PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO 21 Tema 1 - cld.pt · A soma dos pontos das faces de um dado cúbico com...

1. As experiências aleatórias são as A , C e D , pois sãoaquelas em que não é possível prever o resultado que vaiocorrer. Das quatro situações apresentadas, só a experiência B édeterminista porque, mesmo antes da sua realização, épossível prever o resultado.

2. A soma dos pontos das faces de um dado cúbico com asfaces numeradas de 1 a 6 é igual a 21.

3.1. Espaço de resultados associado à experiência aleatória: .

3.2. Para se obterem os resultados possíveis pode recorrer-sea uma tabela de dupla entrada.

Espaço de resultados associado à experiência aleatória:.

4. Para se obterem os resultados possíveis pode recorrer-sea uma tabela de dupla entrada.

O espaço amostral associado a esta experiência aleatória é: .

Assim, tem-se: , , e.

Pág. 11

Pág. 12

W = {15 , 16 , 17 , 18 , 19 , 20}

W = {azul, amarela, vermelha, verde}

W = {35 , 50 , 60 , 75 , 100 , 110 , 125 , 150}

Pág. 13

W = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 6 , 9}A = {1 , 3 , 9} B = {0} C = {1 , 2 , 4}

D = { }

4.1. O acontecimento B é elementar porque é constituído porum único elemento do espaço amostral.

4.2. O acontecimento D é impossível porque .

4.3. Por exemplo, o acontecimento A .

Tarefa 11.1.

1.2. O espaço de resultados da experiência é:.

1.3. Os acontecimentos elementares são 11 .

1.4.1. Os acontecimentos A , B , C , D e E são representadospor:

, , , e

1.4.2.1. O acontecimento E é impossível.

1.4.2.2. O acontecimento D é certo.

1.4.2.3. O acontecimento B é elementar.

1.4.2.4. O acontecimento A é composto e não certo.

2.1. Para se obterem os resultados possíveis pode recorrer-se auma tabela de dupla entrada, tendo em atenção que a segundabola é retirada sem a reposição da primeira que foi extraída.

O espaço de resultados da experiência é: .

2.2. Para se obterem os resultados possíveis pode recorrer-se auma tabela de dupla entrada, tendo em atenção que a segundabola é retirada com a reposição da primeira que se tirou.

O espaço de resultados da experiência é: .

D = { }

Pág. 14

W = {2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12}

A = {2 , 3 , 5 , 7 , 11} B = {10} C = {3 , 5 , 7}D = {2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12} E = { }

W = {2 , 3 , 6 , 12 , 18}

W = {1 , 2 , 3 , 4 , 6 , 9 , 12 , 18 , 36}

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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃOTema 1 – Probabilidades e combinatória

Face que fica voltada

para baixo

Soma dos pontos das faces que não ficam voltadas

para baixo

1 21 - 1 = 202 21 - 2 = 193 21 - 3 = 184 21 - 4 = 175 21 - 5 = 166 21 - 6 = 15

10 25 25 50 50 100

10 35 35 60 60 110

25 35 50 75 75 125

25 35 50 75 75 125

50 60 75 75 100 150

50 60 75 75 100 150

100 110 125 125 150 150

1 2 3 4 5 6

1 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

* 0 1 2 3

0 0 0 0 0

1 0 1 2 3

2 0 2 4 6

3 0 3 6 9

* 1 2 3 6

1 2 3 6

2 2 6 12

3 3 6 18

6 6 12 18

* 1 2 3 6

1 1 2 3 6

2 2 4 6 12

3 3 6 9 18

6 6 12 18 36

NEMA12CPR1_F02_20120738_3P_CImg_20120738_TXT_P017_032 27-03-12 17:40 Page 21

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3.4.1.

Logo, .

4.2.

4.3.

,

8.1.1. Os acontecimentos B e C são compatíveis pois(na turma há 10 raparigas com a opção de

Biologia) .

8.1.2. Os acontecimentos A e B são incompatíveis pois.

8.2.1. e , logo .

8.2.2. Como os acontecimentos A e B são incompatíveis então.

8.2.3. .

8.2.4. .

8.3. Os acontecimentos A e B não são contrários porque,embora , .

Tarefa 31.1. A afirmação é falsa. Os acontecimentos A e B são compa-

tíveis porque .

1.2. A afirmação é verdadeira. Os acontecimentos A e C sãocompatíveis porque .

A = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 9)}

B = {(1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 3) , (8 , 4) ,(8 , 6) , (8 , 9)}

C = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 0) , (5 , 3)(5 , 9) , (8 , 0) , (8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6)}

B \ C = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (5 , 0) , (5 , 3) , (8 , 0)}A \ B = {(8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6)}A © B = {(1 , 0) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (8 , 0) , (8 , 3) ,(8 , 4) , (8 , 6)} © {(1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 3) ,(8 , 4) , (8 , 6) , (8 , 9)} = {(8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6)}

A\B = A © B

A © B = {(1 , 0) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (8 , 0)}A © B = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) ,(8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6) , (8 , 9)}

A ∂ B = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) ,(8 , 9)} ∂ {(1 , 9) , (5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 3) , (8 , 4) ,(8 , 6) , (8 , 9)} = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) ,

A ∂ C = {(1 , 0) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (8 , 0) , (8 , 3)(8 , 4) , (8 , 6) } ∂ {(1 , 0) , (5 , 4) , (5 , 6) , (8 , 9)} == {(1 , 0) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (5 , 6) , (8 , 0) ,

A ∂ C = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 9)}A © C = {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 6)(5 , 9) , (8 , 9)} © {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 9) , (8 , 0) , (8 , 3) ,

= {(1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 9)} = A ∂ C

(8 , 4) , (8 , 6)} =

Pág. 18

B © C 0 { }

A © B = { }# W = 29 # A = 12 # A = 29 - 12 = 17

# (A ∂ B) = # A + # B = 12 + 14 = 26# (B ∂ C) = # B + # C - # (B © C) = 14 + 13 - 10 = 17# (B ∂ C) = # W - # (B © C) = 29 - 4 = 25

{(8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6) , (8 , 9)}

(5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6) , (8 , 9)} = A © B

A ∂ B 0 WA © B = { }

Pág. 19

C = {(1 , 0) , (5 , 4) , (5 , 6) , (8 , 9)}

A © B 0 { }

A © C 0 { }

5. Os acontecimentos A e B podem ser representados pelosseguintes conjuntos:

A = { , , } e B = { , , , }Diagrama de Venn:

6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 7.1. O espaço de resultados da experiência aleatória é: .

Os acontecimentos A , B e C , na forma de conjuntos, sãorepresentados por:

, e

Diagrama de Venn:

7.2.1.7.2.2.7.2.3.7.2.4.7.2.5.

Tarefa 21.1. W = {(1 , 0) , (1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (1 , 9) , (5 , 0) ,

(5 , 3) , (5 , 4) , (5 , 6) , (5 , 9) , (8 , 0) , (8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6) , (8 , 9)} .

2..

Pág. 15

4

6

75

12

3

8

A B

W

Pág. 16

A © B = {2 , 5}A = {8 , 11 , 15}W \ B = {8 , 9}A ∂ B = {2 , 5 , 9 , 11 , 15}

W = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10}

A = {2 , 3 , 5 , 7} B = {2 , 4 , 6 , 8 , 10}C = {1 , 2 , 3 , 6}

5

7

32

6

8

4

10

19

A B

C

W

A ∂ B = {2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 10}B © C = {2 , 6}C = {4 , 5 , 7 , 8 , 9 , 10}A \ C = {5 , 7}C \ A = {1 , 6}

Pág. 17

1 2 3 2 4 8

A = {(1 , 0) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (8 , 0) , (8 , 3) , (8 , 4) , (8 , 6)}

6

B = {(1 , 0) , (1 , 3) , (1 , 4) , (1 , 6) , (5 , 0) , (5 , 3) , (5 , 4) , (8 , 0)}

NEMA12CPR1_F02_20120738_3P_CImg_20120738_TXT_P017_032 27-03-12 17:40 2

12.1.1. A igualdade é falsa porque se A é um acontecimentoqualquer, então 0 ≤ fr(A) ≤ 1 .

12.1.2. A igualdade é falsa porque se A é um acontecimentoqualquer, então 0 ≤ fr(A) ≤ 1 .

12.1.3. A igualdade é verdadeira porque se A é um aconteci-mento qualquer, então 0 ≤ fr(A) ≤ 1 .

12.2.1. = .

12.2.2. .

12.2.3. .

12.2.4. .

Tarefa 41.

2. Por observação da tabela anterior podemos afirmar que, àmedida que o número de experiências aumenta, as fre-quências relativas do acontecimento “Sair bola vermelha”tendem para 0,666 .

3. Com base no valor estimado em 2. conclui-se que no sacohá 4 bolas vermelhas (0,666 * 6 ) 4) e 2 bolas pretas (6 - 4 = 2) .

13.

Observando a tabela anterior, estima-se que a probabili-dade de sucesso da aplicação da vacina num novo pacienteseja de 84% . À medida que aumenta o número de testesrealizados, a frequência relativa do sucesso da vacina tendepara 0,84 .

fr(A) = 1 - 0,24 = 0,76fr(A)fr(A ∂ W) = fr(W) = 1

fr(A © W) = fr(A) = 0,24

fr(A © W) = fr(A) = 0,76

Pág. 22

Pág. 23

N.º de

experiências

Bola vermelha Bola preta

N.º deocorrências

Freq. relativafr(V)

N.º deocorrências

Freq. relativafr(P)

50 38 0,76 12 0,24

100 63 0,63 37 0,37

250 162 0,648 88 0,352

400 268 0,67 132 0,33

500 331 0,662 169 0,338

750 501 0,668 249 0,322

1000 665 0,665 335 0,335

N.º detestes

N.º desucessos

Frequência relativa do n.° de sucessos

200 165 0,825

500 423 0,846

1 000 843 0,843

2 000 1 682 0,841

5 000 4 202 0,8404

7 500 6 308 0,8410(6)

10 000 8 403 0,8403

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1.3. A afirmação é falsa. Os acontecimentos B e C não sãocontrários porque .

2.1. : “Em nenhum dos lados da peça há 4 pontos.”

2.2. : “A soma dos pontos dos dois lados da peça é maiorou igual a 5 mas diferente de 6 .”

2.3. : “Num dos lados da peça há 4 pontos e a soma dospontos dos dois lados da peça é maior ou igual a 5 .”

3. Por exemplo, E : ”A soma dos pontos dos dois lados dapeça é igual a 2 .”

4.1. .

4.2. .

4.3. .

4.4. .

5.1. A peça II .

5.2. A peça III .

5.3. A peça I .

9.1.1. Se 60% dos candidatos não tinham perfil para qualquerum dos cargos então sabemos que 40% dos candidatostinham perfil para pelo menos um dos cargos.

Se 30% dos candidatos reuniam as condições exigidaspara exercer a função de consultor e 20% a função deauditor então conclui-se que 10% dos candidatos tinhamperfil para exercer as duas funções:

(30% + 20% - 40% = 10%) .

9.1.2. 10% dos candidatos tinham perfil para exercer somente afunção de auditor (20% - 10% = 10%) .

9.2. Constata-se que 20% dos candidatos tinham perfil paraexercer somente a função de consultor:(30% - 10% = 20%) .

Como o número inicial de candidatos era 180 conclui-seque havia 36 candidatos (0,2 * 180) com perfil somentepara consultor.

10.1.

10.2.1. 41% da população não assinam qualquer um dos três jor-nais.

10.2.2. 9% da população assinam apenas o jornal B .

10.2.3. 75% da população não assinam o jornal C .

11. Sabe-se que a máquina A produziu 2500 peças das quais80 são defeituosas, logo conclui-se que 3,2% das peçasproduzidas pela máquina A (80/2500 * 100%) são defei-tuosas.

Como em relação à produção da máquina B se verificouque 3% das peças são defeituosas, podemos afirmar que amáquina B teve um melhor desempenho.

B ∂ C 0 W

A

B ∂ C

A ∂ C

# (A © B) = 3

# (C \A) = 8

# (A ∂ B) = 10

# (B ∂ C) = 13

Pág. 20

11%4%

8%

9%14%

2%41%

A B

C

W

11%

Pág. 21

1 2 3

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

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

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

4 (4 , 1) (4 , 2) (4 , 3)

5 (5 , 1) (5 , 2) (5 , 3)

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17.2. Seja B o acontecimento: “Sair uma carta que não seja depaus”. Número de casos possíveis: 52 .Número de casos favoráveis: 39 .

17.3. Seja C o acontecimento: “Sair um rei”. Número de casos possíveis: 52 .Número de casos favoráveis: 4 .

18.1. O acontecimento “Sair bola vermelha”.18.2. O acontecimento “Sair bola preta”. 18.3. O acontecimento “Sair bola vermelha ou amarela”.18.4. O acontecimento “Não sair bola amarela”.19.1. Como o saco só contém bolas brancas e pretas e a probabi-

lidade de retirar uma bola branca é , conclui-se que a

probabilidade de retirar uma bola preta é .

Assim, a probabilidade de sair bola branca é quádrupla dade sair bola preta. Se o saco contiver 3 bolas pretas, então tem 12 bolasbrancas.

19.2. Se no saco existir um total de 40 bolas, então um quintodessas bolas são pretas, ou seja, existirão 8 bolas pretas.

20. Na caixa há bombons de café e de licor. A probabilidade deretirar um bombom da caixa e de ser de café é 24% , logoa probabilidade de retirar dessa caixa um bombom de licoré 76% .Na caixa há 6 bombons de café. Designemos por x onúmero de bombons de licor que existem na caixa. Recorrendo a uma regra de três simples, tem-se:

24% — 6

76% — x §Na caixa há 19 bombons de licor.

21.1. Para identificar todos os casos possíveis pode recorrer-se auma tabela de dupla entrada.

Seja E o acontecimento “O número da ficha que é retiradada caixa A é menor que o número da ficha retirada dacaixa B ”.Há 3 casos favoráveis ao acontecimento E e 15 casospossíveis.

Então, .

21.2. Seja F o acontecimento “A soma dos números das fichasretiradas é um número ímpar”.Há 7 casos favoráveis ao acontecimento F e 15 casospossíveis.

Assim sendo, .

P (B) = 3952

= 34

P (C) = 452

= 113

45

15

Pág. 28

x = 19x = 76 * 624

P (E) = 315

= 15

P (F) = 715

14.1. ; ; ;

14.2. ; ; ;

15.1.1. Sendo A e B dois acontecimentos elementares, entãosão incompatíveis. Logo, P (A © B) = 0 .

15.1.2. Como A e C são acontecimentos elementares, então:

P (A © C) = 0 . Assim, P (A ∂ C) = P (A) + P (C) - P (A © C) = P (A) + P (C) - 0 = = P (A) + P (C) .

15.1.3. Se A , B , C e D são os acontecimentos elementares deuma experiência aleatória, então:

A ∂ B ∂ C ∂ D = W . Logo, P (A ∂ B ∂ C ∂ D) = 1 .15.2.1. Dado que A , B , C e D são os acontecimentos elemen-

tares de uma experiência aleatória e são equiprováveis,então:

P (A) + P (B) + P (C) + P (D) = 1 e P (A) = P (B) = P (C) = P (D) .

Donde se conclui que 4P (A) = 1 , ou seja, P (A) = .

15.2.2. Ora, .

15.2.3. Como A e D são acontecimentos elementares, então:

P (A ∂ D) = P (A) + P (D) .

Pode então concluir-se que:

.

16.1. Sendo A , B e C os acontecimentos elementares de umaexperiência aleatória, tem-se:

P (A) + P (B) + P (C) = 1 .Dado que P (A) = 0,4 e , tem-se:

§

§ .

Logo,

16.2. Como B e C são acontecimentos elementares, então:

P (B © C) = 0 .16.3. Como B e C são acontecimentos elementares, sabe-se

que P (B ∂ C) = P (B) + P (C) .

Então, .

16.4. Sendo A , B e C são os acontecimentos elementares deuma experiência aleatória então A ∂ B ∂ C = W .

Logo P (A ∂ B ∂ C) = 1 .

17.1. Seja A o acontecimento: “Sair uma carta de copas”. Número de casos possíveis: 52 Número de casos favoráveis: 13

Pág. 26

P ({2}) = 26= 13

P ({1}) = 26= 13

W = {1 , 2 , 3}

P ({3}) = 26= 13

P ({2}) = 16

P ({1}) = 36= 12

W = {1 , 2 , 3}

P ({3}) = 26= 13

14

P (B) = 1 - P (B) = 1 - P (A) = 1 - 14= 34

P (A ∂ D) = 14+ 14= 24= 12

P (B) = 13 P (C)

0,4 + 13 P (C) + P (C) = 1

43 P (C) = 0,6

P (C) = 0,45

P (B) = 13* 0,45 = 0,15 .

P (B ∂ C) = 0,15 + 0,45 = 0,6

Pág. 27

P (A) = 1352

= 14


22. O Sr. José tem 3 possibilidades diferentes de distribuir osbilhetes pelos seus filhos: Joana e Rui, Joana e André ou Rui e André.

A probabilidade de o Rui receber um bilhete é e a proba-

bilidade de a Joana não receber é .

Conclui-se que a probabilidade de o Rui receber um bilheteé o dobro da probabilidade de a Joana não receber.

23.1. Quando se lança uma moeda ao ar, há duas possibilidades: sai face euro – E ou sai face nacional – N. Para identificar todos os casos possíveis pode recorrer-se aum diagrama em árvore.

Seja A o acontecimento “Ocorrer três vezes a face euro”.Há apenas 1 caso favorável ao acontecimento A e 8casos possíveis.

Assim sendo, .

23.2. Seja B o acontecimento “Ocorrer pelo menos uma vez aface euro”.Há 7 casos favoráveis ao acontecimento B e 8 casos pos-síveis.

Conclui-se que .

23.3. Seja C o acontecimento “Ocorrer no máximo uma vez aface euro”.Os casos possíveis são 8 e há 4 casos favoráveis ao acon-tecimento C : (E , N , N) , (N , E , N) , (N , N , E) e (N , N , N) . Conclui-se que .

Tarefa 51.1. Na tabela seguinte podem identificar-se todos os casos

possíveis.

Por observação da tabela, conclui-se que a probabilidadede as duas moedas retiradas pelo Sr. Luís totalizarem umvalor igual ao que tem de pagar, ou seja, 1,20 Æ , é:

.

1.2. A probabilidade de as duas moedas retiradas pelo Sr. Luístotalizarem um valor inferior ao que tem de pagar é:

231

3

Pág. 29

E

EE

N

NE

N

N

EE

N

NE

N

P (A) = 18

P (B) = 78

P (C) = 48= 12

Pág. 30

P = 210

= 0,2

P = 610

= 0,6

1.3. A probabilidade de as duas moedas retiradas pelo Sr. Luístotalizarem um valor superior ao que tem de pagar é:

2.1. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, há 8 quetêm 3 faces azuis.

Assim, a probabilidade pedida é: .

2.2. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, há 8 quenão têm nenhuma face azul (os interiores).


2.3. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, nenhumtem 4 faces azuis (no máximo há 3 faces azuis) .


2.4. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, há 24 quesó têm uma face azul.


2.5. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, há 24 quetêm duas e só duas faces azuis.


2.6. Dos 64 cubos que foram introduzidos no saco, há 8 quenão têm nenhuma face azul. Logo, há 56 cubos (64 - 8)que têm pelo menos uma face azul.


Tarefa 61. , e

.

Logo, e

.

Como , então .

2.1.1. A experiência consiste em retirar duas bolas, ao acaso,uma após a outra, com reposição e registar o produto dosnúmeros das bolas retiradas.

A tabela ao lado traduz essasituação.

2.1.2. Seja A o acontecimento “O produto dos números da bolasretiradas é um número par”.

Por observação da tabela, conclui-se que .

2.2.1. Sendo a extração feita semreposição, a tabela que traduza situação é a representada aolado.

P = 210

= 0,2

P = 864

= 18

P = 864

= 18

P = 064

= 0

P = 2464

= 38

P = 2464

= 38

P = 5664

= 78

Pág. 31

B = {2 , 4 , 6, 8}A = {1 , 3 , 6 , 9}W = {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9}

A = {2 , 4 , 5 , 7 , 8}A © B = {2 , 4 , 5 , 7 , 8} © {2 , 4 , 6 , 8} = {2 , 4 , 8}

P (C) = 39= 13

C = A © B

P (A) = 1216

= 34

+ 0,20 0,20 0,50 0,50 10,20 0,40 0,70 0,70 1,200,20 0,70 0,70 1,200,50 1 1,500,50 1,501

*1 2 3 4

2 4 6 8

3 6 9 12

4 8 12 16

*2 3 4

2 6 8

3 6 12

4 8 12

25N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora


26N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora

25.1.1. Seja A o acontecimento: “Saírem duas bolas brancas”. Como há reposição da primeira bola, o número de casos

possíveis é dado por 6 * 6 , ou seja, é igual a 36 , e onúmero de casos favoráveis é dado por 3 * 3 , ou seja, éigual a 9 .

Assim, .

25.1.2. Seja B o acontecimento: “Saírem bolas de cores diferen-tes”.

O acontecimento contrário é definido por: “Saírem bolasda mesma cor”.

Como há reposição da primeira bola, o número de casospossíveis é 36.

Há a possibilidade de saírem duas bolas brancas ou duasbolas vermelhas ou duas bolas amarelas. O número decasos favoráveis ao acontecimento é dado por:

3 * 3 + 2 * 2 + 1 * 1 , ou seja, é igual a 14 . Assim, e .

25.1.3. Seja C o acontecimento: “Sair pelo menos uma bolabranca”.

O acontecimento contrário é definido por: “Não sairnenhuma bola branca”.

O número de casos possíveis continua a ser 36 e onúmero de casos favoráveis ao acontecimento é dadopor 3 * 3 , ou seja, é igual a 9 .

Assim, e .

25.2. Não havendo reposição da primeira bola, quando se efetuaa extração da segunda bola só há 5 bolas no saco. O número de casos possíveis passa a ser dado por 6 * 5 ,ou seja, é 30 .

Seja D o acontecimento: “Saírem bolas da mesma cor”.

Como a extração é feita sem reposição, só há possibilidadede saírem duas bolas brancas ou duas bolas vermelhas.Logo, o número de casos favoráveis é dado por 3 * 2 + 2 * 1 ,ou seja, é igual a 8 .

Assim, .

26.1. As caixas têm apenas bolas com números positivos e nega-tivos, logo o produto dos números das bolas retiradasnunca pode ser igual a zero porque para tal acontecer teriade haver pelo menos uma bola com o número zero.

Assim sendo, a probabilidade de o produto dos númerosdas bolas retiradas ser zero é igual a zero.

26.2. Convém relembrar que o produto de três números é umnúmero negativo se forem todos negativos ou se dois delesforem positivos e o outro for negativo.

Seja A o acontecimento: “O produto dos números dasbolas retiradas ser um número negativo”.

Número de casos possíveis: 5 * 4 * 3 (ou seja, 60) .Número de casos favoráveis:

3 * 1 * 2 + 2 * 3 * 2 + 2 * 1 * 1 + 3 * 3 * 1 (ou seja, 29) .

26.3. O acontecimento: “O produto dos números das bolas retira-das ser um número positivo” é contrário ao acontecimentoA : “O produto dos números das bolas retiradas ser umnúmero negativo”.

Então, .

P (C) = 1 - P (C) = 1 - 14= 34

P (C) = 936

= 14

P (D) = 830

= 415

Pág. 33

P (A) = 2960

C

B

P (B) = 1 - P (B) = 1 - 718

= 1118

P (B) = 1436

= 718

P (A) = 936

= 14

P (A) = 1 - 2960

= 3160

2.2.2. Neste caso, a probabilidade de o produto dos números da

bolas retiradas ser um número par é: .

2.3.1. Para indicar o espaço deresultados pode cons-truir-se um diagramaem árvore que traduz asituação descrita.

O espaço de resultadosé:

2.3.2. Todos os acontecimentos elementares têm a mesma pro-babilidade de ocorrer:

Logo, os acontecimentos elementares são equiprováveis.

3. Tendo em atenção a composição de cada uma das caixas,conclui-se que a soma dos números das bolas retiradas éigual a 5 se da primeira caixa retirarmos a bola com onúmero 2 , da segunda caixa uma bola com o número 2 eda terceira caixa uma bola qualquer (ambas têm o número1) ou se da primeira caixa retirarmos a bola com o número3 , da segunda caixa a bola com o número 1 e da terceiracaixa uma bola qualquer (ambas têm o número 1) .

Assim sendo, a probabilidade de a soma dos números dasbolas retiradas ser 5 é:

24.1. Como em cada jogada é gerada, aleatoriamente, umasequência de quatro algarismos e cada elemento dasequência pode tomar qualquer valor de 0 a 9 (10 valoresdiferentes), então numa jogada há:

10 * 10 * 10 * 10 = 10 000 resultados possíveis.24.2. Seja A o acontecimento: “Ocorrer a sequência 1996”.

Número de casos possíveis: 10 000 .

Número de casos favoráveis: 1 .

P (A) = 1012

= 56

W = {6 , 8 , 12 , 24}

P (6) = P (8) = P (12) = P (24) = 14

P = 1 * 2 * 2 + 1 * 1 * 23 * 3 * 2 = 6

18= 13

Pág. 32

P (A) = 110 000

= 1104

= 10-4

Produtos

86

612812

68624824

6126241224

8128241224


27N

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12C

PR1

© P

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tora

29.1. Não é possível que A e B sejam acontecimentos contrá-rios porque .

De facto, .

29.2. Como A © B ƒ B , então P (A © B) ≤ P (B) .

Como P (B) = 0,3 , não é possível que P (A © B) = 0,4 . 29.3. Sabe-se que ,

e , então

.

Assim sendo, não é possível que P (A ∂ B) = 0,9 .30.1. A afirmação é falsa. Para que a afirmação fosse verdadeira

os acontecimentos A e B teriam de ser contrários.

30.2. A afirmação é verdadeira. Se A e B são acontecimentoscontrários, então A © B = { } e A ∂ B = W . Logo, pelo axioma 3 tem-se que P (A ∂ B) = P (A) + P (B) epelo axioma 1 podemos afirmar que P (A ∂ B) = 1 . Das duas igualdades anteriores, conclui-se que:P (A) + P (B) = 1 .

30.3. A afirmação é falsa. Se P (A) + P (B) = 1 , não podemos con-cluir que A e B sejam acontecimentos contrários.

31. Sendo A e B acontecimentos contrários, então: P (B) = 1 - P (A) .

§

§ §

§

Como P (A) < P (B) , conclui-se que:

e .

32.1. Consideremos os acontecimentos: A : “Utilizar o autocarro” e C : “Utilizar o comboio”.

Dos 60 funcionários de uma empresa sabe-se que 20 nãoutilizam transporte público, logo há 40 funcionários (60 - 20) que utilizam transporte público. Se 25 funcionários utilizam autocarro e 18 utilizam ocomboio então há 3 funcionários (25 + 18 - 40) que utili-zam o autocarro e o comboio.

Pode-se agora construir um diagrama de Venn:

Assim, .

{P (A) * (1 - P (A)) = 29

P (B) = 1 - P (A){P (A) * P (B) = 29

P (B) = 1 - P (A)

{- 9 (P (A))2 + 9P (A) - 2 = 0P (B) = 1 - P (A){P (A) - (P (A))2 = 2

9P (B) = 1 - P (A)

{P (A) = 13 › P (A) = 2

3

P (B) = 1 - P (A)

P (B) = 1 - 13= 23

P (A) = 13

Pág. 37

0,5 ≤ P (A ∂ B) ≤ 0,8

P (A) + P (B) 0 1P (A) + P (B) = 0,5 + 0,3 = 0,8

P (A ∂ B) = P (A) + P (B) - P (A © B)

0 ≤ P (A © B) ≤ 0,3P (A) + P (B) = 0,8

Pág. 36

A C

22 15

20

3

W

P (C) = 1860

= 310

27.1. Seja A o acontecimento: “As cartas retiradas serem ambasreis”. Como as duas cartas são retiradas sucessivamente e semreposição, sabe-se que: Número de casos possíveis: 52 * 51 .Número de casos favoráveis: 4 * 3 .

27.2. Seja B o acontecimento: “Nenhuma das cartas retiradasser ás”. Deve ter-se em atenção que as duas cartas são retiradassem reposição e que num baralho de 52 cartas há 4 asese 48 cartas que não são ases. Número de casos possíveis: 52 * 51 .Número de casos favoráveis: 48 * 47 .

27.3. Seja C o acontecimento: “As cartas retiradas serem ambasde copas”. Deve ter-se em atenção que as duas cartas são retiradassem reposição e que num baralho de 52 cartas há 13 car-tas que são copas. Número de casos possíveis: 52 * 51 .Número de casos favoráveis: 13 * 12 .

27.4. Seja D o acontecimento: “As cartas retiradas serem todasdo mesmo naipe”. Deve ter-se em atenção que as duas cartas são retiradassem reposição e que num baralho de 52 cartas há 4 nai-pes com 13 cartas cada. Número de casos possíveis: 52 * 51 .Número de casos favoráveis: 4 * 13 * 12 .

27.5. Seja E o acontecimento: “Sair um e um só rei”. Deve ter-se em atenção que as duas cartas são retiradassem reposição, que num baralho de 52 cartas há 4 reis eque, relativamente à contagem do número de casos favorá-veis, o rei pode sair na primeira ou na segunda extração. Número de casos possíveis: 52 * 51 .Número de casos favoráveis: 4 * 48 + 48 * 4 .

28.1. A área do círculo correspondente ao alvo é p * r2 . A área da região favorável, ou seja, da coroa circular cor delaranja, é limitada pelas circunferências de raios r e . Assim, a área da região favorável é dada por:

.

Seja A o acontecimento: “Acertar na coroa circular cor delaranja”.

28.2. O novo alvo tem o dobro do raio do anterior, ou seja, o raio é2r , logo a área do círculo correspondente ao novo alvo é p * 4r2 . A área da região favorável é dada por p * r2 por-que é a área do alvo anterior.Seja B o acontecimento: “Acertar na região correspon-dente ao alvo anterior”.

P (D) = 4 * 13 * 1252 * 51 = 4

17

P (E) = 4 * 48 + 48 * 452 * 51 = 384

2652= 32221

Pág. 34

r2

p * r2 - p * a r2b2 = p * r2 - p * r2

4= 3pr2

4

P (A) =3pr2

4p r2

= 34= 0,75 (isto é, 75%)

P (C) = 13 * 1252 * 51 = 156

2652= 117

P (B) = 48 * 4752 * 51 = 2256

2652= 188221

P (A) = 4 * 352 * 51 = 12

2652= 1221

P (B) = p * r2

p * 4r2= 14= 0,25 (ou seja, 25%)


Falam inglês

Não falam inglês

Falam português 62 20 82

Não falam português 100 18 118

162 38 200

36.1. 36.2.

36.3. 36.4.

36.5.

37.1. Seja A o acontecimento ”Sair número 3 ”.

Um dado cúbico equilibrado tem 6 faces das quais apenas

uma está numerada com o número 3 , logo .

37.2. Consideremos agora o acontecimento B : “Sair número par”. Se o acontecimento B ocorreu então o número de casospossíveis reduz-se a 3 (sair a face 2 , 4 ou 6) e o aconte-cimento A não pode ocorrer.

Assim, .

37.3. Se saiu número ímpar, então o número de casos possíveisreduz-se a 3 (face 1 , 3 ou 5) e o o número de casosfavoráveis é igual a 1 (sair face 3) .

Assim, .

38.1. : “Sair número ímpar dado que saiu uma bola preta”.No saco há duas bolas pretas e ambas têm número ímpar,

logo = .

: “Sair bola preta dado que saiu um número ímpar”.No saco há três bolas com número ímpar (as bolas 1 , 3 e5) e duas delas são pretas (as bolas 1 e 5) , logo

= .

38.2. Após a introdução da bola com o número 7 , o saco passoua ter 7 bolas das quais 4 têm um número ímpar (1 , 3 , 5e 7) . Se a probabilidade de sair bola azul, dado que saiu númeroímpar, passou a ser igual a 50% , então sabe-se quemetade das bolas com número ímpar são azuis. Como ini-cialmente o saco só continha uma bola azul (a bola número3) , conclui-se que a bola com o número 7 é azul.

39.1. Os acontecimentos A e B são incompatíveis pois: .

De facto, .

39.2.1. .

39.2.2. .

40.1. : “Ter perdido o comboio dado que acordou tarde”

: “Ter acordado tarde dado que perdeu o comboio”

40.2. .

Tarefa 81.1.

Pág. 39

P (A | B) = 24= 12

P (B | A) = 23

P (A | B) = 34

P (B | A) = 35

P (A | B) = 24= 12

P (A) = 16

P (A | B) = 03= 0

P (A | B) = 13

B | A

22= 1P (B | A)

A | B

23

P (A | B)

P (A © B) = 0

P (A © B) = P (A) + P (B) - P (A ∂ B) = 0,3 + 0,6 - 0,9 = 0

P (A | B) = P (A © B)P (B)

= 00,6

= 0

P (A | B) = P (A © B)P (B)

= P (A ∂ B)0,4

= 0,10,4

= 14

B | AA | BP (A © B) = P (A | B) * P (B) = 0,8 * 0,25 = 0,2

Pág. 41

Pág. 40

28N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora

32.2. Ora, .

32.3. Utilizar apenas um transporte público significa utilizar oautocarro e não utilizar o comboio ou não utilizar o

autocarro e utilizar o comboio .

Como os acontecimentos e são incompatí-veis, então:

= .

33.1. .

Logo, , ou seja,

.

(1) porque e são incompatíveis.

33.2. Se A e B são incompatíveis, então:

.

Logo,

= .

34. .

35.

=(1) porque A e B são incompatíveis, dado que são acontecimentoselementares.(2) porque A , B e C são os acontecimentos elementares de umaexperiência aleatória.

Tarefa 71.1. Sendo , então .

Logo,

= .

1.2. Ora, .

Como , então os acontecimentos e sãocompatíveis.

2.1.== .

2.2. .

3.1.= .

3.2..

(1) porque .

