Análise combinatória e probabilidade

119
MA12FNPR2©PortoEditora
Caderno de Fichas
Ficha 1 – Análise combinatória
Grupo I Pág. 4
1. 1.ª 2.ª 3.ª 4.ª 5.ª
3 2 1 1 3
branco, azul ou verde
diferente da 3.ª
diferente da 2.ª
vermelho ou amarelo
branco, azul ou verde
3 × 2 × 1 × 1 × 3 = 18
Resposta: (B)
2. Para além do 2 e do 5 há 8 algarismos.
1.A 2.A 3.A
7 7 6
diferente do 1. e do 2.
pode ser 0 e diferente do 1.
não pode ser 0
7 × 7 × 6 = 294
Resposta: (D)
3. 1, 2, 3, 4, 5
1.ª 2.ª 3.ª 4.ª 5.ª
4 3 2 1 2
2 ou 4
4 × 3 × 2 × 1 × 2 = 48
Resposta: (B)
4. 4
C2 × 9
A’2 = 6 × 92
= 486
Sequência de dois algarismos, iguais ou não,
diferentes de 7.
Número de maneiras de escolher a posição
dos dois algarismos iguais a 7.
Resposta: (A)
5. 5, 6, 7, 8, 9
5
C3 × 4
A’2 = 5
C3 × 42
Sequência de dois algarismos, iguais ou não,
escolhidos entre os algarismos 5, 6, 8 e 9.
Número de maneiras de escolher a posição
dos três algarismos iguais a 5.
Resposta: (B)
6.
5
I
5
I
5
I
5
I
5
P
5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 55
Resposta: (B)
7. 6 × 8
A’5 = 6 × 85
Número de maneiras de formar uma sequência
com os restantes cinco algarismos, iguais ou
diferentes de 4.
A posição do algarismo 4 pode ser escolhida
entre seis possíveis.
Resposta: (C)
8. P2 × P4 = 2! × 4! = 48
Número de maneiras de ordenar os restantes
quatro livros.
Número de maneiras de ordenar os dois livros
de astronomia.
Resposta: (C)
9. L. C. Outras Pág. 5
3 7
2 4 hipóteses de escolha
3 3
3
C2 × 7
C4 + 3
C3 × 7
C3 = 3
C2
7
C4 + 7
C3
Resposta: (D)
10. Rapazes Raparigas
12 8
5 5
O grupo pode ser escolhido de 12
C5 × 8
C5 maneiras diferentes.
Resposta: (A)
11. 11 13 1 13 13n
C n n      
12
C0, 12
C1, 12
C2, 12
C3 … 12
C9, 12
C10, 12
C11, 12
C12
1, 12, 66, 220 … 220, 66, 12, 1
A linha tem 6 elementos inferiores a 70.
Resposta: (C)
12. 1 a b 19 600 …
1 1 + a a+ b … O terceiro elemento da linha
seguinte é a + b.
Sabe-se que:
1 + a + b + 19 600 = 20 876
Então:
a + b = 20 876 – 19 600 – 1
a + b = 1275
Resposta: (A)
13. 1 61 075 61 426a   61 426 61 075 1a   350a 
O segundo elemento dessa linha é 350.
Então 1 350 350n
C n   .
A linha seguinte corresponde a n = 351 e a soma dos três
últimos elementos é igual à soma dos três primeiros:
1 + 351
C1 + 351
C2 = 1 + 351 + 61 425 = 61 777
Resposta: (C)
14. A soma dos dois últimos elementos de uma linha do triângulo
de Pascal é igual à soma dos dois primeiros elementos dessa
linha.
Então 11 31 1 31 30n
C n n       .
O quinto elemento da linha anterior é 29
C4 = 23 751.
Resposta: (A)
15. Os elementos menores do que 2006
C4 são os quatro primeiros
(2006
C0, 2006
C1, 2006
C2 e 2006
C3) e os quatro últimos que são
iguais aos quatro primeiros. Logo, são oito.
Resposta: (A)
16. n
C2 = 55
  

 11055
2
1 2
nn
nn 2
110 0n n  
11n 
O penúltimo elemento é igual ao segundo, ou seja, igual a
11
C1 = 11
Resposta: (B)
17. 11 21 1 21 20n
C n n       Pág. 6
A linha correspondente a n = 20 tem 21 termos.
O maior deles é o termo médio que é igual a 20
C10 = 184 756.
Resposta: (C)
18. 1 2009 2009n
C n 
2009
C0 = 1
2009
C1 = 2009
2009
C2 = 2 017 036 > 106
Apenas os dois primeiros elementos e os dois últimos são
inferiores a um milhão.
Como a linha tem 2010 elementos, 2006 (ou seja, 2010 – 4)
são maiores do que um milhão.
Resposta: (C)

120
Caderno de Fichas
Grupo II
1. Os números constituídos só por algarismos ímpares terão de
começar por 51 ou por 53. Como há tantos números come-
çados por 51 como por 53 o número de possibilidades é dado
por: 2 × 5
A'7 = 2 × 57
= 156 250
2. 1 × 1 × 3! + 1 × 2 × 2 × 2 × 1 = 6 + 8 = 14
Paulo atrás
Paulo a conduzir
Os cinco jovens podem ficar dispostos de 14 maneiras
diferentes.
3. 1 × 3! × 9
A2 = 6 × 9 × 8 = 432
Sequência das duas últimas cartas
escolhidas entre nove
Sequência das três figuras do naipe de
espadas
Escolha do ás de espadas.
A Joana pode fazer 432 sequências.
4. Circulo pintado com duas cores:
5
1
4
2 3
1
4
1
Igual ao setor 2
Igual ao setor 1
Diferente do setor 1
Circulo pintado com quatro cores:
5
1
4
2
3
3
2
4
5 × 4 × 1 × 1 + 5 × 4 × 3 × 2 = 140
O círculo pode ser pintado de 140 maneiras diferentes.
5. 4
C2 × 6! = 4320 Pág. 7
Número de maneiras de ordenar os seis que
ficam sentados.
Número de maneiras de escolher os dois
rapazes que ficam de pé.
6. A soma dos algarismos iguais a 5 é 15.
A soma dos restantes dois algarismos terá de ser 2 o que pode
acontecer de duas maneiras diferentes: 0,2 ou 2,0.
Os lugares dos três algarismos 5 podem ser escolhidos de 5
C3
maneiras diferentes.
Portanto, há 2 × 5
C3 = 20 possibilidades.
7. 1 1 1 4 4 5 5
7
C3 × 4
C2 × 2
C2 = 35 × 6 × 1 = 210
Escolha das posições dos dois
algarismos 2 nos restantes dois lugares.
Escolha das posições dos dois
algarismos 4 nos restantes quatro
lugares.
Escolha das posições dos três
algarismos 1.
Há 210 números nas condições referidas.
8.1. 2 × 4! = 48
Número de maneiras de dispor as restantes quatro
cartas
Número de maneiras de dispor o ás e o rei.
Podem ser feitas 48 disposições diferentes.
8.2. As 6 cartas podem ser dispostas de 6! maneiras diferentes.
Número de disposições em que o rei fica ao lado da dama:
2! × 4! × 5
Número de lugares que o par rei-dama ou dama-rei
pode ocupar entre as restantes quatro cartas.
Número de maneiras de dispor as restantes quatro
cartas.
O rei e a dama podem permutar entre si.
Número pedido: 6! – 2! × 4! × 5 = 480
9. A reposta correta é a do André.
Nesta resposta, 25
C2 é o número total de comissões de dois
alunos, 15 × 10 é o número de maneiras de formar uma
comissão constituída por um rapaz e uma rapariga e, portanto,
a diferença 25
C2 – 15 × 10 dá o número de comissões que é
possível formar com dois alunos do mesmo sexo.
A resposta da Rita estaria correta se fosse alterada para
5
C2 + 10
C2 que traduz a soma do número de comissões
formadas por duas raparigas com o número de comissões
formadas por dois rapazes.
Ficha 2 – Regra de Laplace
Grupo I Pág. 8
1. Trata-se da linha correspondente a n = 35.
Esta linha tem 36 elementos iguais dois a dois.
Assim:
Número de casos possíveis: 36
C2
Número de casos favoráveis: 18
2
36
18
C
P 
Resposta: (D)
2. Número de casos possíveis: 5!
Número de casos favoráveis:
3 2 1 1
P
2
P
2 ou 4
1, 3 ou 5
3 × 2 × 1 × 1 × 2 = 2 × 3!
!5
!32
P
Resposta: (D)
3. 3 amigos outros
3 7
3 0 ← comissão
C3
C3 = 1
10
3
1
P
C

Resposta: (C)
4.
C2 = 10
2 × 3 = 6
Um ponto de ordenada negativa
Um ponto de ordenada positiva
6,0
10
6
P
Resposta: (C)
5. Número de casos possíveis: 7
C2 = 21
7
1
21
7
P

121
Propostas de resolução Caderno de Fichas
C2 = 36
7 × 2 = 14
Um de música popular
Um de música rock
18
7
36
14
P
Resposta: (D)
7. Número de casos possíveis: 3 {(1, 3), (3, 1) e (2, 2)} Pág. 9
Número de casos favoráveis: 1 {(2, 2)}
3
1
P
Resposta: (C)
C2 = 120
Número de casos favoráveis: 3 {{1, 6}, {2, 5}, {3, 4}}
40
1
120
3
P
Resposta: (B)
9.
1
1
€5,0
2
€1
1
3
€2
Total
C2 = 15
C1 × 3
C1 = 3
5
1
15
3
P
Resposta: (D)
10. A linha em causa tem 15 elementos sendo dois iguais a 14.
15
2
P
Resposta: (C)
Grupo II
1.1. 4 × 9
A’3 = 4 × 93
= 2916
Os restantes três algarismos são escolhidos
ordenadamente entre nove algarismos.
Possíveis posições do algarismo zero.
1.2. Número de casos possíveis: 10
A’4 = 104
A4 = 10 × 9 × 8 × 7
504,0
10
78910
4


P
2. Número de casos possíveis: 6!
3 × 2 × 4!
Número de maneiras de os restantes quatro
ocuparem os outros lugares
A Joana e o Rui podem trocar entre si
Há três pares de lugares frente a frente
5
1
!6
!423


P
Também podíamos considerar 6
C2 como número de casos
possíveis e, neste caso, o número de casos favoráveis seria
igual a 3.
3. F F F E E E E Pág. 10
Número de casos possíveis: 7!
Número de casos favoráveis: 3! × 4!
3! 4! 1
3%
7! 35
P

   . Ou, em alternativa:
C3 = 35
4.1. G. R. DEF. AV.
2 4 4
1 2 2
2
C1 × 4
C2 × 4
C2 = 72
C5 = 252
C2 × 8
C3 = 56
9
2
252
56
P
5.1. Pentágono Quadrilátero
5
2
1
4
1
2
5
C2
4
C1 + 5
C1
4
C2 = 40 + 30 = 70
5.2. Número de casos possíveis: 9 × 9 = 81 dado que cada um
pode escolher um dos nove vértices.
S J S J
4 × 4 + 5 × 5 = 41
Dois vértices escolhidos no pentágono
Dois vértices escolhidos no quadrado
%51
81
41
P
6.1. JS SM CS
3
2
4
1
5
3
3
C2 × 4
C1 × 5
C3 = 120
A Joana pode fazer a escolha de 120 maneiras.
6.2. JS Outros
2 4
Número de casos favoráveis: 2! × 4! × 5
2! 4! 5 1
6! 3
P
 
 
7.1. Delegado Rapazes Raparigas Pág. 11
1 11 15
1 2 4
O número pedido é dado por: 11
C2 × 15
C4 = 75 075
7.2. M M M M H H H
4! × 3! × 4
O grupo das quatro raparigas pode escolher o
lugar entre quatro possíveis: no início, no fim
ou entre os três rapazes.
4! 3! 4 4
0,114
7! 35
P
 
  
Em alternativa, poderíamos considerar 7
C4 casos possíveis
(número de maneiras de serem escolhidos os quatro lugares
para as raparigas entre os sete lugares da fila).
Neste caso, o número de casos favoráveis seria igual a 4.
8.1. Temos de escolher ordenadamente duas vogais entre as duas
restantes e quatro consoantes entre as 20 ainda não usadas.
O número de possibilidades é: 2
A2 × 20
A4 = 232 560
C3 = 120
5 × 4
C3 + 2 × 5
C3 = 20 + 20 = 40
Há duas faces com cinco vértices
Há cinco faces com quatro vértices
3
1
120
40
P
6
2
Hipóteses de escolha

