Proposta de resolução da prova 235 - 1.a fase - 1.a chamada - 2002
1
Proposta de resolução da prova de Matemática - 235.
José Paulo Coelho ([email protected])
Junho de 2002.
¯
¯
1
1
1
¯ z1 = +
+
¯
i
1
+
i
i(1
+ i)
¯
¯
1i
1
¯ = 1(1 + i) +
+
¯
i(1 + i)
i(1 + i) i(1 + i)
¯
¯
¯
(1 + i) + i + 1
2 + 2i
¯ =
=
i(i + 1)
i2 + i
1.1.1. ¯¯
¯
¯ = 2 + 2i = (2 + 2i)(−1 − i)
¯
−1 + i
(−1 + i)(−1 − i)
¯
¯
¯
−2 − 2i − 2i + 2
−4i
¯ =
=
2
2
¯
(−1) − i
2
¯
¯ = − 2i.
Portanto, z1 = −2i.
determina-se o m.m.c
efectuam-se os cálculos
multiplicam-se numerador e denominador por −1 + i
1.1.2. Começaremos por colocar o número z = 2√+ 2i na forma
trigo√
√
nométrica. Supondo que z = ρcis(θ), vem ρ = 22 + 22 = 8 = 2· 2.
Por outro lado, a imagem geométrica deste número situa-se no primeiro quadrante
¢ plano de Argand, o que conjuntamente com o
¡ do
facto de arctan 22 = π4 , nos leva a concluir que θ = π4 . Deste modo,
√
¡ ¢
z = 2 2cis π4 . Sendo assim, temos
2 + 2i
¡π¢
z2 = √
2cis 12
√
¡ ¢
√
³π
2 2cis π4
2 2
π´
¡ π ¢ = √ cis
−
= √
aplica-se a fórmula da divisão
4 12
2cis 12
2
¶
µ ¶
µ
³π ´
2π
3π − π
= 2cis
= 2cis
= 2cis
12¡ ¢
12
6
π
Logo, z2 = 2cis 6 .
1.2. z1 e z2 são raı́zes cúbicas do mesmo número complexo se e só se
z13 = z23
(1)
É esta igualdade que temos que averiguar.
• z13 = (−2i)3 = (−2)3 (i)3 = (−8)(−i) = 8i;
¡ ¢
¡ ¢
¡
¡ ¢¢3
= 23 cis 3 π6 = 8cis π2 = 8i
• z23 = 2cis π6
Assim, concluı́mos que a igualdade (1) é verdadeira, e que, com efeito,
z1 e z2 são raı́zes cúbicas do mesmo complexo (que neste caso é o 8i).
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2
©
√ ª
2.1.1 B = x ∈ R+
x ∪ N0 . Vamos resolver, em R+
0 :x>
0 , a inequação
√
|x| > x.
√
|x| > x ⇔
√ 2 √
⇔ ( x) > x
√
√
⇔ ( x)2 − x > 0
√ √
⇔ x ( x − 1) > 0
√
√
√
x≥0
⇔ x − 1 > 0 ∧ x 6= 0 porque ∀x ∈ R+
0 :
√
√
⇔ x > 1 ∧ x 6= 0
já que x = 0 ⇔ x = 0
⇔ x > 1 ∧ x 6= 0
⇔ x > 1.
Podemos então afirmar que
A = ]1, +∞[
Logo,
B = A ∪ N0
= ]1, +∞[ ∪ {0, 1, 2, . . . }
= {0, 1} ∪ ]1, +∞[
= {0} ∪ [1, +∞[
2.1.2 Temos int(B)= ]1, +∞[ e fr(B)= {0, 1}, donde vem que a aderência
de B será o conjunto {0, 1} ∪ ]1, +∞[, ou seja, ad(B)= B. Por outro
lado, só o zero é que é ponto isolado do conjunto B, tendo-se por isso
B 0 = [1, +∞[.
2.2.1 Observe-se que
un+1 = un ×
µ ¶n
1
⇔ un+1 × 2n = un
2
(2)
Assim,
un+1 − un = un+1 − un+1 × 2n
= un+1 × (1 − 2n )
Uma vez que ∀n ∈ N : 2n > 20 = 1, vem ∀n ∈ N : −2n < −1
e, finalmente, ∀n ∈ N : 1 − 2n < 0. Pelo facto de no enunciado
ser referido que a sucessão tem apenas termos positivos, tem-se que
∀n ∈ N : un+1 > 0. Conjugando estas duas conclusões, temos que
∀n ∈ N : un+1 × (1 − 2n ) < 0, ou seja, ∀n ∈ N : un+1 − un < 0. Por
conseguinte, a sucessão é monótona decrescente.
