § 2sen xcos x + sen x = 0 § sen x(2cos x + 1) = 0 § sen x = 0

›

2cos x + 1 = 0 1 § x =k ,k › cos x = 2 2 2 § x=k › x= +2k › x = +2k , k 3 3


b)

1 2 § 2sen xcos x = 1

3 c) lim tg2 x = tg2 = (1)2 = 1 3 4 x

sen xcos x =

§ sen(2

4

+

d) lim tgx = tg = + 2 x

x) = 1

§ 2x =

+2k ,k 2 § x = +k ,k 4 c)

d)

2

e) lim x

3 cos x + sen x = 2 3 1 § cos x + sen x = 1 2 2 § sen cos x + cos sen x = 1 3 3 § sen + x = 1 3 § +x= +2k, k 3 2 5 §x= +2k, k 6

31. a) 1 ≤ sen x ≤ 1, x Assim, quando x > 0 : 1 sen x 1 ≤ ≤ x x x 1 1 Como lim = 0 e lim = 0, então x + x x x sen x lim =0 x + x

5cos x 3 = cos(2x) 5cos x +3 = 0 2 2 § cos x sen x 5cos x +3 = 0 2 2 § cos x (1 cos x) 5cos x +3 = 0 2 § 2cos x 5cos x +2 = 0 Considerando a mudança de variável y = cosx, vem que: 2y2 5y +2 = 0 5± 25 4 22 §y= 22 5+3 5 3 §y= › y= 4 4 1 § y =2 › y = 2 Substituindo y por cos x, vem que: 1 cos x =2 › cos x = 2 Equação

x=

+2k

0

x 4x 0 1 b) lim = 4 lim = 4 x 0 sen x x 0 sen x sen x lim x 0 x 1 = 4 = 4 1 0

sen(2x) sen(2x) sen(2x) 0 1 1 = lim = lim 2 c) lim x 0 x 0 x 0 x 5x 5 5 2x sen(2x) sen y 2 2 2 2 = lim = lim = 1 = 5 x 0 2x 5 y 0 y 5 5

› x = +2k , k 3

Considerando a mudança de variável 2x = y, tem-se x 0 y 0.

Unidade 4 – Estudo intuitivo de lim senx x→ 0 x

0

Página 36

y

30. sen x sen 0 a) lim = = =0 x x

O

b) lim x

cos x cos 1 = = x

3 sen(3x) sen y =31=3 = 3 lim y 0 3x y limitenotável

x = cos 3

3

0 32. 0 sen 3x a) lim = lim x 0 x 0 x

Considerando a mudança de variável 3x = y, tem- se que x 0 y 0.

impossível

§

cos x cos0 1 = = x 0 0

Cálculo dos limites laterais : cos x 1 = + = + lim limites laterais x 0+ x 0 diferentes cos x 1 e lim = = x 0 x 0 cos x Conclui se que lim não existe. x 0 x

§ cos(2x)

§ cos

0

1

x

sen(2x) sen(2x) 0 x d) lim = lim x 0 sen(3x) x 0 x sen(3x) sen(2x) x lim = lim x 0 x 0 sen(3x) x sen(2x) 1 = lim 2 x 0 sen(3x) 2x lim x 0 x sen y 1 = 2lim y 0 sen(3x) y 3 lim x 0 3x

169

170


Considerando a mudança de variável 2x = y, tem-se x 0 y 0. 1 = 2 1 sen z 3 lim z 0 z Considerando a mudança de variável 3x = z, tem-se x 0 z 0. 1 = 2 1 3 1 2 = 3 0

sen x 1 sen x 0 2 e) lim 3 = lim x 0 x 0 x x x sen x 1 = lim lim 2 x 0 x 0 x x 1 = 1 + 0 = +

1 cos2 h sen2h = lim h 0 h(1+ cosh) h 0 h 1+cosh ) ( sen h sen h = lim h 0 h 1+ cosh sen h sen h 0 = lim lim = 1 =0 h 0 h 0 1+ cosh h 1+ 1 = lim

( 0) 33. lim n sen = lim n

sen sen n n = lim

1 n n

sen x = lim

= 1 = x 0 x n , n +

Considerando a mudança de variável n + x 0

= x, vem que: n

0

0 f) lim sen2 x = lim sen x 1 x 0 x 0 x x x sen x 1 1 = lim lim = 1 x 0 x 0 x x 0 Cálculo dos limites laterais : sen x 1 sen x 1 = 1 + = + limites lim 2 = lim+ x 0+ x 0 x 0 x x

laterais sen x 1 sen x 1 e lim 2 = lim = 1 = diferentes x 0 x 0 x x 0 x sen x Conclui-se que não existe lim 2 . x 0 x 0

0 g) lim x = lim x = lim xcos x x 0 5tgx x 0 5sen x x 0 5sen x cos x x x cos x cos x = lim lim = lim x 0 sen x 5 x 0 sen x x 0 5 1 1 1 1 1 = = = sen x 5 1 5 5 lim x 0 x 0

sen ( y+ ) sen x 0 sen y = lim = lim h) lim x x y 0 y 0 y y Considerando a mudança de variável x = y, vem que : x = y § x = y + e x y 0 = 1 lim

y 0

i) lim

h 0 0 0

1 cosh h

= lim h

sen y = 1 1 = 1 y

0

(1 cosh)(1+ cosh) h (1+ cosh)

(multiplicando ambos os termos da fração por 1 + cos h)

Unidade 5 – Derivadas das funções trigonométricas: seno, cosseno e tangente Página 40

34. a) f '(x) = (3sen x +4)' = (3sen x)'+4' = 3cos x b) f '(x) = (x

2

cos x)' = (x 2 )' (cos x)' = 2x + sen x

c) f '(x) = (sen(5 x +))' = (5x + )'cos(5x + ) = 5cos(5x + ) cos(2x) ' (cos(2x))' x (cos(2x)) x' d) f '(x) = = x2 x 2sen (2x ) x cos (2x ) = x2 2xsen (2x ) +cos (2x ) = x2

(

)

e) f '(x) = sen3 (5x) ' = 3sen2 (5x)

(sen(5x))'

= 3sen (5x) 5 cos(5x) = 15sen2 (5x)cos(5x) 2

35. a) f '(x) = (sen x + cos x)' = cos x sen x b) f '(x) = cos x ' = (cos x)' sen x (cos x)(sen x)' sen2 x sen x sen x sen x cos x cos x sen2 x cos2 x = = sen2 x sen2 x 1 = sen2 x


(

) (

)

Cálculo de PD :

c) f '(x) = cos(x 2 ) 3sen2 x ' = cos(x 2 ) ' 3(sen2 x)'

2

PD = h22 +(2 h1 )2

= (x )'sen(x ) 32sen x (sen x)' = 2x sen (x 2 ) 6sen xcos x 2

2

§ PD § PD

d) f '(x) = (tg x sen x)' = (tg x)' sen x +(tg x)(sen x)' 1 = sen x +tg x cos x cos2 x sen x 1 sen x = + cos x cos x cos x cos x tg x = +tg x cos x cos x 1 = tg x +cos x cos x e) f '(x) = (tg(2x)+ x)' =

(

)

§ PD

5 15sen2 (5x) = 2 cos (5x) cos4 (5x)

x

g) f '(x) = 5 cos 1 ' x tg x 1 5' tg x 5 (tg x)' 1 ' = + sen 2 tg x x x 1 5 1 cos2 x 1' x 1 x' = + sen 2 2 tg x x x 1 5 1 = sen sen2 x x 2 x cos2 x cos2 x 1 5 1 = sen sen2 x x 2 x

x

h2

P

2 - h1

2 h1 2 h2 + 2 2 = h1 + h2 = 2sen x +2 2cos x = 2(1+ sen x cos x) c.q.d. =

b) PABPD = AB + AD + BP + PD = 2+2+2+ 12 8cos x 8sen x = 6+ 4 (3 2cos x 2sen x) = 6+2 3 2cos x 2sen x c.q.d.

2 2 = 8 8cos x 8sen x +4 (cos x + sen x)

12 8cos x 8sen x, PD > 0

1

π 4

0

5π 4

2π

+

0

–

0

+

+

£

M

¢

m

£

M

2 é máximo absoluto para x =

2

AABPD = A APB + A APD

2

5 f(0) = 1 f = 2 f = 2 f(2 ) = 1 4 4 5 f é estritamente crescente em 0, e em , 2 ; 4 4 5 f é estritamente decrescente em , ; 4 4 1 é mínimo relativo para x = 0 ;

h1

D

= 4 8cos x +4cos2 x +4 8sen x +4sen2 x

Sinal de f’ + Variação m de f

2

A

2

37. a) f '(x) = (sen x + cos x)' = cos x sen x f '(x) = 0 § cos x sen x = 0 § cos x = sen x § x = + k, k 4 5 Em 0, 2 os zeros de f ' são: e 4 4

2 +1 cos2 (2x)

36. h a) sen x = 1 2 § h1 = 2sen x y sen x = 2 2 § y = 2cos x h2 = 2 y = 2 2cos x

= (2 2cos x)2 +(2 2sen x)2

§ PD =

f) f '(x) = tg3 (5x) ' = 3tg2 (5x) ( tg(5x))' = 3 tg2 (5x)

2

2

B

π -x 2

y C

; 4 5 ; 2 é mínimo absoluto para x = 4 1 é máximo relativo para x = 2 . 1 1 ' 1' tgx 1(tgx)' cos2 x = b) g'(x) = = tg2 x tg2 x tg x 1 1 = = 2 sen x sen2 x cos2 x cos2 x 1 g'(x) = 0 § =0 sen2 x Equação impossível,logo, g' não tem zeros. 1 Como < 0, Ax 0, \ , conclui-se 2 sen x

2

que g é estritamente decrescente em 0, \ e não tem extremos.

2 38. a) x a1) lim f(x) = lim e = 1 = x 0 x 0 x 0 e lim+ f(x) = lim+ (sen(2x) cos x) = 1 = f (0) x 0

x 0

171

172


Conclui-se que a reta da equação x = 0 é uma assíntota vertical do gráfico da função. Não existem outros assíntotas verticais do gráfico de f, pois a função é contínua em ]– ∞, 0[ (visto estar definida pelo quociente de funções contínuas) e f é também contínua em ]0, +∞[ (visto estar definida pela diferença de funções contínuas).

y

P3 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O

P2

( )

e x ' e x ' x (e x ) x' a2) Em , 0 : f '(x) =

= x2 x x x e x e = x2 e xx e x f '(x) = 0 § =0 x2 x 2 § e (x + 1) = 0 ‹ x 0 x §( e = 0 v x + 1 = 0) ‹ x 0 Condição impossível

§

x= 1 ‹ x 0

x

–∞

–1 +

0

–

n.d.

Variação de f

£

M f(–1)

¢

n.d.

f ( 1) =

e

1

x

-4

Em [–6, 6]: Considerando os pontos de interseção do gráfico de f com a reta de equação y = x – 4, tem-se que as suas coordenadas, com aproximação às centésimas, são: P1(–3,08; –7,08), P2(–0,32; –4,32) e P3(4,53; 0,53) Assim, verifica-se que f (x) > x – 4 em ]–3,08; –0,32[ e em[0; 4,53[ logo, as soluções inteiras de f (x) > x – 4 em[–6, 6] são: –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3 e 4

39. Considere-se x a abcissa do ponto A. Pretende-se determinar x tal que f’(x) = 2.

(

)

f '(x) = x e x + cos(2x) ' x

x

= x'e + x (e )'(2x)'sen(2x) = e x + x e x 2sen(2x) x

e x a3) Em , 0 : f(x) = 0 § =0§ e = 0 x Equação

‹ x 0

impossível

Conclui-se que em , 0 f não tem zeros. Em 0, + : f(x) = 0 § sen(2x) cos x = 0 § 2sen x cos x cos x = 0 § cos x (2sen x 1) = 0 § cos x = 0 › 2sen x 1 = 0 1 § x = + k, k › sen x = 2 2 5 § x = + k › x = +2k › x = +2k, k 2 6 6 5 › x= › x= Se k = 0, x = 6 6 2 13 3 17 › x= Se k = 1, x = › x= 6 2 6 0,3

0,3

Tem-se assim que, no intervalo 3, 3, a função f 5 tem 3 zeros : , e 6 2 6 e x , 6≤ x <0 x y2 = sen(2x) cos x, 0 ≤ x ≤ 6 y3 = x 4

b) y1 =

5 6

P1

= e

0,3

1 2 3 4

0

Sinal de f’

( 1)

-1

Na calculadora: y1 = ex + x ex – 2sen(2x) y2 = 2 y

y1 y2

O

0,7989

1

x

Assim, a abcissa do ponto A, arredondada às centésimas, é 0,80. 40. a) h(0) = 30 × e0 × cos0 + 50 = 30 + 50 = 80 O Filipe saltou de uma altura de 80 metros. b) As soluções da equação h (t) = 50 representam os instantes em que o Filipe se encontra a 50 metros do solo.


h (t) = 50

• A função é periódica, de período positivo mínimo 2π. f(x + 2π) = f (x), Ax ∈ Df. Assim, basta estudar a função num intervalo de amplitude 2π, como, por exemplo, ]0, 2π[.

t cos +50 = 50 3 t 0,2t §e cos = 0 3 t 0,2t § e= 0 › cos = 0 3 § 30 e

0,2t

• Pontos de interseção do gráfico de f com os eixos coordenados: Com o eixo Ox: 1 =0 f(x) = 0 § sen x Equação impossível logo, f não interseta o eixo Ox, isto é, f não tem zeros.

Condição impossível

t = + k, k 3 2 t 1 § = + k, k 0 3 2 3 § t = +3k, k 0 2 §

0

3 c) Consideremos, por exemplo, o intervalo 0, . 2 Como a função h é contínua em todo o seu domínio (soma de funções contínuas), também o é no inter valo 0, 3 . 2 3 h (0) = 80 > 60 e h = 50 < 60 2

• Assíntotas: Assíntotas não verticais: Como basta estudar a função no intervalo ]0, 2π[, atendendo à periodicidade da função, não faz sentido a análise da existência de assíntotas não verticais. Assíntotas verticais (em ]0, 2π[: Df = R\{x = kπ, k ∈ Z}

Assim, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, pode 3 concluir-se que: Et 0, : h (t) = 60 2 Portanto, existe pelo menos um instante em que o Filipe esteve a 60 metros do solo. t d) lim h (t) = lim 30 e0,2t cos +50 t + t+ 3

0,2t t = 30 lim e cos +50 t + 3 = 30 0+50 = 50

Com o eixo Oy: O gráfico de f não interseta o eixo Oy já que 0 ∉ Df.

(1) lim+ f(x) = lim+ x 0

x 0

1 1 = + =+ sen x 0

A reta da equação x = 0 é uma assíntota vertical do gráfico de f. Atendendo à periodicidade da função, pode concluir-se que as retas de equação x = 2kπ, k ∈ Z são assíntotas do gráfico de f. (2) lim+ f(x) = lim+ x

e lim f(x) = x

x

1 1 = = sen x 0

1 =+ 0+

0

t Observe-se que lim e0,2t cos = 0, t + 3

t 0,2t pois lim e = 0 e – 1 ≤ cos ≤ 1, At t + 3

+ 0

.

Unidade 6 – Estudo de funções trigonométricas

A reta de equação x = π é uma assíntota vertical do gráfico de f. Mais uma vez, atendendo à periodicidade da função, pode concluir-se que as retas de equação x = π + 2kπ, k ∈ Z são assíntotas do gráfico de f. Assim, de (1) e (2) temos que as retas de equação x = kπ, k ∈ Z são assíntotas do gráfico de f. • Variação de f : 1 ' 1' sen x 1(sen x)' cos x = f '(x) = = (sen x)2 sen2 x sen x

Página 54

f '(x) = 0 ‹ x Df 1 sen x • Df = { x : sen x 0} =

41. f(x) =

\ { x = k, k

}

1 1 1 = = = f(x),Ax Df sen(x) sen x sen x ou seja, f é ímpar.

