ACADEMIA CLÍNICA DO SABER
PEDRO RAFAEL AFONSO
INSTITUTO SUPERIOR TÉCNICO MILITAR –ISTM
EXAMES DE ACESSO 2017-2018
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Teste do ISTM para o ano relativo de 2020, Provas de Matemática
Resolução e apresentação de exercícios relacionados com o exame de acesso do ano de 2020 para às áreas de engenharia
Tipologia: Provas
2024
1 / 35
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ACADEMIA CLÍNICA DO SABER
PEDRO RAFAEL AFONSO
INSTITUTO SUPERIOR TÉCNICO MILITAR – ISTM
EXAMES DE ACESSO 2017- 2018
VESTIBULANDO
UM GUIA DE PREPARAÇÃO
Editorial Clínica do saber
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
ACADEMIA CLÍNICA DO SABER é um centro Preparatório que tem como missão oferecer orientações, habilidades e conhecimentos que permitem que estudantes superem os desafios e melhorarem o seu desempenho académico em qualquer instituição de ensino. As aulas são direcionadas para todos os níveis de ensino.
QUEM SOMOS / NOSSA MISSÃO
PARA O ESTUDANTE ,
O propósito deste manual é ajudar os estudantes na resolução dos exercícios dos testes de matemática e física do Instituto Superior Técnico Militar-ISTM, na área de engenharias. Portanto, recomendamos a utilizar o seu maior tempo em resolver os exercícios. Quando se resolve um exercício, se aprende muito mais do que só se lê a resolução. É bem sabido que, a prática leva a perfeição, onde a verdadeira aprendizagem requer uma participação activa de sua parte. Utilize este manual como incentivo para resolver problemas, não como uma forma de evitar a sua resolução. As suas críticas, sugestão ou dificuldades que tenha encontrado na hora da resolução, pedimos que entre em contacto connosco urgentemente, afim de aperfeiçoamento do manual e suas ideias são fundamentais para o nosso trabalho.
Facebook: Página Academia Clínica do Saber E-mail: delarafapedro@gmail.com
Obs: A venda do presente material sem autorização do autor é punível pela Lei nº 4/19, de março, lei dos direitos do autor, que regula a protecção de Autor e conexos nas áreas das artes, literatura, ciência ou outra forma de reconhecimento. Respeite a lei.
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
Achar o denominador comum da expressão que está entre as colchetes 1 m−3 [^
m (m+1) +^
2+m 1 ] →^
1 m−3 [
m+(2+m)(m+1) (m+1) ] →^
1 m−3 [
m+3m+2+ m^2 (m+1) ]
= (^) (m−3)^1 [ m
(^2) +4m+ (m+1) ]
Multiplicar novamente a expressão que está fora dos parentese com os que estão dentro
terei: m
(^2) +4m+ (m+1)(m−3) , Línea^ 𝐵^2
Resolução da linea C: 2+mm−3 , 2 + m = 0 → 𝑚 = −
A expressão anula-se se 𝑚 = −2, Línea 𝐶 3
3º) (Teste 2018 – Variante I) Dada a inequação 𝑥^4 − 6 > −5𝑥. Demostra a solução gráfica.
