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![4
4 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 9
1.1. = + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
5 3 16
AC AB BC AB AB .
Como 0
AB , conclui-se que = 4
AB .
Assim sendo, tem-se que
α α α
= = = = = =
3 4 3
sin , cos e tan
5 5 4
BC AB BC
AC AC AB
.
1.2. β β β
= = = = = =
4 3 4
sin , cos e tan
5 5 3
AB BC AB
AC AC BC
.
2. D é o ponto médio de [AB], logo =
AD DB .
Como α β
= = =
cos e tan
AD DB BD
BC BC CD
, conclui-se queα é a
amplitude do ângulo CBD e β é a amplitude do ângulo BCD.
Pág. 10
3.1. θ θ θ θ
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
1 15
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 0 sin 1
θ , conclui-se que
15
sin
4
=
θ .
3.2.
θ
θ
θ
= = =
15
sin 4
tan 15
1
cos
4
.
4.1.
2
2
2 2 2
1 4 1 25 1
1 tan 1
3 9
cos cos cos
+ = ⇔ + = ⇔
= ⇔
α
α α α
2 9
cos
25
⇔ =
α .
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α =
3
cos
5
.
4.2.
sin 4 3
tan sin tan cos sin
cos 3 5
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
4
sin
5
⇔ =
α .
5.1.
2
2
2 2 2
1 3 1 73 1
1 tan 1
8 64
cos cos cos
+ = ⇔ + = ⇔= ⇔
α
α α α
2 64
cos
73
⇔ =
α .
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α
= = =
64 8 8 73
cos
73 73
73
.
5.2. Como o perímetro do quadrado [ABCD] é 16, tem-se que
= = = = 4
AB BC CD AD .
α = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
8 4 4 73 73
cos
8 2
73
AB
AE AE
AE AE
.
α = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 12 3
tan
8 4 8 2
BE BE
BE BE
AB
.
Logo, = − = − =
3 5
4
2 2
CE BC BE e
[ ]
+
= + + + =
5 73 21 73
4 4
2 2 2
AECD
P .
Pág. 11
6. °
= ⇔ = ⇔ =
tan 60 3 2 3 m
2
BC BC
BC
AC
.
Como o triângulo [BDE] é equilátero, a amplitude de cada um dos
ângulos internos é igual a °
60 .
°
= ⇔ = ⇔ =
2 3
tan 60 3 2 m
BC
DC
DC DC
.
Como o triângulo [BDE] é equilátero, sabe-se que C é o ponto
médio de [DE]. Então, =× =
2 4 m
DE DC .
7. Como o quarto de círculo representado na figura está dividido
em três setores circulares iguais,
°
= = = = °
90
ˆ ˆ ˆ 30
3
CBQ QBR RBA .
Relativamente ao triângulo [BQT], tem-se:
°
= ⇔ =
cos 60 0,6
1,2
BT
BT .
Relativamente ao triângulo [BRS], tem-se:
° = ⇔ = × ⇔ =
3
cos 30 1,2 0,6 3
1,2 2
BS
BS BS .
Então, = − = − ≈
0,6 3 0,6 0,44
ST BS BT .
Tarefa 1
1.1. = + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2 2
2
AC AB BC AC a a AC a . Como
0
AC , conclui-se que
2
0
2 2
a
AC a a
= = .
1.2.
a) °= = =
tan 45 1
BC a
a
AB
.
b) °
= = = =
1 2
sin 45
2
2 2
BC a
AC a
e °
= = = =
1 2
cos 45
2
2 2
AB a
AC a
.
2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, então D é o ponto médio
de [AB]. Logo, = =
2 2
AB a
AD .
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 4
a a
AC AD DC a DC a DC
= + ⇔ = + ⇔ − = ⇔
2
2
3
4
a
DC
⇔ =. Como 0
CD , conclui-se que
= =
2
0
3 3
4 2
a
a a
CD .
Unidade 1
Trigonometria e funções trigonométricas
NEMA11PR
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Trigonometria e funções trigonométricas
5 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2.2.
a) °
= = = =
1 3
2
tan 30
3
3 3
2
a
AD
DC a
.
b) °
= = =
3
2
tan 60 3
2
a
DC
a
AD
.
c) °
= = =
1
2
sin 30
2
a
AD
a
AC
e °
= = °
=
1
cos 60 sin 30
2
AD
AC
.
d) °
= = =
3
3
2
sin 60
2
a
DC
a
AC
e °
= = °
=
3
cos 30 sin 60
2
DC
AC
.
Pág. 12
8.1. Não se pode concluir que = 3
AB e = 5
AC . Apenas se pode
afirmar que =
3
5
AB
AC
.
8.2. α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 16
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
.
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α =
4
cos
5
.
8.3. α= ⇔ = ⇔ =
3
sin 2,1
5 3,5
AB AB
AB
AC
e
α = ⇔ = ⇔ =
4
cos 2,8
5 3,5
BC BC
BC
AC
.
Então, [ ]= + + =
3,5 2,1 2,8 8,4
ABC
P .
9.1. Não é possível ter-se α =
2
cos
3
e α =
1
sin
3
porque
+ ≠
2 2
1 2
1
3 3
, ou seja, não se verifica a fórmula fundamental
da trigonometria.
9.2. É possível ter-se α =
1
cos
3
e α =
tan 2 2 porque
( )
+ =
2
2
1
1 2 2
1
3
, ou seja, verifica-se a igualdade
α
α
+ =
2
2
1
1 tan
cos
.
9.3. Não é possível ter-se α =
3
cos
2
e α =
2
sin
3
porque sendo
α um ângulo agudo sabe-se que α
0 cos 1 .
10.1. Seja E a projeção ortogonal de D sobre [AB].
= + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
1 2 5
AD AE DE AD AD . Como 0
AD ,
conclui-se que = 5
AD .
2 2 5 6 5 5
sin , cos
5 5
5 5
DE AE
AD AD
−
= = = = = =
β β e
2
tan 2
1
DE
AE
= = =
β .
10.2. Sabe-se que tan 2
=
β . Para determinar a amplitude do
ângulo agudo β cuja tangente é 2, recorre-se a uma calculadora
científica ou gráfica e conclui-se que 63,4
≈ °
β .
Pág. 13
11. O triângulo [ABC] é retângulo em b porque está inscrito numa
semicircunferência de diâmetro [AC].
Então, α
= = =
1
tan
2
2
AB AB
BC AB
.
2
2
2 2 2
1 1 1 5 1
1 tan 1
2 4
cos cos cos
+ = ⇔ + = ⇔
= ⇔
α
α α α
2 4
cos
5
⇔ =
α .
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α
= = =
4 2 2 5
cos
5 5
5
.
sin 1 2 5
tan sin tan cos sin
cos 2 5
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
5
sin
5
⇔ =
α .
12.1. Sendo [OA] e [OC] raios da circunferência, então
= = 3
OA OC .
= °− = °− °
= °
ˆ ˆ
90 90 45 45
AOB POA .
Seja D a projeção ortogonal de A sobre [OB].
°
= ⇔ = ⇔ =
2 3 2
sin45
2 3 2
AD AD
AD
OA
.
[ ] [ ]
×
=
× =
× =
× =
3 2 9 2
2 2 3
2 2 2
OABC OAB
OB AD
A A .
12.2. Como o triângulo [AOD] é isósceles, então
= =
3 2
2
OD AD .
Logo,
−
= − =− =
3 2 6 3 2
3
2 2
BD OB OD .
2 2
2 2 2 2 3 2 6 3 2
2 2
AB AD BD AB
−
= + ⇔ = + ⇔
2 2
18 36 36 2 18
18 9 2
4 4
AB AB
− +
⇔ = + ⇔ = − .
Como 0
AB , conclui-se que
( )
= − = − = × − = −
18 9 2 9 2 2 9 2 2 3 2 2
AB .
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Unidade 1
6 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Tarefa 2
1.
Atendendo aos dados da figura anterior, tem-se:
°
= ⇔
= ° ⇔ ≈
tan 42 0,8tan 42 0,72m
0,8
x
x x .
Altura da viatura, arredondada às centésimas:
( )
+ =
1,2 0,72 m 1,92 m .
Largura da viatura, arredondada às centésimas:
( )
− =
2,60 0,8 m 1,80 m .
2.1. Como na figura estão representados nove losangos
geometricamente iguais, sabe-se que
°
= = °
360
ˆ 40
9
AOC .
2.2. Sendo OB um eixo de simetria do losango [OABC], então
= = °
ˆ
ˆ 20
2
AOC
AOB .
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
3 3
cos 20 3,19
cos 20
OA OA
OA
.
2.3. °
= ⇔ °
= ⇔ = ° ⇔ ≈
2
tan 20 tan 20 6tan 20 2,2
3 6
AC
AC
AC AC .
Pág. 14
13.1. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 .
Então, = °− °− °
= °
ˆ 180 60 75 45
C .
13.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° ° °
= =
sin 60 sin 75 sin 45
4
a b
.
13.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
3
4
sin 60 sin 45 4sin 60 4 3
2
4 sin 45 2 2
2
a a a
a
×
° ° °
= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔
°
4 3 2 4 6
2 6
2
2 2
a a a
×
⇔= ⇔= ⇔=
×
.
13.4. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° ° °
= ⇔
=
°
sin 75 sin 45 4sin 75
4 sin 45
b
b
.
Recorrendo a uma calculadora, tem-se ≈ 5,5
b .
Pág. 15
14.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ
ˆ
sin 55 sin sin
8 7
B C
AC
.
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin 55 sin 7sin 55
ˆ ˆ
sin sin 0,717
8 7 8
C
C C .
14.2. Sabendo que ≈
ˆ
sin 0,717
C e recorrendo a uma
calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 45,81
C .
14.3. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 .
Então, = °− °− °
= °
ˆ 180 55 45,81 79,19
B .
14.4. Da aplicação da lei dos senos e atendendo ao valor
encontrado em 14.3., resulta:
° ° °
= ⇔
= ⇔ ≈
°
sin 55 sin 79,19 8sin 79,19
9,6
8 sin 55
AC AC
AC
.
Pág. 16
15. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin 90 sin
3 7
A C
AB
.
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° ×
= ⇔ = ⇔ =
ˆ
sin sin 90 3 1 3
ˆ ˆ
sin sin
3 7 7 7
A
A A .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 25,4
A .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então= °− ° − °
= °
ˆ 180 90 25,4 64,6
C .
16.1. Sabendo que = = 6
AB AC , então
°− °
= = = °
180 130
ˆ
ˆ 25
2
ABC ACB .
16.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
=
sin130 sin 25
6
BC
.
Donde resulta que:
°
= ⇔ ≈
°
6sin130
10,88
sin 25
BC BC .
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Trigonometria e funções trigonométricas
7 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 17
17.1. ( )
°× °= × ° − ° = °
sin 90 sin 160 1 sin 180 160 sin 20 .
17.2. ( )
2
2sin 45 sin135 2 sin 180 135 2sin 45
2
°× ° = × × °− ° = ° =
2
2 1
2
= × = .
18. Como o pentágono [ABCDE] é regular e tem perímetro 25,
conclui-se que
°
= = = °
360 :5
ˆ ˆ 36
2
BAC CBA e = = =
25
5
5
AB BC .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 36 36 108
ABC .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
=
sin108 sin 36
5
AC
.
Donde resulta que:
( )
°− °
° °
= = =
° ° °
5sin 180 108
5sin108 5sin 72
sin 36 sin 36 sin 36
AC .
19.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin112 sin
5 3
A C
a
.
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin112 sin 3sin112
ˆ ˆ
sin sin 0,556
5 3 5
C
C C .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 33,801
C .
19.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
qualquer triângulo é igual a °
180 , então
= °− °− ° ≈ °
ˆ 180 112 33,801 34,20
A .
19.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° ° °
= ⇔
= ⇔ ≈
°
sin 34,2 sin112 5sin 34,2
3,0
5 sin112
a a
a
.
Pág. 18
20.1. °
= ⇔= ⇔ =
1
cos 60 2
2 4
AP AP
AP
AC
.
°= ⇔ = ⇔ =
3
sin 60 2 3
2 4
PC h
h
AC
.
= − = − =
7 2 5
PB AB AP .
( )
= + ⇔ = + ⇔ =
2
2 2 2 2 2 2
5 2 3 37
BC PB PC a a . Como 0
a ,
conclui-se que = 37
a .
20.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 20.1., sabe-se que
=
2
37
a .
Por outro lado, + − × × °
= − × =
2 2 1
4 7 2 4 7cos 60 65 56 37
2
.
Conclui-se então que = + − × × °
2 2 2
4 7 2 4 7cos 60
a .
Pág. 19
21.1. Os ângulos PBC e ABC são suplementares, logo
= °− °
= °
ˆ 180 135 45
PBC .
°
= ⇔ = ⇔ =
2 5 2
cos 45
2 5 2
PB PB
PB
BC
.
°= ⇔ = ⇔ =
2 5 2
sin 45
2 5 2
PC h
h
BC
.
+
= + = + =
5 2 8 5 2
4
2 2
AP AB BP .
2 2
2 2 2 2 8 5 2 5 2
2 2
AC AP PC b
+
= + ⇔ = + ⇔
2 2
64 80 2 50 50
41 20 2
4 4
b b
+ +
⇔ = + ⇔ = + .
Como 0
b , conclui-se que
= +
41 20 2
b .
21.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 21.1., sabe-se que
= +
2
41 20 2
b .
Por outro lado, 2 2 2
4 5 2 4 5cos 45 41 40
2
+ + × × °
= + × =
41 20 2
= + .
Conclui-se então que = + + × × °
2 2 2
4 5 2 4 5cos 45
b .
Pág. 20
22.1. cos 90 cos 137 2cos 120
°× ° + ° =
( )
1
0 cos137 2 cos 180 120 2cos 60 2 1
2
= × °+ − °− ° = − ° = − × = −
.
22.2. ( )
2
cos 45 cos 135 cos 180 135
2
° °
= ×− °− °
=
2 2 2 1
cos 45
2 2 2 2
= − ° = − × = − .
22.3. cos 70 sin110 cos 110 sin 70
°× °+ ° ° =
( ) ( )
cos 70 sin 180 110 cos 180 110 sin70
= °× °− ° + − ° − ° °
=
cos 70 sin70 cos 70 sin70 0
= °× °− ° °
= .
23.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
= + − × × ° ⇔ = − °
2 2 2 2
3 5 2 3 5cos 70 34 30cos 70
b b .
Como 0
b , conclui-se que= − ° ⇔ ≈
34 30cos 70 4,9
b b .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin 70 sin
5 3
A C
b
.
Sabe-se que = − °
34 30cos 70
b , logo:
ˆ
sin sin 70 5sin 70
ˆ
sin
5 34 30cos70 34 30cos70
A
A
° °
= ⇔
= ⇔
− ° − °
ˆ
sin 0,9643
A
⇔ ≈ .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 74,6
A .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então= °− ° − °
= °
ˆ 180 70 74,6 35,4
C .
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Trigonometria e funções trigonométricas
9 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2.5. 2 2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 5 26
cos cos cos
+ = ⇔ +
= ⇔
= ⇔
α
α α α
2 1
cos
26
⇔ α = .
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α
= =
1 26
cos
26
26
.
sin 26
tan sin tan cos sin 5
cos 26
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
5 26
sin
26
⇔ α = .
2.6. α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2 2 2 2 2
sin cos 1 0,3 cos 1 cos 0,91 .
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α
= =
91
cos 0,91
10
.
α
α
α
= = = =
3
sin 3 3 91
10
tan
cos 91
91 91
10
.
Proposta 3
3.1.
2 2
2 2
2 2 2
sin cos 1
sin cos 1
sin sin sin
+ =
⇔ + = ⇔
θ θ
θ θ
θ θ θ
2
2 2 2 2
1 1 1 1 25 1
1 1
tan sin sin 9 sin
3
4
θ θ θ θ
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔
2 9
sin
25
⇔ θ = .
Como α
0 sin 1 , conclui-se que θ =
3
sin
5
.
3.2.
θ θ
θ θ θ θ
θ θ
= ⇔ = ⇔ =⇔ =
3
sin sin 4
5
tan cos cos cos
3
cos tan 5
4
.
3.3. θ = ⇔ = ⇔ =
3
tan 4,5 cm
4 6
AC AC
AC
BC
e
θ = ⇔ = ⇔ =
4 6
cos 7,5 cm
5
BC
AB
AB AB
.
Então, [ ] =+ + =
6 4,5 7,5 18 cm
ABC
P .
Proposta 4
α = ⇔ = ⇔ =
2
sin 4 cm
3 6
CE CE
CE
BC
.
= + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
6 4 20
BC BE EC BE BE . Como 0
BE ,
conclui-se que = =
20 2 5
BE .
Então, [ ] ( )
= + × + = +
6 3 4 2 5 18 2 5 cm
ABCD
P .
Pág. 23
Proposta 5
5.1. °
= ⇔ = ⇔ =
2
sin 45 3 2
2 6
RT RT
RT
RQ
.
5.2. Como o triângulo [QRT] é isósceles, conclui-se que
= = 3 2
TQ RT e = − = − =
8 2 3 2 5 2
PT PQ TQ .
Assim sendo, α
= = =
3 2 3
tan
5
5 2
RT
PT
.
5.3.
2 2
2 2
2 2 2
sin cos 1
sin cos 1
sin sin sin
+ =
⇔ + = ⇔
α α
α α
α α α
2
2 2 2 2
1 1 1 1 34 1
1 1
tan sin sin 9 sin
3
5
α α α α
⇔ + = ⇔ + = ⇔= ⇔
2 9
sin
34
α
⇔ =
.
Como α
0 sin 1 , conclui-se que α
= =
3 3 34
sin
34
34
.
Proposta 6
6.1. O octógono regular inscrito na circunferência divide-a em 8
arcos geometricamente iguais.
A amplitude de cada um desses arcos é ° = °
360 :8 45 .
Então, α
°
= = °
45
22,5
2
.
6.2. O triângulo [ABF] é retângulo em A porque
°
= = °
180
ˆ 90
2
BAF .
6.3. °
= ⇔ °
= ⇔ =
°
4 4
tan 22,5 tan 22,5
tan 22,5
AB
AT
AF AF
.
[ ]
×
°
×
= = = ≈
°
4
4
tan 22,5 8
19,31
2 2 tan 22,5
ABF
AB AF
A .
Proposta 7
Seja x a medida do comprimento da rampa.
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
2 2
cos 30 2,3
cos 30
x x
x
.
A rampa tem aproximadamente 2,3 metros de comprimento.
Proposta 8
8.1. ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 5 15
tan 30 5 3
3 3
BF
AB AB
AB AB
.
° = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
5 5 5 3
tan 60 3
3
3
CE
CD CD
CD CD
.
= + + = + + = +
5 3 20 3
5 3 5 5
3 3
AD AB BC CD .
[ ]
20 3
5 5
150 100 3
3 5
2 2 6
ADEF
AD EF
A CE
+ +
+ +
= ×
= ×
= =
50 3
25
3
= + .
NEMA11PR
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![10
Unidade 1
10 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
8.2. °
= ⇔= ⇔ =
1 5
sin 30 10
2
BF
AF
AF AF
.
°
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 5 10 10 3
sin 60
2 3
3
CE
DE DE
DE DE
.
[ ]
20 3 10 3
5 5 10
3 3
ADEF
P AD DE EF FA
= + + + = + + + + =
20 10 3
= + .
Pág. 24
Proposta 9
9.1. Seja O o ponto de interseção das diagonais do papagaio.
sin 65 sin 65
20
DO DO
AD
°
= ⇔ °
= ⇔
20sin 65
DO
⇔ = ° .
cos 65 cos 65
20
AO AO
AD
°
= ⇔ °
= ⇔
20cos 65
AO
⇔ = ° .
20cos 65
tan 50 tan 50
CO
BO BO
°
°
= ⇔ °
= ⇔
20cos 65
tan 50
BO
°
⇔ =
°
.
°
= + = + ° ≈
°
20cos 65
20sin 65 25,2
tan 50
BD BO OD .
9.2. Sabe-se que
°
= + ° ≈
°
20cos 65
20sin 65 25,2185
tan 50
BD .
Então, [ ]
× °
×
= = ≈
25,2185 40cos 65
213,2
2 2
ABCD
BD AC
A .
9.3.
° °
°
= ⇔ °
= ⇔ =
°
20cos 65 20cos 65
sin 50 sin 50
sin 50
CO
BC
BC BC
.
[ ]
°
= + = + ≈
°
40cos65
2 2 40 62,1
sin50
ABCD
P AD BC .
Proposta 10
Designemos por α a amplitude do ângulo agudo BAC.
Como =
AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu
ponto médio (M).
α α α
= ⇔ = ⇔ =
20 2
cos cos cos
50 5
AM
AC
.
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se α ≈ °
66,4 .
Proposta 11
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 68 80 32
A .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° ° °
= =
sin 68 sin 80 sin 32
15
AB BC
.
Donde resulta que:
° °
= ⇔
sin 68 sin 80
15
AB
°
= ⇔ ≈
°
15sin 68
14,1m
sin 80
AB AB .
° °
= ⇔
sin 80 sin 32
15 BC
°
= ⇔ ≈
°
15sin 32
8,1m
sin 80
BC BC .
Pág. 25
Proposta 12
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 120 37 23
ABC .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° ° °
= =
sin 37 sin 23 sin120
30
AB BC
.
Donde resulta que:
° °
= ⇔
sin 37 sin23
30
AB
°
= ⇔ ≈
°
30sin 37
46 m
sin 23
AB AB .
Proposta 13
Seja r o raio do círculo representado na figura.
=
π ⇔ π =
π ⇔ =
2 2 2
25 25
círculo
A r r r .
Logo, = 5
r .
α
°− °
= = °
180 27
76,5
2
.
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin 27 sin 76,5
5 x
5sin 76,5
10,7
sin 27
x x
°
⇔
= ⇔ ≈
°
.
Proposta 14
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 120 30 30
ACB .
Como = = °
ˆ ˆ 30
ACB CBA , conclui-se que o triângulo [ABC] é
isósceles.
Logo, = = 40 cm
AC AB .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin120 sin 30
40
BC
°
= ⇔ ≈
°
40sin120
69,3 cm
sin 30
BC BC .
Pág. 26
Proposta 15
Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :5 72 .
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![11
Trigonometria e funções trigonométricas
11 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Sabe-se que
°
= = = °
72
ˆ ˆ 36
2
ADE DAE e
= °− °− ° = °
ˆ 180 36 36 108
AED .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin108 sin 30
4
AD
4sin 108
6,47
sin 30
AD AD
°
⇔
= ⇔ ≈
°
.
Proposta 16
Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :5 72 .
Sabe-se que
°
= = °
72
ˆ 36
2
ABP ,
× °
= = °
2 72
ˆ 72
2
BAP e
= °− °− ° = °
ˆ 180 36 72 72
APB .
Como =
ˆ ˆ
BAP APB , o triângulo [ABC] é isósceles. Logo,
= = 4
BP AB .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin 36 sin 72
4
AP
4sin 36
2,5
sin 72
AP AP
°
⇔= ⇔ ≈
°
.
Proposta 17
17.1. Como o triângulo [DBC] é equilátero, a amplitude de cada
um dos ângulos internos é igual a °
60 .
Os ângulos ADC e BDC são suplementares, logoθ
= °− °
180 60 .
( )
θ = ° − ° = − ° = −
1
cos cos 180 60 cos 60
2
.
17.2. Sendo D o ponto médio de [AB] e =10
AD então tem-se
=10
DB .
Como o triângulo [DBC] é equilátero, conclui-se que =10
CD .
O triângulo [ACD] é isósceles e θ
= °
120 , então
°− °
= = = °
180 120
ˆ ˆ 30
2
ACD CAD .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ACD], resulta:
° °
= ⇔
sin120 sin 30
10
AC
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
3
10
10sin 60 2 10 3
1
sin 30
2
AC AC AC .
Proposta 18
Atendendo aos dados apresentados no esquema anterior, tem-
-se:
= °− °
= °
ˆ 180 34 146
ABC e = °− °− °
= °
ˆ 180 146 18 16
ACB .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ABC], resulta:
° °
= ⇔
sin16 sin18
60 BC
°
= ⇔ ≈
°
60sin18
67,266
sin16
BC BC .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCD], resulta:
° °
= ⇔
sin 90 sin 34
67,266 CD
°
= ⇔ ≈
°
67,266sin 34
38
sin 90
CD CD .
A altura do farol é dada por CD , ou seja, é aproximadamente
igual a 38.
Pág. 27
Proposta 19
19.1. Sendo [BC] lado de um quadrado inscrito na circunferência,
então o arco BC tem de amplitude ° = °
360 :4 90 .
Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na
circunferência, então o arco AC tem de amplitude ° = °
360 :6 60 .
Donde se conclui que
°
= = °
90
ˆ 45
2
CAB ,
°
= = °
60
ˆ 30
2
ABC e
= °− °− °
= °
ˆ 180 45 30 105
ACB .