• f(x) =

cos x = 0 ‹ x Df sen2 x § cos x = 0 ‹ x k , k

§

+ k , k

‹ x k , k

2 No intervalo 0, 2 : §

x=

173

174


x

π 2

0

3π 2

π

42.

2π

• Df = { x

Sinal de f’ n.d. – 0 + n.d. + 0 – n.d. Variação n.d. ¢ m £ n.d. £ M ¢ n.d. de f m=f = 2

•f(x) =

1 = 1 3 sen 2

+2k, k e um máximo relativo igual a 1 2 3 +2k, k . para x = 2 x=

• Sentido das concavidades do gráfico de f : cos x ' ( cos x)' sen2 x ( cos x) (sen2 x)' f ''(x)= = (sen2 x)2 sen2 x sen x sen2 x +cos x 2 sen x cos x sen 4 x sen2 x +2cos2 x = sen3 x =

f ''(x) = 0 ‹ x Df

2

O gráfico de f não interseta o eixo Oy já que 0 Df .

‹ x k, k

n.d.

• Assíntotas: Assíntotas não verticais: Como basta estudar a função no intervalo ]0, 2[, atendendo à periodicidade da função, não faz sentido a análise da existência de assíntotas não verticais.

n.d.

Assíntotas verticais (em0, 2) :

Em 0, 2 : π

0

Sinal de f’’ n.d. Sentido das concavidades n.d. do gráfico de f

+

2π

n.d.

–

n.d.

Df =

f não apresenta pontos de inflexão.

y 1 -π 2

π

O -1

3π 2

• D’f = ]-∞, –1] ∪ [1, +∞[

\ {2k, k

}

0

• Representação gráfica:

-π

• Pontos de interseção do gráfico de f com os eixos coordenados : Com o eixo Ox : f (x) = 0 sen x § =0 1 cos x § sen x = 0 ‹ x Df § x = k, k ‹ x 2k, k § x = +2k, k

são os pontos da forma ( +2k , 0), k . Com o eixo Oy :

Equaçãoimpossível, logo f ''não temzeros

x

•A função f é periódica, de período positivo mínimo 2: f(x +2) = f(x), Ax Df Assim, basta estudar a função num intervalo de amplitude 2, por exemplo, 0, 2.

Os pontos de interseção do gráfico de f com o eixo Ox

sen2 x +2cos2 x § = 0 ‹ x k, k sen3 x 2 2 § sen x +2cos x = 0 ‹ x k, k 2

sen (x) sen x sen x = = 1 cos(x) 1 cos x 1 cos x

= f(x), Ax Df , ou seja, f é ímpar.

f apresenta um mínimo relativo igual a 1 para

§ sen x =2cos x

\ {2k, k }

Cálculo auxiliar: 1 cos x = 0 § cos x = 1 § x = 2k, k

1 =1 sen 2

3 M =f = 2

: 1 cos x 0} =

2π 5π 2

x

sen x 0 sen x (1+ cos x) lim+ f(x) = lim+ = lim+ x 0 x 0 1 cos x x 0 (1 cos x)(1+ cos x) sen x(1+ cos x) sen x(1+ cos x) = lim+ = lim+ 2 x 0 x 0 1 cos x sen2 x + 1+ cos x 1+ cos 0 2 = lim+ = = + =+ + x 0 sen x sen 0 0 A reta de equação x = 0 é assíntota vertical do gráfico da função f. Atendendo à periodicidade da função, pode concluir-se que as retas de equação x = 2kπ, k ∈ Z são assíntotas do gráfico de f.


• Variação de f :

sen x ' (senx)'(1 cos x) senx (1 cos x)' f '(x) = = (1 cos x)2 1 cos x =

cos x(1 cos x) sen x (sen x) (1 cos x)2

=

cos x cos2 x sen2 x (1 cos x)2

cos x 1 1 cos x 1 = = (1 cos x)2 (1 cos x)2 1 cos x f '(x) < 0, Ax 0, 2,logo f é estritamente

11 2. sen x 2cos(x +7) 2

decrescente e não tem extremos.

• Sentido das concavidades do gráfico de f :

1 ' ( 1)' (1 cos x) ( 1)(1 cos x)' f ''(x) = = (1 cos x)2 1 cos x sen x = (1 cos x)2 f "(x) = 0 ‹ x Df

= cos x ( 2cos x) = cos x +2cos x = 3cos x Opção (B)

y - 11π + x 2 x + 7π

3 3. sen + = cos 2

= 0 ‹ x 2k , k § x = k , k ‹ x 2k , k

α

π

bh = 1 2 2sen x 2cos x = 2 = 2sen x cos x = sen(2x) Opção (A)

+

0

2π –

P.I.

n.d. n.d.

h

- 3π

- 2π

-π

O

O

b 2 § b = 2sen x h cos x = 2 § h = 2cos x sen x =

5. Comprimento do arco de circunferência AP = C() = = Opção (A)

y

- 4π

2

x

b

Os pontos de inflexão são os pontos da forma (π + 2kπ, 0), k ∈ Z. • Representação gráfica

π

2π

3π

4π x

6. D = { x

: sen(2x) 0} = x

:x

k ,k 2

Cálculo auxiliar : sen(2x) = 0 § 2x = k, k D'f = R

Opção (C)

x

3π + α 2

2

Sinal de f’’ n.d. Sentido das concavidades n.d. do gráfico de f

1

O

4. A sombreada = A círculo A triângulo

x = +2k , k Em 0, 2 : §

x

y

Opção (D)

§ sen x

0

x 1

O

cos ( + ) = cos 3 sen + = cos( + ), A 2

sen x = 0 ‹ x 2k , k (1 cos x)2

x

Páginas 58 a 65 1. O seno é crescente e negativo no 4.o quadrante e neste quadrante o seno é negativo e o cosseno é positivo, logo o produto é negativo. Opção (C)

=

§

Aprende fazendo

§

x=

k ,k 2

175

176


7. Se x =

: 3

– na opção (A): cos 3 + sen3 = 0 3 3 § cos + sen = 0 § 1+0 = 0 § 1 =0

P.F. – na opção (B): cos = sen3 3 3 3 § cos0 = sen §1=0

P.F.

10. é o período positivo mínimo, pois: f(x + ) = f(x), Ax f(x + ) = 6cos (2(x + )) 3 = 6cos(2x +2)3 = 6cos(2x)3 = f(x), Ax Opção (A) 11. lim (10x ) = 0 e x

1 ≤ cos(3x) ≤ 1, Ax ,

logo, lim (cos(3x) 10x ) = 0. x

1 – na opção (C): 1 sen2 = 3 4 3 1 § 1 2 = 4

Opção (B)

2

3 1 = 4 4 1 1 § = P. V. , é a solução 4 4 3 – na opção (D): cos + = sen 3 3 3 3 2 § cos = sen 0 3

0

sen x 0 sen(y +3 ) = lim 12. xlim 3 x 3 y 0 y

§ 1

§

1 =0 2

P.F.

Mudança de variável : x 3 = y § x = y +3 = lim

y 0

e x 3 § y 0

sen y y

= lim

y 0

sen y = 1 y

Opção (A)

Opção (C) 13. SP + RQ a) A[PSRQ ] = QT 2

4sen x = 4 2

8.

2

§ sen

x=1

§ sen x = 1

› sen x = 1 § x = +2k › x = +2k, k 2 2 § x = + k, k 2 Opção (C) lim f(x) = lim+ f(x)

9.

x 0

x 0

sen(5x) x = lim (cos x + e + k) x x 0+ sen(5x)5 0 § lim = cos 0+ e + k 5x 0 5x §

lim

x 0

§ 5

sen(5x) lim = 1+ 1+ k 5 x 0 5x

1 §k =3 Opção (A) §5

= 2+ k

Cálculos auxiliares : QT § QT = 4sen x 4 TP § TP = 4cos x • cos x = 4 • SP = 1+TP = 1+4cos x • sen x =

1+4cos x + 1 4sen x 2 = 4sen x (1+2cos x) =

c.q.d.

b) A = 4sen 1+2cos 2 2 2 = 4 1(1+20) = 4 cm2 Quando x = , o trapézio retângulo da figura 2 corresponde ao retângulo [RSTQ] de área 4 1 = 4 cm2 .


c) Pretende-se os valores de x para os quais A(x) < 3 y1 = 4 sen x (1 + 2 cos x) y2 = 3 y 5

§

3

y=3

O

π 2

0,26

x

Verifica-se que, os valores de x para os quais A(x) < 3 são os valores do intervalo [0; 0,26[. d)

3 + k › x = +2k, k 2 2 § x = + k, k 2 Zeros de g : g(x) = 0 §

§ 4sen x

= 0 › 1+2cos x = 0 1 § sen x = 0 › cos x = 2 2 2 § x = k › x = +2k › x = +2k, k 3 3 2 2 Se k = 0, x = 0 › x = › x = 3 3 4 8 Se k = 1, x = › x = › x = 3 3 , 2

, 2

10 14 Se k = 2, x = 2 › x = 3 › x = 3 , 2

, 2

, 2

8 4 Se k = 1, x = › x = › x= 3 3 , 2

Se k = 2, x = 2 › x= , 2

14 3 , 2

10 3

›

, 2

2 2 4 Em , 2 as soluções são , , 0, , , . 3 3 3

sen x = 0

§ sen x = 0

x = k, k Zeros de h : h(x) = 0 x § 1+ tg = 0 3 x § tg = 1 3 §

x = + k, k 3 4 3 § x= +3k, k 4 §

A(x) = 0 § 4sen x(1+2cos x) = 0

x=

c) •2 é período da função f, pois: f(x +2) = f(x), Ax Df f(x +2) = 2cos(x +2)+ sen (2(x +2)) = 2cos x + sen(2x +4) = 2cos x + sen(2x) = f(x), Ax • é período de g, pois: g(x + ) = g(x), Ax Dg g(x + ) = sen(x + ) = –sen x = sen x = g(x), Ax •3 é período de h, pois: x +3 x 3 h(x +3) = 1+ tg = 1+ tg + 3 3 3 x x = 1+ tg + = 1+ tg = h(x), Ax Dh 3 3 d) Os gráficos de f e de g não item assíntotas verticais, na medida em que são funções contínuas de domínio R: f é a soma de funções contínuas (x 2cos x e x sen(2x)) e g é a composta de duas funções contínuas (x |x| e x senx). 1

14. a) Df = ; Dg =

x e Dh = x : + k, k 3 2 3 = x : x +3k, k 2

b) Zeros de f: f(x) = 0 2cos x + sen(2x) = 0 § 2cos x +2sen xcos x = 0 § 2cos x(1+ sen x) = 0 § 2cos x = 0 › 1+ sen x = 0 § cos x = 0 › sen x = 1

1

1

1

x h(x) = 1+ tg 3 3

Dh = x : x +3k , k 2

Por exemplo:

x lim h(x) = lim 1+ tg = 1+ tg = 1+(+) 3 3 3 2 x x 2

2

3 = +∞, logo a reta de equação x = é uma assín2 tota vertical do gráfico de h.

177

178


E atendendo ao período positivo mínimo da função (3π), conclui-se que as retas de equação 3 x= +3k, k são as assíntotas verticais do 2 gráfico de h. Não há quaisquer outras assíntotas verticais, pois a função h é contínua em todos os pontos do domínio. 15. a) f '(x) = ( x + cos(4x))' = x'(4x)'sen(4x) = 1 4sen(4x)

sen2 sen2 + sen2 cos2 + sen2 = 2 cos cos2 sen2 (1+ cos2 ) (1 cos2 )(1+ cos2 ) = = cos2 cos2 4 1 cos = c.q.d. cos2 2

b) tg

17. a)

Df' =

+ sen2 =

3 sen(5x) = 2

2π 3

3

§ sen(5x) = sen

: sen2 x 0} = { x

}

: x k,k

b)

c) f '(x) = 2sen x ' cos x 1 = (2tgx)' = 2 cos2 x 2 = cos2 x Df ' = { x

(

: cos2 x 0} = x

: x + k, k 2

)

d) f '(x) = (tgx +5x)2 ' = 2(tgx +5x)(tgx +5x)' 1 = 2(tgx +5x) +5 2 cos x

Df ' = x : x + k , k 2

x ' x' sen(2x) x (sen(2x))' e) f '(x) = = 2 sen(2x) (sen(2x)) =

sen(2x) 2x cos(2x) sen2 (2x)

Df' = { x

: sen2 (2x) 0} = x

:x

√3 2 O

1

x

§ 5x =

sen x x cos x sen2 x

Df' = { x

π 3

2 +2k › 5x = +2k, k 3 3 2k 2 2k §x= + › x= + ,k 15 5 15 5

x ' x' sen x x (sen x)' b) f '(x) = = (sen x)2 sen x =

y

k

,k 2

c)

y 2 = 0 tg x cos x 2 √2 2 O 2 1 =0 tg x = 0 › cos x 2 2 tg x = 0 › cos x = 2 x = k › x = +2k › x = +2k, k 4 4

x cos + = 0 2 5 x § + = + k, k 2 5 2 x § = + k, k 2 2 5 x 3 § = + k, k 2 10 6 §x= +2k, k 10 3 §x= +2k, k 5 3 k =0 1 x = 5 13 k =11 x= 5 3 13

Em 0, 3 : x = › x= 5 5

π 4 x -π 4

y

O

1

Cálculo auxiliar : sen2 (2x) = 0 § sen(2x) = 0 § 2x = k , k k

§x= ,k 2 16. a) (1 cos2 )(1+ tg2) = (1 cos2 )

1 cos2

1 cos2 cos2 sen2 = = tg2 cos2 =

c.q.d.