Resolução:
𝑥^4 − 6 > −5𝑥 → 𝑥^4 + 5𝑥 − 6 > 0
Vamos 1º achar os zeros da equação: 𝑥^4 + 5𝑥 − 6 = 0
𝑥^4 + 6𝑥 − 𝑥 − 6 = 0 → (𝑥^4 − 𝑥) + (6𝑥 − 6) = 0
→ 𝑥(𝑥^3 − 1) + 6(𝑥 − 1) = 0 →
𝑥(𝑥 − 1)(𝑥^2 + 𝑥 + 1) + 6(𝑥 − 1) = 0
Fatorando a expressão : (𝑥 − 1), vem;
(𝑥 − 1)[𝑥(𝑥^2 + 𝑥 + 1) + 6] = 0 → (𝑥 − 1)(𝑥^3 + 𝑥^2 + 𝑥 + 6) = 0
Anulando os productos:
𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 1 = 1
𝑥^3 + 𝑥^2 + 𝑥 + 6 = 0
𝑥^3 + 𝑥^2 + 𝑥 + 8 − 4 + 2 = 0 → (𝑥^3 + 8) + (𝑥^2 − 4) + (𝑥 + 2) = 0
→ (𝑥^3 + 2^3 ) + (𝑥^2 − 2^2 ) + (𝑥 + 2) = 0
→ (𝑥 + 2)(𝑥^2 − 2𝑥 + 4) + (𝑥 − 2)(𝑥 + 2) + (𝑥 + 2) = 0
Fatorando a expressão :
(𝑥 + 2)(𝑥^2 − 2𝑥 + 4 + 𝑥 − 2 + 1) = 0 → (𝑥 + 2)(𝑥^2 − 𝑥 + 3) = 0
Anulando os productos, vem:
𝑥 + 2 = 0 → 𝑥 1 = −
𝑥^2 − 𝑥 + 3 = 0 (∆ < 0 , ∄ 𝑥 2 𝑒 𝑥 3 𝑒𝑚 𝑅)
Os zeros da equação 𝑥^4 + 5𝑥 − 6 = 0 são 𝑥 1 = 1 e 𝑥 2 = −
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
Vamos analisar os sinais na tabela:
𝑓(𝑥)^ −∞^ -2^1 ∞ 𝑥 + 1 − − O + 𝑥 + 2 − O + + 𝑥^2 − 𝑥 + 3 +^ +^ + 𝑠 + − +
A solução da inequação são os intervalos posetivos, ou seja:
𝑠 = ]−∞ − 2[ ∪ ]1; +∞[
4º) (Teste 2018 – Variante II) Sejam: 𝐴 = 2x
(^2) +5x+ x^2 +2x ,^ 𝐵 =^
2x x+2 e C^ =^
x 5(x−1) a) Simplifique a expressão de A b) Calcule: 𝑀 = 𝐴 − 𝐵 c) Racionalize a expressão B para 𝑥 = √
Resolução da linea A: 𝐴 = 2x
(^2) +5x+ x^2 +2x Condição de existência
2x^2 + 5x + 2 = (2x + 1)(x + 2) x^2 + 2x = x(x + 2)
Voltando na expressão de cima temos:
𝐴 = (2x+1)(x+2) x(x+2) → 𝐴 =^
(2x+1) x
Resolução da linea B:
2x^2 +5x+ x^2 +2x −^
2x x+2 →^
2x^2 +5x+ x(x+2) −^
2x x+2 ,^ Pôr evidência o factor comum do denominador:
1 x+2 [
2x^2 +5x+ x −^
2x 1 ]^ →^
1 x+2 [
2x^2 +5x+2 − 2x^2 x ]
1 x+2 [
5x+ x ]^ →^
5x+ x(x+2)
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
7º) (Teste 2018 – Variante C) A soma das raízes da equação iz² − z + 2 i = 0 é:
Resp: 𝐴) 𝑖 𝐵) − 𝑖 𝐶) − 2𝑖 𝐷) 2𝑖
Resolução
𝑖𝑧^2 − 𝑧 + 2𝑖 = 0 , equação complexa do 2º grau, onde: 𝑎 = 𝑖 ; 𝑏 = −1 𝑒 𝑐 = 2𝑖 Aplicando a fórmula resolvente:
𝑥1,2 = −𝑏±√𝑏
(^2) −4𝑎𝑐 2𝑎 =^
−(−1)±√(−1)^2 −4(𝑖)(2𝑖) 2(𝑖)^ =^
1±√1−8𝑖^2 2𝑖 Nota: No conjunto dos números complexos, 𝑖^2 = −
𝑥1,2 = 1±√1−8(−1) 2𝑖 =^