19.2. Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na
circunferência de centro O e r raio 3, então = = 3
AC OA .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin 45 sin 30
3
BC
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
2
3
3sin 45 2 3 2
1
sin 30
2
BC BC BC
19.3. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
= ⇔
sin105 sin 30
3
AB
°
= ⇔ ≈
°
3sin105
5,80
sin 30
AB AB .
Proposta 20
20.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2 2 2
10 15 2 10 15cos 160
AC
= + − × × ° ⇔
2
325 300cos 160
AC
⇔ = − ° ⇔
2
606,908
AC ≈ .
Como 0
AC , conclui-se que ≈ 24,64
AC .
20.2. a) Atendendo à lei dos senos, tem-se:
ˆ
sin
15
BAC
=
ˆ
sin160 sin
10
ACB
AC
°
= = .
Do resultado obtido anteriormente, ≈ 24,64
AC , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin sin160 15sin160
ˆ ˆ
sin sin 0,2082
15 24,64 24,64
BAC
BAC BAC .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 12
BAC .
b) Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
qualquer triângulo é igual a °
180 , então
= °− °− ° = °
ˆ 180 160 12 8
ACB .
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![12
Unidade 1
12 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 21
Como as circunferências têm centros A, B e C, são tangentes duas
a duas e raios 2 cm, 4 cm e 1 cm, respetivamente, conclui-se que:
= + =
2 1 3
AC , = + =
2 4 6
AB e = + =
1 4 5
BC .
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
= + − × × ⇔ = ⇔ =
2 2 2 5
ˆ ˆ ˆ
5 3 6 2 3 6cos 36cos 20 cos
9
A A A .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 56,25
BAC .
Pág. 28
Proposta 22
22.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2 2
2 2
3 8 2 3 8cos 78 73 48cos 78
AB AB
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
63,0202
AB
⇔ ≈ .
Como 0
AB , conclui-se que ≈ 7,94 m
AB .
22.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ ˆ
sin sin sin 78
8 3
A B
AB
.
Do resultado obtido anteriormente, ≈ 7,94 m
AB , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin sin 78 8sin 78
ˆ ˆ
sin sin 0,9855
8 7,94 7,94
A
A A .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 80
A .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 78 80 22
B .
Proposta 23
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
= + − × × ° ⇔ =
2 2
2 2
40 50 2 40 50cos 60 2100
AE AB .
Como 0
AB , conclui-se que ≈ 45,8 m
AB .
A distância entre a árvore e a estatueta é de, aproximadamente,
45,8 metros.
Proposta 24
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2 2
2 2
8 3 2 8 3cos 70 73 48cos 70
AB AB
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
56,583
AB
⇔ ≈ .
Como 0
AB , conclui-se que ≈ 7,5 km
AB .
A distância entre as localidades A e B é de, aproximadamente,
7,5 quilómetros.
Pág. 29
Proposta 25*
25.1. Como =
AC BC , então α
= =
ˆ ˆ
BAC ABC .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 , então α + = °
ˆ
2 180
ACB .
α α α
+ = ° ⇔ = °− ⇔= °−
ˆ
ˆ ˆ
2 180 2 180 90
2
ACB
ACB ACB .
Assim sendo, α é necessariamente um ângulo agudo.
25.2. Sendo α um ângulo agudo e α =
2
sin
3
, tem-se:
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
2 1
sin cos 1 cos 1 cos
3 3
.
Como α
0 cos 1 , conclui-se que α
= =
1 3
cos
3
3
.
Como =
AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu
ponto médio (M).
Ora, = =
× =
1 1
2 3 3
2 2
AM AB .
α = ⇔ = ⇔ =
3 3
cos 3
3
AM
AC
AC AC
.
Assim sendo, [ ] = + = × + = +
2 2 3 2 3 6 2 3
ABC
P AC AB .
Proposta 26**
Como o hexágono [ABCDEF] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em seis arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :6 60 .
Sendo o hexágono regular, a medida do seu lado é igual ao raio
da circunferência em que está inscrito.
Sabe-se que
°
= = = = °
60
ˆ ˆ ˆ 30
2
SCB SBC RBS e
= °− °− ° = °
ˆ 180 30 30 120
BSC .
Donde se conclui que = °− °
= °
ˆ 180 120 60
BSR e
= °− °− ° = °
ˆ 180 60 30 90
BRS .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCS], resulta:
° °
= ⇔
sin120 sin 30
5 BS
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
1
5
5sin 30 5 3
2
sin120 3
3
2
BS BS BS .
Nota: ( )
°
= °− °
= °
=
3
sin120 sin 180 120 sin 60
2
.
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BRS], resulta:
° °
= ⇔
sin 90 sin 30
5 3
3
RS
×
= ⇔ = ⇔ ≈
5 3 1
5 3
3 2 1,4
1 6
RS RS RS .
Proposta 27*
Como =
AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu
ponto médio (M).
Ora, = = × =
1 1
6 3
2 2
AM AB e
°
= = °
110
ˆ 55
2
ACM .
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
3 3
tan 55 2,101
tan 55
CM CM
CM
.
Designemos por r o raio do círculo.
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![13
Trigonometria e funções trigonométricas
13 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Relativamente ao triângulo [COT] representado na figura acima,
tem-se:
sin 55 sin 55 2,101sin 55 sin 55
2,101
OT r
r r
r
OC
°= ⇔ °= ⇔ °− °= ⇔
−
( )
2,101sin55 sin55 2,101sin55 1 sin55
r r r
⇔ ° = + ° ⇔ ° = + ° ⇔
2,101sin 55
0,95m
1 sin 55
r r
°
⇔
= ⇔ ≈
+ °
.
Pág. 30
26.1. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − °
120 .
26.2. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − °
240 .
Pág. 31
A figura ao lado apoia a resposta às questões colocadas.
27.1. a) ɺ
OD
b) ɺ
OA
c) ɺ
OC
d) ɺ
OE
As figuras em baixo apoiam a resposta às questões colocadas.
27.2. a) ɺ
OE b) ɺ
OE
c) ɺ
OB d) ɺ
OB
Pág. 32
28.1. a) A circunferência da escala da temperatura do forno está
dividida em 18 partes iguais, sendo a amplitude de cada uma
dessas partes
°
= °
360
20
18
.
Como ° ° =
100 :20 5 , conclui-se que se o manípulo a partir de D
rodar 100° então a temperatura selecionada é de 140°.
b) Como ° ° =
160 :20 8 , conclui-se que se o manípulo a partir de
D rodar −160° então a temperatura selecionada é de 240°.
c) Como ° ° =
280 :20 14 , conclui-se que se o manípulo a partir de
D rodar 280° então a temperatura selecionada é de 320°.
28.2. Como °− ° = − °
180 260 80 , conclui-se que para reduzir a
temperatura de 260° para 180° o manípulo deve rodar −80° ou
°− °
= °
360 80 280 .
Pág. 33
29.1. a) O eneágono representado é regular e está inscrito na
circunferência, então dividia-a em nove arcos de amplitude
° = °
360 :9 40 .
Sendo ° ° =
120 :40 3 , conclui-se que ( )
°
=
,120
( )
O
R A D .
b) ( )
°
=
,40
( )
O
R B C ou ( )
− °
=
, 320
( )
O
R B C .
c) ( )
− °
=
, 80
( )
O
R H F
d) ( )
°
=
,200
( )
O
R H D
e) ( )
− °
=
, 160
( )
O
R A F
f) ( )
− °
=
, 120
( )
O
R G D , conclui-se que ( ) ( )
− ° °
=
, 120 ,120
( ) ( )
O O
R G R A .
29.2. a) = °
ˆ 80
COE porque a amplitude de um ângulo ao centro é
igual à amplitude do arco correspondente.
b) Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2 2
2 2
5 5 2 5 5cos 80 50 50cos 80
EC EC
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
41,318
EC
⇔ ≈ .
Como 0
EC , conclui-se que ≈ 6,4 cm
EC .
Tarefa 3
1.1. O quadrado [ABCD] divide a circunferência em que está
inscrito em quatro arcos de amplitude ° = °
360 :4 90 e o
octógono [EFGHIJLM] divide a circunferência em que está inscrito
em oito arcos de amplitude ° = °
360 :8 45 .
a) Sendo ° ° =
135 :45 3 , conclui-se que o lado extremidade do
ângulo orientado de lado origem ɺ
OA e amplitude −135° é ɺ
OJ .
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![15
Trigonometria e funções trigonométricas
15 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
d) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude −
− °+ × ° ∈
60 360 ,
k k Z é o ponto F porque
( )
− °
=
, 60
( )
O
R A F .
e) Como °
= °+ × °
1260 180 3 360 , conclui-se que a imagem do
ponto A por uma rotação de centro O e amplitude °
1260 é o
ponto D porque ( )
°
=
,180
( )
O
R A D .
f) Como ° = °+ × °
1440 0 4 360 , conclui-se que a imagem do ponto
A por uma rotação de centro O e amplitude °
1440 é o ponto A
porque ( )
°
=
, 0
( )
O
R A A .
34.2. a) A rotação de centro O e ângulo generalizado
( )
− ° −
145 , 7 aplica o ponto A no ponto P, sendo ( )
− °
= , 145
( )
O
P R A .
Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ
OP interseta o lado [DE]
do hexágono.
b) A rotação de centro O e ângulo generalizado ( )
°
210 , 11 aplica
o ponto A no ponto P, sendo ( )
°
= ,210
( )
O
P R A .
Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ
OP interseta o lado [DE]
do hexágono.
34.3. As imagens de A pelas rotações de centro O e ângulos
generalizados ( )
°
158 , 3 e ( )
− ° −
202 , 9 são coincidentes porque
os ângulos orientados 158° e −202° têm sentidos diferentes e a
somas dos valores absolutos das medidas das suas amplitudes é
igual a 360.
Tarefa 4
1. a) No relógio, a amplitude do arco entre dois números
consecutivos é igual a ° = °
360 :12 30 .
Ora, °
= °+ × °
510 150 1 360 e ° ° =
150 :30 5 .
Logo, o número do mostrador correspondente ao ponteiro das
horas passa a ser o 5.
b) Como °
= °+ × °
1950 150 5 360 e ° ° =
150 :30 5 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5.
c) Como °
= °+ × °
3750 150 10 360 e ° ° =
150 :30 5 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5.
d) Como − ° = − °− × °
450 90 1 360 e ° ° =
90 :30 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
e) Como − ° = − °− × °
1530 90 4 360 e ° ° =
90 :30 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
f) Como − ° = − °− × °
5490 90 15 360 e ° ° =
90 :30 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
1.2. a) O número correspondente ao ponteiro das horas é o
mesmo pelas rotações de centro O e ângulos generalizados
( )
− ° −
30 , 5 e ( )
°
330 , 3 porque os ângulos orientados −30° e
330° têm sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das
medidas das suas amplitudes é igual a 360.
b) O número correspondente ao ponteiro das horas é o mesmo
pelas rotações de centro O e ângulos generalizados ( )
°
120 , 8 e
( )
− ° −
240 , 15 porque os ângulos orientados 120° e −240° têm
sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das medidas
das suas amplitudes é igual a 360.
Pág. 38
35.1. a) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
2, 3 é o ponto C.
b) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
− −
3, 2 é o ponto H.
c) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
8, 5 é o ponto I.
35.2. a) Como = + ×
25 5 2 10 , a imagem do ponto A pela rotação
de centro O e amplitude 25 unidades é o ponto F.
b) Como − =
− − ×
33 3 3 10 , a imagem do ponto A pela rotação de
centro O e amplitude −33 unidades é o ponto H.
Tarefa 5
1.1.
a) A amplitude de cada uma das partes em que o manípulo está
dividido é igual a ° = °
360 :100 3,6 .
Como °
= °+ × °
792 72 2 360 e ° ° =
72 :3,6 20 , o número apontado
pela seta se o manípulo descrever um ângulo de amplitude 792°
é o 20.
b) Como − ° =
− °− × °
504 144 1 360 e ° ° =
144 :3,6 40 , o número
apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de
amplitude −504° é o 60.
c) Como °
= °+ × °
2016 216 5 360 e ° ° =
216 :3,6 60 , o número
apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de
amplitude 2016° é o 60.
1.2.
a) Como ° ° =
90 :3,6 25 , o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
generalizado ( )
− ° −
90 , 7 é o 75.
b) Como ° ° =
180 :3,6 50 , o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
generalizado ( )
°
180 , 6 é o 50.
c) Como ° ° =
288 :3,6 80 , o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
generalizado ( )
− ° −
288 , 2 é o 20.
2.1.
a) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma
rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
− ° −
40 , 3 é o 60.
b) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo
uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
°
70 , 5 é o
70.
c) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma
rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
− ° −
90 , 4 é o 10.
2.2.
a) Como = + ×
360 60 3 100 , o número apontado pela seta se o
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
360 é o 60.
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![16
Unidade 1
16 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
b) Como − =
− − ×
120 20 1 100 , o número apontado pela seta se o
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
−120 é o 80.
c) Como = + ×
5000 0 50 100 , o número apontado pela seta se o
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
5000 é o 0.
Pág. 39
36.1. a) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e
amplitude 190° pertence ao 3.° quadrante.
b) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e amplitude
−280° pertence ao 1.° quadrante.
c) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e amplitude
−1250° pertence ao 3.° quadrante porque
− ° = − °− × °
1250 170 3 360 .
36.2.
´ 3 ´
sin 60
2 2 2
AA AA
°
= ⇔ = ⇔
´ 3
AA
⇔ =
.
´ 1 ´
cos 60
2 2 2
OA OA
°
= ⇔
= ⇔
´ 1
OA
⇔ =
.
Coordenadas do ponto A:
( )
−1, 3 .
Pág. 40
37.1. Sabe-se que °
= °+ × °
510 150 1 360 e °
= °+ × °
1125 45 3 360 .
Então, as imagens de P pelas rotações de centro O e amplitudes
510°, 1125° e −60° são, respetivamente, R, Q e S.
37.2. a) Atendendo a que °
= °+ × °
1125 45 3 360 , tem-se:
( )
° °
cos 45 , sin 45
Q , ou seja,
2 2
,
2 2
Q .
b) Sabe-se que ( ) ( )
( )
− ° − °
cos 60 , sin 60
S .
( ) ( ) ( ) ( )
− ° = ° = − ° =− ° =−
1 3
cos 60 cos 60 e in 60 sin 60
2 2
s .
Então,
−
1 3
,
2 2
S .
Pág. 41
38. ( ) ( )
α α α α
− ° − =
cos sin 180 cos sin .
Sabendo que o ponto A pertence à circunferência trigonométrica
e que a sua abcissa é −
3
4
, então tem-se α = −
3
cos
4
.
α α α α
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 2. Q.
α ∈ ° , α
sin 0 . Então, conclui-se que α =
7
sin
4
.
Assim sendo, α α =
− × =
−
3 7 3 7
cos sin
4 4 16
.
Pág. 42
39.1. Sabendo que o ponto A pertence à circunferência
trigonométrica e que a sua abcissa é
3
4
, então tem-se θ =
3
cos
4
.
θ θ θ θ
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 1. Q.
θ ∈ ° , θ
sin 0 . Então, conclui-se que θ =
7
sin
4
.
Sabe-se ainda que β θ
= °−
180 . Então, tem-se:
( )
β θ θ
= °−
= =
7
sin sin 180 sin
4
.
( )
β θ θ
= ° − = − = −
3
cos cos 180 cos
4
.
β
β
β
= = = −
−
7
sin 7
4
tan
3
cos 3
4
.
39.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 39.1., sabe-se que as
coordenadas dos vértices do retângulo são:
− − − −
3 7 3 7 3 7 3 7
, ; , ; , ; ,
4 4 4 4 4 4 4 4
A B C D .
[ ]
= × = × × × = ≈
3 7 3 7
2 2 2,0
4 4 4
ABCD
A AB AD .
40.1. a) Sabe-se que °
= °+ × °
1395 315 3 360 .
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
315° pertence ao 4.° quadrante, sabe-se que
°
= °
sin1395 sin 315 0 e °
= °
cos 1395 cos 315 0 . Então,
°× °
sin1395 cos 1395 0 .
A condição dada é satisfeita para α
= °
1395 .
b) Sabe-se que °
= °+ × °
555 195 1 360 .
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
195° pertence ao 3.° quadrante, sabe-se que
°
= °
sin 555 sin195 0 e °
= °
cos 555 cos 195 0 . Então,
°× °
sin 555 cos 555 0 .
A condição dada não é satisfeita para α
= °
555 .
40.2. O lado extremidade do ângulo generalizado do tipo ( )
α , n
com α
° °
90 180 pertence ao segundo quadrante. Então a
condição α α
sin cos 0 é satisfeita porque α
sin 0 e α
cos 0 .
Pág. 43
41.1. ( ) ( )
cos 690 cos 330 360 cos 330
°
= ° + °
= °
=
( ) ( ) ( )
cos 330 360 cos 30 cos 30 0
= °− °
= − °
= ° .
( ) ( ) ( ) ( )
− °= − ° − °= − °= − °
sin 620 sin 260 360 sin 260 sin 260 0 .
Conclusão: ( )
°× − °
cos 690 sin 620 0 .
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![18
Unidade 1
18 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
43.2. Como − ° =
− °− × °
460 100 1 360 e o lado extremidade do
ângulo orientado de amplitude −100° pertence ao terceiro
quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude −460° pertence ao terceiro quadrante. A tangente no
terceiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( )
− °
tan 460 0 .
43.3. Como °
= °+ × °
1870 70 5 360 e o lado extremidade do
ângulo orientado de amplitude 70° pertence ao primeiro
quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude 1870° pertence ao primeiro quadrante. A tangente no
primeiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( )
°
tan 1870 0 .
43.4. Como − ° = − °− × °
745 25 2 360 e o lado extremidade do
ângulo orientado de amplitude 140° pertence ao quarto
quadrante, conclui-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude −745° pertence ao quarto quadrante.
A tangente no quarto quadrante é negativa. Assim, tem-se
( )
− °
tan 745 0 .
44.1. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno
é negativo no 2.° e no 3.° quadrante.
Se θ
tan 0 e θ
cos 0 , então θ pertence ao 3.° quadrante.
44.2. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
negativo no 3.° e no 4.° quadrante.
Se θ
tan 0 e θ
sin 0 , então θ pertence ao 4.° quadrante.
44.3. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno
é positivo no 1.° e no 4.° quadrante.
Se θ
tan 0 e θ
cos 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante.
44.4. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o seno é
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se θ
tan 0 e θ
sin 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante.
44.5. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se θ
tan 0 e θ
sin 0 , então θ pertence ao 2.° quadrante.
Pág. 45
45. Por observação da figura sabe-se que
( ) ( ) ( )
° − ° ° °
1, tan 60 ; 1, tan 60 e cos 120 , sin 120
A B C .
Como ° =
tan 60 3 ,
( ) ( )
cos 120 cos 180 60
°
= ° − °
= ( )
1
cos 60
2
− ° =−
e
( ) ( ) ( )
sin 120 sin 180 60 sin 60
°
= °− °
= °
=
3
2
= .
Conclui-se que ( ) ( )
− −
1 3
1, 3 ; 1, 3 e ,
2 2
A B C .
Pág. 46
46. Como a interseção do lado extremidade do ângulo α com a
circunferência trigonométrica é o ponto
3 4
,
5 5
A , tem-se que
α =
3
cos
5
e α =
4
sin
5
.
( )
3
sin sin 90 cos
5
= °−
= =
θ θ θ , ( )
cos cos 90
= ° −
=
θ θ
4
sin
5
= =
θ e
3
3 4 sin 3
5
sin , cos e tan
4
5 5 cos 4
5
= = = = =
θ
θ θ θ
θ
.
( )
3
sin sin 180 sin ,
5
= °−= =
β θ θ ( )
cos cos 180
= °−
=
β θ
4
cos
5
= − θ = − e
3
sin 3
5
tan
4
cos 4
5
= = = −
−
β
β
β
.
Tarefa 7
1.1. Como o lado extremidade do ângulo orientado α interseta
a circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b , tem-se que
α =
cos a e α =
sin b .
Sendo '
P o simétrico de P em relação à origem do referencial,
então ( )
− −
' ,
P a b , ou seja, ( )
α α
− −
' cos , sin
P .
1.2. Sabe-se que α =
cos a , α =
sin b e α =
tan c .
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
'
OA AP
OB BC
, ou seja,
−
=
−
1
a b
c
.
Daqui resulta que
α α
α
−
=
−
cos sin
1 tan
, ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
2. Vamos começar por provar que se o lado extremidade de α
pertencer ao 3.° quadrante, então
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b . Então, conclui-
se que α =
cos a e α =
sin b .
Sabe-se também que α =
tan c .
Sendo '
P o simétrico de P em relação à origem do referencial,
então ( )
− −
' ,
P a b , ou seja, ( )
α α
− −
' cos , sin
P .
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![19
Trigonometria e funções trigonométricas
19 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
'
OA AP
OB BC
, ou seja,
− −
=
1
a b
c
.
Daqui resulta que:
α α
α
− −
=
cos sin
1 tan
,
ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
Em seguida pretende-se mostrar que se o lado extremidade de
α pertencer ao 4.° quadrante, então
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b . Então, conclui-
se que α =
cos a e α =
sin b .
Sabe-se também que α =
tan c .
Como os triângulos [OAP] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
OA AP
OB BC
, ou seja,
−
=
−
1
a b
c
.
Daqui resulta que
α α
α
−
=
−
cos sin
1 tan
, ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
Pág. 47
47.1.
a) Como o ponto A é a interseção do lado extremidade do ângulo
θ com a circunferência trigonométrica, então ( )
θ θ
cos , sin
A .
Sabe-se ainda que θ = −
5
cos
3
.
θ θ θ θ
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
5 4
sin cos 1 sin 1 sin
3 9
.
Como 2. Q.
θ ∈ ° , θ
sin 0 . Então, conclui-se que θ =
2
sin
3
.
θ
θ
θ
= = =
− =
−
−
2
sin 2 2 5
3
tan
cos 5
5 5
3
.
b) Atendendo aos cálculos anteriores, tem-se
−
5 2
,
3 3
A .
Por outro lado, sabe-se que ( )
θ
1, tan
C , ou seja,
−
2 5
1,
5
C .
O ponto B tem a mesma abcissa que o ponto A e a mesma
ordenada que o ponto C.
Logo,
− −
5 2 5
,
3 5
B .
O ponto D tem a mesma abcissa que o ponto C e a mesma
ordenada que o ponto A. Então,
2
1,
3
D .
47.2. [ ]
5 2 2 5
1
3 3 5
ABCD
A AD AB
= × = + × + =
2 2 5 2 5 10 4 28 5 60 28 5
3 5 9 15 3 45 45
+
= + + + = + =
Pág. 48
Tarefa 8
1.1. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( )
−
' ,
P b a .
1.2. Sabe-se que α =
cos a , α =
sin b e α =
tan
b
a
.
1.3. Sabe-se que ( )
α + ° =−
cos 90 b , ( )
α + ° =
sin 90 a e
( )
α + ° =−
tan 90
a
b
.
1.4. Comparando as razões trigonométricas de α + °
90 com as
razões trigonométricas de α , conclui-se que:
( )
α α
+ ° =−
cos 90 sin , ( )
α α
+ ° =
sin 90 cos e
( )
α
α
+ ° =−
1
tan 90
tan
.
2. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( )
−
'' ,
P b a .
Anteriormente já foi referido que α =
cos a , α =
sin b
e α =
tan
b
a
.
Sabe-se que ( )
α − ° =
cos 90 b , ( )
α − ° =−
sin 90 a
e ( )
α − ° =−
tan 90
a
b
.
Comparando as razões trigonométricas de α − °
90 com as razões
trigonométricas de α , conclui-se que:
( )
α α
− ° =
cos 90 sin , ( )
α α
− ° =−
sin 90 cos
e ( )
α
α
− ° =−
1
tan 90
tan
.
Pág. 49
48.1. Como °
= °+ × °
1845 45 5 360 , tem-se:
( )
2
sin 1845 sin 45 5 360 sin 45
2
°
= °+ × °
= °
= ,
( )
2
cos 1845 cos 45 5 360 cos 45 e
2
°
= °+ × °
= °
=
( )
°
= ° + × °
= °
=
tan 1845 tan 45 5 360 tan 45 1 .
NEMA11PR
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![23
Trigonometria e funções trigonométricas
23 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
38.3. ( )
cos 675 sin 1395
− ° + ° =
( ) ( )
cos 45 2 360 sin 4 360 45
= °− × ° + × °− °
=
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
cos 45 sin 45 cos 45 sin 45 0
2 2
= ° + − °
= ° − °
= −
= .
38.4. ( ) ( )
sin 480 cos 930
− ° + − ° =
( ) ( )
sin 120 360 cos 2 360 210
= − °− ° + − × °− °
=
( ) ( ) ( ) ( )
sin 120 cos 210 sin 120 cos 210
= − ° + − ° =− ° + ° =
( ) ( ) ( ) ( )
sin 180 120 cos 180 30 sin 60 cos 30
=− °− ° + °+ ° =− ° − ° =
3 3
3
2 2
=
− − =
− .
