Exercícios Resolvidos Matematica 01

Matemática 1

Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL

Exercícios resolvidos. Funções trigonométricas e as suas inversas. Definição. A função f ( x) de domínio D f diz-se periódica com o valor do período mínimo positivo T se: a) ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f ; b) f ( x ± T ) = f ( x ) . Nota. O domínio de uma função periódica é um conjunto ilimitado à esquerda e à direita.

caso existem, os valores valores dos períodos períodos mínimos positivos das funções . 1) Determinar, caso 1.1) f ( x ) = sen( 4 x − 1) .

A função f ( x) = sen( 4 x − 1) é f (u ) = senu de domínio R composta com a função u

=

4 x − 1 de domínio R e contradomínio R . Portanto D f

= R .

Seja T > 0 . Porque D f = R resulta que ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f .

f ( x ± T ) = sen(4 ⋅ ( x ± T ) − 1) = sen( 4 ⋅ x ± 4 ⋅ T − 1) = sen((4 ⋅ x − 1) ± 4 ⋅ T ) = (∗) Substituindo 4 ⋅ x − 1 = na continuação temos : (∗) = sen(α ± 4 ⋅ T ) = (∗ ∗) Porque Porque o valor valor do período período mínimo mínimo posit positivo ivo da funçã função o seno seno é 2 e ∀ ∈ R tem-se π 2π π = sen(α ± 2π ) = senα fazendo ± 4T = ±2π obtemos T = . Portanto T = éo 4 2 2 valor mínimo positivo que verifica a relação ± 4T = ±2 é portanto é o período mínimo positivo da função. Substituindo T =

2

na continuação temos:

π  (∗ ∗) = sen   α ± 4 ⋅  = sen(α ± 2π ) = senα = sen(4 x − 1) .



2  Portanto foi provado que para a função f ( x) = sen( 4 x − 1) de domínio R tem-se: a)

∀ x ∈ D f = R tem-se x ±

 

b) f  x ± isto é, T =

π

2

π

2

∈ D f = R ;

  = f ( x) , 2 

π

é o período mínimo positivo da função.

1

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Matemática 1


1.2) f ( x ) = cos (π ⋅ x − 1) .

A função f ( x) = cos (π ⋅ x − 1) é f (u ) = cosu de domínio R composta com a função u

=

⋅

x − 1 de domínio R e contradomínio R . Portanto D f

= R .

Seja T > 0 . Porque D f = R resulta que ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f . f ( x ± T ) = cos (π ⋅ ( x ± T ) − 1) = cos (π ⋅ x ± π ⋅ T − 1) = cos ((π ⋅ x − 1) ± π ⋅ T ) = (∗) Substituindo ⋅ x − 1 = α na continuação temos : (∗) = cos (α ± π ⋅ T ) = (∗ ∗) Porque o valor do período mínimo positivo da função cosseno é 2π e ∀ ∈ R tem-se cos (α ± 2π ) = cos fazendo ± π ⋅ T = ±2 obtemos T = 2 . Portanto T = 2 é o valor mínimo positivo que verifica a relação ± π ⋅ T = ±2π é portanto é o período mínimo positivo da função. Substituindo T = 2 na continuação temos: (∗ ∗) = c os (α ± π ⋅ 2) = cos α = cos (π ⋅ x − 1) . Portanto foi provado que para a função f ( x) = cos (π ⋅ x − 1) de domínio R tem-se: a)


2 ∈ D f

= R ;

b) f ( x ± 2) = f ( x) , isto é, T = 2 é o período mínimo positivo da função.

1.3) f ( x ) = c os ( 2 ⋅ x − 1) .

A função f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) é f (u ) = cosu de domínio R composta com a função u

=

2 ⋅ x − 1 de domínio R e contradomínio R . Portanto D f

= R .

Seja T > 0 . Porque D f = R resulta que ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f . f ( x ± T ) = cos ( 2 ⋅ ( x ± T ) − 1) = cos ( 2 ⋅ x ± 2 ⋅ T − 1) = c os (( 2 ⋅ x − 1) ± 2 ⋅ T ) = (∗) Substituindo

2 ⋅ x − 1 = α na continuação temos :

(∗) = cos (α ± 2 ⋅ T ) = (∗ ∗) Porque o valor do período mínimo positivo da função cosseno é 2π e

∀

∈ R tem-se







Matemática 1

T =


2π é o valor mínimo positivo que verifica a relação

o período mínimo positivo da função. Substituindo T =

2 ⋅ T = ±2π é portanto é

±

2π na continuação temos:

(∗ ∗) = cos (α ± 2 ⋅ 2 ⋅ π ) = cos (α ± 2 ⋅ π ) = cos α = cos ( 2 ⋅ x − 1) . Portanto foi provado que para a função f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) de domínio R tem-se: a)


b) f x ± 2 ⋅ π isto é, T =

2 ⋅ π ∈ D f ;

= f ( x) ,

2 ⋅ π é o período mínimo positivo da função.