1±√1+ 2𝑖 =^
1±√ 2𝑖 =^
1± 2𝑖 Para 𝑥 1 :
𝑥 1 = 1+ 2𝑖 =^
4 2𝑖 =^
2 𝑖 → 𝑥^1 =^
2 𝑖 ×^
𝑖 𝑖 =^
2𝑖 𝑖^2 =^
2𝑖 −1 → 𝑥^1 = −2𝑖 Para 𝑥 2 :
𝑥 2 = 1− 2𝑖 = −^
2 2𝑖 = −^
1 𝑖 → 𝑥^2 = −^
1 𝑖 ×^
𝑖 𝑖 = −^
𝑖 𝑖^2 = −^
𝑖 −1 → 𝑥^2 = 𝑖 A soma das raízes pedida é: 𝑠 = 𝑥 1 + 𝑥 2 𝑠 = −2𝑖 + 𝑖 → 𝑠 = −𝑖 , Línea B)
8º) (Teste 2018 – Variante C) O valor da racionalização do denominador da expressão (^) (6√72+√4)A é:
𝐴) 2 𝐵) 3 C) 6 D) 8 E) 9 Resolução 𝐴 (^6) √8.9 (^) + √2^4
+√
Factorizando a √2 , vem;
𝐴 √2 ( √3^3 +1) (*) , agora vamos racionalizar o denominador
Usando o procedimento:
𝑎^3 + 𝑏^3 = (𝑎 + 𝑏)(𝑎^2 − 𝑎𝑏 + 𝑏^2 ) , 𝑎 = √3^3 , 𝑏 = 1
(√3^3 )
3
- (1)^3 = (√3^3 + 1) ((√3^3 )
2 − √3^3 + 1)
4 = (√3^3 + 1) ((√3^3 ) 2 − √3^3 + 1) → (√3^3 + 1) = 4 (( √3^3 ) 2 − √3^3 +1)
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
Substituindo em (*) , vem:
𝐴 √2. 4 (( √3^3 )^2 − √3^3 +1)
(( √3^3 )^2 − √3^3 +1)𝐴 4√2 =^
(( √3^3 )^2 − √3^3 +1)𝐴 4√2 ×^
√ √
√2(( √3^3 ) 2 − √3^3 +1)𝐴 4(√2)^2 =^
√2(( √3^3 ) 2 − √3^3 +1)𝐴 4×2 =^
√2(( √3^3 ) 2 − √3^3 +1)𝐴 8
Denominador, logo, a solução do exercício é 8 a línea D)
9º) (Teste 2018 – Variante C) Levante a solução da Inequação: (𝑥 − 2)^100 ∙ (3 − 𝑥)^99 ∙ (𝑥 − 1) ≤ 0 𝐴) ∅ 𝐵) 𝐼𝑅 C) (3) ∪ (−∞; 3) D) 𝑂𝑢𝑡𝑟𝑜 Resolução:
(𝑥 − 2)^100 ∙ (3 − 𝑥)^99 ∙ (𝑥 − 1) ≤ 0
Vamos primeiro achar os zeros da equação: (𝑥 − 2)^100 ∙ (3 − 𝑥)^99 ∙ (𝑥 − 1) = 0
(𝑥 − 2)^100 = 0 → 𝑥 = 2
(3 − 𝑥)^99 = 0 → 𝑥 = 3 (𝑛𝑜𝑡𝑎: 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑎 𝑛ã𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 é 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜)
(𝑥 − 1) = 0 → 𝑥 = 0
Vamos analisar agora os sinal na tabela:
𝑓(𝑥) −∞ 1 2 3 +∞ 𝑥 − 1 − O + + + 𝑥 − 2 −^ −^ O^ +^ + 𝑥 − 3 + + + O − 𝑠 + − + −
A solução da inequação corrresponde aos intervalos negativos, ou seja:
𝑠 = [1; 2] ∪ [3; +∞[
10º) (Teste 2018 – Variante C) Uma loja finalizou a liquidação de 70% de desconto sobre os produtos. Para retornar aos preços originais, qual deve ser o seu aumento percentual? 𝐴) 30% 𝐵) 70% 𝐶) 233,5% 𝐷) 50% 𝐸) 𝑂𝑢𝑡𝑟𝑜𝑠
Resolução:
Seja 𝑥 o valor inicial, na liquidação o valor é 0,7 𝑥