122
Caderno de Fichas
8.3. Número de casos possíveis:
1.ª Face 2.ª Face
5 5 5 × 5 = 25
1.ª Face 2.ª Face
5 2 5 × 2 = 10
Depois de escolhido um vértice numa das
bases há duas possibilidades para escolher um
vértice na outra base de forma a definir uma
diagonal de uma face.
5
2
25
10
P
9.1. 3 × 12! = 1 437 004 800
Número de maneiras de ordenar as restantes 12 cartas.
Número de maneiras de escolher uma figura.
9.2. Ases Outras Total
4 48 52
1 5 6
C6
C1 × 48
C5
34,0
4
6
52
5
48



C
C
P
10.1. Numeremos as faces laterais de 1 a 6 e a base Pág. 12
visível com o número 7.
As faces opostas 1 e 4 são pintadas de verde. Entre as
restantes cores serão escolhidas três para os pares de faces
opostas 2 – 5 e 3 – 6 e para a base 7:
1
41
5
52 
4
63 
3
7
5 × 4 × 3 = 60
As restantes cinco faces podem ser
pintadas de 60 maneiras diferentes.
C2
Número de casos favoráveis: 6 (os pares de vértices que
definem as arestas laterais do prisma).
11
1
66
6
P
11.1.1. Cubo Octaedro 11.1.2. Cubo Octaedro
8 6 8 6
3 2 5 5
8
C3 × 6
C2 = 840 8
C5 × 6
C5 = 62
C5
Número de casos favoráveis: 6 × 5
C5 = 6
14
5
6 6 3
2002 1001
P
C
  
Ficha 3 – Regra de Laplace
Grupo I Pág. 13
1. Número de casos possíveis:
3.º
6
L 4.º
6
L
; 6 × 6 = 62
3.º
4
L 4.º
3
L
; 4 × 3
(3, 4, 5 ou 6)
2
6
34
P
Resposta: (D)
A6 (todas as sequências de 6 cartas)
4
2
4
4
4
6
4
7
4
dama
4
rei
6
40
6
4
A
P 
Resposta: (A)
3. X Y Total
10 20 30
0 4 4
C4
C4
4
30
4
20
C
C
P 
Resposta: (B)
4. Na linha do triângulo de Pascal referida há apenas quatro ele-
mentos inferiores a 105. São eles, 1, 15, …, 15, 1, ou seja, os
dois primeiros e os dois últimos. Se os dois elementos forem
escolhidos entre estes a sua soma é, no máximo, igual a 30.
Se pelo menos um dos dois elementos for escolhido entre os
restantes elementos dessa linha, a soma dos dois será, necessa-
riamente, superior a 105. Logo a probabilidade pedida é igual
a 0.
Resposta: (D)
5. A linha do triângulo de Pascal com nove elementos correspon-
de a n = 8. Nesta linha os dois primeiros elementos são 1 e 8.
Consequentemente, os dois últimos são 8 e 1. Logo, esta linha
tem dois elementos iguais a 1 e dois elementos iguais a 8. Os
outros elementos são maiores do que 8.
Para que o produto dos dois elementos escolhidos ao acaso se-
ja igual a 8, é necessário que um deles seja igual a 1 e o outro
seja igual a 8.
Temos então:
C2 = 36
C1 × 2
C1 = 4
9
1
36
4
P
Resposta: (B)
6. Número de casos possíveis:
É o número de sequências distintas que é possível formar com
as letras A A A A A B D O.
Este número é dado por: 8
C5 × 3
C1 = 56 × 3 = 168
Número de casos favoráveis: 1 (a sequência A A B D A D A A)
168
1
P
Resposta: (C)
C3 Pág. 14
C2 = 36
3
20
36
C
P 
Resposta: (D)
C2 = 10
Número de casos favoráveis: 4 (1 – 2, 2 – 3, 3 – 4 e 4 – 5)
5
2
10
4
P
Resposta: (B)
; 46

123
A'4 = 104
9 × 4 = 36
O algarismo diferente de zero pode ocupar uma das
quatro posições.
Há nove algarismos diferentes de zero
0036,0
10
36
4
P
Resposta: (C)
C2
Número de casos favoráveis: 12 (o paralelepípedo tem 12 arestas)
2
8
12
C
P 
Resposta: (A)
C3 = 20
C3 = 4
5
1
20
4
P
Resposta: (C)
12. Trata-se de determinar a probabilidade de na próxima extra-
ção sair a letra O sabendo que no saco apenas estão as letras
O e R.
Logo,
2
1
P .
Resposta: (C)
Grupo II Pág. 15
1.1.1. Número de casos possíveis: 9
A'4 = 94
= 6561
4
C2 × 8
A'2 = 6 × 82
= 384
Número de maneiras de escolher os outros dois
algarismos, diferentes ou não, entre os restantes 8.
Número de maneiras de escolher 2 lugares em 4 para
os algarismos iguais a 1 (como são iguais não
interessa a ordem).
Probabilidade pedida = %606,0
6561
384

1.1.2. Número de casos possíveis: 9
A'4 = 94
= 6561
O primeiro algarismo terá de ser 9 e o segundo terá de ser 8.
Os restantes 2 algarismos podem ser escolhidos entre os
restantes 7 de 7
A2 = 42 maneiras diferentes.
Probabilidade pedida: 006,0
6561
42
 .
1.2. Os números a formar serão do tipo 9 _ _ _.
Os três algarismos que faltam terão de ser diferentes e
escolhidos entre os algarismos de 1 a 8.
Para que a soma dos quatro algarismos seja par, a soma dos
três últimos terá de ser ímpar.
Para que a soma destes três algarismos seja ímpar, dois casos
se podem verificar:
1.º caso: os três algarismos são ímpares
Neste caso, a escolha dos três algarismos ímpares é feita
ordenadamente entre os quatro algarismos 1, 3, 5 e 7. Esta
escolha poderá ser feita de 4
A3 maneiras diferentes.
2.º caso: um algarismo é ímpar e os dois restantes são pares.
Neste caso, a posição do algarismo ímpar pode ser escolhida
de três maneiras diferentes. Para cada uma destas posições, o
algarismo ímpar pode ser escolhido entre quatro hipóteses
possíveis (1, 3, 5 ou 7). Os restantes dois algarismos pares
serão escolhidos ordenadamente entre quatro algarismos (2, 4,
6 ou 8), o que pode ser feito de 4
A2 maneiras diferentes.
Assim, neste segundo caso, existem 3 × 4 × 4
A2 maneiras
diferentes de formar os números.
Atendendo aos dois casos apresentados, uma resposta correta
a este problema é 3 × 4 × 4
A2 + 4
A3.
2. Segundo a regra de Laplace, a probabilidade de um aconteci-
mento é igual ao quociente entre o número de casos favoráveis
e o número de casos possíveis, quando estes são equiprováveis.
No problema proposto, dado que em cada lançamento do dado
existem seis hipóteses, o número de casos possíveis é igual a
6 × 6 × 6, ou seja 63
. No que respeita aos casos favoráveis, para
que o produto dos números saídos seja igual a 6, há dois casos
a considerar: os números saídos são 1, 2 e 3 ou são 1, 1 e 6. No
primeiro caso temos P3 = 3! possibilidades (número de manei-
ras de os três números diferentes permutarem entre si). No se-
gundo caso temos 3 possibilidades: 1, 1, 6; 1, 6, 1 ou 6, 1, 1.
O número de casos favoráveis é, portanto, 3! + 3.
Deste modo, a probabilidade pedida é 3
6
3!3
.
3. Há 12
C3 maneiras diferentes de escolher três bolas de um total
de 12. O número de casos possíveis é, assim, 12
C3.
Na extração de duas das 12 bolas só existem duas possibilida-
des para que a soma dos dois números saídos seja igual a cinco:
• Saírem duas bolas com o número 1 e uma com o número 3,
o que pode ser feito de 3
C2 × 4
C1 = 3
C2 × 4 maneiras
diferentes, ou
• Saírem duas bolas com o número 2 e uma com o número 1,
o que pode ser feito de 5
C2 × 3
C1 = 5
C2 × 3 maneiras
diferentes.
O número de casos favoráveis é, então 3
C2 × 4 + 5
C2 × 3.
Dado que os casos possíveis são equiprováveis, a
probabilidade pedida é, segundo a Regra de Laplace, dada por:
3 5
2 2
12
3
4 3C C
C
  
4.1. Admitindo que foram feitas todas as rifas nas condições do
enunciado, tem-se que:
Número de casos possíveis: 10 × 10 × 10 = 103
Número de casos favoráveis: 9 × 9 × 3
1.º 2.º 3.º
10 10 10
1 9 9 ← 5 no 1.º algarismo
Probabilidade pedida: 3
9 9 3 243
0,24
10 1000
P
 
   .
4.2. Dado que há 12
C3 maneiras de escolher três raparigas entre
doze e 10
C2 maneiras de escolher dois rapazes entre dez,
12
C3 × 10
C2 é o número total de comissões diferentes que é
possível formar com três raparigas e dois rapazes escolhidos
entre as doze raparigas e os dez rapazes da turma.
O número total de comissões, formadas nas condições do
enunciado, que incluem a Ana e o Miguel, é dado por
11
C2 × 9 dado que, se a Ana faz parte da comissão, 11
C2 é o
número de maneiras de escolher um conjunto de duas alunas
entre as onze restantes e, se o Miguel também faz parte da
comissão, 9
C1 = 9 é o número de maneiras de escolher um
rapaz entre os nove restantes.

124
Caderno de Fichas
Finalmente, podemos concluir que a diferença:
12
C3 × 10
C2 – 11
C2 × 9 representa o número de comissões
diferentes com três raparigas e dois rapazes que é possível
formar com os alunos da turma, não incluindo,
simultaneamente a Ana e o Miguel.
Ficha 4 – Definição axiomática de probabilidade
Grupo I Pág. 16
1. A soma de dois números naturais consecutivos é um número
ímpar (par + ímpar = ímpar).
Logo, a probabilidade pedida é igual a 1.
Resposta: (D)
2. Uma das bolas retiradas da caixa A tem, necessariamente um
número par, dado que, nesta caixa, só há uma bola com
numero ímpar.
Logo, nas três bolas retiradas, existirá uma, pelo menos, com
número par. Assim, o produto dos números das três bolas é um
número par. A probabilidade pedida é igual a 1.
Resposta: (B)
3. Os acontecimentos A e B são incompatíveis, dado ser impossí-
vel que a bola retirada seja, simultaneamente, azul e branca.
Resposta: (C)
4.   3,0AP ;   7,0 BAP
A e B são incompatíveis   0 BAP
       BAPBPAPBAP 
  03,07,0  BP   4,0 BP
Resposta: (B)
5. Se BA  então BBA 
Logo,    P A B B P B B        0P  
Resposta: (A)
6. S = {1, 2, 3, 4, 5} ; A = {1, 3, 5} ; B = {4, 5, 6} Pág. 17
 6,5,4,3,1 BA
 2 BA
Resposta: (C)
7.   3,0AP ;   1,0 BAP ;   8,0 BAP
       BAPBPAPBAP 
  1,03,08,0  BP   2,08,0  BP   6,0 BP
   1 1 0,6 0,4P B P B  
Resposta: (D)
8.   3,0AP ;   ABA 
   APBAP 
  3,0 BAP
Resposta: (C)
9.   8,0 BAP ;   6,0BP ;   1,0 BAP
       BAPBPAPBAP 
  1,06,08,0  AP   5,08,0  AP   3,0 AP
Resposta: (C)
Grupo II Pág. 18
1.1.        P A B P A P B P A B    
     1P A P B P A B    
      1P A P B P A B    
     P A P B P A B   
1.2. Na tabela seguinte resumem-se os dados do problema.
Com positiva Sem positiva Totais
Raparigas 104 56 160
Rapazes 72 48 120
Totais 176 104 280
Cálculos auxiliares:
160 × 0,65 = 104; 160 – 104 = 56
120 × 0,60 = 72; 120 – 72 = 48
Sejam os acontecimentos:
A: “O estudante é rapaz.”
B: “O estudante tem classificação positiva no exame.”
Pretende-se calcular  P A B .
1.º Processo:
BA : “O estudante é rapaz e tem positiva no exame.”
     1P A B P A B P A B     
72 208
1 0,74
280 280
  
2.º Processo: (Usando a igualdade deduzida em 1.1.)
       P A B P A P B P A B     
74,0
280
208
280
104120
280
176
280
160