4.1.====

4.2. Consideremos os acontecimentos: A : ”Sair um ás” e B : “Sair uma carta de copas”.

Sabe-se que:

Aplicando a fórmula provada na alínea anterior, tem-se que: §

P (A © C) = 360

= 120

(A © C)(A © C)

(A © C)(A © C)

P ((A © C) ∂ (A © C)) = P (A © C) + P (A © C) =2260

+ 1560

= 3760

P (A) = P ((A © B) ∂ (A © B))5(1)

P (A © B) + P (A © B)

P (A) - P (A © B) = P (A © B)P (A) - P (A © B) = P (A \ B)

(A © B)(A © B)

P (A ∂ B) = P (A) + P (B)

P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B) = 1 - (P (A) + P (B)) =1 - P (A) - P (B) = P (A) - P (B)

P (B) = P (A © B) + P (A © B) = 0,4 + 0,3 = 0,7P (A © B) = P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B)5

(1)

1 - P (A) - P (B)5(2)

P (C) = 0,2

Pág. 38

P (A ∂ B) = 1 - 0,4 = 0,6P (A ∂ B) = 0,4P (A © B) = P (A) + P (B) - P (A ∂ B) =

0,4 + 0,3 - 0,6 = 0,1 = 110

P (A © B) = P (A ∂ B) = 0,4BAP (A © B) 0 0

P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B) = 1 - (P (A) + P (B) - P (A © B)) =1 - P (A) - P (B) + P (A © B)

P (B) - P (A) + P (A © B) = 0,52 - 0,2 + 0,08 = 0,4P (A © B) = P (B) - P (A © B) = 0,48 - 0,08 = 0,4P (A ∂ B) + P (A © B) = P (A © B) + P (A © B) =1 - P (A © B) + P (A © B) = 1

P (A ∂ B) = P (A) + P (B) - P (A © B)5(1)

P (A) + P (B) - P (B) = P (A)

P (A © B) = P (B)

P (A © B) - P (A © B) = P (A ∂ B) - P (A © B) =1 - P (A ∂ B) - P (A © B) =1 - (P (A) + P (B) - P (A © B)) - P (A © B) =1 - P (A) - P (B) + P (A © B) - P (A © B) =P (A) - P (B)

P (A) = 0,15 ; P (B) = 0,25 e P (A © B) = 0,65 .

P (A © B) = 00,65 - P (A © B) = 0,85 - 0,25


1.2.1. .

1.2.2. .

1.2.3. .

1.2.4. .

1.2.5. .

1.2.6. .

2.1. Número de rapazes inscritos nos Cursos Gerais:

.

Número de raparigas inscritas nos Cursos Gerais:

.Sabe-se que o número de raparigas inscritas nos CursosProfissionais é igual ao número de raparigas inscritas nosCursos Gerais. Considerando os acontecimentos A : “Estar inscrito nosCursos Gerais” e B : “Ser rapariga”, a informação dadapode ser representada através da seguinte tabela:

2.2.1. .

2.2.2. .

2.2.3. .

Tarefa 91.1. Se numa jogada não houver avanços nem recuos então é

porque a pontuação saída nos dois dados foi igual. Seja A o acontecimento: “Sair a mesma pontuação nosdois dados”.

.

1.2. Se numa jogada o Rui avançar e a Ana recuar então é por-que a pontuação saída no dado vermelho é superior à pon-tuação saída no dado preto. O número de casos possíveis é 36 e o número de casosfavoráveis está assinalado na seguinte tabela:

P (A © B) = 62200

= 31100

P (A © B) = 100200

= 12

P (A | B) = P (A © B)P (B)

=62200162200

= 62162

= 3181

P (B | A) = P (B © A)P (A)

=2020082200

= 2082

= 1041

P (B | A) = P (B © A)P (A)

=100200118200

= 100118

= 5059

P (A | B) = P (A © B)P (B)

=1820038200

= 1838

= 919

37* 56 = 24

56 - 24 = 32

P (B) = 70134

= 3567

P (B © A) = 32134

= 1667

P (A | B) = 4670

= 2335

Pág. 42

P (A) = 636

= 16


2. Sabendo que a Ana obteve maior pontuação do que o Rui,conclui-se que há apenas 15 casos possíveis. Se os discos ocupavam as posições indicadas na figura,então a Ana só vencerá o jogo se a diferença entre a suapontuação e a do Rui for igual a 2 . Assim, o número decasos favoráveis é igual a 4 (se a Ana obtiver 6 pontos e oRui 4 ou se a Ana obtiver 5 pontos e o Rui 3 ou se a Anaobtiver 4 pontos e o Rui 4 ou se a Ana obtiver 3 pontos eo Rui 1) . Sendo A e B os acontecimentos: A : “A Ana obteve maiorpontuação do que o Rui” e B : “A Ana é vencedora”, então:

.

Tarefa 101. : “A soma das pontuações obtidas é igual a 5 dado que

no primeiro lançamento saiu um número par”. Se no primeiro lançamento saiu um número par, então há18 casos possíveis (3 * 6) e os casos favoráveis são ape-nas 2 (sair 2 no primeiro lançamento e 3 no segundo ousair 4 no primeiro lançamento e 1 no segundo).

Assim sendo, = .

2.1.

2.2.1. .

2.2.2. .

2.2.3. .

2.2.4. .

P = 1536

= 512

P (B \ A) = 415

Pág. 43

B*A

P (B | A)218

= 19

2.ª extração1.ª extração

P (A1) = 2

P (V2|A1) = 2

P (V1) = 2

P (A2|A1) = 2

P (A2|V1) = 2

P (V2|V1) = 2

35

25

24

24

14

34

= P (A1) * P (V2 | A1) = 35* 24= 310

P (A1 © V2)

= P (V1) * P (V2 | V1) = 25* 14= 110

P (V1 © V2)

P (A2) = P (A1 © A2) + P (V1 © A2) = 35* 24+ 25* 34= 1220

= 35

P (V2) = P (A1 © V2) + P (V1 © V2) = 310

+ 110

= 410

= 25

A A

B 32 32 64

B 24 46 70

56 78 134

1 2 3 4 5 6

1 X X X X X

2 X X X X

3 X X X

4 X X

5 X

6

29N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

NEMA12CPR1_F02_20120738_20120738_TXT_P017_032 27-03-12 19:06 Page 29

2.3.1. .

2.3.2. .

2.3.3. .

2.3.4. .

41.

= .

42.1. Sejam F e P os acontecimentos: F : “Ser rapariga” e P : “Participar na atividade desportiva”.

A informação dada pode ser traduzida pela seguinte tabelade dupla entrada:

Ora, .

42.2. . 42.3. .

42.4. .

43.1. Sejam A , B e R os acontecimentos: A : “Ser aluno da turma A ” B : “Ser aluno da turma B ” R : “Ser rapaz”

A informação dada pode ser representada através de umdiagrama em árvore.

P (A1 | A2) =P (A1 © A2)

P (A2)=35* 24

35

= 24= 12

P (A1 | V2) =P (A1 © V2)

P (V2)=

31025

= 34

P (V1 \ V2) =P (V1 © V2)

P (V2)=

11025

= 14

Pág. 44

P (A | B) + P (A | B) = P (A © B)P (B)

+ P (A © B)P (B)

=

P (B) - P (A © B) + P (A © B)P (B)

= P (B)P (B)

= 1

P (F) = 1328

P (F © P) = 528

P (P | F) = 813

P (F | P) = 818

= 49

P (V1 | A2) =P (V1 © A2)

P (A2)=25* 34

35

= 24= 12

P (R © A) = 59* 35= 13

2

2

2

2

2

2

59

A

B

R

49

35

25

25

35

«R

R

«R

F F

P 8 10 18

P 5 5 10

13 15 28

30N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora

43.2. .

44.1. Se o gato escolhe o caminho que passa por L1 então nãovai encontrar o rato. Logo, .

44.2. Se o gato escolhe o caminho que passa por L2 então tem50% de probabilidade de encontrar o rato.

Logo, .

44.3. .

45. Sejam A , B e D os acontecimentos: A : “A peça ser do tipo A” B : “A peça ser do tipo B” D : “A peça ter defeito”

A informação dada pode ser representada através de umdiagrama em árvore.

.

46.1. Sejam A e B os acontecimentos: A : “Ir ao cinema no próximo domingo” B : “Chover no próximo domingo”

Sabe-se que ; e .

§§§

46.2.

46.3.

47. Como A e B são dois acontecimentos independentes,então:

.

48.1. §§

Os acontecimentos A e B são independentes porque.

P (B | R) = P (B © R)P (R)

=49* 35

59* 25+ 49* 35

=12452245

= 611

Pág. 45

P (C | A) = 0

P (C | B) = 12

P (C) = P (A) + P (B © C) = 12+ 12* 12= 34

A

D

D

B

0,6

0,02

0,98

0,04

0,96

0,4

«D

«D

P (A | D) = P (A © D)P (D)

= 0,6 * 0,980,6 * 0,98 + 0,4 * 0,96

= 0,5880,972

= 4981

P (B) = 0,2P (A | B) = 0,7P (A) = 0,4

P (A | B) = P (A © B)P (B)

P (A © B) = P (A | B) * P (B)

P (A © B) = 0,7 * 0,2

P (A © B) = 0,14

P (B © A) = P (A) - P (A © B) = 0,4 - 0,14 = 0,26

P (A | B) = P (A © B)P (B)

= 0,260,8

= 0,325

Pág. 46

P (A © B) = P (A) * P (B) = 0,2 * 0,3 = 0,06

P (A ∂ B) = 0,6

P (A © B) = 0,6P (A © B) = 0,4

P (A) * P (B) = 0,8 * 0,5 = 0,4

P (A © B) = P (A) * P (B)


31N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

Tarefa 111.1.

= == .

1.2. Sejam A e B os acontecimentos: A : “O aluno ter Matemática” B : “O aluno ser rapariga”

Sabe-se que e . Aplicando o resultado demonstrado em 1.1. , tem-se:

= .

2. Sendo A e B acontecimentos independentes, então:. Logo,

= == == =

3. = = =

= .

4.1. Se A e B são acontecimentos independentes, então:

. Logo,

= == .


.

Sendo e ,

conclui-se que .

Por 1.1. tem-se:

.

5. Como C e D são acontecimentos independentes, então:

§ .

Por outro lado,

§§§ .

Assim,

§

§

§

§

§ ›

Pág. 49

1 - P (A | B) * P (B) = 1 - P (A © B)P (B)

* P (B)

P (A © B)1 - P (A © B)

P (A ∂ B)

P (A | B) = 0,25P (B) = 0,6

P (A ∂ B) = 1 - P (A | B) * P (B) = 1 - 0,25 * 0,6 =0,85 (ou seja, 85%)

P (A © B) = P (A) * P (B)

1 - P (A ∂ B)P (A ∂ B)P (A © B) - P (A © B)

P (B) - P (A) + P (A) * P (B)1 - P (A) - P (B) + P (A © B)

P (B) + P (A)[P (B) - 1]P (B) + P (A) [- 1 + P (B)]

P ((A © A) © B)P (A © B)

P (A © (A © B))P (A © B)

P (A | (A © B))

P (A © B)P (A © B)

= 1

P (A © B) = P (A) * P (B)

P (A) + P (B) * P (A) = P (A) + P (B) * (1 - P (A)) =P (A) + P (B) - P (B) * P (A)

P (A) + P (B) - P (A © B) = P (A ∂ B)

P (A © B) = P (A) * P (B)

P (A © B) = 16

P (A) = 23

P (B) = 16 : 23= 14

P (A ∂ B) = P (A) + P (B) * P (A) = 23+ 14* 13= 34

P (C © D) = 0,6 P (C) * P (D) = 0,6

P (C © D) = 0,05

P (C ∂ D) = 0,05

P (C ∂ D) = 0,95

P (C) + P (D) - P (C © D) = 0,95

{P (C) * P (D) = 0,6P (C) + P (D) = 1,55{P (C) * P (D) = 0,6

P (C) + P (D) - 0,6 = 0,95

{1,55P (C) - (P (C))2 = 0,6P (D) = 1,55 - P (C)

{- (P (C))2 + 1,55P (C) - 0,6 = 0P (D) = 1,55 - P (C)

{P (C) = 0,8 › P (C) = 0,75P (D) = 1,55 - P (C)

{P (C) = 0,75 P (D) = 0,8{P (C) = 0,8

P (D) = 0,75

48.2.

49. Sejam E e R os acontecimentos: E : “A Eva vai à festa” R : “O Rui vai à festa”

Os acontecimentos E e R são independentes, logo.

50. Seja A um acontecimento qualquer. e .

Logo, o acontecimento impossível é independente do acon-tecimento A pois .

51.1. Num baralho de 40 cartas há 4 reis. Seja A o acontecimento “Sair três reis”.

Como a extração é feita com reposição, tem-se que:

.

51.2. Num baralho de 40 cartas há 4 ases. Seja B o acontecimento “Sair exatamente dois ases”.

Os ases podem sair na 1.a e na 2.a extrações, sair na 1.a ena 3.a extrações ou sair na 2.a e na 3.ª extrações (3 situações) e como a extração é feita com reposição,tem-se que:

.

51.3. Num baralho de 40 cartas há 10 cartas de copas e 30cartas que não são de copas. Seja C o acontecimento “Não sair qualquer carta decopas”.

Como a extração é feita com reposição, tem-se que:

.

52.1. Ora, = .

Logo, = = .

52.2. A e B não são independentes porque:

P (A © B) 0 P (A) * P (B) .

53. Sendo A e B dois acontecimentos possíveis e independen-tes de uma experiência aleatória, então:

= = .


.

==== .

54.2. Sejam A e B os acontecimentos: A : “O sistema S1 responder” B : “O sistema S2 responder”

Sabe-se que e , logoe .

Utilizando a igualdade provada na alínea anterior, tem-se que:

§§ .

1 - 0,8 - 0,5 + 0,4 = 0,11 - P (A) - P (B) + P (A © B) =

P (E © R) = P (E) * P (R) = 0,5 * 0,7 = 0,35

Pág. 47

P ({ }) * P (A) = 0 * P (A) = 0P ({ } © A) = P ({ }) = 0

P ({ } © A) = P ({ }) * P (A)

P (A) = 440

* 440

* 440

= 11000

= 0,001

P (B) = 3 * a3640

* 440

* 440b = 27

1000= 0,027

P (C) = 3040

* 3040

* 3040

= 2764

720

* 35= 720

P (A © B) = P (A | B) * P (B)320

12- 720

P (A © B) = P (A) - P (A © B)

P (A © B) = P (A) * P (B)

P (A © B)P (B)

* P (A © B)P (A)

P (A | B) * P (B | A) P (A © B)

P (A © B) = P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B) =

Pág. 48

P (A © B) = P (A) * P (B)

1 - (1 - P (A)) * (1 - P (B))1 - P (A) * P (B)1 - (1 - P (B) - P (A) + P (A) * P (B))1 - 1 + P (B) + P (A) - P (A © B)P (A ∂ B)

P (A) = 0,02P (B) = 0,95P (A) = 0,98P (B) = 0,05

P (A ∂ B) = 1 - 0,02 * 0,05P (A ∂ B) = 1 - P (A) * P (B)P (A ∂ B) = 0,999


2.

e

O único acontecimento elementar é o C .

3.1. Os acontecimentos A e B são compatíveis porque

.

3.2. Os acontecimentos A e D são incompatíveis porque

.

4. A afirmação é falsa. O acontecimento é definido daseguinte forma:

: “O algarismo das dezenas é menor ou igual que o alga-rismo das unidades”

Proposta 5

1. A e B são compatíveis porque .

.

2. A e C não são compatíveis porque .

.

Proposta 6

1. A tabela seguinte permite identificar os casos possíveis.

Espaço amostral: .

2.1. O acontecimento D é impossível.

2.2. Nenhum dos acontecimentos dados é certo.

2.3. O acontecimento C é possível mas não certo.

3. A afirmação é verdadeira porque os acontecimentos B e E

têm a mesma probabilidade de ocorrer, .

Proposta 71.1. “Ocorre número ímpar não superior a 5”

1.2. : “Ocorre número ímpar ou número menor do que 4”

1.3. : “Ocorre número não superior a 5 e não inferior a 4”

2.1. 2.2.

2.3. = 1

Proposta 8

1. A probabilidade de retirar uma bola vermelha do saco é ;

então, como o saco só contém bolas vermelhas e pretas, a

probabilidade de retirar uma bola preta é .

C = {11}D = {21 , 31 , 32 , 41 , 42 , 43}

A © B 0 { }

A © D = { }D

D

P (A © B) 0 0

P (A © B) = P (A) + P (B) - P (A ∂ B) = 12+ 25- 34= 320

P (A © C) = 0

P (A © C) = P (A) + P (C) - P (A ∂ C) = 12+ 13- 56= 0

W = {1 ; 1,50 ; 2,50 ; 3}

P = 412

= 13

A © B:

A ∂ C

B ∂ C

= 29

P (A © B) = 89

P (A ∂ C)

P (B © C)

Pág. 54

59

49

B = {12 , 14 , 22 , 24 , 32 , 34 , 42 , 44}A = {11 , 22 , 33 , 44}

Pág. 53

Proposta 11.1. Espaço de resultados associado à experiência aleatória: .



2. Os acontecimentos A , B e C são representados por:

, e

2.1. O acontecimento elementar é o A porque é constituído porum só elemento do espaço amostral.

2.2.1. Os acontecimentos B e C são contrários porque e .

2.2.2. Os acontecimentos A e B são compatíveis porque .

2.2.3. Os acontecimentos A e C são incompatíveis mas nãocontrários porque e .

Proposta 21.1. Espaço amostral: .

1.2. Os acontecimentos elementares não são equiprováveis por-que P (sair azul) 0 P (sair verde) .

e .

2.1. Espaço amostral: .

2.2. Os acontecimentos elementares são equiprováveis porque

.

3.1. : “Não sair bola verde”. Logo, .

3.2. : “Sair bola verde e bola com número ímpar”

Logo, .

3.3. : “Sair bola verde ou bola com número par”

Logo, .

Proposta 31. Espaço amostral: .

2. A probabilidade de saírem faces diferentes é dada por:

.

Assim, quem tem razão é a Sara.

Proposta 41. A tabela seguinte ajuda a identificar os elementos do

espaço amostral.

O espaço amostral da experiência descrita tem 16 elementos.

Pág. 51

W = {1 , 2 , 3 , 4}

W = {vermelha, amarela, azul}

W = {2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8}

A = {4} B = {2, 4} C = {1 , 3}

B © C = { } B ∂ C = W

A © B 0 { }

A © C = { } A ∂ C 0 W

W = {azul, verde}

P (sair azul) = 47

P (sair verde) = 37

W = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7}

P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = P (5) = P (6) = P (7) = 17

A P (A) = 47

A © B

P (A © B) = 27

A ∂ B

P (A ∂ B) = 57

W = {(E , E) , (E , N) , (N , E) , (N , N)}

P = 24= 12

Pág. 52

1 2 3 4

1 11 12 13 14

2 21 22 23 24

3 31 32 33 34

4 41 42 43 44

+ 0,50 0,50 1 2

0,50 1 1,50 2,50

0,50 1 1,50 2,50

1 1,50 1,50 3

1 2,50 2,50 3

32N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora


1.2. 1.3.

1.4.

2.

Proposta 11 Seja A o acontecimento: “Os dois vértices não pertence-

rem à mesma aresta”. O acontecimento contrário de A é definido por: “Os doisvértices pertencerem à mesma aresta”.

Proposta 121.1. Consideremos os acontecimentos: I : ”falar inglês” e F : ”falar francês”.

Recorrendo a um diagrama de Venn, tem-se:

Assim, .

1.2. 1.3. 2.1. Número de jovens que falavam as duas línguas: 150 * 0,2 = 30.

2.2. Número de jovens que falavam apenas francês: 150 * 0,22 = 33.

Proposta 13

1.==

2. Sejam A e B os acontecimentos: A : “Sair bola vermelha” e B : “Sair bola com número par”. Sabe-se que , e . Aplicando a igualdade demonstrada em 1., tem-se:

Proposta 141.

2. Sejam A e B os acontecimentos:

A : “Ser rapariga” e B : “Ser filho único”.

Sabe-se que e .

(4 , 1) , (4 , 2) , (4 , 3)

A © C = (4 , 1) , (4 , 2) , (4 , 3)

P (A) = 12

; P (B) = 56

; P (C) = 12

; P (D) = 13

Pág. 55

P (A) = 1 - P (A) = 1 - 44 * 4

= 34

I F

44% 22%

14%

20%

W

P (I © F) = 20%

P (I © F) = 44%

P (I ∂ F) = 44% + 20% + 22% = 86%

P (A © B) = P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B) =1 - P (A) - P (B) + P (A © B) =P (A) - P (B) + P (A © B)

P (A © B) = 0,5P (B) = 0,4P (A) = 0,65

P (A © B) = P (A) - P (B) + P (A © B) = 0,35 - 0,6 + 0,5 = 0,25

Pág. 56

P (A ∂ B) = P (A) + P (B) - P (A © B) =P (A) + P (B) - [P (B) - P (A © B) ] =P (A) + P (A © B)

B © D = (1 , 3) , (3 , 1)

A ∂ C = (1 , 2) , (1 , 3) , (2 , 1) , (2 , 3) , (3 , 1) , (3 , 2) ,

P (A ∂ B) = 0,68P (A © B) = 0,12

1 2 3 4

1 12 13 14

2 21 23 24

3 31 32 34

4 41 42 43

33N

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12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

Seja x o número de bolas que há no saco: então §§ .

No saco há 27 bolas.

2.1. Recorrendo a um diagrama em árvore, tem-se:

2.2.

2.3.

Proposta 91.1. Número de elementos do espaço amostral: 5 * 4 = 20 .

1.2. Os casos favoráveis ao acontecimento A : “A bola amarelasai em 2.° lugar” são: (verde, amarela); (vermelha, amarela); (preta, amarela);(azul, amarela).

1.3.

2.1. Número de casos possíveis: 5 * 5 = 25 .

2.2. 1.° lugar 2.° lugar 5 * 1

Número de casos favoráveis ao acontecimento C : 5 .

2.3.

Proposta 101.1. Para conhecer todos os casos possíveis pode recorrer-se a

uma tabela de dupla entrada.

Os acontecimentos A , B , C e D podem ser definidospelos seguintes conjuntos:

Então, .

49= 12

xx = 27

2

2

2

2

2

2

49

59

1126

1526

1226

1426 P = 4

9* 15

26= 10

39

P = 49* 11

26+ 5

9* 14

26= 19

39

P = 49* 15

26+ 5

9* 12

26= 20

39

P (B) = 45* 3

4= 3

5

P (D) = 55* 4

5= 4

5

A = (1 , 2) , (1 , 3) , (2 , 1) , (2 , 3) , (3 , 1) , (3 , 2)

B = (1 , 2) , (1 , 3) , (1 , 4) , (2 , 1) , (2 , 3) , (3 , 1) ,

(3 , 2) , (3 , 4) , (4 , 1) , (4 , 3)

C = (2 , 1) , (3 , 1) , (3 , 2) , (4 , 1) , (4 , 2) , (4 , 3)

D = (1 , 3) , (2 , 4) , (3 , 1) , (4 , 2)

A © C = (2 , 1) , (3 , 1) , (3 , 2)

NEMA12CPR1 – F03

34N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora

Aplicando a igualdade demonstrada em 1., tem-se:

§ §

Proposta 15

1. e . Os acontecimentos A e B não são independentes porque

.

2.1. 2.2.

3.Os acontecimentos e são compatíveis porque

.

Proposta 16 : “É do sexo masculino sabendo que tem curso superior”

Sabe-se que há 15 colaboradores que têm curso superiore, desses, 5 são do sexo masculino.

Assim, .

A opção correta é a (B) .

Proposta 171.1. Espaço amostral da experiência I : .

Espaço amostral da experiência II : .

1.2. Acontecimentos elementares da experiência I : {amarela} e {azul}.Acontecimentos elementares da experiência II : {1} , {2} , {3} , {4} e {5} .

2.1. Experiência I : e

Experiência II :

Os acontecimentos são equiprováveis na experiência II.

Proposta 18

1.= (ou seja, 80%)

A opção correta é a (D) .

2.

=

A opção correta é a (A) .

Proposta 191. Consideremos os acontecimentos A , B e D , definidos por:

A : “A peça ser produzida pela máquina A ” B : “A peça ser produzida pela máquina B ” D : “A peça ter defeito” Recorrendo a uma tabela de dupla entrada, tem-se:

0,68 = P (A) + 0,12P (A ∂ B) = P (A) + P (A © B)

P (A) = 0,56

P (A) * P (B) = 0,3 * 0,35 = 0,105P (A © B) = 0,15

P (A © B) 0 P (A) * P (B)

P (A ∂ B) = P (A) + P (B) - P (A © B) = 0,3 + 0,35 - 0,15 = 0,5

P (A © B) = P (B) - P (A © B) = 0,35 - 0,15 = 0,2

P (A © B) = P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B) = 1 - 0,5 = 0,5

BAP (A © B) 0 0

B | A

P (B | A) = 514

W = amarela, azulW = 1 , 2 , 3 , 4 , 5

P (azul) = 35

P (amarela) = 25

P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = P (5) = 15

Pág. 57

P (A © B) = 1 - P (A © B) = 1 - (P (A) + P (B) - P (A ∂ B)) =1 - 0,5 - 0,3 + 0,6 = 0,8

P ((A ∂ B) | A) =P ((A ∂ B) © A)

P (A)= P ((A © A) ∂ (B © A))

P (A)=

P (A ∂ (B © A))P (A)

= P (A)P (A)

= 1 (100%)

A B Total

D 8 22 30

D 312 528 840

Total 320 550 870

H M Total

B 20 30 50

B 58 12 70

Total 78 42 120

Assim, .

2.

3.

4.

5.

Proposta 201. Consideremos os acontecimentos A , B , C e D , definidos

por: A : “Abastecer o depósito com gasolina sem chumbo 95” B : “Abastecer o depósito com gasolina sem chumbo 98” C : “Abastecer o depósito com gasóleo” D : “Encher o depósito”

Recorrendo a um diagrama em árvore, tem-se:

2.

Proposta 21

1. Consideremos os acontecimentos H , M e B , definidospor : H : “Ser homem” M : “Ser mulher” B : “Receber bilhete”

Recorrendo a uma tabela de dupla entrada, tem-se:

2.

3.

4.

P (B) = 550870

) 0,6322 (63,22%)

P (D © A) = 312870

) 0,3586 (35,86%)

P (D | A) = 312320

) 0,9750 (97,50%)

P (D) = 840870

) 0,9655 (96,55%)

P (A | D) = 830

) 0,2667 (26,67%)

A

D

D

D

B

C

32%

56%

20%

80%

25%

75%

60%

40%

12%

«D

«D

«D

P (D) = 0,32 * 0,8 + 0,56 * 0,75 + 0,12 * 0,4 = 0,724 (72,4%)

P (B | D) = P (B © D)P (D)

= 0,56 * 0,251 - 0,724

) 0,507 (50,7%)

Pág. 58

P (B © H) = 20120

= 16

P (B | H) = 2078

= 1039

P (M | B) = 1270

= 635

P (H | B) = 2050

= 25

35N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

4. == == == ==

PARA AVALIARParte 1 – Questões de escolha múltipla

1. § §

A opção correta é a (B) .

2. Designemos por x o número de bolas verdes. A extração éfeita sem reposição e a probabilidade de serem retiradas

duas bolas verdes é , logo:

§

§§Conclui-se que no saco há 5 bolas verdes (e 4 amarelas) . Então, a probabilidade de serem retiradas duas bolas ama-

relas é .

A opção correta é a (D) .

3.A opção correta é a (A) .

4. , e Os acontecimentos B e C são compatíveis porque

.

A opção correta é a (C) .

5.A opção correta é a (B) .

Parte 2 – Questões de resposta aberta

1.1. Consideremos os acontecimentos A , B e D , definidos por: A : “A peça ser do tipo A ” B : “A peça ser do tipo B ” D : “A peça ser defeituosa”

Recorrendo a um diagrama em árvore, tem-se:

Assim, .

P (B) * P (A | B) - P (B)P (B) * (P (A | B) - 1)

P (A) + P (B) - P (A ∂ B) - P (B)P (A © B) - P (B)

P (A) - (1 - P (A ∂ B)P (A) - P (A ∂ B)

- (1 - P (A)) + P (A ∂ B)P (A) - 1 + P (A ∂ B)- P (A) + P (A ∂ B)

Pág. 60

0,6 = P (A) - 0,1P (A © B) = P (A) - P (A © B)P (A) = 0,7

518x2 - x

72= 5

18x9* x - 1

8= 5

18

x2 - x - 20 = 0

x = 5 › x = - 4

P = 49* 3

8= 1

6

P (A © B) = P (A | B) * P (B) = 13* 3

10= 1

10

C = 2 , 4 , 6B = 3 , 6A = 6

B © C 0

P = 0,8 * 0,8 = 0,64 (64%)

Pág. 61

2

2

38

A

B

0,02

0,98

0,03

0,97

D

58

«D

D

«D

P (A) = 38

Proposta 22

1. Ao longo das duas semanas foram atendidos 520 clientesna loja (254 na 1.ª semana e 266 na 2.ª semana) . A probabilidade pedida é dada por:

2. Às quintas-feiras foram atendidos 104 clientes na loja (48na 1.ª semana e 56 na 2.ª semana) .

A probabilidade pedida é dada por: .

Proposta 23

1. Relativamente ao lançamento do dado cúbico sabe-se que:

, e .

Ao rodar a roleta A a probabilidade de o concorrente não

ter direito a prémio é .

Ao rodar a roleta B ou C a probabilidade de o concor-

rente não ter direito a prémio é .

Assim, a probabilidade de um concorrente não ter direito aprémio é:

2.1. . Se o concorrente ganhou uma viagem não pode terrodado a roleta C .

2.2.

Proposta 24

1. = =

= = =

= =

2. = =

=

=

3. =

= =

= =

= = 0

P = 254520

) 0,4885 (48,85%)

P = 48104

= 613

Pág. 59

P (C) = 12

P (B) = 13

P (A) = 16

14

12

P = 16* 1

4+ 1

3* 1

2+ 1

2* 1

2= 11

24

P = 0

P =13* 1

416* 1

4+ 1

3* 1

4

= 23

P ((A © B) © A)P (A)

P ((A © B) | A

P ((A © A) ∂ (B © A))P (A)

P ((A ∂ B) © A)P (A)

P (B © A)P (A)

= P (B | A)P ( O ∂ (B © A))P (A)

P ((A © B) ∂ (B © B))P (B)

P ((A ∂ B) © B)P (B)

P ((A ∂ B) | B

P (A © B)P (B)

P (A | B)

P ((A ∂ B) | B) = P ((A ∂ B) © B)P (B)

P (A © (B © B))P (B)

P ((A © B) © B)P (B)

P ( O )P (B)

P (A © O )P (B)

0P (B)


1.2. .

2. Se A e B são acontecimentos independentes, então:.

==== == .

3.1.1. Recorrendo a uma tabela de dupla entrada, tem-se:

Os acontecimentos A : “O produto ser igual a 4” e B : “O produto ser igual a 2” são equiprováveis,

.

3.1.2. O acontecimento elementar mais provável é “O produto ser1 ”.

3.2.1. representa a probabilidade de o ponto T perten-cer ao 2.° quadrante sabendo que o número que saiu nocubo A é positivo. Se o número que saiu no cubo A é positivo, então aabcissa do ponto T é positiva. Assim sendo, o ponto T nãopode pertencer ao 2.° quadrante (os pontos situados no2.° quadrante têm abcissa negativa e ordenada positiva).

Conclui-se que .

3.2.2. representa a probabilidade de o produto das coor-denadas do ponto T ser negativo sabendo que o ponto Tpertence ao 2.° quadrante. Se o ponto T pertence ao 2.° quadrante então temabcissa negativa e ordenada positiva. Assim sendo, o pro-duto das coordenadas do ponto T é sempre negativo. Conclui-se que .

4. A experiência pode ser traduzida pelo seguinte diagrama:

P (B | D) =58* 0,03

38* 0,02 + 5

8* 0,03

= 57

P (A © B) = P (A) * P (B)

1 - (P (A) + P (B) - P (A © B))P (A ∂ B) = 1 - P (A ∂ B)

1 - P (A) - P (B) + P (A © B)

1 - P (A) - P (B) + P (A) * P (B)

(1 - P (A)) * (1 - P (B))(1 - P (A)) - P (B) (1 - P (A))

P (A) * P (B)

P (A) = P (B) = 136

P (D | E)

P (D | E) = 0

P (C | D)

P (C | D) = 1

2

2

13

V

P

1

2

1

2

23

2

2

14

34

2

2

23

13

* - 2 1 1 1 1 1

- 2 4 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2

- 1 2 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1

0 0 0 0 0 0 0

1 - 2 1 1 1 1 1

1 - 2 1 1 1 1 1

1 - 2 1 1 1 1 1

36N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora

Consideremos os acontecimentos A : “Sair bola com onúmero 2” e V : “A bola retirada da caixa I ser vermelha”.

Sabe-se que .

Se saiu uma bola com o número 2 , então inicialmentepode ter sido retirada uma bola vermelha da caixa I ou umabola preta. Como a caixa I tem 1 bola vermelha e 2 pretas,

tem-se que e .

A probabilidade de retirar uma bola com o número 2 da

caixa II é (porque na caixa II há três bolas com o número

2 e uma com o número 1) e da caixa III é (porque na

caixa III há uma bola com o número 2 e duas com onúmero 1) .

Então, a probabilidade de sair uma bola com o número 2 é

dada por: .

A probabilidade de ser retirada uma bola vermelha da caixa I,seguida de uma bola com o número 2 , é:

.

Conclui-se, então, que .

55. 30 * 6 = 180 maneiras diferentes.

56.1. Escolhas possíveis: 2 * 3 = 6 .

56.2. Escolhas possíveis: 3 * 5 = 15 .

56.3. Escolhas possíveis: 2 * 3 * 5 = 30 .

57.1. É possível selecionar 10 * 10 = 100 códigos diferentes.

57.2. É possível selecionar 3 * 5 = 15 códigos diferentes.