Logo devemos achar 𝑦 tal que: 0,7 𝑥 (1 + 𝑦) = 𝑥 → 0,7 + 0,7 𝑦 = 1
0,7𝑦 = 1 − 0,7 → 𝑦 = 0,30,7 → 𝑦 = 0,428 ≈ 0,43 , 𝑦 = 0,43 𝑜𝑢 𝑦 = 43%, Línea E)
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
12º) (Teste ISTM-2018) Na práctica do laboratório um aluno faz oscilar o sistema corpo-mola depois de tirá-lo 10 cm da posição de equilíbrio. Se massa do corpo for 5 kg e a constante elástica da mola é de 200 𝜋^2 𝑁/𝑚. Analise e responda:
- A frequência angular do sistema corpo-mola é ______ 40 𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ___X____ 5 𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 _______25𝜋^2 𝑟𝑎𝑑/𝑠
- O periodo das oscilações é: _______2,5 s ______90 s _X 0,4 s
- O gráfico de 𝑥 = 𝑓(𝑡) é:
- Se aumentar a massa do corpo a 32 kg , a frequência angular do sistema do corpo é: ____ 4 vezes menor_______igual _______ a metade _____X____ 4 vezes maior
Resolução:
- A frequência angular é determinada pela relação: 𝜔 = 2𝜋𝑇 , onde 𝑇 é o periodo de oscilação do sistema corpo-mola. Pelo gráfico correspondente línea (a) 𝑇 = 0,4 𝑠 ; 𝜔 = 2𝜋0,4 → 𝜔 = 5 𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
- Pelo gráfico (alínea a) o periodo de oscilação é 𝑇 = 0,4 𝑠
- O gráfico corresponde , é o da alínea a)
- Para um oscilador preso a uma mola é válida a seguinte equação:
𝑘 = 𝜔^2 𝑚
No 2º caso: 𝑘 = 𝜔 22 𝑚 2 𝑚 2 = 32 𝑘𝑔
Dividindo as equações (II) e (I); membro a membro, vem:
𝜔 2 = (^) 𝑚𝑘 2
2 32 = 6,25 𝜋
𝜔 2 𝜔 1 =^
6,25 𝜋^2 5 𝜋 →^
𝜔 2 𝜔 1 = 1,25 𝜋 → 𝜔^2 = 1,25 𝜋 𝜔^1
𝜔 2 = 1,25 × (3,14) 𝜔 1 → 𝜔 2 = 3,925 𝜔 1 ≈ 4 𝜔 1 ; 𝜔 2 = 4𝜔 1
Como a frequência angular final é 4 vezes maior que a frequência angular final, a frequência angular do sistema é 4 vezes maior.
13º) (Teste ISTM-2018) Simplifica a expressão: (𝑥2𝑘^ − 𝑦2𝑘) × 𝑥
𝑘+1−𝑥𝑦𝑘 𝑦𝑘+1+𝑦𝑥𝑘
Resolução:
(𝑥2𝑘^ − 𝑦2𝑘) × 𝑥
𝑘+1−𝑥𝑦𝑘 𝑦𝑘+1+𝑦𝑥𝑘
[(𝑥𝑘)^2 − (𝑦𝑘)^2 ] × [ 𝑥
𝑘.𝑥−𝑥𝑦𝑘 𝑦𝑘.𝑦+𝑦.𝑥𝑘] = [(𝑥
𝑘 − 𝑦𝑘)(𝑥𝑘 + 𝑦𝑘)] × 𝑥(𝑥𝑘−𝑦𝑘)
𝑦(𝑦𝑘+𝑥𝑘)
= 𝑥(𝑥
𝑘−𝑦𝑘) 2 𝑦
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14º) (Teste ISTM-2017) Sejam 𝑎, 𝑥 𝑒 𝑦 três números reais tais que log𝑎 𝑥 = 1 + 4 log𝑎 𝑦
Qual das seguintes igualdades é necessariamente verdade?
