Matemática Ciência e aplicações, Vol 2, Cap 4

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MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 2

Funções trigonométricas

4

a) Hexágono regular, com lado de medida 1. 2 b) perímetro = 6; área = 6 · 1 · 3 = 3 3 4 2

Exercícios 1.

1o. quadrante: 17π 4π + π 4 4 2 quadrante: – 5π ; 26π 8π + 2π ; – 19π –2π – 7π 4 3 3 6 6 o .

5.

a) sen – π = –sen π = –1<0 2 2 b) sen – 5π = sen 3π = 2 >0 4 4 2

3o. quadrante: – 3π ; 22π 6π + 4π 4 3 3

4o. quadrante: –0,5 (observe que –0,5 < – π ≅ – 1,57) 2

–

5π 4

2. B

C

c) sen 10π = sen 2π + 4π = sen 4π = – sen π = 3 3 3 3

A

= – 3 < 0 2 d) sen 850° = sen (2 · 360° + 130°) = sen 130° > 0 e) sen 3 816° = sen (10 · 360° + 216°) = sen 216° < 0

D

A: 40π (20, 2π); –14π (7 · (–2π)) B: 17π 8π + π ; – 11π –4π – 3π 2 2 2 2 C: 13π; – 21π

6.

D: – 5π –2π – π ; 7π 2π + 3π 2 2 2 2

3.

a)

b) sen 17π = sen 8π + π = sen π = 1 2 2 2 c) sen 19π = sen 6π + π = sen π = 3 3 3 3 2 d) sen 1 290° = sen (3 · 360° + 210°) = sen 210° = = – sen 30° = – 1 2 e) sen – π = sen 5π = – sen π = – 3 3 3 3 2

c) P

P'

36°

P

b)

d)

P

P 30° P' P'

4.

2π 3

π 3

π

7.

a) sen 2π + κ · 2π = sen 2π = sen π = 3 3 3 3 2 b) κ = 0 → sen 0 = 0 κ = 1 → sen π = 0 κ = 2 → sen 2π = 0 κ = 3 → sen 3π = 0 . . . . . . . . . . . . (V)

(V)

0

4π 3

MCA2-Resoluções-43-98.indd 56

a) sen 4π = sen 0 = 0

5π 3

c) sen 1 000° = sen(2 · 360° +280°) = sen 280° < 0 (280° tem imagem no 4o. Q) (F)

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Capítulo 4 • Funções trigonométricas

|2|

d) Observe que o número real 10 é maior que 3π (aproximadamente 9,42) e menor que 7π (aproximadamente 2 10,99).

12.

2

seno

1 0

... , 3π, π

π

3π 7π , ... , 2 2

Desse modo, o número real 10 tem imagem no 3

o .

3π

4π

x

13. Devemos ter –1 ⩽ sen α ⩽ 1 ⇒ –1 ⩽ t + 1 ⩽ 1; multi2 plicando por 2: –2 ⩽ t + 1 ⩽ 2 Somando (–1), temos: –3 ⩽ t ⩽ 1 ⇒ R: {t ∈ ℝ | – 3 ⩽ t ⩽ 1}

quadrante e, assim, sen 10 < 0. (V) período: 2π; Im = [–2, 2]

14.

y 2

π 2 α

3π 2

0

2π

p = 4π Im = [1, 3]

10

8.

y 3

π 2

π

2π

x

π

–2

9.

π ⩽ α ⩽ π ⇒ 0 ⩽ sen α ⩽ 1; daí: 2 0 ⩽ 2m – 3 ⩽ 1 ⇒ 3 ⩽ 2m ⩽ 4 ⇒ 3 ⩽ m ⩽ 2 2

p = 2π; Im = [–1, 1] y 1 0

2π = π 2 ∙4∙ b) fmáx = 3 + 2 · 1 = 5

15. a) p =

π 2

2π π

–1

x

3π 2

16. a) t = 0 → h(0) = 6 + 4 · sen 0 = 6 + 0 = 6 (m) b) h (9) = 6 + 4 · sen 9π = 6 + 4 · sen 3π = 12 4 2 = 6 + 4 · = 6 + 2 · 1,4 ⇒ h = 8,8 m 2 c) O maior valor possível de sen π · t , t ∈ [0, 270] é 12 1.

10. p = 2π ; Im = [–1, 1] 3 y 1 0

π 6

π 3

π 2

Assim, hmáx.= 6 + 4 · 1 = 10 m 2π d) O período de f é 2π π = π = 24s. 12 12 270 = 11,25 e) n = 24 Assim, são 11 voltas completas.