Proposta 39
39.1. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que θ θ
∧ =
cos 0 sin a ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 2.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é positivo e o cosseno
é negativo.
39.2. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que sin cos 0
a
θ θ
=
− ∧ ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 4.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e o
cosseno é positivo.
39.3. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que θ θ
= ∧
tan sin 0
2
a
,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
39.4. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que
θ θ
=
− ∧
tan cos 0
a , conclui-se que o lado extremidade do
ângulo θ pertence ao 4.° quadrante porque nesse quadrante a
tangente é negativa e o cosseno é positivo.
39.5. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que
θ θ
=
− ∧
cos tan 0
3
a
, conclui-se que o lado extremidade do
ângulo θ pertence ao 2.° quadrante porque nesse quadrante o
cosseno e a tangente são negativos.
39.6. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que sin tan 0
a
θ θ
=
− ∧ ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
Proposta 40
Atendendo à figura, sabe-se que Q
.
4
∈ °
θ e θ = −
3
tan
2
.
θ
θ θ
+ −= ⇔
= ⇔ =
2
2
2 2
3 1 13 1 4
1 cos
2 4 13
cos cos
. Como
Q
.
4
∈ °
θ , conclui-se que θ =
2
cos
13
.
Donde se conclui que
3 2 3
sin tan cos
2 13 13
= × =
− × =
−
θ θ θ .
Assim, tem-se
3 2 1 13
sin cos
13
13 13 13
+ =
− + =
− =
−
θ θ .
Proposta 41
Atendendo à figura, sabe-se que ( )
( )
1, tan 60
A − ° e
( ) ( )
( )
cos 60 , sin 60
B − ° − ° .
Ora, ( )
− ° = − ° = −
tan 60 tan60 3 , ( )
− °
= °
=
1
cos 60 cos 60
2
e ( )
− ° = − ° = −
3
sin 60 sin 60
2
.
Então, tem-se ( ) 1 3
1, 3 e ,
2 2
A B
− −
.
O ponto C é simétrico do ponto B em relação à origem do
referencial, logo
−
1 3
,
2 2
C .
Pág. 55
Proposta 42*
42.1. O triângulo [ABC] é equilátero e está inscrito na
circunferência. Logo divide-a em três arcos iguais, de amplitude
120°.
Assim sendo, = °
ˆ 120
AOC .
Seja P o ponto de interseção da circunferência trigonométrica
com o semieixo positivo das abcissas.
Então, sabe-se que = °− °
= °
ˆ 120 90 30
AOP .
Logo ( )
° °
cos 30 , sin 30
A , ou seja,
3 1
,
2 2
A .
O ponto B é simétrico do ponto A em relação ao eixo das
ordenadas, logo
−
3 1
,
2 2
B .
42.2. Atendendo aos dados do enunciado, sabe-se que
= ° = °− °
= ° = °− °
= °
ˆ ˆ ˆ
60 , 60 30 30 e 120 30 90
DOP DOP DOB .
Então, [BD] é o lado de um quadrado inscrito na circunferência
trigonométrica.
2 2 2 2 2
2 2
1 1 2
BD BO DO BD BD
= + ⇔ = + ⇔ = . Como 0
BD ,
conclui-se que = 2
BD .
=
quadrado 4 2
P .
Proposta 43*
43.1. Seja x a medida do lado de um quadrado que pode ser
inscrito na circunferência trigonométrica.
Então, tem-se:
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![24
Unidade 1
24 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
( )
+ = ⇔ = ⇔ =
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
x x r x x . Como 0
x , conclui-se que
= 2
x .
Assim, = 2
AB .
Como α é a amplitude do ângulo orientado que tem o semieixo
positivo Ox como lado origem e lado extremidade ɺ
OB , sabe-se
que α
= =
tan 2
AB .
( ) α
α α
+ = ⇔
= ⇔ =
2
2
2 2
1 1 1
1 2 3 cos
3
cos cos
. Como 1 Q.
.
α ∈ ° ,
conclui-se que α =
3
cos
3
.
Então, tem-se: ( )
α α
°− = − = −
3
cos 180 cos
3
.
43.2. Sabe-se ( )
θ α
= , 5 , então θ α
=
sin sin .
Ora, α α α
= × = × =
3 6
sin tan cos 2
3 3
.
Conclusão: θ =
6
sin
3
.
Pág. 56
49.1. Sabe-se que a amplitude de um arco de circunferência é
igual à amplitude do ângulo ao centro correspondente e que um
radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina em
qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao seu
raio.
Nesta situação, a pista é uma circunferência tem 150 m de raio.
Então, o ciclista ao descrever um arco com 4 radianos de
amplitude percorre × =
4 150 600 m .
49.2. Se o ciclista percorreu 375 m, então descreveu um arco
com =
375:150 2,5 radianos de amplitude.
50. Como o perímetro do setor circular AOB, tem-se:
+ + = ⇔ = ⇔ =
2 24 4 24 6
r r r r r .
O comprimento da circunferência
é dado por 2 r
π .
Neste caso, comprimento da
circunferência é 12π .
Pág. 57
51.1. Seja x o comprimento do arco AB.
2 1 rad
x 1,5rad
Daqui resulta que
×
= =
2 1,5
3
1
x .
51.2. Seja y a amplitude em radianos do arco BC.
2 1 rad
5,6 rad
y
Daqui resulta que
×
= =
5,6 1
2,8
2
y .
52.1. O raio da circunferência a que pertencem os pontos P e B é
igual a 3 e = 3
PB .
O comprimento do arco PB é superior ao comprimento da corda
[PB], ou seja, é superior a 3 (ao raio da circunferência).
Um radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina
em qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao
seu raio.
Logo, a amplitude do ângulo ao centro POB é superior a 1 rad.
52.2. Os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes porque têm
dois lados proporcionais
=
OB OP
OD OQ
e o ângulo por eles
formado igual ( )
=
ˆ ˆ
POB QOD .
52.3. Como os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes, então
tem-se:
= ⇔ = ⇔ =
2 3 8
4 3
AP OP
CQ
CQ OQ CQ
.
Como os triângulos [OBP] e [ODQ] são semelhantes, então tem-
-se:
= ⇔ = ⇔ =
3 3
4
4
OB PB
QD
OD QD QD
.
Donde se conclui que + = + =
8 20
4
3 3
CQ QD .
52.4. O comprimento da linha poligonal inscrita no arco AB é
+ =
2 3 5 e o comprimento da linha poligonal inscrita no arco CD
é
20
3
.
As circunferências a que pertencem os arcos AB e CD têm raios 3
e 4, respetivamente.
Como =
20
5 3
3 4
, conclui-se que os comprimentos das linhas
poligonais inscritas nos arcos AB e CD são proporcionais aos raios
das circunferências.
Pág. 59
53.1.
a) Como o dodecágono é regular divide a circunferência em que
está inscrito em doze arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :12 30 .
Sabe-se que = °
ˆ 60
AOC .
Seja x a amplitude em radianos do ângulo AOC.
°
180 π
°
rad
60 rad
x
Daqui resulta que
×π π
= =
60
180 3
x .
Conclusão: ˆ rad
3
AOC
π
= .
b) Sabe-se que = °
ˆ 120
AOE .
Seja y a amplitude em radianos do ângulo AOE.
°
180 π
°
rad
120 rad
y
Daqui resulta que
π
×π
= =
2
120
180 3
y .
Conclusão:
2
ˆ rad
3
AOE
π
= .
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![27
Trigonometria e funções trigonométricas
27 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 62
59.1.
a) Sabe-se que
7 6
2
3 3 3 3
π π
π π
= + = + π . Então,
3
α
π
= e 1
k = .
b) Sabe-se que
π
π π π π
= + = + π
= + × π
41 5 36 5 5
6 3 2
6 6 6 6 6
.
Então, α
π
= =
5
e 3
6
k .
59.2. O lado extremidade do ângulo de amplitude
π
7
3
coincide
com o lado extremidade do ângulo de amplitude
3
π
.
Então,
π π π
cos , sin e 1, tan
3 3 3
A B , ou seja,
( )
1 3
, e 1, 3
2 2
A B .
O lado extremidade do ângulo de amplitude
π
41
6
coincide com
o lado extremidade do ângulo de amplitude
5
6
π
.
Então,
5 5 5
cos , sin e 1, tan
6 6 6
C D
π π π
, ou seja,
− −
3 1 3
, e 1,
2 2 3
C D .
Nota:
5 5 5
cos cos , sin sin e tan tan
6 6 6 6 6 6
π π π
π π π
=
− = =
− .
59.3.
a) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se
7 7 7
3 1
sin , cos e tan 3
3 2 3 2 3
π π π
= = = .
b) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se
41 41 41
1 3 3
sin , cos e tan
6 2 6 2 6 3
π π π
=
=
− =
− .
Pág. 63
60.1.
a) Como o triângulo [ABC] é equilátero e o ponto O é a interseção
das medianas do triângulo, sabe-se que
π
=
2
ˆ
3
BOC .
Então, a imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo
de amplitude
π
2
3
é o ponto C.
b) A imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo de
amplitude
π
−
2
3
é o ponto A.
60.2. a) Como o triângulo [ABC] é equilátero, tem-se
π
=
ˆ
3
BAC e
π
π
= π− =
2
ˆ
3 3
DAC . Como
π π
− = × −
4 2
2
3 3
, conclui-se que a
imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
amplitude
π
−
4
3
é o ponto D.
b) Como
π π π π π
= + = + π
= + × π
17 5 12 5 5
4 2 2
3 3 3 3 3
, conclui-se que
a imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
amplitude
π
17
3
é o ponto B.
Tarefa 10
1.1. A roleta está dividida em oito partes iguais. A amplitude, em
radianos, de cada uma dessas partes é
π π
=
2
8 4
.
Como
π π
π π
= + = + π
7 6
2
3 3 3 3
, conclui-se que a jogada é nula
porque a roleta não dá duas voltas completas.
1.2. Como
π π
π π π
= + = + π = + × π
21 20
4 2 2
5 5 5 5 5
, conclui-se
que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o
número 8.
Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 8 €.
1.3. Como
π π
π π π
= + = + π= + × π
13 12
6 3 2
2 2 2 2 2
, conclui-se
que a jogada é nula porque, após a jogada, a seta fica na divisão
dos setores com os números 4 e −7.
1.4. Como
π π
π π π
− =
− − =
− − π =
− − × π
37 36
6 3 2
6 6 6 6 6
,
conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número
−1.
Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 1 €.
1.5. Como
π π π π π
− =
− − =
− − π =
− − × π
29 5 24 5 5
4 2 2
6 6 6 6 6
,
conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número
−3. Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 3 €.
1.6. Como
π π π π π
= + = + π= + × π
39 7 32 7 7
4 2 2
8 8 8 8 8
, conclui-
-se que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o
número 1.
Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 1 €.
2.1. Por exemplo:
5 37 4 22
2 2 e 3 2
8 8 3 3
π π π π
− − × π = − + × π = .
2.2. Por exemplo:
25 13 45
4 2 e 2 2
3 3 8 8
π π π π
− − × π = − + × π = .
2.3. Por exemplo:
6 56
5 2
5 5
π π
− − × π = − e
7 103
6 2
8 8
π π
+ × π = .
2.4. Por exemplo:
4 16
2 2
3 3
π π
− − × π = − e
7 87
4 2
10 10
π π
+ × π = .
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![28
Unidade 1
28 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
3.1. Como
π π
2 2
9 8
e a rotação é efetuada no sentido positivo,
conclui-se que nessa jogada há um ganho de 8 €.
3.2. Como
π π
= ×
3
3
4 4
e a rotação é efetuada no sentido
negativo, conclui-se que a jogada é nula porque a seta fica na
divisão dos setores com os números 2 e −3.
Pág. 64
61.1. Sendo 3 o período positivo mínimo da função f, então sabe-
-se que ( ) ( )
3 ,
f x f x x
+
= ∀ ∈R .
Logo, ( ) ( ) ( )
= − + = − =
2 1 3 1 2
f f f .
61.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= + = = + = =
12 9 3 9 6 3 6 7
f f f f f .
61.3. ( ) ( ) ( )
= − = =
3 6 3 6 7
f f f .
Pág. 66
62.1. O contradomínio da função seno é [ ]
1, 1
− .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
seno por uma dilatação vertical de coeficiente 4, então conclui-se
que [ ]
4, 4
f
D′ = − .
62.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈
0 4sin 0 sin 0 ,
f x x x x k k Z .
Os zeros de f que pertencem ao intervalo ] [
2 , 2
− π π são
−π π
, 0 e .
63.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da
função seno por uma contração horizontal de coeficiente
1
2
.
Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao
contradomínio da função seno, ou seja, [ ]
1, 1
g
D′ = − .
63.2. ,
x x
∀ ∈ + π∈
R R .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 sin 2 2 sin 2
g x x x x g x
+ π
= + π
= + π
= = .
63.3. ,
x x
∀ ∈ − ∈
R R .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
− = − = − =
− =
−
sin 2 sin 2 sin 2
g x x x x g x .
63.4. ( ) ( )
0 sin 2 0 2 , ,
2
k
g x x x k k x k
π
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈
Z Z .
64.1. O contradomínio da função seno é [ ]
−1,1 .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função seno
através da seguinte sequência de transformações: uma contração
horizontal de coeficiente
1
2
, uma reflexão de eixo Ox e
translação vertical de vetor ( )
0,3
v =
.
Então, conclui-se que [ ]
3 1,3 1
f
D′ = − + , ou seja, [ ]
2,4
f
D′ = .
64.2. O ponto A pertence ao eixo das ordenadas e ao gráfico de
f, então ( )
( )
0, 0
A f .
Como ( ) ( )
0 3 sin 0 3 0 3
f = − = − = , tem-se ( )
0,3
A .
O ponto B tem abcissa
π
6
e pertence ao gráfico de f, então
π π
,
6 6
B f .
Como
π π π
=− × =− =−
3
3 sin 2 3 sin 3
6 6 3 2
f , tem-se
π
−
3
,3
6 2
B .
Pág. 67
65.1. O contradomínio da função seno é [ ]
1,1
− .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
seno por uma dilatação vertical de coeficiente 5, então conclui-se
que [ ]
′ = −5,5
f
D .
65.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈
0 5sin 0 sin 0 ,
f x x x x k k Z .
65.3. [ ]
′ = −5, 5
f
D . O valor mínimo de f é −5 .
( )
π
=
− ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈
3
5 5sin 5 sin 1 2 ,
2
f x x x x k k Z .
De seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os
quais
π
−π + π π
3
2 2
2
k .
3 5
2 2 2
2 2 2
k k k k
π π π
−π + π π ∧ ∈ ⇔ − π ∧ ∈ ⇔
Z Z
{ }
5 1
1, 0
4 4
k k k
⇔ − ∧ ∈ ⇔ ∈ −
Z .
Se = −1
k , então
π
= −
2
x .
Se = 0
k , então
π
=
3
2
x .
Conclusão:
π π
∈ −
3
,
2 2
x .
66.1. Sendo A o ponto de interseção do gráfico de g com o eixo
das ordenadas, então ( )
( )
0, 0
A g .
Como ( ) ( )
= − = − =
0 2 sin 0 2 0 2
g , tem-se ( )
0,2
A .
O contradomínio da função seno é [ ]
−1,1 .
O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno
através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma translação
vertical de vetor ( )
=
0,2
v .
Então, conclui-se que [ ]
2 1, 2 1
g
D′ = − + , ou seja, [ ]
1, 3
g
D′ = .
A função g admite um mínimo no ponto B, logo ( )
,1
B x e
( )=1
g x .
( )
π
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = + π ∈
1 2 sin 1 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
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![29
Trigonometria e funções trigonométricas
29 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Se = 0
k , então
π
=
2
x .
Donde se conclui que
π
,1
2
B .
O gráfico da função h obtém-se a partir do gráfico da função seno
por uma dilatação vertical de coeficiente 3, então conclui-se que
[ ]
3, 3
h
D′ = − .
A função h admite um máximo no ponto C, logo ( )
,3
C x e
( )=3
g x .
( )
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈
3 3sin 3 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
Se = 0
k , então
π
=
2
x .
Portanto, ,3
2
C
π
.
66.2.
( )
[ ]
3 1
2
2 2 2
B
ABC
BC y
A
π
− ×
× π
= = = .
Pág. 68
67.1. No intervalo [ ]
−π π
, , o contradomínio da função seno é
[ ]
−1, 1 .
O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno
através de uma dilatação vertical de coeficiente 2 seguida de uma
translação vertical de vetor ( )
=
0, 1
v .
Então, conclui-se que ( )
´ 1 2 1 , 1 2 1
g
D = + × − + ×
, ou seja,
[ ]
´ 1, 3
g
D = − .
67.2. A função g admite um mínimo no ponto A e um máximo no
ponto B.
Como [ ]
′ = −1, 3
g
D , o mínimo da função g é −1 e o máximo é 3.
( )
π
=
− ⇔ + =
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈
3
1 1 2sin 1 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
Se = 0
k , então
2
x
π
= − .
Então, tem-se , 1
2
A
π
− −
.
( ) 3 1 2sin 3 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k
π
= ⇔ + = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Se = −1
k , então
2
x
π
= .
Então, tem-se ,3
2
B
π
.
68.1. Como [ ]
, 5
x∈ π π ,
5
,
2 2 2
x π π
∈
.
No intervalo
5
,
2 2
π π
, o seno toma valores entre −1 e 1.
Logo, [ ]
1, 1
h
D′ = − .
68.2. Os pontos A e C têm abcissas π e 5π , respetivamente, e
pertencem ao gráfico de h, logo ( )
( )
,
A h
π π e ( )
( )
5 , 5
C h
π π .
Como ( ) sin 1
2
h
π
π
= =
e
( )
5
5 sin sin 2 sin 1
2 2 2
h
π π π
π
= = + π
= =
, tem-se ( )
, 1
A π e
( )
5 , 1
C π .
A função h admite um mínimo no ponto B.
Como [ ]
1, 1
h
D′ = − , o mínimo da função h é −1.
( )
3
1 sin 1 2 ,
2 2 2
x x
h x k k
π
=
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈ ⇔
Z
3 4 ,
x k k
⇔ = π+ π ∈Z .
Se = 0
k , então 3
x= π .
Então, tem-se ( )
3 , 1
B π − .
68.3. ( ) 0 sin 0 , 2 ,
2 2
x x
h x k k x k k
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = π ∈
Z Z .
Como [ ]
, 5
x∈ π π , de seguida vamos determinar os valores
inteiros de k para os quais 2 5
k
π π π .
{ }
1 5
2 5 1, 2
2 2
k k k k k
π π π ∧ ∈ ⇔ ∧ ∈ ⇔ ∈
Z Z .
Se = 1
k , então 2
x= π .
Se = 2
k , então 4
x= π .
Os zeros da função h são 2 e 4
π π .
Pág. 69
69. Como
2
3
π
é o período positivo mínimo da função f, sabe-se
que ( )
2
,
3
f
f x f x x D
π
+
= ∀ ∈
.
Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de f e têm a
mesma ordenada.
Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da
função, conclui-se que:
7 2
12 3 12
a
π π π
= − =
− e
7 2 15 5
12 3 12 4
c
π π π π
= + = = .
70.1. , 40
f f
x D x D
∀ ∈ + ∈ .
( )
( )
40
40 2 sin 2 sin 8
5 5
x x
f x
π + π
+ = − = − + π =
( )
2 sin
5
x
f x
π
=
− =
.
Donde se conclui que 40 é período da função f.
70.2. Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, ( ) ( ), f
f x P f x x D
+= ∀ ∈ .
( ) ( )
( )
2 sin 2 sin
5 5
x P x
f x P f x
π + π
+ = ⇔ − = − ⇔
sin sin
5 5 5
x P x
π π π
⇔ + =
.
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![30
Unidade 1
30 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-
-se que 2 10
5
P
P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função f é 10.
70.3.
5
5 1 3
6
2 sin 2 sin 2
6 5 6 2 2
f
π×
π
= − = − = − =
.
= + = + = =
*
65 5 60 5 5 3
10
6 6 6 6 6 2
f f f f .
* porque 10 é o período positivo mínimo da função f.
Tarefa 11*
1.1. Seja P o período positivo mínimo da função g.
Por definição, ( ) ( ), g
g x P g x x D
+= ∀ ∈ .
( ) ( ) ( )
( ) ( )
sin 4 sin 4
g x P g x x P x
+ = ⇔ + =
( ) ( )
sin 4 4 sin 4
x P x
⇔ + = .
Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-
-se que 4 2
2
P P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função g é
2
π
.
1.2. Como
2
π
é o período positivo mínimo da função g, sabe-se
que ( ),
2
g
g x g x x D
π
+
= ∀ ∈
.
Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de g e têm a
mesma ordenada.
Atendendo à representação gráfica de g e à periodicidade da
função, conclui-se que:
3
5 2 10
a
π π π
= − =
− e
7
5 2 10
b
π π π
= + = .
Pág. 70
71.1. O contradomínio da função cosseno é [ ]
1, 1
− .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
cosseno por uma dilatação vertical de coeficiente 2, então
conclui-se que [ ]
2, 2
f
D′ = − .
71.2. , 2
x x
∀ ∈ + π∈
R R .
( ) ( ) ( ) ( )
2 2cos 2 2cos
f x x x f x
+ π
= + π
= = .
Donde se conclui que 2π é período da função f.
72.1. No intervalo [ ]
0, π , o cosseno toma valores entre −1 e 1.
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( )
=cos
y x no
intervalo [ ]
0, π , então conclui-se que [ ]
3, 3
f
D′ = − .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como [ ]
0,
x∈ π , conclui-se que o zero da função f é
2
π
.
72.2. No intervalo [ [
, 2
−π π , o cosseno toma valores entre −1 e
1.
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( )
=cos
y x no
intervalo [ [
, 2
−π π , então conclui-se que [ ]
3, 3
f
D′ = − .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como [ [
, 2
x∈ −π π , conclui-se que os zeros da função f são
3
, e
2 2 2
π π π
− .
72.3. No intervalo ,
2 2
π π
−
, o cosseno toma valores entre 0 e 1.
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( )
=cos
y x no
intervalo ,
2 2
π π
−
, então conclui-se que [ ]
0, 3
f
D′ = .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como ,
2 2
x
π π
∈ −
, conclui-se que os zeros da função f são
e
2 2
π π
− .
73.1. O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da
função cosseno através de uma contração horizontal de
coeficiente
1
2
seguida de uma translação vertical de vetor
( )
= −
0, 2
v . Então, conclui-se que [ ]
1 2, 1 2
f
D′ = − − − , ou seja,
[ ]
3, 1
f
D′ =− − .
73.2. O ponto P tem abcissa
8
π
e pertence ao gráfico de f, então
,
8 8
P f
π π
.
Como
2
2 cos 2 2 cos 2
8 8 4 2
f
π π π
=
− + × =
− + =
− +
, tem-se
2
, 2
8 2
P
π
− +
.
Sendo Q o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das
ordenadas, então ( )
( )
0, 0
Q f .
Como ( ) ( )
=
− + =
− + =
−
0 2 cos 0 2 1 1
f , tem-se ( )
−
0, 1
Q .
Pág. 71
74.1. ( ) ( )
cos 1
f π = π =
− , ( ) ( )
cos 2 1
g π
= π
= e
( ) cos 0
2
h
π
π
= =
.
Então, a correspondência entre as funções e as representações
gráficas é a seguinte: f → II; g → III; h → I.
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![31
Trigonometria e funções trigonométricas
31 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
74.2. ( ) [ ]
0 cos 0 0,
f x x x
= ⇔ = ∧ ∈ π ⇔
[ ]
, 0,
2 2
x k k x x
π π
⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ =
Z .
( ) ( ) [ ]
0 cos 2 0 0,
g x x x
= ⇔ = ∧ ∈ π ⇔
[ ]
2 , 0,
2
x k k x
π
⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔
Z
[ ]
3
, 0,
4 2 4 4
k
x k x x x
π π π π
⇔ = + ∈ ∧ ∈ π ⇔ = ∨ =
Z .
( ) [ ]
0 cos 0 0,
2
x
h x x
= ⇔ = ∧ ∈ π ⇔
[ ]
, 0,
2 2
x
k k x
π
⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔
Z
[ ]
2 , 0,
x k k x x
⇔ =
π+ π ∈ ∧ ∈ π ⇔ =
π
Z .
75.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da
função cosseno por uma contração horizontal de coeficiente
1
4
.
Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao
contradomínio da função cosseno, ou seja, [ ]
1, 1
g
D′ = − .
75.2. ,
2
g g
x D x D
π
∀ ∈ + ∈ .
( ) ( ) ( )
cos 4 cos 4 2 cos 4
2 2
g x x x x g x
π π
+
= += + π
= =
.
Donde se conclui que
2
π
é período da função g.