2.
16 anos 17 anos 18 anos
Rapariga × ×
Rapaz × ×
Opção 1: YX  é um acontecimento certo, porque todos os
alunos têm idade superior ou igual a 16 anos.
Logo,   1YXP é uma afirmação falsa.
Opção 2: XYX  , porque todos os números múltiplos de
4 são pares.
Logo,    XPYXP  , pelo que a afirmação
   P X Y P X  é falsa.
Opção 3: X Y  , porque não existem raparigas com 18
anos.
Logo,   0YXP , pelo que a afirmação   0YXP é
falsa.
Apenas na opção 4 são verdadeiras as três afirmações
apresentadas.
3.  A B C      A C B C    
Propriedade distributiva da interseção relativamente à reunião.
A C  
Se a reunião de dois conjuntos é um conjunto vazio então os
dois conjuntos são vazios.
Por um axioma das probabilidades tem-se que se A C 
então      P A C P A P C   .
Logo,       68,047,021,0  CPAPCAP .
Ficha 5 – Probabilidade condicional. Acontecimentos
independentes
Grupo I Pág. 19
1.        BAPBPAPBAP 
 BAP  4,03,05,0   2,0 BAP
   
  2
1
4,0
2,0
| 


BP
BAP
BAP
Resposta: (D)
2. A afirmação «metade dos dias em que vai de autocarro para a
escola o João chega atrasado» significa que a probabilidade de

125
o João chegar atrasado à escola sabendo que vai de autocarro é
igual a 0,5, ou seja   5,0| ABP .
Resposta: (D)
3.  BAP | significa que a probabilidade de o número do cartão
escolhido ser maior do que 30 sabendo que o cartão escolhi-
do é um círculo.
Se o cartão escolhido é um círculo, os resultados possíveis são:
{2, 4, 5, 7} = B.
Como 5,530  existe em B apenas um caso favorável a A (o
número 7).
Logo,  BAP | =
4
1
.
Resposta: (B)
4. Caixa A:
Bolas verdes: 2
Bolas amarelas: 1
Total: 3
Se saiu o número 5 no lançamento do dado, retirou-se uma bola
da caixa A. Logo, a probabilidade de a bola retirada ser verde é
igual a
3
2
.
Resposta: (D)
5. Os acontecimentos são independentes. Pág. 20
Logo, a probabilidade pedida é
320
1
40
1
8
1
P .
Resposta: (A)
6. Se A e B são acontecimentos independentes então:
   BPABP |
Resposta: (D)
Grupo II
1.1.    1 2 1 2P E E P E E   (Leis de De Morgan)
 21
1 EEP     121
|1 EEPEP 
1.2. 1.º Processo
Espadas Outras
13 39
1 1
0 2
C2 = 1326
C1
39
C1 + 39
C2 = 1248
17
16
1326
1248
P
2.º Processo (usando a igualdade referida)
E1: «A primeira carta extraída é de espadas»
E2: «A segunda carta extraída é de espadas»
Pretende-se determinar  21
EEP  .
     12121
|1 EEPEPEEP 
 
4
1
52
13
1
EP
 
51
12
| 12
EEP
 1 2
1 12 1 16
1 1
4 51 17 17
P E E      
1.3. Espadas Outras
13 39
6 7
C13
C6 × 39
C7
%4
13
52
7
39
6
13



C
CC
P
2.  ABP | significa a probabilidade de a segunda bola extraída
ser branca sabendo que a primeira bola extraída é preta.
Se  
2
1
| ABP , podemos concluir que, após se ter extraído
uma bola preta, ficaram, na caixa, tantas bolas pretas como
brancas, ou seja, ficaram na caixa 10 bolas pretas.
Portanto, inicialmente havia 11 bolas pretas na caixa.
3.1.    P A B P A B    1 P A B  Pág. 21
     1 P A P B P A B       
     1 P A P B P A B   
       |P A P B P B P A B   
       |P A P B P A B P B   
3.2.1.  
4
1
VP ;  
3
1
LP ;  
2
1
| LVP
Pretende-se determinar  LVP  : (Aplicando 3.1.)
         LPLVPLPVPLVP  |
  12
7
3
1
2
1
3
1
4
1
1 





 LVP
3.2.2. Em Vale de Rei moram 120 raparigas.
40120
3
1
 . Em Vale de Rei moram 40 louras:
Louras Não louras
40 80
2 3
40
C2 × 80
C3 = 64 084 800
Podem ser formadas 64 084 800 comissões.
4.  
 
 
1
| 1
P B
P B A
P A

          | 1P A P B A P A P B   
     1P A B P A P B    
      1P A P B P A B       1P A B  
Esta desigualdade é verdadeira quaisquer que sejam os
acontecimentos A e B dado que a probabilidade de um
acontecimento é sempre não superior a 1.
5.1.  |P B A significa a probabilidade de o número da segunda
bola retirada ser par sabendo que o número da primeira bola
retirada é impar.
Inicialmente estavam no saco 11 bolas numeradas de 1 a 11.
Portanto estavam no saco seis bolas com número ímpar e
cinco bolas com número par. A ser extraída uma primeira
bola com número ímpar, ficaram no saco 10 bolas sendo
cinco com número ímpar e cinco com o número par.
Logo, a probabilidade de a segunda bola extraída ter número
par é igual a
2
1
10
5
 . Portanto,   1
|
2
P B A  .
5.2. Pares Ímpares Total
5 6 11
0 3 3
Escolhas favoráveis
(depois de sair uma carta de espadas ficaram no
baralho 51 cartas sendo 12 de espadas)

126
Caderno de Fichas
Para que o produto dos números das bolas extraídas seja par,
os três números terão de ser ímpares.
C3 = 165
C3 = 20
12,0
165
20
P
Pág. 22
6.    
 BP
BAP
BAP

|
 
0,1
0,25
P B
    
0,1 2
0,25 5
P B P B   
       BAPBPAPBAP 
  1,0
5
2
8,0  AP   5,0 AP
   1 1 0,5 0,5P A P A  
Logo,    P A P A , ou seja, A e A são equiprováveis.
7.1.
   
 
   
 
1 P B P A BP B A B
P A P A
   
 
   
 
1 1P B P A B
P A
      
       
 
1 1P B P A P B P A B
P A
     

   
 
P A P A B
P A
 

 
 
 
 
P A P A B
P A P A

 
 
 
0
1 |
P A
P B A

 
7.2. Sejam os acontecimentos:
N: «O jovem escolhido é português»
F: «O jovem escolhido é do sexo feminino»
É dado que:
 
1
4
P N  ;   0,52P F  ;   3
|
5
P F N 
Pretende-se determinar  NFP  .
1.º processo (usando a fórmula)
Fazendo B F e A = N temos:
   
 
 1 |
P F N F
P F N
P N
 
 
 0,52 3
1
1 5
4
P F N 
    1 2
0,52
4 5
P F N    
  0,52 0,1P F N      0,42P F N  
A probabilidade de o prémio sair a uma rapariga estrangeira é
42%.
2.º processo:
  0,52P F 
    0,52P N F P N F    
 1 2
0,52
4 5
P F N    
  0,52 0,1P F N      0,42P F N  
independentes
Grupo I Pág. 23
1.        P A B P A P B P A B    
 0,8 0,6 0,1P B     0,3P B 
 
 
 
0,1 1
|
0,3 3
P A B
P A B
P B

  
Resposta: (C)
2.  
1
|
2
P X Y 
Significa que a probabilidade de a figura escolhida ser um
quadrado sabendo que está pintada de preto é igual a
2
1
.
Procuramos, portanto, a opção em que metade das figuras
pintadas de preto são quadrados, o que se verifica em B.
Resposta: (B)
3.  |P B A é a probabilidade de o aluno escolhido ter 18 anos
sabendo que é do sexo masculino.
Então,  
5
1
10
2
| ABP .
Resposta: (D)
4. Sejam: Pág. 24
A: «O aluno escolhido pratica andebol»
B: «O aluno escolhido pratica basquetebol»
É dado que:   1 BAP ;   5,0AP ;   7,0BP
       BAPBPAPBAP 
 1 0,5 0,7 P A B      0,2P A B  
 
 
 
0,2 2
| 0,4
0,5 5
P A B
P B A
P A

   
Resposta: (D)
5.      P A B P A P B  
  0P A B  
 
 
   
  0
0
| 0
P B
P A B
P A B
P B P B


  
Resposta: (A)
6. F: «O aluno escolhido é rapariga»
I: «O aluno escolhido tem Inglês»
Organizemos os dados num diagrama de Venn:
  2 1
|
18 9
P I F 
Resposta: (A)
Grupo II
1.1.      | 1P A P B A P A B       
       |P A P B A P A P A B    
     1P A B P A P A B     
 1 P A   P A

127
1.2. Sejam:
A: «O atleta escolhido é português»
B: «O atleta escolhido é do sexo feminino»
É dado que   5,0| ABP ;   0,9P A B  .
Determinemos P(A) usando a fórmula deduzida:
       | 1P A P B A P A B P A       
     0,5 1 0,9 1P A P A     
   0,5 1 0,9P A P A      0,5 0,1P A 
 
1
5
P A 
5
1
dos participantes no encontro são portugueses
40200
5
1
 . Os atletas portugueses são 40.
Outro processo:
  0,9P A B  
  0,9P A B  
  1 0,9P A B     0,1P A B  
   | 0,1P A P B A     0,5 0,1P A  
 
1
5
P A 
2. Rapazes Raparigas Pág. 25
10 15
2.1. 24
C2 × 3! = 1656
Número de maneiras de distribuir os três cargos pelos
três membros da comissão.
Número de maneiras de escolher duas pessoas nas 24
da turma (para além do delegado).
2.2.1. Para a comissão ser mista terá de ter pelo menos um rapaz e
pelo menos uma rapariga.
1.º processo:
Rapazes Raparigas
10 15
1 2
2 1
(10
C1
15
C2 + 10
C2
15
C1) × 3! = 10 350
Distribuição dos cargos
Escolha das pessoas
Podem ser formadas 10 350 comissões mistas.
2.º processo:
25
A3 – 10
A3 – 15
A3 = 10 350
Comissões só com raparigas
Comissões só com rapazes
Todas as comissões
2.2.2.   |P C A B significa a probabilidade de a comissão ser
formada só por raparigas sabendo que, para presidente e
para tesoureiro, foram sorteadas raparigas.
Temos então que o número de casos possíveis é igual a 23
(número de alunos que restam após o sorteio para
presidente e para tesoureiro) e o número de casos
favoráveis é igual a 13 (após terem sido sorteadas duas
raparigas para os cargos de presidente e de tesoureiro
restam 13 raparigas).
Pela regra de Laplace, a probabilidade pedida é
23
13
.
3.1. Reis Outras Total
4 48 52
1 5 6
C6
C1 × 48
C5
336,0
4
6
52
5
48



C
C
P
3.2.   2 2 1|P F C E significa a probabilidade de na segunda
extração, sair uma figura de copas sabendo que, na primeira
extração, saiu uma carta de espadas.
Tem-se, assim, que o número de casos possíveis é 51 (núme-
ro de cartas que restam após já ter sido extraída uma) e o
número de casos favoráveis é 3 (após a extração de uma
carta de espadas, as três figuras de copas permanecem no
baralho).
Pela regra de Laplace, a probabilidade pedida é
17
1
51
3
 .
4.1. Número de casos possíveis: Pág. 26
20
Bola.ª1
19
Bola.ª2
20 × 19 = 380
V A ou A V
10 × 10 + 10 × 10 = 200
19
10
380
200
P
4.2.   |P B C A significa a probabilidade de a segunda bola
retirada ser amarela e ter um número par sabendo que a
primeira bola retirada é verde.
O número de casos possíveis é igual a 19 (número de bolas
que ficaram na caixa após a extração de uma bola).
O número de casos favoráveis é igual a 5 dado que, sabendo
que foi extraída uma bola verde, ficaram na caixa cinco
bolas amarelas com número par.
De acordo com a regra de Laplace, a probabilidade de um
acontecimento é dado pelo quociente entre o número de
casos favoráveis e o número de casos possíveis, quando
estes estão equiprováveis. Temos então que:
  
19
5
|  ACBP
5.     | |P A B B P A B 
  |P A B B   |P A B B
  
 
P A B B
P B
 

   
 
P A B B B
P B
    
 
 
P A B
P B
     
 
 |
P A B
P A B
P B

 
6.1.  |P B A significa a probabilidade de sair um número menor
do que 4 sabendo que saiu face par. Como entre as três faces
com o número par apenas uma tem um número menor do
que 4, a probabilidade pedida é igual a
3
1
.
Constituição da comissão
Lei de De Morgan e = A

128
Caderno de Fichas
6.2. Trata-se de calcular a probabilidade de não sair a face 6 no
primeiro lançamento nem no segundo e sair o terceiro, ou
seja:
5 5 1 25
11,6%
6 6 6 216
P      .
7.   0,3P B  ;  | 0,2P A B  ;  | 0,4P A B 
 
 
 
|
P B A
P B A
P A


•      |P A B P B P A B      1 0,3 0,4P A B    
 1 0,7 0,4P A B       1 0,28P A B  
  0,72P A B  
•      | 0,3 0,2 0,06P A B P B P A B     
•        P A B P A P B P A B    
 0,72 0,3 0,06P A     0,48P A 
 
 
 
0,06 1
|
0,48 8
P B A
P B A
P A

  
independentes
Grupo I Pág. 27
1.  |P V M significa a probabilidade de a bola retirada da caixa
2 ser verde sabendo que as bolas retiradas da caixa 1 não têm a
mesma cor.
Ora, se as bolas retiradas na caixa 1 não têm a mesma cor, são,
necessariamente, uma verde e uma amarela. Então a bola
retirada da caixa 2 foi escolhida entre três bolas sendo duas
verdes e uma amarela.
Logo,  |P V M =
3
2
.
Resposta: (C)
2.
6
1
6
3
9
3
P
Resposta: (B)
3.  
 