2π 3 x

–1

11. p = 2π; Im = [2, 4]

17. a) cos 11 π = cos (10π + π) = cos π = –1 b) cos 10 π = cos (5 · 2π) = cos 0 = 1

y 4

c) cos 13π = cos 6π + π = cos π = 0 2 2 2

3 2

0


d) cos 27π = cos 12π + 3π = cos 3π = 0 2 2 2 π 2

π

3π 2

2π

x

1 e) cos – 2π = cos 4π = – cos π = – 2 3 3 3

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18. a) cos 1 560° = cos ( 1 440° + 120°)

= cos 120° =

24.

y

360° · 4

1 = – cos 60° = – 2

1 2π

b) cos 1 035° = cos (720° + 315°) = cos 315° = = cos 45° = 2 2 c) cos 19π = cos 2π + 7π = cos 7π = – cos 2 6 6 3 =– 2 22π d) cos = cos 6π + 4π = cos 4π = – cos 3 3 3 1 =– 2 e) cos(–270°) = cos 90° = 0

0 –1

π = cos π = 2 ; sen 17π = 4 4 4 2

=

2 2

π 3

–1

26.

π 2

π 6

y 3

–1 = – 2 4 2 2

2 1

π, 3π ⇒ –1 ⩽ cos x ⩽ 0 ⇒ –1 ⩽ 2m ⩽ 0 ⇒ 2 5 5 ⇒ –5 ⩽ 2m ⩽ 0 ⇒ – ⩽ m ⩽ 0 2

1 2 4 21. –1 ⩽ cos x ⩽ 1 ⇒ –1 ⩽ 3m – ⩽ 1 ⇒ – ⩽ 3m ⩽ ⇒ 3 3 3 2 2 ⇒–

x

1

20. x ∈

2π 3

y

4π + π = cos π = 0; sen 9π = sen π = 1 2 2 2 2

cos 17π = cos 4π + 4 = sen π = 2 4 2 0–1 y= 2 +3· 2

x

25. p = 2π ; Im = [–1, 1] 3

0

19. cos 9π = cos 2

4π

3π

p = 4π Im = [–1, 1]

π= 6 π= 3

π

4 8 4 8 ⩽ 3m ⩽ ⇒ – ⩽ m ⩽ 3 3 9 9

0

4 8 – , é o zero. 9 9

π 3

π 2

2π 3

x

p = 2π 3 Im = [1, 3]

27. a) cos

O único número inteiro pertencente ao intervalo

π 6

π + κ · 2π = cos π = 3 (F) 6 6 2

b) cos π + κπ = 0 (V) 2 P

22. p = 2π; Im = [–2, 2] y 2 π 2 0

π

3π 2

P' 2π

x

d) f(x) = x · (–1) = –x é uma função linear (y = ax) e, portanto, não é periódica (F)

–2

2π e) p = π = 16 (V) 8

23. p = 2π; Im = [1, 3] y 3

28. a) 2 010 ⇒ f(0) = 400 + 18 · cos 0 = 418

2 1 0


c) fmín = 2 · (–1) = –2 (F)

π 2

π

3π 2

2π

x

2 015 ⇒ f(5) = 400 + 18 · cos 5π = 3 1 = 400 + 18 · = 409 2

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2 020 ⇒ f(10) = 400 + 18 · cos 10π = 3 1 4π = = 400 + 18 · – = 400 + 18 · cos 2 3 = 400 – 9 = 391 b) O menor valor possível de cos π x é –1; x ∈ {0, 1…20} 3 fmín = 400 + 18 · (–1) = 400 – 18 = 382 (382 milhões de dólares). Devemos ter:

|4|

d) f(x) = tg x + π 6 π π x + ∙ + kπ ⇒ x ∙ π – π + kπ ⇒ 6 2 2 6 ⇒ x ∙ π + kπ, k ∈ Z 3 D = x ∈ ℝ | x ∙ π + kπ, k ∈ Z 3 período: 0 ⩽ x + π ⩽ π ⇒ – π ⩽ x ⩽ π – π ⇒ 6 6 6

cos π x = cos (π + κ · 2π) ; κ ∈ ℤ; 3 –1 Isto é, π x = π + κ · 2π; κ ∈ ℤ ⇒ x = 3 · (1 + 2κ); κ ∈ ℤ 3 κ = 0 ⇒ x = 3 · (1 + 0) = 3 (2 013) κ = 1 ⇒ x = 3 · (1 + 2) = 9 (2 019) κ = 2 ⇒ x = 3 · (1 + 4) = 15 (2 025) κ = 3 ⇒ x = 3 · (1 + 6) = 21 (2 031) ➞ não convém! Assim, em 3 vezes (2013, 2009, 2025) f atinge seu menor valor.

⇒ – π ⩽ x ⩽ 5π ⇒ p = 5π – – π ⇒ p = π 6 6 6 6

x – π está definida quando x – π ≠ π + kπ; 2 2 2 k ∈ ℤ, isto é, x ≠ π + kπ; k ∈ ℤ

31. a) tg

Observe que os números reais descritos por {x ∈  ∙ x = π + kπ; k ∈ ℤ} são: k = 0 ➞ x = π; k = 1 ➞ x = 2π; k = 2 ➞ x = 3π, etc.

29. a) O conjunto imagem de f(x) = tg x – π6 é ℝ; desse modo, é possível termos, para x pertencente ao domínio de f, f(x) = 3, bem como f(x) = –10. b) tg x – π = 0 ⇒ x – π = κ π; κ ∈ ℤ 6 6 π κ=0➞x= 6 κ = 1 ➞ x = π + π = 7π 6 6 π κ = 2 ➞ x = + 2π = 13π 6 6 e assim por diante.

