Sociedade Portuguesa de Matemática Proposta de resolução da prova 735 - Matemática B

2ª fase - 13 de Julho de 2007

1.1 Recorrendo à calculadora, obtém-se para o coeficiente o valor de 0,99; podemos concluir que há uma correlação linear positiva muito forte entre as duas variáveis.

1.2.1 O primeiro termo é 6521 =v ; a razão é 0502,11 =+

n

n

vv

.

1.2.2 Comecemos por calcular a soma dos nove primeiros termos da progressão dada.

24,71950502,110502,11

6529

9 ≈−−×=S . Multiplicando este valor por 14 (12 ordenados

mensais mais subsídio de férias e décimo terceiro mês), obtém-se o resultado de 100733 euros, por arredondamento às unidades. 2.1 Das condições do problema, resulta imediatamente que )()()( xnxpxR ×= . Logo,

400002000020000)20004000()1(10)( 2 ++−=−×+= xxxxxR . Já que se trata de um aumento tem de ser 0≥x ; como )(xn tem de ser não negativo, resulta que 020004000 ≥− x e portanto 2≤x . 2.2 Comecemos por esboçar o gráfico da função R em [ ]2,0 recorrendo à calculadora.

1 2

5000

10000

15000

20000

25000

30000

35000

40000

45000

x

y

A

O ponto A assinalado na figura tem as coordenadas (0,5; 45000); R tem pois o

máximo 45000, atingido para x = 0,5. Podemos concluir que nenhum dos dois elementos da direcção tem razão e que o aumento correcto para maximizar a receita é de 50%, correspondente a um preço de 15 euros por bilhete e uma receita de 45000 euros. Para o preço de 20 euros, proposto pelo primeiro director, temos um aumento de 100% sobre o preço base e portanto 1=x ; 40000)1( =R e a receita é de 40000 euros. Aparentemente, este director terá pensado que duplicando o preço dos bilhetes, a receita seria superior. Para o preço de 10 euros, proposto pelo segundo director, 0=x , 40000)0( =R e a receita é de 40000 euros. Este director terá talvez pensado que, com a lotação esgotada, a receita seria máxima. 2.3 Dos espectadores presentes, 60% são sócios, o que corresponde a

40956,06825 =× espectadores. Assim, a probabilidade pedida é 36,068244094

68254095 ≈× .

3.1 A área pedida é o quádruplo da área do triângulo rectângulo [AOD]; esta última pode ser dada por

2sencos25

2sen5cos5

2αααα =×=× OAOD

,

pelo que ααααα sencos502

sencos254)( =×=A , como se pretendia.

3.2 2m2522

22

504

sen4

cos504

=××=��

���

���

���

�=��

���

� πππA .

Para 4πα = , o losango tem os ângulos internos rectos, pelo que se trata de um

quadrado.

4.1 A massa total pedida é toneladas03,10391100

)3( 349,0 ≈+

= ×−eM .

4.2 Não; o modelo é descrito pela função )(tM , que é estritamente crescente (ver gráfico), logo a sua taxa de variação média é positiva em qualquer intervalo.

5 Seguindo a sugestão, comecemos por determinar a altura HL . Aplicando o Teorema

de Pitágoras ao triângulo rectângulo [ ]HLJ , vem 222

HLLJHJ += , donde 222 48 HL+= e 928,648 ≈=HL .

Para determinar a altura do triângulo [ ]ABC , repare-se que esta é igual a

HALHLG ++ e que só nos falta calcular o valor da última parcela, dado que 4=LG . Considerando o triângulo [ ]AHD , rectângulo em D, reparemos que º302/º60 ==α e

que AH

HD=º30sen , donde 85,0

4 ==AH .

Assim, a altura em causa é aproximadamente igual a 928,188928,64 =++ .

Considerando o triângulo rectângulo [AGC], tem-se ACAG=αcos , donde

856,21º30cos

≈= AGAC .

O perímetro do triângulo equilátero [ ]ABC é o triplo deste valor; arredondando às unidades, obtém-se 66 metros.