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(EN-2017) 1º fase

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Mensagem por Willian Honorio Sab 03 Jun 2017, 13:37

Olá, vamos resolver a prova amarela da Escola Naval que ocorreu esse ano, anexada abaixo. Resolverei a primeira questão:

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 1º: Seja A a matriz dada:

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Como o termo pedido é o x^k-1, queremos o termo de x^6, só uma observação, sei que o método mais ''simples'' de se achar esse termo e utilizando a expansão de Leibniz, mas como o expoente é 3, farei uma simples multiplicação de polinômios e buscarei os termos em x¨^6:

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Alternativa D.
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Mensagem por RenanSousa Dom 04 Jun 2017, 13:27

Questão 02) 

[Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.] = 1
e = [Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.]
a²=b²+c     F1 ( -c,0 ) F2 ( C,0)
c = ae  , a²=b²+c² = b²+a²e²= b²=a²(1-e²)
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Oque é pedido PF1.PF2 = Produto Escalar 
Mais ou menos assim a representação por uma figura , desculpem ficou horrível o desenho .
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PF1 = (-c-x)i-yk = -(x+ae)i-yk
PF2 = (c-x)i-yk = (ae-x)i-yk
PF1.PF2 = -(a²e²-x²)+y²=-a²e²+x²+(1-e²)(a²-x²)
PF1.PF2 = -a²e²+x²+a²-a²e²-x²+x²e²=x²e²+a²-2a²e²
PF1.PF2 = x²e²+a²(1-2e²)

Alternativa E
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Mensagem por GFMCarvalho Ter 20 Jun 2017, 18:55

Questão 03)


Sendo f(x) = x + ln(x), calculamos as derivadas primeiras e segundas de f:

f'(x) = 1 + 1/x

f''(x) = -1/x².


Das funções inversas, sendo g a inversa, vem que g(f(x)) = x.

g é função de x, e f também o é. Logo, vamos derivar os dois lados, aplicando a regra da cadeia no primeiro membro.


f'(x).g'(f(x)) = 1

Queremos g''(y), então derivamos de novo, com a regra do produto;

f''(x).g'(f(x)) + f'(x).[g'(f(x))]' = 0

f''(x).g'(f(x)) + f'(x).f'(x).g''(f(x)) = 0

Ou seja:


g''(f(x)) = -f''(x).g'(f(x)) / [f'(x)]²

Como pedem g''(1), queremos que f(x) = 1, e vemos que x = 1 satisfaz a equação. f(1) = 1

f''(1) = -1
f'(1) = 2
g'(1) = ?

Lembrando do teorema da função inversa:

g'(y) = 1 / f'(x)
g'(1) = 1/f'(1) = 1/2

g'(1) = 1/2

Voltando na nossa equação: 

g''(f(1)) = -f''(1).g'(f(1)) / [f'(1)]²


g''(1) = -(-1) . (1/2) / 2²

g''(1) = 1 / 2³


g''(1) = 1/8      


-Alternativa D
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Mensagem por Willian Honorio Qui 22 Jun 2017, 23:10

Questão 4:

 Como o valor de p para o x dado ser igual a zero:

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Alternativa E.
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Mensagem por Faxineiro do ITA Sex 23 Jun 2017, 02:29

Alguém poderia responder a 23?  :scratch:

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Mensagem por GFMCarvalho Sex 23 Jun 2017, 08:18

Calma, Faxineiro do ITA vamos matar a prova inteira. Ajude-nos!


5) Se o plano \pi é paralelo a \vec{u} e a \vec{v} , então ele será perpendicular a \vec{u}\times\vec{v}

Calculamos o produto vetorial:

(\vec{j})\times(\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}) = -\vec{k}+\vec{0}+\vec{i} = \vec{i}-\vec{k}

\vec{u}\times\vec{v}= \vec{n}=(1,0,-1)


Agora à função dada:

f(x)=2cos^2(x)+sen(2x)-1

f(x) = (2cos^2(x) - 1) + sen(2x)

f(x) = cos(2x) + sen(2x)

Queremos a imagem. Notamos facilmente que essa soma também é limitada a um intervalo. Se derivarmos a função com respeito a x:

f'(x)=-2sen(2x)+2cos(2x) = 2[cos(2x) - sen(2x)]

Se encontrarmos os zeros da derivada, teremos os pontos de máximo e mínimo. Para isso, basta analisarmos o que está dentro dos colchetes igualado a zero:

cos(2x)=sen(2x)

O cosseno e o seno são iguais apenas para 45º ou 135º:

2x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi

x = \dfrac{\pi}{8}+\dfrac{k\pi}{2}

Vemos que \frac{\pi}{8} é ponto crítico:

f(\frac{\pi}{8}) = cos(\frac{\pi}{4})+sen(\frac{\pi}{4})

f(\frac{\pi}{8})= \sqrt2

Que é uma imagem máxima.

Não é difícil notar que f(\frac{5\pi}{8})=-\sqrt{2} é mínimo.