1.4) f ( x ) = tg (5 ⋅ x + 4) .

O domínio da função f ( x) = tg (5 ⋅ x + 4) é D f

{ x ∈ R : cos (5 x + 4) = 0 } = R \  x ∈ R : 5 x + 4 =

= R \

π

+

 

k ⋅ π , k ∈ Z  =

2  π π π π π  4 4    π 4 . = R \  x ∈ R : x = − + k ⋅ , k ∈ Z  = U − + k ⋅ , − + ( k + 1) ⋅   10 5 5 10 5 5 10 5 5   k ∈ Z   Seja T > 0 . f ( x ± T ) = tg (5 ⋅ ( x ± T ) + 4) = tg (5 ⋅ x ± 5 ⋅ T + 4) = tg ((5 ⋅ x + 4) ± 5 ⋅ T ) = (∗) Substituindo 5 ⋅ x + 4 = na continuação temos : (∗) = tg (α ± 5 ⋅ T ) . Porque o valor do período mínimo positivo da função tangente é e para qualquer α do domínio da função função tangente tangente tem-se tg (α ± π ) = tg α fazendo ± 5 ⋅ T = ± obtemos T =

π

5

. Portanto T =

Com T = x ∈ D f



π

5

π

5

tem-se:

 

= R \  x ∈ R : π

é o valor mínimo positivo que verifica a relação

4

π

x π

=

π

10 4

−

4 5

+

k ⋅

π

5

 

, k ∈ N  ⇒ x ±

π



π

5

∈ D f .

± 5 ⋅ T = ± π .







Matemática 1


x −

π

∈

5

π π π  4  π 4 − + ( k − 1) ⋅ − + k ⋅ ,  10 5 5 10 5 5 

e x +

π

∈

π π π  4  π 4 − + ( k + 1) ⋅ − + (k + 2) ⋅ . ,  10 5 5 10 5 5 

5 Portanto foi provado que para a função f ( x) = tg (5 ⋅ x + 4) de domínio D f

 

= R \  x ∈ R :

x =

π

−

10

4 5

+ k ⋅

π

5

 

, k ∈ Z  =

π π π  4  π 4 k k − + ⋅ − + + ⋅ , ( 1 ) U 5 5 10 5 5  k ∈ Z  10

tem-se: a)

∀ x ∈ D f tem-se x ±

 

b) f  x ± isto é, T =

π

5

π

5

∈ D f ;

  = f ( x) , 5 

π


1.5) f ( x ) = sen (3 2 ⋅ x + 4) .

A função f ( x) = sen (3 2 ⋅ x + 4) é f (u ) = sen u de domínio R composta com a função u

=

3 2 ⋅ x + 4 de domínio R e contradomínio R . Portanto D f

Seja T > 0 .

= R .







Matemática 1


(∗) = sen (α ± 3 2 ⋅ T ) = (∗ ∗) Porque Porque o valor valor do do período período mínimo positivo positivo da da função função seno é 2 sen (α ± 2π ) = sen T =

2π 3

fazendo

±3

2 ⋅ T = ±2π obtemos T =

é o valor mínimo positivo que verifica a relação

é o período mínimo positivo da função. Substituindo T =

(∗ ∗) = sen (α ± 3 2 ⋅ T ) = sen (α ± 3 2 ⋅

2π 3

±3

2π 3

2π 3 2

e =

∈ R tem-se

∀

2π 3

.

Portanto

2 ⋅ T = ±2π é portanto

na continuação temos:

(

Portanto foi provado que para a função f ( x) = sen (3 2 ⋅ x + 4) de domínio R tem-se: a)




b) f  x ± 



isto é, T =

2π 3

2π 3

= D f ;

2π 

 = f ( x) ,

3 


1.6) f ( x ) = sen( 4 x − 1) − tg (5 ⋅ x + 4) .

D f = Dsen I Dtg . Dsen

= R

(exemplo 1.1)

e Dtg

 

= R \  x ∈ R :

x =

π

10

−

4 5

+

k ⋅

π

5

)

) = sen (α ± 2π ) = senα = sen 3 2 ⋅ x + 4 .

 

, k ∈ Z  (exemplo 1.4).







Matemática 1

 

= R \  x ∈ R :


x =

π

10

−

4 5

+ k ⋅

π

5

 

, k ∈ Z  =

 k ∈ Z 

4

π

π

4

π

π

 

U  10 − 5 + k ⋅ 5 , 10 − 5 + (k + 1) ⋅ 5  .