0 18. 0 a) lim sen(5x) = lim sen(5x) 5 x 0 x 0 x 5x sen(5x) = 5 lim x 0 5x Considerando a mudança de variável 5x = y, temos x 0 y 0, ou seja, tem-se: sen y sen y =1 5 lim nota que: lim y 0 y 0 y y (limite notável)) = 5 1 =5

x


sen u = 1 nota que: ulim 0 u

0

senx 0 1 sen x 1 1 = lim = 1 = b) lim x 0 2x x 0 2 x 2 2 sen x = 1 (limite notável) nota que: lim x 0 x 0

sen(x ) 0 sen x c) lim = lim x 0 x 0 x x sen x = lim x-π x 0 x = 1 sen(x – ) = –sen x sen x = 1 (limite notável)

nota que: lim x 0 x d) lim x 1

y x O

1

0 0

sen(x 1) sen(x 1) 1 sen(x 1) = lim = lim x 1 2(x 1) 2x 2 2 x 1 x 1

Seja y = x 1. Como x 1, y 0. Tem-se: sen y 1 1 1

lim = 1 = 2 y 0 y 2 2 sen y = 1 (limite notável) nota que: lim y 0 y 0 0

sen(x 1) sen(x 1) = lim 2 x 1 2(x 1) 2x 2 2 sen(x 1) 1 1 = lim

2 x 1 x 1 x+1

e) lim x 1

1 sen(x 1) 1 lim

lim x 1 x 1 2 x 1 x+1 sen y 1 1 = lim

(Considerando y = x 1, como 2 y 0 y 2

x

sen v 3 1 = lim 1 (Considerando 3x = v, como v 0 v 8 1 x 0, v 0) 3 = 1 1 1 8 3 = 8 0 sen x sen x lim 0 sen x x 0 x x = 1 =1 g) lim x = lim x = x x 0 e 1 x 0 e 1 e 1 1 lim x 0 x x sen x ex 1 (nota que : lim = 1 e lim =1 x 0 x 0 x x (são limites notáveis))

1 1 sen2 sen

x x

h) lim x 2sen2 1 = lim = lim 1 x + x + 1 1

x 0

x

x x2

2

1 = y. Como x + y 0. Então, tem- se x 2 2 sen y sen y 2 que : lim = lim

=1 =1 y 0 y y 0 y sen y = 1 (limite notável) nota que : lim y 0 y Seja

=

x 1 , y 0 ) sen y 1 1 = 1

= 1 nota que: lim y 0 y 2 2 =

1 4

tg(3x) tg(3x) x = lim x 0 sen(8x) x 0 x sen(8x)

f) lim

8x tg(3x) 1 3 lim = lim x 0 3x x 0 sen(8x) 8 tg(3x) 1 1 lim x 0 sen(8x) x 0 3x 8 8x sen(3x) 1 3 = lim lim x 0 u 0 sen u cos(3x)3x 8 u Considerando 8x = u, como x 0, u 0. 3 1 sen(3x) 1 = lim lim 8 x 0 cos(3x) x 0 3x 1 = 3lim

19. a) • Em R\{0} a função f é contínua por se tratar, em R\{0}, do quociente entre funções contínuas: uma que é o produto de uma função constante por uma função trigonométrica e a outra que é a diferença entre uma função exponencial e uma função constante, que não se anula em R\{0}. • Continuidade em x = 0: sen x 3sen x lim f (x) = lim x = 3 lim x x x 0 x 0 e 1 x 0 e 1 x = 3 1 =3 sen x ex 1 = 1 e lim = 1

nota que: lim x 0 x 0 x x f(0) = 3 Como lim f(x) = f(0), f é contínua em x = 0. x 0

Logo, f é contínua em .

179

180


20. a) 2tg x

2tg x = , x +k ,k 1 2 1+ tg2 x cos2 x 2sen x cos2 x, x + k , k = 2 cos x = 2sen xcos x, x + k , k 2 = sen(2x), x + k , k 2 c.q.d.

(1 cos x)'(1+ cos x) (1 cos x)(1+ cos x)' (1+ cos x)2 sen x (1+ cos x) (1 cos x)(sen x) = (1+ cos x)2

f) f '(x) =

=

sen x + sen x cos x + sen x sen x cos x (1+ cos x)2

=

2sen x (1+ cos x)2

g) g'(x) =

1+ x 2 2x tg x 2 = cos x 2 2 (1+ x )

b) cos(2x) = cos2 x sen2 x, Ax = cos2 x (1 cos2 x), Ax = cos2 x + cos2 x 1, Ax

=

= 2cos2 x 1, Ax c.q.d. x x c) cos x = cos2 sen2 , Ax 2 2 x x = cos2 1 cos2 , Ax 2 2 x x = cos2 + cos2 1, Ax 2 2 x = 2cos2 1, Ax 2 21. 5 5 ' 5 ' a) a'(x) = sen3x = 3x cos 3x 4 4 4 5 = 3 cos 3x 4 b) b'(x) = (x 2 )' cos x + x 2 (cos x)' = 2xcos x x 2sen x c) c'(x) = (sen x + cos x)2 ' = 2(sen x + cos x)1 (sen x + cos x)' = 2(sen x + cos x)(cos x sen x) = 2(cos2 x sen2 x) d) d'(x) = (tg x x)' cos x +(tg x x)(cos x)' 1

= 1 cos x +(tg x x)( sen x) 2 cos x 1 = cos x sen x tg x + x sen x cos x e) e'(x) =

(sen x)' x sen x x' cos x x sen x = x2 x2

(tg x)'(1+ x 2 ) tg x (1+ x 2 )' (1+ x 2 )2

h) h'(x) =

1 2x tg x 2 cos x (1+ x ) (1+ x 2 )2 2

(cos x + 1)' sen x = cos x + 1 cos x + 1

i) i'(x) = (x + sen x)' e x +sen x = (1+ cos x) e x +sen x j) j'(x) =

(

)

x +2 ' cos

(

1 2

x +2

)

(

1 = (x +2) cos x +2 2 1 = cos x +2 2 x +2

(

=

cos

(

x +2

2 x +2

)

)

)

22. a) Determinação de p – período positivo mínimo da função d : d(t + p) = d(t), At D (t + p) t 40 10cos

= 40 10cos

2 2 t + p t § cos

= cos

2 2 t + p t t + p t = +2k › = +2k, k 2 2 2 2 § t + p = t +4k › t + p = t +4k, k § p = 4k › p = 2t +4k, k § p = 4k › p = 2t +4k , k §

p depende de t

Se k = 1, p = 4 período positivo mínimo Como, no contexto do problema, o período positivo mínimo é 4 segundos, então num minuto (60 segundos) a bola faz 15 oscilações.


b)

d(t) = 45

t

§ 40 10cos = 45 2 t

1 § cos = 2 2 t 2 t 4 § = +2k › = +2k, k 0 2 3 2 3 4 8 § t = +4k › t = +4k, k 0 3 3 4 8 § t = +4k › t = +4k, k 0 3 3 4 Quando k = 0, t = . 3 O primeiro instante em que a bola atingiu 45 cm de 4 distância ao solo foi aos s. 3 c) Pretende-se determinar d'(9): t t t d'(t) = 40 10cos ' = 10 'sen 2 2 2 t = 10 sen 2 2 9 d'(9) = 5sen = 5 1 = 5 2 Quando t = 9 s, a velocidade da bola é de 5 cm/s. d) No instante inicial a bola que se encontrava mais perto do chão era a bola da Alice, já que m(0) = 40 – 15cos 0 = 25 cm e d(0) = 40 – 10cos 0 = 30 cm. Apesar disso, depois de se iniciar o movimento, é a bola da Alice que atinge uma maior altura, 55 cm, pois D'm = [25, 55], enquanto que a bola da Anabela atinge uma altura máxima de 50 cm, pois D'd = [30, 50]. (Ver cálculo auxiliar). Quanto à bola que mais oscilações realizou, conclui-se que foi a bola da Anabela, pois esta realizou, como se viu na primeira alínea, 15 oscilações durante o primeiro minuto (já que o período positivo mínimo da função d é de 4 s), enquanto que a bola da Alice realizou quase 4 oscilações completas, pois, como o período positivo mínimo da função m é de 16 s, vem que 60 = 3,75 oscilações. 16 Cálculo auxiliar : t 1 ≤ cos ≤ 1, At 2 t § 10 ≤ 10cos ≤ 10, At 2 § 30 ≤ 40 10cos ≤ 50, At t t § 1 ≤ cos ≤ 1, At 8 t § 15 ≤ 15cos ≤ 15 At 8 t § 25 ≤ 40 15cos ≤ 55 At 8

181

23. BD AC a) A[ABCD ] = 2

Cálculos auxiliares : BD • sen = 2 a • cos = =

§ BD = 2a sen

AC § AC = 2a cos 2

2a sen 2a cos 2

= a2 2sen cos = a2 sen(2) c.q.d. b) A = a2 sen2 = a2sen = a2 1 = a2 4 4 2 Quando = , o losango [ABCD] adquire a forma de 4 um quadrado de lado a. c) c1) a = 1 ; A(θ) = sen(2θ) Pretende-se determinar os valores de θ para os quais A(θ) = 0,5. A

y1 = sen(2θ) y2 = 0,5

A 0,5 O

0,26

1,31

π 2

θ

Os valores de θ, com aproximação às centésimas, para os quais A(θ) = 0,5 são θ ≈ 0,26 rad e θ ≈ 1,31 rad. A(x) = sen x § sen(2x) = sen x § 2sen xcos x sen x = 0 § sen x(2cos x 1) = 0

c2)

§ sen x = 0 §

› cos x =

x = k › x =

1 2

+2k › x = +2k, k 3 3

c3) P , A , ou seja, P , 0 2 2 2 A'( ) = (sen(2 ))' = 2cos(2 ) A' = 2cos 2 = 2 2 2

182


Assim, o declive da reta tangente ao gráfico de A no ponto de abcissa é 2. 2 Logo, o declive da reta normal ao gráfico da função de A no ponto de abcissa

4

1 Equação da reta normal pretendida: y = x 2 4 24. a) f(x) = sen4 x cos4 x 2 2 x + cos x) = (sen2 x cos2 x)(sen

§ 2sen(2x) = 0 § sen(2x) = 0 § 2x = k, k

k §x= ,k 2 Em0, 2 : Se k = 0, x = 0 0, 2 Se k = 1, x = 2 Se k = 2, x = 3 Se k = 3, x = 2 Se k = 4, x = 2 0, 2

1

x

= sen2 x cos2 x = sen2 x (1 sen2 x) = 2sen2 x 1 b)

c.q.d.

2

2

§ sen

x=

1 2 1 2

2 2 › sen x = 2 2 3 § x = +2k › x = +2k › 4 4 5 x = +2k › x = +2k, k 4 4 k §x= + ,k 4 2 § sen x =

5 sen + x = 2 3 5 § cos x = 3 Pela Fórmula Fundamental da Trigonometria, tem- se que, sen2 x +cos2 x = 1. Logo: 2 5 = 1 sen2 x + 3 5 2 § sen x = 1 9 4 2 § sen x = 9 4 1 Assim, f(x) = 2sen2 x 1 = 2 1 = . 9 9

π 2

π

3π 2

2π

Sinal de f’ n.d. +

0 – 0 + 0 – n.d. M -1 M ¢ £ ¢ n.d. n.d. £ 1 m 1

x 1 =0

§ sen x = ±

c)

0

Variação de f

f(x) = 0 § 2sen

)

f '(x) = 0

1 é . 2 2

1 y = x+b 2 1 P , 0 reta: 0 = + b 2 2 2 §b=

(

2 d) f '(x) = 2sen x 1 ' = 2 2sen x (sen x)' = 4sen x cos x = 2sen(2x)

f = 2sen2 1 = 2 1 = 1 2 2 f() = 2sen2 () 1 = 0 1 = 1 3 3 f = 2sen2 1 = 2 1 = 1 2 2

f é estritamente crescente no intervalo 0, e em 2

3

, ; f é estritamente decrescente em , e em 2 2

3 3 ,2; f tem um máximo: 1, para x = e para x = . 2 2 2 f tem um mínimo: – 1, para x = . e) f ''(x) = (2sen(2x))' = 2 (2x)' cos(2x) = 4cos(2x) f ''(x) = 0

§ 4cos(2x) = 0 § cos(2x) = 0 § 2x = §

x=

2

+k ,k

k ,k 4 2 +

Em 0, 2 : Se k = 0, x =

4


3 4 5 Se k = 2, x = 4 7 Se k = 3, x = 4 9 Se k = 4, x = 0, 2 4 Se k = 1, x =

x

0

Sinal de f’’

n.d. +

Sentido das concavidades n.d. do gráfico de f

f' (x) = (x 2 cos x)' = (x 2 )' cos x +(x 2 ) (cos x)' = 2x cos x x 2 sen x f''(x) = (2x cos x x 2 sen x)' = (2x cos x)' (x 2 sen x)' = 2 cos x 2x sen x 2x sen x x 2 cos x = 2cos x 4x sen x x 2 cos x

π

3π

5π

7π

4

4

4

4

0

–

0

+

0

–

0

P.I.

P.I.

P.I.

P.I.

0

0

0

0

2π

Determinação dos zeros de f'' na calculadora:

+ n.d.

y

n.d.

O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima 3 5 7 nos intervalos 0, , , , e , 2;o gráfico 4 4 4 4 de f tem a concavidade voltada para baixo nos 3 5 7 intervalos , e , ; os pontos de 4 4 4 4

inflexão são os pontos de coordenadas : , 0 , 4 3 5 7

, 0 , , 0 e , 0 4 4 4

P , f = , 0 4 4 4 Seja m o declive da reta tangente ao gráfico de f no 2 ponto de abcissa : m = f ' = 2sen = 2 4 4 4 y = 2x + b e como P , 0 pertence à reta tangente, 4 tem-se: 0 = 2 + b § b = 4 2 Assim, equação da reta pretendida é y = 2x . 2 f '(x) = 2sen (2x)

f(x) f(0) 2sen x 1 (1) = lim x 0 x 0 x 2sen2 x 1 + 1 sen2 x = lim = 2lim x 0 x 0 x x sen x lim sen x = 2 10 = 0 = 2lim x 0 x x 0 x

π 2

0,60

x

Assim, a abcissa do ponto P é aproximadamente 0,60. t + 10 26. y1 = 30+8cos ; y2 = 30 12 A

f) f(x) = 2sen2 x 1

g) f'(0) = lim

O

2

0

limitenotável

25. A abcissa do ponto P é um zero de f''. Pretende-se determinar a solução da equação f''(x) = 0 ‹ x 0, . 2

38 y2 = 30

30 y1

23,1

8

14

20

24

O primeiro dia de férias começou com uma temperatura de aproximadamente 23,1 °C, logo às 0 h desse dia, tendo aumentado até às 14 h, altura em que atingiu o máximo de 38 °C. A partir dessa hora a temperatura começou a diminuir, até às 24 h, momento em que atingiu a temperatura com a qual o dia tinha iniciado: aproximadamente, 23,1 °C. Durante este dia, a temperatura foi superior a 30 °C das 8 h às 20 h. Assim, o Joaquim tinha razão quando afirmava que durante toda a tarde a temperatura foi superior a 30 °C.

183

184


27. a) sen x cos x = 2 Elevando ambos os membros da igualdade ao quadrado obtém-se: (sen x cos x)2 = 2

§ sen

( 2)

2

x 2sen x cos x + cos2 x = 2

§ sen x + cos x 2sen x cos x 2

2

2sen x cos x = 2

1

§

§ 2sen x § sen x

=2

cos x = 1

cos x =

1 2

c.q.d.

28. cos(3x) cos(x +2x) = 1+ a) 1+ cos x cos x cos xcos(2x) sen x sen(2x) = 1+ cos x cos x cos(2x) sen x 2sen x cos x = 1+ cos x = 1+ cos(2x)2sen2 x 2 2 = 1 sen x sen x + cos(2x)

f '() =

1 0 1 = (1)2 ()2

= cos(2x) + cos(2x) = 2cos(2x) c.q.d.

•Cálculo de b : + tg() =1 f () = Como (, 1) pertence à reta tangente, vem que: 1 1 = – ()+ b § 1 = 1+ b § b = 0

d) Em, 0, f(x) =

29.

x + tg x x 1 y2 = x

x + tg x se x < 0 f(x) = x x (x + 1) e se x ≥ 0 tg x x + tg x = lim 1+ x 0 x x sen x 1 sen x = lim 1+ lim = 1+ lim x 0 x 0 x 0 cos x x cos x x sen x 1 = 1+ 1 = 1 nota que: lim x 0 x 1 = 1+ 1 =2 lim+ f(x) = lim+ ( x + 1) e x = (0+ 1) e0 = 1 x 0

x 0

x 0

lim f(x) lim+ f(x), ou seja, E lim f(x).

x 0

-π

y

x + tg x x 1 y2 = x

y1 =

y1

-1,903 I

O

- 0,526

x

y2

As coordenadas do ponto I, com aproximação às milésimas, são (1,903; 0,526).

x 0

x 0

f é descontínua em x = 0. lim f(x) = 1 = f(0), f é contínua à direita em x = 0. x 0

+

1 x + tg x 1 § = x x x

y1 =

lim f(x) = lim

x 0

1 y = x +b

1 Assim, y = x é a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa .

2 2 x sen = cos x + cos(2x)

a)

c) Seja y = m x + b a equação reduzida da reta pretendida. m = f '() (x + tg x)' x (x + tg x) x' Em , f '(x) = x2 1 1+

x x tg x cos2 x = x2 x x tg x x+ cos2 x = x2 1 tg x = 2 2 x cos x x

x

, f(x) = (x + 1)e b) Em Assim, f '(x) = (x + 1)'e x +(x + 1)(e x )' = e x +(x + 1)(1)(e x ) = e x ( 1 x 1 ) = xe x Como e x > 0, Ax e x < 0, Ax + , então + f '(x) < 0, Ax , logo f é estritamente decrescente em + .