58.1. O Pedro pode escrever 4 * 2 * 3 = 24 números distintos.

58.2.1. Números múltiplos de 5 : 4 * 2 * 1 = 8 .

58.2.2. Números pares: 4 * 2 * 2 = 16 .

58.2.3. Números que são capicuas: 2 * 2 * 1 = 4 (o algarismo das centenas tem de ser igual ao das unidades).

59.1. O João tem 10 000 (10 * 10 * 10 * 10 ou ) possibilida-des distintas para a escolha do PIN.

59.2. Neste caso, o João tem 4096 (84 ou ) possibilidadesdistintas para a escolha do PIN.

59.3. Os dígitos que representam números primos são 4 (2 , 3 , 5 e 7) . Assim, o João passa a ter apenas 256 (44 ou ) possibilidades distintas para a escolha do PIN.

60. O inquérito tem 20 questões e para cada uma delas o inqui-rido tem três opções de resposta. Então, é possível encontrar 3 486 784 401 (320 ou )sequências de 20 respostas distintas.

Tarefa 121.1. Como para cada dígito há 10 possibilidades, o número de

sequências distintas que é possível obter é dado por 10 * 10 * 10 * 10 * 10 = 105 , ou seja, 100 000 .

P (V | A) = P (V © A)P (A)

P (V) = 13

P (P) = 23

34 1

3

P (A) = 13* 3

4+ 2

3* 1

3= 17

36

P (V © A) = 13* 3

4= 1

4

P (V | A) =14

1736

= 917

Pág. 62

Pág. 63

Pág. 64

10A'4

8A'4

4A'4

3A'20

Pág. 65


37N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

66.3. 4 * 3 = 12

67.1.

67.2.1. Número de casos possíveis: 210 Número de casos favoráveis:

67.2.2. Número de casos possíveis: 210 Número de casos favoráveis:

Tarefa 131.1.1.1.1.2.1.2.1. Número de casos possíveis: 5! = 120

Número de casos favoráveis:

1.2.2.Número de casos possíveis: 5! = 120Número de casos favoráveis:

2.1.2.2. Seja A o acontecimento “Os livros de capa vermelha e de

capa verde não ficam em contacto”.Acontecimento contrário de A : “Os livros de capa verme-lha e de capa verde ficam em contacto”.

3. A resposta correta é a A . 2 * 4! * 4! fl 3 fl" As raparigas podem permutar de lugar entre si.3 Os rapazes podem permutar de lugar entre si. Os rapazes podem ficar do lado esquerdo e as raparigas dolado direito ou vice-versa.

Tarefa 141.1. 8! = 40 320

1.2.1.3. Número de casos possíveis:

Número de casos favoráveis: 3! = 6

2.1.

2.2.

2.3.

3.1. 3! = 6

3.2. 2! = 2

68. Número total de jogos que vão ser realizados: .

69.

7A3 = 7 * 6 * 5 = 210

6A3 = 6 * 5 * 4 = 120

P = 120210

= 47

5 * 3! = 30

P = 30210

= 17

Pág. 69

2! * 3! = 12

3! * 2! = 12

2! * 4! = 48

P = 48120

= 25

3! * 3! = 36

P = 36120

= 310

6 * 7! = 30 240

P (A) = 1 - P (A) = 1 - 2! * 7!8!

= 1 - 14= 3

4 (75%)

Pág. 70

8A5 = 67208A3 = 336

P = 6336

= 156

P = 26!

= 1360

P = 2! * 5!6!

= 13

P = 2! * 4!6!

= 115

Pág. 71

4C2 = 67C3 = 35

1.2.1. Como há 5 dígitos ímpares e 4 dígitos pares diferentesde zero, o número de sequências distintas que é possívelobter é dado por 5 * 4 * 5 * 4 * 5 , ou seja, 2000 .

1.2.2. Número de casos possíveis: 2000Número de casos favoráveis: 5 * 4 * 5 * 4 * 1 = 400

2.1. Número de bilhetes vendidos: 10 * 10 * 10 = 1000 Dinheiro realizado na venda dos bilhetes: 1000 * 4 € = 4000 €

2.2. Número de bilhetes atribuídos:

3.1. Em Portugal, é possível registar, no máximo, 6 760 000matrículas diferentes (102 * 262 * 102) .

3.2. Resposta APara cada um dos quatro algarismos que constituem amatrícula há 10 possibilidades diferentes, logo há 104

sequências de dígitos. Das 26 letras do alfabeto, 5 são vogais e as restantes 21são consoantes. Assim, há 5 * 21 sequências de duas letrasque começam por uma vogal e terminam por uma consoante. A sequência das duas letras pode começar por uma con-soante e terminar por uma vogal. Assim, o número dematrículas que têm uma vogal e uma consoante é dado por:2 * (104 * 5 * 21) .

Resposta B Para cada um dos quatro algarismos que constituem amatrícula há 10 possibilidades diferentes, logo há 104

sequências de dígitos. Número de sequências de duas letras: 262

Número de sequências de duas vogais: 52

Número de sequências de duas consoantes: 212

Número de sequências que têm uma vogal e uma con-soante: 262 - 52 - 212

Assim, o número de matrículas que têm uma vogal e umaconsoante é dado por: 104 * (262 - 52 - 212)

61.1. 7! - 5! = 5040 - 120 = 4920

61.2.

61.3.

62.1.

62.2.

63.1. P5 = 5! = 120

63.2. Número de casos possíveis: 120 Número de casos favoráveis: P4 = 4! = 24

64.

65.1. P20 = 20!

65.2.

66.1. P5 = 5! = 120

66.2.

P = 4002000

= 15

3C2 * 10 * 9 = 270

Pág. 66

12!10!

= 12 * 11 * 10!10!

= 132

8 * 10! - 9!9!

= 8 * 10 * 9! - 9!9!

= 9! * (80 - 1)9!

= 79

7 * 6 * 5 * 4 = 7 * 6 * 5 * 4 * 3!3!

= 7!3!

15 * 14 * 13 * 12 * 11 = 15 * 14 * 13 * 12 * 11 * 10!10!

= 15!10!

P = 24120

= 15

6A4 = 6 * 5 * 4 * 3 = 360

20A3 = 20 * 19 * 18 = 6840

Pág. 68

Pág. 67

5A3 = 5 * 4 * 3 = 60


38N

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12CPR1 ©

Porto Editora

1.2. apostas diferentes.

1.3. .

A probabilidade de o Pedro ter acertado na chave sorteadaestá entre e .

2.1. Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:

2.2.1. Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:



Tarefa 171. Raciocínio do Rui:

Se o código é um número superior a 1000 então o seu pri-meiro algarismo não pode ser zero, isto é, há 9 possibili-dades de escolha para o primeiro algarismo. Como o códigoé constituído por algarismos todos diferentes, existemmaneiras diferentes de preencher os 3 algarismos que fal-tam no código. Podemos, assim, formar códigosdiferentes.

Raciocínio da Daniela: Existem cartões com códigos constituídos por algaris-mos todos diferentes. Desses, há que começam peloalgarismo zero, ou seja, que são inferiores a 1000 . Pode-mos então concluir que há códigos de cartõesque representam números superiores a 1000 e têm osalgarismos todos diferentes.

2.1. maneiras diferentes de selecio-nar as questões para o teste.

2.2. Das 17 questões preparadas pelo professor, 7 não foramutilizadas (2 de geometria, 1 de probabilidades, 1 deálgebra e 3 de funções) . Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:

3. Há maneiras diferentes de escolher 4 problemasdos 8 que o professor propôs.A Teresa eliminou dois problemas, logo passa a ter apenas

maneiras diferentes de escolher 4 problemas dos6 que sabe resolver.

70 - 15 = 55 e .

A afirmação é verdadeira.

Tarefa 181.1. Seja n o número de alunos da turma.

P = 125C2 * 25C3

) 1,49 * 10-6

1,4 * 10-6 1,5 * 10-6

7C3 = 354C1 * 2C1 * 1C1 = 8

P = 835

7C4 * 3C2 = 1054 * 6C4 = 60

P = 60105

= 47

7C4 * 3C2 = 1053C2 = 3

P = 3105

= 135

7C4 * 3C2 = 1052 * 5C4 = 10

P = 10105

= 221

Pág. 76

9A3

9 * 9A3

10A49A3

10A4 - 9A3

4C2 * 3C2 * 4C3 * 6C3 = 1440

7C5 = 21

2C1 * 1C1 * 1C1 * 3C2 + 2C2 * 1C1 * 1C1 * 3C1 = 6 + 3 = 9

P = 921

= 37

8C4 = 70

6C4 = 15

5570

) 0,7857 (78,57%)

Pág. 77

50C5 = 2 118 76070.

71.

72.

73.1. Se forem escolhidos candidatos do mesmo sexo significaque são escolhidos 6 homens de entre 20 ou 6 mulheresde entre 25 .

73.2. 73.3. Escolher no máximo dois homens significa escolher só

mulheres ou escolher um homem e 5 mulheres ou esco-lher 2 homens e 4 mulheres.

73.4. 74.1. Número de maneiras diferentes de distribuir os três discos

iguais por três das nove quadrículas: .

74.2. Número de maneiras diferentes de distribuir os três discosde cores diferentes por três das nove quadrículas:

.

75.1. 75.2. 75.3. 76.1. 76.2.

Tarefa 151.1. : representa o número de maneiras de dispor as

3 bolas vermelhas (na fila de 8): representa o número de maneiras de colocar as

2 bolas azuis depois de colocadas as 3 vermelhas (restam5 lugares para 2 bolas iguais)3! : representa o número de maneiras de dispor as 3 bolas de cores diferentes nos 3 lugares ainda disponí-veis Assim sendo, é possível obter sequênciasdiferentes.

1.2.2.1. P7 = 7! = 5040

2.2.

2.3.

2.4.

3.1.

3.2.

Tarefa 161.1.1. apostas diferentes.

1.1.2. apostas diferentes.

20C3 = 1140

Pág. 72

10C2 * 30C4 = 1 233 225

20C6 + 25C6 = 215 86020C2 * 25C4 = 2 403 500

25C6 + 20C1 * 25C5 + 20C2 * 25C4 = 3 643 20045C6 - 20C6 = 8 106 300

9C3 = 84

9A3 = 504

Pág. 73

4C1 * 9A'3 = 4 * 93 = 29164C2 * 9A'2 = 6 * 92 = 4864C3 * 9 = 366C2 * 5A'4 = 15 * 54 = 93756C1 * 5C2 * 4A'3 = 6 * 10 * 43 = 3840

Pág. 74

8C3

5C2

8C3 * 5C2 * 3!

N = 8C3 * 5C2 * 3! = 8!3! * 5!

* 5!2! * 3!

* 3! = 8!3! * 2!

4!2!

= 12

6!2! * 2!

= 180

10!2! * 3!

= 302 400

16!3! * 4! * 3! * 3! * 3!

= 672 672 000

P = 1120

Pág. 75

40C5 * 11C2 = 36 190 44050C5 * 5C2 = 21 187 600

6C2 = 15

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83.1. Sendo o penúltimo elemento de uma linha do Triângulo dePascal igual a 12 então a linha tem 13 elementos porquen = 12 .

83.4. A soma dos elementos dessa linha é igual a 212 , ou seja,4096 .

84. Sabe-se que a soma dos n + 1 elementos de qualquerlinha do Triângulo de Pascal é igual a , com . Dosnúmeros dados apenas 256 e 2048 podem ser escritos naforma de potência de base 2 (256 = 28 e 2048 = 211) .

85.1. § § . A linha tem 10 elementos, dois dos quais são iguais a 1 .

85.2. Sabe-se que em qualquer linha do Triângulo de Pascal osvalores equidistantes dos extremos são iguais. Assim, nosaco há 5 pares de cartões com o mesmo número.

Tarefa 191. Sabe-se que . Donde se conclui que:

§§

§2. Sabe-se que e que

.

Como e , conclui-se que:

§§ §O terceiro elemento da linha seguinte é igual a 1378 .

3.1. Sabe-se que § § . Essa linha do Triângulo de Pascal tem 9 elementos, que são:

, ou seja, 1; 8;28; 56; 70; 56; 28; 8; 1Assim, a probabilidade de retirar uma bola do saco e ela terum número maior que 50 é:

3.2. Se o número da bola retirada é um divisor de todos osnúmeros das restantes bolas então é porque se retirouuma bola com o número 1 .

Logo, .

4.1. Se a linha é constituída por todos os elementos do tipo, então conclui-se que a linha tem

onze elementos pois n = 10 . Os cinco primeiros elementos da linha são iguais aos cinco

últimos, logo .

4.2. O produto dos números correspondentes não é 1 se osnúmeros retirados do saco forem ambos diferentes de 1 .

Assim, .

4.3. Sendo o produto dos números das bolas retiradas igual aonúmero de uma dessas bolas, conclui-se que saiu pelomenos uma das bolas com o número 1 .

Logo, .

2n n å N0

2n = 512 2n = 29 n = 9

P =2C1 * 8C1

10C2= 16

45

P = 510C2

= 19

Pág. 82

nCp + nCp+1 = n+1Cp+1

1365 + b = 4368 b = 3003

b + 4368 = 6188 c = 1820a + 1365 = c a = 455

nC3 = 22 100nCn-3 + nCn-2 + nCn-1 + nCn = 23 479

nCn = 1 nCn-3 = nC3

22 100 + nCn-2 + nCn-1 + 1 = 23 479 nCn-2 + nCn-1 = 1378n+1Cn-1 = 1378 n+1C2 = 1378

2n = 256 2n = 28 n = 8

8C0 ; 8C1 ; 8C2 ; 8C3 ; 8C4 ; 8C5 ; 8C6 ; 8C7 ; 8C8

P = 39= 1

3

P = 29

10Ck ; k å N0 e k ≤ 10

P = 511C2

= 111

P = 1 -2C2

11C2= 54

55

P = 1 -9C2

11C2= 19

55

Pág. 81§ §§Como n representa o número de alunos da turma, conclui--se que n = 28 . Assim, há maneiras diferentes de selecionarum grupo de 5 alunos.

1.2.1.

1.2.2.

2.1.

2.2.

2.3.1.

2.3.2.

2.4.

3. Número de subconjuntos do conjunto A : .

4.1. .

4.2.

77.1. .

77.2. .

77.3. .

78.1. §§ . Logo, a linha tem 35 elementos.

78.2. Os três primeiros elementos da linha anterior são , ou seja, 1 , 33 e 528.

78.3. Os três últimos elementos da linha seguinte são , ou seja, 595 , 35 e 1.

79. Sabe-se que . Então, por uma daspropriedades do Triângulo de Pascal, conclui-se que asoma desses dois elementos é um elemento que pertence àlinha seguinte.

.

80.1. § §80.2. § §80.3. § › k = 18 - 6 § k = 6 › k = 12

80.4. §§ §§ › k = 14 - 5 § k = 5 › k = 9

81. Se a linha tem onze elementos, então n = 10 e o maiordesses elementos é o que ocupa a posição central, ou seja,o sexto elemento dessa linha, que é igual a .

82. Se a linha tem dezasseis elementos então n = 15 . Nessa linha há quatro elementos que são maiores que4000 , a saber :

, , e .

n = 28 › n = - 27

28C5 = 98 280

P = 4 * 3!5!

= 15

P =2C1 * 3C2

5C3= 3

5

12C3 = 220

P = 3 * 4C3

220= 3

55

P = 6 * 6C2

220= 9

22

P =6C3

220= 1

11

P = 112A3

= 11320

5C0 + 5C1 + 5C2 + 5C3 + 5C4 + 5C5 = 328C4 = 708C1 + 8C2 + 8C3 + 8C4 + 8C5 + 8C6 + 8C7 + 8C8 = 28 - 1 = 255

Pág. 79

10C0 + 10C1 + 10C2 + 10C3 = 17610C7 + 10C8 + 10C9 + 10C10 = 17610C4 = 210

Pág. 80

nCn-1 + nCn = 35 n + 1 = 35

n = 34

33C0 , 33C1 e 33C2

35C33 , 35C34 e 35C35

nCp = 120 e nCp+1 = 45

n+1Cp+1 = nCp + nCp+1 = 120 + 45 = 165

10C3 = 10Ck k = 3 › k = 10 - 3 k = 3 › k = 721C5 = kC16 k = 5 + 16 k = 2117C5 + 17C6 = 18Ck k = 612C3 + 2 12C4 + 12C5 = 14Ck

12C3 + 12C4 + 12C4 + 12C5 = 14Ck

13C4 + 13C5 = 14Ck14C5 = 14Ck

k = 5

10C5 = 252

15C9 = 500515C8 = 643515C7 = 643515C6 = 5005

pn (n - 1)2

= 378nC2 = 378


86.1.

=86.2.

86.3.

=86.4.

=

87.1.

=87.2.

=

88.1.

O expoente de x é 2 se § .

O termo em x2 é: .

88.2. O termo independente de x corresponde ao termo em queo expoente da potência de base x é 0 . Esse expoente é zero se § . O termo independente de x é: .

88.3. O expoente de x é 5 se § .

Como , conclui-se que não existe termo independente

de x no desenvolvimento de .

89.§

§§ 28 = 28 (Poposição verdadeira)

Conclusão: é solução da equação .

90.1. O desenvolvimento de tem sete termos, sendo o

termo médio o 4.° termo (T4) .

.

90.2. O desenvolvimento de tem nove termos, sendo otermo médio o 5.° termo (T5) .

.

91.1.

(x + 1)5 = 1x5 + 5x4 + 10x3 + 10x2 + 5x + 1 =x5 + 5x4 + 10x3 + 10x2 + 5x + 1

(2 + x2)4 = 1 * 24 + 4 * 23 * x2 + 6 * 22 * (x2)2 ++ 4 * 21 * (x2)3 + 1(x2)4 = 16 + 32x2 + 24x4 + 8x6 + x8

(y - 2)6 = 1y6 + 6y5 * (- 2) + 15y4 * (- 2)2 ++ 20y3 * (- 2)3 + 15y2 * (- 2)4 + 6y1 * (- 2)5 + 1 * (- 2)6

y6 - 12y5 + 60y4 - 160y3 + 240y2 - 192y + 64

(2x - y)5 = 1 (2x)5 + 5 (2x)4 * (- y) + 10 (2x)3 * (- y)2 ++ 10 (2x)2 * (- y)3 + 5 (2x)1 * (- y)4 + 1 (- y)5

32x5 - 80x4y + 80x3y2 - 40x2y3 + 10xy4 - y5

Pág. 84

(2 + x2)5 = 5C0 * 25 + 5C1 * 24 * x2 + 5C2 * 23 * (x2)2 ++ 5C3 * 22 * (x2)3 + 5C4 * 2 * (x2)4 + 5C5(x2)5

32 + 80x2 + 80x4 + 40x6 + 10x8 + x10

(3 - x)3 = 3C0 * 33 + 3C1 * 32 * (- x) ++ 3C2 * 31 * (- x)2 + 3C3(- x)3

27 - 27x + 9x2 - x3

ax + 1x b

6

= 6

k=0

6Ck x6-k a1x b

k

=6

k =0

6Ck x6- k (x-1)k =

= 6

k=0

6Ck x6-k x-k = 6

k=0

6Ck x6-2k

6 - 2k = 2 k = 26C2 x6-2*2 = 15x2

6 - 2k = 0 k = 36C3 x6-2*3 = 20

6 - 2k = 5 k = 12

k ∫ N0

ax + 1x b

6

(1 -"3)4 + 16"3 = 28

1 + 4 * (-"3) + 6 * (-"3)2 + 4 * (-"3)3 ++ (-"3)4 + 16"3 = 28

1 - 4"3 + 18 - 12"3 + 9 + 16"3 = 28

1 -"3 x4 + 16"3 = 28

a1 + x2b6

T4 = 6C3 * 16-3 * ax2b3

= 20 * x3

8= 5

2x3

(x - 3)8

T5 = 8C4 * x8-4 * (- 3)4 = 70 * x4 * 81 = 5670x4

Pág. 85

ax2 + 1x b

12

= 12

k=0

12Ck (x2)12-k a1x b

k

= 12

k=0

12Ck x24-2k (x-1)k =

Pág. 83

= 12

k=0

12Ck x24-2k x-k = 12

k=0

12Ck x24-3k


Como , conclui-se que não existe qualquer termo

do 2.° grau no desenvolvimento de .

91.2. O termo independente de x corresponde ao termo em queo expoente da potência de base x é 0 . Esse expoente é zero se § . O termo independente de x é: .

92. =

= =

=

93. =

=

O polinómio P (x) é constituído por sete monómios, cincodos quais são de grau superior a sete. Desses cinco monómios, há dois cujos coeficientes sãonegativos.Assim, a probabilidade pedida é igual a .

Tarefa 201.1.1. Seja A o acontecimento: “Retirar três iogurtes iguais”.

Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:

1.1.2. Seja B o acontecimento: “Retirar dois e só dois iogurtesiguais”. Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:

1.1.3. Seja C o acontecimento: “Retirar um iogurte natural edois iogurtes de sabores diferentes”. Número de casos possíveis: Número de casos favoráveis:

1.2. Seja D o acontecimento: “Não comer os dois iogurtes desabor a pera em dias consecutivos”. É mais fácil começar por calcular a probabilidade de aCatarina comer os dois iogurtes de sabor a pera em diasconsecutivos. O esquema seguinte facilita a contagem do número decasos favoráveis.

1.° dia 2.° dia 3.° dia 4.° dia 5.° dia

Pera Pera _____ _____ _____

_____ Pera Pera _____ _____

_____ _____ Pera Pera _____

_____ _____ _____ Pera Pera

.

ax2 + 1x b

12

24 - 3k = 0 k = 812C8 x24-3*8 = 495

h (x) = (x + 1)5

2= 1

2 (x + 1)5

12

(5C0x5 + 5C1x4 + 5C2x3 + 5C3x2 + 5C4x + 5C5)

12

x5 + 52

x4 + 5x3 + 5x2 + 52

x + 12

(x - x2)6 = 6

k=0

6Ck x6-k (- x2)k = 6

k=0

6Ck x6-k (- 1)k x2k

6

k=0(- 1)k 6Ck x6+k

P (x) = x6 - 6x7 + 15x8 - 20x9 + 15x10 - 6x11 + x12

25

Pág. 86

8C3 = 563C3 = 1

P (A) = 156

8C3 = 563C2 * 5C1 + 2C2 * 6C1 = 21

P (B) = 2156

= 38

8C3 = 563C1 * 2C1 * 3C1 + 3C1 * 3C2 = 27

P (C) = 2756

k ∫ N0

P (D) = 1 - P (D) = 1 - 4 * 3!5!2!

= 1 - 25= 3

5

k = 223

24 - 3k = 2

NEM

A12C

PR1 © Porto Editora

40


2.1. A Mafalda pode encontrar 64 horóscopos diferentespara o seu signo.

2.2.1. Seja A o acontecimento: “Ter a mesma classificação emtodos os domínios”. Número de casos possíveis: 64 Número de casos favoráveis: 4

2.2.2. Seja B o acontecimento: “Ter um único mau”. Número de casos possíveis: 64 Número de casos favoráveis: 3 * 32

2.2.3. Seja C o acontecimento: “Ter exatamente dois excelentes”. Número de casos possíveis: 64 Número de casos favoráveis:

3.1.

3.2.

3.3.

Tarefa 211. Número de peças que constituem o jogo: .

2.1.

2.2. A soma é um número par se os dois números forem paresou se os dois números forem ímpares.

Logo, .

2.3. O acontecimento “A soma ser ímpar” é contrário do aconteci-mento “A soma ser par”, logo a probabilidade pedida é igual

a .

3. Como o Gaspar tira, sucessivamente e sem reposição, 2das 15 peças do jogo, o número de casos possíveis é dadopor . Das 15 peças há 5 que têm o número cinco colorido e 10que não têm. O número de maneiras de retirar duas peçasque não têm o número cinco colorido é dado por .Então, o número de casos favoráveis é poisrepresenta o número de maneiras de retirar pelo menosuma peça com o número cinco colorido. Uma vez que todos os casos possíveis são equiprováveis, aprobabilidade pedida é, de acordo com a Regra de Laplace,o quociente entre o número de casos favoráveis e o número

de casos possíveis, ou seja, .

Tarefa 221. Se o concorrente fizer a correspondência ao acaso tem 6

possibilidades diferentes (3!) .

2. No total o jogo tem 21 números (o 1 aparece onze vezes,o 2 uma vez, o 3 duas vezes, o 4 duas vezes, o 5 duasvezes, o 6 uma vez e o 10 duas vezes) .

(43 = 4 * 4 * 4)

P (A) = 464

= 116

P (B) = 3 * 32

64= 27

64

3C2 * 3 = 9

P (C) = 964

P = 4 * 9A3

4 * 10A'3= 2016

4000= 63

125= 0,504

P = 4 * 10 * 1 * 14 * 10A'3

= 404000

= 1100

= 0,01

P = 4 * 8 * 7 * 24 * 10A'3

= 4484000

= 14125

= 0,112

Pág. 87

6C2 = 15

P = 515

= 13

P =3C2 + 3C2

15= 6

15= 2

5

35

15A2

10A215A2 - 10A2

15A2 - 10A215A2

Pág. 88

Como , conclui-se que a alternativaapresentada não é a mais favorável ao concorrente.A alternativa mais favorável seria: Condição A fi 1000 € ; Condição B fi 5000 € ; Condição C fi 3000 €

Tarefa 231.1. maneiras diferentes.

1.2.

2.1. Há 13 ruas designadas por um número par (a rua é para-lela à linha da costa marítima), de dois algarismos, inferior a35 (R10 , R12 , R14 , R16 , R18 , R20 , R22 , R24 , R26 ,R28 , R30 , R32 , R34) . Assim, a probabilidade pedida é:

.

2.2.1.

2.2.2.

94.1. Número de alunos que ficaram muito satisfeitos com avisita: Percentagem de alunos que ficaram muito satisfeitos com

a visita:

94.2.

95.1. § §

95.2.1.95.2.2.95.2.3.

96.1. A variável aleatória X pode assumir os valores 1 , 2 e 3que correspondem a sair 4 bolas pretas e 1 vermelha, 3bolas pretas e 2 vermelhas ou 2 pretas e 3 vermelhas,respetivamente.

96.2.

97.

A tabela de distribuição de probabilidades é a seguinte:

P (A) =11C321C3

= 33266

;

P (B) =11C2 * 10C1 + 4 * 19C1

21C3= 313

665 ;

P (C) = 1 - P (A) - P (B) = 77190

.

P (B) > P (C) > P (A)

Pág. 89

7C3 = 35

P =3C1 * 4C3

35= 12

35

P = 113

P = 110C6

= 1210

P =4C3 * 1C1 * 5C4

10C6= 20

210= 2

21

Pág. 92

x = 50 - (1 + 3 + 12 + 26) = 8

850

* 100% = 16%

P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) = 10,1 + 0,3 + 0,2 + m = 1 m = 0,4

P (X ≤ 2) = P (X = 1) + P (X = 2) = 0,1 + 0,3 = 0,4

P (X > 2) = P (X = 3) + P (X = 4) = 0,2 + 0,4 = 0,6

P (X ≤ 4) = P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) = 1

P (X = 2) =3C2 * 4C3

7C5= 12

21= 4

7

Pág. 93

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

Grau de satisfação 1 2 3 4 5

Frequência relativa 0,02 0,06 0,24 0,52 0,16

Valor do prémio 1 10 25 25 50 100

Valor da jogada 25 25 25 25 25 25

Saldo final - 24 - 15 0 0 25 75

xi - 24 - 15 0 25 75

P (X = xi) 16

16

13

16

16

41


Tarefa 241. A experiência pode ser traduzida pelo seguinte diagrama

em árvore:

A tabela de distribuição de probabilidades é a seguinte:

2.1. A variável aleatória pode tomar os valores 0 , 1 , 2 , 3 , 4 ,5 e 6.

2.2.

2.3. , logo o Antunes tem maior probabili-dade de acertar na jogada.

2.4. jogadas

3.1.

A variável aleatória pode tomar os valores 1 , 2 , 3 e 4 .

3.2. A tabela de distribuição de probabilidades da variável X é aseguinte:

4.1.

4.2.1.

4.2.2.

4.2.3.

Pág. 94

P (X = 4) > P (X = 6)

316

* 80 = 15

P (X = 2) =7C2 * 21C5

28C7) 0,36

P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) ) 0,78

P (X > 1) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) ) 0,58

E

N

E

N

E

N

98.1.

A variável X pode tomar os valores 0 , 2 , 3 e 6 .

98.2.1.

98.2.2.

99.

100. Para calcular o desvio-padrão da variável X temos decomeçar por calcular o valor médio.

101. Sabe-se que , donde se conclui que.

§ §O dado tetraédrico tem 4 vértices. Como e

, conclui-se que dois dos vértices têm onúmero 1 e os outros dois têm os números 3 e 5.

102. A tabela de distribuição de probabilidades da variável X :”lucro/prejuízo obtido numa jogada” é a seguinte:

O jogo não é justo porque o valor médio não é igual a zero.

103.1. ;

= e

= , logo

.

A tabela de distribuição de probabilidades da variável X éa seguinte:

Pág. 95

Pág. 97

m = 0 * 18+ 1 * 1

4+ 2 * 1

8+ 3 * 1

2= 4

2= 2

s = Å18

(0 - 2)2 + 14

(1 - 2)2 + 18

(2 - 2)2 + 12

(3 - 2)2 ) 1,118

m = 1 * 0,3 + 2 * 0,1 + 3 * 0,6 = 2,3

s = "0,3(1 - 2,3)2 + 0,1(2 - 2,3)2 + 0,6(3 - 2,3)2 = 0,9

a + 0,25 + 0,25 = 1a = 0,5

m = 2,5 1 * 0,5 + 3 * 0,25 + x * 0,25 = 2,5 x = 5

4 * 0,5 = 24 * 0,25 = 1

Pág. 98

m = 6 * 616

+ (- 4) * 1016

= - 416

= - 0,25

P (X = 0) = 12

P (X = 500) + P (X = 2500) + P (X = 5000)12

P (X = 500) P (X = 2500) = P (X = 5000)

P (X = 500) = P (X = 2500) = P (X = 5000) = 16

NEM

A12C


42

xi 0 1 2

P (X = xi) 14

12

14

xi 1 2 3 4

P (X = xi) 16

12

16

16

xi 0 1 2 3 4 5 6 7

P (X = xi)21C728C7

7C1 * 21C628C7

7C2 * 21C528C7

7C3 * 21C428C7

7C4 * 21C328C7

7C5 * 21C228C7

7C6 * 21C128C7

7C728C7

xi 0 1 2 3 4 5 6

P (X = xi) 116

18

316

14

316

18

116

Face voltada para cima 1 2 3 4 5 6

Número de divisores 1 2 2 3 2 4

* 0 1 2 3

0 0 0 0

1 2 3

2 6

3

xi 0 2 3 6

P (X = xi) 0,525 0,175 0,155 0,145

xi 0 2 3 6

P (X = xi) 12

16

16

16

xi 6 - 4

P (X = xi) 616

1016

xi 0 500 2500 5000

P (X = xi) 12

16

16

16


103.2.

=

Recorrendo à calculadora gráfica conclui-se que

.

103.3. = = =

=

104.1.

104.2.

104.3.

105.1. Seja X a variável aleatória “Número de faces euro saídasem 5 lançamentos”.

A variável segue uma distribuição binomial .

105.2.

105.3.

106.1. 106.2.


107. .

A afirmação é falsa, pois a probabilidade de o casal ter sódois filhos rapazes é 37,5% .

108. , isto é, 36% .

m = 0 * 12+ 500 * 1

6+ 2500 * 1

6+

80006

) 1333,33

s ) 1863,39

P (X å ]m - s ; m + s [) P (X å ]- 530,06 ; 3196,72[)

P (X = 0) + P (X = 500) + P (X = 2500)

12+ 1

6+ 1

6= 5

6

Pág. 100

P = 34* 3

4* 1

4= 9

64

P = 3 * 964

= 2764

P = 1 - 14* 1

4* 1

4= 63

64

B a5 , 13b

P (X = 2) = 5C2 * a13b2

* a23b3

) 0,33

P (X = 0) = a23b5

) 0,13

P (X ≥ 4) = P (X = 4) + P (X = 5) =

= 5C4 * a13b4

* a23b1

+ a13b5

) 0,05

P (X = 2) = 3C2 * (0,2)2 * (0,8)1 = 0,096

P (X = 1) = 3C1 * (0,2)1 * (0,8)2 = 0,384P (X = 3) = (0,2)3 = 0,008

P (X = 0) = (0,8)3 = 0,512

Pág. 101

P (X = 2) = 4C2 * a12b2

* a12b2

= 38= 0,375

5000 * 16

P (X = 4) = 5C4 * (0,7)4 * (0,3)1 ) 0,36

Tarefa 251.1.1.

De acordo com a tabela, a probabilidade de o saldo ser

negativo é dada por:

1.1.2. Extraindo simultaneamente dois cartões do saco, podemosnão retirar nenhum cartão RECEBE, podemos retirar ape-nas um cartão RECEBE ou podemos retirar dois cartõesRECEBE. Então, a variável aleatória X pode tomar os valo-res 0 , 1 e 2 .


1.2.1. No saco há 3 cartões RECEBE e 2 cartões PAGA, logo

e . Então, P = 6C2 * ) 0,138

1.2.2.

1.2.3.

2. A variável aleatória X pode tomar os valores 0 , 1 , 2 , 3 e 4 .

A tabela de distribuição de probabilidades da variável X é aseguinte:

3.1. 3.2.

Tarefa 261.1. 1.2. A variável aleatória X pode tomar os valores 0 , 1 , 2 e 3 .

Pág. 102

P = 410

= 0,4

P (R) = 35

P (P) = 25

P = 6C3 * a35b3

* a25b3

) 0,276

P = 6C4 * a35b4

* a25b2

) 0,311

P (X = 0) = (0,9)4 = 0,6561

P (X = 1) = 4C1 * (0,1)1 * (0,9)3 = 0,2916

P (X = 2) = 4C2 * (0,1)2 * (0,9)2 = 0,0486

P (X = 3) = 4C3 * (0,1)3 * (0,9)1 = 0,0036

P (X = 4) = (0,1)4 = 0,0001

P (X = 3) = nC3 * 0,13 * 0,9n-3

P (X = k) = nCk * 0,1k * 0,9n-k

Pág. 103

P (X = 1) = 3C1 * (0,2)1 * (0,8)2 = 0,384

P (X = 0) = (0,8)3 = 0,512

P (X = 2) = 3C2 * (0,2)2 * (0,8)1 = 0,096

P (X = 3) = (0,2)3 = 0,008

a35b2

* a25b4

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

xi 0 1 2 3

P (X = xi) 0,512 0,384 0,096 0,008

+ 0,10 - 0,20 0,50 - 1 2

0,10 - 0,10 0,60 - 0,90 2,10

- 0,20 0,30 - 1,20 1,80

0,50 - 0,50 2,50

- 1 1

- 2

xi 0 1 2

P (X = xi) 0,1 0,6 0,3

xi 0 1 2 3 4

P (X = xi) 0,6561 0,2916 0,0486 0,0036 0,0001

43



Recorrendo à calculadora gráfica conclui-se que .