75.3. ,
g g
x D x D
∀ ∈ − ∈ .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
− = − = − = =
cos 4 cos 4 cos 4
g x x x x g x .
Donde se conclui que g é uma função par.
75.4. ( ) ( )
0 cos 4 0 4 ,
2
g x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = + π ∈ ⇔
Z
,
8 4
k
x k
π π
⇔ = + ∈Z .
76.1. a) ,
f f
x D x D
∀ ∈ − ∈ .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
− = + − = + − = + =
2 cos 3 2 cos 3 2 cos 3
f x x x x f x .
Donde se conclui que a função f é par.
b) Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, ( ) ( ), f
f x P f x x D
+= ∀ ∈ .
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 cos 3 2 cos 3
f x P f x x P x
+ = ⇔ + + = + ⇔
( ) ( )
cos 3 3 cos 3
x P x
⇔ + = .
Como 2π é o período positivo mínimo da função cosseno,
conclui-se que
2
3 2
3
P P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função f é
2
3
π
.
76.2. a) Como f é uma função par, tem-se ( ) ( )
− = =
13
5
f a f a .
b) Como
2
3
π
é o período positivo mínimo da função f, tem-se
( )
2 13
3 5
f a f a
π
+ = =
.
Pág. 72
77.1. A função f admite um mínimo no ponto A, logo
−
1
,
2
A x
e ( )
1
2
f x = − .
( )
1 1 1
cos cos 1 2 ,
2 2 2
f x x x x k k
=
− ⇔ − =
− ⇔ =⇔ = π ∈Z .
Se = 1
k , então 2
x= π .
Donde se conclui que
1
2 ,
2
A
π −
.
A função f admite um máximo no ponto B, logo
3
,
2
B x e
( )=
3
2
f x .
( )
3 1 3
cos cos 1 2 ,
2 2 2
f x x x x k k
= ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = π+ π ∈Z .
Se = 0
k , então x = π .
Donde se conclui que
3
,
2
B
π
.
O ponto C pertence ao gráfico de f e ao eixo das abcissas, logo
( )
,0
C x e ( )= 0
f x .
( )= ⇔ − = ⇔ =
1 1
0 cos 0 cos
2 2
f x x x .
Então, ,0
3
C
π
.
77.2. O contradomínio da função cosseno é [ ]
1, 1
− .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função
cosseno através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma
translação vertical de vetor
=
1
0,
2
v .
Então, conclui-se que
1 1
1, 1
2 2
f
D
′ = − +
, ou seja,
1 3
,
2 2
f
D
′ = −
.
77.3. ( ) ( ) ( ) ( )
− =− − =− = =
−
*
1 1 1
cos cos
2 2 6
f a a a f a .
* porque a função cosseno é par.
78.1. Sabe-se que
5
,
3 6
g
D
π π
= −
e ( )=cos
g x x .
Como,
1
cos cos
3 3 2
π π
−= =
, ( )=
cos 0 1 , cos 0
2
π
=
e
5 3
cos cos cos cos
6 6 6 6 2
π π π π
= π− = − π = − = −
,
conclui-se que
3
, 1
2
g
D
′ = −
.
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Unidade 1
32 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
78.2. A função g tem máximo igual a 1
( ) 1 cos 1 2 ,
g x x x k k
= ⇔ = ⇔ = π ∈Z .
Como
5
,
3 6
g
D
π π
= −
, conclui-se que = 0
x .
Então, ( )
0, 1
P .
Pág. 73
79. Os pontos A e C têm abcissas 3π e
9
2
π
, respetivamente, e
pertencem ao gráfico de h, logo ( )
( )
3 , 3
A h
π π e
9 9
,
2 2
C h
π π
.
Como ( ) ( ) ( ) ( )
3 1 cos 3 1 cos 1 1 2
h π =− + π =− + π =− + − =− e
9 9
1 cos 1 cos 4 1 cos
2 2 2 2
h
π π π π
=
− + =
− + + π =
− + =
1 0 1
=
− + =
− , tem-se ( )
3 , 2
A π − e
9
, 1
2
C
π
−
.
A função h admite um máximo no ponto B.
Como [ ]
2,0
h
D′ = − , o máximo da função h é 0.
( ) 0 1 cos 0 cos 1 2 ,
h x x x x k k
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = π ∈Z .
Como
9
3 ,
2
x
π
∈ π
, então 4
x= π .
Então, tem-se ( )
4 , 0
B π .
80.1. a) ( )
1 1 2cos 1 2 0 1
2
f
π
= − = − × =
.
b) ( ) ( ) ( )
6
6 1 2cos 1 2cos 3 1 2cos
2
f
π
= − = − π = − π =
( )
1 2 1 3
= − × − = .
80.2. , 4
f f
x D x D
∀ ∈ + ∈ .
( )
( )
4
4 1 2cos 1 2cos 2
2 2
x x
f x
π + π
+ = − = − + π =
( )
1 2cos
2
x
f x
π
=
− =
.
Donde se conclui que 4 é período da função f.
80.3. O contradomínio da função cosseno é [ ]
1, 1
− .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função
cosseno através da seguinte sequência de transformações: uma
contração horizontal de coeficiente
2
π
, uma dilatação vertical de
coeficiente 2, uma reflexão de eixo Ox e translação vertical de
vetor ( )
=
0,1
v .
Então, conclui-se que ( )
1 2 1,1 2 1
f
D′ =
− × − × −
, ou seja,
[ ]
1, 3
f
D′ = − .
Pág. 74
81.1. : 2 ,
2
f
D x x k k
π
= = + π ∈ =
R Z
: ,
4 2
k
x x k
π π
= =
+ ∈
R Z .
81.2. : 3 ,
2
g
D x x k k
π
= = + π ∈ =
R Z
: ,
6 3
k
x x k
π π
= =
+ ∈
R Z .
81.3. : ,
4 2
h
D x x k k
π π
= + = + π ∈ =
R Z
: ,
4
x x k k
π
= = + π ∈
R Z .
82.1. Designemos por O o ponto de interseção das diagonais do
losango [ABCD].
Sendo
2
3
π
=
α , então ˆ
3
BAO
π
= .
tan 3 4 3
3 4 4
BO BO
BO
π
= ⇔ = ⇔ = .
Logo, = =
2 8 3
BD BO .
× ×
= = =
[ ]
8 3 8
32 3
2 2
ABCD
BD AC
A .
82.2. Sendo α
=
ˆ
BAD , então
α
=
ˆ
2
BAO .
α α
= ⇔ =
tan 4tan
2 4 2
BO
BO .
Logo,
α
= =
2 8tan
2
BD BO .
α
α
×
×
= = =
[ ]
8tan 8
2
32tan
2 2 2
ABCD
BD AC
A .
Pág. 75
83.1. : 2 ,
2
f
D x x k k
π
= = + π ∈ =
R Z
: ,
4 2
k
x x k
π π
= =
+ ∈
R Z .
83.2. ,
2
f f
x D x D
π
∀ ∈ + ∈ .
( ) ( ) ( )
tan 2 tan 2 tan 2
2 2
f x x x x f x
π π
+
= +
= + π
= =
.
Donde se conclui que
2
π
é período da função f.
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![33
Trigonometria e funções trigonométricas
33 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
83.3. ( ) ( )
0 tan 2 0 2 , ,
2
k
f x x x k k x k
π
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈
Z Z.
Como ] [
,
x∈ −π π , de seguida vamos determinar os valores
inteiros de k para os quais
2
kπ
−π π .
{ }
2 2 1, 0,1
2
k
k k k k
π
−π π ∧ ∈ ⇔ − ∧ ∈ ⇔ ∈ −
Z Z .
Se = −1
k , então
2
x
π
= − .
Se = 0
k , então = 0
x .
Se = 1
k , então
2
x
π
= .
O gráfico da restrição da função f ao intervalo interseta o eixo das
abcissas nos pontos de abcissas , 0 e
2 2
π π
− .
84.1. ( )=
1
tan
g x
x
e =
sin
tan
cos
x
x
x
, logo ( )=
1
sin
cos
g x
x
x
.
Assim sendo, : ,
2
g
D x x k x k k
π
= = + π ∨ = π ∈ =
R Z
: ,
2
k
x x k
π
= = ∈
R Z .
84.2.
4 1 1
3 3
tan tan
3 3
g g
π π
+ = + =
π π
+ π
1 1 2 2 2 3
3
3
tan tan tan
3 3 3
= + = ==
π π π
.
Pág. 76
85.1. : ,
3 2
f
x
D x k k
π
= = + π ∈ =
R Z
3
: 3 ,
2
x x k k
π
= = + π ∈
R Z .
85.2. a) , 3
f f
x D x D
∀ ∈ + π∈ .
( ) ( )
3
3 tan tan tan
3 3 3
x x x
f x f x
+ π
+ π
= = + π
= =
.
Donde se conclui que 3π é período da função f.
b) Sendo k∈Z , tem-se:
( ) ( )
3
3 tan tan 0
3
k
f k k
π
π
= = π
=
Portanto, 3 ,
x k k
= π ∈Z são zeros da função f.
c) ∀ ∈ − ∈
,
f f
x D x D .
( ) ( )
−
− = = − =
− =
−
tan tan tan
3 3 3
x x x
f x f x .
Donde se conclui que f é uma função ímpar.
85.3.
*
6 2 6 6 2 6 2
f f f f f f f
π π π π π π π
+ + − = + − = =
3
2
tan tan
3 6 3
π
π
= = =
.
* porque f é uma função ímpar.
86.1. ( ) ( )
0 tan 4 0 4 , ,
4
k
g x x x k k x k
π
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈
Z Z .
86.2. : 4 ,
2
g
D x x k k
π
= = + π ∈ =
R Z
: ,
8 4
k
x x k
π π
= =
+ ∈
R Z .
Os números reais que não pertencem ao domínio da função f são
da forma ,
8 4
k
x k
π π
=
+ ∈Z .
Se = −1
k , então
8
x
π
= − .
Se = 0
k , então
8
x
π
= .
Se = 1
k , então
3
8
x
π
= .
Atendendo à representação gráfica da função g, conclui-se que
3
, e
8 8 8
a b c
π π π
=
− = =
.
87.1. ∀ ∈ ,
f
x D tem-se:
( ) ( )
tan 3 tan 3 tan 3
3 3
f x x a x a x a
π π
+ = + += + π+= +=
( )
f x
= .
Donde se conclui que
3
π
é período da função f.
87.2. No caso de
2
a
π
= , tem-se ( ) tan 3
2
f x x
π
= +
.
{ }
: 3 , : 3 ,
2 2
f
D x x k k x x k k
π π
= + = + π ∈ = =π ∈ =
R Z R Z
: ,
3
k
x x k
π
= = ∈
R Z .
87.3. Sabe-se que
12
π
− é um dos zeros da função f se
0
12
f
π
− =
.
0 tan 3 0 tan 0
12 12 4
f a a
π π π
− = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
, ,
4 4
a k k a k k
π π
⇔ − + = π ∈⇔ = + π ∈Z .
Para obter um valor de a para o qual
12
π
− é um dos zeros da
função f basta atribuir um valor inteiro a k.
Por exemplo, se = 0
k tem-se
4
a
π
= .
NEMA11PR-3
NEMA11PR
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![34
Unidade 1
34 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 77
88.1. Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, ( ) ( )
+
= ∀ ∈
, f
f x P f x x D .
( ) ( )
( )
tan tan
3 3
x P x
f x P f x
π + π
+ = ⇔ = ⇔
tan tan tan tan
3 3 3 3 3
x P x x P x
π + π π π π π
⇔ = ⇔ + =
.
Como π é o período positivo mínimo da função tangente,
conclui-se que 3
3
P
P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função f é
2
3
π
.
88.2. : ,
3 2
f
x
D x k k
π π
= = + π ∈ =
R Z
3
: 3 ,
2
x x k k
= =
+ ∈
R Z .
88.3. O ponto A tem abcissa 1 e pertence ao gráfico de f, então
( )
( )
1, 1
A f .
Como a é a ordenada do ponto A, tem-se:
( )
1 tan
3
a f
π
= = =
3
= .
O ponto B pertence ao gráfico de f e tem a mesma ordenada que
o ponto A, então ( )
, 3
B b e ( )= 3
f b .
Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da
função, conclui-se que = + =
1 3 4
b .
88.4. Recorrendo à calculadora gráfica, conclui-se que a abcissa
do ponto C do gráfico de f que tem ordenada 4 é,
aproximadamente, 4,27 .
Tarefa 12
1.1. 1,4 sin 1,4 1 2,4
2 2
d
π π
= + = + =
.
Significa que quando
2
x
π
= , a distância do ponto P à reta r é
igual a 2,4.
( )
3 3
1,4 sin 1,4 1 0,4
2 2
d
π π
= + = + − =
.
Significa que quando
3
2
x
π
= , a distância do ponto P à reta r é
igual a 0,4.
1.2. O contradomínio da função seno é [ ]
1, 1
− .
O gráfico da função d obtém-se a partir da restrição do gráfico da
função seno ao intervalo [ ]
0,4π através de uma translação
vertical de vetor ( )
=
0; 1,4
v .
Então, conclui-se que [ ]
1,4 1; 1,4 1
d
D′ = − + , ou seja,
[ ]
0,4; 2,4
d
D′ = .
1.3.
a) Os registos foram 4 (dois em cada uma das voltas da roleta).
b) ( )= ⇔ + = ⇔ =
1,9 1,4 sin 1,9 sin 0,5
d x x x .
Como [ ]
0,4
x∈ π , conclui-se que
5 13 17
, , ,
6 6 6 6
x
π π π π
∈
.
Ora,
13 3
cos cos
6 6 2
π π
= =
e
5 17 3
cos cos
6 6 2
π π
= = −
.
Assim sendo, as coordenadas dos pontos correspondentes às
posições do ponto P nesses instantes são:
3 1
,
2 2
e
−
3 1
,
2 2
.
1.4. a) O ponto A pertence ao gráfico de d e tem abcissa
11
3
π
,
então
11 11
,
3 3
A d
π π
.
11 11
1,4 sin 1,4 sin 4 1,4 sin
3 3 3 3
d
π π π π
= + = + π− = + − =
3
1,4 sin 1,4
3 2
π
=− =−
.
A ordenada do ponto A é −
3
1,4
2
.
b) O ponto B pertence ao gráfico de d e tem ordenada 0,9, então
( ) ( )=
; 0,9 e 0,9
B x d x .
( )= ⇔ + = ⇔ =
−
0,9 1,4 sin 0,9 sin 0,5
d x x x .
Como [ ]
0,4
x∈ π , conclui-se que
7 11 19 23
, , ,
6 6 6 6
x
π π π π
∈
.
Atendendo à representação gráfica, conclui-se que a abcissa de B
é
11
6
π
.
Pág. 78
89.1. Como o ponto P pertence à circunferência trigonométrica,
então ( )
α α
cos , sin
P .
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![35
Trigonometria e funções trigonométricas
35 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
89.2. O triângulo [AP´P] é retângulo em P´. Aplicando o Teorema
de Pitágoras, tem-se:
2
2 2 2 2 2 1
' ' sin cos
2
PA PP AP d
= + ⇔ = + + ⇔
α α
2 2 2
1
sin cos cos
4
d α α α
⇔ = + + + ⇔
α α
⇔ =+ + ⇔ = +
2 2
1 5
1 cos cos
4 4
d d
89.3. Se
5
3
π
=
α , então tem-se: 2 5 5
cos
4 3
d
π
=
+ ⇔
2 2 2
5 5 1 7 7
cos
4 3 4 2 4 2
d d d d
π
⇔ = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
.
89.4. ( )
2
2 2 2
sin cos 1 0,6 cos 1
+ =
⇔ − + =
⇔
α α α
2
cos 0,64 cos 0,8 cos 0,8
⇔ =⇔ =
∨ =
−
α α α
Como
3
,
2 2
α
π π
∈
, conclui-se que α = −
cos 0,8 .
Logo, 2 2 2
5 5 4 9 3
0,8
4 4 5 20 20
d d d d
= − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ⇔
3 3 5
10
2 5
d d
⇔ = ⇔ = .
Pág. 79
90.1. No respetivo domínio, tem-se: 2 2
2
1 1
1 1
tan sin
cos
+
= +
=
α α
α
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
cos sin
cos cos sin 1
1
sin sin sin sin sin
+
= +
= + = =
α α
α α α
α α α α α
.
90.2. No respetivo domínio, tem-se:
( ) ( )
2 2
1 sin 1 tan
α α
− − =
2 2 2 2
1 tan sin sin tan
α α α α
− − + × =
( )
2 2 2 2 2 2 2
1 sin tan sin tan cos tan 1 sin
α α α α α α α
=
− − + × = − − =
( )
2 2 2 2 2 2 2
cos tan cos cos sin cos 1 cos
= − × = − = − − =
α α α α α α α
2
2cos 1
α
= − .
91.1. a) Como
3
,
2
A a pertence ao gráfico de f, então sabe-se
que ( )=
3
2
f a .
( )
3 3 3
2sin sin
2 2 4
f a a a
=
⇔ =
⇔ =.
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 cos 1 cos
4 16
a a a a .
Como
2
a
π
π e no 2.° Q. o cosseno é negativo, conclui-se que
= −
7
cos
4
a .
b) = = =
− =
−
−
3
sin 3 3 7
4
tan
cos 7
7 7
4
a
a
a
.
91.2. Sabe-se que ( )=2sin
g b b .
( )
2
2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 2 5
cos cos cos
b
b b b
+ = ⇔ + −
= ⇔
= ⇔
2 1
cos
5
b
⇔ =
.
Como 4. Q.
b∈ ° , conclui-se que = = =
1 1 5
cos
5 5
5
b pois o
cosseno é positivo.
sin 5
tan sin tan cos sin 2
cos 5
b
b b b b b
b
= ⇔ = × ⇔ =− × ⇔
2 5
sin
5
b
⇔ =
− .
Então, ( )
= =
2sin
g b b −
4 5
5
.
Pág. 80
92.1. ( )
cos 0,2 cos 0,2 cos 0,2
− = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔
α π α α
1
cos
5
⇔ =
α .
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
1 24
sin cos 1 sin 1 sin
5 25
.
Como o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
α
= =
24 2 6
sin
25 5
.
92.2. ( )
α
α α
α
− =
− =
− =
− =
−
2 6
sin 5
tan tan 2 6
1
cos
5
.
93. ( )
5 5 5
sin sin sin
6 6 6
+ π = − ⇔ − = − ⇔ =
α α α .
Como
3
,
2 2
π π
∈
α e α
sin 0 , conclui-se que 2.ºQ
∈
α .
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
5 11
sin cos 1 cos 1 cos
6 36
.
Como o cosseno é negativo no 2.° Q., conclui-se que
α =
− =
−
11 11
cos
36 6
.
Assim sendo, tem-se ( )
11 11
cos cos
6 6
α α
−π = − = − − =
.
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Unidade 1
36 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
94.1. a) Sendo α e β ângulos agudos de um triângulo
retângulo, então são complementares, isto é,
2
π
+ =
α β .
Assim sendo, β α
= =
3
sin cos
4
.
b) θ e β são ângulos suplementares, isto é, + =
π
θ β .
Assim sendo, ( ) ( )
cos cos cos cos
= π− = −π = −
θ β β β .
β β β β
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 cos 1 cos
4 16
.
Como o cosseno é negativo no 1.° Q., conclui-se que
β
= =
7 7
cos
16 4
.
Então, θ β
=
− =
−
7
cos cos
4
.
94.2. a) ( ) ( )
2 2
cos cos cos cos
3 3
= π − = − π = − = − − =
β θ θ θ .
b) ( ) ( ) ( )
cos sin sin sin sin sin
= = π− = − −π = − − =
α β θ θ θ θ .
θ θ θ θ
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
2 5
sin cos 1 sin 1 sin
3 9
.
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
θ
= =
5 5
sin
9 3
.
Pág. 81
95.
7 7
cos sin
2 4 4
π
− =
− ⇔ =
−
α α .
Como
3
,
2 2
π π
∈
α e α
sin 0 , conclui-se que 3. Q
α ∈ ° .
α α α α
+ = ⇔ − + = ⇔ =
2
2 2 2 2
7 9
sin cos 1 cos 1 cos
4 16
.
Como o cosseno é negativo no 3.° Q., conclui-se que
α =
− =
−
9 3
cos
16 4
.
Assim sendo, tem-se ( )
α α
− = =
−
3
cos cos
4
.
96.
3 3 3
cos sin sin
2 5 5 5
π
+ = − ⇔ − = − ⇔ =
α α α .
Como ,
2 2
π π
∈ −
α e α
sin 0 , conclui-se que Q
.
1
∈ °
α .
( )
sin sin cos cos
2 2
α α α α
π π
− =− − =− − =
.
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 22
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
.
Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
α
= =
22 22
cos
25 5
.
Assim sendo, tem-se
22
sin
2 5
π
− =
α .
97.1. ( )
9 9 1
2 sin cos
4 2 4 4
g a a a
π
= ⇔ + + = ⇔ =
.
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
1 15
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
a a a a .
Como 0,
2
a
π
∈
e o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
=
15
sin
4
a .
Portanto, ( )
= =
15
sin
4
f a a .
97.2. ( )=
− ⇔ =
−
3 3
sin
8 8
f b b .
+ =
⇔ − + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 55
sin cos 1 cos 1 cos
8 64
b b b b .
Como
3
, 2
2
a
π
∈ π
e o cosseno é positivo no 4.° Q., conclui-se
que =
55
cos
8
b .
Então, ( )
55
2 sin 2 cos 2
2 8
g b b b
π
=+ + =+ =+
.
Pág. 82
98.
2 2 2
cos sin sin
2 3 3 3
π
+ =
− ⇔ − =
− ⇔ =
α α α .
Como ,
2
π
∈ − π
α e α
sin 0 , conclui-se que Q
.
1
∈ °
α .
( ) ( ) ( )
cos tan cos tan
−π + π− = − − −π =
α α α α
( )
( )
( )
( )
( )
( )
sin sin sin
cos cos cos
cos cos cos
α α α
α α α
α α α
−π −
=
− − =
− − =
− −
−π −
.
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
2 5
sin cos 1 cos 1 cos
3 9
.
Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
α
= =
5 5
cos
9 3
.
Assim sendo, tem-se:
( ) ( )
( )
( )
2
sin 5 3
cos tan cos
cos 3 5
3
− π + π − = − − = − − =
α
α α α
α
5 2 5 2 5 11 5
3 3 5 15
5
=
− − =
− − =
− .
99.
9
sin 0,4 sin 2 2 0,4
2 2
π π
+ = − ⇔ + × π+ = − ⇔
α α
2
sin 0,4 cos
2 5
π
⇔ + α = − ⇔ α = −
.
Como ] [
2 , 3
∈ π π
α e α
cos 0 , conclui-se que Q
.
2
∈ °
α .
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Trigonometria e funções trigonométricas
37 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
( ) ( ) ( )
( )
( )
sin
sin 5 tan sin 4
cos
− π
+ π − − π
= + π+ π − =
− π
α
α α α
α
( )
( )
( )
( )
sin
sin sin tan
cos
α
α α α
α
−
= + π − = − −
−
.
α α α α
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
2 21
sin cos 1 sin 1 sin
5 25
.
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
α
= =
21 21
sin
25 5
.
( )
( )
( )
α
α
α
= = = −
−
21
sin 21
5
tan
2
cos 2
5
.
Então, ( ) ( ) ( )
sin 5 tan sin tan
α α α α
+ π − −π = − − =
21 21 21 21 3 21
5 2 5 2 10
=
− − − =
− + =
.
100.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin ˆ
sin sin
6
3 4
B
AC
π
= =
α
.
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
1
sin
sin sin 2
6 2 sin
3 4 3 4 3
π
= ⇔ = ⇔ =
α α
α .
100.2. sin cos
2
π
− =
−
α α .
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
2 5
sin cos 1 cos 1 cos
3 9
.
Como o cosseno de um ângulo agudo é positivo, conclui-se que
α
= =
5 5
cos
9 3
.
Então, tem-se α
− =
−
5
cos
3
.
100.3. ( )
cos sin sin sin 2sin
2
π
+ + + π = − − = − =
α α α α α
2 4
2
3 3
=− × =− .
Pág. 83
101. ( ) ( )
cos tan cos tan
+π + − = − −
α α α α .
( ) ( )
2 5sin 0 2 5 sin 0 5sin 2
+ − π = ⇔ + − = ⇔ − = − ⇔
α α α
2 2 5
sin sin
5
5
⇔ α = ⇔ α = .
Como ,
2 2
π π
∈ −
α e α
sin 0 , conclui-se que .
1 Q
α ∈ ° .
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
2 1
sin cos 1 cos 1 cos
5
5
.
Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
α
= = =
1 1 5
cos
5 5
5
.
( )
( )
( )
α
α
α
= = =
2 5
sin 5
tan 2
cos 5
5
.
Assim sendo, α α
− −
− − =
− − =
5 5 10
cos tan 2
5 5
.
102. ( ) ( )
sin tan 3 sin tan
+π + − π = − +
α α α α .