30. g(x) =

cos x 1 sen x

y

O

Dg =[0, 2]\ 2

x


a) Assíntotas não verticais: Como o domínio de g é limitado, o seu gráfico não tem assíntotas não verticais. Assíntotas verticais : cos x lim g(x) = lim

1 sen x x x 2

cos x(1+ sen x) cos x(1+ sen x) = lim

2 1 sen x cos2 x x

= lim

x 2

= lim

x 2

Sejam mr e ms os declives das retas r e s, respetivamente. 1 mr = g'(a) = 1 sen a 1 ms = g'(b) = 1 sen b Como a + b = , então b = a, pelo que: 1 ms = g'(b) = y 1 sen b π-a 1 = 1 sen( a) 1 O = 1 sen a = g'(a) = mr sen(π - a) = sen a Logo, as retas são paralelas.

2

1+ sen x 1+ 1 2 = + = + = + cos x 0 0

lim + g(x) = lim +

x 2

x 2

cos x cos x(1+ sen x) = lim 1 sen x x + 1 sen2 x 2

cos x(1+ sen x) 1+ sen x 1+ 1 2 = lim + = lim + = = = 2 cos x cos x 0 0 x x 2

1 1 sen x

d) g'(x) =

2

0 0

3 voltada para baixo em , ; 2 2 3 , 0 é ponto de inflexão. 2

2

y

x

O

é uma assíntota vertical do 2 gráfico de g. Como g é contínua no seu domínio (por se tratar do quociente entre duas funções contínuas), então o gráfico de g não ite mais assíntotas verticais. A reta de equação x =

(cos x)'(1 sen x) cos x(1 sen x)' b) g'(x) = (1 sen x)2 sen x(1 sen x) cos x(cos x) = (1 sen x)2 sen x +sen2 x + cos2 x = (1 sen x)2 1 sen x 1 = = (1 sen x)2 1 sen x

Unidade 7 – Números complexos Página 66 43. a) 2x 2 +3x +4 = 0

(1 sen x)' cos x = c) g''(x) = 2 (1 sen x) (1 sen x)2

π 2

0

Sinal de g’’ + Sentido das concavidades do gráfico de g

+

n.d. n.d.

3π 2 –

0

§x=

3± 23 4

§x=

3± 23i 4

3 23 3 23 + i › x= i 4 4 4 4 3 23 3 23 C.S. = + i , i 4 4 4 4

2π +

3± 32 4 24 22

§x=

Como (1 sen x)2 > 0, Ax 0, 2 \ o sinal de

2 g'' depende apenas do sinal de cos x. x

§x=

+

P.I.

O gráfico de g tem a concavidade voltada para cima 3 em 0, e em , 2 e tem a concavidade

2

2

b)

x 3 + 16x = 0 § x(x

2

+ 16) = 0

§x =0

› x 2 = 16

§x =0

› x = ± 16 § x = 0 › x = ±4 i § x = 0 › = 4 i › x = 4i C.S. = {0, 4 i, 4 i }

a x

185

186


46. a) Seja z = a + bi.

3x 3 +2x 2 + x = 0

c)

§ x(3x

2

+2x + 1) = 0

§x =0

› 3x 2 +2x + 1 = 0

§x =0

› x=

2± 22 4 3 1 23

§x =0

› x=

2± 8 6

§x =0

› x=

2±2 2i 6

z =5 Re (z) = 2 Im(z) < 0

§

a2 + b2 = 5 22 + b2 = 25 § a = 2 a = 2 b < 0 b < 0

Assim : z = 2 21i

Eixo imaginário

1 2 1 2 › x= + i › x= i 3 3 3 3 1 2 1 2 C.S. = 0, + i, i 3 3 3 3

§x =0

Unidade 8 – Números complexos na forma algébrica Página 69 44. a) Re(z) = 2 e Im(z) = 3

0

2

-√21

P

Eixo real

47. a) z = 2 3i b) z = 1+ i z = 2013i c) z = 5i 2 = 5, logo z = 5. d) 1 1 z = 2i, logo z = + 2i e) 2 2

b) Re(z) = 1 e Im(z) = 1 48. a) z = 2+5i

c) Re(z) = 0 e Im(z) = 2013 d) z = 5i 2 = 5( 1) = 5 e) z =

Re(z) = 5 e Im(z) = 0

1 8i 1 2 2i 1 = = 2i 2 2 2 2

Re(z) =

1 e Im(z) = 2 2

§

=2 ‹ p 1 =5

(k =

2 › k = 2

)

‹ p =6

b) z = k 2 +(p 1) i é um número real se Im(z) = 0, ou seja, (p 1) = 0 § p = 1 e k um qualquer número real. 2 c) z = k +(p 1) i é um imaginário puro se

Re(z) = 0 ‹ Im(z) 0, ou seja, k 2 = 0 ‹ p 1 0 §k

=0 ‹ p 1

z = 2+5i

z = 2+5i 1 P1 (2, 5) z = 2 5i 1 P2 (2, 5) z = 2 5i 1 P3 ( 2, 5) z = 2+5i 1 P4 ( 2, 5)

k 2 +(p 1) i = 2+5 i 2

z = 2 5i

b) Sejam P1 , P2 , P3 e P4 as imagens geométricas de z, z , z e z , respetivamente.

45. a) z = k 2 +(p 1) i z = 2+5 i §k

z = 2 5i

Eixo imaginário P4 5

P1

-2 0

2

P3 -5

P2

Eixo real


c) P1P2P3P4 é um retângulo de largura 4 e comprimento 10, logo de área 40.

(

3 +i = 2i

c)

)

3 +i i 2i i

=

3i +i2 1+ 3i = 2i 2 2

1 3 = i 2 2

49. a) z1 + z2 = (4 + i)+(5i) = 4 +6i

5+ i 5+ i 5+ i 5 1 d) 1 = = = = + i 5 i (5 i)(5+ i) 52 i 2 26 26 26

1 1 b) z1 + z3 = (4 + i)+ 2 i = 6+ i 2 2 1 1 11 c) z2 z3 = 5i 2 i = 2+5i + i = 2+ i 2 2 2

53. a) i 101 = i 1 = i

1 3 d) z1 + z3 = (4 + i)+ 2+ i = 6+ i 2 2

101 4 1 25

b) i 2014 = i 2 = 1

50. a) Seja z = a + bi.

(

)

2014 4 2 503

(

Para z + z = 2 : (a + bi)+(a bi) = 2 § 2a = 2 §a = 1 Por exemplo, z = 1+7i.

= i +5i = 5+ i 2

d) 2i 4n + 1 3i 4n + 3 +(2i)8 = 2 i 1 3i 3 +256i 8 = 2i +3i +256 = 256+5i 54. a) (2 6i)2 = 4 24i +36i 2 = 4 36 24i = 32 24i

b) Para z + z = 0 : (a + bi)+(a bi) = 0 § 2a = 0 §a = 0 Por exemplo, z = 5i.

b) (1+ i)5 =5 C0 15 i 0 +5 C1 14 i 1 +5 C2 13 i 2 +5 C3 12 i 3 + +5 C4 11 i 4 +5 C5 10 i 5

c) Para z z = 0 : (a + bi) (a bi) = 0 § 2bi = 0 § 2b = 0 §b = 0 Por exemplo, z = 3.

= 1+5i + 10i 2 + 10i 3 +5i 4 + i 5 = 1+5i 10 10i +5+ i = 4 4i c) (1+ i) 5 =

1 1 = (pelos cálculos efetuados na 5 (1+ i) 4 4i

51. a) 3i (2 4i) = 6i 12i 2 = 12+6i

alínea anterior)

b) 1 i (2+3i) = 1+ 3 i 2i 3i 2 = 1+3 1 i = 4 1 i 2 2 2 2

=

c)

(

) ( 2

2 +i =

) (

2 +i

= 1+2 2i

(

)

2 + i = 2+ 2i + 2i + i

)

d) i 67i = i (6+7i ) = 6i +7i 2 = 7 +6i

)

c) i 23 i 6 +5i 11 = i 3 i 2 +5i 3 = i ( 1 5i )

4 +4i 4 +4i ( 4 +4i) = = ( 4 4i)( 4 +4i) ( 4)2 (4i)2 16+ 16

=

2

d) (3 i) 4 =

4 4 1 1 + i = + i 32 32 8 8

1 1 = 4 (3 i) (3+ i)2

(

=

1

=

1

) (9 6i + i ) (8 6i ) 2

2 2

2

1 1 28+96i = = 64 96i +36i 2 28 96i (28 96i)(28+96i) 28+96i 28+96i 28 96 = 2 = = + i 2 28 (96i) 784 +9216 10 000 10 000 =

52. 3i 3i(2+4i) 6i + 12i 2 12+6i = = 2 = a) 2 4i (2 4i)(2+4i) 2 (4i)2 4 + 16 = b)

12+6i 12 6 3 3 = + i = + i 20 20 20 5 10

1 i (1 i)(1 i) 1 i i + i 2 1 2i 1 = = = 12 i 2 1+ i (1+ i)(1 i) 1+ 1 =

2i = i 2

=

7 6 + i 2500 625

55. a) i é uma raiz quarta de 1, pois i 4 = 1. 2 b) 2+ i é uma raiz quadrada de 3+4i, pois (2+i) = 3+4i.

(2+ i)2 = 22 +4i + i 2 = 4 +4i 1 = 3+4i

187

188


56. As raízes quadradas de z = 2i são os números complexos w = a + bi tais que w 2 = z, isto é: (a +bi)2 = 2i 2 2 § a +2abi +(bi) = 2i 2 2 2 § a +2abi + b i = 2i 2 2 § a b +2abi = 2i a 2 b 2 = 0 § 2ab = 2 a 2 = b 2 § ab = 1 a=b a = b § › ab = 1 ab = 1 a = b a = b a = b › 2 § 2 § 2 a = 1 b = 1 a = 1

(

{

)

{

Condição impossível em

§ §

{aa == b1 › {aa == b 1 {ba == 11 › {ba == 1 1

59. 2 a) z1 = 1+ i = (1+ i) i = i + i2 = 1+ i = 1 1 i z2 4i 4i 4i i 4 4 4 3 3 2 b) (z1 ) z3 = (1+ i) (2 3i) = (1+ i) (1+ i)(2 3i)

= (1+2i + i 2 )(1+ i)(2 3i) = 2i (1+ i)(2 3i) = (2i +2i 2 )(2 3i) = ( 2+2i)(2 3i) = 4 +6i +4i 6i 2 = 4 + 10i +6 = 2+ 10i c) z2 z3 = ( 4i) (2 3i) = 4i 2+3i = 2 i i i i i 2 ( 2 i) i 2i i 1 2i = = = = 1+2i 1 i2 1 d) z2 +

As raízes quadradas de 2i são os números complexos 1+i e 1 i.

57. z = 1+ i iz = i (1+ i) = i + i 2 = 1+ i i 2 z = i 2 (1+ i) = 1(1+ i) = 1 i i 3 z = i(1+ i) = i i 2 = 1 i

e) z1

Sejam P, P1 , P2 e P3 as imagens geométricas de z, iz, i 2 z e i 3 z, respetivamente. P(1, 1) ; P1 ( 1, 1) ; P2 ( 1, 1) e P3 (1, 1)

1 0

1

P2

-1

P3

= 1+ i

2i +3i 2 3+2i = 1+ i 22 (3i)2 4 +9

= 1+ i +

3 2 16 11 i= + i 13 13 13 13

60. k + i (k + i)(k + i) k 2 +2ik + i 2 (k 2 1)+2ki a) z = = = = k2 i2 k2 + 1 k i (k i)(k + i) =

P

-1

i i i(2+3i) = 1+ i = 1+ i z3 2 3i (2 3i)(2+3i)

k 2 1 2k + i k2 + 1 k2 + 1 Para que z seja um número real terá de se verificar:

Eixo imaginário P1

z3 2+3i 2+3i (2+3i) i = 4i + = 4i + = 4i + 5i 8n+3 5 i 3 5i 5i i 2 2i +3i 3+2i 3 2 = 4i + = 4i + = 4i + i 5i 2 5 5 5 3 22 = + i 5 5

Im(z) = 0 Eixo real

Assim:

2k = 0 § 2k = 0 ‹ k2 + 1 §k

=0

2 k 1 0 +

Condiçãouniversal em

b) Para que z seja um imaginário puro, terá que se b) O polígono [PP1P2P3] é um quadrado de lado 2, logo a sua área é 4.

verificar: Re (z) = 0 ‹ Im(z) 0 Assim :

58. A multiplicação de um número complexo por –i corresponde à rotação centrada na origem do vetor que é a sua imagem vetorial segundo um ângulo de amplitude –90°. Assim, das opções apresentadas, a imagem geométrica de –iz é z4. Opção (D)

k2 1 2k =0 ‹ 2 0 k2 + 1 k +1 2 2 §k 1 = 0 ‹ k 1 0 +


=1 ‹ k 0 § k = 1 › k = 1 §k

2

‹ 2k 0


61. a) i + i 2 z = i 4 z + 1 § i z = z +1 § 2 z = 1 i 1 1 §z = i 2 2 1 1 C.S. = i 2 2 b)

e)

§z

(3 i)+(1+ i)z = 5i § (1+ i)z = 5i

3+9i 1+ 1

§z =

3 9 + i 2 2

f)

2± 12 2

§z =

2+ 12i 2 12i › z= 2 2 3i › z = 1 3i

4z 3 + 13z = 17 § 4z

3

2i 3i 2i § z(1 i) = 3i 2i §z = 3i(1 i) 2i 3i 3i 2 2i §z = 3+3i (2 i)(3 3i) §z = (3+3i)(3 3i) 66i 3i +3i 2 32 (3i)2

63 9i 1 1 §z = i 18 6 2 1 1 C.S. = i 6 2 §z =

2

μ

4

{

2i › z = 2 2i

C.S. = 2 2i, 2 2i

13

17

–4

4

–17

–4

17

0=r

2

4z + 17) = 0

§z+1 =0

› 4z 2 4z + 17 = 0

4 ± ( 4)2 4 4 17 24 4 ± 256 § z = 1 › z = 8 4 + 16i 4 16i § z = 1 › z = › z= 8 8 1 1 § z = 1 › z = +2i › z = 2i 2 2 1 1 C.S. = 1, +2i, 2i 2 2 › z=

62. Como i50 = i2 = –1, tem-se que z3 = i50 × z1 = –z1, isto é, z3 é o simétrico de z1 e, portanto, a sua imagem geométrica, B, será simétrica da imagem geométrica de z1, A, em relação à origem do referencial. Portanto: Eixo imaginário B

2 √3

-2

2

0

}

Eixo real

A

-2 √3

8i › z = 8i

§z =2

0

§ (z + 1)(4z

= 8

§z =

( 1 é uma das soluções)

Cálculo auxiliar:

z 2 +8 = 0 §z

}

+ 13z + 17 = 0

§ z = 1

§z =

d)

§z =

4

z iz =

§z =

2± (2)2 4 14 2

–1

3 9 C.S. = + i 2 2 c)

§z =

{

3+3i +6i 6i 2 12 i 2

§z =

2z +4 = 0

C.S. = 1+ 3i, 1 3i

( 3+6i)(1 i) §z = (1+ i)(1 i) §z =

2

§ z = 1+

3+ i

3+6i 1+ i

§z =

z2 2z = 4

AB = z1 + z3 = 4 +4 = 8 Cálculo auxiliar :

(

z1 = z3 = 22 + 2 3

)

2

= 4 + 12 = 4

189

190


Unidade 9 – Representação trigonométrica de um número complexo

e) z = 5 = 5 cis() Eixo imaginário

Página 88 -5

63. a) e2i = cos(2)+ i sen(2) = 1+ i 0 = 1

Eixo real

Eixo imaginário

1 0

Eixo real

2 h) z = 2 + 6i = 2 2 cis 3 Cálculos auxiliares : iz=

( ) ( ) 2

2 +

6

2

Eixo imaginário √6

= 8 =2 2

6 ‹ 2.° Q 2 tg = 3 ‹ 2.° Q 2 = , por exemplo. 3

i tg =

1

Eixo real

b) z = 2 2i = 2 2cis 4 • z = 22 +(2)2 = 8 = 2 2 2 • tg = ‹ 4.° Q 2 tg = 1 ‹ 4.° Q = , por exemplo. 4

0

2 g) z = 3+ i +3i = 3+ i 3 = i = cis 2

Eixo imaginário

1

Eixo imaginário

-10

b2) eix eix cos x + i sen x (cos(x)+ i sen(x)) = 2 2i cos x + i sen x (cos x i sen x) = 2i cos x + i sen x cos x + i sen x = 2i 2isen x = 2i = sen x c.q.d.