A função f 1 ( x) = sen(4 x − 1) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T sen

é T tg

π

(exemplo 1.1). 2 A função f 2 ( x) = tg (5 ⋅ x + 4) é periódica e o valor do período mínimo positivo

=

=

(exemplo 1.4). 5 Levando em conta que para a função periódica f 1 ( x) = sen(4 x − 1) com o

valor do período mínimo positivo T sen

=

π

tem-se que n ⋅ T sen

=

n⋅

π

2 2 é período da função e para a função periódica f 2 ( x) = tg (5 ⋅ x + 4) período mínimo positivo T tg

π

da T f

função =

f ( x) = sen( 4 x − 1) − tg (5 ⋅ x + 4) ,

caso

m⋅

n ∈ N , também com o valor do

π

, m ∈ N , também é 5 5 período da função concluímos que o período da função f ( x) = sen( 4 x − 1) − tg (5 ⋅ x + 4) , caso existe, Portanto o período mínimo positivo T f =

tem-se que m ⋅ T sen

,

=

existe,

verifica

a

relação

π

. 2 5 Porque com n, m ∈ N a relação

n ⋅ T sen

=

n⋅

=

m ⋅ T tg

=

m⋅

n⋅

π

=

m⋅

⇔

n = m⋅

2

2 5 5 se verifica para n = 2, m = 5 concluímos que a função f ( x) = sen(4 x − 1) − tg (5 ⋅ x + 4) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T f

=

n⋅

π

2

=

m⋅

π

5

= π .









Matemática 1


1.7) f ( x ) = cos ( 2 ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) .

D f

= Dc os

Dc os

I Dsen .

= R (exemplo

1.3) e Dsen

= R

(exemplo 1.5).

Portanto o domínio da função f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) é D f Porque D f

= R resulta

que ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f ,

∀ T >

= R .

0.

A função f 1 ( x) = c os ( 2 ⋅ x − 1) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T c os

=

2π (exemplo 1.3).

A função f 2 ( x) = sen (3 2 ⋅ x + 4) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T sen

=

2π 3

Portanto

(exemplo 1.5). o

período

mínimo

função f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) , T f

=

n ⋅ T c os

=

n ⋅ 2π = m ⋅ T sen

=

m⋅

2π

3 Porque com n, m ∈ N a relação

verifica

para

n

= 1,

m

=

existe,

verifica

T f

da

a

relação

.

n ⋅ 2π = m ⋅ se

caso

positivo

3

2π 3

⇔

n=

concluímos

m 3 que

a

função

f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T f

=

n ⋅ 2π = m ⋅

2π 3

=

2π .







Matemática 1


1.8) f ( x ) = cos (π ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) .

D f

= Dc os

Dc os

I Dsen .

= R (exemplo

1.2) e Dsen

= R

(exemplo 1.5).

Portanto o domínio da função f ( x) = cos (π ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) é D f Porque D f

= R resulta

que ∀ x ∈ D f tem-se x ± T ∈ D f ,

∀ T >

= R .

0.

A função f 1 ( x) = c os (π ⋅ x − 1) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T c os

=

2 (exemplo 1.2).

A função f 2 ( x) = sen (3 2 ⋅ x + 4) é periódica e o valor do período mínimo positivo é T sen

=

2π 3

Portanto

(exemplo 1.5). o

período

mínimo

função f ( x) = cos ( 2 ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) , T f

=

n ⋅ T c os

=

n ⋅ 2 = m ⋅ T sen

=

m⋅

2π 3

caso

positivo existe,

verifica

T f

da

a

relação

.

Porque n⋅2 = m⋅

2π

⇔

n = m⋅

2π

=

m⋅

π

3 6 3 2 e não existem n, m ∈ N que verifi ificam a relaç lação concluím luímo os que a funçã nção f ( x) = cos (π ⋅ x − 1) + sen (3 2 ⋅ x + 4) não é periódica.







Matemática 1


Levando Levando em em conta conta que o período período mínimo mínimo positiv positivo o da função função cossen cosseno oé 2 2

2 xT m T

=

2π

2

m T + 2 xT − 2π = 0

⇔

⇔

T =

− 2 x ±

4x 2

± 8π

m2

tem-se: tem-se:

.