1.3. O valor médio da distribuição é igual a 0,6 . Então, em 80 lotes estima-se que 48 T-shirts (80 * 0,6)estejam defeituosas.

2.1.1. A probabilidade de o candidato acertar em cada resposta é

e a de errar é .

Seja X a variável aleatória: “Número de respostas certasno teste”.

X é uma variável aleatória binomial .

2.1.2.

=

16

2.1.3.

2.2. Para passar à fase seguinte, o candidato tem de acertar empelo menos 75% das questões. Como o teste é constituídopor 20 questões, terá de acertar em pelo menos 15 delas.

Recorrendo à calculadora gráfica, prova-se que:

3.1.

3.2.

3.3. 70 clientes

109.1. e .

Sabe-se que , isto é, 68,3% .

109.2. e .

Sabe-se que .

m = 0 * 0,512 + 1 * 0,384 + 2 * 0,096 + 3 * 0,008 = 0,6

s ) 0,69

14

34

B a20 , 14b

P (X = 4) = 20C4 * a14b4

* a34b16

) 0,189 69

P (X ≤ 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)

a34b20

+ 20C1 * a14b1

* a34b19

+ 20C2 * a14b2

* a34b18

+

+ 20C3 * a14b3

* a34b17

) 0,225

P (X ≥ 2) = 1 - P (X < 0) = 1 - (P (X = 0) + P (X = 1)) =

= 1 - ca34b20

+ 20C1 * a14b1

* a34b19d ) 0,975 69

Pág. 108

P (X ≥ 15) = 1 - P (X ≤ 14) ) 0,000 004

P (X = 10) = 40C10 * 0,1510 * 0,8530 ) 0,037

m = 40 * 0,15 = 6 e s = "40 * 0,15 * 0,85 ) 2,258

m - s = 9,8 m + s = 10,2

P (9,8 ≤ X ≤ 10,2) ) 0,683

m + 2s = 10,4m - 2s = 9,6

P (9,6 ≤ X ≤ 10,4) ) 0,9545

Atendendo à simetria da curva normal, conclui-se que:

e .

Assim, , isto é, 2,3% .

109.3. Sabe-se que .


e .

Assim, , isto é, 15,9% .

109.4. Sabe-se que .


.

Assim, .

Tarefa 271.1.1. m = 2500 ; m - s = 2200 ; m + s = 2800 ; m - 2s = 1900 e

m + 2s = 3100

,

ou seja, .

1.1.2. ,

ou seja, .

1.1.3. ,

ou seja, .

1.2. Recorrendo à calculadora gráfica, tem-se

.

É de esperar que, em 18 dias do mês, o consumo nãoultrapasse 2700 litros.

2.1. e .

Sabe-se que .

Logo, ,

ou seja, .

P (X ≤ 9,6) ) 0,5 - 0,95452

P (9,6 ≤ X ≤ 10) ) 0,95452

P (X ≤ 9,6) ) 0,023

P (9,8 ≤ X ≤ 10,2) ) 0,6827

P (X ≥ 10,2) ) 0,5 - 0,68272

P (10 ≤ X ≤ 10,2) ) 0,68272

P (X ≥ 10,2) ) 0,159

P (9,6 ≤ X ≤ 10,4) ) 0,9545

P (9,6 ≤ X ≤ 10) ) 0,95452

) 47,7%P (9,6 ≤ X ≤ 10)

Pág. 110

1900 2200 2500 2800 3100

P (X ≤ 2800) = 0,5 + P (2200 ≤ X ≤ 2800)2

) 0,5 + 0,68272

P (X ≤ 2800) ) 0,841

P (X ≥ 3100) = 0,5 - P (1900 ≤ X ≤ 3100)2

) 0,5 - 0,95452

P (X ≥ 3100) ) 0,023

P (2500 ≤ X ≤ 3100) = P (1900 ≤ X ≤ 3100)2

) 0,95452

P (2500 ≤ X ≤ 3100) ) 0,477

P (X ≤ 2700) ) 0,7475

0,7475 * 24 ) 18

m + s = 9700m - s = 9300

P (9300 ≤ X ≤ 9700) ) 0,6827

= P (9300 ≤ X ≤ 9700)2

) 0,68272

P (9500 ≤ X ≤ 9700)

P (9500 ≤ X ≤ 9700) ) 0,341

NEM

A12C


44

xi 0 1 2 3

P (X = xi) 0,512 0,384 0,096 0,008

2.2. Recorrendo à calculadora gráfica

tem-se .

2.3. ,

ou seja, .

3.1. Recorrendo à calculadora gráfica, tem-se .



4.2. == 0,023.

Tarefa 281.1.1. Recorrendo à calculadora gráfica, tem-se

.

1.1.2. Recorrendo à calculadora gráfica, tem-se .

) 0,465P (9400 ≤ X ≤ 9650)

P (X ≤ 9300) = 0,5 - P (9300 ≤ X ≤ 9700)2

) 0,5 - 0,68272

P (X ≤ 9300) ) 0,159

P (1000 ≤ X ≤ 1500) ) 0,589

P (X ≥ 1750) ) 0,033

P (X > 260) ) 0,309

P (X ≥ 290) = 0,5 - P (210 ≤ X ≤ 290)2

= 0,5 - 0,9542

Pág. 111

P (60 ≤ X ≤ 80) ) 0,625

P (X > 90) ) 0,067

1.1.3. Recorrendo à calculadora gráfica, tem-se .

1.2. ,

ou seja, .

É de esperar que o Rúben tenha consultado 3 prateleirascom mais de 85 livros.


Estima-se que o Rúben tenha consultado 17 livros em queo número de páginas varia entre 300 e 400 .

2.1. ,

ou seja, .

Espera-se que, aproximadamente 2,3% de baterias tenhamuma duração inferior a 4 anos.


Espera-se que, aproximadamente 50% de baterias tenhamuma duração entre 3 e 5 anos.


Espera-se que, aproximadamente 0,003% de bateriastenham uma duração superior a 7 anos.

3.1. , ou seja,

.

Estima-se que 1707 estudantes tenham obtido classifica-ção entre 8,5 e 11 .

P (X < 64) ) 0,136

P (X > 85) = 0,5 - P (65 < X < 85)2

) 0,5 - 0,68272

P (X > 85) ) 0,1590,159 * 20 ) 3

P (300 ≤ X ≤ 400) ) 0,563

0,563 * 30 ) 17

P (X < 4) = 0,5 - P (4 < X < 6)2

) 0,5 - 0,95452

P (X < 4) ) 0,02275

P (3 < X < 5) ) 0,50

P (X > 7) ) 0,000 03

P (8,5 < X < 11) = P (8,5 < X < 13,5)2

) 0,68272

P (8,5 < X < 11) ) 0,3414

0,3414 * 5000 = 1707

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

45

2. O primeiro algarismo tem de ser o 2 e os outros podemser quaisquer.É possível escrever 125 números (1 * 5 * 5 * 5) de quatroalgarismos que sejam menores que 3000 .

3. O primeiro algarismo tem de ser o 2 , o segundo tem deser inferior a 7 e os outros podem ser quaisquer.É possível escrever 100 números (1 * 4 * 5 * 5) de quatroalgarismos que sejam menores que 2700 .

Proposta 5

No máximo será necessário realizar 5 jogos.

Proposta 6

1. A escolha pode ser feita de 2187 maneiras diferentes (3A'7ou 37) .

2. As escolhas do grupo passam a ser apenas 648 , isto é,(2A'3 * 3A'4 ou 23 * 34) .

Proposta 71.1. Nos dois primeiros jogos podem ocorrer 9 resultados dife-

rentes (3 * 3) .

1.2. Nos oitos jogos do torneio em que a equipa participa podemocorrer 6561 resultados diferentes (3A'8 ou 38) .

2.1. Se não houver qualquer restrição, a equipa pode escolher oequipamento de 24 formas diferentes (3 * 4 * 2) .

2.2. As meias podem ser de qualquer cor (há sempre 3 possi-bilidades de escolha); se os calções forem brancos, a cami-sola não pode ser branca (há 3 possibilidades de escolha)e se os calções forem azuis, a camisola pode ser de qual-quer uma das quatro cores disponíveis). Assim, se os calções e a camisola não forem da mesma cor,a equipa Fair Play pode escolher o equipamento de 21 maneiras diferentes (3 * 3 * 1 + 3 * 4 * 1) .

Proposta 8 É possível formar 1 073 741 824 listas diferentes (8A'10 ou

810) .

Pág. 113

B

A

B

A

B

A

B

A

Ganha a equipa:A

AA

A

A

A

A

A

A

A

B

B

BB

B

BB

BB

B

B

A

B

A

B

AB

A

B

A

B

A

B

A

B

A

B

AB

A

B

A

B

A

B

A B

A

B

A

Pág. 114


Estima-se que 2218 estudantes tenham obtido classifica-ção entre 10 e 13 .


Estima-se que 273 estudantes tenham obtido classificaçãosuperior a 15 .


Estima-se que 274 estudantes tenham obtido classificaçãoinferior a 7 .

Proposta 11. Os resultados possíveis são 24 (de 2 * 2 * 6) .

2. Os resultados possíveis são 64 (de 4 * 4 * 4 ou 43) .

3. Os resultados possíveis são 24 (de 4 * 3 * 2 ou 4A3) .

4. Os resultados possíveis são 7 893 600 , ou seja, 26A5 .

Proposta 21. Os resultados possíveis são 7776 , ou seja, 65 ou 6A’5 .

2.1. É possível formar 5184 , ou seja, 4 * 6A'4 = 4 * 64 númerosmaiores que 30 000 .

2.2. É possível formar 1296 , ou seja, 1 * 6A'4 = 64 númerosmenores que 20 000 .

2.3. É possível formar 3888 , ou seja, 6A'4 * 3 = 64 * 3 númerospares.

Proposta 3 É possível formar 676 000 , ou seja, 26A'2 * 10A'3 = 262 * 103

códigos diferentes.

Proposta 41. O primeiro algarismo não pode ser o zero e o último alga-

rismo tem de ser ímpar (3 , 5 ou 7) .É possível escrever 300 números (4 * 5 * 5 * 3) de quatroalgarismos que sejam ímpares.

P (10 < X < 13) ) 0,4436

0,4436 * 5000 = 2218

P (X > 15) ) 0,0546

0,0546 * 5000 = 273

P (X < 7) ) 0,0548

0,0548 * 5000 = 274

Pág. 112

46N

EMA

12CPR1 ©

Porto Editora


47N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

2. A probabilidade de serem escolhidos, pelo menos, doisrapazes é dada por:

3. A probabilidade de a Marta fazer parte da equipa é dada por:

.

Proposta 16

1. Podem escrever-se 720 palavras (6!) .

2. Podem escrever-se 60 480 palavras .

3. Podem escrever-se 30 240 palavras .

Proposta 171.1. Os dois vizinhos podem estacionar de 56 maneiras dife-

rentes (8A2 ou 8 * 7) .

1.2. Para os vizinhos estacionarem em lugares situados frente afrente há 8 maneiras (4 * 2) e lado a lado há 12 manei-ras (2 * 2 * 3!) .

1.3. Nessas condições podem estacionar de 16 maneiras (4 * 4) .

2. Há 48 resultados possíveis (2 * 4A3) .

Proposta 181.1. Sendo o número inferior a 3600 então duas situações

podem ocorrer: - o algarismo das unidades de milhar é 1 ou 2 .Neste caso existem 432 números (2 * 63) .- o algarismo das unidades de milhar é 3 e o algarismodas centenas é inferior a 6 .Neste caso existem 144 números (1 * 4 * 62) .Então, é possível formar 576 números (432 + 144) .

1.2. Os números pares são 432 (6A'3 * 2 ou 63 * 2) .

2.1. A probabilidade de ser formado um número par é dada por:

.

2.2. A probabilidade de ser formado um número que seja capi-cua é dada por:

.

Proposta 191.1. Ao setor da produção é possível atribuir 625 números de

telefone (5A'4 ou 54) constituídos apenas por algarismosímpares.

1.2. Ao setor da distribuição é possível atribuir 2000 númerosde telefone (10A'3 * 2 ou 103 * 2) que sejam múltiplos de 5 .

1.3. Ao setor da administração é possível atribuir 486 númerosde telefone (4C2 * 9A'2) que tenham exatamente três 7 .

1.4. Ao setor da produção é possível atribuir 1680 números detelefone (8A4 ou 8 * 7 * 6 * 5) em que os seis dígitos sejamtodos diferentes.

2.1. Podem ser atribuídos 24 números de telefone (4!) .

2.2. Nesse caso, podem ser atribuídos apenas 6 números de

telefone .

P =26C5 - 16C5 - 10 * 16C4

26C5= 43 212

65 780= 831

1265

P =25C426C5

= 12 65065 780

= 526

Pág. 116

a9!3!b

a 9!2! * 3!

b

P = 63 * 264 = 1

3

P = 6 * 6 * 1 * 164 = 1

36

Pág. 117

a 4!2! * 2!

b

Proposta 9 Não há cacifos suficientes para todos os sócios porque o

ginásio tem 150 sócios e apenas existem 125 (5A'3 ou 53)cacifos disponíveis.

Proposta 10 Há 14 400 (5! * 5! ou 5! * 5 * 4!) maneiras diferentes de os

amigos se disporem na fila, ficando os adeptos dos Fortestodos juntos. A opção correta é a (B) .

Proposta 11 Há 72 maneiras distintas (2 * (2 * 3 * 3!)) de colocar os 5

chapéus na prateleira de modo que os chapéus D e Efiquem em prateleiras diferentes. A opção correta é a (B) .

Proposta 12

1. Com os vértices do octógono é possível formar 56 triângu-los (8C3) . A opção correta é a (B) .

2. A probabilidade de selecionar dois vértices ao acaso e estesdefinirem uma reta que passa pelo centro é:

.

A opção correta é a (A) .

Proposta 13

1. Há 504 maneiras diferentes (9A3 ou 9 * 8 * 7) de distri-buir os três discos pelos nove quadrados do tabuleiro.

2. Há 126 maneiras diferentes (9C4) de distribuir os quatrodiscos pretos pelos nove quadrados do tabuleiro.

3. O número de maneiras diferentes de distribuir os cinco dis-cos pretos é dado por: 9C5 . O número de maneiras diferentes de distribuir os outros doisdiscos pelos restantes quatro quadrados é dado por: 4A2 . Então, há 1512 maneiras diferentes (9C5 * 4A2) de distri-buir os sete discos, sendo cinco pretos, um azul e um ver-melho, pelos nove quadrados do tabuleiro.

Proposta 14

1. A distribuição das bolas pode ser feita de 34 650 maneirasdiferentes (12C4 * 8C4) .

2.1. A probabilidade de as bolas verdes ficarem juntas no saco

A é dada por: .

2.2. A probabilidade de no saco B ficarem, pelo menos, duasbolas pretas é dada por:

.

2.3. A probabilidade de as bolas pretas ficarem juntas num dossacos é dada por:

.

Proposta 15

1. A probabilidade de a equipa ser constituída por alunos domesmo sexo é dada por:

.

Pág. 115

P (V) = 48C2

= 428

= 17

P =8C4

34 650= 1

495

P =3C2 * 9C2 * 8C4 + 3C3 * 9C1 * 8C4

12C4 * 8C4= 13

55

P = 2 * 3C3 * 9C1 * 8C4

34 650= 2

55

P =10C5 + 16C5

26C5= 4620

65 780= 21

299

Proposta 20

1. Podem colocar-se de 720 maneiras diferentes (6!) .

2. Podem dispor-se de 240 maneiras diferentes (2! * 5!) demodo a que os dois rapazes fiquem juntos.

3. A probabilidade de os rapazes ficarem nos extremos é dadapor:

.

4.1. A probabilidade de os bilhetes serem atribuídos só a rapari-gas é dada por:

.

4.2. A probabilidade de os bilhetes serem atribuídos exata-mente a um rapaz e duas a raparigas é dada por :

.

Proposta 21

1. A Isabel pode dispor as 8 cartas de 40 320 maneiras dife-rentes (8!) .

2.1. A probabilidade de os dois reis ocuparem lugares extre-mos é dada por:

.

2.2. A probabilidade de os dois reis ocuparem lugares não con-secutivos é dada por:

.

Proposta 22 Os oito jovens podem repartir-se das seguintes formas: 5

no automóvel A e 3 no B ou 4 em cada um dos automó-veis ou 3 no automóvel A e 5 no B . Assim sendo, há 182 maneiras de o fazerem (8C5 + 8C4 +8C3) . A opção correta é a (D) .

Proposta 23 A opção correta é a (B) .

Proposta 24

1. É possível formar 6 760 000 códigos (10A'4 * 26A'2 = 104 * 262) .

2.1. A probabilidade de o código ter os algarismos diferentes eas letras iguais é dada por:

.

2.2. A probabilidade de o código ter exatamente dois algarismosiguais a 5 e as letras diferentes é dada por:

.

2.3. A probabilidade de o código ter pelo menos dois algarismosiguais a 8 é dada por:

.

2.4. A probabilidade de as letras do código não serem ambasvogais é dada por:

.

P = 2! * 4!6!

= 115

P =4C36C3

= 15

P = 2 * 4C26C3

= 35

P = 2! * 6!8!

= 128

P = 8! - 2! * 7!8!

= 34

Pág. 118

P =10A4 * 26 * 1

104 * 262 = 633250

P =4C2 * 9A'2 * 26A2

104 * 262 = 2435200

P =4C2 * 9A'2 * 26A2 + 4C3 * 9 * 26A2 + 4C4 * 26A2

104 * 262 = 52310 000

P = 1 - 104 * 52

104 * 262 = 1 - 25676

= 651676

Proposta 25

1. Os dez amigos podem distribuir-se de 3 628 800 maneirasdiferentes (10!) pelos dez lugares.

2.1. A probabilidade de as raparigas ficarem juntas é dada por:

.

2.2. A probabilidade de as raparigas ficarem juntas e os rapazestambém é dada por:

.

2.3. A probabilidade de pelo menos um dos extremos ser ocu-pado por uma rapariga é dada por:

.

Proposta 26

1. A probabilidade de serem escolhidas duas pessoas que seentendem uma com a outra é dada por:

.

2. A probabilidade de serem escolhidas duas pessoas quefalam uma só língua e se entendem uma com a outra édada por:

.

3. A probabilidade de serem escolhidas duas pessoas que nãofalam português é dada por:

.

Proposta 27 O produto dos números das bolas extraídas é igual a zero se

pelo menos uma das bolas tiver o número 0 , isto é, retira-mos uma bola com o número 0 e duas com números dife-rentes de 0 (o número de possibilidades é dado por 2 * 8C2)ou se retirarmos as duas bolas com o número 0 e outracom um número diferente de 0 (há 8 possibilidades) .O número de casos favoráveis é 2 * 8C2 + 8 e o número decasos possíveis é 10C3 (número de maneiras de retirar 3 bolas de um conjunto de 10) . Assim, a opção correta é a (B) .

Proposta 28 Os segmentos de reta que têm como extremos dois dos pon-

tos dados só intersetam o eixos das abcissas se as ordenadastiverem sinais contrários. Temos então de escolher dois pon-tos, um com ordenada positiva e outro com ordenada nega-tiva. O número de maneiras de o fazer é 6 , dado por 3 * 2 . Assim, a opção correta é a (A) .

Proposta 29 Escolhidos, ao acaso, dois vértices do prisma, eles pertencem

sempre a faces opostas. A probabilidade pedida é igual a 1 . A opção correta é a (A) .

Proposta 30

1. A eleição do delegado e do subdelegado pode ser feita de552 maneiras diferentes (24A2) .

Pág. 119

P = 3! * 8!10!

= 115

P = 3! * 7! * 210!

= 160

P = 10! - 7A2 * 8!10!

= 815

P =30C2 - 8 * 12

30C2= 113

145

P =8C2 + 12C2

30C2= 94

435

P =12C230C2

= 22145

Pág. 120

NEM

A12C


48

2.1.1. Se a Joana se mostrou indisponível para participar, onúmero total de equipas é dado por:

14C6 * 9C7 = 108 108.

2.1.2. Se a Joana é indispensável para participar, o número totalde equipas é dado por: 14C5 * 9C7 = 72 072 .

2.1.3. Se a Joana e o Rui não podem fazer ambos parte damesma equipa então há três situações a considerar:

1.a – Nem a Joana nem o Rui fazem parte da equipa.

Neste caso, o número de equipas é dado por: 14C6 * 8C7 = 24 024 .

2.a – A Joana faz parte da equipa e o Rui não faz parte daequipa.


3.a – A Joana não faz parte da equipa e o Rui faz parte daequipa.


O número total de equipas é:

24 024 + 16 016 + 84 084 = 124 124 .

2.2. As raparigas podem ficar em qualquer um dos dois degrause podem permutar entre si, o mesmo acontecendo com osrapazes. Então, a probabilidade pedida é dada por:

.

Proposta 311.1. O número de maneiras de colocar os livros na prateleira,

lado a lado, de modo que os de Física fiquem nos extremosé 2! * 6! , ou seja, 1440 .

1.2. O número de maneiras de colocar os livros na prateleira,lado a lado, de modo que os de Matemática fiquem juntos é 4320 , isto é, 3! * 6! .

1.3. O número de maneiras de colocar os livros na prateleira,lado a lado, de modo que os de Biologia fiquem juntos numdos extremos é 1440 , isto é, 2 * 3! * 5! .

1.4. O número de maneiras de colocar os livros na prateleira,lado a lado, de modo que fiquem agrupados por disciplina é432 , isto é, 3! * 2! * 3! * 3! .

2.1. Suponhamos que juntamos x livros de Química aos quetínhamos inicialmente. O número de maneiras diferentesde agrupar os livros por disciplina passa a ser dado por 3! * 2! * 3! * x! * 4! (onde 3! representa o número demaneiras de permutar os livros de Matemática entre si, 2!representa o número de maneiras de permutar os livros deFísica entre si, 3! representa o número de maneiras depermutar os livros de Biologia entre si, x! representa onúmero de maneiras de permutar os livros de Químicaentre si e 4! representa o número de maneiras de permu-tar os quatro blocos, formados pelos livros agrupados pordisciplina entre si) .

§

§

2.2. No total temos 4 grupos de livros (os de Matemática, os deFísica, os de Biologia e os de Química) para serem dispostoslado a lado de modo que os de Física e os de Química fiquem

P = 2 * 6! * 7!13!

= 1858

x! = 207 3603! * 2! * 3! * 4!

3! * 2! * 3! * x! * 4! = 207 360

x = 5

Pág. 121

juntos. Há 3! maneiras de permutar os livros de Matemáticaentre si, 2! maneiras de permutar os livros de Física entre si,3! maneiras de permutar os livros de Biologia entre si e q!maneiras de permutar os livros de Química entre si. Paraalém disso, os livros de Física e de Química devem ficar juntos,podendo permutar entre si de 2! maneiras. O bloco formadopelos livros de Física e de Química pode ainda permutar comos outros 2 grupos de livros (de Matemática e de Biologia),havendo 3! maneiras diferentes de o fazer.

Assim, o valor de N pode ser obtido por:

§

Proposta 32

1.

2. Convém lembrar que a soma de três números é par seforem todos pares ou se um deles for par e os outros doisforem ímpares.

Proposta 33

1.1. 1.2.

2.1. Se as duas primeiras máquinas que foram retiradas dacaixa têm pilhas então, depois da extração dessas máqui-nas, a caixa passa a ter 8 máquinas (quatro com pilhas equatro sem pilhas) . Assim sendo, a probabilidade de a terceira máquina não ter

pilhas é , ou seja, 50%.

2.2. A probabilidade de a terceira máquina ter pilhas também é

, ou seja, 50%.

Proposta 34

1. Para contar o número de peças do dominó podemos recor-rer a uma tabela de dupla entrada.

O dominó é composto por 28 peças.

2. As questões seguintes vão ser resolvidas através da análiseda tabela construída anteriormente.

2.1.

N = 3! * 2! * 3! * q! * 2! * 3! N = 864 q!

P = 553 = 1

25

P = 23 + 3(2 * 32)53 = 62

125

P =4C3

10C3= 4

120= 1

30P =

4C1 * 6C210C3

= 60120

= 12

48

48

Pág. 122

P (A) = 428

= 17N

EMA

12C

PR1

© P

orto

Edi

tora

0 1 2 3 4 5 6

0 0-0 0-1 0-2 0-3 0-4 0-5 0-6

1 1-1 1-2 1-3 1-4 1-5 1-6

2 2-2 2-3 2-4 2-5 2-6

3 3-3 3-4 3-5 3-6

4 4-4 4-5 4-6

5 5-5 5-6

6 6-6

49

NEMA12CPR1 – F04


2.2.

2.3.

2.4. Só há 4 peças em que a soma das pontuações é igual a 6e, dessas 4 peças, apenas 1 tem o um.

Assim, .

2.5. No dominó há 7 dobles (peças em que as pontuações sãoiguais) e só num deles (3-3) é que a soma das pontuaçõesé igual a 6 .

Assim, .

3. Há 12 peças em que a soma das pontuações é superior a6 e dessas peças há 6 que têm pelo menos um seis. Logoa probabilidade de o Lucas ganhar a aposta é 50%.

Proposta 35Raciocínio IA Rita pode começar por escolher os cinco lugares onde vaicolocar as chávenas em cada uma das prateleiras e paraisso tem 6C5 * 6C5 maneiras de o fazer.

Seguidamente pode escolher duas das quatro chávenasdouradas para colocar numa das prateleiras, tendo 4C2

possibilidades de o fazer.

Depois, de entre os cinco lugares já selecionados em cadauma das prateleiras, pode escolher dois lugares em cadauma para colocar as chávenas douradas e tem 5A2 * 5A2

maneiras de o fazer.

Por fim, sobram 6 lugares para colocar as seis chávenasprateadas e há 6! maneiras de o fazer (permuta das seischávenas).

Raciocínio II

A Rita pode começar por escolher os cinco lugares onde vaicolocar as chávenas em cada uma das prateleiras e paraisso tem 6C5 * 6C5 maneiras de o fazer.

Seguidamente pode escolher duas das quatro chávenasdouradas e três das seis chávenas prateadas para colocarnuma das prateleiras, tendo 4C2 * 6C3 possibilidades de ofazer.

Depois de escolhidas as chávenas que vai colocar em cadauma das prateleiras, pode ainda permutá-las entre si,tendo para tal 5! * 5! maneiras de o fazer.

Proposta 361. Número de caminhos que o Rui pode utilizar para chegar a

H : 5C2 = 10 .

Assim, a opção correta é a (A) .

2. Se o Rui vai até T então obrigatoriamente passa em S ouem P .

Logo, .


Proposta 37

A linha do Triângulo de Pascal representada tem oito ele-mentos, donde se conclui que n = 7 .

O terceiro elemento da linha (c) é igual a 21 (7C2) .

Assim, a opção correta é a (B) .

P (B | A) = 14

P (A | C) = 17

P ((P ∂ S) | A) = 1

P (B © C) = 628

= 314

P (A © B) = 128

Pág. 123

Proposta 38§ §

§ §§Como , conclui-se que .

O quarto elemento da linha seguinte é . Assim, a opção correta é a (A) .

Proposta 39Se os três últimos números de uma certa linha do Triân-gulo de Pascal são 351 , 27 e 1 , então n = 27 .

A linha seguinte (linha n = 28) tem 29 elementos, sendo oelemento central da linha o 15.°, que é .


Proposta 40Por uma das propriedades do Triângulo de Pascal sabe-seque .

Donde se conclui que: .

Assim, a opção correta é a (C) .

Proposta 411. Se a soma de todos os elementos de uma linha do Triân-

gulo de Pascal é igual a 64 , então tem-se:

§ § .

Essa linha do Triângulo de Pascal tem 7 elementos, quesão: , ou seja,

1 ; 6 ; 15 ; 35 ; 15 ; 6 ; 1

Assim, a probabilidade de retirar duas bolas do saco eterem o mesmo número é:

2.1. Se sair a bola correspondente ao elemento central da linhaentão de certeza que a outra bola tem um número dife-rente. Assim, .

2.2. Se os números das bolas retiradas são iguais então há 3casos possíveis (saírem as duas bolas com o número 1 ouas duas bolas com o número 6 ou as duas bolas com onúmero 15) . Desses três casos só há um favorável aoacontecimento B (saírem as duas bolas com o número 1) .

Assim, .

Proposta 42 Sabe-se que e que .

Como , então tem-se:

§§Os três últimos elementos da linha anterior são:

, ou seja, 666; 37; 1.

A soma de todos os elementos da linha anterior é igual a 237.

Proposta 43

§

nA2

2!= 153nC2 = 153nCn-2 = 153

n2 - n - 306 = 0n (n - 1)

2= 153

n = 18 › n = - 17

n = 18n å N0

19C3 = 969

28C15 = 40 116 600

Pág. 124

nCp + nCp+1 = n+1Cp+1

nCp = n+1Cp+1 - nCp+1

n = 62n = 262n = 64

6C0 ; 6C1 ; 6C2 ; 6C3 ; 6C4 ; 6C5 ; 6C6

P = 37C2

= 321

= 17

P (C | A) = 1

P (B | C) = 13

nC2 = 703nCn-2 + nCn-1 + nCn = 742nCn-2 = nC2

nCn-2 + nCn-1 + nCn = 742

703 + n + 1 = 742

n = 38

37C35 ; 37C36 ; 37C37

(1 -"2)5 + 29"2 = 41

1 + 5 * (-"2) + 10 * (-"2)2 + 10 * (-"2)3 ++ 5 * (-"2)4 + (-"2)5 + 29"2 = 41

NEM

A12C


50


§§ 41 = 41 (Proposição verdadeira)

Conclusão: é solução da equação .

Proposta 44

1.


O termo em x2 é: .

2.1. O expoente de x é 4 se § .

Como , conclui-se que não existe termo do 4.° grau

no desenvolvimento de .

2.2. O termo independente de x corresponde ao termo em queo expoente da potência de base x é 0 .

Esse expoente é zero se § .

Como , conclui-se que não existe termo indepen-

dente de x no desenvolvimento de .

Proposta 45

1.


O termo em x4 é: .

2.

O expoente de x é 4 se

§ .

O termo em x4 é: .

Proposta 46A probabilidade de a Susana chegar atrasada às aulas é

, isto é, 0,2 e a de chegar a horas é , ou seja, 0,8 .

Seja X a variável aleatória: “Número de dias em que chegaatrasada às aulas numa semana de trabalho”.


1 - 5"2 + 20 - 20"2 + 20 - 4"2 + 29"2 = 41

x5 + 29"2 = 411 -"2

Pág. 125

a"x + 1x b

10

= 10

k=0

10Ck ("x)10-k a1x b

k

= 10

k=0

10Ck ax12b10-k

(x-1)k =

= 10

k=0

10Ck x5-k

2 x-k = 10

k=0

10Ck x5-3

2k

k = 25 - 32

k = 2

10C2 x5-3

2*2 = 45x2

k = 23

5 - 32

k = 4

k ∫ N0

a"x + 1x b

10

k = 103

5 - 32

k = 0

k ∫ N0

a"x + 1x b

10

a1x + x2b5

= 5

k=0

5Ck a1x b

5-k

(x2)k = 5

k=0

5Ck (x-1)5-k x2k =

= 5

k=0

5Ck x-5+k x2k = 5

k=0

5Ck x-5+3k

k = 3- 5 + 3k = 45C3 x-5+3*3 = 10x4

(2"x - x)6 = 6

k=0

6Ck (2"x)6-k (- x)k =

= 6

k=0

6Ck a2x12b6-k

(- 1)k xk =

= 6

k=0

6Ck 26-k x3-1

2k

(- 1)k xk =

= 6

k=0

6Ck 26-k (- 1)k x3+1

2k

3 + 12

k = 4

k = 26C2 26-2 (- 1)2 x

3+12*2 = 240x4

45

15

B a5 ; 15b

Assim, a opção correta é a (D) .

Proposta 47A probabilidade de o Rui completar um quadro de palavrascruzadas é 0,8 e a de não completar é 0,2 .

Seja X a variável aleatória: “Número de dias em que com-pleta o quadro de palavras cruzadas numa semana”.



Proposta 48Como se retiram, ao acaso, 4 bolas de um saco que con-tém 3 bolas pretas e 3 vermelhas, no mínimo retira-seuma bola preta e no máximo retiram-se 3 bolas pretas. A variável aleatória X toma os valores 1 , 2 e 3 .

;

;


Proposta 49

Sabe-se que

§

Proposta 50

§

§ §

Sabe-se ainda que .

Então, tem-se:

§

Proposta 51

A probabilidade de sair a face 1 é e, nesse caso, a soma

dos números das cinco faces não assentes na mesa é 6 (X = 6) . A probabilidade de sair a face 2 é e, nesse caso, a soma

dos números das cinco faces não assentes na mesa é 5 (X = 5) . A probabilidade de sair a face 0 é e, nesse caso, a soma

dos números das cinco faces não assentes na mesa é 7 (X = 7) .

Assim, a opção correta é a (D) .

P (X = 1) = 5C1 * 15* a4

5b4

= 5 * 15* a4

5b4

= a45b4

B (7 ; 0,8)

P (X = 5) = 7C5 * 0,85 * 0,22 ) 0,275 (ou seja, 27,5%)

Pág. 126

P (X = 1) =3C1 * 3C3

6C4=

3C16C4

P (X = 2) =3C2 * 3C2

6C4

P (X = 3) =3C3 * 3C1

6C4=

3C16C4

b + 0,2 + b = 1

b = 0,4

m = 2 * 0,4 + a * 0,2 + 8 * 0,4 = 0,8 + 0,2a + 3,2 = 4 + 0,2a

P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) = 0,8P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5) = 0,5P (X ≤ 3) = 0,8

P (X ≥ 3) = 0,5

a = 0,5 - bc = 0,4 - b0,3 + a + b = 0,8

b + 0,1 + c = 0,5

0,3 + a + b + 0,1 + c = 1

0,3 + 0,5 - b + b + 0,1 + 0,4 - b = 1

b = 0,3

m = 1 * 0,3 + 2 * 0,2 + 3 * 0,3 + 4 * 0,1 + 5 * 0,1 = 2,5

s = "0,3(1 - 2,5)2 + 0,2(2 - 2,5)2 + 0,3(3 - 2,5)2 + 0,1(4 - 2,5)2 + 0,1(5 - 2,5)2 ) 1,28

Pág. 127

12

13

16

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

51


Proposta 52

Sabe-se que e que

.