0

Eixo real

3 f) z = 10i = 10 cis 2

b) ix -ix e +e cos x + i sen x + cos(x)+ i sen(x) b1) = 2 2 cos x + i sen x + cos x i sen x = 2 2cos x = 2 = cos x c.q.d.

64. a) z = 1+ i = 2 cis 4

0

-√ 2

0

Eixo real

7 i) z = 3 3i = 2 3 cis 6 Cálculos auxiliares : i z = (3)2 + ( 3 ) = 12 = 2 3 2

Eixo imaginário 0

2

Eixo real

-2

Eixo imaginário

c) z = 2013 = 2013 cis(0)

Eixo imaginário

3 ‹ 3.° Q 3 -3 3 tg = ‹ 3.° Q 3 7 = , por exemplo. 6

i tg =

0 -√3

Eixo real

5 j) z = 12 +2i = 4 cis 6 Cálculos auxiliares :

0

d) z = 4i = 4 cis 2

4 0

2013 Eixo real

Eixo imaginário Eixo real

iz=

( 12 ) +2 2

2

= 16 = 4

2 ‹ 2.° Q i tg = 12 2 tg = ‹ 2.° Q 2 3 3 ‹ 2.° Q tg = 3 5 = , por exemplo. 6

- √ 12

Eixo imaginário 2 0

Eixo real


65. 1 3 i a) cis = cos + i sen = + 3 3 3 2 2 b) 2cis = 2 cos + i sen = 2 2 + 2 i 2 4 4 4 2 = 1+ i c) 4 cis = 4 cos + i sen = 4 3 1 i 6 6 6 2 2 = 2 3 2i d) 3 cis = 3i 2 e) 8 cis(2014) = 8 cis (0) = 8 f) 8 cis(2013) = 8 cis () = 8 g) 9 cis 3 = 9i 2 7 7 7 2 2 i h) cis = cos + i sen = 2 4 4 4 2 66. a) z = 3 ‹ arg(z) = 6 11 w = 3 ‹ arg(w) = = +2 6 6 z e w são iguais, pois têm módulos iguais e os argumentos diferem de 2. b) z = 8 = 2 2 e arg(z) = 3 13 w = 2 2 e arg(w) = = +4 3 3 z e w são iguais, pois têm módulos iguais e os argumentos diferem de 4.

68. a) Sejam A, B e C as imagens geométricas de z, z e –z, respetivamente: z = 2 cis 4 z = 2 cis 4 z = 2 cis + 4 5 = 2 cis 4 b) z = cis 3 z = cis 3 z = cis + 3 2 = cis 3

1 0

5π 4

d) z = 4 = 4 cis(0) z = 4 cis (0) z = 4 cis ()

π 4 0

-π

Eixo real

4

B

C

Eixo imaginário C

2π 3 0

B π 3 -π 3

Eixo real

A

c) z = 3i = 3 cis 2 z = 3 cis 2 z = 3 cis + 2 3 = 3 cis 2 = 3 cis 2

67. z = cis + e w = 1+ i = 2 cis

3 4 Eixo imaginário

Eixo imaginário A

Eixo imaginário 3 A π 2 0

-π

Eixo real

2

-3 B = C

Eixo imaginário C -4

π 0

A= B 4

69. a) cos i sen = cos + i sen () = cos()+ i sen()

1

Eixo real

z =w § cis + = 2 cis

3 4 § = 2 ‹ + = +2k, k

3 4 § = 2 ‹ = +2k, k

12

= cis() b) cos i sen = (cos+ i sen) = cis = cis( + ) c) sen i cos = cos + 2 = cis + 2

+ i sen +

2

Eixo real

191

192


d) 1+ cos + i sen (1+cos + i sen = 1+ cos i sen (1+cos i sen =

(1+ cos

+ i sen

)

) (1+cos ) (1+cos

+ i sen + i sen

) )

2

(1+ cos ) (i sen ) 2 2 (1+ cos ) +2 (1+ cos ) i sen + (i sen ) = 2 (1+ cos ) + sen2 2 (1+ cos ) + i 2 sen2 +2 (1+ cos ) sen i = 2

2

72. a) Sejam A e B as imagens geométricas de z e 1 , z respetivamente : Eixo z = 2cis imaginário 4 A 1 1 2 = cis π z 2 4 4

0

2 2 1+2cos + cos + sen

-π

1 2

Eixo real

4 B

1

=

(1+ cos )

2

sen +2 (1+ cos ) sen i 2

2+2cos 1+2cos + cos2 sen2 2 (1+ cos )sen i = + 2(1+ cos ) 2 (1+ cos ) = =

cos

2

+ cos +2cos + i sen 2 (1+ cos ) 2

1 b) z = cis 3 5 1 = 3cis z 5

c) z = 10 i = 10 cis 2 1 1 = cis z 10 2

2 cos ( cos + 1 ) + i sen 2 ( 1+ cos ) = cos + i sen = cis( )

70. a) z1 z2 = 2cis 3cis = 23cis 8 4 8 4 = 6cis 8

d) z =

1 1 = cis (0) 4 4

1 = 4 = 4 cis (0) z

5 d) z1 z3 = 2cis (5i ) = 2cis 5cis = 10cis 2 8 8 8 3 e) z1 z2 z3 = 6cis 5cis = 30cis

8 2 8

71. Seja z = cis um qualquer número complexo. z z = ( cis ) ( cis ()) = cis (+()) = ( cis (0)) = = z 2

2

2

0

π 5 -π 5

Eixo real A

Eixo imaginário 10 A

π 0 2 1 -π 10 2 B

Eixo real

Eixo imaginário 1 4 0 A

3 b) z1 z2 = 2cis 3cis = 6cis + = 6cis 8 4 8 4 8 2 c) z2 z2 = 3cis 3cis = 9cis = 9cis

4 4 4 2

B

3

1 3

2cos2 +2cos + i sen 2(1+ cos )

=

Eixo imaginário

4 B Eixo real

3 2cis 73. z 5 2 3 a) 1 = = cis 6 5 10 z2 6cis 10 1 7 = cis 3 10 3 2cis 5 2 3 1 5 = cis = cis 6 5 10 3 10 6cis 10 1 = cis 3 2

b) z1 = z2

c)

3 = z2

3cis 0 3 1 = cis 0 = cis 6 10 2 10 6cis 10


6cis 4 2 6 = cis = 1cis 6 2 10 10 6cis 10 2 = cis 5

6 i = d) z2

74. 5 a) 3cis 2 = 35 cis 5 2 = 243 cis(2) = 243 cis(0) 5 5

(

b) 1 3i

)

4

4

Cálculos auxiliares : Seja z = 1 3i.

( )

2

= 4 =2

Eixo imaginário

3 ‹ 3.° Q 4π 1 3 0 tg = 3 ‹ 3.° Q 2 4 = , por exemplo, 3 4 z = 2cis 3 16 4 = 16cis = 16cis 3 3

itg =

8

(3+ i )

2

9+6i + i 2 (8+6i)(2+ i) 2 = 2 2i 2i (2 i)(2+ i) 10+20i 16+8i + 12i +6i 2 2 = 2 = 2+4i 2 = 2 2 2 i 5 = 4i = 4cis 2

b)

2 =

(2 i)3 8i 43 (2 i)2 (2 i)8 i 3 = 3i + 1i 1i (4 4i + i 2 )(2 i)+8i (3 4i)(2 i)+8i = 3i + = 3i + 1i 1i 63i 8i +4i 2 +8i 2 3i = 3i + = 3i + 1i 1i (2 3i)(1+ i) 2+2i 3i 3i 2 = 3i + = 3i + 12 i 2 (1 i)(1+ i) 5i 5 1 5 5 5 2 = 3i + = i +3i = + i = cis

2 2 2 2 2 2 4

3i +

2

2

tg = , por exemplo. 4 Eixo imaginário √2

1

3 -1 0 z2 = 1+ i = 2cis 4 3 z1 z2 = 2cis 2cis 5 4 19 3 = 2 2cis + = 2 2cis 5 4 20

Eixo real

Eixo real

c) 1+ i = i 8 = 1 = cis (0) 1i Cálculo auxiliar : 1+ i (1+ i)(1+ i) 1+2i + i 2 2i = = 2 2 = =i 1 i 2 1 i (1 i)(1+ i) 75. a)

5 5 25 25 50 5 2 i = + = + = = 2 2 4 4 2 2 5 i tg = 2 ‹ 1.° Q 5 2 tg = 1 ‹ 1.° Q

76. a) z1 = 2cis e 5

4 4 = 2cis = 24 cis 4 3 3

i z = (1)2 + 3

Cálculos auxiliares :

b) 1 = z2

3 2 3 1 1 = cis = cis – 3 4 2 4 2 2cis 4

6 c) z1 = 2cis = 2cis + = 2cis 5 5 5 3 3 23 cis 8cis 2cis 3 5 (z ) 5 5 d) 1 = = = 3 3 3 z2 2cis 2cis 2cis 4 4 4 3 8 3 3 8 2 3 = cis = cis = 4 2cis 2 20 20 2 5 4 3

e) z1 1 = 2cis z1 5 2 = cis

5

1 1 = 2cis cis

5 2 5 2cis

5

f) (z1 )5 + z2 + i 11 = 2cis +( 1+ i)+ i 3 5 5 = 25 cis 1+ i i = 32 cis () 1 5 = 32 1 = 33 = 33 cis () 5

Eixo imaginário

-33

0

Eixo real

193

194


77. a)

4 4 = 2cos + i sen 3 3 1 3 = 2 i = 1 3i 2 2 4 z = 2cis 3 4 z = 2cis 3

79. a) z 4 = 1

1 = cis() São soluções desta equação as raízes quartas de 1cis(), isto é, zk tais que : +2k zk = 4 1cis , k {0, 1, 2, 3} 4 k § zk = cis + , k {0, 1, 2, 3} 4 2 Se k = 0, z0 = cis 4 3 Se k = 1, z1 = cis 4 5 Se k = 2, z2 = cis 4 7 Se k = 3, z3 = cis 4 3 5 7

C.S. = cis , cis , cis , cis 4 4 4 4

Assim : 4 4 2cis 2cis z 3 3 = = z + 1 1 3i + 1 3i 4 2cis 4 3 2 = = cis + 3 3 2 3cis 2 =

2 3 5 cis 3 6

b) b1) w 2 = z 4 (cis )2 = 2cis

3 4 2 § cis(2) = 2cis

3

b) z5 = 32 cis 6 São soluções desta equação as raízes quintas de 32 cis , isto é, os números complexos zk , tais que : 6 +2k zk = 5 32cis 6 , k {0, 1, 2, 3, 4} 5 2k § zk = 2cis + , k {0, 1, 2, 3, 4} 30 5 Se k = 0, z0 = 2cis 30 13 Se k = 1, z1 = 2cis 30 25 5 Se k = 2, z2 = 2cis = 2cis 30 6 37 Se k = 3, z3 = 2cis 30 49 Se k = 4, z4 = 2cis 30 13 5 37 C.S. = 2cis , 2cis , 2cis , 2cis , 30 30 6 30

4 +2k, k

3 2 § = 2 ‹ = + k, k

3 >0 §

2

b2)

= 2 ‹ 2 =

w cis 4 = = cis

4 2 z 3 2cis

3 w ser um número real negativo terá que z w arg = +2k, k . z

Para

Assim : 4

= +2k, k 3 7 = +2k, k 3 e um qualquer número real maior que 0. 78. 1+ i é uma raiz índice 8 de 16 se (1+ i)8 = 16 : (1+ i)8 = 2cis = 4 8

= 16

c.q.d.

( 2 ) cis 84 = 2 cis(2 8

4

)

49 2cis 30


c)

As raízes cúbicas de 2cis são os números 6 complexos zk tais que :

z 3 = 2 3 +6i Cálculos auxiliares:

+2k zk = 3 2cis 6 , k {0, 1, 2} 3

Seja w = 2 3 +6i. iw =

(2 3 ) +6

i tg =

6 ‹ 2.° Q 2 3

2

§ tg =

= §z

2

= 48

§ zk

3 ‹ 2.° Q

2k = 3 2cis + , k {0, 1, 2} 18 3

2 ,por exemplo. 3

Se k = 0, z0 = 3 2cis 18

2 = 48cis

3

11 Se k = 1, z1 = 3 2cis 18

3

São soluções desta equação as raízes cúbicas 2 de 48cis , isto é, os números complexos zk 3 tais que : 2 +2k zk = 48 cis 3 , k {0, 1, 2} 3 2 2k 6 § zk = 48cis + , k {0, 1, 2} 3 9

23 Se k = 2, z2 = 3 2cis 18 Sejam A, B e C as imagens geométricas dos números complexos z0, z1 e z2, respetivamente. [ABC] é um triângulo equilátero centrado na origem.

3

2 Se k = 0, z0 = 6 48 cis 9 8 Se k = 1, z1 = 6 48 cis 9 14 Se k = 2, z2 = 6 48 cis 9 2 8 C.S. = 6 48cis , 6 48cis 9 9

0 A

6 14 , 48cis 9

i=

( 3 ) +(1) 2

2

= 4 =2

1 ‹ 4.° Q 3 3 § tg = ‹ 4.° Q 3 = , por exemplo. 6 i tg =

b) 81 = 81 cis() As raízes quartas de 81 cis() são os números complexos zk , tais que : +2k zk = 4 81cis , k {0, 1, 2, 3} 4 § zk

k = 3cis + , k {0, 1, 2, 3} 4 2

Se k = 0, z0 = 3cis 4 3 Se k = 1, z1 = 3cis 4


Eixo real

C

80. As imagens geométricas das raízes índice 4 de w são vértices de um quadrado centrado na origem. Das opções apresentadas apenas a (B) reúne estas condições. Opção (B) 81. a) 3 i = 2cis 6

Eixo imaginário

B

5 Se k = 2, z2 = 3cis 4 7 Se k = 3, z3 = 3cis 4

195

196


Sejam A, B, C e D as imagens geométricas dos números complexos z0, z1, z2 e z3, respetivamente. Eixo imaginário

B

A

0

Eixo real

D

C

[ABCD] é um quadrado centrado na origem. c) i = 1cis 2 As raízes índice 6 de i são os números complexos zk tais que : +2k zk = 6 1cis 2 , k {0, 1, 2, 3, 4, 5} 6 k § zk = cis + , k {0, 1, 2, 3, 4, 5} 12 3 Se k = 0, z0 = cis 12 5 Se k = 1, z1 = cis 12 9 3 Se k = 2, z2 = cis = cis 12 4 13 Se k = 3, z3 = cis 12 17 Se k = 4, z4 = cis 12 21 7 Se k = 5, z5 = cis = cis 12 4 Sejam A, B, C, D, E e F as imagens geométricas dos números complexos z0, z1, z2, z3, z4 e z5, respetivamente: Eixo imaginário B

C A 0

Eixo real

D F E

[ABCDEF] é um hexágono regular centrado na origem.