 
 
 
  0
| 1
P A
P A A P A
P A A
P A P A


  
Resposta: (B)
4. Se A e B são independentes então      P A B P A P B   .
  0,9P A    1 0,9 0,1P A  
       P A B P A P B P A B    
     0,73 0,1 P B P A P B    
   0,73 0,1 0,1P B P B     0,63 0,9P B 
 
0,63
0,9
P B    0,7P B 
Resposta: (D)
Pág. 28
5. A: «O cartão extraído tem número par»
B: «O cartão extraído tem número múltiplo de 5»
C: «O cartão extraído tem número múltiplo de 10»
Temos que A B C .
 
15
16
P A B 
 
 
15
16
P A B
P A

    
15
16
P C P A 
 
3 15
8 16
P A    
3 16
8 15
P A   
2
5
P A 
Resposta: (B)
6. Se A e B são independentes,      P A B P A P B   .
       P A B P A P B P A B    
= 0,4 + 0,5 – 0,4 × 0,5 = 0,7
Resposta: (B)
Grupo II
L: «o funcionário escolhido é licenciado»
I: «o funcionário escolhido tem idade inferior a 40 anos»
É dado que   0,6P L  ;  | 0,8P I L  ;  | 0,1P I L 
Para determinar  |P L I :
 
 
 
|
P L I
P L I
P I

 
   
   
|P L P I L
P L I P L I

  
0,6 0,2
0,6 0,2 0,4 0,9


  
=
1
4
1.2. A resposta II é a correta.
Escolher três funcionários de forma que pelo menos dois
estejam a favor do novo horário de trabalho significa:
• escolher dois no grupo dos nove que estão a favor e um
entre os restantes seis, o que poder ser feito de:
9
C2 × 6
C1 = 6 × 9
C2 maneiras diferentes; ou,
• escolher três entre os nove que estão a favor o que pode
ser feito de 9
C3 maneiras diferentes.
Há, portanto, 6 × 9
C2 + 9
C3 maneiras diferentes de escolher
três funcionários de forma que pelo menos dois estejam a
favor do novo horário de trabalho.
A resposta I ficaria correta com a seguinte alteração:
15
C3 – 6
C3 – 9 × 6
C2
15
C3 é o número de maneiras de, entre os quinze funcionários,
escolher três. Se a este número deduzirmos o número de
equipas em que pelo menos dois elementos não estão a favor
obtemos a resposta para o problema.
Ora, escolher pelo menos dois entre os seis que não estão a
favor significa:
• escolher exatamente três, o que pode ser feito de 6
C3
maneiras diferentes; ou,
• escolher um entre os nove que estão a favor e dois nos
restantes seis, o que pode ser feito de 9
C1 × 6
C2 = 9 × 6
C2
maneiras diferentes.
Por isso, 15
C3 – 6
C3 – 9 × 6
C2 também seria uma resposta
correta.

129
2.
 
 
 |
P A B
P A B
P B

  Pág. 29
     
 
 
 
P A BP A P B P A B
P B P B
  

       
 
P A P B P A B P A B
P B
      
       
 
P A P B P A B A B
P B
      
     
 
P A P B P A A B
P B
     
     
 
P A P B P B
P B
   

     
 
P A P B P B
P B
 

 
 
P A
P B

3.        P A B P A P B P A B    
       5P A B P B P B P A B     
   6 2P A B P B      
2
6
P A B P B  
 
 
1
3
P A B
P B

 
 
 
| 1
3
P A B
P B
 
4.  
2
3
P B  ;  
1
2
P A B ;      P A B P A P B  
 
1 2
2 3
P A   
1 2
2 3
P A   
3
4
P A 
       P A B P A P B P A B    
3 2 1 11
4 3 2 12
   
5.1.      | |P A B P B P A B     | 1P A B P B   
   |P A B P B   P A B     |P A P B A 
A: «O aluno escolhido pratica desporto»
B: «O aluno escolhido é rapariga»
É dado que   0,6P A  ;   0,4P B  ;  | 0,5P B A  .
Pretende-se determinar  |P A B .
Aplicando a fórmula:
         | | |P A B P B P A B P A P B A    , temos:
     | 1 0,4 | 0,6 0,5P A B P A B    
   | 0,6 | 0,3P A B P A B  
 0,4 | 0,3P A B  
0,3
|
0,4
P A B 
 | 75%P A B 
6. Sejam os acontecimentos: Pág. 30
C: «O aluno escolhido tem computador portátil»
D: «O aluno escolhido sabe o nome do diretor»
É dado que  
1
5
P C  ;   1
2
P D  ;   1
|
3
P C D 
6.1.    P C D P C D    1 P C D 
     1 P C P D P C D     
       1 |P C P D P D P C D   
1 1 1 1
1
5 2 2 3
    
7
15

6.2. Número de alunos da escola: 150
Número de alunos com computador portátil: 30150
5
1

Número de alunos sem computador portátil: 150 – 30 = 120
CC SC
30 120
4 2
30
C4 × 120
C2 = 195 671 700
7.      1 |P A B P B P A B       1 P A B P A B   
   1 P A B P A B     
   1 P A B A B       1 P A B B    
 1 P A      1 P A P A 
8.      |P A B P A B P B   
          | 1P A P B P A B P A B P B     
           | |P A P B P A B P A B P B P A B      
         |P A P B P A B P A B P A B      
     |P A P B P A B  
Ficha 8 – Distribuição de probabilidade
Grupo I Pág. 31
1.
2005
2005 200699
99 1002006 2006
100 100
1
C a
C a C
C C
     100
2005
Ca 
porque 1
1
1 


 p
n
p
n
p
n
CCC
Resposta: (B)
2.
4
1
1412  aaaaa
Resposta: (B)
3.  
2
5 5 5
0
6 6 6
P X
 
     
 
Resposta: (A)
Pág. 32
4.
1
1 2 2 8 3 6 2
8 4 4
k k
k k k k          
Resposta: (B)
5. Valores das variáveis:
X1: – 1, 0, 1 X2: 0, 1
X3: – 2, – 1, 0, 1, 2 X4: – 1, 0, 1
Logo, a distribuição de probabilidade apresentada apenas pode
ser de X1 ou de X4.
Como P (X1 = – 1) = P (X1 = 0) = P (X1 = 1) =
3
1
6
2
 fica
excluído X1.
Resposta: (D)
A∩B e A∩ são incompatíveis.
A∩B e ∩B são
incompatíveis.
MA12FNPR2-09

130
Caderno de Fichas
6. 121
12
1
543
 n
nnnn
Resposta: (C)
7. No lançamento de um dado equilibrado com as faces
numeradas de 1 a 6 seja X a variável aleatória: “número saído
no lançamento”.
P(X = 1) = P(X = 2) = P(X = 3) = P(X = 4) = P(X = 5) =
= P(X = 6) =
1
6
Valor médio da distribuição de probabilidade:
1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 3,5
6 6 6 6 6 6
            
6000 × 3,5 = 21 000
Resposta: (B)
Pág. 33
8. A tabela de distribuição da variável aleatória X é da forma:
xi 1 2 3 4
P(X = xi) 2 a a a b
Dado que P(X = 1) = 2P(X = 2) e P(X = 2) = P(X = 3).
Como o valor médio 2  , temos:
2 1 4 1
2 2 3 4 2 7 4 2
a a a b a b
a a a b a b
    
  
      
1 4
7 4 1 4 2
b a
a a
 

  
1 4
9 2
b a
a
 
 

8
1
19
2 9
9
b
b
a

 
 
 

 
1
4
9
P X 
Resposta: (C)
9. 1,4 
0,5 1 0,5 0,1
0 2 0,5 1,4 0,4 0,4
a b a b a
a b b b
     
   
       
Resposta: (A)
10. X toma os valores 2, 3 ou 4
P(X = 2) =
6
2
6
2
 ( sair 1 nos dois lançamentos) =
9
1
Logo, k = 2.
Resposta: (B)
11. 3,06,0214,0  aaaa Pág. 34
0 0,3 1 0,3 2 0,4 0,3 0,8 1,1        
Resposta: (D)
12.    1 3 5P X P X 
1 3 1
2 3 3
10 10 10
a a a a      
1
3 3 1
10
a b  
3 1
3 1
10 10
b  
6 2 1
3
10 10 5
b b b     
Resposta: (D)
13.
1 1 1 1
2 1 3 1
5 2 5 2
a a a        
3 1
3
10 10
a a  
     
1 1 1
0 ; 1 ; 2 ;
5 2 5
P X P X P X       
1
3
10
P X 
Logo, P (X = 0) = P (X = 2).
Resposta: (B)
Grupo II Pág. 35
1.  
2 1
2
6 3
P X    ;  
1
1
6
P X   ;  
3 1
1
6 2
P X  
xi – 2 – 1 1
P(X = xi)
1
3 6
1 1
2
1 1 1 2 1 1 1
2 1 1
3 6 2 3 6 2 3
          
2. Num face o produto é igual a 1. Noutra face o produto é igual a
8. Nas restantes quatro faces o produto é igual a 0.
2.1.
xi 0 1 8
P(X = xi)
6
4
6
1
6
1
2.2. R: «Os números saídos são todos iguais»
S: «A soma dos números saídos é igual a 3»
R = {(1, 1, 1), (2, 2, 2)} ; S = {(1, 1, 1), (1, 2, 0)}
   
3
1
6
2
 SPRP ;     
1
1, 1, 1
6
P R S P 
   
1 1 1
3 3 9
P R P S   
     P R S P R P S   , pelo que R e S não são indepen-
dentes.
3. No saco há pelo menos uma bola de cada cor. Logo há aí pelo
menos uma bola preta.
Se existissem no saco, duas bolas pretas era possível que, ao
serem extraídas três bolas, duas fossem pretas e uma fosse
branca. Como é dito que o número de bolas brancas toma
exclusivamente os valores 2 e 3, podemos concluir que não
existem, no saco, duas bolas pretas.
Logo, inicialmente, estão no saco uma bola preta e quatro bolas
brancas.
4. 1 1 1 2 2 2 2
1 2
2
3
0
4
2
X
1 1 3
0 2 4
 
3
2
7
2
3 1
2
21 7
C
P X
C
    ;  
3
1
7
2
12 4
3
21 7
C
P X
C
   
 
4
2
7
2
6 2
4
21 7
C
P X
C
   
xi 2 3 4
P(X = xi)
7
1
7
4
7
2
O valor mais provável é 3.
5. S = {1, 2, 3, 4} ; A = {1, 3} ; B = {3, 4} Pág. 36
    0,4 3 0,4P A B P   
        0,5P A P A P A P A   
•   0,5P A 
     1 3 0,5P P ⇔   1 0,4 0,5P  ⇔   1 0,1P 
•   0,8P A B 
        1,3,4 0,8 1, 3, 4 1 0,8 2 0,2P P P    

131
•            4 1 1 2 3 1 0,1 0,2 0,4 0,3P P P P      
xi 1 2 3 4
P(X = xi) 0,1 0,2 0,4 0,3
C4 = 495
C1 × 11
C3 = 165
165 1
495 3
P 
6.2.  
3 3 3 27
0
4 4 4 64
P X      (Nunca sai o n.º 1)
 
3 3 3 27
1 3
4 4 4 64
P X      
 
64
9
3
4
3
4
1
4
1
2 XP
 
1 1 1 1
3
4 4 4 64
P X      (Sai três vezes o n.º 1)
xi 0 1 2 3
P(X = xi)
64
27
64
27
64
9
64
1
6.3.  IJP | significa a probabilidade de a soma dos números
registados nos quatro lançamentos ser menor do que 10
sabendo que nos três primeiros lançamentos do tetraedro
saiu o número 2.
Se nos três primeiros lançamentos saiu o número 2 a soma
desses números é igual a 6.
Para que a soma dos números saídos nos quatro
lançamentos seja menor do que 10 é necessário que, no
último lançamento, saia a face 1, 2 ou 3, ou seja, que não
saia a face 4.
Logo,  
4
3
4
1
1| IJP
7.1. Pág. 37
+ – 1 1 1 1 1 1
– 2 – 3 – 1 – 1 – 1 – 1 – 1
– 1 – 2 0 0 0 0 0
0 – 1 1 1 1 1 1
0 – 1 1 1 1 1 1
0 – 1 1 1 1 1 1
0 – 1 1 1 1 1 1
 
1
3
36
P X   ;  
1
2
36
P X   ;  
9 1
1
36 4
P X    ;
 
5
0
36
P X  ;  
20 5
1
36 9
P X  
xi – 3 – 2 – 1 0 1
P(X = xi)
36
1
36
1
4
1
36
5
9
5
7.2.  |P L J significa a probabilidade de o ponto Q pertencer ao
terceiro quadrante sabendo que o número saído no dado A é
negativo.
Ora, se o número saído no dado A é negativo, o ponto Q tem
abcissa negativa pelo que pertence ao segundo quadrante ou
ao terceiro. Assim, o ponto Q pertencerá ao terceiro
quadrante se a sua ordenada for negativa, o que acontecerá se
no dado B sair a face numerada com o número – 1. A
probabilidade de tal acontecer é igual a
6
1
.
Logo,  
1
|
6
P L J  .
8.
 