Podemos, então, escrevê-los na forma: {x ∈ ℝ ∙ x = kπ; k ∈ ℤ} Daí, o domínio D é D = {x ∈ ℝ ∙ x ≠ kπ; k ∈ ℤ} b) p = ?

Façamos t = x – π ; para que tg t complete um período, 2 t deve variar entre 0 e π: 0 ⩽ t ⩽ π ⇒ 0 ⩽ x – π ⩽ π ⇒ π ⩽ x ⩽ 3π e o período 2 2 2 de f é: 3π – π = π. 2 2

c) y

30. a) f(x) = 1 + tg x

x ≠ π + kπ, k ∈ Z 2

–

D = x ∈ ℝ | x ∙ π + kπ, k ∈ Z 2

–π

período: 0 ⩽ x ⩽ π ⇒ p = π

1

π 2 –

π 0 4 –1

π 4

π 2

π

x

b) f(x) = 2 tg x x ∙ π + kπ, k ∈ Z 2 D = x ∈ ℝ | x ∙ π + kπ, k ∈ Z 2 p=π c) f(x) = tg 2x 2x ∙ π + kπ ⇒ x ∙ π + k π , k ∈ Z 2 4 2 D = x ∈ ℝ | x ∙ π + k π, k ∈ Z 4 2 período: 0 ⩽ 2x ⩽ π ⇒ 0 ⩽ x ⩽ π 2 π p= 2


32. -

Período: t = x ; para que tg t complete um período, t deve 2 variar entre 0 e π: 0 ⩽ t ⩽ π ⇒ 0 ⩽ x ⩽ π ⇒ 0 ⩽ x ⩽ 2π; o período 2 é 2π.

--Domínio:

tg x está definida quando x ≠ π + κπ ⇒ 2 2 2 ⇒ x ≠ π + 2 κπ ⇒ x ≠ (1 + 2κ)π; κ ∈ ℤ

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|5|


--Gráfico:

y

2

y

1 – –π

1

π 2

π 2

0

0

π

π 8

x

3π 8

5π 8

7π 8

x

9π 8

–1

4.

(3o. )

(1o. )

x π 3 π 2 2π 3 5π 6

3x – π

y = 1 – 2 · sen(3x – π)

0

1

π 2

–1

π

1

3π 2

3

π

2π

1

Exercícios complementares 1.

2.

Lembre que sen(–x) = – sen x, ∀x ∈  p = 2π; Im = [–1, 1]

y

y = sen x

1

período = π – π = 2π ; Im = [–1, 3] 3 3

3π 2

0

π 2

π

(2o. )

2π

y

x

3

–1

1 y

y = |sen x|

0

1

–1 0

π 2

π

3π 2

2π

π 2

π 3

2π 3

5.

y = cos x

y 1

p = π; Im = [0, 1]

π 0

(3o. )

(1o. )

x

2x – π 4

π 8 3π 8 5π 8 7π 8 9π 8

y = 1 + cos 2x –

π 2

3π 2

x

2π

–1

(2o. )

y 1

π 4

0

2

0

π 2

1

–1

π

0

3π 2

1

2π

2

y 1

y = |cos x|

π 2

π

π 2

0

3π 2

2π

x

2π

x

3π 2 π

–1

p = π; Im = [–1, 1]

período = 9π – π = π; Im = [0,2] 8 8

6.


π x

x

–1

3.

5π 6

f(x) = 0 ⇒ 2 · ∙ cosx ∙ – 1 = 0 ⇒ | cos x ∙ = 1 2

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Podemos ter:

|6|

cosx = 1 ⇒ x = π ou x = 5π 2 3 3 cosx = – 1 ⇒ x = 2π ou x = 4π 2 3 3

P cos

7.

8.

9.

1, se x é par –1, se x é ímpar Desse modo, o conjunto imagem de f é {1, 3} pois: • x par ⇒ f(x) = 2 + 1 = 3 • x ímpar ⇒ f(x) = 2 + (–1) = 1 b) Note que f(0) = f(2) = f(4) = f(6) = … e f(1) = f(3) = f(5) = f(7) = … Sim. p = 2 a) Se x ∈ N, (–1)x =

12. a)

(t + 3)π ⇒ 6 (t + 3)π (t + 3)π = 50 ⇒ sen = 1 ⇒ 100 · sen 2 6 6 As imagens dos números reais cujo seno vale 1 são 2 os pontos P e Q da seguinte figura: p = 750 ⇒ 750 = 800 – 100 · sen

O período de f é: 2π = 2π = 0,75 s , isto é, o atleta 8π 8π 3 3 realiza uma oscilação completa em 0,75 s. Desse modo, em 6 segundos, ele realizará 6 = 8 oscilações completas. 0,75 a) tg x – 3π existe se, e somente se, x – 3π ≠ π + kπ; 4 4 2 k ∈ ℤ , isto é: x≠ 5π + kπ; k ∈ ℤ 4 As imagens no ciclo correspondente aos números reais x = 5π + kπ; k ∈ ℤ são A e B. 4 A π 4

B

Assim D = x ∈ ℝ ∙ x ≠ π + kπ; k ∈ ℤ 4 b) Como o conjunto imagem de y = tg x – 3π é ℝ, 4 m – 1 basta garantir a existência de , o que ocorre m–2 para m≠2.