3
sin 0,3 cos 0,3 cos
2 10
π
+ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
α α α .
Como
5
,
2
π
∈ π
α e α
cos 0 , conclui-se que .
3 Q
α ∈ ° .
α α α α
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
3 91
sin cos 1 sin 1 sin
10 100
.
Como o seno é negativo no 3.° Q., conclui-se que
α =
− =
−
91 91
sin
100 10
.
α
α
α
−
= = =
−
91
sin 91
10
tan
3
cos 3
10
.
Assim sendo, α α
− + = + =
91 91 13 91
sin tan
10 3 30
.
103.
=− × =−
2 2
3 tan 2 3 tan
2 2
a a
g a .
4 4 2
2sin sin
4 5 4 4 5 2 5
f a a a
π π π π
+ = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔
2
cos
5
a
⇔ =
.
Como ] [
, 2
a∈ π π e
cos 0
a , conclui-se que 4 Q.
.
a∈ °
2 2 2
2 2
1 1 25
1 tan 1 tan 1 tan
4
cos 2
5
a a a
a
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
2 21
tan
4
a
⇔ =
.
Então,
= − = − =
−
2 21 9
3 tan 3
2 4 4
a
g a .
Tarefa 13
1.1.
3
sin sin sin cos
2 2 2
x x x x
π π π
+ = π+ + =
− + =
−
.
1.2. ( ) ( )
3
sin sin cos cos
2 2
x x x x
π π
− = − π− = − − π = − − =
cos x
= .
1.3. ( )
3
cos cos cos sin
2 2 2
x x x x
π π π
+ = π+ + =
− + =
− − =
sinx
= .
1.4. ( )
3
cos cos sin sin
2 2
x x x x
π π
− = − π− = − π = −
.
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![38
Unidade 1
38 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2.1. ( ) ( )
cos sin 3 sin sin
2
x x x x
π
+ − π+ = − − π+ =
( )
sin sin sin sin 0
x x x x
=
− − − =
− + =
.
2.2. ( ) ( )
7 3
tan 5 sin tan sin
2 2
x x x x
π π
π− + − = − + − =
tan sin tan sin tan cos
2 2
x x x x x x
π π
=
− + π+ − =
− − − =
− −
.
1
sin 0,2 cos
2 5
x x
π
+ =
− ⇔ =
−
.
Como ,
2
x
π
∈ − π
e
cos 0
x , conclui-se que .
2 Q
x ∈ ° .
+ = ⇔ + − = ⇔ =
2
2 2 2 2
1 24
sin cos 1 sin 1 sin
5 25
x x x x .
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
= =
24 2 6
sin
25 5
x .
= = = −
−
2 6
sin 5
tan 2 6
1
cos
5
x
x
x
.
Assim sendo, − − = + = +
1
tan cos 2 6 2 6 0,2
5
x x .
3.1. = + = =
2 2
2 4 20 2 5
PC , logo θ
= =
2 5
cos
5
2 5
.
3.2. ( )
4 2 5
sin sin sin
5
2 5
= π−
= = =
α θ θ .
3.3. ( ) ( ) ( )
cos 3 cos cos cos cos
π+ = π+ = − = − π− = =
α α α θ θ
5
5
= .
3.4.
3
cos cos cos sin
2 2 2
π π π
+ = π+ + = − + = =
θ θ θ θ
2 5
5
= .
3.5. ( )
α
α α
α
− =
− =
− =
− =
−
2 5
sin 5
tan tan 2
cos 5
5
.
3.6.
3 3
sin sin sin
2 2 2
π π π
− =
− − =
− π+ − =
α α α
5
sin sin cos
2 2 5
π π
= − =
− − =
− =
−
α α α .
4.1. Sabe-se que ângulos consecutivos de um paralelogramo são
suplementares, então tem-se + =
π
α β , ou seja, = π−
α β .
( ) ( )
tan tan tan tan
= π−= −= −
α β β β .
2 2 2
2 2
1 1 49
1 tan 1 tan 1 tan
36
cos 6
7
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
−
β β β
β
2 13
tan
36
⇔ =
β .
Como β
cos 0 , conclui-se que Q
.
2
∈ °
β . Logo, β = −
13
tan
6
.
Então, α β
=
− =
13
tan tan
6
.
4.2. ( ) ( )
cos sin sin sin sin
2
π
+ = − = − π− = − π = − =
α α β β β
13
7
= − .
4.3. ( )
13
sin sin
7
π+ = − = −
α α .
Pág. 85
104.1.
3
arcsin
2 3
π
=
104.2.
1
arcsin
2 6
π
− =
−
104.3. ( )
arcsin 1
2
π
− =
−
104.4. ( )=
arcsin 0 0
104.5.
2
arcsin
2 4
π
=
104.6.
5 1
arcsin sin arcsin
6 2 6
π π
= =
105.1. [ ]
1, 1
f
D = −
105.2. Os pontos A, B, C e D pertencem ao gráfico da função f e
tem-se:
,
2
A a
π
−
,
− −
2 2
,
2 2
B f ,
1 1
,
2 2
C f e ,
3
D d
π
.
( ) ( )
arcsin sin 1
2 2 2
f a a a a
π π π
=
− ⇔ =
− ⇔ = − ⇔ =
−
.
2 2
arcsin
2 2 4
f
π
− = − =
−
.
1 1
arcsin
2 2 6
f
π
= =
.
( ) ( )
3
arcsin sin
3 3 3 2
f d d d d
π π π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
.
Então, 1,
2
A
π
− −
,
2
,
2 4
B
π
− −
,
1
,
2 6
C
π
e
3
,
2 3
D
π
.
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![39
Trigonometria e funções trigonométricas
39 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
106.
1 3
sin sin arcsin ,
2 2 2
π π
= − ∧ ∈ ⇔
α α
1 3 7
sin ,
2 2 2 6 6
π π π π
⇔ = − ∧ ∈ ⇔ = + π ⇔ =
α α α α .
Pág. 86
107.1.
3
arccos
2 6
π
=
107.2.
3 5
arccos
2 6
π
− =
107.3.
1
arccos cos arccos
3 2 3
π π
−
= =
107.4. arccos cos 3 arccos cos
4 4
π π
π+
= π+
=
2 3
arccos cos arccos
4 2 4
π π
= − = − =
108.1.
1 1
arcsin arccos
2 2 6 3 2
π π π
+ = + =
108.2.
5 5 23
arcsin sin arccos cos
8 6 8 6 24
π π π π π
+ = + =
108.3.
13
arcsin sin arccos cos
12 2
π π
− − =
( )
arcsin sin arccos 0 arcsin sin
12 12 2
π π π
= π+ − = − −
=
7
arcsin sin
12 2 12 2 12
π π π π π
= − − =
− − =
−
108.4.*
3
cos arcsin
4
Seja α
=
3
arcsin
4
, então tem-se: α =
3
sin
4
.
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 cos 1 cos
4 16
.
Como ,
2 2
π π
∈ −
α , o α
cos 0 . Donde se conclui que
α =
7
cos
4
. Logo,
3
cos arcsin
4
α
= =
7
cos
4
109.1. [ ]
0,
f
D′
= π .
109.2. ( ) ( )
2 2 1
arccos cos
3 3 2
f x g x x x x
π π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
−
.
Então,
1 2
,
2 3
C
π
−
.
109.3. Recorrendo à calculadora, tem-se:
( )
arccos 0,3 1,27
B
y
= ≈ .
Pág. 87
110.1. ( )
arctan 1
4
π
− =
−
110.2.
3
arctan
3 6
π
=
110.3.
3
arctan
3 6
π
− =
−
110.4. ( )
( )=
tan arctan 5 5
110.5. ( )
3
arctan tan arctan 1
4 4
π π
= − =
−
110.6.
5 5
arctan tan arctan tan
6 6
π π
−
= − + π
=
arctan tan
6 6
π π
= =
111.1. Recorrendo à calculadora, tem-se:
( ) ( )
2 arctan 2 1,11
f
= ≈
111.2. ( ) arctan tan
8 8 8
f x x x
π π π
=
− ⇔ =
− ⇔ = − ⇔
0,41
x
⇔ ≈ −
112.1. arctan arctan
2 2 6 2 6 6 2
x x
π π π π π π π
− ⇔ − + + ⇔
( )
2
3 3
g x
π π
⇔ −
Então,
2
,
3 3
g
D
π π
′= −
.
112.2.
3 3
arctan 0
3 6 3 6 6
g
π π π
− =+ − =− =
Pág. 88
113.1. ( )
( ) [ ]
tan tan arctan 3 , 2
= ∧ ∈ π π ⇔
α α
[ ]
4
tan 3 , 2
3 3
π π
⇔ = ∧ ∈ π π ⇔ = + π ⇔ =
α α α α .
113.2. [ ]
2
tan tan arccos , 2
2
= ∧ ∈ π π ⇔
α α
[ ]
5
tan tan , 2
4 4 4
π π π
⇔ = ∧ ∈ π π ⇔ = + π ⇔ =
α α α α .
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![40
Unidade 1
40 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
114. ( )
( ) 3
tan tan arctan 5 ,
2 2
π π
= − ∧ ∈ ⇔
α α
3
tan 5 ,
2 2
π π
⇔ =
− ∧ ∈
α α .
Como
3
,
2 2
π π
∈
α e α
tan 0 , conclui-se que Q
.
2
∈ °
α .
( )
2
2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 5 26
cos cos cos
+ = ⇔ + −
= ⇔
= ⇔
α
α α α
2 1
cos
26
⇔ =
α .
Como 2 Q.
.
∈ °
α , conclui-se que α =
− =
− =
−
1 1 26
cos
26 26
26
.
α
α α
α
= ⇔ =− × − =
sin 26 5 26
tan sin 5
cos 26 26
.
Assim sendo, α α
+ =
− + = =
26 5 26 4 26 2 26
cos sin
26 26 26 13
.
115.1.
3
tan 3,2 , 1,2679
2 2
x x x
π π
= − ∧ ∈ ⇔ ≈ − + π ⇔
1,87
x
⇔ ≈ .
115.2. 2tan 8 0 ,
2
x x
π
+
= ∧ ∈ −π ⇔
tan 4 , 1,33
2
x x x
π
⇔ = − ∧ ∈ −π ⇔ ≈ −
.
115.3.* ( )
7
5sin 3 2 0 ,
6
x x
π
− = ∧ ∈ π ⇔
( )
2 7
sin 3 ,
5 6
x x
π
⇔ = ∧ ∈ π
.
Como
7
,
6
x
π
∈ π
, então
7
3 3 ,
2
x
π
∈ π
.
Então, ( )
− ≤ ≤
1 sin 3 0
x .
Donde se conclui que não existe nenhum valor de x que verifique
a condição ( )
7
5sin 3 2 0 ,
6
x x
π
− = ∧ ∈ π
.
115.4. ( )
3 5
tan 2 10 ,
4 4
x x
π π
= ∧ ∈
.
Ora, ( )
tan 2 10 2 , 2 1,4711
2 2
π π
= ∧ ∈ − ⇔ ≈ ⇔
α α α
0,7356
⇔ α ≈ .
Como
3 5
,
4 4
x
π π
∈
, então conclui-se que 0,7356
x ≈ + π ⇔
3,88
x
⇔ ≈ .
Tarefa 14
1.1.
3
sin ,
2 2
π
= ∧ ∈ π ⇔
α α
2
sin sin ,
3 2 3 3
π π π π
⇔ = ∧ ∈ π ⇔ =
− − π ⇔ =
α α α α .
1.2.
1 3
cos ,
2 2
π
=− ∧ ∈ π ⇔
α α
3
cos cos ,
3 2
π π
⇔ =− ∧ ∈ π ⇔
α α
3
cos cos ,
3 2
π π
⇔ = −π ∧ ∈ π ⇔
α α
2 4
2
3 3
π π
⇔ = − + π ⇔ =
α α .
1.3. tan 1 ,
2
π
=
− ∧ ∈ π ⇔
α α
3
sin tan ,
4 2 4 4
π π π π
⇔ = − ∧ ∈ π ⇔ =
− + π ⇔ =
α α α α .
1.4.
2 3
sin ,
2 2
π
=− ∧ ∈ π ⇔
α α
3
sin sin ,
4 2
π π
⇔ =− ∧ ∈ π ⇔
α α
3 5
sin sin ,
4 2 4 4
π π π π
⇔ = + π ∧ ∈ π ⇔ = + π ⇔ =
α α α α .
2.1.
2 3
cos ,
3 2
π
=− ∧ ∈ π
α α .
Ora,
2
cos , 2,3005
3 2
π
=
− ∧ ∈ π ⇔ ≈
β β β .
Como
3
,
2
π
∈ π
α , então conclui-se que 2 4,0
= π − ⇔ ≈
α β α .
2.2.
4
sin ,
5 2
π
= ∧ ∈ π
α α .
Ora,
π
β β β
= ∧ ∈ ⇔ ≈
4
sin 0, 0,9273
5 2
.
Como ,
2
π
∈ π
α , então conclui-se que 2,2
= π− ⇔ ≈
α β α .
Pág. 89
116.1. + =
⇔ =
−
sin 0,2 0 sin 0,2
x x .
No intervalo ] [
2 ,
− π π , a equação + =
sin 0,2 0
x tem 2
soluções.
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![41
Trigonometria e funções trigonométricas
41 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
116.2. No intervalo ] ]
, 0
−π , a equação + =
sin 0,2 0
x tem 2
soluções.
116.3. No intervalo
5
,
2
π
π
, a equação + =
sin 0,2 0
x tem 2
soluções.
117.1. ( )= ⇔ + = ⇔ = −
1
0 1 3sin 0 sin
3
f x x x
No intervalo [ [
0, 2π , a função f tem 2 zeros.
117.2. No intervalo [ [
, 3
−π π , a função f tem 4 zeros.
Pág. 90
118.1.
1
sin sin sin
2 6
x x
π
=
⇔ = ⇔
2 2 ,
6 6
5
2 2 ,
6 6
x k x k k
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
π− + π ∈
π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈
Z
Z
Atribuindo valores a k conclui-se que as abcissas dos pontos A, B
e C são, respetivamente,
5 13
, e
6 6 6
π π π
.
118.2. a) No intervalo , 2
2
π
π
, a equação =
sin 0,35
x tem
apenas 1 solução.
b) No intervalo ] ]
, 2
−π π , a equação =
sin 0,35
x tem 2
soluções.
c) No intervalo
7
,
4 6
π π
, a equação =
sin 0,35
x tem apenas 1
solução.
119.1. sin sin 0 sin sin
7 7
x x
π π
− =
⇔ = ⇔
2 2 ,
7 7
6
2 2 ,
7 7
x k x k k
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
π − + π ∈
π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈
Z
Z
119.2. 3 2cos 0 3 2sin 0
2
x x
π
+ − = ⇔ + = ⇔
3
sin sin sin
2 3
x x
π
⇔ =
− ⇔ =− ⇔
2 2 ,
3 3
4
2 2 ,
3 3
x k x k k
x k x k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈
Z
Z
119.3. sin sin 0 sin sin
12 12
x x
π π
+ =
⇔ =
− ⇔
sin sin
12
x
π
⇔ = − ⇔
2 2 ,
12 12
13
2 2 ,
12 12
x k x k k
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ =
π− − + π ∈
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈
Z
Z
120.1. sin sin
8
x
π
= ⇔
2 2 ,
8 8
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
π− + π ∈Z
7
2 2 ,
8 8
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈Z
Atribuindo valores a k conclui-se a equação sin sin
8
x
π
= só tem
uma solução no intervalo
3
,
2 2
π π
, a saber,
7
8
π
.
120.2. Se = 0
k , tem-se
7
8 8
x x
π π
= ∨ = .
Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não
pertencem ao intervalo [ ]
,
−π π .
Assim sendo, a equação sin sin
8
x
π
= tem duas soluções no
intervalo [ ]
,
−π π , a saber,
8
π
e
7
8
π
.
120.3. Se = −1
k , tem-se
15 9
8 8
x x
π π
=
− ∨ =
− .
Se = 0
k , tem-se
7
(não pertence ao intervalo)
8 8
x x
π π
= ∨ = .
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![42
Unidade 1
42 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não
pertencem ao intervalo 2 ,
2
π
− π
.
Assim sendo, a equação sin sin
8
x
π
= tem três soluções no
intervalo 2 ,
2
π
− π
, a saber,
15 9
, e
8 8 8
π π π
− − .
Pág. 91
121.1.
4 4
4sin 2 3 4sin 2 3
3 3 3
g
π π π
= + = π+ + =
3
4 sin 2 3 4 2 3 0
3 2
π
= − + = × − + =
.
Logo,
4
3
π
é um zero da função g.
121.2. Como
4
sin sin sin sin
3 3 3 3
π π π π
= π+ = − = −
,
conclui-se que
3
π
− é zero da função g e pertence ao intervalo
,
2 2
π π
−
.
121.3. ( )=
⇔ + =
⇔
0 4sin 2 3 0
g x x
3
sin sin sin
2 3
x x
π
⇔ =
− ⇔ =− ⇔
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈
Z
4
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z
122.1.
2
2
5 5 5 2 2
sin sin
4 4 4 2 2
f
π π π
= + = − + − =
1 2
2
−
= .
Cálculo auxiliar:
5 2
sin sin sin
4 4 4 2
π π π
= π+ = − = −
.
122.2. ( )
+ = ⇔ + = ⇔
2
sin sin 0 sin sin 1 0
x x x x
⇔ = ∨ + =
sin 0 sin 1 0
x x
⇔ =
∨ =
−
sin 0 sin 1
x x
3
2 ,
2
x k x k k
π
⇔ = π ∨ = + π ∈Z
122.3. ( ) [ ]
0 0, 2
f x x
= ∧ ∈ π ⇔
[ ]
3
2 , 0,2
2
x k x k k x
π
⇔ = π ∨ = + π ∈ ∧ ∈ π
Z
• [ ]
, 0, 2 0
x k k x x x
= π ∈ ∧ ∈ π ⇔ = ∨ =
π ∨
Z
2
x
∨ =
π
• [ ]
3 3
2 , 0, 2
2 2
x k k x x
π π
= + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ =
Z
Os zeros da função que pertencem ao intervalo [ ]
0, 2π são:
3
0, , , 2
2
π
π π
.
123.1. ( )
− =
⇔
2 4sin 3 0
x
( ) ( )
1
sin 3 sin 3 sin
2 6
x x
π
⇔ =
⇔ =
3 2 3 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ = π− + π ∈Z
2 5 2
,
18 3 18 3
k k
x x k
π π π π
⇔ = + ∨ = + ∈Z
123.2.
+ = ⇔ =
− ⇔
1 sin 0 sin 1
2 2
x x
3
2 ,
2 2
x
k k
π
⇔ = + π ∈Z
3 4 ,
x k k
⇔ = π+ π ∈Z
123.3. ( ) ( )
−
+ = ⇔ = ⇔
2
2 2 sin 2 2 0 sin 2
2 2
x x
( ) ( )
2
sin 2 sin 2 sin
2 4
x x
π
⇔ =
− ⇔ = − ⇔
2 2 2 2 ,
4 4
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ =
π− − + π ∈
Z
5
,
8 8
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z .
Pág. 92
124.1. Se 0,
2
x
π
∈
, então ] [
2 0,
x∈ π .
Assim sendo, ( )
≤
0 sin 2 1
x .
Donde se conclui que ( )
≤
0 2sin 2 2
x , ou seja, ( )
≤
0 2
A x .
O valor máximo da área é 2.
124.2. ( ) ( ) ( )
=
⇔ =
⇔ =
⇔
2 2sin 2 2 sin 2 1
A x x x
2 2 ,
2
x k k
π
⇔ = + π ∈Z ,
4
x k k
π
⇔ = + π ∈Z .
Como 0,
2
x
π
∈
, conclui-se que
4
x
π
= .
2 2
2sin 2cos 2 2 2 2 2 2 2 4 2
4 4 2 2
P
π π
= + × = × + × × = × =
.
O perímetro do retângulo que tem área máxima é 4 2 .
124.3. Pretende-se resolver graficamente a equação
( )=1,5
A x .
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![43
Trigonometria e funções trigonométricas
43 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
As soluções da equação são ≈ ∨ ≈
0,4 1,1
x x .
Tarefa 15
1.1. ( ) ( )
= = − = − × =
0 2 3sin 0 2 3 0 2
A
y T .
A ordenada do ponto A é 2. Significa que no início da experiência
a temperatura da substância era de 2 graus Celsius.
1.2. ( ) 5 2 3sin 5 sin 1
10 10
t t
T t
π π
= ⇔ − = ⇔ =
− ⇔
3
2 ,
10 2
t
k k
π π
⇔ = + π ∈Z
15 20 ,
t k k
⇔ = + ∈Z .
A primeira solução positiva da equação é 15.
A abcissa do ponto C é 15. Significa que a experiência teve a
duração de 15 minutos.
1.3. ( ) 2 2 3sin 2 sin 0
10 10
t t
T t
π π
= ⇔ − = ⇔ = ⇔
,
10
t
k k
π
⇔ =π ∈Z 10 ,
t k k
⇔
= ∈Z .
A primeira solução positiva da equação é 10.
Então, decorreram 10 minutos desde o início da experiência até a
temperatura da substância igualar a temperatura inicial.
1.4. Para saber o mínimo absoluto da função vamos começar por
determinar o contradomínio.
1 sin 1 3 3sin 3 3 3sin 3
10 10 10
t t t
π π π
− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≥ − ≥ − ⇔
( )
2 3 2 3sin 2 3 5 1
10
t
T t
π
⇔ + ≥ − ≥ − ⇔ ≥ ≥ −
.
O mínimo absoluto da função é −1 porque [ ]
1, 5
T
D′ = − .
( ) 1 2 3sin 1 sin 1
10 10
t t
T t
π π
=
− ⇔ − =
− ⇔ = ⇔
2 ,
10 2
t
k k
π π
⇔ = + π ∈Z
5 20 ,
t k k
⇔ = + ∈Z .
A primeira solução positiva da equação é 5.
Então, ( )
−
5, 1
B .
2. Pretende-se resolver graficamente a equação ( )=4
T t .
Desde o instante em que a temperatura da substância atingiu
4 °C até ao final da experiência decorreram, aproximadamente,
2,7 minutos ( )
− =
15 12,3 2,7 .
Pág. 93
125.1. + =
⇔ =
−
cos 0,4 0 cos 0,4
x x .
A equação + =
cos 0,4 0
x tem 2 soluções pertencentes ao
intervalo ] [
,
−π π .
125.2. A equação + =
cos 0,4 0
x tem apenas 1 solução
pertencente ao intervalo ] ]
, 0
−π .
125.3. A equação + =
cos 0,4 0
x tem 4 soluções pertencentes
ao intervalo [ [
0, 4π .
126.1. ( )= ⇔ + = ⇔ = −
0 1 4cos 0 cos 0,25
f x x x .
A função f tem 2 zeros pertencentes ao intervalo [ [
0, 2π .
126.2. A função f tem 3 zeros pertencentes ao intervalo
3
,
2
π
− π
.
127.1. cos cos
5
x
π
= ⇔
2 2 ,
5 5
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z .
] [
2 , ,
5 5
x k k x x
π π
= + π ∈ ∧ ∈ − π π ⇔ =
Z
] [
2 , ,
5 5
x k k x x
π π
= − + π ∈ ∧ ∈ − π π ⇔ = −
Z
As soluções da equação que pertencem ao intervalo ] [
,
−π π
são: ,
5 5
π π
−
.
127.2. [ ]
5 , 8
x∈ π π
•
1 24 39
5 2 8 5 2 8 2
5 5 5 5
k k k
π
π ≤ + π ≤ π ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔
12 39
5 10
k
⇔ ≤ ≤ .
Como k∈Z , conclui-se que = 3
k .
31
3 6
5 5
k x
π π
= ⇒ = + π= .
•
1 26 41
5 2 8 5 2 8 2
5 5 5 5
k k k
π
π ≤ − + π ≤ π ⇔ ≤ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔
13 41
5 10
k
⇔ ≤ ≤ .
NEMA11PR
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![44
Unidade 1
44 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como k∈Z , conclui-se que { }
∈ 3,4
k .
29
3 6
5 5
k x
π π
= ⇒ = − + π = .
39
4 8
5 5
k x
π π
= ⇒ = − + π = .
As soluções da equação que pertencem ao intervalo [ ]
5 , 8
π π
são:
29 31 39
, ,
5 5 5
π π π
.
Pág. 94
128.1. A equação =
cos 0,32
x tem apenas 1 solução
pertencente ao intervalo
3
0,
2
π
.
128.2.
2
3cos 2 0 cos
3
x x
+ = ⇔ =
− .
A equação + =
3cos 2 0
x tem 2 soluções pertencentes ao
intervalo [ ]
0, 2π .
128.3. ( )
cos 0,2 0 cos 0,2 0 cos 0,2
x x x
π+ + = ⇔ − + = ⇔ = .