4 4 1
0
8 8 4
P X     ;  
4 4 4 4 15
1
8 8 8 7 28
P X      
 
4 3 3
2
8 7 14
P X    
xi 0 1 2
P(X = xi)
4
1
28
15
14
3
Ficha 9 – Distribuição binomial e distribuição normal
Grupo I Pág. 38
1. X ~ 





3
1
,7B
 
2 5
7
2
1 2
2
3 3
P X C
   
     
   
Resposta: (A)
2. X ~ 





6
1
,5B
   011  XPXP
550
0
5
6
5
1
6
5
6
1
1 

















 C
Resposta: (B)
3. X ~B (8; 0,1)
8 8 7
71 0,9 0,9 0,1C     8 8 0 8 7 1
8 71 0,9 0,1 0,9 0,1C C   
   1 8 7P X P X    6P X 
Resposta: (C)
4. X ~
1
15,
6
B
 
 
 
15 14
15
1
5 1 5
1
6 6 6
C
   
     
   
0 15 1 14
15 15
0 1
1 5 1 5
1
6 6 6 6
C C
       
          
       
   1 0 1P X P X    2P X 
Resposta: (B)
5. X ~B(4; 0,8) Pág. 39
  4
4 0,8 0,4096P X  
Resposta: (D)
(O n.º 1 pode sair em 1.º lugar,
em 2.º ou em 3.º)
(O n.º diferente de 1 pode sair
em 1.º lugar, em 2.º ou em 3.º)

132
Caderno de Fichas
6.    45 35P X P X  
 35 40P X   0,5 35P X  
 0,5 45P X   = 0,5 – 0,2 = 0,3
7. Para que   60% 50%P a X b   
terá de ser a < 140 e b > 140.
Resposta: (C)
8. Se 42  ,    40 50P X P X  
Resposta: (A)
9. X ~N(2; σ )
Se   %50%15  aXP terá de ser a > 2.
Resposta: (D)
10.  76 80 0,4P X   Pág. 40
   80 84 76 80 0,4P X P X     
 84 0,5 0,4 0,1P X    
Como   0,1P X a  , vem a = 84.
Resposta: (C)
11. As curvas de distribuição são simétricas relativamente à mes-
ma reta r. Logo as duas distribuições têm o mesmo valor
médio, ou seja, a = c.
Em N(c, d) há uma maior dispersão dos dados relativamente
ao valor médio do que em N(a, b).
Logo, d > b, pelo que a = c e b < d.
Resposta: (B)
12. X ~ N(0, 1)
   aXPaXP 
Resposta: (B)
Grupo II Pág. 41
1. X ~B(2; 0,7)
      42,03,07,01
11
1
2
 CXP
2. X ~ 





6
1
,5B
  16,0
6
5
6
1
2
32
2
5












 CXP
3. X ~ N(9, σ )
  %73,993,97,8  XP
Sabe-se que numa N(9, σ ):  9 3 9 3 99,73%P X     
Então:
9 3 8,7 3 0,3
0,1
9 3 9,3 3 0,3
 

 
  
   
  
4.1. Seja X a variável aleatória “número de jovens que usam o
cartão multibanco”.
X ~ B(9; 0,6).
     
6 39
66 0,6 0,4 0,25P X C   
A: «O passageiro compra bilhete para Berlim»
B: «O passageiro compra bilhete para Paris»
V: «O passageiro segue viagem»
É dado que   0,3P A  ;  | 0,05P V A  ;  | 0,92P V B 
Pretende-se determinar  P V :
  1 0,3 0,7P B  
 | 1 0,92 0,08P V B  
     P V P A V P B V   
       | |P A P V A P B P V B   
0,3 0,05 0,7 0,08    = 0,071
5. X ~ N(6, σ )
 7 0,1P X  
 
 
 
 
 
6 7
|
6
P A B P X
P A B
P B P X
  
 

0,5 0,1 0,4 4
0,5 0,5 5

  
Ficha 10 – Funções exponenciais e funções logarítmicas
Grupo I Pág. 43
1.
2
2ln ln 2
e e a a
a
Resposta: (D)
2.    2
ln 1g x x 
   2
IR :1 0 1,1    D x x
A D
Resposta: (B)
3.   8logf x x
 
1
33
8
1 1
log 8 8 2
3 3
f x x x x x        
Resposta: (D)
4.    3
log 1 1f x x   1
1 3 1 0x x     
1 3 1x x     2 1x x      2,1x  
Resposta: (A)
5.    
3
2 3 1
2
x
x x
x
f x g x    
3
1
2
 
  
 
x
3
2
log 1 x
0 x IR
 x
Resposta: (B)
6.  
   
1
2
ln e 1
ln e
2 2
  
x
x
h x
1 1 1
ln e
2 2 4 4
   x x
x
Resposta: (C)
7.
1 1
2 2
ln ln e 0 ln ln e
 
    
 
x x
1
2
e e   x x
 e 1,6
Resposta: (D)
Grupo II Pág. 44
1.      2log , 0,14h t a bt t  
1.1.
 
   
3
2
0
2
0 3 log 3 2
log 14 014 0 14 2
      
   
      
h a a
a bh a b
8
8 8
1
8 14 1 14 7
2
a
a a
b b b

   
    
    

133
1.2.    2
1
log 8 , 0,14
2
h t t t
 
   
 
t.v.m. [6, 11] =
   11 6
11 6


h h
=
 2 2
11
log 8 log 8 3
2
5
 
   
 
=
2 2
2 2 5
5
log log 5
log 5 log 2 log 52
5 5
 
      =
1
5

0,2 
Entre a 6.ª e a 11.ª horas após o início do esvaziamento, a
altura da água no depósito decresceu a uma velocidade
média de 0,2 mg/h.
2.    2
2 2log 8 logf x x x 
2.1.    
2
2 2 2 2
8
log log 8 log 8 log
x
f x x x
x
 
    
 
  23 logf x x 
2.2.   2 28 3 log 8 log 5f x x x      5
2 x 32 x
3.   0,12
101e
 h
P h
3.1. 2350 m = 2,35 km ; P(2,35) = 101 e– 0,12 × 2,35
≈ 76 Pág. 45
A pressão atmosférica nesse local é de, aproximadamente,
76 kPa.
3.2.    
1
2
 P h x P h  0,12 0,121
101e 101 e
2
  
   
h x h
0,12 0,12 0,121
e e
2
  
 h x h 0,12 0,12 0,121
e e e
2
  
  h x h
0,12 1
e
2
x
 
1
0,12 ln
2
x
 
    
 
1
ln
2
0,12
 
  
 

x
5,8 x
   
1
5,8
2
P h P h 
Por cada 5,8 km de aumento de altitude a pressão atmosférica
reduz-se a metade.
4.   0,52 0,55lnA p p  Pág. 45
4.1.   1,4A p  0,52 0,55ln 1,4  p 0,55ln 1,92p 
1,92
ln
0,55
p 
1,92
0,55
e p 32,8p 
O Ricardo pesa 32,8 kg.
4.2.    2 A p A p    0,52 0,55ln 2 0,52 0,55lnp p    
 0,55ln 2 0,55lnp p   0,55 ln 2 lnp p    
2
0,55ln 0,55ln 2
p
p
 
  
 
0,38
Se o peso de um rapaz duplicar a sua altura aumenta cerca de
38 cm.
5.    0,1
16e , 0,24 t
A t t
5.1.
 
 
 0,1 1
0,1 0,1 0,1 0,1
0,1
1 16e
e e 1,1
16e

 

   
t
t t
t
A t
A t
 
 
   
1
1,1 1 1,1
A t
A t A t
A t

   
     1 0,1A t A t A t   
Em cada hora que passa a área da mancha de crude aumenta
cerca de 10%.
5.2. A mancha de crude atingirá a costa quando tiver a forma de
um círculo de raio igual a 7 km.
A área de um círculo de raio 7 km é π × 72
km2
= 49 π km2
  0,1
49 16 e 49     t
A t 0,1 49
e
16
t 
 
49
0,1 ln
16
t
 
  
 
49
10ln 22,6396
16
t t

  
22,6396 h ≈ 22 h 38 min
A mancha de crude atingirá a costa às 22 horas e 38 minutos.
6. 10pH log x  Pág. 46
6.1. 10 10pH 7,4 log 7,4 log 7,4x x       7,4
10x 
 
8
4 10x 
  
A concentração de iões 3H O
no sangue arterial humano é de,
aproximadamente, 4 × 10– 8
mol/dm3
.
6.2. Concentração de iões +
3H O no leite: l
Concentração de iões +
3H O no café: 3l
    10 10 10 10log log 3 log 3 logl l l l     10
3
log
l
l
 
  
 
10log 3 0,5
A diferença entre o pH do leite e o pH do café é
aproximadamente igual a 0,5.
7.    2
312 log 81Q t kt 
Combustível existente no momento inicial:
    4
3 30 12 log 81 0 12 log 3 12 4 16Q        
Combustível existente no depósito passados 20 minutos:
16 – 2 = 14
   2
320 14 12 log 81 20 14Q k     
 3log 81 400 2k   2
81 400 3k  
400 81 9 400 72k k   
72 9
400 50
k k   
8.   3
4 e t
A t t 
 e   3 0,7
2 e t
C t t 

8.1. 15 min = 0,25 h
   
3 0,25
0,25 4 0,25 e 0,05A 
 
15 minutos após ter sido tomado, a concentração de
antibiótico no sangue da Ana era, aproximadamente, 0,05
miligramas por litro de sangue.
8.2.     3 3 0,7
4 e 2 et t
A t C t t t 
   3 3 0,7
4 e 2 e 0t t
t t 
  
 3 0,7
2 2e e 0t t
t  
   3 0,7
2 0 2e e 0t t
t  
   
 03
0 e 2 e 0t t
t  
    
0,3
0 e 0 2 e 0t t
t 
       0,3
0 e 2t
t   
0 0,3 ln 2t t   
ln 2
0
0,3
t t   
Como terá de ser t > 0, temos:
ln 2
0,3
t h  2 h 19 min
As concentrações voltam a ser iguais após 2 h 19 min.