𝑎) 𝑥 = 𝑎𝑦^4 𝐵) 𝑥 = 4𝑎𝑦 𝐶) 𝑥 = 4𝑦 𝐷) 𝑥 = 𝑦^4
Resolução:
log𝑎 𝑥 = 1 + 4 log𝑎 𝑦
log𝑎 𝑥 = log𝑎 𝑎 + log𝑎 𝑦^4 , sabe-se que: log 𝑎 + log 𝑏 = log(𝑎𝑏)
log𝑎 𝑥 = log𝑎 𝑎𝑦^4 , simplificando as bases dos dois membros, vem:
𝑥 = 𝑎𝑦^4 , Línea B)
15º) (Teste ISTM-2017) Indique as soluções da equação: −1 + 2𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 0 que pertence ao intervalo [0; 2𝜋]
𝑅𝑒𝑠𝑝: 𝐴) 𝜋 3 𝑒 2𝜋 3 𝐵) 𝜋 3 𝑒 4𝜋 3 𝐶) 𝜋 6 𝑒 5𝜋 6 𝐷) 𝜋 6 𝑒 11𝜋 6
Resolução:
−1 + 2𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 0 → 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 1 → 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 12 → 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 (^12 )
O arco cujo seno equivale a 12 é 𝛼 = 𝜋 6
Fórmula dos senos para a resolução de equações trigonométricas:
𝜋 6 + 2𝜋𝑘 𝜋 − 𝜋 6 + 2𝜋𝑘
𝜋 6 + 2𝜋𝑘 5𝜋 6 + 2𝜋𝑘^
, se 𝑘 = 0
𝜋 6 5𝜋 6
, se 𝑘 = 1 → 𝑥 = {
13𝜋 6 17𝜋 6
O valor que pertence o intervalo [0; 2𝜋]^ é : 𝑥 = {
𝜋 6 5𝜋 6 A slução da equação é : ) 𝜋 6 𝑒 5𝜋 6 , Línea C)
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
Resolução:
Se verificamos atentamente o gráfico, veremos que a função 𝑓(𝑥) é uma função quadrática definida para 𝑥 ∈ ]−∞; +∞[^ e a função 𝑔(𝑥) é uma função exponencial definida para 𝑥 ∈ ]−∞; +∞[. Como a função 𝑔(𝑥) ou seja (𝑔(𝑥) ≠ 0) não intercepta o eixo das abcissas, e existe um ponto de intercepção das duas funções, é lógico concluir que a soma das duas funçõe nunca terá valor nulo. A equação impossível é a linea A).
19º) (Teste ISTM-2017) Considere o ponto 𝐴(1; −3 ; 4) e o plano 𝛼 é definido pela equação 𝛼: −𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 1 a) Verifique se o ponto 𝐵(−3; 1; 5) pertence ao plano 𝛼 b) Determine as equações cartesianas da recta que passa por A e é perpendicular ao plano 𝛼.
Resolução:
a) Se o ponto 𝐵(−3; 1; 5) pertence ao plano, suas coordenadas devem verificar a equação:
−(−3) + 2(1) − 5 = 1 → 3 + 2 − 5 = 1 → 0 ≠ 1 , logo, o ponto B não pertence ao plano 𝛼.
b) A equação cartesiana da recta é:
; como a recta passa pelo ponto A; temos: 𝑥 1 = 1; 𝑦 1 = −3 𝑒 𝑧 1 = 4
, onde 𝑣 = (𝑎; 𝑏; 𝑐) é o vector director da recta.
Vector director do plano 𝛼: − 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 1 é: 𝑣 = (−1; 2; −1)
Como a recta é perpendicular ao plano o vector director do plano é o próprio vector director da recta: 𝑣 = (−1; 2; −1) , logo, teremos:
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20º) (Teste ISTM-2017) Seja 𝑢𝑛 definida por : {
𝑢 1 = 1 𝑢𝑛+1 = (^) 1−2𝑢𝑢𝑛𝑛 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 a) Prove, pelo método da indução , que 𝑢𝑛 = (^) 1−2𝑛^1 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 b) Estude 𝑢𝑛 quanto à monotonia. c) Classique 𝑢𝑛 quanto a convergência.