Resolvendo o sistema formado pelas equações anteriores,conclui-se que .

Assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variá-vel X é:

Proposta 53

A variável aleatória X toma os valores 0 , 1 , 2 e 3 .

; ;


Proposta 54

1. Dos 64 cubos pequenos há 8 que têm exatamente trêsfaces pintadas de azul (os que contêm os vértices do cubo ini-cial) e 8 que não têm faces pintadas de azul (os interiores) .

Os acontecimentos A e B são equiprováveis porque

.

2. A variável aleatória X toma os valores 0 , 1 , 2 e 3.

, e

.


Proposta 55

1. Número de formas diferentes de fazer o empilhamento dosdiscos: 4 * 3! = 24 .

2. Se o disco amarelo ocupar a posição central (ficar no meio)então os dois azuis podem ficar acima ou abaixo do amarelo(duas situações) . Depois de se saber onde ficam os discosazuis, os discos verde e vermelho podem ainda permutar delugar entre si.

P (X = 1) = 3 * 2!4!

= 14

P (X = 0) = P (X = 3) = 3!4!

= 14

P (X = 2) =3A2

4!= 1

4

Pág. 128

P (A) = P (B) = 864

= 18

P (X = 1) = P (X = 2) = 2464

= 38

P (X = 0) = P (B) = 18

P (X = 3) = P (A) = 18

a = 0,2 ‹ b = 0,5

2a + 5b + 4a + 10a = 5,7

a + b + a2+ a = 1

Assim, a probabilidade pedida é:

.

3. A variável aleatória X toma os valores 0 , 1 , 2 e 3.

e

.


Proposta 561.1. A variável aleatória X toma os valores 8 , 9 , 10 e 11.

Podemos começar por construir um diagrama em árvore deforma a facilitar a elaboração da tabela de distribuição deprobabilidades.

A tabela de distribuição de probabilidades da variável X é:

1.2.

1.3.

=

O custo médio por refeição é 9,5 € .

m = 0 * 14+ 1 * 1

4+ 2 * 1

4+ 3 * 1

4= 6

4= 1,5

s = Å14

(0 - 1,5)2 + 14

(1 - 1,5)2 + 14

(2 - 1,5)2 + 14

(3 - 1,5)2 ) 1,118

Pág. 129

Bacalhau

Peixe

BifePresunto

Bacalhau

Peixe

BifeRissóis

Bolo

Gelado

Custo

Bolo

Gelado

Bolo

Gelado

10 €

10 €

11 €

11 €

9 €

9 €

Bolo

Gelado

Bolo

Gelado

Bolo

Gelado

9 €

9 €

10 €

10 €

8 €

8 €

P (X ≤ 10) = 1 - P (X = 11) = 1 - 16= 5

6

m = 8 * 16+ 9 * 1

3+ 10 * 1

3+ 11 * 1

6

P = 2 * 2!24

= 16) 0,167 (16,7%)

P (X = 0) = P (X = 3) = 3!24

= 14

P (X = 1) = P (X = 2) = 3 * 2!24

= 14

196

+ 193

= 576

= 9,5

NEM

A12C


52

xi 2 5 8 10

P (X = xi) 0,2 0,5 0,1 0,2

xi 0 1 2 3

P (X = xi) 14

14

14

14

xi 0 1 2 3

P (X = xi) 18

38

38

18

xi 0 1 2 3

P (X = xi) 14

14

14

14

xi 8 9 10 11

P (X = xi) 16

13

13

16

xi 2 5 8 10

P (X = xi) a ba2

a


2.1. Se o Luís pagar 8 € recebe de troco 12 € , se pagar 9 €recebe de troco 11 € , se pagar 10 € recebe de troco 10 €e se pagar 11 € recebe de troco 9 € .

A variável aleatória Y toma os valores 9 , 10 , 11 e 12 .

Assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variá-vel Y é:

2.2.

=

A probabilidade de o Luís receber de troco mais do quepagou pela refeição é 50% .

Proposta 571.1. Consideremos os acontecimentos:

A : “sair bola azul” e B : “sair bola vermelha”.

Sabe-se que e ,

donde se conclui que , ou seja,

e .

As bolas 1 , 2 e 3 são azuis e têm a mesma probabilidadede sair, logo conclui-se que

.

1.2. As bolas 4 e 5 são vermelhas e têm a mesma probabili-dade de sair, logo conclui-se que

.

2.1. A soma dos números das cinco bolas que inicialmente esta-vam na tômbola é igual a 15 , logo a variável X toma osvalores 10 , 11 , 12 , 13 e 14 .

2.2.

Proposta 58A variável X segue uma distribuição normal de valor médio75 .

Atendendo à simetria da curva normal, tem-se que

.

Sabe-se então que e que

, donde se conclui que

.


P (Y ≥ 11) = P (Y = 11) + P (Y = 12)

P (A) = 2P (V) P (A) + P (V) = 1

2P (V) + P (V) = 1

P (V) = 13

P (A) = 23

P (1) = P (2) = P (3) =233

= 29

P (4) = P (5) =132

= 16

m = 10 * 16+ 11 * 1

6+ 12 * 2

9+ 13 * 2

9+ 14 * 2

9=

= 736

) 12,17

P (X < m) = P (X = 10) + P (X = 11) + P (X = 12) =

= 16+ 1

6+ 2

9= 5

9

Pág. 130

P (60 ≤ X ≤ 75) = P (75 ≤ X ≤ 90)

P (60 ≤ X ≤ 75) = 0,3

P (X ≤ 60) = 0,2

P (X ≤ 65) > 0,2

P (Y = 9) = P (X = 11) , P (Y = 10) = P (X = 10) ,

P (Y = 11) = P (X = 9) e P (Y = 12) = P (X = 8)

13+ 1

6= 1

2= 0,5

Proposta 59De acordo com as propriedades estudadas, sabe-se que acurva normal é simétrica em relação ao valor médio davariável e quanto maior for o desvio-padrão mais achatadaé a curva.

Observando os gráficos das duas distribuições normaisrepresentadas na figura, conclui-se que .


Proposta 60

1. A variável X segue uma distribuição normal de valor médio8 .


.

Assim, .

2. Como a variável X segue uma distribuição normal de valormédio 8 , sabe-se que .

Logo, .

Proposta 61

1. Seja X a variável aleatória contínua: “Autonomia, em minu-tos, da bateria do computador da Luísa”.

X segue uma distribuição normal de valor médio 120 edesvio-padrão 10 .

Como 2 horas correspondem a 120 min e atendendo àsimetria da curva normal, tem-se:

2. e .

Sabe-se que .


e .

Assim, .

3. Sabe-se que e atendendo àsimetria da curva normal, conclui-se que:

.

Assim, .

Proposta 62

1. Cada um dos quatro analistas rejeita, em média, 180peças por dia. No final da semana, estima-se que o númerode peças rejeitadas é dado por:

.

Como o número de peças rejeitadas semanalmente corres-ponde a 2% da produção, conclui-se que a produção sema-nal é de 180 000 peças , ou seja,peças.

2.1. A variável aleatória X segue uma distribuição normal devalor médio 180 e desvio-padrão 40 .

e .

Sabe-se que .

Atendendo à simetria da curva normal, conclui-se que

.

Assim, .

P (X > 120) = 0,5 (50%) .

m - s = 110 m + s = 130

P (110 < X < 130) ) 0,6827

P (110 < X < 120) ) 0,68272

P (X < 110) ) 0,5 - 0,68272

P (X < 110) ) 0,1587

P (110 < X < 130) ) 0,6827

P (120 < X < 130) ) 0,68272

P (120 < X < 130) ) 0,3414

Pág. 131

(180 * 4) * 5 = 3600

(3600 : 0,02) 1,8 * 105

m - 2s = 100 m + 2s = 260

P (100 < X < 260) ) 0,9545

P (180 ≤ X ≤ 260) ) 0,95452

P (180 ≤ X ≤ 260) ) 0,477 (47,7%)

P (X ≤ 4) = P (X ≥ 12)

P (X ≤ 4) = 0,07 (7%)

P (X ≥ 8) = 0,5

P (8 ≤ X ≤ 12) = 0,5 - P (X ≥ 12) = 0,43 (43%)

m1 = m2 e s2 > s1

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

53

yi 9 10 11 12

P (Y = yi) 16

13

13

16


2.2. Recorrendo à calculadora gráfica obtém-se:

Assim, .

2.3. Recorrendo à calculadora gráfica obtém-se:

Assim, .

Proposta 631. A probabilidade de um cliente rodar as roletas e não ter

direito a vale é dada por:

.

2. O cliente terá direito a vale se ao rodar a roleta que estádividida em 6 partes obtiver 10 pontos.

A probabilidade de isso acontecer é igual a .

3.1. Podemos começar por construir uma tabela de duplaentrada para facilitar a contagem do número de casos pos-síveis e o cálculo da probabilidade de cada um dos valoresque a variável X pode assumir.

* - não tem direito a vale

, ,

e .


3.2.

3.3.

4.1. Seja Y a variável aleatória: “Número de clientes que rece-bem vales”.

Y é uma variável aleatória binomial .

P (X < 200) ) 0,691 (69,1%)

P = 1 - a13* 1

2+ 1

3* 1

3+ 1

3* 1

6b = 1 - 6

18= 2

3

13

P (X = 10) = 318

= 16

P (X = 0) = 1218

= 23

P (X = 30) = 118

P (X = 20) = 218

= 19

P (X ≥ 10) = 1 - P (X = 0) = 1 - 23= 1

3

m = 0 * 23+ 10 * 1

6+ 20 * 1

9+ 30 * 1

18= 50

9) 5,56

P (X ≤ m) = P (X = 0) = 23

B a6 ; 13b

P (150 ≤ X ≤ 200) ) 0,465 (46,5%)

P (Y = 2) = 6C2 * a13b2

* a23b4

) 0,329

4.2.

PARA AVALIAR 2

Parte 1 – Questões de escolha múltipla

1. O número de sequências que têm três e só três algarismosiguais a 5 é dado por 5C3 * 9A'2 , ou seja, 810 . Assim, a opção correta é a (A) .

2. § § .

A soma dos três últimos elementos da linha é

.


3. Há duas maneiras de ordenar os livros que têm númeroímpar por ordem de numeração. Esses livros podem aindapermutar com os de ordem par de 5! maneiras diferentes.

O número de maneiras diferentes de ordenar os livros demodo que os que têm número ímpar fiquem juntos e orde-nados por ordem crescente ou decrescente é 2 * 5! .


4. Sabe-se que .

Então, tem-se: §§ .

Valor médio da distribuição:

.


5. Sabe-se que e ; então,tem-se que .


, ou seja,

.


6.

=

O expoente de x é um número inteiro positivo se

.

Então, há 5 termos no desenvolvimento de em

que o expoente de x é um número inteiro positivo.


Parte 2 –Questões de resposta aberta

1.1. Número de maneiras de os cinco amigos se distribuíremnos lugares de modo que as raparigas fiquem juntas:

2! * 4! = 48 .

n = 152n = 2152n = 32 768

15C13 + 15C14 + 15C15 = 105 + 15 + 1 = 121

P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 5) + P (X = 6) = 1

8a = 12a + 3a + 2a + a = 1

a = 18

m = 2 * 28+ 3 * 3

8+ 5 * 2

8+ 6 * 1

8= 29

8

P (X > v) = 0,5P (X > 1200) = 0,6P (1200 < X < v) = 0,1

P (1200 < X < v) = P (v < X < v + v - 1200)

P (v < X < 2v - 1200) = 0,1

a 1

"x+ xb15

= 15

k=0

15Ck x-12

15-k

xk =

15

k=0

15Ck x-15 + k

2 xk = 15

k=0

15Ck x-15 + 3k

2

k å 7 , 9 , 11 , 13 , 15

a 1

"x+ xb15

Pág. 133

P (Y ≤ 2) = P (Y = 0) + P (Y = 1) + P (Y = 2) =

= a23b6

+ 6C1 * a13b1

* a23b5

+ 6C2 * a13b2

* a23b4

) 0,680

Pág. 132

NEM

A12C


54

5 5 5 10 10 15

5 10 10 10 * * *

10 * * * 20 20 *

15 * * * * * 30

xi 0 10 20 30

P (X = xi) 23

16

19

118


1.2. Número de maneiras de os cinco amigos se distribuíremnos lugares de modo que o Tomás e o Xavier não fiquemjuntos:

5! - 2! * 4! = 72.

1.3. Número de maneiras de os cinco amigos se distribuíremnos lugares de modo que as raparigas não fiquem nosextremos:

5! - 2! * 3! = 108

2.1. Seja A o acontecimento “A Rute extrair o algarismo 8 ,pelo menos uma vez”. O acontecimento contrário de A épor :

“A Rute não extrair o algarismo 8 representado”.

Ora, .

= .

2.2. A soma de três números é um número ímpar se os trêsnúmeros forem ímpares ou se dois números forem pares eo outro ímpar.

Logo, a probabilidade pedida é dada por:

.

3.1. 3.2. Recorrendo à calculadora gráfica, prova-se que

.

P =4C3 + 3C2 * 4

7C3= 16

35

P (X = 5) = 150C5 * 0,125 * 0,88145 ) 0,0001

P (X ≤ 10) ) 0,0234

A

P (A) = 1 - P (A)

1 - 64

74 ) 0,46 (ou seja, 46%)

4. Sabe-se que § § .

Essa linha do Triângulo de Pascal tem 11 elementos, quesão:

ou seja, 1 ; 10 ; 45 ; 120 ; 210 ; 252 ; 210 ; 120 ; 45 ; 10 ; 1

No saco há 11 cartões, 7 com número par e 4 comnúmero ímpar.

Assim, a probabilidade de retirar do saco um cartão com

número par é: .

5.1. Se sair um cartão com o número 1 , há um prejuízo de 4 €(- 4) .

Se sair um cartão com o número 6 , há um lucro de 1 € (+ 1) .

Se sair um cartão com o número 8 , há um lucro de 3 € (+ 3) .

Assim, os valores que a variável X pode tomar são - 4 , 1e 3 .

, e

.


5.2. Valor médio da variável X :

.

No final de 50 jogadas estima-se que haja um prejuízo de 5 €.(- 0,1 * 50 = - 5)

P (X = 1) = 510

= 0,5P (X = - 4) = 310

= 0,3

P (X = 3) = 210

= 0,2

m = - 4 * 0,3 + 1 * 0,5 + 3 * 0,2 = - 0,1

P = 711

n = 102n = 2102n = 1024

10C0 ; 10C1 ; 10C2 ; 10C3 ; 10C4 ; 10C5 ; 10C6 ; 10C7; 10C8 ; 10C9 ; 10C10

NEM

A12

CPR

1 ©

Por

to E

dito

ra

xi - 4 1 3

P (X = xi) 0,3 0,5 0,2

55


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

Tarefa 1

1. Ao fim do 2.° dia há nove pessoas doentes: as três que esta-vam doentes no final do 1.° dia mais as seis pessoas queforam contagiadas (cada um dos três doentes contagiououtros dois).

2. O número D de doentes é dado, em função do número x dedias decorridos após a identificação do 1.° caso, por:

D (x) = 3x , x å N .

3.1. A função f é definida por f (x) = 3x , x å R0+ .

3.2.1. Como o ponto A pertence ao gráfico da função f e temabcissa 6 , a sua ordenada é dada por 36 , ou seja, é iguala 729 .

3.2.2. Como o ponto B pertence ao gráfico da função f e temordenada 2187 , a sua abcissa é a solução da equação3x = 2187 , ou seja, é igual a 7 .f (x) = 2187 § 3x = 2187 § 3x = 37 § x = 7

1. Determinando a imagem de zero através de cada uma dasfunções, podemos facilmente fazer corresponder a cadafunção uma das representações gráficas.

Assim sendo, a correspondência é a seguinte:

I – h ; II – f ; III – g ; IV – j .

2.1.

2.2. O gráfico de g é simétrico do gráfico de f em relação aoeixo das ordenadas.

A representação gráfica da função g é:

2.3. A função f é estritamente crescente pois é uma função dotipo y = ax , em que a > 1 , e a função g é estritamentedecrescente pois é uma função do tipo y = ax , em que0 < a < 1 .

3.1. O gráfico de f interseta o eixo das ordenadas no ponto(0 , 4) , isto é, f (0) = 4 .

Ora, .

Pág. 138

Pág. 139

f (0) = 20 = 1 ; g (0) = - 20 = - 1 ;

h (0) = 2-1 = 12 ; j (0) = - 1 + 20 = 0

Pág. 140

g (x) = f (- x) = 3-x = a13b

x

, A x å R

fg y

xO

1

f (0) = 4 § a + 20 = 4 § a = 3

3.2. A reta de equação y = 0 é uma assintota horizontal do grá-fico da função y = 2x , logo a reta de equação y = 3 é umaassintota horizontal do gráfico da função .

4.1. , e y = - 1 é uma equação daassintota horizontal do gráfico da função.

§4.2. O gráfico da função g obtém-se do da função f através das

seguintes transformações: simetria em relação ao eixo dasabcissas seguida de uma translação vertical associada aovetor .

Conclui-se então que: , e y = 4 é uma equação da assintota

horizontal do gráfico da função g .

f (x) > - 1 , A x å R§ - f (x) < 1 , A x å R§ 3 - f (x) < 4 , A x å R§ g (x) < 4 , A x å R

4.3. O gráfico da função h obtém-se do da função f através deuma translação horizontal associada ao vetorseguida de uma translação vertical associada ao vetor

.

Conclui-se então que: , e y = 1 é uma equação da assintota

horizontal do gráfico da função h .

§§

5. Comparando as bases das funções apresentadas, tem-seque < e < p < 4 .

Então, a correspondência é:

; ; ;

6.1.

6.2.

6.3.

6.4.

6.5.

6.6.

7. Sabe-se que: , e .

Logo, < a- 1 < < a0 < a1,4 < .

8.1. 8.2.

8.3. 8.4.

8.5. 8.6.

h (x) = 3 + 2x

D'f = ]- 1 , + ?[Df = R

2x+1 > 0 , A x å R § - 1 + 2x+1 > - 1 , A x å Rf (x) > - 1 , A x å R

v" (0 , 3)

D'g = ]- ? , 4[Dg = R

u" (1 , 0)

v" (0 , 2)

D'h = ]1 , + ?[Dh = R

f (x - 1) > - 1 , A x å R2 + f (x - 1) > - 1 + 2 , A x å Rh (x) > 1 , A x å R

Pág. 141

"2

y = px " by = ex " cy = 4x " ay = ("2)x " d

0,001 = 11000

= 1103 = 10-3

149

= 172 = 7-2

"8 = "23 = 232

0,0016 = 1610 000

= 1625

= 154 = 5-4

0,0625 = 62510 000

= 116

= 142 = 4-2

19= 1

32 = 3-2 = [("3)2]-2 = ("3)-4

"3 a-2 = a-

23"a3 = a

32a1ab

2

= a-2

"a3"3 a-2a1ab2

Pág. 142

b-x = 1bx = 1

5ax-y = ax

ay = 153

= 5

abab

x

= bx

ax = 515

= 13

ax+y = ax * ay = 15 * 3 = 45

ay2 = "ay = "3(bx)2 = 52 = 25

TEMA 2 – Introdução ao Cálculo Diferencial II

NEMA12CPR2_F01_20120739_20120739_TXT_P001_016 08/17/12 2:00 PM Page 3

NEM

A12C


4

9.1.=

9.2.

10.1.

10.2.

§

10.3.

10.4.

§ §

10.5.§

10.6.§ ex = 0 ›

10.7.§

10.8. 2x + 2 + 2- x = 5 § 22 * 2x + - 5 = 0 § 4 * (2x)2 + 1 - 5 * 2x = 0 ‹ 2x 0 0 § 4 * (2x)2 - 5 * 2x + 1 = 0 Fazendo 2x = y , tem-se:

§

Como 2x = y , tem-se:

10.9. 5x + 1 = 6 - 5- x § 5x * 51 - 6 + = 0§ 5 * (5x)2 - 6 * 5x + 1 = 0 ‹ 5x 0 0 § 5 * (5x)2 - 6 * 5x + 1 = 0 Fazendo 5x = y , tem-se:


10.10. 4x + 2 * 4- x = 3 § 4x + - 3 = 0 § (4x)2 + 2 - 3 * 4x = 0 ‹ 4x 0 0 § (4x)2 - 3 * 4x + 2 = 0 Fazendo 4x = y , tem-se:


10.11.

§

3x * 1 = 3x , A x å R

2-x - 12x+1

= 12x- 12x * 2 =

2 - 12x * 2 =

12x+1

, A x å R

Pág. 143

3x = "3 § 3x = 312 § x = 1

2

x2= - 2 § x = - 4

2x+1 = 116

§ 2x+1 = 2-4 § x + 1 = - 4 § x = - 5

2x+1 = 14x§ 2x+1 = 4-x § 2x+1 = (22)-x

x + 1 = - 2x § x = - 132x+1 = 2-2x

5 * (2x)3 = 640 § 23x = 128 § 23x = 273x = 7 § x = 7

3

ex - ex.x = 0 § ex(1 - x) = 01 - x = 0 § x = 1

4x+1 - 16x = 0 § 4x+1 = 16x § 4x+1 = (42)x § 4x+1 = 42xx + 1 = 2x § x = 1

12x

4 * y2 - 5 * y + 1 = 0 § y = 5 ¿ "25 - 168

y = 1 › y = 14

2x = 1› 2x = 14§ 2x = 20› 2x = 2-2 § x = 0› x = - 2

15x

5y2 - 6y + 1 = 0 § y = 6 ¿"36 - 2010

§ y = 1 › y = 15

5x = 1 › 5x = 15§ 5x = 50 › 5x = 5-1 § x = 0 › x = - 1

3x+1 - 2 * 3x = 3x * 3 - 2 * 3x = 3x(3 - 2)

24x

y2 - 3y + 2 = 0 § y = 3 ¿"9 - 82

§ y = 2 › y = 1

4x = 2 › 4x = 1 § 4x = 412 › 4x = 40 § x = 1

2› x = 0

4x = "2x+1 § (22)x = 2x + 12 § 22x = 2

x + 12

"5x = 1

25§ (5

12)

x

= 152§ 5

x2 = 5-2

2x = x + 12

§ x = 13

10.12.

§

11.1. Se k = - 27 então .

§ § x2 = 24 §Zeros da função: e

11.2. Sabe-se que .

Se k = - 2 então .

A x å R , tem-se:

Então, .

11.3.

Como , conclui-se que qualquer função da família é par.

12.1.Então, .

12.2

Então, .

12.3.

§

Então, .

12.4. ex - 1 < xex § exe- 1 - xex< 0 § ex < 0 § - x < 0 § x >

"

ex > 0 , A x å R

Então , .

12.5.

§Então, .

12.6. 7x - 8 ≤ - 7- x + 1 § 7x - 8 + ≤ 0 § (7x)2 - 8 * 7x + 7 ≤ 0 ‹ 7x 0 0 § (7x)2 - 8 * 7x + 7 ≤ 0 Fazendo 7x = y , tem-se: y2 - 8y + 7 ≤ 0 .Vamos começar por determinar as soluções da equaçãoy2 - 8y + 7 = 0 .

3x2 = 1

"3x-1§ 3x

2 = 1

3x - 12

§ 3x2 = 3

- x + 12

x2 = - x + 12

§ 2x2 + x - 1 = 0 § x = - 1 › x = 12

f (x) = - 27 + 327-x2

f (x) = 0 § - 27 + 327-x2 = 0 § 327-x2 = 27

327-x2 = 33 § 27 - x2 = 3

x = "24 › x = -"24 § x = 2"6 › x = - 2"62"6- 2"6

f (0) = k + 9f (0) = k + 9 § k + 3-k-0 = k + 9 § 3-k = 32 § k = - 2

f (x) = - 2 + 32-x2

x2 ≥ 0 § - x2 ≤ 0§ 2 - x2 ≤ 2 § 0 < 32-x

2 ≤ 32

§ - 2 < - 2 + 32-x2 ≤ - 2 + 9§ - 2 < - 2 + 32-x2 ≤ - 2 + 9§ - 2 < f (x) ≤ 7

D'f = ] - 2 , 7 ]

f (- x) = k + 3-k- (-x)2 = k + 3-k-x2 = f (x)

f (- x) = f (x) , A x å Df

Pág. 144

10x ≥ 0,0001 § 10x ≥ 10-4 § x ≥ - 4x å [ - 4 , + ? [

2x > 0,125 § 2x > 18§ 2x > 2-3 § x > - 3

x å ]- 3 , + ?[

9x+1 -"3 ≤ 0 § (32)x+1 ≤ 312 § 32x+2 ≤ 3

12

2x + 2 ≤ 12§ x ≤ - 3

4

x å d - ? , - 34d

1e

1ea1e - xb

x å d 1e , + ? c

152x

- 5-x ≥ 0 § 5-2x ≥ 5-x § - 2x ≥ - x

- x ≥ 0 § x ≤ 0

x å ]- ? , 0]

71

7x

y2 - 8y + 7 = 0 § y = 8 ¿"64 - 282

§ y = 7 › y = 1

Parte 1

NEMA12CPR2_F01_20120739_3P_CImg_20120739_TXT_P001_016 08/16/12 3:58 PM Page 4

NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

5

Assim, y2 - 8y + 7 ≤ 0 § y ≥ 1 ‹ y ≤ 7 .


Então, .

12.7.

§§

Então, .

12.8. 23x - 9 ≤ - 8- x + 1 § 8x - 9 + ≤ 0

§ (8x)2 - 9 * 8x + 8 ≤ 0 ‹ 8x 0 0 § (8x)2 - 9 * 8x + 8 ≤ 0

Fazendo 8x = y , tem-se: y2 – 9y + 8 ≤ 0 .Vamos começar por determinar as soluções da equação:y2 - 9y + 8 = 0 .

Assim, y2 - 9y + 8 ≤ 0 § y ≥ 1 ‹ y ≤ 8 .


Então, .

13.1.1.§

13.1.2.§

13.2. f (x) ≥ - 100 § 25 - 51 - 2x ≥ - 100 § - 51 - 2x ≥ - 125 § 51 - 2x ≤ 53

§ 1 - 2x ≤ 3 § x ≥ - 1

14.1. A x å R , tem-se: A x å R , tem-se:

Então, . Então,

14.2.

Vamos começar por determinar as soluções da equação3 - x2 = 0 .

Assim, .

Conclui-se que .

Tarefa 2

1.1.1. Como o vértice B tem abcissa 2 e pertence ao gráfico dafunção f , sabe-se que a sua ordenada é igual a f (2) .

, logo .

7x ≥ 1 ‹ 7x ≤ 7 § x ≥ 0 ‹ x ≤ 1

x å [0 , 1]

3*x-3*-1 ≤ "3 § 3*x-3*-1 ≤ 312

*x - 3* - 1 ≤ 12

§ *x - 3* ≤ 32

x - 3 ≤ 32‹ x - 3 ≥ - 3

2§ x ≤ 9

2‹ x ≥ 3

2

x å c32 , 9

2d

81

8x

y2 - 9y + 8 = 0 § y = 9 ¿"81 - 322

§ y = 8 › y = 1

8x ≥ 1 ‹ 8x ≤ 8 § x ≥ 0 ‹ x ≤ 1

x å [0 , 1]

f (x) = 0 § 25 - 51-2x = 0 § 25 = 51-2x

52 = 51-2x § 2 = 1 - 2x § x = - 12

f (x) = 0 § 25 - 51-2x = 24 § 1 = 51-2x

50 = 51-2x § 0 = 1 - 2x § x = 12

A = R- © [- 1 , + ?[ = [- 1 , 0[

f (x) ≤ 5§ 0 < ef (x) ≤ e5

§ 0 < g (x) ≤ e5

x2 ≥ 0§ - x2 ≤ 0§ 5 - x2 ≤ 5§ f (x) ≤ 5

D'g = ]0 , e5]D'f = ]- ? , 5]

g (x) > 5 - f (e) § e5-x2 > 5 - (5 - e2)

e5-x2 > e2 § 5 - x2 > 2 § 3 - x2 > 0

3 - x2 = 0 § x2 = 3 § x = "3 › x = -"3

3 - x2 > 0 § x > -"3 ‹ x < "3

x å ]- "3 , "3[

Pág. 145

B a2 , 54bf (2) = 2-2 + 1 = 1

4+ 1 = 5

4

1.1.2. Como o vértice C pertence ao gráfico da função f e temordenada 9 , para determinar a sua abcissa tem-se deresolver a equação f (x) = 9 .f (x) = 9 § 2- x + 1 = 9 § 2- x = 8 § 2- x = 23 §§ - x = 3 § x = - 3 Assim, conclui-se que e .

O trapézio tem 5 cm de altura .

1.2.1. Sabe-se que e , com x å R- .

1.2.2.

=

A equação que traduz o problema é a seguinte:

.

Recorrendo à calculadora gráfica, pode proceder-se daseguinte forma:

A abcissa dos pontos C e Ddeve ser igual a - 6 .

1.3. ; a área do trapézio tende para

.

Quando x tende para zero, a área do trapézio tende para3,25 cm2 .

2.1.

, e y = 6 é uma equação da assintotahorizontal do gráfico da função f .

, e y = 0 é uma equação da assin-tota horizontal do gráfico da função g .

2.2.1.§Então, .

2.2.2.§Então, .

D (- 3 , 0)C (- 3 , 9)

(AD = 5)

D (x , 0)C (x , 2-x + 1)

CD = 4 * AB § 2-x + 1 = 4 * 54

§ 2-x = 4

2-x = 22 § - x = 2 § x = - 2

AABCD = CD + AB2

* AD =2-x + 1 + 5

42

* (2 - x)

a2-x-1 + 98b * (2 - x)

a2-x-1 + 98b * (2 - x) = 265

f (0) = 2

2 + 54

2* 2 = 2 + 5

4= 13

4= 3,25

2x > 0 , A x å R § - 2x < 0 , A x å R6 - 2x < 6 , A x å R § f (x) < 6 , A x å R

D'f = ]- ? , 6[Df = R

D'g = ]0 , + ?[Dg = R

f (x) ≤ - 2 § 6 - 2x ≤ - 2 § 2x ≥ 8

2x ≥ 23 § x ≥ 3

x å [3 , + ?[

(f + g) (x) < 6 § f (x) + g (x) < 6 § 6 - 2x + 4x < 6

4x < 2x § 22x < 2x § 2x < x § x < 0

x å ]- ? , 0[

TEMA 2


NEM

A12C


6

2.2.3.§

Fazendo 2x = y , tem-se: y2 + y - 6 < 0 .Vamos começar por determinar as soluções da equaçãoy2 + y - 6 = 0 .

Assim, y2 + y - 6 ≤ 0 § y > - 3 ‹ y < 2 .Como 2x = y , tem-se: 2x > - 3 ‹ 2x < 2 § x < 1 Então, .

2.3. O ponto P é o ponto de interseção dos gráficos das funçõesf e g . Assim, .

Se P pertence ao gráfico de h , então h (1) = 4 .

Tarefa 3

1.1. Como o vértice C tem abcissa 0 e pertence ao gráfico dafunção f , sabe-se que a sua ordenada é igual a .

,

logo e cm .

B tem a mesma ordenada que C e a sua abcissa é a solu-ção positiva da equação .

f (x) = 10 § 3x + 32 - x = 10 § 3x + - 10 = 0 § (3x)2 - 10 * 3x + 9 = 0 ‹ 3x 0 0

§§Assim, conclui-se que e cm .

1.2.1. Como , o novo retângulo tem metade da basedo inicial e a mesma altura.

Logo, a razão entre as áreas dos dois retângulos é .

1.2.2. O perímetro do novo retângulo é igual a 22 cm , logo a razão entre os perímetros dos dois retângulos é .

2.1.

Logo, .

2.2. Ora, se .

= - 3 § 22x - 2 - 3 = - 3 § 22x - 2 = 0 Conclui-se que .

f (x) > g (x) § 6 - 2x > 4x § - 22x - 2x + 6 > 0

(2x)2 + 2x - 6 < 0

y2 + y - 6 = 0 § y = - 1 ¿"1 + 242

§ y = 2 › y = - 3

x å ]- ? , 1[

P (1 , 4)

h (1) = 4 § k.3-1 = 4 § k.13= 4 § k = 12

Pág. 146

f (0)

f (0) = 30 + 32 = 10OC = 10C (0 , 10)

f (x) = 1093x

3x = 10 ¿"100 - 362

§ 3x = 10 ¿ 82

3x = 9 › 3x = 1 § x = 2 › x = 0BC = 2B (2 , 10)

POABC = 2 * 10 + 2 * 2 = 24 cm e AOABC = 2 * 10 = 20 cm2

g (x) = f (2x)

12

1112

k * 2p - 2 = 1k * 22p - 2 = 4abc§k * 2p * 1 - 2 - 3 = - 2

k * 2p * 2 - 2 - 3 = 1abc§f (1) = - 2

f (2) = 1abc

k = 1p = 2abc

§k = 1

2p - 2

2p = 22

adbdc§

k = 12p - 2

12p - 2

* 22p - 2 = 4

adbdc§

f (x) = 22x - 2 - 3

E x å Df : f (x) = - 3- 3 å D'f

f (x)

- 3 ∫ D'f

2.3.1. Recorrendo à calculadora gráfica, pode proceder-se daseguinte forma:

Conclui-se, então, quea ) 1,82 .

2.3.2. Recorrendo à calculadora gráfica, pode proceder-se daseguinte forma:

Conclui-se, então, queb ) - 0,38 .

3.1. Zeros:

§

Da análise do quadro resulta que:

§

3.2. Zeros:

§


§ .