2 82. z = 3cis 3 Os módulos de qualquer raiz índice 6 de w são iguais; neste caso, |z| = 3 e os argumentos das raízes correspondentes a valores de k consecutivos formam uma progressão aritmética de diferença 2π 2π π neste caso, = . n 6 3 2 Assim, se z = 3cis é uma raiz índice 6 de w, 3 então as restantes 5 raízes são: 2 z1 = 3cis + = 3cis() 3 3 4 z2 = 3cis + = 3cis 3 3 4 5 z3 = 3cis + = 3cis 3 3 3 5 6 z4 = 3cis + = 3cis = 3cis(2) 3 3 3 7 z5 = 3cis 2 + = 3cis = 3cis 3 3 3 83. A, B e C são as imagens geométricas dos números complexos z0, z1 e z2, que são raízes cúbicas de um determinado número complexo. Assim: z2 = 3cis 1 Ponto C(0, 3) 2 2 z0 = 3cis + 2 3 = 3cis 6 = 3 cos + i sen 6 6 3 1 = 3 + i 2 2 3 3 3 3 3 3 + i 1 Ponto B , = 2 2 2 2 2 z1 = 3cis + 6 3 5 = 3cis 6 5 5 = 3 cos + i sen 6 6 3 1 = 3 + i 2 2 3 3 3 3 3 3 + i 1 Ponto A , = 2 2 2 2


84. Como z1 e z2 são duas raízes consecutivas de um certo número complexo, então os seus argumen2π tos diferem de . n Assim:

• As raízes cúbicas de 4 = 4cis () são os números complexos w k tais que: +2k w k = 3 4 cis , k {0, 1, 2} 3 2k 3 § w k = 4 cis + , k {0, 1, 2} 3 3 Se k = 0, w0 = 3 4 cis 3

2 = 6 6 n 2 2 § = 6 n §n=6 Como z1 = 2cis e z2 = 2cis , então as 6 6 restantes raízes indíce 6 de z são : 2 3 z3 = 2cis + = 2cis = 2cis 6 6 6 2 2 5 z4 = 2cis + = 2cis 2 6 6 5 2 7 z5 = 2cis + = 2cis 6 6 6 7 2 9 3 z6 = 2cis + = 2cis = 2cis 6 6 6 2

Se k = 1, w 1 = 3 4 cis ( ) 5 Se k = 2, w2 = 3 4 cis 3 3 2 C.S. = 2cis (0) , 3 2cis , 3

5 3 4cis ( ) , 3 4cis 3 b)

Considerando a mudança de variável w = z 3 vem : w 2 +2w 8 = 0 2± 22 4 1(8) 2 1 § w = 2 › w = 4 =

Assim : z3 = 2 › z3 = 4 As soluções da equação z6 + 2z3 – 8 = 0 são as raízes cúbicas do número complexo 2 e as raízes cúbicas do número complexo –4: • As raízes cúbicas de 2 = 2cis (0) são os números complexos zk tais que: 0+ 2k zk = 2cis , k {0, 1, 2} 3 2k 3 § zk = 2cis , k {0, 1, 2} 3 3

Se k = 0, z0 = 3 2 cis (0) 2 Se k = 1, z1 = 3 2 cis 3 4 Se k = 2, z2 = 3 2 cis 3

4 2cis , 3

3

4cis , 3

z3 = i 14 + i 15 + i 16 §z

3

= i2 + i3 + i4

§z

3

= 1 i + 1

§z

3

= i

As soluções da equação são as raízes cúbicas de i = 1cis , ou seja, os números complexos 2 zk tais que: +2k zk = 3 1 cis 2 , k {0, 1, 2} 3 2k § zk = cis + , k {0, 1, 2} 6 3 Se k = 0, z0 = cis 6 Se k = 1, z1 = cis 2 7 Se k = 2, z2 = cis 6 7 C.S. = cis , cis , cis 2 6

6

85. a) z6 +2z 3 8 = 0

§w

3

c)

(1+ i)z 5 = 3i 3i 5 §z = 1+ i 3i (1 i) 5 §z = (1+ i)(1 i) 3i 3i 2 12 i 2 3+3i 5 §z = 2 3 3 5 §z = + i 2 2 §z

5

=

197

198


(

Cálculo auxiliar : 3 3 9 9 18 3 2 i = + = + = = 2 2 4 4 2 2 3 i tg = 2 ‹ 1.° Q 3 2 § tg = 1 ‹ 1.° Q

= ,por exemplo. 4 3 3 3 2 + i= cis 2 2 2 4 2

2

As soluções da equação são as raízes quintas de 3 2 cis ,ou seja, os números complexos zk 2 4 tais que : +2k 3 2 4 5 cis zk = , k {0, 1, 2, 3, 4} 2 5 § zk

=5

3 2 2k cis + , k 2 20 5

)

2 3 = 0 § 2k = ,k

4 = 3, > 0 = 0 › k § k = , k = ,k

2 2 =0,logo z =0éasolução daequação

Atribuindo a k os valores 0, 1, 2 e 3 obtemos as restantes soluções: Se k = 0, z0 = 3cis(0) = 3 Se k = 1, z1 = 3cis = 3i 2 Se k = 2, z2 = 3cis() = 3 3 Se k = 3, z3 = 3cis = 3i 2

{

C.S. = 0, 3, 3i, 3, 3i

}

{0, 1, 2, 3, 4}

3 2 Se k = 0, z0 = 5 cis 2 20 3 2 9 Se k = 1, z1 = cis 2 20

Unidade 10 – Domínios planos e condições em variável complexa Página 114

5

3 2 17 Se k = 2, z2 = 5 cis 2 20 3 2 25 5 3 2 5 Se k = 3, z3 = 5 cis cis = 2 2 20 4

86. a) z 3 2i = 3§ z (3+2i) = 3 Representa a circunferência de centro na imagem geométrica de z1 = 3 + 2i e raio 3. Eixo imaginário

3 2 33 Se k = 4, z4 = cis 2 20

3 2 5 3 2 9 C.S. = 5 cis , cis , 2 20 20

2 5

5

d)

3 2 17 5 3 2 5 5 3 2 33

, , cis cis cis 2 2 2 20 4 20

z 33z = 0 3 § z = 3z Considerando z = cis vem que :

( cis()) §

3

3

(

)

0

3 3 = 0 § 4 = 2k, k

3

Eixo real

b) z +3+2i < 3 § z (3 2i) < 3 Representa o interior do círculo de centro na imagem geométrica de z1 = –3 – 2i e raio 3. Eixo imaginário -3

cis(3) = 3 cis

C

2

= 3 cis

3 = 3 § 3 = +2k, k

C(3, 2)

C

0 -2

Eixo real

C(–3, –2)


c) 1 ≤ z +5i ≤ 3 § z (5i) ≥ 1 ‹ z (5i) ≤ 3

c) §

Representa a interseção do exterior da circunferência (incluindo a fronteira) de centro na imagem geométrica de z1 = –5i e raio 1, com o círculo com o mesmo centro e raio 3. Eixo imaginário 0

1+ i z < z +2+2i z (1+ i) < z (2 2i)

Representa o semiplano aberto definido pela mediatriz de [P1P2] e que contém o ponto P1, onde P1 e P2 são as imagens geométricas de z1 = 1 + i e z2 = –2 –2i, respetivamente.

C(0, –5)

Eixo imaginário

Eixo real

-2

C -5

0

-8 P2

87. z1 = 1+ 7i

P1

1 -2

P1(1, 1) P2(–2, –2)

1

Eixo real

-2

raio = 3

z0 = 0 z1 z0 = 1+ 7i 0 = 12 +

( 7)

2

= 1+7 = 8

Como z1 z0 < 3 , então a imagem geométrica de z1 encontra-se no interior da circunferência de centro na origem e raio 3. 88. a) z + i = z 1

§

89. a) arg(z) = 4 Representa a semirreta com origem em O e que faz π um ângulo de rad com o semieixo real positivo. 4 Eixo imaginário

z (i) = z 1

Representa a mediatriz do segmento de reta [P1P2] que tem como extremos as imagens geométricas de z1 = – i e z2 = 1. Eixo imaginário

0 -1

P1 1

P1(0, –1) P2(1, 0)

π 4 0

§ arg(z (1+2i)) = 2 2 Representa a semirreta com origem na imagem geométrica de z1 = 1+ 2i e que faz um ângulo de π rad com o semieixo real positivo. 2

b) arg(z 1 2i) =

Eixo real

P2

Eixo real

b) z 2 4i = z +5 2i § z (2+4i) = z (5+2i)

Eixo imaginário

Representa a mediatriz do segmento da reta [P1P2] cujos extremos são as imagens geométricas de z1 = 2 + 4i e z2 = –5 + 2i.

π 2 2

P1(1, 2)

P1

Eixo imaginário P1

4 P2

P1(2, 4) P2(–5, 2)

0

2

c) -5

0

2

Eixo real

1

≤ arg(z + 1+3i) ≤ 4 4 § ≤ arg( z (1 3i)) ≤ 4 4

Eixo real

199

200


Representa o ângulo do vértice na imagem geométrica de z1 = –1 – 3i (P1) cujos lados origem e extremidade são as semirretas de origem em P1 e que π π fazem um ângulo de – e rad, respetivamente, 4 4 com o semieixo real positivo. Eixo imaginário -1

0

P1

b) z +2+ i ‹ Im(z) ≥ 0 Eixo imaginário

1

Eixo real

Eixo real

-3

c) ≤ arg(z 1+ i) ≤ + ‹ z 1+ i ≤ 1 4 4 Eixo imaginário

90. a) Re(z) = 2 representa a reta vertical que a no ponto das coordenadas (2, 0).

2

1

0

-1 P1

Eixo imaginário

0

0 -1

-2 -1 C

P1(–1, –3)

π 4 -3 π -4

C(–2, –1)

P(1, 1)

π 4 -π 4

92. a) z ≤ 4 ‹ Re(z) ≤ 0 ‹ z + 1 ≤ z + i

Eixo real

Eixo imaginário

b) Im(z) = –5 representa a reta horizontal que a no ponto das coordenadas (0, –5). Eixo imaginário

0

Eixo imaginário 6

§

z >3

4 Eixo real

3 A = 42 = 6 8 3

93. a) z (3 3i) ≤ 2 ‹ ≤ arg(z) ≤ 0 4

Eixo real

Eixo imaginário 3

1 1 < z 3

Cálculo auxiliar : 1 1 1 1 < § < z 3 z 3

0 B

Observe-se que o conjunto de pontos que a condição em variável complexa |z + 1| = |z + i| representa corresponde, em R2, à bissetriz dos quadrantes ímpares. 3 Assim, a área a sombreado é da área do círculo 8 de centro na origem e raio 4:

c) Re(z) > 3 › Im(z) ≥ 6

2 < Re(z) < 3 ‹

A -1

-4

Eixo real

0

A(–1, 0) B(0, –1)

-4

-5

91. a)

4

-3 -2

0

3 Eixo real -3

7 7 ≤ arg z +3i ≤ b) z +3i = 3 ‹ 2 2 2 c) 0 ≤ arg( z (2 4i)) ≤ ‹ Re(z) ≤ 6 5 d) 1 ≤ z i ≤ 2 ‹ 1 ≤ z + i ≤ 2


94. a) 2 z 1 = z +2

c) z z = z z Sendo z = x + yi :

Sendo z = x + yi :

(x + yi)(x yi) = (x + yi)(x yi)

2 (x + yi) 1 = (x + yi)+2 § 2 (x 1)+ yi

(x 1)2 + y2 = (x +2)2 + y2

§2 §

= (x +2)+ yi

(

2 (x 1)2 + y2

§ 4(x

) ( =

(x +2)2 + y2

2x + 1+ y ) = x +4x +4 + y 2

2

)

8x +4 +4y2 = x 2 +4x +4 + y2

2

+3y2 12x = 0

§

x 2 4x + y2 = 0

§

x 2 4x +22 + y2 = 22

§ (x 2)

2

2

x 2 + y2 = 2x

§

x 2 +2x + 1+ y2 = 1

§ (x + 1)

2

xy≤5

§ y ≤ x +5

y ≥ x 5 Eixo imaginário

0

0

Eixo real

5 Eixo real

1 d) Im ≥1 z +2 Sendo z = x + yi : 1 Im ≥1 x + yi +2 1 § Im ≥1 (x +2)+ yi (x +2) yi § Im (x +2)+ yi (x +2) yi ≥ 1 )( ) ( (x +2) yi § Im ≥1 2 2 (x +2) (yi) x +2 y § Im i ≥1 2 2 2 2 (x +2) + y (x +2) + y §

-5

y ≥1 (x +2)2 + y2

§ y ≥ (x +2)

2

b) z z ≤ 4Re(z) Sendo z = x + yi :

+ y2 + y ≤ 0 ‹ (x, y) (2, 0)

§ (x +2)

1 1 + y2 + y+ ≤ 2 2

§ (x +2)

1 1 +y+ ≤ 2 4

2

2

(x + yi)(x yi) ≤ 4Re(x + yi) §

x 2 (yi)2 ≤ 4x

§

x 2 + y2 ≤ 4x

§

x 2 4x +22 + y2 ≤ 22

+ y2 ‹ (x, y) (2, 0)

§ (x +2)

2

§ (x 2)

-1

+ y2 = 4

Re(x + yi)Im(x + yi) ≤ 5

2

+ y2 = 1

-2

95. a) Re(z)Im(z) ≤ 5 Sendo z = x + yi:

§

§

Eixo imaginário

Representa uma circunferência de centro no ponto de coordenadas (2, 0) e raio 2.

§

x 2 (yi)2 = x yi x + yi

2

2

§ 4x § 3x

2

2

§

Eixo imaginário

Eixo imaginário

+y ≤4

‹ (x, y) (2, 0)

2

2

2

2

1 C –2, – 2 Raio

0

C 2

4 Eixo real

-2

-1

0 -1 2

Eixo real

1 2

201

202


8. Seja z = x + yi i zz =0 § (x + yi)(x yi) = 0

Aprende fazendo Páginas 123 a 131

§

i 3 = i

i Re(z) = 0 § Re(x + yi) = 0 §

x =0

i z =0 x + yi = 0

O número complexo i 6 = 1 não é um imaginário puro, mas sim um número real. Opção (B) 2. z = 3i 18 + i 27 = 3i 2 + i 3 = 3 i

( 3 ) +(1) 2

y =0

Condição que define o eixo real

i 6 = i 2 = 1 cis = i 2 3 cis = i 2

z=

=0

§ 2yi

1. Atendendo a que :

2

= 3+ 1 = 2

Opção (B) 3. Se arg(z) = , então arg( z ) = = . 7 7 7 Opção (A) 4. i i 2 = 1 e (1)2 = 1 i (i)2 = 1 e 12 = 1 i (2+2i)2 = 4 +8i +4i 2 = 8i e (2 2i)2 = 4 8i +4i 2 = 8i i (2+2i)2 = 4 8i +4i 2 = 8i e (2 2i)2 = 8i logo, 2+2i e 2 2i são raízes quadradas do mesmo número complexo. Opção (D) 5. z +2 = 3 define uma circunferência no plano complexo de centro na imagem geométrica de z1 = 2 e raio 3.