2.2.2 Já vimos que a sucessão era monótona decrescente, pelo que ∀n ∈ N :
un ≤ u1 = 2. Por outro lado, o enunciado refere que a sucessão tem
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apenas termos positivos, e assim sendo ficamos a saber que ∀n ∈ N :
un > 0. Portanto, a sucessão é limitada:
∀n ∈ N : 0 < un ≤ 2
Sendo un monótona (decrescente) e limitada, então é convergente.
Passaremos agora ao cálculo do limite. Em primeiro lugar convém
observar que pelo facto de (un ) ser convergente, temos
lim un+1 = lim un .
Utilizando este facto, vem
µ ¶n
1
lim un
= lim un .
2
¡ ¢n
→ 0 e (un ) é uma sucessão limitada, então esUma vez que 12
tamos perante o limite do produto duma sucessão limitada por um
infinitésimo, o qual sabemos ser um infinitésimo (por um teorema).
Tudo isto leva à conclusão de que
lim un = 0
¯ 0
¡ ¢
¯ f (x) = e2x 0 · (2x + 1) + e2x · (2x + 1)0
¯
¯
¯
=2e2x · (2x + 1) + 2e2x
¯
¯
=2(2x + 1)e2x + 2e2x
¯
¯
3.1. ¯¯
=(4x + 2)e2x + 2e2x
¯
¯
=(4x + 4)e2x
¯
¯
=4(x + 1)e2x
¯
¯
¯
=4e2x (x + 1).
3.2. Iniciamos o estudo pedido pelo cálculo dos zeros da primeira derivada.
f 0 (x) = 0 ⇔ 4e2x (x + 1) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1
Sendo ∀x ∈ R : e2x > 0, o sinal de f 0 (x) = 4e2x (x + 1) depende apenas
do sinal do factor (x + 1), o qual é negativo quando x < −1 e positivo
quando x > −1. Desta forma, a função f é decrescente no intervalo
]−∞, −1] e crescente em [−1, +∞[. Apresenta um mı́nimo relativo
para x = −1, o qual é igual a f (−1) = −e−2 .
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4
¯ 0
¯ f (x) = f (x) ⇔
¯
¯
¯
⇔e2x (2x + 1) = 4(x + 1)e2x
¯
¯
⇔e2x (2x + 1) − 4(x + 1)e2x = 0
¯
¯
¯
⇔e2x ((2x + 1) − 4(x + 1)) = 0
¯
¯
3.3. ¯
⇔e2x (2x + 1 − 4x − 4) = 0
¯
¯
⇔e2x (−2x − 3) = 0
¯
¯
¯
⇔ − 2x − 3 = 0
note que ∀x ∈ R : e2x 6= 0
¯
¯
3
¯
⇔x = −
¯
2
O¡ ponto
tem
abcissa
− 32 . Para calcular a ordenada determina-se
¢
3
−3
f − 2 = (−3 + 1)e¡ = −2e−3
¢ . Logo, o ponto de intersecção dos
3
0
−3
gráficos de f e f é − 2 , −2e .
4.1. Determinemos a expressão de g −1 :
y = arccos(5x) ⇒ cos(y) = 5x ⇔ x =
Portanto,
g −1 (x) =
cos(y)
5
cos(x)
5
Pelo exposto acima,
µ
g −1
2π
3
¶
=
cos
¡ 2π ¢
3
=
5
− 12
1
=−
5
10
4.2. O cálculo directo do limite leva a uma indeterminação do tipo 00 . Usaremos a regra de Cauchy para a levantar, começando pelo cálculo das
derivadas.
³√
´0
2
1 − 25x
= 2√−50x
1−25x2
0
(arccos(5x))0 = − √ (5x)
1−(5x)2
√
1 − 25x2
lim
x→ 15 arccos(5x)
√−50x
2 1−25x2
=
lim
Cauchy x→1/5 − √ 5 2
1−25x
5
= − √1−25x
2
= lim
x→1/5
−50x
2
−5
=
−50 15
2
−5
=
−5
=1
−5
A.1. Sendo (R, ∗) semigrupo comutativo, a operação ∗ é binária, associativa e comutativa no conjunto R. Como R \ { 13 } ⊂ R, ∗ também é
binária, associativa e comutativa em R \ { 13 }. Falta provar que existe
elemento neutro e elemento oposto para a operação ∗ em R \ { 13 }.