A equação ( )
cos 0,2 0
x
π+ + = tem 3 soluções pertencentes ao
intervalo , 2
2
π
− π
.
129.1. ( )
− − = ⇔ − = ⇔
2cos 1 0 2cos 1 0
x x
1
cos cos cos
2 3
x x
π
⇔ =
⇔ =
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
5
, ,
3 3 3
π π π
−
.
129.2. ( ) ( )
−
+ =
⇔ = ⇔
15
2 5cos 3 15 0 cos 3
2 5
x x
( ) ( )
3 5
cos 3 cos 3 cos
2 6
x x
π
⇔ =
− ⇔ =
5 5
3 2 3 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
5 2 5 2
,
18 3 18 3
k k
x x k
π π π π
⇔ = + ∨ =
− + ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
7 5 5 7 17 19 29 31
, , , , , , ,
18 18 18 18 18 18 18 18
π π π π π π π π
− −
.
129.3.
2
cos cos
4 7
x
π π
+
= ⇔
2 2
2 2 ,
4 7 4 7
x k x k k
π π π π
⇔ + = + π ∨ + =
− + π ∈Z
15
2 2 ,
28 28
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
41
,
28 28
π π
.
129.4. 6sin 3 2 0 6cos 3 2
2
x x
π
− + = ⇔ − = − ⇔
2
cos cos cos
2 4
x x
π
⇔ = ⇔ = ⇔
2 2 ,
4 4
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
7
, ,
4 4 4
π π π
−
.
129.5. ( ) ( )
3
cos 3 sin 0 cos 3 cos 0
2
x x x x
π
+ − = ⇔ − = ⇔
( )
⇔ =
cos 3 cos
x x
3 2 3 2 ,
x x k x x k k
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z
2 2 4 2 ,
x k x k k
⇔ = π ∨ = π ∈Z
,
2
k
x k x k
π
⇔ = π ∨ = ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
3
, 0, , , , 2
2 2 2
π π π
− π π
.
129.6. =
⇔ =
∨ =
−
2
cos 1 cos 1 cos 1
x x x
2 2 ,
x k x k k
⇔ = π ∨ = π + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é { }
0, ,2
π π .
129.7. sin cos cos cos
2 2 2
x x
x x
π
= ⇔ − = ⇔
2 2 ,
2 2 2 2
x x
x k x k k
π π
⇔ − =+ π ∨ − =
− + π ∈Z
2 4 2 4 ,
x x k x x k k
⇔ − π = + π ∨ − π = − + π ∈Z
4 3 4 ,
x k x k k
⇔ − = π + π ∨ = π + π ∈Z
4
4 ,
3 3
k
x k x k
π π
⇔ = −π− π ∨ = + ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo , 2
2
π
− π
é
5
,
3 3
π π
.
130.1.
7 7 7 7 7
cos 2 sin cos sin
6 6 6 3 6
g
π π π π π
= × + = + =
1 1
cos 2 sin cos sin 0
3 6 3 6 2 2
π π π π
= π + + π + = − = − =
.
Logo,
7
6
π
é zero da função g.
130.2. ( ) ( ) ( )
=
⇔ + =
⇔ =
− ⇔
0 cos 2 sin 0 cos 2 sin
g x x x x x
( ) ( ) ( )
cos 2 sin cos 2 cos
2
x x x x
π
⇔ = − ⇔ = − − ⇔
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Trigonometria e funções trigonométricas
45 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2 2 2 2 ,
2 2
x x k x x k k
π π
⇔ =
− − + π ∨ =+ + π ∈Z
3 2 2 ,
2 2
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z
2
2 ,
6 3 2
k
x x k k
π π π
⇔ =
− + ∨ = + π ∈Z
2
,
6 3
k
x k
π π
⇔ =
− + ∈Z
Pág. 95
131.1. Sendo
3
π
= −
α , então cos , sin
3 3
A
π π
− −
, ou seja,
−
1 3
,
2 2
A .
Como C é simétrico de A em relação ao eixo das ordenadas,
então
− −
1 3
,
2 2
C .
= + =
1 1
1
2 2
AC .
Seja M o ponto médio de [AC], então
−
3
0,
2
M e
= +
3
2
2
MB .
× +
= = +
[ ]
3
1 2
2 3
1
2 4
ABC
A .
131.2. As coordenadas do ponto A em função de α são
( )
α α
cos , sin
A . Logo, α α α
= + =
cos cos 2cos
AC .
3
3 2cos 3 cos cos cos
2 6
AC
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
α α α
2 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo ,
2 2
π π
−
é ,
6 6
π π
−
.
131.3. A altura do triângulo relativa ao lado [AC] é α
−
2 sin .
α α
− =
⇔ =
−
2 sin 2,6 sin 0,6
Como ,
2 2
π π
∈ −
α , recorrendo à calculadora gráfica tem-se
α ≈ −0,64 .
131.4.
( )
( )
α α
α α
× −
= = × −
[ ]
2cos 2 sin
cos 2 sin
2
ABC
A .
Tarefa 16
1. A circunferência está centrada em O e tem raio 24.
Como
3
4
x
π
= , então
3 3
24cos , 24sin
4 4
P
π π
.
Ora,
3 2
cos cos cos cos
4 4 4 4 2
π π π π
= π − = − π = − = −
e
3 2
sin sin sin sin
4 4 4 4 2
π π π π
= π − = − − π = =
.
Então, ( )
12 2 , 12 2
P − .
Distância do ponto P a r: −
36 12 2 .
Distância do ponto P a s: +
42 12 2 .
2. ( )= ⇔ + =
30 42 24sin 30
f x x
sin 0,5 sin sin
6
x x
π
⇔ =
− ⇔ =−
2 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z
7
2 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo [ ]
2 ,2
− π π é
5 7 11
, , ,
6 6 6 6
π π π π
− −
.
3. A medida da distância do ponto P à reta r é dada pela função
g, então ( )
= +
36 24cos
g x x .
( )= ⇔ + =
48 42 24cos 48
g x x
cos 0,5 cos cos
3
x x
π
⇔ = ⇔ =
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ =+ π ∨ =
− + π ∈Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação no intervalo [ ]
2 ,2
− π π é
5 5
, , ,
3 3 3 3
π π π π
− −
.
Donde se conclui que
5 5
, , e
3 3 3 3
A B C D
x x x x
π π π π
=
− =
− = =
.
Pág. 96
132.1. : ,
2
f
D x x k k
π
= = + π ∈
R Z .
132.2. ( )
3
0 3tan 3 0 tan
3
f x x x
= ⇔ − = ⇔ = ⇔
tan tan ,
6 6
x x k k
π π
⇔ = ⇔ = + π ∈
Z .
133.1. Como =
PR QR , sabe-se que S é o ponto médio de [PQ].
Logo, =6
PS .
θ θ
= ⇔ =
tan 6tan
6
RS
RS .
Então, ( )
θ
θ θ
×
= =
12 6tan
36tan
2
A .
133.2. θ θ θ θ
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
4 9
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
.
Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que θ =
3
cos
5
.
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![46
Unidade 1
46 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
θ
θ
θ
= = =
4
sin 4
5
tan
3
cos 3
5
.
Logo, ( )
θ = × =
4
36 48
3
A .
133.3. ( )
3
12 3 36tan 12 3 tan
3
A = ⇔ = ⇔ = ⇔
θ θ θ
tan tan ,
6 6
k k
θ θ
π π
⇔ = ⇔ = + π ∈
Z .
Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que
6
π
=
θ .
Pág. 97
134.1. : ,
2
f
D x x k k
π
= = + π ∈
R Z .
Atendendo à representação gráfica dada, sabe-se que a equação
da reta vertical que contém o ponto A é
2
x
π
= + π , ou seja,
3
2
x
π
= .
Então,
3
,3
2
A
π
.
134.2. tan 1 tan tan ,
4 4
x x x k k
π π
=
− ⇔ = − ⇔ =
− + π ∈
Z .
Para = 2
k , tem-se
7
2
4 4
x
π π
= − + π = .
A abcissa do ponto D é
7
4
π
.
134.3. tan 3 tan tan ,
3 3
x x x k k
π π
= ⇔ = ⇔ = + π ∈
Z .
Para = −1
k , tem-se
2
3 3
x
π π
= − π = − .
Para =1
k , tem-se
4
3 3
x
π π
= + π= .
Assim sendo,
4 2
e
3 3
B C
x x
π π
= = − .
134.4. a) A equação tan x = π tem 3 soluções pertencentes ao
intervalo ] ]
2 ,
− π π .
b) Sendo α uma das soluções da equação tan x = π e como o
período positivo mínimo da função tangente é π , sabe-se que,
por exemplo, e
α π α π
+ − também são soluções da equação.
135.1.
3 3
tan tan 0 tan tan
7 7
x x
π π
+ =
⇔ =
− ⇔
3 3
tan tan ,
7 7
x x k k
π π
⇔ = − ⇔ =
− + π ∈
Z.
135.2. ( ) ( )
tan 2 1 0 tan 2 1
x x
+ = ⇔ =
− ⇔
( )
tan 2 tan 2 ,
4 4
x x k k
π π
⇔ = − ⇔ =
− + π ∈ ⇔
Z
,
8 2
k
x k
π π
⇔ =
− + ∈Z .
135.3. ( ) ( )
tan tan tan tan
2 2
x x
x x
π −
= ⇔ −
= ⇔
3
, ,
2 2
x
x k k x k k
⇔ − = + π ∈ ⇔ − = π ∈ ⇔
Z Z
2
,
3
x k k
⇔ =
− π ∈Z .
Pág. 98
136.1. ( ) ( ) sin cos sin sin
2
f x g x x x x x
π
= ⇔ = ⇔ = + ⇔
2 2 ,
2 2
x x k x x k k
π π
⇔ =+ + π ∨ =
π− + + π ∈
Z
equação impossível
0 2 2 2 ,
2 2
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈Z
,
4
x k k
π
⇔ = + π ∈Z .
0
4
k x
π
= ⇒ = .
5
0
4 4
k x
π π
= ⇒ = + π= .
Como
2
sin
4 4 2
f
π π
= =
e
5 5 2
sin sin sin
4 4 4 4 2
f
π π π π
= = π + = − = −
, conclui-se
que
2 5 2
, e ,
4 2 4 2
A B
π π
−
.
136.2. a) ( ) [ ]
1
0 0, 2
2
f x x
− ≤ ∧ ∈ π ⇔
[ ]
1
sin 0 0, 2
2
x x
⇔ − ≤ ∧ ∈ π .
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
[ ]
1
sin 0 0, 2
2
x x
− ≤ ∧ ∈ π ⇔
7 11
, ,2
6 6
x
π π
∈ π ∪ π
.
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![47
Trigonometria e funções trigonométricas
47 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
b) ( ) [ ] [ ]
0 1 0, 2 0 cos 1 0, 2
g x x x x
≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π .
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
[ ]
0 cos 1 0, 2
x x
≤ ∧ ∈ π ⇔
3
0, ,2
2 2
x
π π
∈ ∪ π
.
c) ( ) ( ) [ ] [ ]
0,2 sin cos 0,2
f x g x x x x x
∧ ∈ π ⇔ ∧ ∈ π .
Sabe-se que [ ]
5
sin cos 0, 2
4 4
x x x x x
π π
= ∧ ∈ π ⇔= ∨ = .
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
[ ]
sin cos 0,2
x x x
∧ ∈ π ⇔
5
0, ,2
4 4
x
π π
∈ ∪ π
.
d) ( ) ( ) [ ] [ ]
0,2 cos sin 0,2
g x f x x x x x
≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π .
Por observação do gráfico, conclui-se que
[ ]
cos sin 0,2
x x x
≤ ∧ ∈ π ⇔
5
,
4 4
x
π π
∈
.
e) ( ) ( ) [ ]
× ∧ ∈ π ⇔
0 0,2
f x g x x [ ]
× ∧ ∈ π ⇔
sin cos 0 0,2
x x x
( ) ( ) [ ]
⇔ ∧ ∨ ∧ ∧ ∈ π
sin 0 cos 0 sin 0 cos 0 0, 2
x x x x x
Então, [ ]
× ∧ ∈ π ⇔
sin cos 0 0, 2
x x x
π π
∈ π ∪ π
3
, , 2
2 2
x .
f)
( )
( )
[ ] [ ]
sin
0 0,2 0 0,2
cos
f x x
x x
g x x
∧ ∈ π ⇔ ∧ ∈ π ⇔
[ ]
tan 0 0,2
x x
⇔ ∧ ∈ π
3
0, ,
2 2
x
π π
⇔ ∈ ∪ π
.
Pág. 99
137.1. a) ( ) ( ) 2
1 sin 1 sin 1
f x g x x x
+ = ⇔ + + = ⇔
( )
2
sin sin 0 sin sin 1 0
x x x x
⇔ + = ⇔ + =
⇔ = ∨ + = ⇔ = ∨ =
−
sin 0 sin 1 0 sin 0 sin 1
x x x x
3
2 ,
2
x k x k k
π
⇔ = π ∨ = + π ∈Z
b) ( ) ( )
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
2 2
1 sin 1 sin 1 sin sin 2 0
f x g x x x x x
Fazendo =
sin x y , tem-se − − =
2
2 0
y y .
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 1 1 8
2 0 2 1
2
y y y y y
Como = sin
y x , tem-se =
∨ =
−
impossível
sin 2 sin 1
x x .
= −
sin 1
x
3
2 ,
2
x k k
π
⇔ = + π ∈Z .
137.2. ( )
( ) ( ) 2
2 1 3 2sin 2 3 3sin
f x g x x x
− = ⇔ − = + ⇔
2
2sin 3sin 5 0
x x
⇔ − − =
Fazendo =
sin x y , tem-se − − =
2
2 3 5 0
y y .
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 3 9 40 5
2 3 5 0 1
4 2
y y y y y
Como = sin
y x , tem-se =
∨ =
−
impossível
5
sin sin 1
2
x x .
= −
sin 1
x
3
2 ,
2
x k k
π
⇔ = + π ∈Z .
Como , 3
2
x
π
∈ π
, conclui-se que
3
2
x
π
= .
138.1. A área colorida é a soma das áreas do trapézio e do
triângulo. Seja D' a projeção ortogonal de D sobre o eixo Oy.
+
OABC ODE
A A
+ ×
= × + =
'
2 2
OC AB OE DD
BC
α α
α
+ −
= × + =
1 1 sin cos
cos
2 2
( )
α α α
− +
=
2 sin cos cos
2
( )
α α
− +
=
cos 2 sin 1
2
( )
α α
−
=
cos 3 sin
2
, c. q. d.
138.2. Sabe-se que α =
1
tan
2
.
Como α
α
+ =
2
2
1
1 tan
cos
tem-se:
α
+ = 2
1 1
1
4 cos
⇔ α =
2 4
cos
5
Como α
π
∈
0,
2
, α =
2 5
cos
5
.
α
α
=
sin 1
cos 2
⇔ α= ×
1 2 5
sin
2 5
⇔ α =
5
sin
5
Seja S a área da região colorida.
S =
−
2 5 5
3
5 5
2
=
−
6 5 2
5 5
2
=
−
6 5 2
10
=
−
3 5 1
5
, como
queríamos demonstrar.
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NEMA11PR_P001_062_84449_10.indd 47 07/06/16 11:27](https://image.slidesharecdn.com/nema11manualres-210522141126/85/Nema11-manual-res-46-320.jpg)
![48
Unidade 1
48 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Tarefa 17
1.1. − − =
2
2cos cos 1 0
x x
Fazendo =
cos x y , tem-se − − =
2
2 1 0
y y .
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 1 1 8 1
2 1 0 1
4 2
y y y y y
Como = cos
y x , tem-se:
1 2
cos 1 cos cos 1 cos cos
2 3
x x x x
π
= ∨ =
− ⇔ = ∨ =
2 2
2 2 2 ,
3 3
x k x k x k k
π π
⇔ =
π ∨ =+ π ∨ =
− + π ∈Z .
1.2. ( )
2 2
1 sin sin 3 sin
x x x
− + =
+ ⇔
2 2
1 2sin sin sin 3 sin
x x x x
⇔ − + + = + ⇔
⇔ − − =
2
2sin 3sin 2 0
x x
Fazendo =
sin x y , tem-se − − =
2
2 3 2 0
y y .
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 3 9 16 1
2 3 2 0 2
4 2
y y y y y
Como = sin
y x , tem-se =
∨ =
−
impossível
1
sin 2 sin
2
x x .
π
=
− ⇔ = −
1
sin sin sin
2 6
x x
7
2 2 ,
6 6
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z .
2.1. ( ) ( ) ( ) ( )
( )
− = ⇔ − =
2
sin 2 2sin 2 0 sin 2 sin 2 2 0
x x x x
( ) ( )
sin 2 0 sin 2 2 0
x x
⇔ = ∨ − = ⇔
( ) ( )
impossível
sin 2 0 sin 2 2
x x
⇔ =
∨ =
( )
sin 2 0 2 , ,
2
k
x x k k x k
π
= ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈
Z Z .
2.2. ( ) ( ) ( )
1 4cos 3 sin 3 0 1 4cos 3 cos 3 0
2
x x x x
π
− + = ⇔ − = ⇔
( ) ( ) ( )
⇔ = ⇔ = ∨ =
− ⇔
2 1 1 1
cos 3 cos 3 cos 3
4 2 2
x x x
( ) ( )
2
cos 3 cos cos 3 cos
3 3
x x
π π
⇔ = ∨ = ⇔
2
3 2 3 2 3 2
3 3 3
x k x k x k
π π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∨ = + π ∨
2
3 2 ,
3
x k k
π
∨ =
− + π ∈ ⇔
Z
2 2 2 2
9 3 9 3 9 3
k k k
x x x
π π π π π π
⇔ =
+ ∨ =
− + ∨ =
+ ∨
2 2
,
9 3
k
x k
π π
∨ =
− + ∈Z .
2.3. ( ) ( )
sin sin 2 0 sin 2 sin
4 4
x x x x
π π
+ + =
⇔ =
− + ⇔
( )
sin 2 sin
4
x x
π
⇔ = − −
2 2 2 2 ,
4 4
x x k x x k k
π π
⇔ =
− − + π ∨ =
π − − − + π ∈
Z
3 2 2 2 ,
4 4
x k x x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ =
π+ + + π ∈Z
2 5
2 ,
12 3 4
k
x x k k
π π π
⇔ =
− + ∨ = + π ∈Z .
2.4.
sin
2
tan 2sin 2sin 0
2 2 2
cos
2
x
x x x
x
= ⇔ − =
⇔
sin 2sin cos 0 cos 0
2 2 2 2
x x x x
⇔ − =
∧ ≠
⇔ − =
∧ ≠
sin 1 2cos 0 cos 0
2 2 2
x x x
⇔ = ∨ − = ∧ ≠
sin 0 1 2cos 0 cos 0
2 2 2
x x x
⇔ =
∨ =∧ ≠
1
sin 0 cos cos 0
2 2 2 2
x x x
π π π
⇔ = π∨ = + π∨ = + π ∈ ∧ ≠ + π ∈
Z Z
2 2 , ,
2 2 3 2 3 2 2
x x x x
k k k k k k
π π
⇔ = π ∨ = + π∨ =
− + π ∈ ∧
Z
2 2
2 4 4 ,
3 3
x k x k x k k
2 ,
x k k
∧ ≠ π+ π ∈Z
2 2
2 4 4 ,
3 3
x k x k x k k
π π
⇔ = π ∨ = + π ∨ =
− + π ∈Z .
3.1. ( ) [ ] [ ]
3 3
, 2 1 sin , 2
2 2
g x x x x
∧ ∈ π π ⇔ − ∧ ∈ π π ⇔
[ ]
1
sin ,2
2
x x
⇔ − ∧ ∈ π π .
Por observação do círculo trigonométrico,
conclui-se que
[ ]
− ∧ ∈ π π ⇔
1
sin , 2
2
x x
7 11
,
6 6
x
π π
∈
.
3.2.
( ) ( ) ( )
1 1 1
f x f x f x
= ⇔ = ∨ =
− ⇔
⇔ = ∨ =
− ⇔ =
2 2 2
equação impossível
1
2cos 1 2cos 1 cos
2
x x x
π π
⇔ =
∨ =
− ⇔ = ∨ =
2 2 3
cos cos cos cos cos cos
2 2 4 4
x x x x
3
2 2 2
4 4 4
x k x k x k
π π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∨ = + π ∨
3
2 ,
4
x k k
π
∨ =
− + π ∈Z
Como [ ]
, 2
x∈ π π , atribuindo valores a k, conclui-se que
5 7
,
4 4
x
π π
∈
.
Assim sendo, as coordenadas dos pontos do gráfico de f que
distam uma unidade da reta de equação = 0
y são
5
,1
4
π
e
7
,1
4
π
.
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NEMA11PR_P001_062_84449_10.indd 48 07/06/16 11:27](https://image.slidesharecdn.com/nema11manualres-210522141126/85/Nema11-manual-res-47-320.jpg)
![49
Trigonometria e funções trigonométricas
49 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
3.3. ( ) ( ) ( )
2 2
2cos 1 sin 2 1 sin 1 sin
f x g x x x x x
= ⇔ =
− ⇔ − =
−
⇔ − − + = ⇔ − + + =
2 2
2 2sin 1 sin 0 2sin sin 1 0
x x x x
Fazendo =
sin x y , tem-se − + + =
2
2 1 0
y y .
− ± +
− + + = ⇔ = ⇔ =
− ∨ =
−
2 1 1 8 1
2 1 0 1
4 2
y y y y y
Como = sin
y x , tem-se =
− ∨ =
1
sin sin 1
2
x x .
1
sin sin 1 sin sin sin 1
2 6
x x x x
π
=
− ∨ =
⇔ =
− ∨ =
7
2 2 ,
6 6 2
x k x k x k k
π π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∨ =+ π ∈Z .
Como [ ]
,2
x∈ π π , atribuindo valores a k, conclui-se que
7 11
,
6 6
x
π π
∈
.
7 7
1 sin 1 sin 1 sin
6 6 6 6
g
π π π π
= − = − π+ = − − =
1 3
1 sin 1
6 2 2
π
= + = + =
.
11 11
1 sin 1 sin 2 1 sin
6 6 6 6
g
π π π π
= − = − π− = − − =
1 3
1 sin 1
6 2 2
π
= + = + =
.
Então,
7 3
,
6 2
A
π
e
11 3
,
6 2
B
π
.
Pág. 100
Proposta 44
44.1. circunferência 2 80 160 m
P = π× = π .
Amplitude Perímetro do arco
do ângulo de circunferência
360 ------------ 160 m
------------ 120 m
x
° π
°
120 360
86
160
x
×
= ≈
π
A amplitude do ângulo ao centro é, aproximadamente, 86°.
44.2.
Amplitude Perímetro do arco
do ângulo de circunferência
360 ------------ 160 m
200 ------------ m
y
° π
°
200 160
279,3
360
y
× π
= ≈ .
O arco de circunferência descrito pelo atleta tem,
aproximadamente, 279,3 m.
Proposta 45
45.1. Em radianos, tem-se
5 3
ˆ
12 3 12 4
B
π π π π
= π− − = = .
Como rad
π corresponde a 180°, conclui-se que
°
= = °
180
ˆ 45
4
B .
45.2.
× °
= = °
5 180
ˆ 75
12
A e
°
= = °
180
ˆ 60
3
C .
Proposta 46
46.1. O triângulo [RST] é equilátero e está inscrito na
circunferência, então divide-a em três arcos de igual amplitude.
A amplitude, em radianos, do arco ST é
2
3
π
.
Então,
2
3
ˆ rad
2 3
SRT
π
π
= = .
46.2. Sendo [US] lado de um quadrado inscrito na circunferência,
então a amplitude, em radianos, do arco US é
2
4 2
π π
= e a
amplitude do arco UT é
2
3 2 6
π π π
− =.
Donde se conclui que 6
ˆ rad
2 12
UST
π
π
= = .
Proposta 47
47.1.
Amplitude Comprimento do arco
do ângulo de circunferência
1rad ------------ 4 cm
rad ------------ 8 cm
x
×
= =
1 8
2
4
x .
O setor circular ACB tem 2rad de amplitude.
47.2.
Amplitude Comprimento do arco
do ângulo de circunferência
1rad ------------ 4 cm
rad ------------ 12 cm
y
×
= =
1 12
3
4
x .
360 ------------ 2 rad
------------ 3rad
z
° π
°
360 3
172
2
z
×
= ≈
π
.
O ponto P descreve um arco de, aproximadamente, °
172 de
amplitude.
Pág. 101
Proposta 48
Se ,
2
π
∈ π
θ e
3
,
2
ϕ
π
∈ π
, então θ
cos 0 e sin 0
ϕ .
Logo, cos sin 0
θ ϕ .
A opção correta é a (B).
NEMA11PR-4
NEMA11PR
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![50
Unidade 1
50 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 49
49.1. ( ) ( )
ˆ
sin sin cos
2
BAD
π
= + =
α α e
( ) ( )
ˆ
cos cos sin
2
BAD
π
= + =
−
α α .