(2x+1 - 8) (x + 1) = 0 § 2x+1 - 8 = 0 › x + 1 = 02x+1 = 23 › x = - 1 § x = 2 › x = - 1

x å ]- ? , - 1] ∂ [2 , + ?[(2x+1 - 8) (x + 1) ≥ 0

(32x - 1) (16 - 4-x) = 0 § 32x - 1 = 0 › 16 - 4-x = 032x = 30 › 42 = 4-x § x = 0 › x = - 2

x å ]- 2 , 0[(32x - 1) (16 - 4-x) < 0

Parte 1

x - ? - 1 2 + ?2x + 1 - 8 - - - 0 +

x + 1 - 0 + + +(2x + 1 - 8) (x + 1) + 0 - 0 +

x - ? - 2 0 + ?32x - 1 - - - 0 +

16 - 4- x - 0 + + +(32x - 1) (16 - 4- x) + 0 - 0 +


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

7

3.3. Zero do numerador:

§

Zeros do denominador:

§


.

15.1. A afirmação é falsa pois se e ,

então .

15.2. A afirmação é verdadeira pois qualquer função da famíliaé crescente.

15.3. A afirmação é verdadeira pois qualquer função da famíliaé crescente.

15.4. A afirmação é verdadeira pois qualquer função da famíliaé decrescente.

16. Recorrendo à calculadora gráfica, pode proceder-se daseguinte forma:

O maior valor inteiro de xque satisfaz a condição

é 1 .

17. Recorrendo à calculadora gráfica, pode proceder-se daseguinte forma:

4x -"2 = 0 § 4x = "2 § 22x = 212

2x = 12§ x = 1

4

x (ex+1 - 1) = 0 § x = 0 › ex+1 - 1 = 0x = 0 › ex+1 = e0 § x = 0 › x = - 1

x å ]- 1 , 0[ ∂ d 14 , + ?c

4x -"2x (ex+1 - 1)

> 0

Pág. 147

a > ba , b å R+

1a <

1b

y = ax (a > 1)

y = xm (x > 1 ‹ m å R+)

y = xm (x > 1 ‹ m å R-)

g (x) < f (x)

O menor valor inteiro de xque satisfaz a condição

é 21 .

18.1.

18.2.

18.3.

18.4.

=

18.5.

=

18.6.

=

18.7.

=

18.8.

=

19.1. porque .

19.2. porque .

19.3. porque .

19.4. porque .

19.5. porque .

19.6. porque .

19.7. porque .

19.8. porque .

f (x) - g (x) > 106

Pág. 148

limx "+?

ex

x2= + ?

limx "+?

5x

"x= lim

x "+?5x

x12

= + ?

limx "+?

xex= lim

x "+?1exx= 1+ ? = 0

limx"+?(x.3-2x) = lim

x"+?x32x

= limx"+?

x(32)x

=

limx"+?

19x

x

= 1+ ? = 0

limx "+?

e2x - xex

= limx "+? ae

2x

ex- xexb = lim

x "+? °ex - 1

ex

x¢ =

+ ? - 1+ ? = + ? - 0 = + ?

limx "+?

4x - x2

2x.x = limx "+? a 4x

2x.x -x2

2x.xb = limx "+? a2

x

x -x2xb =

limx "+? °

2x

x -12xx¢ = + ? - 1

+ ? = + ? - 0 = + ?

limx "+?

x3 - xex

x2= lim

x "+? ax3

x2- xex

x2b = lim

x "+? ax - ex

x b =

limx "+? cx a1 -

ex

x2bd = +? (1 - (+?)) = +? * (-?) = - ?

limx "+?

xe-2x - x3

x2= lim

x "+? axe-2x

x2- x3

x2b = lim

x "+? ae-2x

x - xb =

limx "+? a 1

xe2x- xb = 1

+ ? - (+?)) = 0 - ? = -?

Pág. 149

72 = 49log7 49 = 225 = 32log2 32 = 5("3)2 = 3log"3 3 = 2

3-3 = 127

log3127= - 3

2-32 =

Å18log2Å

18= - 3

2

2-3 = 18= 0,125log2 0,125 = - 3

10-1 = 0,1log 0,1 = - 1

5-32 = 1

532

= 1

"53= 1

"125log51

"125= - 3

2

TEMA 2

x - ? - 1 0 14

+ ?4x -#2 - - - - - 0 +

x - - - 0 + + +ex + 1 - 1 - 0 + + + + +4x - #2

x (ex+1 - 1)- s.s. + s.s. - 0 +


NEM

A12C


8

20.1.

20.2.

21. Como o ponto A pertence ao gráfico da função f e temabcissa 2 , sabe-se que a sua ordenada é igual a f (2) .

, logo .

Como o ponto B pertence ao gráfico da função f e temordenada 3 , sabe-se que a sua abcissa é solução da equa-ção f (x) = 3 .

,

logo .

22.1. ex = 2 § x = ln 2 22.2.

22.3.§

22.4. 3 * 2- 2x - = 0 § = 0§ 3 - 2x = 0 ‹ 22x 0 0 § 2x = 3 § x = log2 3

22.5. ex + 2.e- x = 3 § ex + - 3 = 0 § (ex)2 + 2 - 3 * ex = 0 ‹ ex 0 0 § (ex)2 - 3 * ex + 2 = 0 Fazendo ex = y , tem-se:

Como ex = y , tem-se:

22.6.§Fazendo 3x = y , tem-se:

Como 3x = y , tem-se: 3x = 4 › 3x = - 1 § x = log3 4

23.1.

23.2.

23.3.

§

Pág. 150

A a2 , 92bf (2) = 32

2= 92

f (x) = 3 § 3x

2= 3 § 3x = 6 § x = log3 6

B (log3 6 , 3)

3x+1 = 5 § x + 1 = log3 5 § x = - 1 + log3 5xex - 5x = 0 § x (ex - 5) = 0 § x = 0 › ex - 5 = 0

x = 0 › x = ln 5322x

- 12x

12x

2ex

y2 - 3y + 2 = 0 § y = 3 ¿"9 - 82

§ y = 2 › y = 1

ex = 2 › ex = 1 § x = ln 2 › x = 0

9x - 3x+1 = 4 § (32)x - 3x * 31 - 4 = 0(3x)2 - 3 * 3x - 4 = 0

y2 - 3y + 2 = 0 § y = 3 ¿"9 + 162

§ y = 4 › y = - 1

log6 x = 2 § x = 62 ‹ x > 0 § x = 36log10 x = - 1 § x = 10-1 ‹ x > 0 § x = 0,1

logx 0,2 = - 1 § 0,2 = x-1 ‹ x å R+ \ {1}15= 1x ‹ x å R+ \ {1} § x = 5

23.4.

23.5.

§

24. Como o ponto A pertence ao gráfico da função j e temabcissa 0 , sabe-se que a sua ordenada é igual a j (0) .

, logo .

Como o ponto B pertence ao gráfico da função j e tem orde-nada 5 , sabe-se que a sua abcissa é solução da equaçãoj (x) = 5 .

, logo .

Sendo os pontos D e C as imagens de A e de B pelareflexão de eixo y = x , então C (5 , log3 5) e D (1 , 0) .

25.1.

§§

25.2.§

26.1. , então .

Assim, o ponto de coordenadas pertence ao grá-fico da função inversa de g .

26.2.§

27.1.

e

27.2.

e

ln x = 12§ x = e

12 ‹ x > 0 § x = "e

logx 2 = 13§ 2 = x

13 ‹ x å R+ \ {1}

2 = "3 x ‹ x å R+ \ {1} § x = 23 § x = 8

Pág. 151

j (0) = 30 = 1 A (0 , 1)

j (x) = 5 § 3x = 5 § x = log3 5 B (log3 5 , 5)

f -1 a92b = x § f (x) = 9

2§ 5 - 2-x+3 = 9

2

2-x+3 = 12§ 2-x+3 = 2-1

- x + 3 = - 1 § x = 4

f -1 (- 27) = x § f (x) = - 27 § 5 - 2-x+3 = - 272-x+3 = 32 § 2-x+3 = 25 § - x + 3 = 5 § x = - 2

g (- 2) = ("2)-2 = 1

("2)2= 12 g-1 a1

2b = - 2

a12 , - 2b

g-1(3k + 1) = 8 § g (8) = 3k + 1 § ("2)8 = 3k + 116 = 3k + 1 § k = 5

Pág. 153

f

g

y

xO

2

-2

-1

Dg = ]- 2 , + ?[ D'g = R

f

g

y

xO

2

-2

1

Dg = ]0 , + ?[ D'g = R+0

Parte 1

x a loga x

1 7 0

9 3 2

0,001 10 - 3

100 000 10 5

64 4 3

64 8 2

x a y = ax loga y

3 2 8 3

2 5 25 2

4 3 81 4

- 2 2 0,25 - 2


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

9

27.3.

e

28.1. =

28.2. =Cálculo auxiliar:

28.3. = Cálculo auxiliar:

§ §

28.4. =Cálculo auxiliar:

28.5. =

Cálculo auxiliar:

§ §

28.6. =

Cálculo auxiliar:

Zero do numerador:

Zero do denominador:

29. < < < <

30.1. 30.2.

Então, = . Então, = .

31. À medida que a base do logaritmo aumenta, o crescimento dafunção torna-se mais lento, logo b < a < c .

f

g

y

xO

2

-2

1

D'g = RDg = ]0 , + ?[

]- 1 , + ?[Df = {x å R : x + 1 > 0}

]0 , + ?[ \ {9}Df = {x å R : x > 0 ‹ log3 x - 2 0 0}

log3 x - 2 = 0 § log3 x = 2 § x = 32 § x = 9

]- ? , - 2 [ ∂ ]2 , + ?[Df = {x å R : x2 - 4 > 0}

-2 2-+ +

x = 2 › x = - 2

[1 , + ?[Df = {x å R : x > 0 ‹ ln x ≥ 0}

ln x ≥ 0 § x ≥ e0 § x ≥ 1

d0 , 12cDf = {x å R : x - 2x2 > 0}

0- -+

12

]- 1 , 2[Df = {x å R : x + 12 - x

> 0 ‹ 2 - x 0 0}

x + 1 = 0 § x = - 12 - x = 0 § x = 2

Pág. 154

x2 - 4 = 0 § x2 = 4x = "4 › x = -"4

ln 7ln 5log4 5logp 1log4 0,1

x - 2x2 = 0 § x (1 - 2x) = 0x = 0 › 1 - 2x = 0x = 0 › x = 1

2

0 < h (x) < 1§ ln (h (x)) < ln 1§ f (x) < 0

]- ? , 0[D'f

j (x) ≥ e§ ln ( j (x)) ≥ ln e§ f (x) ≥ 1

[1 , + ?[D''f

y = loga x ; a > 1

32.1. representa um elemento do domínio de f cuja ima-gem por f é 2 .

Sabendo-se que f (1) = 2 , então .

32.2. e f são funções inversas uma da outra, logo (f - 1+ f) (0) = 0 .

32.3. e f são funções inversas uma da outra, logo (f+ f

- 1) (3) = 3 .

32.4. (f - 1+ g- 1)

Cálculo auxiliar:

33.1. f é injetiva §(ou )

A função f é injetiva.

33.2. Como a função f é injetiva, então admite função inversa.

, logo .

Assim, a função inversa de f é a função:

f - 1 : ]- 2 , + ?[ " R x 1 1 + ln (x + 2)

34.1. Como a função h é injetiva, admite função inversa.

, logo .

h (x) = y § 1 + ln x = y § ln x = y - 1 § x = ey - 1

Assim, a função inversa de h é a função:

h- 1 : R " R+

x 1 ex - 1


,

logo .

h (x) = y § 3 - 2 ln (x - 1) = y§ - 2 ln (x - 1) = y - 3 § ln (x - 1) =

§


h- 1 : R " ]1 , + ?[

x 1


, logo .

h (x) = y § 1 + = y § = y - 1 § = log2 (y - 1) § x =


h- 1 : ]1 , + ?[ \ {2} " R \ {0}

x 1

Pág. 155

f-1(2)

f -1 (2) = 1f -1

f -1

a12b = f -1 ag-1a1

2bb = f -1 (2) = 1

g-1 a12b = x § g (x) = 1

2§ 21-x = 2-1 § 1 - x = - 1 § x = 2

A x1 , x2 å Df , x1 0 x2 ± f (x1) 0 f (x2)

f (x1) = f (x2) ± x1 = x2

D'f - 1 = RDf = RDf - 1 = {y å R : y + 2 > 0} = ]- 2 , + ?[

D'h - 1 = R+Dh = {x å R : x > 0} = R+

Dh - 1 = R

Dh = {x å R : x - 1 > 0} = ]1 , + ?[

D'h - 1 = ]1 , + ?[

3 - y2

x - 1 = e3 - y2 § x = 1 + e

3 - y2

Dh - 1 = R

1 + e3 - x2

D'h - 1 = R \ {0}Dh = {x å R : x 0 0} = R \ {0}

21x2

1x

1log2 (y - 1)

1x

Dh - 1 = {y å R : y - 1 > 0 ‹ log2 (y - 1) 0 0} = ]1 , + ?[ \ {2}

1log2 (x - 1)

TEMA 2

x - ? - 1 2 + ?x + 1 - 0 + + +2 - x + + + 0 -x + 12 - x

- 0 + s.s. -


NEM

A12C


10


,

logo .


h- 1 : R \ {0} " R+ \ {1}

x 1

Tarefa 4

1.1.

1.2. Os resultados obtidos nas duas últimas colunas são iguais,o que nos leva a conjeturar que:

.

2.1.

2.2. Os resultados obtidos nas duas últimas colunas são iguais,o que nos leva a conjeturar que:

.

35.1. 35.2. 35.3. 35.4. 35.5. 35.6. 35.7. , 35.8.

36.1. 36.2.

37.1. =

37.2. =

37.3. =

37.4.

= =

37.5.

=

38.1. Sendo , .

38.2. Sendo ,

Dh = {x å R : x > 0 ‹ ln x 0 0} = R+ \ {1}

D'h - 1 = R+ \ {1}

h (x) = y § 1ln x

= y § ln x = 1y § x = e

1y

Dh - 1 = {y å R : y 0 0} = R \ {0}

e1x

Pág. 156

loga (x.y) = loga x + loga y

loga xn = n.loga x

Pág. 157

ln e = 1 log3 1 = 0log5 5- p = - p logp p3 = 33 = log4 64 3log3 2 = 2

(b å R+)eln b = b "2 = ln (e"2)

3 = log3 33 = log3 27 3 = log2 23 = log2 8

log1,5 14log1,5 2 + log1,5 7 = log1,5 (2 * 7)

log a34blog 3 - log 4

log2 61 + log2 3 = log2 2 + log2 3 = log2 (2 * 3)

(2 + ln 5) - ln 2 = (ln e2 + ln 5) - ln 2 = ln (e2 * 5) - ln 2 =

ln (2,5e2)ln a5e2

2b

log3 5 + log3 6 - log3 2 = log3 (5 * 6) - log3 2 = log3 a302 b =log3 15

71+ log7 a = 71 * 7log7 a = 7 * a = 7aa å R+

eln a- ln b = eln aabb = a

ba , b å R+

39.1.

39.2.

39.3.

40.1.=

40.2. Sendo ,

40.3.

40.4.

==

40.5. Sendo ,

=

=

41.1.=

41.2.

41.3.

=

42. Sendo e , então e .

Sabe-se que , e ;

logo, a área do trapézio ABCD é dada por:

= .

43. Para n = 1 , verifica-se que(verdadeiro).

Admitindo, por hipótese, que é válida,vamos provar que:

Ora, = .

Verificou-se que a propriedade é válida para n = 1 e éhereditária; então conclui-se que:

.

Tarefa 5 1.1. =

=

loga (a b) = loga a + loga b = 1 + 2 = 3loga (a5.b) = loga (a5) + loga b = 5 + 2 = 7

Pág. 158

2 log3 4 + log3 12 = 2 log3 22 + log3 2-1= 2 * 2 log3 2 - log3 2 =

4 log3 2 - log3 2 = 3 log3 2e- ln a = eln a - 1 = a-1 = 1

aa å R+

12- 2 ln 3 = ln e

12 - ln 32 = ln "e - ln 9 = ln "e9

log5125- log3 6 = log5 5-2 - log3 6 = - 2 - log3 6 =

- log3 32 - log3 6 =- (log3 32 + log3 6) = - log3 (32 * 6) = - log3 54

x > 0

2 log (3x) - 12 log (0,81x4) = log (3x)2 - log (0,81x4)

12 =

log (9x2) - log "0,81x4 = log (9x2) - log (0,9x2) =

log a 9x2

0,9x2b = log 10 = 1

log3 (81 * 94) = log3 81 + log3 (94) = 4 + 4 log3 9 =4 + 4 * 2 = 12

log2Å215

8= log2 a2

15

23b12 = 1

2 log2 (212) = 1

2* 12 = 6

log5 a0,2 * 125b4

= 4 log5 (5-1 * 5-2) = 4 * log5 (5-3) =4 * (- 3) = - 12

B (6 , 0)A (2 , 0) C (6 , ln 6)D (2 , ln 2)

BC = ln 6AD = ln 2AB = 6 - 2 = 4

BC + AD2

* AB = ln 6 + ln 22

* 4 = ln (6 * 2)2

* 4 = 2 * ln 12 =ln 122 = ln 144

loga aabb = loga a - loga b = 1 - 2 = - 1

loga x1 = 1.loga x § loga x = loga x

loga xn = n.loga x

loga xn+1 = (n + 1).loga x

loga xn+1 = loga (xn * x1) = loga (xn) + loga xn.loga x + loga x = (n + 1).loga x

loga xn = n loga x , A n å N e x > 0

Pág. 159

log2 a18b + log2 (2-3)

12 =log2 (0,125) + log2 aÅ

18b

log2 2-3 + log2 2-32 = - 3 + a- 3

2b = - 9

2

Parte 1

a x y loga A P = loga x + loga y

2 8 4 5 5

5 625 125 7 7

3 315 34 19 19

10 106 105 11 11

e e3 e7 10 10

n x l = log2 x P = n log2 x log2 xn

3 2 1 3 3

4 8 3 12 12

5 16 4 20 20

6 256 8 48 48


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

11

1.2.

=

2.1.=

2.2.

=

2.3.

=

2.4.

=

3.1. A a , b å R+ e a > b ,

=

3.2. A a å ,

=

4. Recorrendo ao resultado obtido em 3.2. , sabe-se que:

=

5.1.=

==

5.2. ==

5.3.

Não existe f (–1) porque e

5.4. As funções f e g não são iguais porque .

6.1. =

= =

=

logb ab3k

"kb = logb (b3k) - logb ("k) =

logb (b3) + logb k - 12 logb k = 3 + 3,5 - 1

2* 3,5 = 4,75

logk (x) = logk (kab) = logk (k) + logk a + logk b =1 + 2 + (- 3) = 0

logk (x) = logk aÅabb = logk a

abb12 = 1

2 logk a

abb =

12 (logk a - logk b) = 1

2 (2 - (- 3)) = 5

2= 2,5

logk (x) = logk a a"b

b = logk a - logk "b = 2 - 12 logk b =

2 - 12* (- 3) = 2 + 3

2= 72= 3,5

logk (x) = logk ak2

b3b = logk (k2) - logk (b3) =2 - 3 logk b = 2 - 3 * (- 3) = 2 + 9 = 11

log (a2 - b2) = log aa2 a1 - b2

a2bb =

log (a2) + log a1 - b2

a2b = 2 log (a) + log a1 - b2

a2b

]1 , + ?[ e k å R+ \ {1}

logk a1 + 1ab - logk aa - 1

ab = logk ±1 + 1

a

a - 1a

≤ = logk ±

a + 1a

a2 - 1a

≤ =

logk aa + 1a2 - 1

b = logk aa + 1

(a - 1) (a + 1)b = logk a

1a - 1

b

log6 a1 + 17b - log6 a7 - 1

7b = log6 a

17 - 1

b =

log6 a16b = log6 (6-1) = - 1

Df = {x å R : x2 > 0 ‹ x > 0} = {x å R : x 0 0 ‹ x > 0} =]0 , + ?[

Dg = {x å R : 4x4 > 0} = {x å R : x4 > 0}

{x å R : x 0 0} = R \ {0}

f (x) = ln (x2) + 2 ln x + ln 4 = ln (x2) + ln (x2) + ln 4

ln (x2 * x2 * 4) = ln (4x4)

f (2) = g (2) = ln (4 * 24) = ln (64)

- 1 ∫ Df

g (- 1) = ln (4 * (- 1)4) = ln (4)

Df 0 Dg

h a12b = log3 a1 - a1

2b2

b - log3 a12+ 1b

log3 a1 - 14b - log3 a

32b = log3 a

34b - log3 a

32b

log3 ±

3432

≤ = log3 a12b = log3 (2-1) = - log3 2

6.2. ==

=

=

As funções h e j são iguais no intervalo .

44.1. §§ §

44.2.§§§§ §

44.3.§§§ §§ §

44.4.§§§ §§ §

44.5.

§

§§§

44.6.

§

§

§

§

§ Cálculo auxiliar:

j a12b = log3 a1 - 1

2b = log3 a

12b = log3 (2-1) = - log3 2

Dh = {x å R : 1 - x2 > 0 ‹ x + 1 > 0}

{x å R : - 1 < x < 1 ‹ x > - 1} = ]- 1 , 1[

Dj = {x å R : 1 - x > 0} = {x å R : x < 1} = ]- ? , 1[

h (x) = log3 (1 - x2) - log3 (x + 1) = log3 a1 - x2

x + 1b

log3 a(1 - x) (1 + x)

x + 1b = log3 (1 - x) , A x å Dh

]- 1 , 1[

Pág. 160

log2 (x - 1) = 3 x - 1 = 23 ‹ x - 1 > 0

x = 9 ‹ x > 1 x = 9

x log5 x - 2x = 0

x (log5 x - 2) = 0 ‹ x > 0

(x = 0 › log5 x - 2 = 0) ‹ x > 0

(x = 0 › log5 x = 2) ‹ x > 0

(x = 0 › x = 25) ‹ x > 0 x = 25

2 ln x - ln (x + 2) = 0

ln x2 = ln (x + 2) ‹ x > 0 ‹ x + 2 > 0

x2 = x + 2 ‹ x > 0 ‹ x > - 2

x2 - x - 2 = 0 ‹ x > 0 x = 1 ¿"1 + 82

‹ x > 0

(x = 2 › x = - 1) ‹ x > 0 x = 2

log2 x + log2 (x + 1) = 1

log2 (x2 + x) = 1 ‹ x > 0 ‹ x + 1 > 0

x2 + x = 2 ‹ x > 0 ‹ x > - 1

x2 + x - 2 = 0 ‹ x > 0 x = - 1 ¿"1 + 82

‹ x > 0

(x = 1 › x = - 2) ‹ x > 0 x = 1

ln2 x - 3 ln x + 2 = 0

ln x = 3 ¿"9 - 82

‹ x > 0

(ln x = 2 › ln x = 1) ‹ x > 0

(x = e2 › x = e) ‹ x > 0

x = e2 › x = e

log3 (3x2 + 2x) = 0

3x2 + 2x = 1 ‹ 3x2 + 2x > 0

3x2 + 2x - 1 = 0 ‹ x å d - ? , - 23c ∂ ]0 , + ?[

x = - 2 ¿"4 + 126

‹ x å d - ?, - 23c ∂ ]0 , + ?[

ax = 13› x = - 1b ‹ x å d- ?, - 2

3c ∂ ]0 , + ?[

x = - 1 › x = 13

0-+ +

23-

3x2 + 2x = 0 § x (3x + 2) = 0

x = 0 › 3x + 2 = 0 § x = 0 › x = - 23

TEMA 2


NEM

A12C


12

44.7.§§§§

§§§

44.8.§§§

§§§

45. O ponto de coordenadas pertence à curva de equaçãose:

§§§

46. Como o ponto A pertence ao gráfico da função f e temordenada nula, sabe-se que a sua abcissa é solução daequação .

§§§

Logo, .

Como o ponto B pertence ao gráfico da função g e temordenada nula, sabe-se que a sua abcissa é solução daequação g(x) = 0 .

§Logo, .

O ponto C é o ponto de interseção dos gráficos das funçõesf e g .

Para determinar a sua abcissa temos de resolver a equação.

Logo .

Como , então .

Assim , .

log3 [(x + 1) (x - 5)] = 3 ‹ x > - 1 ‹ x > 5

x2 - 5x + x - 5 = 27 ‹ x > 5

x2 - 4x - 32 = 0 ‹ x > 5

x = 4 ¿"16 + 1282

‹ x > 5

(x = 8 › x = - 4) ‹ x > 5

x = 8

log5 (3 - x) - log5 (x2 - 9) = 0log5 (3 - x) = log5 (x2 - 9) ‹ 3 - x > 0 ‹ x2 - 9 > 0

3 - x = x2 - 9 ‹ x < 3 ‹ (x - 3)(x + 3) > 0

x2 + x - 12 = 0 ‹ x < - 3

x = - 1 ¿"1 + 482

‹ x å ]- ? , - 3[(x = 3 › x = - 4) ‹ x å ]- ? , - 3[x = - 4

(1 , 4)y = 1 + log2 (ax + 2)

4 = 1 + log2 (a * 1 + 2)

a + 2 = 8 ‹ a + 2 > 0

f (x) = 0f (x) = 0 § 1 + log2 (x - 1) = 0

log2 (x - 1) = - 1 ‹ x - 1 > 0

x = 12+ 1 ‹ x > 1 § x = 3

2

A a32 , 0b

g (x) = 0 § log2 (7 - x) = 0 § 7 - x = 1 ‹ 7 - x > 0

x = 6 ‹ x < 7 § x = 6B (6 , 0)

f (x) = g (x)

f (x) = g (x) § 1 + log2 (x - 1) = log2 (7 - x)§ log2 2 + log2 (x - 1) = log2 (7 - x)‹ x - 1 > 0 ‹ 7 - x > 0§ log2 (2x - 2) = log2 (7 - x) ‹ x > 1 ‹ x < 7§ 2x - 2 = 7 - x ‹ 1 < x < 7§ x = 3

C (3 , g (3))

g (3) = log2 (7 - 3) = log2 4 = 2 C (3 , 2)

AABC =AB * yC

2=a6 - 3

2b * 2

2= 4,5 * 2

2= 4,5

log3 (x + 1) + log3 (x - 5) = 3 ‹ x + 1 > 0 ‹ x - 5 > 0

log3 (x + 1) = 3 - log3 (x - 5)

a = 6 ‹ a > - 2a = 6

3 = log2 (a + 2)

x - 1 = 2-1 ‹ x > 1

47.1.§§§

47.2.

§

§§§§

47.3.

§§§§§§ .

Cálculo auxiliar:

x2 + 2x - 3 = 0 § x = x = 1 › x = - 3

47.4.

§

§§§

§

§§ .

Cálculo auxiliar:

4x2 - 3x - 1 = 0 § x = § x = 1 › x = -

47.5.

§§§§§§ .

Cálculo auxiliar:

x2 - 4x + 3 = 0 § x = § x = 3 › x = 1

Pág. 161

log"2 (x - 3) < 0

x - 3 < 1 ‹ x - 3 > 0

x < 4 ‹ x > 3

x å ]3 , 4[

2 ln (1 - x) - 1 > 0

ln (1 - x) > 12‹ 1 - x > 0

1 - x > e12 ‹ x < 1

x < 1 -"e ‹ x < 1

x < 1 -"ex å ]- ? , 1 -"e[

log3 (x + 2) + log3 x > 1

log3 (x2 + 2x) > 1 ‹ x + 2 > 0 ‹ x > 0

x2 + 2x > 3 ‹ x > - 2 ‹ x > 0

x2 + 2x - 3 > 0 ‹ x > 0

(x < - 3 › x > 1) ‹ x > 0

x > 1

x å ]1 , + ?[

1-+ +-3

log2 (3x + 1) > 2 log2 x + 2log2 (3x + 1) > log2 (x2) + log2 4 ‹ 3x + 1 > 0 ‹ x > 0

log2 (3x + 1) > log2 (4x2) ‹ x > - 13‹ x > 0

3x + 1 > 4x2 ‹ x > 0

4x2 - 3x - 1 < 0 ‹ x > 0

ax > - 14‹ x < 1b ‹ x > 0

x > 0 ‹ x < 1

x å ]0 , 1[

1-+ +

14-

log (3x - x2) > log (3 - x)

3x - x2 > 3 - x ‹ 3x - x2 > 0 ‹ 3 - x > 0

- 2 ¿ "4 + 122

- x2 + 4x - 3 > 0 ‹ x (3 - x) > 0 ‹ 3 - x > 0

x2 - 4x + 3 < 0 ‹ x > 0 ‹ x < 3

(x > 1 ‹ x < 3) ‹ x > 0 ‹ x < 3

x > 1 ‹ x < 3

3 ¿ "9 + 1681

4

x å ]1 , 3[

31 -+ + 4 ¿ "16 - 12

2

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

13

47.6.

§§

§§§

47.7.

§ ‹‹§ ‹‹§

§

§

§

48.1. ==

48.2. == == ==

= ∂

Cálculos auxiliares:

x2 - 3x = 0 § x (x - 3) = 0 § x = 0 › x - 3 = 0 § x = 0 › x = 3

x2 - 3x - 2 = 0 § x = §

§ x = › x =

x2 - 3x - 2 ≤ 0 § x ≥ ‹ x ≤

x2 - 3x > 0 ‹ x2 - 3x - 2 ≤ 0

§

§

48.3.==

49.1. = ]- ? , 0[ ∂

ln (2 + *x - e*) < 1

2 + *x - e* < e ‹ 2 + *x - e* > 0

*x - e* < e - 2 ‹ *x - e* > - 2twwuwwvcondiçãouniversal

x - e < e - 2 ‹ x - e > - e + 2

x < 2e - 2 ‹ x > 2

x å ]2 , 2e - 2[

ln (x + 1)1 + ln x

> 0

[(ln (x + 1) > 0 ‹ 1 + ln x > 0) › (ln (x + 1) < 0

1 + ln x < 0)] ‹ x + 1 > 0 ‹ x > 0

[(x + 1 > 1 ‹ ln x > - 1) › (x + 1 < 1 ‹ ln x < - 1)]x > - 1 ‹ x > 0

[(x > 0 ‹ x > e-1) › (x < 0 ‹ x < e-1)] ‹ x > 0

ax > 1e › x < 0b ‹ x > 0

x > 1e

x å d 1e , + ?c

Df = {x å R : x > 0 ‹ ln x > 0} = {x å R : x > 0 ‹ x > 1}

{x å R : x > 1} = ]1 , + ?[

Df = {x å R : x2 - 3x > 0 ‹ 1 - log2 (x2 - 3x) ≥ 0}

{x å R : x2 - 3x > 0 ‹ log2 (x2 - 3x) ≤ 1}

{x å R : x2 - 3x > 0 ‹ x2 - 3x ≤ 2}

{x å R : x2 - 3x > 0 ‹ x2 - 3x - 2 ≤ 0}

d3 , 3 + "17

2dc

3 - "172

, 0 c

30 -+ +

-+ +

3 + V√172

3 - V√172

x2 - 3x > 0 § x < 0 › x > 3

3 + "172

3 - "172

(x < 0 › x > 3) ‹ ax ≥ 3 -"172

‹ x ≤ 3 +"172

b

ax ≥ 3 -"172

‹ x < 0b › ax > 3 ‹ x ≤ 3 +"172

b

3 ¿ "9 + 82

3 + "172

3 - "172

Df = {x å R : x > 0 ‹ 1 - ln x > 0}

{x å R : x > 0 ‹ ln x < 1}

{x å R : x > 0 ‹ x < e} = ]0 , e[

Pág. 162

d 215

, + ?cDf = {x å R : 15x2 - 2x > 0}

Cálculo auxiliar:

49.2.1.§§§

§

§

§

Cálculo auxiliar:

49.2.2.§§§

§

§

§

Cálculo auxiliar:

50.1.

O domínio da condição dada é:

.

Para resolver a condição dada pode-se construir um quadrode sinais.

Zeros:

§


§ .

0 -+ +

215

15x2 - 2x = 0 § x (15x - 2) = 0 §§ x = 0 › 15x - 2 = 0 § x = 0 › x = 2

15

15x2 - 2x > 0 § x < 0 › x > 215

f (x) > 0

log2 (15x2 - 2x) > 0 ‹ x å D

15x2 - 2x > 1 ‹ x å D

15x2 - 2x - 1 > 0 ‹ x å D

ax < - 15› x > 1

3b ‹ ax < 0 › x > 2

15b

x < - 15› x > 1

3

x å d - ? , - 15c ∂ d 1

3 , + ? c

15x2 - 2x - 1 > 0 § x < - 15› x > 1

3

-+ +

13

15-

15x2 - 2x - 1 = 0 § x = 2 ¿"4 + 6030

§

x = 13› x = - 1

5

f (x) ≤ 3

log2 (15x2 - 2x) ≤ 3 ‹ x å D

15x2 - 2x ≤ 8 ‹ x å D

15x2 - 2x - 8 ≤ 0 ‹ x å D

ax ≥ - 23‹ x ≤ 4

5b ‹ ax < 0 › x > 2

15b

- 23≤ x < 0 › 2

15< x ≤ 4

5

x å c- 23 , 0 c ∂ d 2

15 , 4

5d

-+ +

45

23-

15x2 - 2x - 8 = 0 § x = 2 ¿"4 + 48030

§

x = 45› x = - 2

3

15x2 - 2x - 8 ≤ 0 § x ≥- 23‹ x ≤ 4

5

x2 ln x - 9 ln x < 0 § ln x (x2 - 9) < 0

D = {x å R : x > 0} = ]0 , + ?[

ln x (x2 - 9) = 0 § ln x = 0 › x2 - 9 = 0

x = 1 › x = 3 › x = - 3

x å ]1 , 3[ln x (x2 - 9) < 0

TEMA 2

x - ? - 3 0 1 3 + ?ln x - 0 + + +

x2 - 9 + 0 - - - - - 0 +ln x (x2 - 9) + 0 - 0 +


NEM

A12C


14

50.2.



Zero do numerador:

§Zero do denominador:


§ .

51.1§ §Então, .

51.2.§§Então, .

Tarefa 6

1.1.

No início de 2005 a empresa pagou 23 468 Æ pela publici-dade na imprensa escrita e 27 404 Æ nos meios audiovisuais.