Resolução:
a) 1º) Passo: Para 𝑛 = 1 , 𝑢 1 = (^) 1−2(1)^1 → 𝑢 1 = −1, verdadeira
2º) Passo: Hipótese , para 𝑛 = 𝑘, 𝑢𝑘 = (^) 1−2𝑘^1 , verdadeira
3º) Passo:Tese, se a hipótese for verdadeira prova para 𝑛 = 𝑘 + 1
𝑢𝑘+1 = (^) 1−2(𝑘+1)^1 → 𝑢𝑘+1 = (^) 1−2𝑘−2^1 → 𝑢𝑘+1 = (^) 1−2𝑘^1 [ (^) 1− 12 1−2𝑘
]
Da hipótese sabe-se que: 𝑢𝑘 = (^) 1−2𝑘^1
1
1−2𝑢𝑘^ )^ → 𝑢𝑘+1^ =^
𝑢𝑘 1−2𝑢𝑘 b) Estude 𝑢𝑛 quanto à monotonia
𝑢𝑛 = (^) 1−2𝑛^1 e 𝑢𝑛+1 = − (^) 1+2𝑛^1
𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = − (^) 1+2𝑛^1 + (^) 1−2𝑛^1 → 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = (^) 1−4𝑛4𝑛 2 , para 𝑛 = 1
𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = 4 ( 1 ) 1−4( 1 )^2 →^ 𝑢𝑛+1^ −^ 𝑢𝑛^ = −^
4 3 →^ 𝑢𝑛+1^ −^ 𝑢𝑛^ < 0
Quanto a monotonia a sua é decrescente
c) Classique 𝑢𝑛 quanto a convergência
𝑛→∞^ lim 𝑢𝑛^ = lim 𝑛→∞1−2𝑛^1 =^ 1−2(∞)^1 =^ ∞^1 = 0^ , a sucessão é convergente.
21º) (Teste ISTM-2017) Resolva em R, a inequação:
log 10 (2𝑥 − 1) < log 10 (^1 𝑥) − log 10 (3)
Resolução:
log 10 (2𝑥 − 1) < log 10 (^1 𝑥) − log 10 (3)
log 10 (2𝑥 − 1) − log 10 (^1 𝑥) < − log 10 (3)^ , sabe-se que: log 𝑎 − log 𝑏 = log 𝑎𝑏
log 10 ( 2𝑥− 𝑥 ) < log^10 (
Condição de existência: 2𝑥−1𝑥 > 0 (inequação racional fraccionária)
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22º) (Teste ISTM-2017) Considere as funções reais de variável real 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥^ − 1 𝑒 𝑔(𝑥) = (^) 𝑥+2𝑥
a) Calcule lim 𝑥→0𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) b) Resolva a equação (𝑓𝑜𝑔)(𝑥) = 𝑒−1^ − 1
Resolução:
a) lim 𝑥→ 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)^ = lim 𝑥→
𝑒𝑥− 𝑥 𝑥+
= lim 𝑥→ (𝑥+2)(𝑒𝑥−1) 𝑥 = (
0 0 𝐹. 𝐼)
Vamos levantar a indeterminação:
lim 𝑥→ (𝑥+2)(𝑒𝑥−1) 𝑥 = lim 𝑥→0 (𝑥 + 2) lim 𝑥→
(𝑒𝑥−1) 𝑥
Aplicando a regra de L´hospitall para o segundo limite, vem:
lim 𝑥→0 (𝑥 + 2) lim 𝑥→ (𝑒𝑥−1)ʼ (𝑥)ʼ = lim 𝑥→0 (𝑥 + 2)lim 𝑥→0 𝑒
𝑥
Substituindo a tendência, vem:
= (0 + 2)𝑒^0 = (2)(1) = 2
b) Vamos primeiro Achar o (𝑓𝑜𝑔)(𝑥)
(𝑓𝑜𝑔)(𝑥) = 𝑒
𝑥 𝑥+2 (^) − 1
Resolvendo a equação:
𝑥 𝑥+2 (^) − 1 = 𝑒−1^ − 1 → 𝑒
𝑥 𝑥+2 (^) = 𝑒−1^ , simplificando as bases, teremos: 𝑥 𝑥+2 = −1^ ( condição de existência:^ 𝑥 + 2 ≠ 0 → 𝑥 ≠ −2)
𝑥 = −𝑥 − 2 → 2𝑥 = −2 → 𝑥 = −1 ; A solução da equação é: 𝑠 = {−1}
23º) (Teste ISTM-2017) Seja 𝑓 a função, de domínio R, definida por
ln(−2𝑥^2 + 𝑥 + 1) − 3𝑘 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0 − 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 0
a) Determine o número real 𝑘 de modo que a função seja contínua em 𝑥 = 0 b) Calcule a derivada da função, 𝑓´(𝑥), para 𝑥 > 0, e determine a equação da recta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto de abcissa 𝑥 = 12.