A opção correta é a (D).
49.2.
2
2 2 2 2
4 33
sin cos 1 sin 1 sin
7 49
+ =
⇔ + =
⇔ =⇔
α α α α
33 33
sin sin
49 49
α α
⇔ = ∨ =
−
Como 0,
2
π
∈
α , conclui-se que α =
33
sin
7
.
Sabe-se que ( ) ( )
α
=
ˆ
sin cos
BAD e ( ) ( )
α
= −
ˆ
cos sin
BAD , então
tem-se ( ) ( )
= = −
4 33
ˆ ˆ
sin e cos
7 7
BAD BAD .
( ) ( )
4 33
ˆ ˆ
sin , cos
7 7
BAD BAD
= = − e ( )
( )
( )
ˆ
sin
ˆ
tan
ˆ
cos
BAD
BAD
BAD
= =
4
4 33
7
33
33
7
= = −
−
.
Proposta 50
= − = =
2 2
10 6 64 8
BC .
Como α e β são ângulos complementares, sabe-se que
β α
=
sin cos e β α
=
cos sin .
8 8 4,5
sin 3,6 cm
10 4,5 10
DE DE
DE DE
CE
×
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
β .
6 6 4,5
cos 2,7 cm
10 4,5 10
CD CD
CD CD
CE
×
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
β .
Então, ( ) 2
[ ]
6 3,6
8 2,7 51,36 cm
2 2
ABDE
AB DE
A BD
+ +
= ×= × + = .
Proposta 51
A afirmação (A) é falsa pois se
cos 0
x , tem-se
3
, ,
2 2
x k k k
π π
∈ + π + π ∈
Z .
A afirmação (B) é falsa pois se =
1
tan
2
x , apenas se pode concluir
que =
sin 1
cos 2
x
x
.
A equação =
3sin 2
x é impossível porque
2
1
3
e o seno de
um ângulo é um número compreendido entre −1 e 1. Assim
sendo, a afirmação (C) é falsa.
A afirmação (D) é verdadeira pois − ≥ ⇔ ≤
1 sin 0 sin 1
x x .
Se , 0,
2
π
∈
α β e α β
, então α β
cos cos . Como
( )
α α
− =
cos cos e ( )
β β
− =
cos cos , conclui-se que
( ) ( )
α β
− −
cos cos . Então, a afirmação (E) é falsa.
Se , 0,
2
π
∈
α β e α β
, então α β
sin sin . Como
( ) ( ) ( )
sin sin sin sin
π− = − −π = − − =
α α α α e
( ) ( ) ( )
sin sin sin sin
π− = − −π = − − =
β β β β , conclui-se que
( ) ( )
sin sin
π− π−
α β . Então, a afirmação (F) é verdadeira.
Conclusão: as afirmações verdadeiras são a (D) e a (F).
Pág. 102
Proposta 52
52.1. a)
3
tan tan 6
6 6 3
CD CD
CD
AD
π
= ⇔ = ⇔ =× ⇔
β
2 3 cm
CD
⇔ = .
Então, 2
[ ]
12 2 3
12 3 cm
2
ABC
A
×
= = .
b)
6 3 6 12
cos cos
6 2 3
AD
AC
AC AC AC
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
β
4 3 cm
AC
⇔ = .
Então, [ ] 12 2 4 3
ABC
P = + × = ( )
12 8 3 cm
+ .
52.2. Sabe-se que + + =
π
α β β , ou seja, 2
= π−
α β .
Então, ( ) ( ) ( ) ( )
cos cos 2 cos 2 cos 2
= π− = −π = −
α β β β .
52.3. a)
3 3
sin cos
2 2 2
π
+ =
− ⇔ =
−
α α .
Como ] [
0,
∈ π
α , conclui-se que
5
rad
6 6
π π
= π− =
α .
Então,
5
6 rad
2 12
π
π−
π
= =
β .
b) tan tan 6tan
12 6 12
CD CD
CD
AD
π π
= ⇔ = ⇔ =
β .
Então, 2
[ ]
12 6tan
12
36tan 9,6 cm
2 12
ABC
A
π
× π
= = ≈
.
Proposta 53
53.1.
9
tan tan 2 tan 1
4 4 4
π π π
= π +
= =
.
53.2.
23 3
cos cos 4 cos cos
6 6 6 6 2
π π π π
= π−= −= =
.
53.3.
22 4 4
sin sin 2 sin
9 9 9
π π π
= π + =
.
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![51
Trigonometria e funções trigonométricas
51 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
53.4.
7 7
cos cos cos 2 cos
4 4 4 4
π π π π
− = = π−= −=
2
cos
4 2
π
= =
.
53.5.
6
tan tan tan
5 5 5
π π π
= π+=
.
53.6.
13 13
tan tan tan 2 tan
6 6 6 6
π π π π
− = − = − π+ = − =
3
3
= − .
Proposta 54
54.1. ( ) ( )
7 3
sin cos 7 sin 2 cos 6
2 2
π π
+ π
= π+ + π+ π
=
( ) ( )
3
sin cos 1 1 2
2
π
= + π =− + − =−
.
54.2. ( ) ( ) ( ) ( )
3
tan 3 sin tan 2 1 tan 1
2
π
π − = π + π − −= π +
=
0 1 1
= + = .
54.3. ( ) ( ) ( )
sin cos 3 1 cos 2 1 cos
2
π
− π = − π + π = − π =
( )
1 1 2
= − − = .
54.4. ( ) ( )
5
cos 4 tan 5 sin
2
π
− π + − π − =
( ) ( )
cos 0 tan 4 sin 2
2
π
= + − π − π − π +
( )
1 tan sin 1 0 1 0
2
π
= + −π − = + − =
.
54.5.
11 7 3 7
cos sin cos 4 sin
2 2 2 2
π π π π
+ − = π + − =
( )
3 3 3 3
cos sin 2 cos sin 0 1 1
2 2 2 2
π π π π
= − π+
= − = − −
=
.
54.6.
4
cos sin cos sin
6 3 6 3
π π π π
− = π+
3 3 3
cos sin
6 3 2 2 4
π π
= × − = × − =
−
.
54.7.
3 13 3 5
tan tan tan tan 2
4 4 4 4
π π π π
+ = + π+
=
3 5
tan tan tan tan
4 4 4 4
π π π π
= + = π − + π+=
sin sin sin sin
4 4 4 4
cos cos cos cos
4 4 4 4
π π π π
π− π+ −
= + = + =
π π π π
π− π+ − −
tan tan 0
4 4
π π
=
− + =
.
54.8.
5 7 7
tan sin tan 2 sin
3 6 3 6
π π π π
− −= π− + =
1
tan sin tan sin 3
3 6 3 6 2
π π π π
= − + π+ = − − = − − =
2 3 1
2
+
= − .
Pág. 103
Proposta 55
55.1. α α α
= ⇔ = ⇔ =
cos cos 5cos
5
AF AF
AF
EF
.
α α α
= ⇔ = ⇔ =
sin sin 5sin
5
AE AE
AE
EF
.
α α
= + = + = +
5cos 5sin
AB AF FB AF AE .
Logo, ( ) ( )
2
5cos 5sin
A = + =
α α α
2 2
25cos 2 5cos 5sin 25sin
α α α α
= + × × + =
2 2
25cos 25sin 50cos sin
α α α α
= + + =
( )
2 2
25 cos sin 50 cos sin 25 1 50 cos sin
α α α α α α
= + + = × + =
25 50cos sin
α α
= + .
55.2. ( )
0 25 50 cos0 sin0 25 50 1 0 25
A = + = + × × = .
Interpretação geométrica: quando α = 0 , o quadrado [EFGH]
coincide com o quadrado [ABCD] e a sua área é igual a 25 cm2
.
55.3.
2 2
25 50 cos sin 25 50
4 4 4 2 2
A
π π π
= + = + × × =
1
25 50 50
2
= + × = .
2
[ ] 5 25
EFGH
A = = .
A área do quadrado [ABCD] é o dobro da área do quadrado
[EFGH].
Proposta 56
56.1. Sabe-se que ( )
1,tan
R α e como o arco RS está centrado
em P, então α
= = tan
PS PR .
Assim sendo, α
= −
1 tan
S
x .
56.2.
2
2 2 2 2
5 11
sin cos 1 cos 1 cos
6 36
+ =
⇔ + =
⇔ =⇔
α α α α
11 11
cos cos
36 36
α α
⇔ =∨ =
−
Como 0,
2
π
∈
α , conclui-se que α =
11
cos
6
.
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![52
Unidade 1
52 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
α
α
α
= = = =
5
sin 5 5 11
6
tan
cos 11
11 11
6
.
Então,
11 5
,
6 6
Q ,
5 11
1,
11
R e
−
5 11
1 ,0
11
S .
Proposta 57
57.1. a)
θ θ
×
×
= = =
[ ]
1 sin sin
2 2 2
P
OPA
OA y
A .
θ
θ
=⇔ =⇔ =
[ ]
sin
1 1 1
sin
4 2 4 2
OPA
A .
2
2 2 2 2
1 3
sin cos 1 cos 1 cos
2 4
+ =
⇔ + =
⇔ =
⇔
θ θ θ θ
3 3
cos cos
2 2
⇔ θ = ∨ θ = − .
Donde se conclui que
3 1
,
2 2
P ou
−
3 1
,
2 2
P .
b)
θ
θ
= ⇔ = ⇔ =
[ ]
sin
3 3 3
sin
4 2 4 2
OPA
A .
2
2 2 2 2
3 1
sin cos 1 cos 1 cos
2 4
+ =
⇔ + =
⇔ =
⇔
θ θ θ θ
1 1
cos cos
2 2
⇔ θ = ∨ θ = − .
Donde se conclui que
1 3
,
2 2
P ou
−
1 3
,
2 2
P .
57.2. a) Seja Q a projeção ortogonal de P sobre o eixo Ox.
Como triângulo [APQ] é retângulo em Q, tem-se:
( ) ( )
2 2 2 2 2
2
1 cos sin
AP AQ PQ d
= + ⇔ = + + ⇔
θ θ
2 2 2
1 2cos cos sin
d
⇔ = + + +
θ θ θ
θ θ
⇔ = + + ⇔ = +
2 2
1 2cos 1 2 2cos
d d .
b) Se = 1,2
d , então tem-se:
θ θ θ
=
+ ⇔ =
− ⇔ =
−
2 7
1,2 2 2cos cos 0,28 cos
25
.
2 2 2
2 2
1 1 625
1 tan 1 tan 1 tan
49
cos 7
25
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
−
θ θ θ
θ
2 576
tan
49
θ
⇔ =
.
Como θ
cos 0 e ] [
0,
∈ π
θ , conclui-se que Q
.
2
∈ °
θ .
Logo, θ = −
24
tan
7
.
Pág. 104
Proposta 58
58.1. O ponto P tem ordenada 3 porque pertence à reta de
equação = 3
y .
α α
α
= ⇔ = ⇔ =
3 3
tan tan
tan
PB
OB
OB OB
.
Então,
α
3
, 3
tan
P .
58.2. a) ( )
3cos
3
sin sin
tan sin 3cos
2 2 2
f
α
α α
α α α
α
× ×
= = = =
3
cos
2
α
= .
( )
3
3
tan 9cos
3 9 3 3
cos cos cos
2 2 2tan 2 2sin 2
g
α α
α α α α
α α
×
= − = − = − =
( )
3cos 3 sin
9cos 3sin cos
2sin 2sin
α α
α α α
α α
−
−
= = .
b) ( )=
⇔ =
⇔ =
3 3 3 2
cos cos
7 2 7 7
f a a a .
2
2 2 2 2
2 45
sin cos 1 sin 1 sin
7 49
a a a a
+ =
⇔ + =
⇔ =⇔
45 45
sin sin
49 49
a a
⇔ = ∨ =
−
Como 0,
2
a
π
∈
, conclui-se que =
3 5
sin
7
a .
Então, tem-se:
( )
( )
2 3 5 3 5
3 3 3
7 7
3cos 3 sin 7
2sin 3 5 5
2
7
a a
g a
a
× −
−
−
= = = =
×
21 3 5
5
7 21 5 15
5 35
−
×
−
= = .
Proposta 59
59.1. 4 4 2 2 2 2
cos sin (cos ) (sin )
x x x x
− = − =
2 2 2 2 2 2
(cos sin )(cos sin ) 1 (1 sin sin )
x x x x x x
= + − =
× − − =
2
1 2sin x
= − .
59.2. Sendo ≠
cos 0
x e ≠
sin 0
x , tem-se:
−
−
= = = =
2
2 2 2
2 2 2 2 2
2
cos
1 1 sin cos 1
cos
1
sin sin sin sin tan
cos
x
x x x
x x x x x
x
.
59.3. Sendo ≠
cos 0
x e ≠ −
sin 1
x , tem-se:
( ) ( )
( )
1 sin 1 sin cos cos
1 sin cos
cos 1 sin cos 1 sin
x x x x
x x
x x x x
− × + + ×
−
+
= =
+ × +
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 sin cos cos cos 2cos
cos 1 sin cos 1 sin cos 1 sin
x x x x x
x x x x x x
− + +
= = = =
× + × + × +
2cos
1 sin
x
x
=
+
.
59.4. Sendo ≠
cos 0
x , tem-se:
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![53
Trigonometria e funções trigonométricas
53 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2
sin sin
sin tan cos sin cos cos
cos cos
x x
x x x x x x
x x
+ = × + = + =
2 2
sin cos 1
cos cos
x x
x x
+
= = .
59.5. Sendo ≠
cos 0
x , tem-se:
( ) ( )
sin tan 1 cos sin sin cos tan tan cos
x x x x x x x x x
+ + − = − + − =
sin sin
sin sin cos cos
cos cos
x x
x x x x
x x
= − + − × =
2
sin sin cos sin
sin sin cos sin
cos cos
x x x x
x x x x
x x
− +
= − + − = =
2 2 3
sin ( cos 1) sin sin sin
cos cos cos
x x x x x
x x x
− +
= = = .
Proposta 60
60.1. ( )
sin cos 0 sin 0
α α α
∧ π+ ⇔
sin cos 0 sin 0
α α α
⇔ ∧ − ⇔
sin cos 0 sin 0 cos 0 sin 0
α α α α α
⇔ ∧ ⇔ ∧ .
Conclui-se que o ângulo α pertence ao 4.° Q. porque é nesse
quadrante que o cosseno é positivo e o seno é negativo.
60.2. ( )
cos tan 0 sin 0
2
α α α
π
π− ∧ + ⇔
cos tan 0 cos 0 sin 0 cos 0
α α α α α
⇔ − ∧ ⇔ − ∧ ⇔
sin 0 cos 0
α α
⇔ ∧ . Conclui-se que o ângulo α pertence
ao 2.° Q porque é nesse quadrante que o seno é positivo e o
cosseno é negativo.
Pág. 105
Proposta 61
61.1. Sendo
6
π
=
α , tem-se:
2
colorida
3 1 2 3
1
1 cos sin
2 2
1 6 6 4
2 2 2 2 2 2
A
π π
+
+ ×
+ ×
π× π π
= − =
− =
− =
4 2 3
8
π − −
= .
61.2. a) ( )
( )
2
1 cos sin
1
2 2
f
α α
α
+ ×
π×
=
− =
sin sin cos sin sin cos
2 2 2
α α α α α α
π + π− −
=
− = .
b) A ordenada do ponto correspondente ao mínimo da função é
3 3 1 2 3 3
sin sin cos
3 3 3 2 2 2 4 4
3 2 2 2
f
π π π
π− − π− − × π− −
π
= = = =
3 3
2 8
π
= − .
No contexto apresentado, significa que quando
3
π
=
α , a área da
zona colorida da figura é mínima e é igual a
3 3
2 8
π
− .
c) Pretende-se resolver graficamente a equação ( )
α =1,2
f .
Sabe-se que ] [
0,
∈ π
α .
Conclui-se que 0,4 rad
≈
α ou 1,8 rad
≈
α .
Proposta 62
62.1. sin 2cos cos 2sin
2 2
π π
+ − − = −
α α α α .
62.2. ( ) ( )
sin 2cos sin 2cos
2 2
α α α α
π π
π− − − + = − − π − − =
( )
sin 2sin sin
α α α
=− − − =− .
62.3. ( ) ( ) ( ) ( )
cos 4 cos cos cos
α α α α
− + π − π+= − − − =
cos cos 2cos
α α α
= + = .
62.4. ( )
3
tan 3 sin tan sin
2 2
α α α α
π π
− π +
= π+ +
=
( )
sin
tan sin cos sin
2 cos
α
α α α α
α
π
= − + = − =
−
.
Proposta 63
( )
− = ⇔ − = ⇔ = −
tan 2 tan 2 tan 2
x x x .
Como 0
x
−π e
tan 0
x , conclui-se que .
4 Q
x ∈ ° .
( ) ( )
cos 3 2sin cos 2cos cos 2cos
2
x x x x x x
π
π+ − + = π+ − = − − =
3cos x
= − .
( )
2
2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 2 5
cos cos cos
x
x x x
+ = ⇔ + −
= ⇔
= ⇔
2 1 1 1
cos cos cos
5 5 5
x x x
⇔ =
⇔ = ∨ =
− .
Como 4 Q.
.
x∈ ° , então
cos 0
x .
Logo, = =
1 5
cos
5
5
x .
Assim sendo, − =
−
3 5
3cos
5
x .
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Unidade 1
54 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 106
Proposta 64
64.1. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito
numa semicircunferência de diâmetro [AB].
α α α
= ⇔ = ⇔ =
sin sin 2 sin
2
AC AC
AC r
r
AB
.
α α α
= ⇔ = ⇔ =
cos cos 2 cos
2
BC BC
BC r
r
AB
.
Sabe-se que sombreada círculo [ ]
ABC
A A A
= − , então tem-se:
( ) 2 2 2
2 sin 2 cos
2 sin cos
2
r r
A r r r
α α
α α α
×
= π× − = π − =
( )
2
2sin cos
r α α
= π− .
64.2. Sendo =1
r , então ( ) 2sin cos
A α α α
= π− .
Fazendo uma representação gráfico da área, numa janela
adequada, e recorrendo às capacidades gráficas da calculadora
determina-se o valor de α para o qual a área sombreada é
mínima.
A área sombreada é mínima quando 0,79 rad
≈
α .
Proposta 65
65.1. ( ) ( ) ( ) ( )
3sin cos 3 sin sin
2
A x x x x x
π
= π+ − + = − − − =
3sin sin 2sin
x x x
=
− + =
− .
65.2.
3 3
2sin 2sin 2sin
4 4 4 4
A
π π π π
= − = − π− = − π =
2
2 sin 2 2
4 2
π
= − = × − =
−
.
65.3. a) ( )
3
3 2sin 3 sin
2
A x x x
= ⇔ − = ⇔ = − ⇔
sin sin
3
x
π
⇔ = −
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z
4
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z .
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação dada no intervalo [ ]
, 3
π π é
4 5
,
3 3
π π
.
b) ( ) 2sin 2sin 2sin sin sin
5 5 5
A x x x
π π π
= ⇔ − = ⇔ = − ⇔
sin sin
5
x
π
⇔ = −
2 2 ,
5 5
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ =
π+ + π ∈Z
6
2 2 ,
5 5
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z .
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação dada no intervalo [ ]
,3
π π é
6 9
,
5 5
π π
.
c) ( ) 0,5 2sin 0,5 sin 0,25
A x x x
=
− ⇔ − =
− ⇔ = ⇔
( )
( )
1
sin sin 0,2527
x
⇔ ≈ ⇔
0,2527 2 0,2527 2 ,
x k x k k
⇔ ≈ + π ∨ ≈ π− + π ∈Z
(1) Utilizando a calculadora tem-se ( )
−
≈
1
sin 0,25 0.2526802551 .
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
equação dada no intervalo [ ]
, 3
π π é { }
6,54; 9,17 .
Proposta 66
66.1. Sendo
3
α
π
= , tem-se cos , 0
3
B
π
e 1, tan
3
C
π
, ou seja,
1
, 0
2
B
e ( )
1, 3
C .
+ +
= × = × =
[ABCD]
2 1 3 3
3
2 2 2
CD AB
A CE .
66.2. As coordenadas dos pontos B e C, em função de α , são,
respetivamente, ( )
α
cos , 0 e ( )
α
1, tan .
Então, ( ) ( )
2 2cos
tan 1 cos tan
2
A
α
α α α α
+
= × =+ × =
sin
tan cos tan tan cos tan sin
cos
α
α α α α α α α
α
= + = + × = + .
Pág. 107
Proposta 67
67.1. Designemos por M o ponto médio do segmento de reta
[AB]. Então, [ ]
2
ABP
AB MP
A
×
= .
As coordenadas do ponto A, em função de α , são
( )
α α
cos , sin .
Assim sendo, tem-se:
( )
( )
( )
2sin 2 cos
sin 2 cos
2
A
α α
α α α
× −
= = × − =
2sin sin cos
α α α
= − .
67.2. a) O triângulo [AMP] é retângulo em M. Aplicando o
Teorema de Pitágoras, tem-se:
( )
2 2 2 2
2 2
sin 2 cos
AP AM MP d α α
= + ⇔ = + − ⇔
2 2 2
sin 4 4cos cos
d α α α
⇔ = + − + ⇔
α α
⇔ =+ − ⇔ = −
2 2
1 4 4cos 5 4cos
d d .
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![55
Trigonometria e funções trigonométricas
55 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
b) Se = 7
d , então tem-se:
( ) α α α
=
− ⇔ =
− ⇔ =
−
2 1
7 5 4cos 7 5 4cos cos
2
.
Como ] [
0,
∈ π
α , conclui-se que
3
π
π − , ou seja,
2
3
π
=
α .
Proposta 68
68.1. 2 1 1 24 1 5
6 1 0
12 12
x x x x
− ± + − ±
+ − = ⇔ = ⇔ = ⇔
1 1
3 2
x x
⇔ = ∨ =
− .
Como α e β pertencem ao intervalo
3
,
2
π
π
, sabe-se que
α
tan 0 e β
sin 0 .
Então, conclui-se que α =
1
tan
3
e β = −
1
sin
2
.
1
sin sin sin
2 6
π
=
− ⇔ = − ⇔
β β
2 2 ,
6 6
k k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z
β β
7
2 2 ,
6 6
k k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z
β β .
Como
3
,
2
π
∈ π
β , conclui-se que
7
6
π
=
β .
68.2. ( ) ( ) ( )
cos 5 cos 4 cos cos
− π
= −π− π
= −π
= −
α α α α .
2
2
2 2 2
1 1 1 10 1
1 tan 1
3 9
cos cos cos
α
α α α
+ = ⇔ + = ⇔
= ⇔
2 9 9 9
cos cos cos
10 10 10
α α α
⇔ =
⇔ = ∨ =
− .
Como
3
,
2
π
∈ π
α , então α
cos 0 .
Logo, α =
− =
−
3 3 10
cos
10
10
.
Assim sendo, α
− =
− − =
3 10 3 10
cos
10 10
.
Proposta 69
69.1. ( ) ( ) ( ) ( )
cos sin 3 cos sin
α α α α
−π− + − + π
= π+ + − + π
=
( ) ( )
cos sin cos sin cos sin
α α α α α α
=
− − − π =
− − − =
− + .
Como
3
,
2 2
π π
∈
α e α
sin 0 , conclui-se que .
3 Q
α ∈ ° .
2
2 2 2 2
1 8
sin cos 1 cos 1 cos
3 9
α α α α
+ = ⇔ − + = ⇔ = ⇔
8 8
cos cos
9 9
α α
⇔ =
∨ =
− .
Como 3 Q.
.
α ∈ ° , conclui-se que α =
− =
−
8 2 2
cos
3 3
.
Assim sendo,
2 2 1 2 2 1
cos sin
3 3 3 3
α α
− + =
− − + − = − =
2 2 1
3
−
= .
69.2. ( )
sin tan 4 sin tan
2 2
α α α α
π π
− − + + π =− + + =
( )
2 2 2 2 2 2 11 2
cos tan
3 4 3 4 12
α α
=
− − + =
− − + = + =
.
Proposta 70
70.1. ( ) ( )
3
cos cos cos cos
2 2
β β β β
π π
− + −π−
= + + + π
=
sin cos
β β
=
− − .
Como ] [
,2
∈ π π
β e β
cos 0 , conclui-se que .
3 Q
β ∈ ° .
2
2 2 2 2
1 8
sin cos 1 sin 1 sin
3 9
β β β β
+ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔
8 8
sin sin
9 9
β β
⇔ =∨ =
− .
Como 3 Q.
.
β ∈ ° , conclui-se que β =
− =
−
8 2 2
sin
3 3
.
Assim sendo,
1 2 2
sin cos
3 3
β β
− − =− − − − =
1 2 2 1 2 2
3 3 3
+
=
+ = .
70.2. ( ) ( ) ( ) ( )
tan 7 sin tan sin
β β β β
π− − − − π
= − + + π
=
2 2
2 2 2 2 4 2
3
tan sin 2 2
1 3 3 3
3
β β
−
=
− − =
− − − =
− + =
−
−
.