10. Como, ∀α ∈ ℝ, –1 ⩽ cos α ⩽ 1, temos que 0 ⩽ cos2 α ⩽ 1, isto é, 0 ⩽ 2m – 1 ⩽ 1 ⇒ 1 ⩽ 2m ⩽ 2 ⇒ 1 ⩽ m ⩽ 1 2

Q

1 2

P 30°

Daí:

π (t + 3)π = + k · 2π 6 6 ou

(t + 3)π = 5π + k · 2π 6 6 De 1 : t = –2 + 12k; k ∈ ℤ

1

2

De 2 : t = 2 + 12k; k ∈ ℤ t = – 2 (não serve) Para k = 0, ou t = 2 (mês de março) t = 10 (novembro) Para k = 1, ou t = 14 (não serve) Observação: O aluno ainda não formalizou a resolução de equações trigonométricas. Uma outra possibilidade de resolução da equação é “testar” valores: (t + 3)π = 1 , podemos ter: 2 6 (t + 3)π (t + 3)π π = = 5π ou 6 6 6 6 t = – 2 (não serve) ou t = 2 (março)

• Para que sen

• Agora, basta acrescentar um número completo de

11. f é a máxima quando cos x = –1 (observe que, nesse caso, f máx = 3 – 2 · (–1) = 5). cos x = –1 Os números reais com extremidade em P são da forma π + k · 2π, k ∈ ℤ.


voltas a π e a 5π : 6 6 (t + 3)π (t + 3)π = π + 2π ou = 5π + 2π 6 6 6 6 t = 10 (novembro) ou t = 14 (não serve, pois 0 ⩽ t ⩽ 11)

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(t + 3)π = 1 (Observe que, 6 se o seno fosse mínimo, teríamos P máximo.) O valor mínimo de P é P = 800 – 100 · 1 = 700. (t + 3)π (t + 3)π = 1, então: = π⇒ Se sen 2 6 6 (t + 3)π 1 = ⇒ t = 0 (mês de janeiro). ⇒ 2 6

b) Basta verificar, no gráfico, as abscissas dos pontos para os quais a reta “está acima” da senoide, e isso ocorre π quando 0 ⩽ x ⩽ 2 .

b) P é mínimo quando sen

17. a)

hmín = 8 + 4 · (–1) = 4 m

b) Se sen π t = –1, então π t = 3π + k · 2π; k ∈ ℤ, 12 12 12 3 + 2k ; k ∈ ℤ; quando k = 0, temos isto é, t = 12 · 2 que t = 18 (18 h). (Para k > 0, t > 24).

13. Podemos reescrever a lei de f usando a relação fundamental da trigonometria: f(x) = cos2 x + 2 sen x · (sen x – 1) f(x) = 1 – sen2 x + 2 sen2 x – 2 sen x f(x) = sen2 x – 2 sen x + 1 = (sen x − 1)2

c) O período dessa função é: 2π = 24 h π 12 π = 8 + 4 · 1 = 10 m d) t = 2 ➞ h(2) = 8 + 4 · sen 6 2 5π = 8 + 4 · 1 = 10 m t = 10 ➞ h(10) = 8 + 4 · sen 6 2 π t é um número Entre 2 e 10 horas (2 ⩽ t ⩽ 10), sen 12

• f é mínimo quando sen x = 1 ⇒ fmín = (1 – 1)2 = 0 • f é máximo quando sen x = –1 ⇒ fmáx = (–1 –1)2 = 4 Assim, o conjunto imagem de f é { y ∈ ℝ ∙ 0 ⩽ y ⩽ 4 }

real pertencente ao intervalo 1 , 1 e, desse modo, a 2 altura da maré é maior que 10 m. Logo, nesse período, o navio pode permanecer na região.

14. Observe, inicialmente, que a função y = t2 – 5t + 6 tem raízes t = 2 e t = 3, e podemos reescrevê-la na forma y = (t – 2) · (t – 3). Assim, f(x) = (sen x – 2) · (sen x – 3)

1 2

1

• Quando sen x = – 1, temos:

5π 6

f(x) = (–1 –2) · (–1 –3) = (–3) · (–4) = 12

π 6

• Quando sen x = 1, temos: f(x) = (1 – 2) · (1 – 3) = (–1) · (–2) = 2 Assim, Im = [2, 12]

15. a)

Como sen (π + k · 2π) = 0, para k ∈ ℤ e sen (k · 2π) = 0, para k ∈ ℤ, temos que x é uma soma de parcelas nulas, isto é, x = 0. π +…= b) 8π + 4π + 2π + π + 2

18.