A imagem da função será:

[-\sqrt2, \sqrt2]


Donde a = -\sqrt2  e  b = \sqrt2


O ponto dado é:

P(-1, \ -\sqrt2, \ 1)


Se tomarmos um ponto qualquer do plano, como A(9, -1, 0) , podemos calcular a distância entre o ponto P ao plano como o comprimento da projeção de AP no vetor unitário n.

d(P,\pi)=\dfrac{|\vec{AP}\cdot \vec{n}|}{\|\vec{n}\|}

d(P,\pi)=\dfrac{|(-10,1-\sqrt{2}, 1)\cdot(1,0,-1)|}{\sqrt{1+1}}

d(P,\pi)=\dfrac{|-10-1|}{\sqrt{2}}


\boxed{d_{P,\pi}=\dfrac{11\sqrt2}{2}}



Alternativa D


Última edição por GFMCarvalho em Sex 23 Jun 2017, 08:23, editado 2 vez(es) (Motivo da edição : Arrumar LaTeX)
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Mensagem por Victor011 Sex 23 Jun 2017, 09:57

Questão 6:

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Note, primeiramente, que os triângulos ADO,ACO e ABO são congruentes (triângulos retângulos com hipotenusa "L" e um dos catetos "h"). Logo, CO=DO=BO=R. Ou seja, o ponto "O" representa o centro da circunferência circunscrita ao triângulo BCD. 
Para Calcular o R, vamos escrever a área do ∆BCD de dois jeitos diferentes e igualar os valores encontrados. Veja:

Por radical de heron: (onde "p" é o semiperímetro e a,b,c os lados) 

\\S_{\Delta BCD}=\sqrt{p.(p-a).(p-b).(p-c)}\\\\S_{\Delta BCD}=\sqrt{21.8.7.6}=84\;\;(1)

Pela fórmula da área em função do circunraio:

\\S_{\Delta BCD}=\frac{abc}{4R}\\\\S_{\Delta BCD}=\frac{13.14.15}{4R}=\frac{1365}{2R}\;\;(2)\\\\fazendo\;(1)=(2):\\\\\frac{1365}{2R}=84\;\to\;R=\frac{65}{8}

Vamos calcular a altura. Pela Fórmula do volume de uma pirâmide, temos que:

\\V_{pir}=\frac{1}{3}.(S_{\Delta BCD}).(h)\\\\105.\sqrt{22}=\frac{1}{3}.(84).(h)\;\to\;h=\frac{15.\sqrt{22}}{4}

Por Pitágoras em um dos triângulos retângulos:

\\L^2=R^2+h^2\\\\L^2=(\frac{65}{8})^2+(\frac{15.\sqrt{22}}{4})^2\\\\L^2=\frac{24025}{64}\;\to\;\boxed{L=\frac{155}{8}}\;\;letra\;A
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Mensagem por Willian Honorio Sab 09 Dez 2017, 21:12

Questão 7:

 Para as curvas interceptarem-se ortogonalmente, o produto da derivada de a.x² num ponto genérico P(x0,y0) pela derivada implícita de x²+2.y²=1 com relação a x deve ser igual a -1. Sejam r e s as retas tangentes às curvas a.x² e x²+2.y²=1, respectivamente:

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Lembrando que o ponto P deve satisfazer ambas as equações das curvas:

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Ou seja, as curvas interceptar-se-ão ortogonalmente para qualquer a. A 1º proposição é falsa.

2º) Deve-se negar a identidade entre p(x) e q(x), basta trocar ---> pelo conectivo ''e'', retira-se também a identidade ~ :

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A 2º Proposição é verdadeira.

3º)

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Utilizando o Teorema Fundamental do Cálculo em ambas as Integrais, observa-se que elas divergem. Organizarei a primitiva da original da seguinte maneira:

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A 3º proposição é falsa, pois [Você precisa estar registrado e conectado para ver este link.]

3º) Pela Forma exponencial de Euler como dado no exercício, leiam também o  tópico no spoiler abaixo para lembrarem de que:

Forma Exponencial de Euler:
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Seja w o complexo no módulo:

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Ao multiplicarmos qualquer número complexo pela unidade imaginária, estaremos rotacionando seu vetor representativo em 90º graus no Plano Complexo de Argand-Gauss:

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A 4º proposição é falsa.

Temos F,V,F,F --> Alternativa A
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Mensagem por GFMCarvalho Dom 10 Dez 2017, 06:54

Questão 8:

Vamos manipular a definifção do ponto X e deixar em função dos pontos A, B, C e D.

X = A+m\left(\frac{\vec{AB}}{3} -\vec{AC} +\frac{\vec{AD}}{2}\right)


X = A + m\left(\frac{B-A}{3}-C+A + \frac{D-A}{2}\right)


X = A + m\left(\dfrac{2B-2A-6C+6A+3D-3A}{6}\right)


X=A+m\left(\dfrac{A+2B-6C+3D}{6}\right)


X =A + \frac{m}{6}A + \frac{m}{3}B - mC + \frac{m}{2}D


X = \frac{6+m}{6}A+\frac{m}{3}B-mC+\frac{m}{2}D


Queremos que X pertença ao plano, logo, deverá ser escrito como combinação dos vetores da base do pplano, isto é, BC e BD.

X = pBC + qBD.

Vemos, assim, que X dependerá apenas dos valores de B, C e D. Sendo assim, temos que a componente de A nesse vetor deve ser nula. Vemos imediatamente que o valor de m que faz isso é -6, para um A arbitrário(para não termos problemas com translações).

Como m = -6, -m = 6.


Calculamos a derivada de f:

f(x) = \dfrac{x^3-1}{x-4}


f'(x) = \dfrac{3x^2(x-4)-(x^3-1)}{(x-4)^2}


f'(6) = \dfrac{3\cdot36\cdot2-215}{4}


f'(6) = \dfrac{216 -215}{4}


\boxed{f'(6)=\frac{1}{4}}


Alternativa C


Última edição por GFMCarvalho em Dom 10 Dez 2017, 06:57, editado 1 vez(es) (Motivo da edição : Colocar alternativa)
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Mensagem por Willian Honorio Dom 10 Dez 2017, 08:25

Por uma inspeção rápida nos dois primeiros limites, é fácil perceber que teremos uma indeterminação do tipo 0/0, para levantá-la, utilizarei o Teorema de L'Hôspital:

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Lembremo-nos do Teorema do Confronto:

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Pela existência da função seno:

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Multiplicando a desigualdade por (x-1)^9:

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Logo:

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