§ §

x 2 + y2 = 0 x 2 + y2 = 0

i z+z =0 (x + yi)+(x yi) = 0 § 2x §

=0

x =0

Opção (A)

9. Seja w = x + yi um número complexo não nulo. w w (x + yi)(x yi) x 2 + y2 = = + ,logo 2 2 2 w w encontra-se a imagem geométrica de 2 na parte positiva do eixo real. Opção (A)

10. Seja z = cis com 0 < < . 2 Então, 2z = 2 cis e 0 < < . 2 Opção (A)

Opção (A) 6. Seja z = a + bi, com b 0. Então: z 1 = (a + bi) 1 = (a 1)+ bi = (a 1) bi = (a bi) 1 = z 1 Opção (B) 7. z 7 = (bi)7 = b7i 7 = b7 (i) = b7i Como b < 0, então b7 > 0, logo a imagem geométrica de z7 encontra-se na parte positiva do eixo imaginário. Opção (B)

i 11. Na opção (A): = i i i 1 = 0 Proposição falsa i Na opção (B): = i i i = i Proposição verdadeira 1 Na opção (C): arg(i) = 0 = 0 Proposição falsa 2 Na opção (D) : i 2 = i 1 = i Proposição falsa Opção (B)


12. Seja z = cis .

Se k = 0, w0 = 3 cis

6 Se k = 1, w1 = 3 cis

2 7 Se k = 2, w2 = 3 cis

6

Então, 2z = 2 cis . Logo, arg(2z) = . Opção (D)

13. A região sombreada contém os pontos do plano

Observe-se que a imagem geométrica de w1 pertence à parte positiva do eixo imaginário logo, das opções apresentadas, apenas a opção (B) satisfaz esta condição. Opção (B)

complexo que pertencem à interseção dos dois círculos representados e cujo coeficiente da parte imaginária é negativo ou nulo : z ≤ 1 ‹ z 1 ≤ 1 ‹ Im(z) ≤ 0 Opção (B) 2 14. • z = a + bi = (a + bi)(1 i) = a ai + bi bi 2 2 w 1+ i 1 i (1+ i)(1 i)

=

17. Seja z = 3+4i = 5cis , onde 1.° Q, já que a imagem geométrica de z pertence ao 1.° Q. Assim, as raízes quadradas de z são os valores zk

a + b +(a + b)i a + b b a = + i 2 2 2

tais que zk = 5cis

z a+b z b a e Im = . Assim,Re = 2 2 w w

+2k ,k 2

{0, 1}

Assim :

Se k = 0, z0 = 5cis 2 Se k = 1, z1 = 5cis + 2

• z w = (a + bi)(1+ i) = a + ai + bi + bi 2 = (a b)+(a + b)i Assim,Im(z w) = a + b.

Assim, como 1.° Q, temos que a imagem geomé-

• z 2 = (a + bi)2 = a2 +2abi +(bi)2 = a2 b2 +2abi

trica de z0 pertence também ao 1.° Q e a de z1 ao 3.° Q.

Assim, Re(z2 ) = a2 b2 .

Das opções apresentadas, a única que verifica estas

Opção (C)

condições é a opção (A). Opção (A)

15. w = 1cis 1 1 1 w n + n = (cis)n + = cis(n)+ w (cis)n cis(n) 1 = cis(n)+ cis(n) 1 = cos(n)+ i sen(n)+ cos(n)+ i sen(n) = cos(n)+ i sen(n) + cos(n) i sen(n) = 2cos(n) Opção (B)

16. Como w tem a sua imagem geométrica na parte

18. z = 1 2i ; w = 4 +5i a) z +w = (1 2i)+(4 +5i) = (1+4)+(2+5)i = 5+3i b) 3z 2w = 3(1 2i)2(4 +5i) = 3 6i 8 10i = 5 16i c) z w = (1 2i)(4 +5i) = 4 +5i 8i 10i 2 = 4 + 103i = 14 3i d)

negativa do eixo imaginário, então w é do tipo w = cis . Logo, as raízes cúbicas de w são os 2 valores wk tais que: +2k

w k = 3 cis 2

, k {0, 1, 2} 3

e)

z 1 2i (1 2i)(4 5i) 4 5i 8i + 10i 2 = = = w 4 +5i (4 +5i)(4 5i) 42 (5i)2 4 13i 10 6 13i 6 13 = = = i 16+25 41 41 41 1 1 1+2i 1+2i 1+2i = = = 2 = 2 z 1 2i (1 2i)(1+2i) 1 (2i) 1+4 1 2 = + i 5 5

203

204


i i i(1 2i) 2 2 = 1 4i +4i 2 f) z = (1 2i) 1+2i (1+2i)(1 2i) z = 1 4i 4

Eixo imaginário

d) 4i = 4cis 2

i 2i 2 2+ i = 3 4i 2 2 1 (2i) 1+4

2 1 17 21 = 3 4i i = i 5 5 5 5 19. 3 1 a) cis = cos + i sen = + i 6 6 6 2 2 b) 2cis = 2 cos + i sen 4 4 4 2 2 i = 1 i = 2 + 2 2 c) 2cis 5 = 2cos 5 + i sen 5 = 2 1 3 i 3 3 3 2 2 = 1 3i d) 4cis = 4 cos + i sen = 4(0+ i) = 4i 2 2 2 e) 5cis () = 5(cos + i sen ) = 5(1+0i) = 5 f) 1 cis 7 = 1 cos 7 + i sen 7 = 1 (0 i) = 1 i 6 2 6 6 2 2 6 g) cis (0) = cos 0+ i sen 0 = 1+0i = 1 20. a) i = cis 2


b) 1 = cis(0)

π 2 Eixo real

Eixo imaginário

0

1 Eixo real

0

e) 1 i = 2cis 4

-π 2

Eixo real

-4

Eixo imaginário

Cálculo auxiliar : z = 12 +(1)2

1

= 2

π - 4 Eixo real

0 -1

f) 1 + 1 i = 2 cis 4 4 4 4 Cálculo auxiliar : 1 1 z = + 4 4 2

=

2


1 1 + 16 16

0

2 = 16 =

1 4

π 4 Eixo real

2 4

g) 1 3i = 2cis 3 Cálculos auxiliares :

( )

• z = 12 + 3

2

Eixo imaginário

= 4 =2

3 ‹ 4.° Q 1

0

tg = 3 ‹ 4.° Q

-√ 3

• tg =

= , por exemplo. 3

1 -π 3

Eixo real

h) 2 6i = 2 2cis 4 3 Cálculos auxiliares : •z=

2

Eixo imaginário

2

= 8 =2 2

c) 11 = 11cis()

Eixo imaginário

0

6 • tg = ‹ 3.° Q 2

4π 3 - √2

tg = 3 ‹ 3.° Q

π - √ 11

( 2 ) + ( 6 )

Eixo real

=

4 += , por exemplo. 3 3

0 -√ 6

Eixo real


5 i) 3 + i = 2cis 6 Cálculos auxiliares : •z= • tg =

( ) 1 3

tg = =

Eixo imaginário

2

3 + 12 = 4 = 2 ‹ 2.° Q

- √3

3 ‹ 2.° Q 3

5 , por exemplo. 6

21.

a) z = 3cis 7

z = 3cis 7

8

z = 3cis + = 3cis 7 7 1 1

= cis z 3 7 b) z = 2cis 3 z = 2cis 3 2 z = 2cis + = 2cis 3 3 1 1 = cis z 2 3

c) z = 3i = 3cis 2

z = 3cis 2

3

z = 3cis + = 3cis 2 2 1 1

= cis z 3 2 d) z = (1 i) = 1+2i + i = 2i = 2cis 2 z = 2cis 2 3 z = 2cis + = 2cis 2 2 1 1 = cis z 2 2 2

2

1 5π 6 0

Eixo real

22. 2cis + i 3 +5 (1+ i) i +5 a) z1 + i 23 +5 4 = = 2i 2i 2i 6(2+ i) 12+6i 12+6i 12 6 = = = = + i (2 i)(2+ i) 22 i 2 5 5 5 5 5 b) z1 z2 = 2cis 2cis = 2 2cis + 4 6 4 6 13 = 2 2cis 12 Cálculos auxiliares : 5 z2 = 3 + i = 2cis 6

( 3 ) + 1 2

• z2 = • tg =

1 3

2

Eixo imaginário

= 4 =2

‹ 2.° Q

3 ‹ 2.° Q tg = 3 5 = , por exemplo. 6

- √3

1 5π 6 0

Eixo real

23. w = 1 = 1cis () As raízes cúbicas de w são os valores de w k tais que : +2k w k = 3 1cis , k {0, 1, 2} 3 2k § w k = cis + , k {0, 1, 2} 3 3 Se k = 0, w0 = cis 3 3 Se k = 1, w 1 = cis = cis () 3 5 Se k = 2, w2 = cis 3 24. a) z 2 4z +5 = 0 §z=

4±

(4)

2

4 15

2 1 4 ± 4 §z= 2 4 +2i 4 2i §z= › z= 2 2 § z = 2+ i › z = 2 i C.S. = {2+ i, 2 i }

205

206


b)

c)

z6 +64 = 0 6 § z = 64 As soluções desta equação são as raízes índice 6 do número complexo – 64 = 64cis (),ou seja, os valores zk tais que : +2k zk = 6 64cis , k {0, 1, 2, 3, 4, 5} 6 k § zk = 2cis + , k {0, 1, 2, 3, 4, 5} 6 3 Assim : Se k = 0, z0 = 2cis 6 3 Se k = 1, z1 = 2cis = 2cis 6 2 5 Se k = 2, z2 = 2cis 6 7 Se k = 3, z3 = 2cis 6 9 3 Se k = 4, z4 = 2cis = 2cis 6 2 11 Se k = 5, z5 = 2cis 6

5 C.S. = 2cis , 2cis , 2cis , 6 2 6

7 3 11 2cis , 2cis , 2cis 6 2 6

Se z = 1cis é uma raiz cúbica de w, então as 3 restantes serão : 2 z1 = 1cis + = cis e 3 3 3 3 2 z2 = 1cis +2 = cis = cis() 3 3 3 b) Como z é uma raíz cúbica de w, então z3 = w. 3 3 Assim, w = cis = cis = cis() = 1 3 3 26. a) z 2 ≥ 1 ‹ z 2 ≤ 2 § 1 ≤ z 2 ≤ 2 z (3+ i) ≤ z (2 2i)

b) §

z +3 i ≤ z 2+2i

27. a) z ≤ 2 Eixo imaginário 2

2

Eixo real

b) z 2i = z 2 Eixo imaginário A 2

+2) = 0

§ z =0

2 -2

z3 +2z = 0 § z(z

0

-2

› z 2 = 2 § z = 0 › z = 2i › z = 2i

Observa - se que, as soluções da equação z2 = 2

0

2

B Eixo real

são as raízes quadradas do número complexo 2 = 2cis (), ou seja, 2i e 2i.

{

C.S. = 0, 2i, 2i

}

c) arg(z) =

3 Eixo imaginário

25. 1 3 i = 1cis a) z = 2 2 3 Cálculos auxiliares :

π 3

1 3 1 3 = • z = + + = 1 =1 4 4 2 2 2

2

3 • tg = 2 ‹ 4.° Q 1 2 tg = 3 ‹ 4.° Q

= , por exemplo. 3

Eixo real

Eixo imaginário

0 - √3 2

1 2 -π 3

d) Im(z) = 2 Eixo imaginário

Eixo real

2 0

Eixo real


28. a)

z= =


2+ 12i (2+ 12i)(1+3i) = (1 3i)(1+3i) 1 3i

3 1 2 3 1 4 + = • w = + = =1 2 2 4 4 4 1 2 • tg = ‹ 3.° Q 3 Eixo imaginário 2 1 7π -√ 3 tg = ‹ 3.° Q 6 2 3 0 Eixo real

= + 1 6 2 7 = , por exemplo. 6 2

2+6i + 12i +36i 2 12 (3i)2

2+ 18i 36 1+9 34 18 17 9 = + i = + i 10 10 5 5 =

Re(z) = b) w = =

17 9 e Im(z) = 5 5

i i(5+ 10i) = 5 10i (5 10i)(5+ 10i) 5i + 10i 2 52 (10i)2

7 c) z w = 6cis cis

4 6 7 = 6cis +

4 6 11 = 6cis

12

10+5i 25+ 100 10 5 = + i 125 125 2 1 = + i 25 25 =

Re(w) =

2 1 e Im(w) = 25 25

c) Seja z1 = i z. 2+ 12i i3z = i3 1 3i 3

17 9 = i + i (pelos cálculos efetuados 5 5 na alínea a)) =

17 9 2 i i 5 5

9 17 = + i 5 5

6cis 7 z 4 = 6cis d) = 7 w 4 6 cis 6 17 = 6cis 12 1 1 e) z = = z

1 6cis 4 1 = cis 6 4 =

9 17 Re (i z ) = e Im (i 3 z ) = 5 5 3

6 cis 6 4

4 f) z + 1 = 6cis + 1 = 4 4

29. a) z = 3 3i = 6cis 4

( 3 ) + ( 3 ) 2

2

= 3+3 = 6

3 • tg = ‹ 4.° Q 3 tg = 1 ‹ 4.° Q

= , por exemplo. 4 7 3 1 i = cis b) w = 2 2 6

4

= 36cis()+ 1 = 36+ 1 = 35 = 35cis()

Cálculos auxiliares : •z =

( 6 ) cis 44 + 1

0 -√ 3

Eixo imaginário

-

√3 π 4

Eixo real

7 cis 7 4 w g) 15 = 6 = cis + = cis i 6 2 6 cis 2 2 = cis 3 Cálculo auxiliar : i 15 = i 3 = i = cis 2

207

208


30. 7 a) z1 = 2 3 2i = 4cis 6

§ = § =

Cálculos auxiliares : • z1 =

(2 3 )

2

+(2)2 = 12+4 = 16 = 4 Eixo imaginário

2 ‹ 3.° Q • tg = 2 3 tg = =

-2 √ 3

3 ‹ 3.° Q 3

7 , por exemplo. 6

0 -2

+k ,k

0

1

π 4 Eixo real

As raízes índice 4 de w = 2cis são os valores 4 w k tais que:

7 7 7 (z1 )3 = 4cis = 43 cis 3 = 64cis 6 6 2

+2k , k {0, 1, 2, 3} wk = 4 2 cis 4 4

k 8 § w k = 2cis + , k {0, 1, 2, 3} 16 2

1 i (1 i)(1 i) 1 2i + i 2 2i = = 2 2 = = i 1 i 1+ i (1+ i)(1 i) 2 = cis 2 As raízes quadradas de z2 = cis são os valores 2 zk tais que:

b) z2 =

Assim :

Se k = 0, z0 = 8 2cis 16

9 Se k = 1, z1 = 8 2cis 16

17 Se k = 2, z2 = 8 2cis 16

25 Se k = 3, z3 = 8 2cis 16

+2k zk = 1cis 2 , k {0, 1} 2 § zk = cis + k , k {0, 1} 4 2 2 Se k = 0, z0 = cis = cos + i sen = i 2 4 4 4 2 3 3 3 Se k = 1, z1 = cis = cos + i sen 4 4 4