a1 = 1–q

8π = 16π 1 1– 2 Assim, y = cos 16π = cos 0 = 1

16. a) π 2 –1

=2⇒ 5 = 1 ⇒ m 2

1 5 m

19. Como –1 ⩽ sen (x – π) ⩽ 1, devemos ter: –1 ⩽ 3m – 4 ⩽ 1 ⇒ –1 + 4 ⩽ 3m ⩽ 1 + 4 ⇒ ⇒ 3 ⩽ 3m ⩽ 5 ⇒ 1 ⩽ m ⩽ 5 . 3

O único valor inteiro pertencente ao intervalo 1, 5 é 1. 3

y

–

=4π⇒

⇒ 5 = ± 1 ⇒ m = ± 10 m 2

soma dos termos de uma P. G. infinita, 1 com q = 2

=

2π 5 m

π 2 1

f(x) = x g(x) = sen x

0 –1 π – 2

1 π 2

20.

y

x –π 2

1

π 2 P 0

–1

f π 2

π

3π 2

2π x

g

Observação: A reta é tangente à senoide para x = 0.

MCA2-Resoluc�o�es-Mercado.indd 127

9/3/10 7:17:10 PM


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Como os gráficos de f e g se interceptam em um único ponto (P), a equação f(x) = g(x) tem uma única solução real.

21. •

24. a)

ℝ

b) [–1, 1] c) 2π d) • Se x ⩾ 0, f(x) = cos |x| = cos x

sen (π x) ≅ 4x – 4x2 2

sen π ≅ 4 · 1 – 4 · 1 = 1 – 4 = 3 4 4 4 16 4 3 – 2,82 = 2 3 1,41 3 = = – – • erro = 4 4 2 4 2

y 1 –π 0 2 –1

= |0,045| = 0,045

22. a)

π

1 –π

–2π – 3π 2

2π = 1 s; (V) |2π|

–

π 2

0 –1

x

(2)

• Reunindo os dois casos, concluímos que o gráfico de f(x) = cos |x| coincide com o gráfico de y = cos x:

d) P 1 = 96 + 18 cos 2π = 96 + 18 · cos 120° = 3 3

y

= 96 + 18 · – 1 = 96 – 9 = 87; (F) 2

1

e) cos (2π t) = 1 ⇒ 2π t = k · 2π ; k ∈ ℤ ⇒ t = k ∈ ℤ; isto é, quando t = 0, t = 1, t = 2,… P(t) é máximo. cos (2π t) = –1 ⇒ 2π t = π + k · 2π ⇒ ⇒ 2t = 1 + 2k ⇒ t = 1 + k; 2 k ∈ ℤ, isto é, quando t = 1 , t = 3 , t = 5 ,… P(t) é 2 2 2 mínimo. O gráfico não pode ser o apresentado; (F). π 4π 3 x – 3 ⩽ 1, o maior valor possível

π 4π π 4π para cos 3 x – 3 = 1 ⇔ 3 x – 3 = k · 2π; k ∈ ℤ Daí x – 4 = 2k; k ∈ ℤ 3 3 x = 2k + 4 · 3; k ∈ ℤ 3 x = 4 + 6k; k ∈ ℤ

(1)

x

2π

y

b) O menor valor de cos(2πt) é –1; Daí, Pmín = 96 + 18 · (–1) = 78 (V)

23. Como –1 ⩽ cos

3π 2

• Se x ⩽ 0, f(x) = cos |x| = cos (–x) = cos x

O maior valor de cos(2πt) é 1; (V) Daí, Pmáx = 96 + 18 · 1 = 114

c) O período dessa função é

π 2

–π

π – 2

–2π – 3π 2

25. f(x) = 0 ⇒ sen

0 –1

π 2

π

3π 2

2π

x

3π x = 0 ou –1 + x – 1 = 0 2

3 π x = k π ou 2

x–1 =1⇒ ⇓ x = 2 (*)

x = 2π , k ∈ 2 3 k=1⇒x= 2 <1 3 k=2⇒x= 4 ⇒P 4,0 3 3 (*)

k = 3 ⇒ x = 2 ⇒ Q (2, 0) cos

k=4⇒x= 4 ⇒R 8,0 3 3 k = 5 ⇒ x = 10 ⇒ S 10 , 0 3 3

k=0⇒x=4 k = 1 ⇒ x = 10 k = 2 ⇒ x = 16 (não serve, pois 1 ⩽ x ⩽ 12) x = 4 (mês de abril) ⇒ f(4) = 200 + 54 · 1 = 254 ton x = 10 (mês de outubro) ⇒ f(10) = 200 + 60 · 1 = 260 ton Assim, a produção máxima ocorreu em outubro (mês 10); seu valor é 260 ton.


26. a)

p = 2π = 1 |2π|

π Como –1 ⩽ sen 2πx – 2 ⩽ 1, temos: –1 + 1 ⩽

⩽ 1 + sen 2πx –

π ⩽ 1 + 1 ⇔ 0 ⩽ f(x) ⩽ 2 2

Assim, Im = [0, 2].