T depende de x e portanto não existe T > 0 tal que ∀ x ∈ R se verifica Obtemos que T depende

(

)

cos ( x 2 ) = c os ( x ± T ) , isto é, a função f ( x) = cos (x 2 ) não é periódica. 2

2)

Calcular os valores das seguintes expressões que envolvem as funções trigonométricas e as funções trigonométricas trigonométricas inversas : 2.1)

 

arcsen  sen

. 6  Levando em conta que a função y

contradomínio Darcsen

37π 

=

CDsen

[ −1, 1 ],

CDsen

=

[

] e o contradomínio

= −1, 1

e

a

=

sen x tem o domínio Dsen

função CDarcsen

y = arcsen x tem =

o

= R

e o

domínio

 π π   − 2 , 2  (a restrição principal







Matemática 1




 45π     . 4   

2.2) arcsen  sen  −



Analogamente tem-se:



  5π    45π    40π 5π    −   = arcsen  sen  −   = arcsen  sen  − 10π −   = 4 4 4 4               π   π  π  5π     = arcsen   sen  − 4   = arcsen  sen  − π − 4   = arcsen  sen 4  = 4 .          

arcsen  sen  −

2.3)

 

arc cos  cos

43π 

. 6  Levando em conta que a função y

contradomínio Darcc os

=

função y

CDc os =

CDc os =

=

[ −1, 1 ] ,

e

a

=

c os x tem o domínio Dc os

função

[ −1, 1 ] e o contradomínio

CDarcc os

y = arcc os x tem =

o



domínio

  π (a restrição principal da 0 ,    



 

 

se e só se x ∈  0 , π  .

Na base da periodicidade da função y = c os x tem-se cos ( + 2k π ) = c osα , ∈ Z . e ∀ k ∈ Então temos:   36π 7π     7π    43π  + arc cos  cos  = arc cos  c os    = arccos  cos  6π +   = 6  6 6 6         

    5π   5π    7π   = arc cos  cos 2π −   = arc cos  c os −   = 6 6 6             5π   5π = arc c os  c os .   =    6   6 arccos  cos

2.4)

e o

cos x ) resulta que arcc os   cos x  = x ,

=

= R



 28π     .

arc cos  cos  −

∀ α ∈ R







Matemática 1


 11π     . 3       11π     12π π     π   − arc sen  cos    = arc sen  c os    = arc sen  cos  4π −   = 3   3     3     3     π     π     π π   = arc sen  c os  − = arc sen  c os    = arc sen  sen  −     =      3 3 2 3               π   π = arc sen  sen    =   6. 6    

2.5)



arc sen  cos 

 29π     . 9       29π     36π 7π     7π   + arc cos  sen  −   = arccos  sen  −   = arc cos  sen  − 4π +   = 9 9 9 9               7π     π 5π     5π   5π = arc c os  sen  = arc c os  sen  + = arc c os  c os    .     =        9     2 18     18   18

2.6)



arc cos  sen  −



 1     .  3  

2.7) tg  arc cos 



Levando em conta que

tgα =

senα

e que com

c osα

−1 ≤

c ≤ 1 tem-se

cos (arcc os (c )) = c obtemos





 1     =  3  

tg  arc cos 



 1      3      1     cos  arccos   3   

 1   = α com  3 

Seja arc cos 



sen  arccos 

α ∈

=

]



1

()

= ∗

3

[ 0 , π ] (na base da definição da função y = arcc os x ).

Levando em conta que sen 2α + cos 2α = 1

[0

 1      3  

sen  arccos 

⇔

senα = ± 1 − cos 2α e com









Matemática 1

2.8)


  41π     25π     + tg  arctg    . 6 6        

arctg  tg 

Na base da definição da função f unção y arctg (tg x ) = x,

∀ x ∈

=

arctg x tem-se:

 π π   − 2 , 2  e tg (arctg x ) = x,

∀ x ∈ R .

Portanto temos:   41π      42π π   25π  25π   − = arctg  tg    + tg  arctg    = arctg  tg    + 6 6 6 6 6             =

   

arctg  tg  7π −

2.9)



  π   25π π 25π   25π = arctg  tg  − + =− + = 4π .    +    6   6 6 6 6   6  

π

  41π    25π     + ctg  arcctg    .  6    6   

arcctg  ctg 



Na base da definição da função y = arcctg x tem-se: arcctg (ctg x ) = x,

∀x ∈

] 0 , π [ e

ctg (arcctg x ) = x,

∀ x ∈ R

.

Portanto temos:



  41π    25π     + ctg  arcctg   




 36π


+

5π  

  +

25π







Matemática 1

2.11)


  41π     25π     + tg  arcctg    . 6 6        

arcctg  tg 

  41π     42π π     π     π   −   = arcctg  tg    = arcctg  tg  −   = arcctg  − tg    = 6    6     6     6   6        π    π π    π   = arcctg  − − = − =     ctg  −   = ctg arcctg ctg arcctg         2 6 3           3     π     2π   2π = arcctg  ctg  − + π   = arcctg  ctg  .   =    3 3 3        

arcctg  tg 



 25π     = 6   

tg  arcctg 



1

  25π   ctg  arcctg    6    

=

1 25π

=

6 25π

.

6

Portanto

  41π    6 50π 2 + 18  25π   2π + = . arcctg  tg    + tg  arcctg    = π π 6 6 3 25 75        

Exercícios Resolvidos Matematica 01

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