Eixo imaginário 1

Eixo real

3

Raízes quadradas de z2 :

+k ,k

31. w = 1+ i = 2cis 4

Assim :

=

6

6

32. a)

i z =0 z 2

2 2 + i 2 2

§z

2

2 2 2 2 i e + i 2 2 2 2

do número complexo i, isto é, os valores de zk que

7 4cis

7 z1 6 c) = = 4cis

z3 6 2 cis + 2 z Para 1 ser um imaginário puro terá que : z3

z arg 1 = + k , k z3 2 Assim : 7 = +k ,k 6 2 2

i =0 ‹ z 0

i = cis

2

§z

=i As soluções desta equação são as raízes quadradas

satisfazem : +2k

, k {0, 1} zk = 1cis 2 2 § zk = cis + k , k {0, 1} 4 Se k = 0, z0 = cis

4 5 Se k = 1, z1 = cis

4 5 C.S. = cis , cis 4 4


b)

z 3 + (1+ 3i ) z = 0 2 § z ( z + 1+ 3i ) = 0 2 § z = 0 › z = 1 3i Cálculos auxiliares : 4 w = 1 3i = 2cis 3 2 • w = (1) + ( 3 ) = 1+3 = 2 2

Eixo imaginário 4π 3

3 • tg = ‹ 3.° Q 1

-1

tg = 3 ‹ 3.° Q

=

4 , por exemplo. 3

0

Eixo real

-√3

As soluções da equação z2 = 1 3i são as raízes 4 quadradas do número complexo 2cis , isto é, 3 os números complexos zk tais que : 4 +2k , k {0, 1} zk = 2cis 3 2 2 § zk = 2cis + k , k {0, 1} 3 2 Se k = 0, z0 = 2cis 3 5 Se k = 1, z1 = 2cis 3 2 5 C.S. = 0, 2cis , 2cis 3 3

c)

z3 iz 2 z + i = 0 Cálculo auxiliar: μ

1

i 1 § (z i)(z

2

–i

–1

i

i

0

–i

0

–1 0 = r

1) = 0

§z=i

› z2 = 1 § z = i › z = 1 › z = 1 C.S. = {i, 1, 1} d)

z3 = z Sendo z = cis ( cis )3 = cis() 3 § cis(3) = cis()

3 = 3 = +2k , k (2 1) = 0 § 2k ,k = 4 = 0 § › k = 2 ,k

3 = 0 4 = 2k, k

§

§

= 1 k = 2 ,k

z =0é uma das soluções

Atribuindo a k os valores 0, 1, 2 e 3 obtemos as restantes soluções: Se k = 0, z0 = cis (0) = 1 Se k = 1, z1 = cis = i 2 Se k = 2, z2 = cis () = 1 3 Se k = 3, z3 = cis = i 2 C.S. = {0, 1, i, 1, i }

33. a) Seja z = 4 3 +4i Cálculos auxiliares : •z= • tg =

(4 3 ) 4 4 3

2

Eixo imaginário

+42 = 64 = 8

‹

1.° Q

3 § tg = ‹ 1.° Q 3 = , por exemplo. 6

4 0

4 √ 3 Eixo real

As raízes quartas do número complexo z = 8cis 6 são os valores zk tais que: +2k , k {0, 1, 2, 3} zk = 4 8cis 6 4 k 4 § zk = 8cis + , k {0, 1, 2, 3} 24 2 Se k = 0, z0 = 4 8cis 24 13 Se k = 1, z1 = 4 8cis 24 25 Se k = 2, z2 = 4 8cis 24 37 Se k = 3, z3 = 4 8cis 24

209

210


Eixo imaginário

b1) A -4

0

Assim, uma condição que defina o conjunto de pontos a sombreado é : Cálculo auxiliar :

13 z ≤2 ‹ ≤ arg(z) ≤ 13 5 15 +2 = 5 3 15

z = 4 + yi

Eixo real

B

b) Cálculo do raio da circunferência : r 2 = 22 +22

AB 4 b2) Se A AOB = 12, então = 12 § AB = 6. 2 Assim : A (4,3) e B (4,3) , logo z = 4 +3i. 34. 3 a) z1 = 16cis 4 Se z1 é solução da equação, então verifica i z1 = z1 : 3 3 i 16cis = 16cis 4 4 3 3 1cis 16cis = 16cis ( ) cis 2 4 4 3 3 16cis + = 16cis 4 2 4 16cis = 16cis P.V. 4 4

§r

2

=8

§r

2

= 8, r > 0

§r

=2 2

z > 2 2 ‹ z 2 = z 2i 36. a) z = z Seja z = x + yi. Então, x yi = (x + yi) § x yi = x yi § 2x = 0 § x = 0 Condição que define todo o eixo imaginário Eixo imaginário

0

b) z ≤ 3 ‹ Im(z) ≤ 0 ‹ Re(z) ≤ 0

3 b) As raízes quartas de z1 = 16cis são os valores 4 zk , tais que : 3 +2k 4 , k {0, 1, 2, 3} zk = 16cis 4 3 k § zk = 2cis + , k {0,1,2,3} 16 2

Eixo imaginário 3 -3

4

c)

§ 2 ≤ Re(z) ≤ 2

‹ 2 ≤ Im(z) ≤ 2 ‹ z > 1 Eixo imaginário 2

Assim, sendo l o lado do quadrado, vem que : § 2l

2

= 16

=8 Logo, A ABCD = 8. §l

2

2

C

Eixo imaginário 2 0 2

Eixo real

Re(z) ≤ 2 ‹ Im(z) ≤ 2 ‹ z > 1

(A, B,C e D) são vértices de um quadrado de diagonal 4.

B

3

0 -3

As imagens geométricas destas 4 raízes quartas

l2 +l 2= 42

Eixo real

A 2

1 -2 -1

0 -2

D

35. a) O círculo representado tem centro O e raio 2, visto que z = 2. Sendo o hexágono regular e centrado na origem, então os seis vértices são imagens geométricas das raízes índice 6 de um certo número complexo e os 2 = . seus argumentos diferem de 6 3

2 Eixo real

-1

Eixo real

3 A é a imagem geométrica de z = 2cis . 16

1

› Im(z) ≤ 0 ‹ z ≥ 2 d) ≤ arg(z) ≤

4 2 Eixo imaginário 2

-2

π 4

0 -2

2 Eixo real


z n = 4cis = 4n cis n 6 6 n

e) z 3i ≥ z 2 ‹ z 2 i ≤ 2 A(0, 3) B(2, 0) C(2, 1) 3

M 1, 2

Eixo imaginário

Para z n ser um número real positivo, então

3 A C

1 0

2

B Eixo real

37. 1+ i 1+ i (1+ i)(i) i i 2 = = 2 a) w = 21 = i i i i (i) 1+ i = = 1+ i = 2cis

1 4 •w z1 pois arg(w) = +2k, k e um 4 argumento de z1 é . 5 •w z2 , pois w = 2 e z2 = 2.

arg(z n ) = 2k, k , ou seja: n = 2k, k 6 § n = 12k, k § n = 12k, k Se k = 0, n = 0 Se k = 1, n = 12 Se k = 1, n = 12, 12 é o menor número natural tal que z n é um número real positivo.

(1+ 2 + i ) (1+ 2 + i ) = (1+ 2 + i ) = 1+ 2 i (1+ 2 i ) (1+ 2+ i ) 1+ 2 i ( ) (1+ 2 ) +2(1+ 2 ) i + i = 1+2 2 +2 1+ (2+2 2 ) i = 1+2 2 +2+ 1 (1+ 2 ) + 1 (2 2 +2) (1+ i ) = (2 2 +2) (2 2 4) (1+ i) = 2 2 +4 (2 2 +4) (2 2 4) 2

39. 1+ 2 + i

2

2

2

2

b) Seja z2 = 2cis e z1 = cis . 5 z1 z2 = (2cis ) cis

= 2 cis +

5 5

=

Para que z1 z2 seja um imaginário puro, tem que acontecer : arg(z1 z2 ) = + k, k 2 Assim : + = + k, k 5 2 § = + k, k 2 5 3 §= + k, k 10

=

4 4 8 2 +4 2 8

(2 2 ) 4 2

2

(1+ i) =

4 2 4 2 (1+ i) = (1+ i) 42 16 8

2 2 2 (1+ i) = + i = cos + i sen = cis

2 2 2 4 4 4

40. a) cos i sen 9 sen + i cos •Representação de cos i sen na forma trigonométrica: cos i sen = cos()+ i sen() = cis() •Representação de sen + i cos na forma

38. Seja z = 12 2i.

trigonométrica:

Cálculos auxiliares : •z=

( 12 ) + (2) 2

2

Eixo imaginário

= 16 = 4

2 ‹ 4.° Q 12 2 § tg = ‹ 4.° Q 2 3 3 § tg = ‹ 4.° Q 3 § = , por exemplo. 6

• tg =

z = 4cis 6

0 -2

√ 12 π -6

2

Eixo real

sen + i cos = cos + i sen 2 2 = cis 2 Assim : 9 cos i sen cis( ) 9 = sen + i cos cis 2 9 9 9 = cis + = cis = cis 2 2 2 9 9 = cos + i sen = 0+ i (1) = i 2 2

211

212


2 2 2 2 b) + i + i 2 2 2 2 2013

2014

3 b) Seja z = 1+ i = 2cis . 4 Cálculos auxiliares :

Cálculo auxiliar :

• z = (1)2 + 12 = 2

2 2 + i = cis 2 2 4

1 ‹ 2.° Q 1 § tg = 1 ‹ 2.° Q

• tg =

= cis cis 4 4 2013

2014

= cis cis 4 4 5

5

3

cos + i sen cis 4 4 2 2013

2014

2 2 = i ( i) 2 2 2 2

= + + 1 i 2 2 41. a) Sendo P1 o ponto de coordenadas (0, 2), o número complexo do qual P1 é imagem geométrica é

z1 = 2 i = 2cis . 2 As restantes raízes cúbicas são : 2

7 3 1

z2 = 2cis + = 2cis = 2 i = 3 i 2 3 6 2 2 7 2

11 3 1

i = 3 i z3 = 2cis + = 2cis = 2 6 3 6 2 2 e Im(z2 ) = Im(z3 ) = 1 Assim, uma condição que defina o domínio plano é : z ≤ 2 ‹ Im(z) ≤ 1

=

3 , por exemplo. 4

Como z = 2, 2 é o raio da circunferência representada. As raízes cúbicas de w = 2cis são os valores 3 zk tais que : +2k wk = 3 2 cis 3 , k {0, 1, 2} 3 Se k = 0, w0 = 6 2cis 9 Assim, arg(w0 ) = . 9 Logo, uma condição em que defina a região assinalada é : z≤ 2 ‹

43. a) i 11 z 3 = z2 z1

(

)

3 ≤ arg(z) ≤ 9 4

2

Cálculos auxiliares : z1 = 1+ 3i • z 1 = 12 + ( 3 ) = 4 = 2 2

b) O lado do quadrado é 2, logo o raio é 2 . 2 2 ‹ ≤ arg(z + 1) ≤ ‹ 2 4 4 5 3 ≤ arg(z 1) ≤ ‹ 4 4 z≥

4 4 42. 2cis +2 ( 2 ) cis +2 a) w 4 +2 3 3 = = i i 15 i3 4 4 4 cos + i sen +2 4 1 3 i 3 3 2 2 = = i i 4

=

2 2 3i +2 2 3i i 2 3i 2 +2 3 = = = i i i i 2 1

=2 3 2 3 é um número real c.q.d.

• tg = 3 ‹ 1.° Q = , por exemplo. 3 z1 = 2cis 3 z1 = 2cis 3

i z = 2cis 2cis 6 3

2

3

3

= 4cis 6 3 2 3 § i z = 4cis 6 2 16cis 6 3 §z = i

2

§ i z

3


16cis 3

3 §z = cis 2

3 § z = 16cis + 3 2

3 § z = 16cis 6

a 3 = b 4 a = b 1 § 2 2 2 2 (a 3) +(b 4) = 252 (b 4) +(b 4) = 50 a = b 1

§

2 2(b 4) = 50 (b 4) = 25 a = b 1 a = b 1 › § b 4 = 5 b 4 = 5

a = 9 1

As soluções da equação são as raízes cúbicas do número complexo 16cis , isto é, os números 6 complexos zk tais que: +2k zk = 3 16cis 6 , k {0, 1, 2} 3 2k 3 § zk = 16cis + , k {0, 1, 2} 18 3 Se k = 0, z0 = 3 16cis 18 13 Se k = 1, z1 = 3 16cis 18 25 Se k = 2, z2 = 3 16cis 18

13 3 25 C.S. = 3 16cis , 3 16cis , 16cis 18 18 18 2n 2cis 2n 2n z 3 2 2 b) 1 = = cis = cis z2 2cis 2 3 6 2 3 6 6 = cis 2n = cis n 6 3 2n

z Para que 1 seja um número real positivo, então z2 2n z arg 1 = 2k, k , ou seja, n = 2k, k z 3 2 § n = 6k, k . Para k = 1, n = 6 é o menor valor natural de n que verifica o pretendido. 2n

(

______

§

2

§a=

b = 9

a = 1 1 › b = 1

a = 8

a = 2 › b = 9 b = 1

§

Assim, z3 = 8+9i › z3 = 2 i. 44. a)

§

z k < 3 ‹ arg(z) = ,k i 2 z i

k z < 3 ‹ arg(z) = ,k 2 Se k = 0, arg(z) = 0 Se k = 1, arg(z) = 2 Se k = 2, arg(z) = 3 Se k = 3, arg(z) = 2

0

-3

3 Eixo real -3

Seja z = x + yi : Im ((x + yi)(x yi)) > (x + yi)(x yi) ‹ ‹ (x + yi)(x yi) = 4 § Im(2yi) > § 2y >

x 2 (yi)2 ‹ 2yi = 4

x 2 + y2 ‹ (2y = 4 › 2y = 4)

§

x 2 + y2 2y < 0 ‹ (y = 2 › y = 2)

§

x 2 + y2 2y + 1 < 1 ‹ (y = 2 › y = 2)

§

x 2 +(y 1)2 < 1 ‹ (y = 2 › y = 2) Eixo imaginário 2

)

Como w = 5 2 tem-se que (a 3)2 +(b 4)2 = 5 2.

3

Eixo imaginário

b) Im ( z z ) > z z ‹ z z = 4

1

c) w = a + bi + 1 4i +(2i)2 = a + bi + 1 4i 4 = (a 3)+(b 4) i Como a imagem geométrica de w pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares Re(w) = Im(w), ou seja, a 3 = b 4.

k ,k 2

< 3 ‹ arg(z) =

0

Eixo real –2

Não existe nenhum ponto do plano complexo que satisfaça a condição pretendida.

213

214


c) 0 ≤ arg(z 2 3i) ≤ ‹ Re(z) ≤ 6

4 › ≤ arg(z) ≤ 0 ‹ Im(z) ≥ 3 ‹ Re(z) ≤ 6

3 Eixo imaginário π 3 4 P 2 -π 3

0

6

Eixo real

-3

2 d) ≤ arg(z +3i) ≤ ‹ z ≤ z 6i › 3 3 2 › ≤ arg(z 3i) ≤ ‹ z ≤ z +6i

3 3 Eixo 6 imaginário 3 B

π 3 2π 3 0 2π π 3 3 A -3 -6

Eixo real

A(0, –3) B(0, 3) C(0, 6) D(0, –6)

Guia Do Professor Matematica 12º Ano 3d3m20

Overview 4q3b3c

More details 26j3b

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