Resolução:
a) Vamos determinar o número real 𝑘
Para que a função seja contínua é necessário que os limites laterias sejam iguais, ou seja:
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lim 𝑥→0+^ 𝑓(𝑥) = (^) 𝑥→0lim− 𝑓(𝑥)
lim 𝑥→0+ 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→0+^ ln(−2𝑥^2 + 𝑥 + 1) − 3𝑘 = ln(−2(0)^2 + (0) + 1) − 3𝑘 = −3𝑘
𝑥→0^ lim−^ 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→0−^ (−^ 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑥^ ) = −
Pela condição: lim 𝑥→0+^ 𝑓(𝑥) = (^) 𝑥→0lim− 𝑓(𝑥)
−3𝑘 = −2 → 𝑘 = (^23)
b) Vamos calcular a derivada da função para 𝑥 > 0
para 𝑥 > 0 ; 𝑓(𝑥) = ln(−2𝑥^2 + 𝑥 + 1) − 3𝑘 , derivando por tabela:
𝑓ʼ(𝑥) = [ln(−2𝑥^2 + 𝑥 + 1) − 3𝑘]ʼ
Nota: se 𝑦 = ln 𝑢 → 𝑦ʼ = 𝑢ʼ𝑢
𝑓ʼ(𝑥) = (−2𝑥
(^2) +𝑥+1)ʼ (−2𝑥^2 +𝑥+1) =^
(−4𝑥+1) (−2𝑥^2 +𝑥+1)
A equação da recta tangente ao gráfico é determinada pela relação:
𝑦 − 𝑦𝑜 = 𝑓ʼ(𝑥𝑜)(𝑥 − 𝑥 0 ) ; 𝑥𝑜 = (^12)
(−4(^12 )+1) (−2(^12 )^2 +(^12 )+1)
𝑦𝑜 = ln (−2 (^12 )
2
- (^12 ) + 1) − 3 (^23 ) = −
A equação da recta tangente no ponto 𝑥 = 12 será:
𝑦 − (−2) = −1 (𝑥 − 12 ) → 𝑦 + 2 = −𝑥 + 12 → 2𝑥 + 2𝑦 + 3 = 0
24º) (Teste ISTM-2017) Considere a função real 𝑓(𝑥) = 𝑥
2 2𝑥^2 −8, determine: a) O dominío da função. b) Os intervalos de crescimento e de descrecimento de 𝑓 e os seus extremos. c) As assíntotas do gráfico 𝑓.
Resolução:
𝑓(𝑥) = 𝑥
2 2𝑥^2 − a) Domínio
O domínio da expressão será determinado:
2𝑥^2 − 8 ≠ 0 → (2𝑥^2 − 8 = 0 → 2𝑥^2 = 8 → 𝑥 = ±2)
𝐷𝑓 = 𝑅 − (±2)
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25º) (Teste ISTM-2017) Classifique as seguintes afirmações em verdadieras (V) ou falsas (F): a) Quando duas esferas de massas iguais, que deslocam sem atrito com velocidades simétricas, colidem , a velocidade do centro de massa do sistema é nula___V___ b) Numa colisaõ elástica , as velocidades dos corpos variam, mas a energia cinética permanece constante__V___ c) Numa colisão inelástica, os corpos têm a mesma velocidade ao se separarem- se__F___ d) Numa colisão inelástica o momento linear varia__F___ e) Numa colisão perfeitamente inelástica, os corpos permanecem juntos após o choque V_
Justificação:
a) A velocidade do centro de massa é dada pela relação: 𝑣𝐶𝑀 = 𝑚^1 𝑚𝑣^1 +𝑚^2 𝑣^2 1 +𝑚 2 , pois, se o corpos tiverem a mesma massa e velocidades simétricas (𝑣 2 = −𝑣 1 ) o centro de massa será nulo; b) A colisão é dita elástica quando ocorre conservação da energia e do momento linear dos corpos envolvidos, a principal característica desse tipo de colisão é que, após o choque, a velocidade das partículas muda de direcção; c) Os corpos só possuem as mesmas velocidade numa colisão completamente inelástica, e após o choque obrigatoriamente movem-se juntos; d) Numa colisão inelástica o momento linear do sistema sempre se conserva; e) Uma das características das colisões perfeitamente elástica é que o corpos se movem com as mesmas velocidades depois do choque.