9/3/10 7:17:11 PM

|9|


π π b) y = 1 ⇒ 1 + sen 2π x – 2 = 1 ⇒ sen 2π x – 2 = 0

c) V; p(x) = –2 · [f (x) – 1] · [g(x) – 4] p(x) = – 2 · cos x – 1 · 5 + cos x – 4 2 2

π ⇒ 2π x – 2 = k π, para k ∈ ℤ k+ 1 2 1 ,k∈ℤ 2x – = k ⇒ x = 2 2 Como x ∈ [0, 1], devemos ter: 1 2 k=0⇒x= = 1 2 4 3 2 3 = k=1⇒x= 4 2 5 k = 2 ⇒ x = 2 = 5 (não serve). 2 4

27. a)

h(0) = 11,5 + 10 · sen

p(x) = – 2 · cos x – 1 · cos x + 1 2 2 p(x) = – 2 · cos2 x – 12 = + 2 · 1 – cos2 x 2 2 p(x) = 2 sen2 x 2 Observe que 0 ⩽ sen2 x ⩽ 1 ⇒ 0 ⩽ p(x) ⩽ 2 2 2 p(0) = 0; p π = 2 sen2 π = 2 · 2 = 1; 2 2 4

p(π) = 2 sen2 π = 2; p 3π = p π = 1; 2 2 2

π · (0 – 26) = 12

p(2π) = 0,…

π = 11,5 + 10 sen – 1 3π – 1 3π = – 2π – 6 6 6 π = Daí, h0 = 11,5 + 10 · sen – 6 = 11,5 + 10 · (–1) · sen = 11,5 – 5 = 6,5 (m)

π = 11,5 – 10 · 1 = 6 2

b) hmín = 11,5 + 10 · (–1) = 1,5 (m) hmáx = 11,5 + 10 · 1 = 21,5 (m) p = 2π = 2 · 12 = 24 s π 12

28. a)

V; g(x) = 5 + cos x 2 g = 5 + (–1) = 4 • mín x x • cos 2 = –1 ⇒ 2 = π + k · 2π; k ∈ ℤ ⇒ ⇒ x = 2π + k · 4π; para k ∈ ℤ. Se k = 0, obtemos x = 2π; se k = 1, obtemos x = 6 π ∉ [0, 16]. Daí, g se minimiza para x = 2π.

y 1


52 semanas completas

É possível concluir que dois dos sete dias da semana ocorreram 53 vezes; os demais cinco dias ocorreram 52 vezes. Da hipótese, se o número de sábados foi maior que o número de domingos, concluímos que houve 53 sextas-feiras e 53 sábados (os demais dias ocorreram 52 vezes). Nesse ano, portanto, 1o. de janeiro caiu em uma sexta-feira e 2 de janeiro caiu em um sábado. A primeira quarta-feira de janeiro caiu no dia 6; consequentemente o dia 20 (6 + 7 + 7) também caiu em uma quarta-feira.

Testes 1 1.

2.

• f é decrescente em [0, 2π].

π

Observe inicialmente que: 366 = 52 · 7 + 2

volta x

360º 900 ⇒ x= = 2,5 900º 360

Resposta: d.

b) • V; f(x) = cos x 2 2π = 4π p = • 1 2 • Im = [–1, 1]

0 –1

Desafio

2π

3π

4π

x

cos kπ , k ∈ ℤ: 12 k = 0 ⇒ cos 0 = 1 k = 1 ⇒ cos π (cos 15°) 12 k = 2 ⇒ cos π = 3 2 6 π 2 k = 3 ⇒ cos = 2 4 π 1 k = 4 ⇒ cos = 3 2 5π k = 5 ⇒ cos (cos 75°) 12

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| 10 |

π 3π  3π   f   =1+ cos =1+ cos =1+ 0 =1 6 2  2 

k = 6 ⇒ cos 6π = 0 12 7π k = 7 ⇒ cos = cos 105° = −cos 75° 12 8π k = 8 ⇒ cos = cos 2π = − 1 12 3 2 9π 3π = cos = − 2 k = 9 ⇒ cos 2 12 4 10π 5π k = 10 ⇒ cos = cos = − 3 2 12 6 k = 11 ⇒ cos 11π = cos 165° = −cos 15° 12 k = 12 ⇒ cos π = −1

5π  5π   f = 1+ cos >1  2  12  >0

=  para x

3π  3π  = , f  1 2  2 

 para x = 2π, f ( 2π ) = 1+ cos

2π 1 1 = 1− = então, para 3 2 2

 3π  x ∈  , 2π  , f ( x ) > 0 .  2  – –

+ +

Resposta: b. cos

7.

Resposta: b.

Para k ⩾ 13, k ∈ ℤ, começa a haver repetição de valores: o 3o. quadrante repete os valores do 2o. e o 4o. repete os do 1o. . Assim, temos 13 valores distintos.

Do gráfico, f ( 3π )  f ( 9, 5) = 5

8.

y = 2 sen ( 3x )

Resposta: b. p=

3.

y = 1+ 2 sen x

−1≤ sen ( 3x ) ≤ 1⇒ −2 ≤ 2 sen ( 3x ) ≤ 2

−1≤ sen x ≤ 1⇒ −1≤ y ≤ 3

Im =

Resposta: d.