1.2. Pretende-se determinar t tal que .

Pode-se seguir os seguintes passos na calculadora:

1 - log2 (x + 2)1 + ln x > 0

D = {x å R : x + 2 > 0 ‹ x > 0 ‹ 1 + ln x 0 0} =

= {x å R : x > - 2 ‹ x > 0 ‹ x 0 1e } = ]0 , + ?[ \ {1e }

1 - log2 (x + 2) = 0 § log2 (x + 2) = 1x + 2 = 2 § x = 0

1 + ln x = 0 § ln x = - 1 § x = e-1 § x = 1e

x å d0 , 1e c1 - log2 (x + 2)

1 + ln x > 0

f (x) ≤ 4 , A x å R0 < g (x) ≤ 16 , A x å R0 < 2f (x) ≤ 24 , A x å R

D'g = ]0 , 16]

f (x) ≤ 4 , A x å Rlog2 (f (x)) ≤ log2 4 , A f (x) > 0

h (x) ≤ 2 , A f (x) > 0

D'h = ]- ? , 2]

Pág. 163

E (5) = 3 - log (0,5 * 5 + 2) = 3 - log (4,5) ) 2,3468A (5) = 1 + log (10 * 5 + 5) = 1 + log (55) ) 2,7404

E (t) = A (t)

Os preços a pagar pelas duasmodalidades de publicidadeaproximaram-se mais no ano de2003.

2.1.O preço de lançamento do produto foi de 32 Æ .

2.2.O preço previsto para o produto daqui a 4 anos é de apro-ximadamente 35,32 Æ .

2.3. Se o preço do produto valoriza 25% em relação ao preçode lançamento, então passa a ser de:

32 + 32 * 0,25 = 32 + 8 = 40 Æ

§

2.4.

= =

=

O acréscimo de preço de um ano para o outro é dado por:

3.1.

Na experiência utilizaram-se 1000 ml de água, ou seja,1 litro.

3.2.

A afirmação é falsa porque, ao fim de duas horas apenas,aproximadamente, 47,7% da água com que se tinha ini-ciado a experiência tinha passado ao estado gasoso.

3.3. =

= == ==

3.4. Para encontrar a solução do problema temos de resolver aequação .

§Conclui-se, que a experiência durou 9 horas.

Tarefa 7

1.

§

§

2.1.

=

P (0) = 30 + log 2(9 * 0 + 4) = 30 + log 2(4) = 30 + 2 = 32

P (4) = 30 + log 2(9 * 4 + 4) = 30 + log 2(40) ) 35,32

P (t) = 40 § 30 + log2 (9t + 4) = 40 § log2 (9t + 4) = 109t + 4 = 1024 § t = 113,3

P (t + 1) - P (t) = 30 + log2 (9(t + 1) + 4) - [30 + log2 (9t + 4)]log2 (9t + 9 + 4) - log2 (9t + 4) = log2 a9t + 9 + 49t + 4 b

log2 a1 + 99t + 4b

log2 a1 + 99t + 4b

Q (0) = 103 * log a 100 + 1b = 1000 * 1 = 1000

Q (0) - Q (2) = 1000 - 103 * log a 102 + 1b ) 477

G (t) = 1000 - Q (t) = 1000 - 103 * log a 10t + 1b

1000 - 1000 [log 10 - log (t + 1)]1000 - 1000 [1 - log (t + 1)]1000 - 1000 + 1000 log (t + 1) = 1000 log (t + 1)

G (t) = 1000G (t) = 1000 § 1000 log (t + 1) = 1000 § log (t + 1) = 1

t + 1 = 10 § t = 9

Pág. 164

T (2) = 14 T0 § T0 * e-2k = 1

4 T0 § e-2k = 1

4

- 2k = ln a14b § - 2k = - ln 4 § k = 1

2 ln 4

k = ln 412 § k = ln "4 § k = ln 2

pH = log a 1[H+]

b

log ([H+]-1) = - 1 * log [H+] = - log [H+]

Parte 1

x - ? - 2 0 1e + ?

1 - log2 (x + 2) + 0 - - -1 + ln x - +

1 - log2 (x + 2)1 + ln x

+ -

t ) 2,55


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

15

2.2. No momento da abertura da garrafa sabe-se que

e passada uma semana cons-tata-se que .

Conclui-se então que o pH vai diminuindo, tornando-se abebida mais ácida.

2.3.1.

§A concentração de iões hidrogénio é aproximadamenteigual a mol/l .

2.3.2.

§

A concentração de iões hidrogénio na água mineral éaproximadamente 13 vezes a concentração de iõeshidrogénio existente na água pura.

2.4. ==O pH sofre um aumento de uma unidade.

52. Na calculadora gráfica pode proceder-se da seguinteforma:

O maior valor inteiro de x quesatisfaz a condição

é 22 .

53. Na calculadora gráfica pode proceder-se da seguinteforma:

pH = - log (3,5 * 10-4) ) 3,46pH = - log (4,1 * 10-3) ) 2,39

pH = 5,9 § - log [H+] = 5,9 § log [H+] = - 5,9[H+] = 10-5,9 § [H+] ) 1,26 * 10-6

1,26 * 10-6

pH = 7 § - log [H+] = 7 § log [H+] = - 7[H+] = 10-7 § [H+] = 1 * 10-7

1,26 * 10-61 * 10-7 = 12,6 ) 13

pH = - log (0,1 * [H+]) = - (log 0,1 + log [H+])- (- 1 + log [H+]) = 1 - log [H+]

Pág. 165

f (x) < g (x)

Assim, o menor valor inteiro dex que satisfaz a condição

é 1013 .

54. Na calculadora gráfica procede-se da seguinte forma:

, em que e .

Então, a condição tem 981 - 3 + 1 , ou seja,979 soluções inteiras.

55.1.

=

55.2.

=

55.3.

= 20 * 0 = 056.1.

56.2.

=

56.3.

56.4.

=

f (x) - g (x) > 500

f (x) < g (x) § x å ]a , b[ b ) 981,97a ) 2,59

f (x) < g (x)

Pág. 166

limx "+?

f (x)g (x)

= limx "+?

0,05x2

log2 x= lim

x "+? a0,05 * x2

log2 xb =

0,05 * (+ ?) = + ?

limx "+? (f (x) - g (x)) = lim

x "+? (0,05x2 - log2 x) =

limx "+? cx

2 a0,05 - log2 xx2

bd = + ? (0,05 - 0) = + ?

limx "+?

g (x)f (x)

= limx "+?

log2 x0,05x2

= limx "+? a 1

0,05* log2 x

x2b =

limx "-? f (x) = lim

x "-? e-x = + ?

limx "+? (h (x).f (x)) = lim

x "+? ("3 x2.e-x) = limx "+?

x23

ex=

limx "+?

1ex

x23

= 1+ ? = 0

limx "+?

g (x)h (x)

= limx "+?

ln x

"3 x2= lim

x "+?ln x

x23

= 0

limx "+? (f (x).g (x)) = lim

x "+? (e-x.ln x) = limx "+? a ln x

exb =

limx "+? ±

ln xxex

x

≤ = 0+ ? = 0

TEMA 2


NEM

A12C


16

Tarefa 8

1.1.

§

A pressão do pneu da frente do lado direito era aproxima-damente 1,7 bar .

1.2. O problema pode ser traduzido pela equação .

Recorrendo à calculadora gráfica pode-se proceder daseguinte forma:

Ora, e .

Então, entre o início da viagem e o momento da paragemdecorreram aproximadamente 4 horas, 55 minutos e 20segundos.

2.1.

Duas horas após o fármaco ter sido administrado, a suaconcentração era aproximadamente igual a 1,6 mg/l .

2.2.

=

Com o passar do tempo a concentração de fármaco no san-gue desaparece.

2.3.

Td = 1,2 § 2,4 - ln (t + 1) = 1,2 § ln (t + 1) = 1,2t + 1 = e1,2 § t = e1,2 - 1

Fd (e1,2 - 1) = 3,4 - log2 (0,5(e1,2 - 1) + 2) ) 1,7

Fd = 2Td

Fd = 2Td § t ) 4,92210,9221 * 60 = 55,326 0,326 * 60 ) 20

C (2) = 2 * 1,05-2*2 ) 1,6

limt "+? C (t) = lim

t "+? (t * 1,05-2t) = limt "+?

t1,052t

=

limt "+?

1(1,052)t

t

= 1+ ? = 0

Pág. 167

Conclui-se que e .

2.4. Pode-se determinar a que horas é que a concentração de“Saratex” foi máxima recorrendo à calculadora gráfica.Para tal pode proceder-se da seguinte forma:

A concentração de “Saratex” no sangue foi máxima aproxi-madamente após 10,248 horas da sua administração aodoente, ou seja, aproximadamente, às 18 horas e 15 minu-tos (10 horas e 15 minutos após a sua administração).

Entre a administração dos dois fármacos decorreram 7horas (15 h - 8 h = 7 h) mas, segundo o conselho médico, osegundo fármaco deveria ter sido tomado às 18 horas e 15minutos, quando se registou a concentração máxima de“Saratex” no sangue, o que não ocorreu.

Tarefa 9

1.1.

1.2. Sendo e , a expressão que dá a quantidadede cafeína em função do tempo é:

A quantidade de cafeína no organismo passadas 3 horas édada por:

.

Assim, passadas três horas, a quantidade de cafeína noorganismo é de aproximadamente 47,6 mg .

1.3. Pretende-se determinar t de modo que Q ≥ 15 .Recorrendo à calculadora gráfica, introduzem-se as funções

e y2 = 15 , escolhe-se uma janela adequada eobtêm-se as representações gráficas.

a ) 3,5 b ) 22,5

Pág. 168

abcQ (0) = 80Q (4) = 80

2§

abcQ0.a0 = 80Q0.a- 4 = 40

§abcQ0 = 8080.a- 4 = 40

§

§abcQ0 = 80a-4 = 1

2§

abcQ0 = 80a4 = 2

§abcQ0 = 80a = "4 2

Q0 = 80 a = "4 2

Q = 80.("4 2)- t § Q = 80.(214)- t§ Q = 80 * 2-

t4

Q (3) = 80 * 2-34 ) 47,6

y1 = 80 * 2- t4

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

17

1.2. Sendo então

=

1.3. Pretende-se determinar I tal que .

§Não se deve expor o ouvido sem proteção a partir de10- 2 W/m2 de intensidade.

1.4. ==Quando a intensidade duplica, o nível de intensidade sonorasofre um acréscimo de 3 dB .

2.1.

...

é uma progressão geométrica de primeiro termo A1 erazão 1,05 .

A área total desinfestada ao fim de n intervenções é dadapela soma dos n primeiros termos da progressão e repre-senta-se por A (n) .

=

2.2.1.

§ §

2.2.2.

§

Tarefa 11

1.

2. Sendo a = 2000 , o número de animais com a doença édado por

§ .

Então, .

I0 = 10-12

N = 10 * log a I10-12b = 10 * [log I - log (10-12)] =

10 * (log I - (- 12)) = 10 log I + 120

N > 100

N > 100 § 10 log I + 120 > 100

log I > - 2 § I > 10-2

N' = 10 log (2I) + 120 = 10 (log 2 + log I) + 12010 log 2 + 10 log I + 120 = 10 log 2 + N ) 3 + N

A1 = A1A2 = A1 + 0,05 * A1 = 1,05A1A3 = A2 + 0,05 * A2 = 1,05A2 = 1,05 (1,05A1) = 1,052A1A4 = 1,05A3 = 1,05 (1,052A1) = 1,053A1

An = 1,05An-1 = 1,05 (1,05n - 2A1) = 1,05n - 1A1(An)

A(n) = A1 * 1 - 1,05n1 - 1,05 = A1 * 1 - 1,05n

- 0,05 =

A1 *1,05n - 1

120

= 20 A1 * (1,05n - 1)

A(n) = 50 § 20 A1 (1,05n - 1) = 50 § 1,05n - 1 = 5020 A1

1,05n = 5020A1

+ 1 n = log1,05 a2,5A1

+ 1b

A(n) = 20 * 0,08 A(n) (1,05n - 1) § 1,05n - 1 = 11,6

1,05n = 1,625 § n = log1,05 (1,625) § n ) 10

Pág. 172

N (0) = 250 § a1 + 7e0 = 250 § a

8= 250 § a = 2000

N (t) = 20001 + 7e-kt

N (1) = 310 § 20001 + 7e-k = 310 § 2000

310= 1 + 7e-k

ln a169217

b = - k

k ) 0,25

TEMA 2

Intensidade(watt por metroquadrado – W/m2)

Nível daintensidade sonora

(decibéis – dB)

Limiar daaudibilidade 10- 12 0

Sussurros 5 * 10- 10 27

Trânsito intensonuma cidade 8 * 10- 4 89

Martelo pneumático 3 * 10- 3 95

Música forte 0,1 110

Limiar da dor 1 120

Reator 794 149

De seguida, determinam-se as coordenadas do ponto deinterseção dos dois gráficos.

A quantidade de cafeína no organismo é superior a 15 mgdurante aproximadamente 9,66 horas, ou seja, a cafeínaproduz efeito estimulante durante, aproximadamente, 9horas e 40 minutos.

2.1.1.

=

2.1.2.

§

§

2.2.1. Se d = 5 então .

Medida do lado do quadrado projetado:

Perímetro do quadrado projetado: 4 * 1,70 = 6,80 m

2.2.2. Se o quadrado projetado tiver 6 m de perímetro então tem1,5 m de lado e 2,25 m2 de área.

A distância da parede a que se encontra o mecanismo édada por:

.

O mecanismo encontra-se a, aproximadamente, 1,16metros da parede.

Tarefa 10

1.1.

A(d) = ln (25d + 1) - ln (d + 2) = ln a25d + 1d + 2 b =

ln a25 (d + 2) - 49

d + 2 b = ln a25 - 49d + 2b

A = ln a25 - 49d + 2b § eA = 25 - 49

d + 249

d + 2 = 25 - eA § d + 2 = 4925 - eA

d = 4925 - eA - 2

A (5) = ln a25 - 495 + 2b = ln 18 ) 2,8904

"2,8904 = 1,70

d = 4925 - e2,25 - 2 ) 1,16

Pág. 169

NEMA12CPR2 – F02


NEM

A12C


18

3.1.

Ao fim de uma semana havia, aproximadamente, 902 ani-mais com a doença.

3.2.

Com o decorrer do tempo prevê-se que 2000 animaissejam afetados.

3.3.

§

§

O número de animais doentes, após o rastreio, triplicoupassados aproximadamente seis dias.

3.4. Para saber se metade dos animais foram afetados, deveresolver-se a equação .

Recorrendo à calculadora gráfica, introduzem-se as funções

e y2 = 1750 e escolhe-se uma janela

adequada.

Seguidamente determina-se aabcissa do ponto de interseçãodos gráficos das duas funções.

O proprietário apenas aceita tomar essa decisão se 60%dos animais, ou seja, 2100 , forem afetados.

Ora, tal situação nunca virá a ocorrer pois, como já foi pro-vado anteriormente, o número de animais doentes nuncavai ultrapassar os 2000 .

Conclui-se então que há possibilidade de 50% dos animaisserem afetados, mas não 60% .

Tarefa 12

1.1. A percentagem da população que usava a tecnologia no ano2000 é dada por:

Dado que a população tinha 40 000 habitantes, conclui-seque 2250 , isto é, 0,056 25 * 40 000 , usava a tecnologia.

1.2. Sabendo que em 2010 a população tinha sofrido umaumento de 8% relativamente a 2000, conclui-se que onúmero de habitantes passou a ser igual a 43 200 (resultade 1,08 * 40 000) .

N (7) = 20001 + 7e-0,25*7 ) 902

limt "+? N (t) = lim

t "+?2000

1 + 7e-0,25t =2000

1 + 7 * 0 = 2000

N (t) = 3 * 250 § 20001 + 7e-0,25t = 750

2000750

= 1 + 7e-0,25t §83- 17

= e-0,25t

ln a 521b = - 0,25t §

ln a 521b

- 0,25 = t § t ) 6

N (t) = 1750

y1 = 20001 + 7e-0,25t

Pág. 173

P (0) = 901 + 15e0 = 5,625

A percentagem da população que usava a tecnologia no ano2010 é dada por:

(0,842 895 * 432 000 = 36 413)

Assim sendo, em 2010, aproximadamente 36 413 habitan-tes da população usavam a tecnologia.

1.3.

A afirmação é verdadeira porque a reta de equação y = 90é uma assintota horizontal do gráfico da função P , ou seja,com o decorrer do tempo a percentagem de habitantes queusa a tecnologia aproxima-se de 90 .

2.1.

Em 1985 foram registados 1500 ninhos.

2.2.

No ano 2000 existiam aproximadamente 6473 ninhos.

2.3.

§

§ . Então, x ) 32

1985 + 32 = 2017Prevê-se que o número de ninhos atinja 8800 no ano 2017 .

2.4.

Com o passar dos anos, o número de ninhos tende para 9000. Assim sendo, não é previsível que o número de ninhos venhaa ultrapassar os 10 000 .

Proposta 1 O gráfico da função passa no ponto de coordenadas (1 , 1) .A opção correta é a (B) porque .

Proposta 2

1.

O conjunto-solução da equação é .

2.§O conjunto-solução da equação é .

3.

§


4.

§O conjunto-solução da equação é .

P (10) = 901 + 15e-0,54*10 ) 84,2895

limt "+?P (t) = lim

t "+?90

1 + 15e-0,54t =90

1 + 15 * 0 = 90

N (0) = 90001 + 5e0 = 1500

N (15) = 90001 + 5e-0,17*15 ) 6473

N (x) = 8800 § 90001 + 5e-0,17x = 8800

90008800

= 1 + 5e-0,17x §4544

- 15

= e-0,17x

ln a 1220

b = - 0,17x § - ln (220)- 0,17 = x

limx "+? N (x) = lim

x "+?9000

1 + 5e-0,17x =9000

1 + 5 * 0 = 9000

Pág. 174

j(1) = 30 = 1

3x+1 = 1243

§ 3x+1 = 3-5 § x + 1 = - 5 § x = - 6

{- 6}

2 * (3x)2 = 1458 § 32x = 729 § 32x = 362x = 6 § x = 3

{3}

3x-5 = 19x+1

§ 3x-5 = 1(32)x+1

§ 3x-5 = 132x+2

3x-5 = 3-2x-2 § x - 5 = - 2x - 2 § x = 1

{1}

0,000 03 = 3103x-4

§ 3100 000

= 3103x-4

105 = 103x-4 § 5 = 3x - 4 § x = 3{3}

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

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dito

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19

5. 32 + x + 3- x = 10 § 32 * 3x + - 10 = 0 § 9 * (3x)

2 + 1 - 10 * 3x = 0 ‹ 3x 0 0

§ 9 * (3x)

2 - 10 * 3x + 1 = 0

Fazendo 3x = y , tem-se:

§



6.

§O conjunto-solução da equação é {5} .

7.

§Fazendo 3x = y , tem-se:

§Como 3x = y , tem-se: 3x = 3 › 3x = - 9 § x = 1

O conjunto-solução da equação é {1} .

8. 1 + 2 + 22 + 23 + … + 2x = 1023

§ 1 * = 1023 § 2x + 1 - 1 = 1023 § 2x + 1 = 210 § x = 9 O conjunto-solução da equação é {9} .

9.

§

§


10. 3x + 3x - 1 + 3x - 2 + 3x - 3 + 3x - 4 + 3x - 5 = 364

§ §

§

O conjunto-solução da equação é {5} .

13x

tuvcondiçãouniversal

9y2 - 10y + 1 = 0 § y = 10 ¿"100 - 3618

y = 1 › y = 19

3x = 1 › 3x = 19

§ 3x = 30 › 3x = 3-2 § x = 0 › x = - 2{- 2 , 0}

14x+2

7x= 6272 § 14x * 142

7x= 6272 § a14

7bx

* 196 = 6272

2x = 32 § 2x = 25 § x = 5

9x + 2 * 3x+1 = 27 § (32)x + 2 * 3x * 31 - 27 = 0

(3x)2 + 6 * 3x - 27 = 0

y2 + 6y - 27 = 0 § y = - 6 ¿"36 + 1082

y = 3 › y = - 9

tuvcondiçãoimpossível

twwwwwwuwwwwwwvSoma de x + 1 termos consecutivos

de uma progressão geométrica de razão r = 2

1 - 2x+11 - 2

"2x = 12x

2-3 § 2x2 = 2-x2+3 § x

2= - x2 + 3

x2 + x2- 3 = 0 § 2x2 + x - 6 = 0

x = - 1 ¿"1 + 484

§ x = 32› x = - 2

{- 2 , 32 }twwwwwwwuwwwwwwwv

Soma de 6 termos consecutivos de uma progressão geométrica de razão 1/3

3x *1 - a1

3b6

1 - 13

= 364 3x *72872923

= 364

3x * 364243

= 364 § 3x = 243 § 3x = 35 § x = 5

Proposta 3

1. , e

Assim, a correspondência é a seguinte:

f – III ; g – II ; h – I .

2.

§

3.1. O gráfico de f não interseta o eixo das abcissas porque.

3.2. , logo, o gráfico de g interseta o eixo das orde-nadas no ponto de coordenadas (0 , - 2) .

3.3. A abcissa do ponto de interseção dos gráficos das funções fe h é a solução da equação f (x) = h (x) .

§A ordenada do ponto de interseção dos gráficos das funçõesf e h é .

Os gráficos de f e de h intersetam-se no ponto de coorde-nadas (3 , 1) .

4.1.

Então, .

4.2.§Então, .

Proposta 4

1.

2. Sendo , então .

,

, logo .

3. O ponto A pertence ao gráfico da função f e tem ordenada

igual a , logo, a sua abcissa é a solução da equação

.

§ Então, .

f (0) = 2-3 = 18

g (0) = 20 - 3 = 1 - 3 = - 2 h (0) = 23-0 = 8

2x-3 > 0 , A x å R § f (x) > 0 , A x å RD'f = ]0 , + ?[

2x > 0 , A x å R § 2x - 3 > - 3 , A x å Rg (x) > - 3 , A x å R

D'g = ]- 3 , + ?[

23-x > 0 , A x å R § h (x) > 0 , A x å RD'h = ]0 , + ?[

0 ∫ D'f

g (0) = - 2

f (x) = h (x) § 2x-3 = 23-x § x - 3 = 3 - x

2x = 6 § x = 3

h (3) = 23-3 = 20 = 1

g (x) > - 2 § 2x - 3 > - 2 § 2x > 1 § x > 0

A = ]0 , + ?[

h (x) < 1 § 23-x < 1 § 23-x < 20

3 - x < 0 § x > 3

B = ]3 , + ?[

Pág. 175

f (0) = - 32

§ 20 + k = - 32

§ k = - 32- 1 § k = - 5

2

k = - 52

f (x) = 2x - 52

2x > 0 , A x å R § 2x - 52> - 5

2 , A x å R

f (x) > - 52 , A x å R D'f = d - 5

2 , + ? c

112

f (x) = 112

f (x) = 112

§ 2x - 52= 112

§ 2x = 162

A a3 , 112b2x = 8 § x = 3

TEMA 2


NEM

A12C


20

Proposta 5

1.1.

§

Então, é o zero da função f .

1.2.

§

Então, é o elemento do domínio de f cuja imagem é 24 .

1.3.

§

Proposta 6

1. Como A é o ponto de interseção dos gráficos das funções fe g , a sua abcissa é a solução da equação .

§

A ordenada do ponto A é igual a .

Como , então .

B é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo dasordenadas, logo B (0 , f(0)) .

Como , então B (0 , 2) .

2.

§

O conjunto-solução da inequação é .

Proposta 7

1.1.

§

Então, .

1.2. A abcissa do ponto de interseção dos gráficos das funçõesde f e de g é a solução da equação f (x) = g (x) .

§

f (x) = 0 § 25 - 51-2x = 0 § 52 = 51-2x

2 = 1 - 2x § x = - 12

- 12

f (x) = 24 § 25 - 51-2x = 24 § 1 = 51-2x § 50 = 51-2x

0 = 1 - 2x § x = 12

12

f (x) ≥ - 100 § 25 - 51-2x ≥ - 100 § - 51-2x ≥ - 12551-2x ≤ 53 § 1 - 2x ≤ 3 § x ≥ - 1

A = R- © [ - 1 , + ?[

A = [- 1 , 0[

f (x) = g (x)

f (x) = g (x) § 2x+1 = 18x

§ 2x+1 = 1(23)x

§ 2x+1 = 123x

2x+1 = 2-3x § x + 1 = - 3x § x = - 14

g a- 14b

g a- 14b = 1

8-14

= 814 = "4 8 A a- 1

4 , "4 8b

f (0) = 20+1 = 2

g (x) > "2 § 18x

> "2 § 2-3x > 212

- 3x > 12

§ x < - 16

g (x) > "2 d - ? , - 16 c

D = {x å R : 2 - f (x) ≥ 0}

2 - f (x) ≥ 0 § 2 - 8x2 ≥ 0 § - 8

x2 ≥ - 2 § (23)

x2 ≤ 2

23x2 ≤ 2 § 3x

2≤ 1 § x ≤ 2

3

D = d - ? , 23d

f (x) = g (x) § 8x2 = 4-x+1 § 2

3x2 = 2-2x+2

3x2

= - 2x + 2 § 3x = - 4x + 4 § x = 47

A ordenada do ponto de interseção dos gráficos das funçõesf e g é

.

Os gráficos de f e de h intersetam-se no ponto de coorde-

nadas .

2. O contradomínio da função f é e o seu gráficoadmite uma única assintota de equação y = 0 (assintotahorizontal).

O gráfico da função h pode obter-se a partir do gráfico dafunção f , através de uma translação associada ao vetor decoordenadas (1 , 2) (o gráfico de f desloca-se uma uni-dade para a direita e duas para cima).

Assim, conclui-se que e y = 2 é a equaçãoda assintota horizontal do gráfico de h .

Proposta 8

1.1. Por exemplo:

1.2. Por exemplo:

1.3. Por exemplo:

1.4. Por exemplo:

1.5. Por exemplo:

1.6. Por exemplo:

1.7. Por exemplo:

1.8. Por exemplo:

2. Como o gráfico passa nos pontos de coordenadas (0 , - 3)e (2 , 1) , sabe-se que f (0) = - 3 e f (2) = 1 .

A função da família que admite a representação gráficarepresentada é .

f a47b = 8

27 = "7 82 = "7 64 = "7 26

a47 , "7 26b

] 0 , + ? [

D'h = ]2 , + ?[

Pág. 176

f (x) = 3 + 3x+1 ; a = 1 ; b = 1 f (x) = 3 - 2 * 3-x+1 ; a = - 2 ; b = - 1

f (x) = 3 - 3x+1 ; a = - 1 ; b = 1 f (x) = 3 + 3-x+1 ; a = 1 ; b = - 1

f (x) = 3 - 10 * 3x+1 ; a = - 10 ; b = 1 f (x) = 3 - 5 * 32x+1 ; a = - 5 ; b = 2

f (x) = 3 - 2 * 3-x+1 ; a = - 2 ; b = - 1 f (x) = 3 - 5 * 3-x+1 ; a = - 5 ; b = - 1

f (x) = 3 + 0 * 3x+1 ; a = 0 ; b = 1 f (x) = 3 + 0 * 32x+1 ; a = 0 ; b = 2

f (x) = 3 - 2 * 3-2x+1 ; a = - 2 ; b = - 2 f (x) = 3 - 3x+1 ; a = - 1 ; b = 1

f (x) = 3 - 2 * 3-x+1 ; a = - 2 ; b = - 1 f (x) = 3 + 2 * 3-x+1 ; a = 2 ; b = - 1

f (x) = 3 + 2 * 3x+1 ; a = 2 ; b = 1 f (x) = 3 - 2 * 3x+1 ; a = - 2 ; b = 1

abcf (0) = - 3f (2) = 1

§abc3 + a * 31 = - 33 + a * 32b + 1 = 1

§abc3a = - 6a * 32b + 1 = - 2

§abca = - 2 - 2 * 32b + 1 = - 2

§abca = - 2 32b + 1 = 1

§abca = - 2 2b + 1 = 0

a = - 2 b = - 0,5

abc

§a = - 2b = - 1

2

abc

§

f (x) = 3 - 2 * 3-0,5x+1

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

21

Proposta 9

1.

=

=...

Passados t minutos, a massa de ar contida no balão é dadapor .

2. Pretende-se resolver graficamente a equação

.

Ora,.

Recorrendo à calculadora gráfica, pode-se proceder daseguinte forma:

Conclui-se que minu-tos.

0,845 * 60 segundos ) 51 segun-dos.

São necessários, aproximadamente, 10 minutos e 51segundos para que a massa inicial fique reduzida a 25% .

Proposta 10

1.

t = 1 " m = m0 - 0,12 * m0 = m0 * (1 - 0,12) = m0 * 0,88t = 2 " m = m1 - 0,12 * m1 = m1 * 0,88 =

(m0 * 0,88) * 0,88 = m0 * 0,882

t = 3 " m = m2 - 0,12 * m2 = m2 * 0,88 =(m0 * 0,882) * 0,88 = m0 * 0,883

m = m0 * 0,88t

m = 0,25 * m0

m = 0,25 * m0 § m0 * 0,88t = 0,25 * m0 § 0,88t = 0,25

t ) 10,845

f

h

y

xO

2

4

6

1

-2

fg

y

xO

2

4

6

8

1

2. e ;

e ;

e

3.;

assintota: y = - 1

Proposta 11

1.

2.

§

Logo, .

3. Pretende-se provar que f é uma função crescente, ou seja,que:

.

Consideremos então dois objetos x1 e x2 tais que x1 < x2 .

§

4.

§

Então, .

5. =

=

Proposta 12

1. A função f é não injetiva porque há objetos diferentes quetêm a mesma imagem.

Por exemplo, e .

2. Seja .

O gráfico da função h é uma parábola de concavidade vol-

tada para baixo, cujos zeros são 0 e .

A abcissa do vértice dessa parábola é e a orde-

nada é .

Sabe-se então que .

y = 3x " y = 3x - 1 " y = 3x+2 - 1 j (x) = 3x+2 - 1 ; D'j = ] - 1 , + ? [

Pág. 177

f (x) = 4 - 0,2x = 4 - a 210bx

= 4 - a15bx

= 4 - (5-1)x = 4 - 5-x

5-x > 0 , A x å R § - 5-x < 0 , A x å R4 - 5-x < 4 , A x å R § f (x) < 4 , A x å R

D'f = ]- ? , 4[

A x1 , x2 å R , x1 < x2 ± f (x1) < f (x2)

x1 < x2 § - x1 > - x2 § 5-x1 > 5-x2 § - 5-x1 < - 5-x2

4 - 5-x1 < 4 - 5-x2 § f (x1) < f (x2)

D = {x å R : f (x) + 21 ≥ 0}

f (x) + 21 ≥ 0 § 4 - 5-x ≥ - 21 § - 5-x ≥ - 255-x ≤ 25 § 5-x ≤ 52 § - x ≤ 2 § x ≥ - 2

D = [- 2 , + ?[

limx "+? (x.f (x)) = lim

x "+? (x.(4 - 5-x))

limx "+? (4x - x.5-x) = lim

x "+? a4x - x5xb

D'f = R+Df = RD'g = R+Dg = RD'h = ]- ? , 5[Dh = R

limx "+? °4x -

15xx¢ = + ? - 1

+ ? = + ? - 0 = + ?

f (0) = f a12b = 10 0 1

2

h (x) = x - 2x2

12

0 + 12

2= 14

h a14b = 1

4- 2 a1

4b2

= 14- 216

= 18

h (x) ≤ 18 , A x å R

TEMA 2


NEM

A12C


22

Então, .

3. Sabe-se que:

e .

Cálculo auxiliar:

Nota:

§

Assim, a função composta é caracterizada por:

Proposta 13

1.

No início da criação dos viveiros foram utilizados 1000 peixes.

2. Meio ano equivale a 6 meses.

Ao fim de meio ano havia, aproximadamente, 5926 peixes.

3.

Com o passar do tempo, o número de peixes tende para 6milhares, ou seja, 6000 .

Proposta 14

1. No ano n + 1 de contrato, o preço a pagar por cada peçaé igual ao preço pago no ano anterior, , acrescido de 4% .

Assim, tem-se: .

é uma progressão geométrica de razão 1,04 e pri-meiro termo igual a 6 .

O termo geral é dado por: .

Donde se conclui que o preço de cada peça no n-ésimo anode contrato é dado por .

O preço de x milhares de peças, representado por ,é dado por

, ou seja, .

2. Fazendo n = 3 e x = 7,5 , tem-se:P3 (7,5) = 6000 * 7,5 * 1,043 - 1 = 48 672 .O cliente, no terceiro ano de contrato, pagou 48 672 Æ .

D'f = ] 0 , "8 e ]

Df = R Dg = {x å R : x - 1 ≥ 0} = [1 , + ?[

Dg o f = {x å R : x å Df ‹ f (x) å Dg}

= {x å R : x å R ‹ ex-2x2 ≥ 1}

= c0 , 12d

0- -+

12

ex-2x2 ≥ 1 § ex-2x

2 ≥ e0 § x - 2x2 ≥ 0 § x ≥ 0 ‹ x ≤ 12

x - 2x2 = 0 § x (1 - 2x) = 0 § x = 0 › 1 - 2x = 0

x = 0 › x = 12

(g + f) (x) = (g (f (x))) = g (ex-2x2

) = " ex-2x2 - 1

g + f

g + f : c0 , 12d " Rx 1 "ex-2x

2 - 1

N (0) = 61 + 5 * e0 =

61 + 5 = 1

N (6) = 61 + 5 * e-6 ) 5,926

limt " +? N (t) = lim

t " +?6

1 + 5e- t =6

1 + 5 * 0 = 6

Cn+1Cn

Cn+1 = Cn + 0,04Cn § Cn+1 = 1,04Cn

(Cn)

Cn = 6 * 1,04n-1

Cn = 6 * 1,04n-1Pn (x)

Pn (x) = 6000x * 1,04n-1Pn (x) = 1000x * Cn

h (x) ≤ 18 , A x å R

§ 0 < eh (x) ≤ e18 , A x å R

§ 0 < f (x) ≤ "8 e , A x å R

3. Pretende-se determinar o valor de x sabendo que P4 (x) = 41 413 .

§ . Então, x ) 5,9

No quinto ano de contrato, o cliente comprou 5900 peças.

Proposta 15

1. 9 horas e 30 minutos " t = 1,5

Às 9 horas e 30 minutos existia, aproximadamente, 3,80 ml de fármaco no sangue.