134
Caderno de Fichas
Grupo I Pág. 47
1.   x
f x a b 
 
 
0
1
0 2 2 1 1
1 3 21 3 3
f a b b b
a af a b
       
     
      
a = 2 e b = 1
Resposta: (C)
2.   ex
f x  ;   lng x x
Ordenada de A:   0
0 e 1f  
Ordenada de C:
Sendo AC OA e, como OA= 1, temos que OC = 2.
Logo, C (0, 2).
Coordenadas de E: E e C têm a mesma ordenada: 2
  2
2 ln 2 eg x x x    
Logo, E (e2
, e).
Coordenadas de B:   0 ln 0 1g x x x    
Logo, B (1, 0).
Coordenadas de D: D e B têm a mesma abcissa: 1
  1
1 e ef  
Logo, D (1, e).
Base do triângulo = 2
eCE  .
Altura do triângulo = ordenada de D – ordenada de C = e – 2
Área do triângulo [CED] =
 2
e e 2
2

Resposta: (D)
3.
1
3
1 2
2log 2
3 3
a a   
Resposta: (D)
Pág. 48
4. 2 1 1
e 2 ln
e e
x
x  
     
 
1
2
1
2 ln
e
x
 
   
 
 
1
2
2 ln ex
 
    
 
1 3
2
2 2
x x    
Resposta: (B)
5. 11 1
e ln ln e
e e
x
x x  
       
 
1x    1x 
 ,1x  
Resposta: (B)
6.
4 2
4ln 2log ln log
e 10 e 10x x x x
   x4
– x2
Resposta: (C)
Grupo II
1.  12
1010log 10N I
1.1.    12 12
10 10 1010log 10 10 log 10 logN I I  
 10 1010 12 log 120 10logI I   
1.2. 10140 120 log 140N I    1010log 20I 
10log 2I  2
10 100I I   
I = 100 W/m2
2.   0,036
6,8
3,5
1 12,8e t
p t 
 

2.1. Final do ano de 2003 = início do ano de 2004
t = 2004 – 1864 = 140
  0,036 140
6,8
140 3,5 9,8
1 12,8e
p  
 

No final de 2003 a população de Portugal continental era de
9,8 milhões de habitantes.
2.2.   0,036
6,8
3,7 3,5 3,7
1 12,8e t
p t 
   

0,036
6,8
0,2
1 12,8e t
 

0,036
6,8 0,2 0,2 12,8 e t
    
0,036
2,56 e 6,6t
  
0,036 6,6
e
2,56
t
 
6,6
0,036 ln
2,56
t
 
    
 
6,6
ln
2,56
0,036
t
 
 
  

26,307t  
Como 0t  corresponde ao início de 1864 e
1864 + (– 26,307) = 1837,69, podemos concluir que foi
durante o ano de 1837 que a população de Portugal
continental atingiu 3,7 milhões de habitantes.
3.   14
e x
V x 
 Pág. 49
3.1. x: preço de vendo ao público, em euros, de um litro de azeite.
V(x): quantidade, em litros, de azeite vendido num mês.
Como a empresa tem uma despesa de 3 euros por litro de
azeite vendido, o lucro obtido em cada litro é dado, em euros,
por x – 3.
O lucro mensal obtido na venda de V (x) litros de azeite é
dado por:
     3L x x V x  
Número de litros de azeite vendido num mês.
Lucro obtido em cada litro de azeite.
Ou seja,     14
3 e x
L x x 
  
Pretende-se resolver graficamente a inequação: L(x) > 16 500
Determinando, na calculadora, a interseção do gráfico da
função L com a reta de equação y = 16 500, foram obtidos os
seguintes resultados:
Podemos então concluir que o preço de venda ao público de
um litro de azeite deve variar entre 3,42 e 4,96 euros.

135
4.   ebt
m t a
4.1.
 
  2
2
2,91
1 2,91 e 2,91 e
2,912 2,58 e 2,58
e 2,58
e
b b
b
b
b
am a
m a

     
   
   

2
2,91
2,911
2,91 2,58
e
2,58
e2,91e 2,58
2,91
b
bb
a
a

    
  
   
3,28
3,28
2,58
ln 0,12
2,91
a
a
b b


   
   
 
Logo, b ≈ – 0,12; Massa inicial: 3,28 g.
4.2.   0,43t
m t ae

 
 
 0,43 1,6 0,43 0,688
0,43 0,43
1,6 e e
e e
t t t
t t
m t a
m t a
   
 

 
0,43 0,688
0,43
e e
e
t
t
 



0,688
e 0,5
 
Em cada período de 1600 anos a massa da rádio–226 reduz-se
para metade.
Pág. 50
5.   0,2
120
1 7 e
A t
N t 

 
;   0,4
150
1 50 e
B t
N t 

 
5.1.     0,2 7 0
120 120
7 0
1 7 e 1 7 e
A AN N  
  
   
1,4
120
15
1 7 e
 
 
44,02 15 29  
O aumento foi de 29 nenúfares.
5.2.     0,2 0,4
120 150
1 7 e 1 50 e
A B t t
N t N t  
  
   
   0,4 0,2
120 1 50 e 150 1 7et t 
    
0,4 0,2
120 6000e 150 1050et t 
   
0,4 0,2
6000e 1050e 30 0t t 
   
 
20,2 0,2
200 e 35e 1 0t t 
   
2
0,2 35 35 4 200
e
800
t   
 
0,2 0,21 1
e e
40 5
t t 
   
1
0,2 ln
5
t t
 
      
 
ln5
8,047
0,2
t t

  

Foram necessários oito dias para que o número de nenúfares
do lago A fosse igual ao número de nenúfares do lago B.
6.   ex
f x c 
  0 e 0 e lnx x
f x c c x c       
  0
0 e 1f c c   
Logo, A e B tem coordenadas:  ln ,0A c ;  0,1B c
O declive da reta AB é
1 0 1
0 ln ln
c c
m
c c
  
 

.
Se o declive da reta AB é c – 1 então:
11 1
1 ln ln 1 e
ln 1
cc c
c c c c
c c
 
       

7.        
3
4 48log 3 1 8log 3 1 , 0,5N t t t t    
7.1.        
3
4 48 log 3 1 log 3 1 , 0,5N t t t t      
 
 
 
 
3
4
3 1
8log , 0,5
3 1
t
N t t
t

  

     
2
48log 3 1 , 0,5N t t t   
     42 8log 3 1 , 0,5N t t t     
     416log 3 1 , 0,5N t t t   
7.2. 2400 = 24 centenas
   424 16log 3 1 24N t t     4
24
log 3 1
16
t  
 4
3
log 3 1
2
t    
3 3
22 23 1 4 3 1 2t t     
3 7
3 1 2 3 8 1
3
t t t       
Como
7 6 1 1
2
3 3 3 3
h h h
   
      
   
e
1
3
da hora são 20
minutos, foram necessárias 2 horas e 20 minutos para vender
2400 bilhetes.
Grupo I Pág. 51
1.  
1
13 3
log loga aa a a a
 
     
 
1 4
1
3 3
4
log log
3
a aa a

 
Resposta: (B)
2.  2 2
log 3 2log 5 log 3 log 5 log 3 5a a a a a      log 75a
Resposta: (C)
3.    ln 2 , 2g x x x   
   0 ln 2 0 2 1 1g x x x x         
– 1 é a abcissa de B. Então 1OB  .
A altura do triângulo [OAB] é a ordenada de A, ou seja, é 5.
 
1 5 5
2 2OAB
A

 
Resposta: (A)
4. 1 1
5log 1 5 5 5 5x x x 
        1 1
5 5x 
 
5 5x 
 
Resposta: (C)
5. 5
log 1 5log log log loga a a a ax y x a y   
 5 5
log loga ax ay x ay 
Resposta: (A)
6. 4 4
log 16 4 16 16 2p p p p      
Resposta: (C)

136
Caderno de Fichas
7.
1000 1000
1000 2
5 5 52
5 5
log log log 5 998
25 5
   
     
   
Resposta: (D)
8. n = 1: 100 + 100 × 0,8 = 100 × (1 + 0,8) = 100 × 1,081
n = 2: 100 × 0,8 + 100 × 1,08 × 0,8 = 100 × 1,08 (1 + 0,8)
= 100 × 1,08 × 1,08 = 100 × 1,082
Passados n anos o capital acumulado será: 100 × 1,08n
.
Resposta: (D)
9.   9logf x x ;
1
,
2
P x
 
 
 
Pág. 52
 
1 0
2
9
1 1
log 9 9 3
2 2
x
f x x x x x

        
Resposta: (C)
Grupo II
1.   0,13
2000
1 e t
f t
k 


1.1.    0,13 0
2000
0 100 100 2000 100 1
1 e
f k
k  
     

1 20 19k k    
1.2.   0,13
2000
1 24e t
f t 


  0,13
2000
500 500
1 24e t
f t 
 

 0,13
2000 500 1 24e t
  
0,13
4 1 24e t
   0,13 0,13 3
24e 3 e
24
t t 
  
1
ln
1 8
0,13 ln 16
8 0,13
t t t
 
 
        
 
O número de peixes no lago atinge o meio milhar ao fim de 16
anos.
2.   ekt
P t a
2.1.    0 e enk nk
P n r P a r a r       lnnk r 
ln r
k
n
 
2.2.1. No cado da estirpe A o número inicial de 500 Pág. 53
reduziu-se para 250 ao fim de um dia.
Como
1
250 500
2
  podemos aplica a igualdade:
ln
A
r
k
n
 com
1
2
r  e n = 1.
Logo,
1
ln
2
0,6931
1
Ak
 
 
    .
De igual modo, o número de indivíduos da estirpe B passou
em seis dias de 500 para 1000.
Como 1000 = 2 × 500, temos, neste caso, r = 2 e n = 6.
Logo,
 ln 2
0,1155
6
Bk  .
2.2.2. O número total de indivíduos das duas estirpes é dado por:
     A Bf t P t P t 
  500e 500eA Bk t k t
f t 
  0,6931 0,1155
500e 500et t
f t 
 
Trata-se de calcular geometricamente o mínimo de f no
intervalo [0, 7].
Resultado obtido com a calculadora:
f (t) é mínima para t ≈ 2,216 dias.
t ≈ 2,216 dias
t ≈ 2 dias e 5 horas pois 0,216 × 24 ≈ 5.
O número total de indivíduos atingiu o valor mínimo às 5
horas do dia 3 do corrente mês.
3.    2 2log 1 log 13 5x x   
    2log 1 13 5 1 0 13 0x x x x          
    5
1 13 2 1 13x x x x        
2
13 13 32 0 1 13x x x x x         
 2
14 45 0 1,13x x x      
 2
14 45 0 1,13x x x     
 2
14 45 0 1,13x x x    
      ,5 9, 1,13x     
   1,5 9,13x  
4.   0,01
2000
, 0
1 199e t
N t t
 

4.1.   0,01 0 0
2000 2000 2000
0 10
2001 199 e 1 199e
N  
   
  
A associação foi fundada por 10 amigos.
4.2.   0,01
2000
1000 1000
1 199 e t
N t 
 
 
 0,01
2000 1000 1 199 e t
   
0,01 0,01
1 199 e 2 199e 1t t 
     
0,01 1 1
e 0,01 ln
199 199
t
t  
      
 
1
ln
199
529,330
0,01
t t
 
 
   

Como N (529) ≈ 998 < 1000, foi durante o 530º dia que
aconteceu a inscrição do sócio número 1000.
5. 5
0 1,6 10E M 
   Pág. 54
10
2
log 2,9
3
M E 
5.1. M = 7,1
10
2
log 2,9 7,1
3
E   10
2
log 10
3
E 10
3
log 10
2
E 
15
10E 
Cálculo auxiliar:
2
14 45 0x x   
 5 9x x  

137
Como 5
0 1,6 10E M 
   e 15
10E  , temos:
15 5
010 1,6 10M 
   
15
15 5
0 05
10 1
10
1,61,6 10
M M 

   

20
0 0,625 10M   19
0 0,625 10 10M   
19
0 6,25 10M  
5.2. 1 2
2
3
M M 
Sejam E1 e E2 as energias sísmicas irradiadas pelos sismos de
magnitudes M1 e M2, respetivamente.
Então:
1 2
2
3
M M  
   10 1 10 2
2 2 2
log 2,9 log 2,9
3 3 3
E E
   
       
   
   10 1 10 2
2 2 2
log 2,9 log 2,9
3 3 3
E E    
   10 1 10 2log log 1E E  
1 1
10 1 2
2 2
log 1 10 10
E E
E E
E E
 
      
 
tal como se pretendia provar.
6.  
3e
1 e
kt
kt
I t
p


6.1.
1
2
k  e p = 1
 
1
2
1
2
3e
1 e
t
t
I t 

2500 = 2,5 milhares
 
1
2
2
1
2
3e
2,5 2,5 3e 2,5
1 e
t t
t
I t     

1
2 2
3e 2,5 2,5e
t
t
  
1
2 2
3e 2,5e 2,5
t
  
2
0,5e 2,5
t
  2 2
2,5
e e 5 ln5
0,5 2
t t
t
     
2ln5t  3,219t 
O número de pessoas infetadas atingiu 2500 no ano de 1963
dado que t = 3 corresponde ao início deste ano.
6.2. Início de 1961 corresponde a t = 1.
 1 1I  
3e
1 3e 1 e
1 e
k
k k
k
p
p
 

3e e 1k k
p  
 
1
e 3 1 e
3
k k
p
p
    

 
11
ln ln 3
3
k k p
p
 
     
 
 ln 3k p  
Ficha 13 – Limites, continuidade e teorema de Bolzano
Grupo I Pág. 55
1.  
5
5
5
1
lim 2 e 2 lim 2
e e
lim
x
x xx x
x
x
x
x

 

 
   
 
1
2 2 0 0    

Resposta: (B)
2. 2
0
log
lim
e 1 0x
x
x
 


  

Resposta: (C)
3.
 