4.

Ao dar uma volta, a partícula faz 6 pausas (6 · 60° = 360°). pletas; na 86a. volta, ela encerra o movimento na 2a. parada,

9.

Temos: f 1 = 1 ⇒ sen ω · 1 = 1 ⇒ 2 2

em um ponto do 4o. quadrante. Resposta: b.

⇒ sen ω = sen π ⇒ ω = π; 2 2

Observe que o período de f é: 5π − π = π. 4 4 Como Im = [0, 4], f deve ser definida por y = 2 + 2sen 2x

f(x) = sen(ωx) = sen(πx) f 1 = sen π = 1 6 6 2

Resposta: e.

6.

[ −2, 2]

Resposta: b.

Como 512 = 85 · 6 + 2, a partícula realiza 85 voltas com-

5.

2π 3

 f ( x ) = 1+ cos

f 1 = sen π = 2 2 4 4

x 3

f 1 = sen π = 1 2 2

x −1≤ cos ≤ 1⇒ 0 ≤ f ( x ) ≤ 2 ⇒ Im =[0, 2] 3  p=

2π = 6π 1 3

 f ( 3π ) = 1+ cos


1 + 2 + 1 = 3 + 2 2 2 2

Resposta: a.

10. 3π = 1− 1= 0 3

π 21π 20π π = + = 4π + ⇒ O menor valor não 5 5 5 5 π 21π negativo côngruo ao arco de é . 5 5

Resposta: a.

9/3/10 7:17:11 PM

| 11 |


11.

−1≤ 2m − 9 ≤ 1⇒ 8 ≤ 2m ≤ 10 ⇒ 4 ≤ m ≤ 5

k∈ℤ Daí:

Resposta: e.

x − π = 3π + k · 2π ⇒ x = π + 3π + k · 2π ⇒ 7 2 7 2 ⇒ x = 2π + 21π + k · 2π ⇒ x = 23π + k · 2π; k ∈ ℤ 14 14 Resposta: c.

12. x = 0 ⇒ f(0) = sen 0 = 0 e g(0) = cos 0 = 1 π • f (π) = 1 ⇒ sen k = 1 ⇒ k=2 π π mπ π • g 4 = 0 ⇒ cos m 4 = 0 ⇒ 4 = 2 + n · 2π;

17. •

nativa b. f(0) = 0; isso exclui a alternativa c, pois teríamos • f(0) = 3 · cos 0 = 3. Exclui também a alternativa e, pois teríamos f(0) = 3 · sen (0 + π ) = 3 sen π = 3. 2 2 Resposta: a.

Resposta: b.

π  π  −1≤ sen  t  ≤ 1⇒ −1+ 3 ≤ 3 + sen  t  ≤ 1+ 3 ⇒ 3   3  π  ⇒ 2 ≤ 3 + sen  t  ≤ 4 3 

O período de f é 3π; isso exclui a alternativa d.

• O conjunto imagem de f é [−3, 3]; isso exclui a alter-

n ∈ ℤ ⇒ mπ = π ⇒ m = 2 2 n = 0 4

13.

x − π = −1 ⇒ sen x − π = sen 3π + k · 2π ; 7 7 2

16. sen

sen= x 2m − 9

18.

p=

2π 3

Resposta: b.

Resposta: e.

14.

19. I. Verdadeira, pois, se f(x) = 3 sen² x – 5 (1 – sen² x) = 3 sen² x – 5 + 5 sen² x = = 8 sen² x − 5 fmín = 8 · 0 – 5 = −5 fmáx = 8 · 1 – 5 = 3

são complementares. II. Verdadeira, pois 2 sen2 α + sen= β sen2 α + cos2= α 1.

Resposta: b.

15.

sen = α cos β, então, α e β

III. Falsa, pois, se, por exemplo, k = 2, α = β =

3π e 4

sen α = −cos β .

2 910º = 8 ⋅ 360º + 30º

IV. Falsa, pois, por exemplo, se α =60º e

−3195º = −8 ⋅ 360º − 315º ⇒ −315º ≡ 45º

β = 30º, sen ( −60º ) = −cos ( −30º ) .

2 580º = 7 ⋅ 360º + 60º

Resposta: a.

−1770º = −4 ⋅ 360º − 330º ⇒ −330º ≡ 30º A expressão resulta em:

sen 30º − cos 45º sen 30º − cos 45º = = 1 cossec 60º + tg 30º + tg 30º sen 60º 1 2 1− 2 1− 2 − 2 = 2 2 2 = = 6+3 3 2 3 + 3 3 3 3 3

=

=

(

)

1− 2 3 = 6

Resposta: e.


3− 6 6

20.

sec x ⋅ cos x − tg x ⋅ sen x ⋅ cos x − cos2 x = =

1 sen x ⋅ cos x − ⋅ sen x ⋅ cos x − cos2 x = cos x cos x

=1− ( sen2 x + cos2 x ) = 1− 1= 0 a) 1− sen π = 1− 0 = 1 b) 1+ cos 3π = 1− 1= 0 c) 1− cos π = 1− ( −1) = 2 d) 1+ 2 cos π = 1+ 2 ( −1) = −1 e) 1− 3 cos π = 1− 3 ( −1) = 4 Resposta: b.