26º) (Teste ISTM-2017) O gráfico em baixo representa a variação da velocidade, em função do tempo, de uma partícula de massa 200 g em MHS. Classifique as afirmações em Verdadeiras (V) ou Falsas (F)
- A frequência angular do movimento é 1, 𝑟𝑎𝑑− a) A amplitude do movimento é de 5, m b) A equação da elongação da partícula é: 𝑥 = 10 𝑠𝑒𝑛 (𝑡 + 𝜋 6 ) c) No instante 𝑡 = 𝜋 𝑠, a elongação tem o seu valor máximo posetivo. d) A energia mecânica do oscilador é 5 J.
Resolução:
a) A frequência angular é dado por: 𝜔 = 2𝜋𝑇 onde 𝑇 é o periodo
Elaborado por: Pedro Rafael Afonso-Luanda/cacuaco/cimangola/
Conforme o gráfico acima, o periodo é 𝑇 = 2 𝜋 (o tempo no qual o corpo levou para descrever uma volta completa.
Assim temos: 𝜔 = 2𝜋𝑇 = 2𝜋2𝜋 = 1,0 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1^ , Linea a) verdadeira (V)
b) É fácil notar pelo gráfico que a amplitude (o deslocamento máximo) é 𝐴 =5 , m. A Línea b) é verdadeira (V). c) A equação da elonganção de uma partícula é dada por : 𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑)
Vamos achar a fase inicial: a partícula começou o seu movimento na posição 𝑥 = −5 𝑚 , para o instante 𝑡 = 0𝑠
𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑) → −5 = 5 𝑠𝑒𝑛(1.0 + 𝜑) → −1 = 𝑠𝑒𝑛(𝜑) → 𝜑 = 𝑎𝑟𝑠𝑒𝑛(−1)
𝜑 = 3𝜋 2 ; a amplitude das oscilações é: 𝐴 = 5,0 𝑚, 𝜔 = 1 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−
A equação da elongação da partícula é:
𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑) → 𝑥 = 5 𝑠𝑒𝑛 (𝑡 + 3𝜋 2 ) , Linea c) Falsa (F)
d) A equação de elongação da partícula é:
𝑥 = 5 𝑠𝑒𝑛 (𝑡 + 3𝜋 2 ) , para o instante 𝑡 = 𝜋, teremos:
𝑥 = 5 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 + 3𝜋 2 ) → 𝑥 = 5 (
2𝜋+3𝜋 2 ) → 𝑥 = 5𝑠𝑒𝑛 (
5𝜋 2 )^ , nota:^ 𝑠𝑒𝑛 (
5𝜋 2 ) = 1
𝑥 = 5(1) → 𝑥 = 5 𝑚 , como a elongação é igual a amplitude, a elongação tem oseu valor máximo no instante 𝑡 = 𝜋. Línea d) Verdadeira (V)
e) A energia mecância de um oscilador harmônico é determinado pela relação:
𝑤 = 12 𝑘 𝐴^2 , onde 𝑘 = 𝑚 𝜔^2 ; 𝑤 = 12 𝑚 𝜔^2 𝐴^2
Onde: 𝐴 = 5,0 𝑚, 𝜔 = 1 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1^ , 𝑚 = 200 𝑔 = 0,2 𝑘𝑔
Colocando na fórmula, vem:
𝑤 = 12 (0,2)(1)^2 (5)^2 = 2,5 𝐽 , Línea e) Falsa (F)
27º) (Teste ISTM-2017) A variação da velocidade em função do tempo de um corpo que descreve um movimento rectilíneo é dada pelo gráfico da figura. Indique, justificando: a) Os intervalos de tempo em que o movimento é uniforme , acelerado e retardado. b) A posição do corpo para 𝑡 = 13 𝑠 , sabendo que para 𝑡 = 0 𝑠 o corpo se encontra na posição 𝑥𝑜 = 2 𝑚. c) A velocidade média e a aceleração média no intervalo [0 ; 13 𝑠]