 3
lim
0x
g x a
f x 

  
Resposta: (D)
4.
 2 20 0
e 1 e 1
lim lim
ax ax
x x ax x aax a x 
 

 0 0
e 1 1
lim lim
ax
ax xax x a 

 

1 1
1
a a
  
Resposta: (A)
5.
1
1
n
nx
n
 
  
 
;  1 lnn ny x 
1
lim lim 1 e
n
nx
n
 
   
 
     lim lim 1 ln 1 lim lnn n ny x x  1 lne 1 1 2    
Resposta: (A)
6.    3 3
lim lim
x x
f x f x 
 

Então:
   3 3
1 1
lim lim
x xf x f x 
 
 pelo que não existe
 3
1
lim
x f x
.
Resposta: (D)
7. Seja
1000
4 ; 4n nx x
n

  Pág. 56
Por observação do gráfico de f temos  4
lim 1
x
h x

 .
Então, pela definição de limite de uma função num ponto
segundo Heine, como , INn hx D n   e 4nx 
 podemos
concluir que  lim 1nh x  .
Resposta: (B)
8.  2 2
4
lim lim 1 3
x x
f x
x 
 
 
  
 
Logo, se n fu D e 2nu 
 temos que, pela definição de
Heine,  lim 3nf u  .
Ora se
1
2 , 0, INn nu u n
n
     e 2nu 
 então:
 lim 3nf u 
Resposta: (B)
9. Uma função contínua em IR não passa de um valor a outro sem
passar por todos os valores intermédios (teorema de Bolzano).
Logo o seu contradomínio não pode ser IR{0}.
Resposta: (B)
10.  
 2
3 se 0 2
5 log 1 se 2
x
x x
g x
x x x
   
 
   
    2
2 2
lim lim 3 3 2x
x x
g x x 
 
   
    2 2
2 2
lim lim 5 log 1 2 5 log 1 3
x x
g x x x 
 
       
Como    2 2
lim lim
x x
g x g x 
 
 , não existe  2
lim
x
g x

.
Logo, g é descontínua no ponto x = 2.
Como g é descontínua em x = 2 então não é contínua no
intervalo [1, 3].

138
Caderno de Fichas
Fica excluída a opção (B).
Opção (A):   0
0 3 0 1 0g   
  1
1 3 1 2 0g    
Como  0 0g  e  1 0g  , não é possível concluir que existe
um zero de g em ]1, 3[.
Opção (C):
   2 23 3 5 log 3 1 2 log 2 2 1 1g         
   2 25 5 5 log 5 1 0 log 4 0 2 2g         
Pelo teorema de Bolzano:
 
   
écontínua em 3,5
3 5 0
g
g g


 
   3,5 : 0x g x  
Resposta: (C)
Pág. 57
11.  
2 9 se 0 5
1 e
se 5
x
x
x
f x
x
x
   

  


 f é contínua em [1, 4]
   1
1 2 9 7f   
  4
4 2 9 7f    ;    1 4 0f f 
Logo, pelo Teorema de Bolzano, f admite pelo menos um zero
em ]1, 4[.
Resposta: (B)
12. f (– 2) = 1 e f (2) = 3
Todas as expressões apresentadas definem funções contínuas
em [– 2, 2].
Opção (A):    g x x f x 
   2 2 2 2 1 1g f      
   2 2 2 2 3 5g f    
Como g (– 2) × g (2) < 0, g admite pelo menos um zero em
]– 2, 2[.
Resposta: (A)
13.   5
1g x x x   ; g é contínua em IR
     
5
1 1 1 1 1 1 1 1g         
  5
0 0 0 1 1g    
  5
1 1 1 1 1g    
  5
2 2 2 1 31g    
Pelo Teorema de Bolzano:
 
   
écontínua em 1,2 IR
1 8 2
g
g g
 

 
   1,2 : 8x g x  
Resposta: (C)
14.
 
   
écontínua em 3,7 IR
7 2 3
f
f f
 

 
   3,7 : 2 2 fx f x D     
Resposta: (D)
15. Pelo Teorema de Bolzano:
 
   
écontínua em 1,3
3 5 1
f
f f


 
   1,3 : 5x f x   
   1,3 : 5x f x   
Resposta: (C)
Grupo II Pág. 58
1.  
 
2
3
2
2
2
se 0
2 se 0
3 ln 1
se 0
x x
x
x x
f x x
x x x
x
x
 


 

  

 
 
 
0
2 0
3 200 0
22
lim lim lim 2
1xx x
x xx x
f x
x x x x 
 
 
 
 

  
 
 
 2
2
0 0
3 ln 1
lim lim
x x
x x x
f x
x 
 
 
 
 2
2 200
ln 13
lim lim
xx
x xx
x x 

 
 
0
ln 1
3 lim
x
x
x

 
3 1 2  
     00 0
lim lim 2 lim
xx x
f x f x f x   
  
 0 2f 
   0
lim 0
x
f x f f

  é contínua no ponto x = 0.
2.   e 3x
f x x  ; : 5r y 
2.1. Trata-se de provar que a equação   5f x  tem pelo menos
uma solução.
f é uma função contínua por ser definida pela soma de duas
funções contínuas (função exponencial e função polinomial).
  0
0 e 3 0 1f    
  1
1 e 3 1 e 3 5,7f      
Pelo Teorema de Bolzano, temos:
 
   
écontínua em 0,1
0 5 1
f
f f


 
   0,1 : 5x f x  
ou seja, a reta r interseta o gráfico de f em pelo menos um
ponto.
2.2.
Tomando para base do triângulo [OQP] a base [OP] temos
que eOP  e a altura h do triângulo é a abcissa de Q, ou
seja, h ≈ 0,87.
 
e 0,87
1,2
2OQP
A

 

139
3.   2
e ln , IRx
gg x x D 
 
3.1. g é uma função contínua por ser definida pela composta e
soma de funções contínuas (função exponencial, função
polinomial e função logarítmica).
Então, g é contínua em [0,1; 0,3] ⊂ IR+
.
   0,2
0,1 e ln 0,1 1,08 0g     
   0,6
0,3 e ln 0,3 0,62 0g    
Pelo corolário do Teorema de Bolzano, vem:
 
   
écontínua em 0,1;0,3
0,1 0,3 0
g
g g


 
   0,1;0,3 : 0x g x  
3.2. A abcissa de A é a solução, no intervalo ]0, 2[, da equação
  2g x x .
Recorrendo à calculara obtiveram-se os seguintes resultados:
Com aproximação às décimas, as coordenadas do ponto A são
(0,3; 0,6).
4.   0,02
15 e , 0t
M t t
  Pág. 59
4.1.   0
0 15 e 15M   
  0,0215
15 e 7,5
2
t
M t 
    0,02
e 0,5t
 
 0,02 ln 0,5t  
 ln 0,5
0,02
t 

34,657t 
34,657 h ≈ 34 h 39 min
A massa inicial reduz-se a metade ao fim de 34 h e 39 min.
4.2. 2 h 30 min = 2,5 h
M é uma função contínua por ser definida pela composta e
produto de funções contínuas (função exponencial e função
polinomial).
Logo M é contínua em [2,5; 4].
  0,02 2,5
2,5 15 e 14,27 14M  
  
  0,02 4
4 15 e 13,85 14M  
  
Então, pelo Teorema de Bolzano:
 
   
écontínua em 2,5;4
4 14 2,5
M
M M


 
   2,5;4 : 14t M t  
Portanto, houve, pelo menos, um instante, entre as 2 h 30 min
e as 4 h após o início da observação, em que a massa da
amostra da substância radioativa atingiu os 14 gramas.
5.  0,5fD 
     ' 3,4 3 ' 4, 0,5fD f x x     
     , 0,5gg x f x x D  
g é contínua por ser a diferença de duas funções contínuas
(função f e uma função polinomial).
     0 0 0 0g f f 
Como  3 0 4f  , vem que  0 0g  .
   5 5 5g f 
   3 5 4 3 5 5 5 4 5f f         2 5 5 1f     
Logo,  5 0g  .
Pelo Teorema de Bolzano,
 
   
écontínua em 0,5
0 5 0
g
g g


 
   0,5 : 0x g x  
ou seja, a função g tem, pelo menos, um zero.
6.  1,2fD 
f é contínua em todo o seu domínio
   0, 1,2f x x  
   1 3 2f f
     2 1g x f x f  e  1,2gD 
g é contínua por ser definida pela diferença e produto de
funções contínuas.
Logo, g é contínua em [1, 2].
       1 2 1 1 1 0g f f f    porque    0, 1,2f x x  
Logo,  1 0g  .
     2 2 2 1g f f 
Como    1 3 2f f , vem que:
     2 2 2 3 2g f f  =  2 0f 
porque    0, 1,2f x x   .
Logo,  2 0g  .
 
   
écontínua em 1,2
1 2 0
g
g g


 
   1,2 : 0x g x  
Logo, a função g tem, pelo menos, um zero.
8. g é contínua em IR
 1 0g 
 3 0g 
g é contínua em  1,3 IR .
 
     
 
1 0
3 3
3 0 0 1
2 2
g
g g
g g

    
 
 
 
3
3 0 3
2
g
g g  
Logo,  
 
 
3
1 3
2
g
g g  .
 
 
 
 
écontínua em 1,3
3
1 3
2
g
g
g g



 

   
 3
1,3 :
2
g
x g x  
Portanto, a equação  
 3
2
g
g x  , tem pelo menos, uma
solução no intervalo ]1, 3[.

140
Caderno de Fichas
Ficha 14 – Limites, continuidade, teorema de Bolzano e
assíntotas
Grupo I Pág. 60
1. 2
2nx n    ; , INn fx D n  
Dos dados e por observação do gráfico sabe-se que
lim ( ) 1
x
f x

 .
Pela definição de limite de uma função segundo Heine, temos
que    lim lim 1n
x
f x f x

  .
Resposta: (B)
2.
 
   1 1
1 0
lim lim 0
x x
h x x
g x g x 

  

Resposta: (C)
3. Dos dados e da observação do gráfico de g sabemos que
 2
lim
x
g x

  .
Por outro lado,
1
2 , 2n nx x
n

     e , INn gx D n  
pelo que, pela definição de Heine,  lim n
x
g x

  .
Resposta: (B)
4.  0
lim
x
g x

  → significa que a reta de equação Pág. 61
x = 0 é uma assíntota do gráfico de g.
 lim 0
x
g x x

     → significa que a reta de equação y = x é
uma assíntota do gráfico de g.
Resposta: (D)
5.  1
lim
x
f x

 
 1
3 3
lim 0
x
x
f x

 

Resposta: (C)
6.
 
lim
x
f x
x
 declive de reta s.
A reta s passa nos pontos (– 2, 0) e (0, 1).
Declive de s =
1 0 1
0 2 2



.
Portanto,
  1
lim
2x
f x
x

Resposta: (C)
7. A assíntota do gráfico de g pode ser obtida da Pág. 62
assíntota do gráfico de f a reta de equação y = 2x + 4 pela
mesma transformação que permite obter o gráfico de f (x + 1)
do gráfico de f (x).
y = 2 x + 4 y = 2 (x + 1) + 4  y = 2 x + 6
Resposta: (A)
8. f é contínua no seu domínio IR{3}.
 lim 1
x
f x


A reta de equação y = 1 é uma assíntota do gráfico de f.
 3
lim 2
x
f x

 
O gráfico de f não tem assíntotas verticais.
  lim 2 0
x
f x x

 
A reta de equação y = – 2 x é uma assíntota do gráfico de f.
Resposta: (C)
Grupo II
1.  
1 ln x
f x
x


1.1.  1
1
1 ln
1 2
2 1 ln 2
12
2
f 
 
  
       
 
 2 1 ln 2  
2 2ln 2   2 2
ln e ln 4 ln 4e  
1.2. Assíntotas verticais:
f é contínua em  0, 
 
 
0 0
11 ln
lim lim
0x x
x
f x
x  
 
 
   
A reta de equação x = 0 é a única assíntota vertical do gráfico
de f.
Assíntotas horizontais:
 
1 ln 1 ln
lim lim lim lim 0 0 0
x x x x
x x
f x
x x x   

     
A reta de equação y = 0 é a uma assíntota do gráfico de f.
2.1.  
 
2
2
1
3 3
se 1
2 1
ln e se 1x
x
x
f x x x
x x
 

  
  
Assíntotas verticais:
f é contínua para x < 1 (quociente de funções contínuas) e para
x > 1 (diferença e composta de funções contínuas).
 