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| 12 |

f(x) = sen 2x; período de f = 2π = π 2 →B f(0) = sen 0 = 0; f π = 0; f(π) = 0; … 2 II. g(x) = sen |x| x ⩾ 0: g(x) = sen x; g π = 1 2 x < 0: g(x) = sen(−x) = −sen x; g − π = 2 = −sen π = −1 2 III. h(x) = sen(−x) = −sen x →A h π = −1; h(π) = 0 2 Resposta: d.

21. I.

• c = 4, a = 1, b = 8 ⇒ a + b + c = 13 • c = –4, a = 1 e b = 8 ⇒ a + b + c = 5 Resposta: a. C

b) Falsa, pois, pelo gráfico, o período de f é 4π. c) Verdadeira, pois, no intervalo [ −2π, 2π] , o gráfico cruza duas vezes o eixo: nos pontos x = −π e x = π.

yR = yQ = 1 ⇒ 1 = cos x ⇒ 3 3 1 + cos x x ∈ [0, π[ ⇒ 3 cos x = 1 + cos x ⇒ cos x = 1 xQ = π . 2 3 cos x ⇒ cos x = 0 ⇒ x = π y = 0 ⇒ 0 = • P P 1 + cos x 2

• Área do trapézio = (OP + RQ) · OR = 2

24. f ( x ) = sen x + h, Im = [ −2, 0] −2 ≤ sen x + h ≤ 0 −2 − h ≤ sen x ≤ −h

2 2

2π = π ⇒ |c| = 4 ⇒ c = ± 4; 2 |c| Como −1 ⩽ sen cx ⩽ 1, ∀x ∈ ℝ, fmáx = a + b · 1 = = a + b e fmín = a + b · (–1) = a – b.


a – b = –7

π x = , cos 2x − 1=cos π − 1=−2 e pelo 2 π gráfico f   = 0. 2

28. a) Se

π , 1− cos 2x = 1− cos π = 2 e pelo gráfico 2

π f   = 0. 2 π π x , 2 cos − 2= 2 cos − 2= 2 2 4 π   gráfico f   = 0. 2

c) Se x=

2 − 2 e pelo

π 3π  ⇒ cos 2x = −1 0 , π,  2 2  de acordo com π 3π 5π Se x = , , ⇒ cos 2x − 1=−1  4 4 4 o gráfico.

Resposta: c.

Devemos ter

Resposta: d.

d) Se= x 0,

−2 − h =−1⇒ h =−1

a+b=9

f(x) = g(x) apresenta duas soluções no intervalo con-

b) Se x =

6 · 2 + 5 · 2 · 8 = 8 2 · 2 2 = 32 2 Resposta: d.

25.

27. I.

III. ∃ x | g(x) < 0 e f(x) < 0 (F)

5 voltas

8

e) Verdadeira, pois, pelo gráfico, −2 ≤ f ( x ) ≤ 2.

II. f 9π > g 9π , pois f 9π > 0 e g 9π < 0 (V) 10 10 10 10

1 sec − 40π = sec − π = = 1 = 4 4 cos − π cos π 4 4 = 2 = 2 2

• log2 256 = log2 2 = 8

d) Falsa, pois, pelo gráfico, para −π < x < 0, f ( x ) > 0.

siderado (F)

π + π · 1 2 3 3 = = 5π . 2 36 Resposta: d.

40π π π • − 41π = − 4 − 4 = −10π − 4 ; 4

x= 0 ⇒ f (0) = 2 ⋅ sen 0 = 0 e pelo

gráfico f ( 0 ) = 2.

22. •

23. 2.655° = 7 · 360° + 135°; sen 2.655° = sen 135° =

26. a) Falsa, pois, se

⇒a=1eb=8

e) Se x =π, cos

π x − 1=cos − 1=−1 e pelo gráfico 2 2

f ( π ) =0. Resposta: d.

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| 13 |

29. Observe que : • f (π) = sen 2π + 5 cos 2π = 5 f (−π) = sen (−2π) + 5 cos (−2π) = 5 • f π = sen 2π + 5 cos 2π = 1 4 4 4

⇒

⇒ f – π = sen – 2π + 5 cos – 2π = −1 4 4 4 ⇒ f não é par nem ímpar. • f (x + π) = sen (2 · (x + π)) + 5 cos (2 · (x + π)) f (x + π) = sen (2x + 2π) + 5 cos (2x + 2π) = = sen 2x + 5 cos 2x = f(x) O período de f é π. Resposta: c.

30.

y 16

2

–

1 2 3 –4 –3 –2 –1 π 0 π π 3π –π – 2 2 2 –2

4 3π 2

2π

x

Há dois pontos de interseção. Resposta: c.


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Matemática Ciência e aplicações, Vol 2, Cap 4

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