2. A quantidade de fármaco eliminado na 2.a hora é dada porQ (1) - Q (2) , ou seja, é aproximadamente igual a 0,694 ml .Assim sendo, a condição (A) é satisfeita, pois durante a 2.a hora após a administração do fármaco foram eliminadosmais de 5% da dose inicial (0,05 * 5 ml = 0,25 ml) .A quantidade de fármaco existente no sangue passadasquatro horas é dada por Q (4) , ou seja, é aproximada-mente igual a 2,411 ml . Então, a condição (B) não é satis-feita porque, passadas quatro horas após a administraçãodo fármaco, a quantidade de fármaco existente no sangue ésuperior a 1 ml .

A quantidade de fármaco eliminado na 1.a meia hora é dadapor Q (0) - Q (0,5) , ou seja, é aproximadamente igual a0,436 ml . Assim sendo, a condição (C) também é satisfeita,pois durante a 1.a meia hora após a administração do fár-maco a quantidade não foi superior a 0,5 ml .

Conclui-se, então, que as condições (A) e (C) são satisfeitase a condição (B) não é satisfeita. Logo, o fármaco teve osucesso desejado.

Proposta 16

1.

A ordenada do ponto A é igual a .

2. A abcissa do ponto (C) é a solução da equação g (x) = 7 .

Assim, conclui-se que a abcissa dos pontos B e C é 2 .

3. Sabe-se que , e , logo

e .

Assim, .

Proposta 17

1.

§

Assim, .

P5 (x) = 41 413 § 6000x * 1,044 = 41 413

x = 41 4136000 * 1,044

Pág. 178

Q (1,5) = 5 * 1,2-1,5 ) 3,80

g (- 2) = 3-2 - 2 = 19- 2 = - 17

9

- 179

g (x) = 7 § 3x - 2 = 7 § 3x = 9 § 3x = 32 § x = 2

C (2 , 7)B a2 , - 179bA a- 2 , - 17

9b

BC = 7 + 179

= 809

AB = 4

AABC = AB * BC2

=4 * 80

92

= 1609

) 17,78 cm2

x2 ≥ 0 , A x å R § - x2 ≤ 0 , A x å R5 - x2 ≤ 5 , A x å R § f(x) ≤ 5 , A x å R

D'f = ]- ? , 5]

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

23

Então, .

2.

§

Cálculo auxiliar:

Proposta 18

1.§§Cálculo auxiliar:

2. Recorrendo à calculadora gráfica, deve-se determinar ascoordenadas dos pontos A , B , C e D , seguindo, porexemplo, os procedimentos indicados a seguir:

Verificou-se que:

, , e .

Então, .

f (x) ≤ 5 , A x å R§ 0 < ef (x) ≤ e5 , A x å R§ 0 < g(x) ≤ e5 , A x å R

D'g = ]0 , e5]

g(x) > 5 - f (e) § e5-x2 > 5 - (5 - e2) § e5-x

2 > e2

5 - x2 > 2 § 3 - x2 > 0 § x å ]-"3 , "3[

- -+

-V√3 V√3 3 - x2 = 0 § x2 = 3 § x = "3 › x = -"33 - x2 > 0 § x >-"3 ‹ x < "3

Pág. 179

f (x) < 0 § 4ex - ex.x2 < 0 ‹ x å Df

ex (4 - x2) < 0 ‹ x å R § 4 - x2 < 0

x < - 2 › x > 2 § x å ]- ? , - 2[ ∂ ]2 , + ?[

- -+

2-24 - x2 = 0 § x2 = 4 § x = "4 › x = -"4 § x = 2 › x = - 24 - x2 < 0 § x <- 2 › x > 2

D (1,83 ; 4)C (0 , 4)B (2 , 0)A (- 2 , 0)

AABCD = AB + CD2

* OC = 4 + 1,832

* 4 ) 11,7 cm2

Proposta 19

1. Para t = 0 , o número de azevinhos com doença era0,15 * 800 = 120 e para t = 8 era 60 .

2. Pretende-se determinar t de modo que ,ou seja, .Recorrendo à calculadora gráfica, a resposta à questãocolocada pode ser encontrada, seguindo, por exemplo, osprocedimentos indicados a seguir:

Os dois gráficos têm um único ponto de interseção, pois afunção N é estritamente decrescente e a abcissa desseponto é aproximadamente 23,3 .

Em 2023, prevê-se que o número de azevinhos com doençaseja inferior a 2% .

Proposta 20

1. =

=

2.

3. ==

4.

5. ==

6.

=

A = 120120 * 28B = 60

abc§A * 20 = 120A * 28B = 60

abc§N (0) = 120N (8) = 60

abcA = 1208B = - 1

abc

§A = 12028B = 2- 1

abc

§A = 12028B = 1

2

abc

§

A = 120B = - 0,125

abc

§A = 120B = - 1

8

abc

§

N(t) < 0,02 * 800N(t) < 16

Pág. 180

log214+ log2 0,0625 = log2 a14 * 0,0625b = log2 a14 * 1

16b

log2 a164b = log2 (2-6) = - 6

log2 128 - log2 0,25 = log2 a 1280,25b = log2 (512) = log2 (29) = 9

log5 (0,2) - 2 log3 "3 = log5 a15b - log3 ("3)2

log5 (5-1) - log3 3 = - 1 - 1 = - 2

log12 (3) + log12 (4)log3 (18) - log3 (2)

= log12 (3 * 4)

log3 a182b

= log12 (12)log3 (9)

= 12

log2 "3 8 + log4 (2) * log2 (4) = log2 (2) + log4 (4

12 ) * log2 (22)

1 + 12* 2 = 1 + 1 = 2

ln a 19eb + 2 ln (3e) = ln a 1

9eb + ln [(3e)2]

ln a 19e

* 9e2b = ln e = 1

TEMA 2


NEM

A12C


24

Proposta 21

A opção correta é a (D).

Proposta 22

A opção correta é a (A).

Proposta 23

O ponto A pertence ao gráfico de f porque

.


Proposta 24

=

=


Proposta 25

1.


2.

§ , logo .


3.

A opção correta é a (B).

Proposta 26

1. =

=

2. =

= =

=

3. =

= =

=

ln a = ln 2 + ln b § ln a = ln (2b) § a = 2b § b = a2

g (0) = - 5 § 1 - e0+k = - 5 § 6 = ek § ln 6 = k

f (- log2 3) = 4log2 3 = (22)log2 3 = 22 log2 3 = 2log2 32 = 32 = 9

loga (a"b) = loga (a) + loga ("b) = 1 + loga(b

12 )

1 + 12 loga (b) = 1 + 1

2* 4 = 1 + 2 = 3

Pág. 181

f (ln b) = eln b+a + b = eln b * ea + b = b * ea + b = b (ea + 1)

ex+a > 0 , A x å R § ex+a + b > b , A x å RD'f = ] b , + ? [f (x) > b , A x å R

limx "-? (ex+a + b) = - 2ea + b = 0

abc

§lim

x "-? f (x) = - 2f (0) = 0

abc

b = - 2a = ln 2

abc

§b = - 2ea = 2

abc

§

log ("a.b) = log (a.b)12 = 1

2 log (a.b) = 1

2 (log a + log b)

12 (1,3 + 3,5) = 1

2* 4,8 = 2,4

log aÅ3 a.c

bb = log aa.c

bb13 = 1

3 log aa.c

bb

13 (log a + log c - log b)

13 (1,3 - 1,5 - 3,5) = 1

3* (- 3,7) = 1

3* a- 37

10b = - 37

30

log aa2.b"c

b = log (a2.b) - log ("c) = log (a2) + log b - log (c12 )

2 log a + log b - 12 log c

2 * 1,3 + 3,5 - 12* (- 1,5) = 6,85

Proposta 27

1.§§§§

2.§§§

4.§§ ex = 0 › ex = 8

§

6.§§§

§

§

‹ (Ver cálculo auxiliar)

§

Cálculo auxiliar:

§§

7.§§§§§

8.

log2 (2 - x) - 3 = 0log2 (2 - x) = 3 ‹ 2 - x > 0

2 - x = 23 ‹ - x > - 2x = - 6 ‹ x < 2

x = - 6

ln (7 - x) = 17 - x = e ‹ 7 - x > 0

x = 7 - e ‹ x < 7

x = 7 - e

e2x - 8.ex = 0ex (ex - 8) = 0tuvcondiçãoimpossível

x = ln 8

(4 - x2).ln (2x2 + x) = 0(4 - x2 = 0 › ln (2x2 + x) = 0) ‹ 2x2 + x > 0

(x2 = 4 › 2x2 + x = 1) ‹ 2x2 + x > 0

(x = 2 › x = - 2 › 2x2 + x - 1 = 0) ‹ 2x2 + x > 0

ax = 2 › x = - 2 › x = - 1 ¿"1 + 84

b ‹ 2x2 + x > 0

ax = 2 › x = - 2 › x = 12› x = - 1b ‹

x å d- ? , - 12c ∂ ]0 , + ? [

x = - 2 › x = - 1 › x = 12› x = 2

0+ +

-12-

x = 0 › 2x + 1 = 0x = 0 › x = - 1

2

2x2 + x > 0 § x <- 12› x > 0

x.ln (x + 3) - 2x = 0x (ln (x + 3) - 2) = 0 ‹ x + 3 > 0

(x = 0 › ln (x + 3) = 2) ‹ x > - 3(x = 0 › x + 3 = e2) ‹ x > - 3(x = 0 › x = e2 - 3) ‹ x > - 3

2x2 + x = 0 § x (2x + 1) = 0 §

x = 0 › x = e2 - 3

(ln x)2 - ln a1x b = 6

(ln x)2 + ln x - 6 = 0 ‹ x > 0 ‹ 1x > 0

ln x = - 1 ¿"1 + 242

‹ x > 0 ‹ x > 0

(ln x = 2 › ln x = - 3) ‹ x > 0

(x = e2 › x = e-3) ‹ x > 0

x = e2 › x = e-3

Parte 1

3.§§§§

log3 (x3) = 15x3 = 315 ‹ x3 > 0

x = "3 315 ‹ x > 0

x = 35 ‹ x > 0

x = 243

5.

§

§§§

2 log4 (x) = 1log4 (x) = 1

2‹ x > 0

x = 412 ‹ x > 0

x = "4 ‹ x > 0

x = 2


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

25

9.

§‹

§

§

§

§

§

10.

§ ‹‹

§§§

§§§

Proposta 28

1. e

§

Logo, .

e porque

.

2.

§

3.

§

§

§

e

Os gráficos das duas funções intersetam-se nos pontos de

coordenadas e .

ln (2x) + ln (x + 1) = ln (9x - 3)

ln (2x2 + 2x) = ln (9x - 3) ‹ 2x > 0 ‹x + 1 > 0 ‹ 9x - 3 > 0

2x2 + 2x = 9x - 3 ‹ x > 0 ‹ x > - 1 ‹ x > 13

2x2 - 7x + 3 = 0 ‹ x > 13

x = 7 ¿"49 - 244

‹ x > 13

ax = 3 › x = 12b ‹ x > 1

3

x = 3 › x = 12

log (3x - 4) - log x = log (x - 2)

log (3x - 4) = log (x - 2) + log x ‹ 3x - 4 > 0

x > 0 ‹ x - 2 > 0

log (3x - 4) = log (x2 - 2x) ‹ x > 43‹ x > 0 ‹ x > 2

3x - 4 = x2 - 2x ‹ x > 2

- x2 + 5x - 4 = 0 ‹ x > 2

x = - 5 ¿"25 - 16- 2 ‹ x > 2

(x = 1 › x = 4) ‹ x > 2

x = 4

Pág. 182

f (x) = a19b1-x2

= (9-1)1-x2 = 9x2-1 , A x å RDf = R

x2 ≥ 0 , A x å R § x2 - 1 ≥ - 1 , A x å R9x

2-1 ≥ 9-1 , A x å R § f (x) ≥ 19 , A x å R

D'f = c19 , + ? c

D'g = R+Dg = R3-3x ≥ 0 , A x å R § g (x) ≥ 0 , A x å R

f (x) = "3 § 9x2-1 = 3

12 § (32)

x2-1 = 312 § 32x

2-2 = 312

2x2 - 2 = 12

§ 4x2 - 5 = 0

x2 = 54

§ x =Å54› x = -

Å54

§ x = "52

› x = - "52

f (x) = g (x) § 9x2-1 = 3-3x § (32)x

2-1 = 3-3x

32x2-2 = 3-3x § 2x2 - 2 = - 3x

2x2 + 3x - 2 = 0 § x = - 3 ¿"9 + 164

x = 12› x = - 2

g a12b = 3-

32g (- 2) = 36

a12 , 3

- 32b(- 2 , 36)

4. A função f não é invertível dado que não é injetiva.

Por exemplo, .

A função g é injetiva, logo admite função inversa.

, logo .

§

Assim, a função inversa de g é a função:

Proposta 29Sabe-se que

e .


Proposta 30

1. A abcissa do ponto A é a solução da equação f (x) = 0 .

§

§

§

2. B é o ponto de interseção do gráfico de f com a reta deequação y = x (bissetriz dos quadrantes ímpares).

Então, B (e , e) .

Assim, .

Proposta 31

1.§ 2x 2 - ln (x - 2) ≥ 0 ‹ x - 2 > 0 2x > 0 , A x å R

§§ §§

- 1 0 1 ‹ f (- 1) = f (1)

D'g - 1 = RDg = R

g (x) = y § 3-3x = y § - 3x = log3 (y)

x = log3 (y)- 3 § x = - 1

3 log3 (y)

Dg - 1 = {y å R : y > 0} = R+

g-1 : R+ " Rx 1 - 1

3 log3 (x)

Dg = {x å R : 2 - x > 0} = {x å R : x < 2} = ]- ? , 2[Df = RDgo f = {x å R : x å Df ‹ f (x) å Dg}

= {x å R : x å R ‹ f (x) < 2}= {x å R : x å R ‹ x > 1}= ]1 , + ?[

3x - 2x ln x = 0 § x (3 - 2 ln x) = 0 ‹ x > 0

(x = 0 › 3 - 2 ln x = 0) ‹ x > 0

ax = 0 › ln x = 32b ‹ x > 0 § (x = 0 › x = e

32 ) ‹ x > 0

x = "e3 § x = e"e

y = 3x - 2x ln x2x - 2x ln x = 0

abc§y = 3x - 2x ln x

3x - 2x ln x = x


y = x

abcy = 3x - 2x ln x2x = 0 › 1 - ln x = 0


2x (1 - ln x) = 0abc

§

y = ex = e


x = eabc

§y = 3x - 2x ln xx = 0 › ln x = 1tuv

impossívelD = R+

adbdc§

AOAB =OA * yB

2= e"e * e

2= e2 "e

2

Pág. 183

2x+1 - 2x ln (x - 2) ≥ 0

)(

ln (x - 2) ≤ 2 ‹ x > 22 - ln (x - 2) ≥ 0 ‹ x > 2

x ≤ 2 + e2 ‹ x > 2x - 2 ≤ e2 ‹ x > 2

x å ]2 , 2 + e2]

TEMA 2

"


NEM

A12C


26

2.

§§§ §§ , (Ver cálculo auxiliar)

§ § x å ]1 , 4]

Cálculo auxiliar:

§

3.



Zeros do numerador:

Zero do denominador:


§ .

4.§§§§


Zeros:

§§

log3 (x2 - x) ≤ log3 3 + log3 (x) ‹ x2 - x > 0 ‹ x > 0

log3 (x2 - x) ≤ log3 (3x) ‹ x (x - 1) > 0 ‹ x > 0

x2 - x ≤ 3x ‹ x > 1 x2 - 4x ≤ 0 ‹ x > 1

(x ≥ 0 ‹ x ≤ 4) ‹ x > 1

x > 1 ‹ x ≤ 4

log3 (x2 - x) - log3 (x) ≤ 1

x2 - 4x = 0 § x (x - 4) = 0 §

40 -+ +

x = 0 › x - 4 = 0 § x = 0 › x = 4x2 - 4x ≤ 0 § x ≥ 0 ‹ x ≤ 4

x log x1 - log x > 0

D = {x å R : x > 0 ‹ 1 - log x 0 0} == {x å R : x > 0 ‹ x 0 10} = ]0 , + ?[ \ {10}

x log x = 0 § x = 0 › log x = 0 § x = 0 › x = 1

1 - log x = 0 § log x = 1 § x = 10

x å ]1 , 10[x log x1 - log x > 0

ln2 (x + 2) > ln (x + 2)2

ln2 (x + 2) > 2 ln (x + 2) ‹ x + 2 > 0 ‹ (x + 2)2 > 0

ln2 (x + 2) - 2 ln (x + 2) > 0 ‹ x > - 2 ‹ x + 2 0 0ln (x + 2) (ln (x + 2) - 2) > 0 ‹ x > - 2 ‹ x 0 - 2ln (x + 2) (ln (x + 2) - 2) > 0 ‹ x > - 2

ln (x + 2) (ln (x + 2) - 2) = 0ln (x + 2) = 0 › ln (x + 2) - 2 = 0x + 2 = 1 › x + 2 = e2 § x = - 1 › x = e2 - 2


§ .

Proposta 32

1. Como a função h é injetiva, admite função inversa.

, logo .

§


2.1. Sabe-se que , tal que f (x) = 0 e que a função f éinversa da função g .

Logo, .

2.2.§

§

Assim, .

3.§§ §§ §

4.

§

Proposta 33

1. Por exemplo, k = 1 . Neste caso, tem-se:.

2. Por exemplo, k = –2 . Neste caso, tem-se:=

=

3. Por exemplo, k = - 1 . Neste caso, tem-se:.

D'h - 1 = RDh = R

h(x) = y § 2 - e1-x3

= y § 2 - e1-x = 3y § 2 - 3y = e1-x

ln (2 - 3y) = 1 - x § x = 1 - ln (2 - 3y)

Dh - 1 = {y å R: 2 - 3y > 0} = {y å R: y < 23 } = d- ? , 2

3c

h-1 : d- ? , 23 c " Rx 1 1 - ln (2 - 3x)

A (x, 0)

f (x) = 0 § x = g (0) § x = 1 + log2 3A (1 + log2 3, 0)

g (x) = y § 1 + log2 (x + 3) = y § log2 (x + 3) = y - 1x + 3 = 2y -1 § x = 2y -1 - 3

g-1(x) = 2x-1 - 3 § f (x) = 2x-1 - 3f (x) = 0 § 2x -1 - 3 = 0 § 2x -1 = 3 § x - 1 = log2 3

x = 1 + log2 3

A (1 + log2 3, 0)

g (x) < 3

1 + log2 (x + 3) < 3 ‹ x + 3 > 0

x + 3 < 4 ‹ x > - 3log2 (x + 3) < 2 ‹ x > - 3x å ]- 3 , 1[x < 1 ‹ x > - 3

h (x) = 0 § 2 - e1-x3

= 0 § 2 - e1-x = 0 § 2 = e1-x

ln 2 = 1 - x § x = 1 - ln 2

limx "+?

ln xf (x)

= limx "+?

ln xx = 0

limx "+?

ln xf (x)

= limx "+?

ln xx-2

= limx "+? (x2.ln x)

+ ? * (+ ?) = + ?

limx "+? (f (x).ln x) = lim

x "+? (x-1.ln x) = limx "+?

ln xx = 0

ln (x + 2) (ln (x + 2) - 2) > 0

x å ]- 2 , - 1[ ∂ ]e2 - 2 , + ?[

Parte 1

x - ? 0 1 10 + ?x - 0 + + + + +

logx - 0 + + +1 - logx + + + 0 -x log x1 - log x - 0 + s.s. -

x - ? - 2 - 1 e2 - 2 + ?ln (x + 2) - 0 + + +

ln (x + 2) - 2 - - - 0 +ln (x + 2) (ln (x + 2) - 2) 0 0 - 0 +

x - ? 1 - ln 2 + ?h (x) - 0 +


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

27

Proposta 34

1. A altura do triângulo OAB relativa ao lado OA é igual àordenada do ponto B .

A abcissa do ponto B é a solução da equação f (x) = g (x) .

§

§

§

§

§

A ordenada do ponto B é dada por .

Conclui-se que é o valor exato da altura do triângulo

OAB relativa ao lado OA .

2. A é o ponto de interseção do gráfico de g com o eixo dasabcissas, logo, a abcissa do ponto A é a solução da equa-ção g (x) = 0 .

§

§ §

§ §

Então, .

Proposta 35

1. Sabe-se que .

Então, .

2.

f (x) = g (x)

ln (x + 1) = ln a10 - 3x2b ‹ x + 1 > 0 ‹ 10 - 3x

2> 0

x + 1 = 10 - 3x2

‹ x > - 1 ‹ 20 - 3x > 0

5x2

= 9 ‹ x > - 1 ‹ x < 203

x = 185

‹ x > - 1 ‹ x < 203

x = 185

f a185b

f a185b = ln a18

5+ 1b = ln a23

5b

ln a235b

g (x) = 0

ln a10 - 3x2b = 0 ‹ 10 - 3x

2> 0

3x2

= 9 ‹ x < 203

10 - 3x2

= 1 ‹ 20 - 3x > 0

x = 6x = 183

‹ x < 203

AOAB =OA * yB

2=6 * ln a23

5b

2= 3 ln a23

5b ) 4,6 cm2

f (x) ≥ - 4 , A x å Rf (x) ≥ - 4 , A x å R§ 2f (x) ≥ 2-4 , A x å R§ - 2f (x) ≤ - 1

16 , A x å R

§ 3 - 2f (x) ≤ 3 - 116 , A x å R

§ g (x) ≤ 4716 , A x å R

D'g = d - ? , 4716d

Dh = {x å Df : x > 0 ‹ f (x) > 0}= {x å R : x > 0 ‹ (x < - 1 › x > 3)}= {x å R : x > 3}= ]3 , + ?[

Pág. 184 Proposta 36

1.

2. Sabe-se que e

.

3.

§

§ §

4. Como a função g é injetiva, admite função inversa.

, logo .

Assim, a função inversa de g é a função:

Proposta 37

1.1.

1.2.

§ Então, .

2.1. , logo, o ponto D tem abcissaigual a (2 - a) .

.

Então, .

;

2.2. O ponto G tem abcissa igual a (2 + a) .

.

Então, .

3. Pretende-se resolver a equação .

§§

Df = R

Dg = {x å R : 2x - 3 > 0} = {x å R : x > 32 } = d 32 , + ?c

Dg+f= {x å R : x å Df ‹ f (x) å Dg}

= {x å R : x å R ‹ f (x) > 32 }

= {x å R : x å R ‹ x > - 1}= ]- 1 , + ?[

(f +g) (x) = 32

§ f (g (x)) = 32

§ g (x) = - 1

ln (2x - 3) = - 1 § 2x - 3 = e-1 § 2x = 3 + 1e

x = 3e + 12e

2x = 3e + 1e

D'g - 1 = d 32 , + ? cDg = d 32 , + ? c

g (x) = y § ln (2x - 3) = y § 2x - 3 = ey § x = 3 + ey2

Dg - 1 = R

g-1 : R " d 32 , + ? c

x 1 3 + ex2

Pág. 185

Df = {x å R : x - 1 > 0} = {x å R : x > 1} = ]1 , + ? [

f (x) = 0 § - log2 (x - 1) = 0 ‹ x > 1 § x - 1 = 1 ‹ x > 1

x = 2 ‹ x > 1 § x = 2 A (2 , 0)

OD = OA - AD = (2 - a) cm

f (2 - a) = - log2 (2 - a - 1) = - log2 (1 - a)

C (2 - a , - log2 (1 - a))

A' = AD * CD = a * (- log2 (1 - a)) = - a log2 (1 - a)

a > 0 ‹ 1 - a > 0 § a > 0 ‹ a < 1 § a å ]0 , 1[

f (2 + a) = - log2 (2 + a - 1) = - log2 (1 + a)

F (2 + a , - log2 (1 + a))

A'' = AG * FG = a * *- log2 (1 + a)* = a log2 (1 + a)

(g + f) (1) = g (f (1)) = g a72b = ln a2 * 7

2- 3b = ln 4

A' = 2A''A' = 2A'' § - a log2 (1 - a) = 2a log2 (1 + a) ‹ 0 < a < 1

2a log2 (1 + a) + a log2 (1 - a) = 0 ‹ 0 < a < 1

a (2 log2 (1 + a) + log2 (1 - a)) = 0 ‹ 0 < a < 1

TEMA 2


NEM

A12C


28

§§§§§§§§§§

§

§

§

§

4. Pretende-se resolver graficamente a equação .

Conclui-se que .

Proposta 38

1. Suponhamos que no início da experiência havia x bactérias.Na primeira observação havia 4x bactérias, na segundaobservação 16x bactérias e na terceira 64x bactérias.

Inicialmente existiam 500 bactérias.

2. , t em horas

3.Decorridas 7 horas existiam 64 000 bactérias.

4.§A experiência terminou 10 horas após o seu início, ou seja,às 19 horas e 30 minutos.

Proposta 39

1.

No dia em que foi dado o sinal de alerta foram recolhidos400 peixes.

(a = 0 › log2 (1 + a)2 + log2 (1 - a) = 0) ‹ 0 < a < 1

log2 [(1 + a)2 * (1 - a)] = 0 ‹ 0 < a < 1

(1 + a)2 * (1 - a) = 1 ‹ 0 < a < 1

(1 + 2a + a2) * (1 - a) = 1 ‹ 0 < a < 1

1 - a + 2a - 2a2 + a2 - a3 = 1 ‹ 0 < a < 1

a - a2 - a3 = 0 ‹ 0 < a < 1a (1 - a - a2) = 0 ‹ 0 < a < 1

(a = 0 › 1 - a - a2 = 0) ‹ 0 < a < 1

1 - a - a2 = 0 ‹ 0 < a < 1

a = 1 ¿"1 + 4- 2 ‹ 0 < a < 1

aa = 1 +"5- 2 › a = 1 -"5

- 2 b ‹ 0 < a < 1

aa = - 1 -"52

› a = "5 - 12

b ‹ 0 < a < 1

a = "5 - 12

A' = 3A''

a ) 0,84

64x = 32 000 § x = 32 00064

§ x = 500

N (t) = 500 * 2t

N (7) = 500 * 27 = 64 000

N (t) = 512 000 § 500 * 2t = 512 000 § 2t = 10242t = 210 § t = 10

Pág. 186

P (0) = 204 + e0 =

205

= 4

(a = 0 › 2 log2 (1 + a) + log2 (1 - a) = 0) ‹ 0 < a < 1 2.

Com o passar dos dias, o número de peixes mortos nasmargens da ribeira tende para zero, isto é, os peixes mor-tos tendem a desaparecer.

3.

§

§

A recolha foi feita durante 12 dias (desde o dia em que foidado o alerta até 11 dias após).

Proposta 40

1.

§

2. Sendo M = 8,9 , então erg .

3. Sendo erg , então .

4.

Então, a um aumento de uma unidade na magnitude cor-responde um aumento de, aproximadamente, 32 vezes aenergia libertada.

Proposta 41


§

§ . Então, t ) 5728

A semivida do carbono-14 é de, aproximadamente, 5728anos.

1.2. Um exemplar vivo do organismo encontrado possui 350 mgda substância, logo .

§

§

Pode-se então concluir que, desde a morte do organismoencontrado, decorreram, aproximadamente, 15 600 anos.

1.3.

§

Assim, a quantidade de carbono-14 que o organismo teriaantes de morrer era, aproximadamente, 135 mg .

P (t) ≥ 0,5 § 204 + e0,35t ≥

12

§ 4 + e0,35t ≤ 40

e0,35t ≤ 36 § 0,35t ≤ ln 36

t ≤ ln 360,35

§ t ≤ 10,2

M = 23 (log E - 11,4) § 3

2 M = log E - 11,4

1,5M + 11,4 = log E § E = 101,5M+11,4

) 5,6 * 1024E = 10 1,5 * 8,9+11,4

M = 23 (log 1015 - 11,4) = 2,4E = 1015

E'E

= 101,5 (M+1)+11,4

101,5M+11,4 = 101,5M+1,5+11,4-1,5M-11,4 = 101,5 ) 32

Pág. 187

Q (t) = 12Q0

Q (t) = 12 Q0 § Q0.e-0,000 121t = 0,5Q0 § e-0,000 121t = 0,5

- 0,000 121t = ln 0,5

t = ln 0,5- 0,000 121

Q0 = 350

Q (t) = 53 § 350.e-0,000 121t = 53 § e-0,000 121t = 53350

- 0,000 121t = ln a 53350

b

t =ln a 53

350b

- 0,000 121 § t ) 15 600

Q (20 000) = 12 § Q0.e-0,000 121*20 000 = 12Q0 = 12

e-2,42 § Q0 ) 135

limt "+? P (t) = lim

t "+?20

4 + e0,35t =20

4 + (+ ?)= 20+ ? = 0

Parte 1


NEM

A12

CPR

2 ©

Por

to E

dito

ra

29

2.1.

§

. Conclui-se que

§Assim sendo, tem-se que .


§ §

. Conclui-se que t ) 3001

A substância radioativa ter-se-á reduzido a 25% daqui a,aproximadamente, 3001 anos.

PARA AVALIAR 1Parte 1 – Questões de escolha múltipla

1.

=


2. Como o domínio da função f é R , então

, ou seja, .

Apenas a representação gráfica da opção (D) pode corres-ponder à função g .


3.

§O contradomínio da função g é o conjunto .


4.

A opção correta é a (C).

5.A ordenada dos pontos A e B é igual a 3 .

A abcissa do ponto B é a solução da equação g (x) = 3 .

§

A opção correta é a (C).

Parte 2 – Questões de resposta aberta

1.1.A casa do Paulo encontra-se a 900 metros de altitude.

Q (1500) = 12Q0 § Q0.e-1500k = 0,5Q0 § e-1500k = 0,5

- 1500k = ln 0,5

k ) 4,62 * 10-4k = ln (0,5)- 1500k ) 0,000 462

Q (t) = Q0.e-0,000 462t

Q (t) = 0,25Q0

Q (t) = 0,25Q0 § Q0.e-0,000 462t = 0,25Q0 § e-0,000 462t = 0,25- 0,000 462t = ln 0,25

t = ln 0,25- 0,000 462

Pág. 188

eln (k) - 1

2 = eln (k) - ln e

2 = eln a

ke b

2 = e12ln a

keb = eln a

keb12

akeb12 =Å

ke

g (x) > 2 , A x å Rg (x) - 2 > 0 , A x å R

x2 ≥ 0 , A x å R § x2 + e ≥ e , A x å Rln (x2 + e) ≥ ln e , A x å R § f (x) ≥ 1 , A x å R

[1 , + ? [

g (x) = log9 x =log3 xlog3 9

= log3 x2

= 12 log3 x = 1

2 f (x)

f (2) = 2 + log2 2 = 2 + 1 = 3

g (x) = 3 § - 5 +"2x = 3 § (2x)12 = 8 § 2

x2 = 23

x2= 3 § x = 6

Pág. 189

h (0) = 20 + 8 * 20 = 1 + 8 * 1 = 9

1.2.Ao fim de meia hora de passeio, o Paulo encontrava-se a,aproximadamente, 707 metros de altitude.

1.3. Pretende-se determinar a menor solução da equação h (t) = 6 .h (t) = 6 § 2t + 8 * 2- t = 6 § 2t + - 6 = 0 § (2t)2 + 8 - 6 * 2t = 0 ‹ 2t 0 0

§ (2t)2 - 6 * 2t + 8 = 0

§

Desde a partida até o Paulo atingir pela primeira vez 600 mde altitude, decorreu uma hora.

1.4. Pretende-se resolver graficamente a condição h (t) < 7 .

;

;

Conclui-se, então, que o passeio se efetuou em locaisabaixo dos 700 m de altitude durante, aproximadamente,1 hora e 57 minutos.

2.1.

As funções f e g não são iguais porque .

2.2.

§§§ §

§ §

§

h (0,5) = 20,5 + 8 * 2-0,5 ) 7,07

82t

tuvcondiçãouniversal

2t = 6 ¿"36 - 322

§ 2t = 4 › 2t = 1 § t = 2 › t = 1

h (t) = 7 § t ) 0,525 › t ) 2,4750,95 * 60 = 572,475 - 0,525 = 1,95

Df = {x å R : x2 - 16 > 0} = ]- ? , - 4[ ∂ ]4 , + ?[

x2 - 16 = 0 § x2 = 16 § x = 4 › x = - 4x2 - 16 > 0 § x2 > 16 § x < - 4 › x > 4

4-+ +-4

Dg = {x å R : x - 4 > 0 ‹ x + 4 > 0} = ]4 , + ? [

x - 4 > 0 ‹ x + 4 > 0 § x > 4 ‹ x > - 4 § x > 4

Df 0 Dg

g(x) = log3 (6x)

log3 (x - 4) + log3 (x + 4) = log3 (6x) ‹ x å Dg ‹ 6x > 0

log3 (x2 - 16) = log3 (6x) ‹ x > 4 ‹ x > 0

x2 - 16 = 6x ‹ x > 4 x2 - 6x - 16 = 0 ‹ x > 4

x = 6 ¿"36 + 642

‹ x > 4 (x = 8 › x = - 2) ‹ x > 4

x = 8

TEMA 2


NEM

A12C


30

3. A capacidade do depósito da escavadora é de 46 litros,pois .

Nos primeiros 20 min , o consumo de combustível foi de 8litros, logo, ao fim de 20 minutos existiam 38 litros decombustível no depósito.

Pretende-se determinar k tal que .

§

§

4.1. .

Sendo g a função que a cada valor de a faz correspondera área do retângulo OAPB , então:

4.2. Recorrendo às capacidades da calculadora gráfica,pretende-se determinar as coordenadas do máximoda função g .

Conclui-se que a área do retân-gulo OAPB é máxima quandoP (2,4 ; 12,6) .

Q (0) = 50 - log2 16 = 50 - 4 = 46

Q (20) = 38Q (20) = 38 § 50 - log2 (16 + k * 202) = 38

log2 (16 + 400k) = 12 § 16 + 400k = 212

k = 212 - 16400

§ k = 10,2

AOAPB = OA * AP = a * f (a) = a * (9 - 3a2 ) , a å ]0 , 4[

g (x) = x (9 - 3x2) ; x å ]0 , 4[

Parte 1


PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO 21 Tema 1 - cld.pt · A soma dos pontos das faces de um dado cúbico com...

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