0
2 0
2
1 1
3 3
lim lim
2 1x x
x
f x
x x 
 
 
 
 

 
 
  
 
2
1
3 1 1
lim
1x
x x
x


 


 
 1
3 1 6
lim
1 0x
x
x 


   

A reta de equação x = 1 é a única assíntota vertical do gráfico
de f.
 
2 2
2 2
3 3 3
lim lim lim 3
2 1x x x
x x
f x
x x x  

  
 
    1
lim lim ln e e 0x
x x
f x x  
 
           
A reta de equação y = 3 é a única assíntota horizontal do
gráfico de f.
2.2. Área do retângulo  ABCD AD AB  Pág. 63
Ordenada de B:
 
 
   
2
2
3 2 3
2 1
2 2 2 1
f
  
 
    
, logo AB = 1.
Abcissa de C:
B e C têm a mesma ordenada. Logo, C é a interseção da reta
de equação y = 1 com a curva definida por 1
ln e x
y x 
  .
Recorrendo à calculadora verificou-se que a abcissa de C é,
com aproximação às centésimas, igual a 3,08:
Temos então que 2 3,08 5,08AD AO OD     .
Área do retângulo   5,08 1 5,08ABCD AD AB    

141
3.  
1
1 e
se 1
1
ln se 1
x
k x
f x x
x x x

 
 
 
  
3.1. f é contínua em x = 1    1
lim 1
x
f x f

 .
 
1 1
1 1 1
1 e e 1
lim lim lim
1 1
x x
x x x
f x k k
x x  
 
  
  
   
  
Fazendo y = x – 1 temos que se 1x 
 , 0y 
 e:
 1 0
e 1
lim lim 1
y
x y
f x k k
y 
 

 
   1 1
lim lim ln 1 ln1 1
x x
f x x x 
 
     
Logo, se f é contínua em x = 1 terá de ser 1 1 0k k    .
3.2.  
1
1 e
3 se 1
1
ln se 1
x
x
f x x
x x x

 
 
 
  
; IRfD 
 
1
1 e 1 0
lim lim 3 3 3
1
x
x x
f x
x

 
  
    
  
   
 
lim lim ln
x x
f x x x

 
   
ln
lim 1
x
x
x
x
  
   
  
 1 0     
A reta de equação y = 3 é assíntota do gráfico de f quando
x   .
Não existe assíntota horizontal quando x   .
4.  
2
2
4 se 0
2 se 0
e 1
se 0
x
x x x
h x x
x
x

   

 

 

4.1. Em  ,0 h é contínua por ser definida pela composta,
diferença e quociente de funções contínuas (função
exponencial e funções polinomiais).
Em  0,  h é contínua por ser definida pela raiz quadrada
e diferença de funções contínuas (funções polinomiais).
Em x = 0:
 
2 2
0 0 2 0
e 1 e 1
lim lim 2 lim 2 1 2
2
x x
x x x
h x
x x  
  
 
    
   2
0 0
lim lim 4 4 0 2
x x
h x x x 
 
     
 0 2h 
Como      0 0
lim lim 0
x x
h x h x h 
 
  , podemos concluir que
h é contínua no ponto 0.
Portanto, h é contínua em IR.
4.2. Como h é contínua em IR, o seu gráfico não tem assíntotas
verticais.
 
2
e 1 e 1 0 1
lim lim 0
x
x x
h x
x

 
  
   
 
   2
lim lim 4
x x
h x x x
 
  
  2 2
2
4 4
lim
4x
x x x x
x x
   

 
2 2
2
4
lim
4x
x x
x x
 

  2
4
lim
4x
x x
 
 
4
0 

A reta de equação y = 0 é a única assíntota do gráfico de h.
5. Se IRgD 
 e a reta de equação y = x é uma assíntota do
gráfico de g então
 
lim 1
x
g x
x
 .
Seja h a função definida em IR+
por  
 
2
g x
h x
x
 .
 
   
2
1
lim lim lim
x x x
g x g x
h x
x xx  
 
    
 
  1
lim lim 1 0 0
x x
g x
x x 
    
Logo, a reta de equação y = 0, ou seja o eixo Ox, é uma
assíntota do gráfico de h.
Ficha 15 – Limites, continuidade, teorema de Bolzano e
assíntotas
Grupo I Pág. 64
1. Se a reta de equação y = 2 x + 3 é assíntota de uma função g de
domínio IR+
, então:
 
lim 2
x
g x
x
 e   lim 2 3
x
g x x

 
Logo,
 
  
 
  lim 2 lim lim 2
x x x
g x g x
g x x g x x
x x  
 
    
 
= 2 × 3 = 6
Resposta: (C)
2. Se a reta de equação
1
2
3
y x  é uma assíntota do gráfico de
f, de domínio IR+
, então
  1
lim
3x
f x
x
 .
Logo,  
   
1 1
lim lim 3
1
lim
3
x x
x
x
h x
f xf x
x
 

   
Resposta: (D)
3. É dado que  lim 1
x
f x

 .
Logo,
 
 
 
 
ln ln
lim lim lim
x x x
x x
f x f x
x x  
 
    
 
0 – 1 = – 1
Resposta: (A)
4.   lim 2 0
x
h x x

 significa que a reta de equação y = 2x é
uma assíntota do gráfico de h quando x   .
Se h é uma função par então a reta de equação y = – 2x é uma
assíntota do gráfico de h quando x   .
Logo,  lim
x
h x

  .
Resposta: (A)
5. Se a reta de equação 2 4y x  é uma assíntota do Pág. 65
gráfico de g, de domínio  3,  então:
   lim 2 4 0
x
g x x

     
Logo,   lim 2 4 0
x
g x x

  .
Resposta: (C)

142
Caderno de Fichas
6.  
 f x
g x
x

 IR 0gD  (fica excluída a opção (D))
Se a reta de equação y x é assíntota do gráfico de f quando
x   ,
 
lim 1
x
f x
x
 pelo que  lim 1
x
g x

 (fica
excluída a opção (C)).
Se a reta de equação y x  é assíntota do gráfico de f quando
x   então
 
lim 1
x
f x
x
  pelo que  lim 1
x
g x

  (fica
excluída a opção (B)).
Resposta: (A)
7.  lim 2
x
h x


  2
lim
e 0xx
h x

  
Resposta: (A)
8.  lim 0
x
f x 

 ;  lim 1
x
f x

 ;  0 1f  Pág. 66
    lng x f x
    lim lim ln ln 0
x x
g x f x 
 
   
    lim lim ln ln1 0
x x
g x f x
 
  
   0 ln 0 0g f  porque  0 1f 
Resposta: (C)
9. Se a reta de equação 1y x  é uma assíntota do gráfico de f
quando x   então     lim 1 0
x
f x x

    .
Logo,   lim 1 0
x
f x x

  
Resposta: (B)
10.  lim 1
x
f x

  Pág. 67
 
3 3
lim 3
1x f x
  

Resposta: (B)
11.  
 
2
e 1
se 0
se 0
ln 1
se 0
x
x
x
g x x
x
x
x
 



   



 
2 2
0 0 2 0
e 1 e 1
lim lim 2 lim 2 1 2
2
x x
x x x
g x
x x  
  
 
     
 
   
0 0 0
ln 1 ln 1
lim lim lim 1
x x x
x x
g x
x x
    
  
   
    
 
 0g 
Se g é contínua em x = 0 então 1 2 3       e 2  .
Resposta: (B)
Grupo II
1.  
e se 0
2 ln
se 0
x
k x x
f x x x
x
x
  

  


     lim lim e lim ex x
x x x
f x k x k x
  
  
 lim e y
y
k y 

    lim
eyy
y
k

 
1 1
0
e
lim
y
y
k k k k
y
      

A reta de equação y = k é uma assíntota do gráfico de f quando
x   .
 
2 ln
lim lim
x x
x x
f x
x 

 
2 ln
lim lim 2 0 2
x x
x x
x x 
 
    
 
A reta de equação y = 2 é assíntota do gráfico de f quando
x   .
Logo k = 2.
Pág. 68
2.  
2
se 0 2
2
e 1 se 2x
x
x
f x x x
x x x

 
 
   
2.1.  
  
  2 2 2
2 22
lim lim lim
2 2 2x x x
x x xx
f x
x x x x x x
  
  
 
 
  
  
 
  
 2
2 2
2 2 2 2
lim lim
22x x
x x x x x x
x xx x 
 
   
 

2
2 2 2
lim 2
2x
x x
x

 
  
    2
2
2 2
2
lim lim e 1 2e 2 1 3
e
x
x x
f x x x 
 
 
       
Como    2 2
lim lim
x x
f x f x 
 
 , não existe  2
lim
x
f x

.
Logo, a função f não é contínua em x = 2.
2.2. IRhD 

Seja y mx b  uma função da assíntota oblíqua do gráfico
de f:
  e 1
lim lim
x
x x
f x x x
m
x x

 
 
 
e 1
lim lim lim
x
x x x
x x
x x x

  
  
lim e 1 0 0 1 1x
x


     
    lim lim e 1x
x x
b f x mx x x x
 
     lim 1
exx
x

 
  
 
1
1 0 1 1
e
lim
x
x x
    
A reta de equação 1y x  é uma assíntota do gráfico da
função f.
Fazendo y = –x temos x y 
e x y 

143
2.3.   3 lng x x 
Recorrendo à calculadora determinaram-se as abcissas dos
pontos de interseção dos gráficos de f e g. Com aproximação
às centésimas obtiveram-se os seguintes resultados:
Logo, as soluções da equação    f x g x , com aproxima-
ção às centésimas, são 0,72 e 2,91.
3.  0,gD 
  0, IRg x x 
  
Se a reta de equação 2y x  é uma assíntota do gráfico de g
então
 
lim 1
x
g x
x
 e   lim 2
x
g x x

 .
Seja h a função definida em +
IR por  
 
2
x
h x
g x
 .
Então
   
   
2
1 1
lim lim lim 1
1
lim
x x x
x
x
h x g x x
g xx x g x
x
  

   
  
 
 
 
22
lim lim lim
x x x
x xg xx
h x x x
g x g x  
  
   
 
  
 
  
 
lim lim
x x
x g x x x
g x x
g x g x 
   
    
  
  
 
lim lim
x x
x
g x x
g x 
   = – 2 × 1 = – 2
Logo, a reta de equação 2y x  é assíntota do gráfico de h.
4. Se a reta de equação y x é uma assíntota do gráfico de f quer
quando x   quer quando x   então:
   lim lim
x x
f x f x
 
  
Seja g a função de domínio em IR definida por    g x xf x .
g é contínua em IR por ser o produto de duas funções contínuas
em IR (a função f é uma função polinomial). Portanto, o
gráfico de g não tem assíntotas verticais.
Assíntotas não verticais:
   
 lim lim lim
x x x
g x xf x
f x
x x  
   
   
 lim lim lim
x x x
g x xf x
f x
x x  
   
Logo, o gráfico de g não tem assíntotas não verticais quer
quando x   quer quando x   .
Podemos assim concluir que o gráfico de g não tem qualquer
assíntota.
5. +
IRfD 
Se   +
0, IRf x x   e se o eixo Ox é uma assíntota do
gráfico de f então  lim 0
x
f x 

 .
Seja h a função definida por  
 
1
h x
f x
 .
+
IRhD  porque +
IRfD  e   +
0, IRf x x  
 
 
1 1
lim lim
0x x
h x
f x  
    .
Portanto, o gráfico da função
1
f
não tem assíntota horizontal.
Teste 1 – Propostas de testes intermédios
Grupo I Pág. 69
1. Se a soma dos seis menores elementos de uma certa linha do
triângulo de Pascal é 994, então a soma dos três primeiros
elementos dessa linha é igual a
994
497
2
 .
Sejam 1, a, b os três primeiros elementos dessa linha.
Temos 1 + a + b = 497 donde a + b = 496.
Os três primeiros elementos da linha seguinte são 1, 1 + a e
a + b.
Portanto, o terceiro elemento da linha seguinte é a + b = 496.
Resposta: (B)
2. Temos que:
0,6 0,6 0,3 1 1,5 1
0 0,6 1 0,6 0,3 1 0,6 0,3 1
a a a a
a a b a a ab
   
 
        
2
1
3
1,5
2 2
0,6 0,3 10,6 0,3 1
3 3
a
a
ba ab

  
  
        
2
2
3
3
1 2
31
5 5
a
a
bb

   
  
    
Resposta: (B)
3.  
  2
1 1 1 1 2
2 21 ln e 11 ln e
2 2
x
x
f x
x x x
    
  
Resposta: (C)
4.   ex
f x a 
  lng x x
  0 ln 0 1g x x x    
  1
1 0 e 0 ef a a      
Resposta: (D)
5.  1
lim
x
f x

  Pág. 70
 
1
lim
ln 0x
f x
x 


  
Resposta: (B)

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