Para averiguar a existência de elemento neutro, temos que ver se
existe e ∈ R \ { 13 } tal que ∀x ∈ R \ { 13 } : x ∗ e = x, atendendo
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a que a igualdade x ∗ e = e ∗ x é verificada por ∗ ser comutativa.
1
1
x ∗ e = x ∧ x 6= ⇔ x + e − 3xe = x ∧ x 6=
3
3
1
⇔ e − 3xe = 0 ∧ x 6=
3
1
.
⇔ e(1 − 3x) = 0 ∧ x 6=
¶ 3
µ
1
1
∧ x 6=
⇔ e=0∨x=
3
3
⇔e=0
O elemento neutro é o zero. Averiguemos agora se existe elemento
oposto, isto é, se para todo o x 6= 13 existe u ∈ R \ { 13 } tal que
x ∗ u = e = 0.
1
x ∗ u = 0 ∧ x 6= ⇔
3
1
⇔ x + u − 3xu = 0 ∧ x 6=
3.
1
⇔ u(1 − 3x) = −x ∧ x 6=
3
x
1
⇔u=−
∧ x 6=
1 − 3x
3
Resumindo, mostrámos que ∗ é binária, associativa, que existe
ele- ¢
¡
1
mento neutro e qualquer elemento tem oposto em R\{ 3 }, logo R \ { 13 }, ∗
é grupo.
A.2.1. O enunciado ¡refere que (R,
¢ θ) é grupo comutativo e na alı́nea anterior
provámos que R \ { 31 }, ∗ é grupo. Então para mostrar que (R, θ, ∗)
é corpo só falta mostrar que a operação ∗ é distributiva em relação à
operação θ. Sejam x, y, z ∈ R, quaisquer.
1
x ∗ (yθz) = x ∗ (y + z − ) =
3
1
1
= x + (y + z − ) − 3x(y + z − )
3
3
1
= x + y + z − − 3xy − 3xz + x
3
1
= 2x + y + z − 3xy − 3xz −
3
1
= x + y − 3xy + x + z − 3xz −
3
= (x + y − 3xy) + (x + z − 3xz) −
1
3
= (x ∗ y)θ(x ∗ z)
Acabámos que provar que ∀x, y, z ∈ R : x ∗ (yθz) = (x ∗ y)θ(x ∗ z),
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donde ∗ é distributiva em relação a θ 1 e, finalmente, (R, θ, ∗) é corpo.
A.2.2. Como (R, θ, ∗) é corpo, então é válida a lei do anulamento do
produto. Sendo 13 o elemento neutro de (R, θ) (porque ∀a ∈ R :
aθ 31 = a), a lei acima referida permite-nos afirmar que ∀x, y ∈ R :
x ∗ y = 13 ⇔ x = 13 ∨ y = 13 .
B.1. Pelas coordenadas dos focos concluimos que a elipse tem como eixo
de simetria o eixo dos yy e está centrada na origem do referencial.
Supondo que 2a é a medida do eixo maior, 2b a medida do eixo menor e
2c a distância focal, sabemos que a2 −b2 = c2 , donde b2 = a2 −c2 . Neste
caso,√tem-se 2a = 6 ⇔ a = 3 e c = 2, √
pelo que b2 = 32 −22 = 5. Assim,
b = 5 e a medida do eixo menor é 2 5. Em relação à excentricidade,
ela é igual a ac = 23 .
B.2. Pelo exposto acima, a equação da elipse será
( 53 )2
5
22
x2
5
+
y2
9 =
25+20
45
1. Fazendo
4
x = 53 e y = 2, temos
+ 9 = 1 ⇔ 25
= 1 ⇔ 45
45 + 9 = 1 ⇔
45 =
1 ⇔ 1 = 1. Portanto, as coordenadas do ponto verificam a equação da
elipse, donde se conclui que o ponto A pertence à elipse.
B.3. x2 − 8y = 0 ⇔ x2 = 8y. A parábola tem vértice na origem e a
8
distância
do foco à directriz é p = 2p
2 = 2 = 4. Logo, o foco é o ponto
¡ p¢
0, 2 = (0, 2) = F1 , que é um dos focos da elipse.
1
note-se que estamos a supor que ∗ é comutativa e portanto não é necessário averiguar
que (yθz) ∗ x = (x ∗ y)θ(x ∗ z)