Proposta 71
71.1. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( )≈
arcsin 0,25 0,25 .
71.2. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( )
− ≈ −
arctan 3,5 1,29 .
71.3. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( )
− ≈
arccos 0,65 2,28 .
71.4. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( )
− ≈ −
arcsin 0,8 0,93.
Pág. 108
Proposta 72
72.1. sin cos
2
π
− =
−
α α .
Como o ponto A pertence ao gráfico de f, tem abcissa 0,6 e
ordenadaα , então sabe-se que ( ) α
=
0,6
f .
( ) α α α α
=
⇔ =
⇔ = ⇔ =
3
0,6 arcsin 0,6 sin 0,6 sin
5
f .
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![56
Unidade 1
56 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2
2 2 2 2
3 16
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
⇔
16 16
cos cos
25 25
α α
⇔ = ∨ =
− .
Como ,
2 2
π π
∈ −
α , conclui-se que α =
4
cos
5
.
Então,
4
sin cos
2 5
π
− =
− =
−
α α .
72.2. ( ) ( ) ( )
sin tan sin tan
α α α α
+ π − − =− − − =
3
3 3 3 3
5
sin tan
4
5 5 4 20
5
α α
=
− + =
− + =
− + = .
Proposta 73
73.1. ( )
2 1
arcsin 3arccos arctan 1
2 2
− − − + =
2
3 2
4 3 4
π π π
=− − × + =− π .
73.2. ( )
( ) ( )
( ) ( )
sin arccos 1 cos arcsin 1 sin cos
2
π
− + = π + =
0 0 0
= + = .
73.3. ( )
1
tan arcsin arccos tan tan arccos 1
2 4 6
π π
− = − =
3 3
0
3 3
= − = .
73.4.
2 4
arcsin sin arctan tan arccos cos
5 7 5
π π π
− + − =
2 4 5
5 7 5 7
π π π π
=
− + − =
− .
73.5.
3
arcsin sin arcsin sin
4 4
π π
− + =
arcsin sin 0
4 4 4 4
π π π π
=
− + =
− + =
.
Cálculo auxiliar:
3
sin sin sin
4 4 4
π π π
= π− = − − π =
sin sin
4 4
π π
=− − =
.
73.6.
4 5 5
arcsin sin arctan tan arccos cos
3 4 3
π π π
+ − =
arcsin sin arctan tan arccos cos
3 4 3
π π π
= − + − =
5
3 4 3 12
π π π π
=
− + − =
− .
Cálculos auxiliares:
4
sin sin sin sin
3 3 3 3
π π π π
= + π = − = −
,
5
tan tan tan
4 4 4
π π π
= + π
=
e
5
cos cos 2 cos cos
3 3 3 3
π π π π
= − + π
= − =
.
73.7. ( )
( )
2
arccos sin sin arccos 0,5
3
π
− =
3 3 3
arccos cos sin
6 3 6 2 6
π π π π−
= − = − =
.
Cálculo auxiliar:
2 2
sin cos cos
3 3 2 6
π π π π
= −=
.
73.8.*
=
1
tan arcsin ?
3
Seja α
=
1
arcsin
3
, então tem-se: α =
1
sin
3
.
α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2
2 2 2 2
1 8
sin cos 1 cos 1 cos
3 9
.
Como ,
2 2
π π
∈ −
α , α
cos 0 . Donde se conclui que
α =
2 2
cos
3
e
α
α
α
= = = =
1
sin 1 2
3
tan
cos 4
2 2 2 2
3
.
Logo, α
= =
1 2
tan arcsin tan
3 4
.
Proposta 74
74.1.
5
cos cos 2 cos sin
2 2 2
π π π
+ = + + π
= +
= −
α α α α .
Como o ponto B pertence ao gráfico de g, tem abcissa −
4
5
e
ordenada α , então sabe-se que α
− =
4
5
g .
α α α
− = ⇔ − = ⇔ =
−
4 4 4
arccos cos
5 5 5
g .
2
2 2 2 2
4 9
sin cos 1 sin 1 sin
5 25
α α α α
+ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔
9 9
sin sin
25 25
α α
⇔ = ∨ =
− .
Como [ ]
0,
∈ π
α , conclui-se que α =
3
sin
5
.
Então, α
− =
−
3
sin
5
.
74.2.
4
sin
cos 4
2 5
tan
3
2 sin 3
cos
5
2
π
−
−
π
− = = = =
π
−
α
α
α
α
α
.
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Trigonometria e funções trigonométricas
57 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 109
Proposta 75
75.1. cos 0,15 sin 0,15 sin 0,15
2
x x x
π
+ = ⇔ − = ⇔ = −
.
A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo
,
2
π
− π
.
75.2. ( )
− = ⇔ − = ⇔ = −
tan 5 tan 5 tan 5
x x x .
A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo [ [
,
−π π .
75.3. ( ) ( )
sin 0,7 sin 0,7
x x
− +π
= ⇔ − −π
= ⇔
( )
sin 0,7 sin 0,7
x x
⇔ − − = ⇔ = .
A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo
[ [
, 2
−π π .
75.4.
3
sin 0,37 sin 0,37
2 2
x x
π π
+ =
− ⇔ + + π =
− ⇔
sin 0,37 cos 0,37 cos 0,37
2
x x x
π
⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔ =
.
A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo
, 3
2
π
π
.
75.5. =
− ⇔ =
−
5
2tan 5 tan
2
x x .
A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo
2 ,
2
π
− π −
.
75.6. A equação =
sin cos 0
x x tem três soluções pertencentes
ao intervalo [ ]
, 0
−π .
Proposta 76
76.1.
3
3 tan 3 0 tan tan 3
3
x x x
+ =
⇔ =
− ⇔ =
− ⇔
tan tan ,
3 3
x x k k
π π
⇔ = − ⇔ =
− + π ∈
Z
76.2. cos cos cos cos
5 5
x x
π π
= − ⇔ = − + π ⇔
4
cos cos
5
x
π
⇔ =
4 4
2 2 ,
5 5
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
76.3. ( ) ( )
sin 2 sin 0 sin 2 sin
x x x x
− =
⇔ = ⇔
2 2 2 2 ,
x x k x x k k
⇔ =+ π ∨ =
π− + π ∈Z
2
2 ,
3 3
k
x k x k
π π
⇔ = π ∨ = + ∈Z
76.4. tan 3 tan tan
6 6 3
x x
π π π
− =
− ⇔ − = − ⇔
, ,
6 3 6
x k k x k k
π π π
⇔ − =
− + π ∈ ⇔ =
− + π ∈
Z Z
76.5.
2
6 tan 2 0 tan
3 3 6
x x
+ =
⇔ =
− ⇔
3
tan tan tan
3 3 3 6
x x π
⇔ =
− ⇔ = − ⇔
, 3 ,
3 6 2
x
k k x k k
π π
⇔ =
− + π ∈ ⇔ =
− + π ∈
Z Z
76.6. cos sin 0 sin sin
2 8 8
x x
π π π
+ − = ⇔ − = ⇔
sin sin sin sin
8 8
x x
π π
⇔ =
− ⇔ =− ⇔
2 2 ,
8 8
x k x k k
π π
⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈
Z
9
2 2 ,
8 8
x k x k k
π π
⇔ =
− + π ∨ = + π ∈Z
76.7. tan 1 tan 1 tan 1
x x x
= ⇔ = ∨ =
− ⇔
tan tan tan tan
4 4
x x
π π
⇔ = ∨ = − ⇔
, ,
4 4 4 2
k
x k x k k x k
π π π π
⇔ = + π ∨ = − + π ∈ ⇔ = + ∈
Z Z
76.8. ( ) ( )
2 2
sin 2 1 0 sin 2 1
x x
π− − = ⇔ π− = ⇔
( ) ( )
sin 2 1 sin 2 1
x x
⇔ π− = ∨ π− = −
( ) ( )
sin 1 sin 1
x x
⇔ − = ∨ − =
−
sin 1 sin 1 sin 1 sin 1
x x x x
⇔ − =
∨ − =
− ⇔ =
− ∨ =
3
2 2 ,
2 2
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈Z
,
2
x k k
π
⇔ = + π ∈Z
76.9. ( ) ( )
cos 2 cos 0 cos 2 cos
x x x x
+ =
⇔ =
− ⇔
( ) ( )
cos 2 cos
x x
⇔ = − π
2 2 2 2 ,
x x k x x k k
⇔ = − π+ π ∨ = − + π+ π ∈Z
2 3 2 ,
x k x k k
⇔ = −π+ π ∨ = π+ π ∈Z
2
2 ,
3 3
k
x k x k
π π
⇔ = −π + π ∨ = + ∈Z
2
,
3 3
k
x k
π π
⇔ = + ∈Z
76.10. =
⇔ = ∨ =
sin cos 0 sin 0 cos 0
x x x x
,
2
x k x k k
π
⇔ = π ∨ = + π ∈Z
,
2
k
x k
π
⇔= ∈Z
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Unidade 1
58 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
76.11. 2 2
2tan 6 tan 3
3 3
x x
π π
+ = ⇔ + =⇔
tan 3 tan 3
3 3
x x
π π
⇔ + = ∨ + =
−
tan tan tan tan
3 3 3 3
x x
π π π π
⇔ + = ∨ + = −
,
3 3 3 3
x k x k k
π π π π
⇔ + = + π ∨ + =
− + π ∈Z
2
,
3
x k x k k
π
⇔ = π ∨ =
− + π ∈Z
76.12.
1 2
2cos 1 0 cos cos cos
2 2 2 2 3
x x x π
+ = ⇔ =
− ⇔ =
2 2
2 2 ,
2 3 2 3
x x
k k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
4 4
4 4 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
Como [ ]
,2
x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que
4
3
x
π
= .
Proposta 77
1 1
cos cos arccos cos
2 2
α α
= − ⇔ =
− ⇔
cos cos cos cos
3 3
π π
α α π
⇔ =
− ⇔ = + ⇔
4 4
2 2 ,
3 3
k k k
α α
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z
Como [ ]
,2
∈ π π
α ,conclui-se que
4
3
π
=
α .
Proposta 78
78.1. 2sin 1 ,
2
x x
π
≥ − ∧ ∈ − π ⇔
1 2
sin , sin ,
2 2 2
2
x x x x
− π π
⇔ ≥ ∧ ∈ − π ⇔ ≥ − ∧ ∈ − π
.
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
,
4
x
π
∈ − π
.
78.2. [ ] [ ]
1
2sin 1 0, sin 0,
2
x x x x
≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π .
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
5
0, ,
6 6
x
π π
∈ ∪ π
.
78.3. [ [ [ [
3
2sin 3 0 0,2 sin 0,2
2
x x x x
+ ∧ ∈ π ⇔ − ∧ ∈ π .
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
4 5
0, , 2
3 3
x
π π
∈ ∪ π
.
Pág. 110
Proposta 79
79.1. Sendo
6
π
=
θ , tem-se cos , sin
6 6
P
π π
, ou seja,
3 1
,
2 2
P .
Então,
2
1 3 1 3
6 4 2 2 4
f
π π× π−
= − ×
=
.
79.2. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são
( )
θ θ
cos , sin .
Então, ( )
2
1
cos sin sin cos
4 4
f
π× π
= − × =−
θ θ θ θ θ .
79.3. ( )
1 1 1
sin sin cos
2 4 2 4 4
a a a
π π
− = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔
1
cos
4
a
⇔ =
.
2
2 2 2 2
1 15
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
a a a a
+ =
⇔ + =
⇔ =⇔
15 15
sin sin
16 16
a a
⇔ = ∨ =
− .
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![59
Trigonometria e funções trigonométricas
59 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como 0,
2
a
π
∈
, conclui-se que =
15
sin
4
a .
Então, ( )
15 1 15
sin cos
4 4 4 4 4 16
f a a a
π π π
= − × = − × = − =
4 15
16
π −
= .
Proposta 80
80.1. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são
( )
θ θ
cos , sin .
Como os pontos 1
P e 2
P são as projeções ortogonais de P sobre
Ox e Oy, respetivamente, então sabe-se que ( )
θ
1 cos , 0
P e
( )
θ
2 0, sin
P .
Sabe-se, ainda, que θ
= =
1 1 sin
P A PP e θ
= =
2 2 cos
P B PP .
Assim sendo, ( )
θ θ
+
cos sin , 0
A e ( )
θ θ
+
0, sin cos
B .
80.2.a) ( ) ( )
( )
2
2
cos sin 0 0 sin cos
d AB θ θ θ θ
= = + − + − + =
2 2 2 2
cos 2cos sin sin sin 2sin cos cos
θ θ θ θ θ θ θ θ
= + + + + + =
θ θ θ θ θ θ
= + + + = +
1 2cos sin 1 2sin cos 2 4sin cos .
b) Se
6
π
=
θ , tem-se
1 3
2 4sin cos 2 4
6 6 2 2
d
π π
= + × = + × × =
2 3
= + .
c) ( )
3 3
tan 3 tan
4 4
+ π = ⇔ =
θ θ .
2
2
2 2 2
1 3 1 25 1
1 tan 1
4 16
cos cos cos
θ
θ θ θ
+ = ⇔ + = ⇔= ⇔
2 16 16 16
cos cos cos
25 25 25
θ θ θ
⇔ =
⇔ = ∨ =
− .
Como 0,
2
π
∈
θ , então θ
cos 0 .
Logo, θ =
4
cos
5
.
Donde se conclui que θ θ θ
= × = × =
3 4 3
sin tan cos
4 5 5
.
Então, = + × × = + = =
3 4 48 98 7 2
2 4 2
5 5 25 25 5
d .
Pág. 111
Proposta 81
Sabe-se que =
AC BC e que α é a amplitude do ângulo BAC,
logo α
=
ˆ
ABC porque num triângulo a lados iguais opõem-se
ângulos iguais.
Os ângulos ABC e DBE são verticalmente opostos, logo
α
= =
ˆ ˆ
DBE ABC .
Sabe-se também que
2
π
+ =
α β , ou seja,
2
π
= −
α β .
Então, tem-se: ( )
sin sin sin cos
2
π
+ π = − = − − = −
α α β β .
Proposta 82
82.1. ( )( ) ( ) ( )
0 0
f g x f x g x
× =
⇔ × =
⇔
( ) ( ) 2 2
0 0 1 2cos 0 sin cos 0
f x g x x x x
⇔ = ∨ = ⇔ − = ∨ − =
2 2
2cos 1 sin cos
x x x
⇔ − = − ∨ =
1
cos sin cos sin cos
2
x x x x x
⇔ =
∨ = ∨ =
−
cos cos sin cos sin cos
3
x x x x x
π
⇔ = ∨ = ∨ =
−
2 2
3 3 4
x k x k x k
π π π
⇔ = + π ∨ = − + π ∨ = + π ∨
3
,
4
x k k
π
∨ = + π ∈Z .
Como [ ]
,2
x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que
3 3 5 7 5
, , , , , , , ,
4 3 4 4 3 4 4 4 3
x
π π π π π π π π π
∈ − − −
.
82.2. ( ) [ ] [ ]
2 ,2 1 2cos 2 ,2
f x x x x
≥ ∧ ∈ −π π ⇔ − ≥ ∧ ∈ −π π
[ ]
1
cos , 2
2
x x
⇔ ≤ − ∧ ∈ −π π .
Por observação do gráfico anterior, conclui-se que
2 2 4
, ,
3 3 3
x
π π π
∈ −π − ∪
.
82.3. ( ) ( ) 2 2
1 2cos sin cos
f x g x x x x
= ⇔ − = − ⇔
2 2
1 2cos 1 cos cos
x x x
⇔ − = − −
2 2
2cos 2cos 0 cos cos 0
x x x x
⇔ − =⇔ − =
( )
cos cos 1 0 cos 0 cos 1 0
x x x x
⇔ − = ⇔ = ∨ − =
cos 0 cos 1
x x
⇔ =∨ =
2 ,
2
x k x k k
π
⇔ = + π ∨ = π ∈Z .
Como [ ]
,2
x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que
3
, 0, , , 2
2 2 2
x
π π π
∈ − π
.
1 2cos 1 2 0 1
2 2
f
π π
− = − − = − × =
;
( ) ( )
= − = − × =
−
0 1 2cos 0 1 2 1 1
f ;
1 2cos 1 2 0 1
2 2
f
π π
= − = − × =
;
3 3
1 2cos 1 2 0 1
2 2
f
π π
= − = − × =
e
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![60
Unidade 1
60 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
( ) ( )
2 1 2cos 2 1 2 1 1
f π = − π = − × =− .
Então, conclui-se que os gráficos das funções f e g se intersetam
nos pontos de coordenadas
, 1
2
π
−
, ( )
0, 1
− , , 1
2
π
,
3
, 1
2
π
e ( )
2 , 1
π − .
82.4.* ( ) ( ) 2 2
3 3
1 2cos sin cos
2 2
f x g x x x x
− = ⇔ − − + = ⇔
2 3
2cos 2cos
2
x x
⇔ − =
2 2
3 3
2cos 2cos 2cos 2cos
2 2
x x x x
⇔ − =
∨ − =
−
⇔ − − =
∨ − + =
2 2
4cos 4cos 3 0 4cos 4cos 3 0
x x x x
± + ± −
⇔
= ∨=
impossível
4 16 48 4 16 48
cos cos
8 8
x x
+ −
⇔ = ∨ =
4 8 4 8
cos cos
8 8
x x
⇔ =
∨ =
−
impossível
3 1
cos cos
2 2
x x
2
cos cos
3
x
π
⇔ =
2 2
2 2 ,
3 3
x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ =
− + π ∈Z .
Como [ ]
,2
x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que
2 2 4
, ,
3 3 3
x
π π π
∈ −
.
2 2 1
1 2cos 1 2 2
3 3 2
f
π π
− =
− − =
− × − =
e
2 2
2 2
2 2 2 3 1
sin cos
3 3 3 2 2
g
π π π
− = − − − = − − − =
3 1 1
4 4 2
= − = .
2 2 1
1 2cos 1 2 2
3 3 2
f
π π
= − = − × − =
e
2 2
2 2
2 2 2 3 1 3 1 1
sin cos
3 3 3 2 2 4 4 2
g
π π π
= − = − − = − =
.
4 4 1
1 2cos 1 2 2
3 3 2
f
π π
= − = − × − =
e
2 2
2 2
4 4 4 3 1 3 1 1
sin cos
3 3 3 2 2 4 4 2
g
π π π
= − = − − − = − =
.
Conclusão: há três pares de pontos que satisfazem as condições
do enunciado, a saber:
2
, 2
3
P
π
−
e
2 1
,
3 2
Q
π
−
;
2
, 2
3
P
π
e
2 1
,
3 2
Q
π
;
4
, 2
3
P
π
e
4 1
,
3 2
Q
π
.
Proposta 83
83.1.* 2
3cos 2sin 0
2
x x
π
− + + = ⇔
2
3cos 2sin 0
2
x x
π
⇔ − + =
( )
⇔ + =
⇔ + =
2
3 sin 2sin 0 sin 3 2sin 0
x x x x
⇔ = ∨ + =⇔ = ∨ =
−
3
sin 0 3 2sin 0 sin 0 sin
2
x x x x
sin 0 sin sin
3
x x
π
⇔ =∨ = −
2 2 ,
3 3
x k x k x k k
π π
⇔ =π ∨ =
− + π ∨ =
π− − + π ∈
Z
4
2 2 ,
3 3
x k x k x k k
π π
⇔ =π ∨ =
− + π ∨ = + π ∈Z
83.2.* − =
+ ⇔ − =
+ −
2 2 2 2
cos cos 2 sin cos cos 2 1 cos
x x x x x x
⇔ − − =
2
2cos cos 3 0
x x
± +
⇔ =
1 1 24
cos
4
x
⇔ =
∨ =
−
impossível
3
cos cos 1
2
x x
2 ,
x k k
⇔ = π+ π ∈Z
83.3.*
sin
tan 2sin 0 2sin 0
cos
x
x x x
x
+ =
⇔ + =
⇔
sin 2sin cos 0 cos 0
x x x x
⇔ + =∧ ≠
( )
⇔ + =
∧ ≠
sin 1 2cos 0 cos 0
x x x
( )
⇔ = ∨ + = ∧ ≠
sin 0 1 2cos 0 cos 0
x x x
⇔ =
∨ =
− ∧ ≠
1
sin 0 cos cos 0
2
x x x
2
sin 0 cos cos
3
x x
π
⇔ = ∨ =
2 2
2 2 ,
3 3
x k x k x k k
π π
⇔ =
π ∨ = + π ∨ =
− + π ∈Z
83.4.* ( ) ( )
2 2 1
3tan 1 0 tan
3
x x
π − = ⇔ π =
( ) ( )
1 1
tan tan
3 3
x x
⇔ π = ∨ π =
−
( ) ( )
3 3
tan tan
3 3
x x
⇔ π = ∨ π =
−
( ) ( )
tan tan tan tan
6 6
x x
π π
⇔ π = ∨ π = −
,
6 6
x k x k k
π π
⇔ π = + π ∨ π =
− + π ∈Z
1 1
,
6 6
x k x k k
⇔ = + ∨ =
− + ∈Z
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![62
Unidade 1
62 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
c) ( )
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
1 1 2sin 1 2sin 0 sin 0
3 3 3
x x x
f x
,
3
x
k k
⇔ = π ∈Z
3 ,
x k k
⇔ = π ∈Z
Como
7 9
,
2 2
C
x
π π
∈ −
e 0
C
x , conclui-se que 3
C
x = π .
2.2. Pretende-se resolver graficamente a condição
( )= ∧
7 0
f x x .
Conclui-se que 12,32 rad
x ≈ .
3.1.
1 1 3
tan tan arcsin tan
2 2 6 3
f
π
= = =
.
3.2. Como α é a ordenada do ponto A que pertence ao gráfico
de f e tem abcissa −
1
4
, então tem-se α
− =
1
4
f .
α α α
− = ⇔ − = ⇔ =
−
1 1 1
arcsin sin
4 4 4
f .
2
2 2 2 2
1 15
sin cos 1 cos 1 cos
4 16
α α α α
+ =
⇔ − + =
⇔ =
⇔
15 15
cos cos
16 16
α α
⇔ = ∨ =
− .
Como ,
2 2
α
π π
∈ −
, conclui-se que α =
15
cos
4
.
4. sin 0,2 sin 0,2
2 2
α α
π π
− − = − ⇔ − + = −
( )
1
sin 0,2 cos 0,2 cos
2 5
α α α
π
⇔ + = ⇔ = ⇔ =
Como ] [
, 0
α ∈ − π e cos 0
α , conclui-se que 4. Q
α ∈ ° .
2 2
2
2
2 2
1 1
1 tan 1 tan
cos 1
5
1 tan 25 tan 24
α α
α
α α
+ = ⇔ + =
⇔ + = ⇔ =
Como 4. Q
α ∈ ° , conclui-se que tan 24 2 6
α =
− =
− .
( )
( )
( )
( )
( )
( )
sin sin
tan
cos cos
sin
tan 2 6 2 6
cos
α α
α
α α
α
α
α
π− − − π
π −
= =
π− − π
= =− =− − =
−
5. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito numa
semicircunferência.
Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2
2,4 4,5 26,01
AB AC BC AB AB
= + ⇔ = + ⇔ = .
Como 0
AB , conclui-se que 5,1
AB = .
Como a semirreta AD
ɺ é a bissetriz do ângulo BAC, sabe-se que
ˆ
ˆ
2 2
BAC
DAO
α
= = .
Como o triângulo [AOD] é isósceles (porque OA OD
= ), sabe-se
que ˆ ˆ
2
ADO DAO
α
= = .
Então,
2 2
α α
β α
= π − − = π − .
( ) ( )
ˆ
cos cos cos cos
2,4 24 8
cos
5,1 51 17
DOA
AC
AB
β α α
α
= = π−= − π
=
− =
− =
− =
− =
−
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![63
63 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 119
1.1. ˆ 50
AOC
= ° porque ângulos opostos de um paralelogramo
são geometricamente iguais.
Então, a reta OC tem de inclinação 50°.
1.2. A reta AB é paralela à reta OC, logo têm a mesma inclinação.
Portanto, a reta AB tem de inclinação 50°.
1.3. A reta BC é paralela à reta OA, logo têm a mesma inclinação.
Como a reta AO coincide com o eixo Ox, tem de inclinação 0°.
Então, a reta BC tem de inclinação 0°.
2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, sabe-se que ˆ 60
BAC
= ° .
A reta AC tem de inclinação 110°, então conclui-se que a reta AB
tem de inclinação 110 60 50
° − °
= ° , ou seja, 50°.
2.2. Seja D o ponto de interseção da reta BC com o eixo Ox.
Então, tem-se ˆ 180 60 120
ABD
= °− °
= ° e ˆ 50
BAD
= ° .
Atendendo a que a amplitude de um ângulo externo de um
triângulo é igual à soma das amplitudes dos ângulos internos não
adjacentes, conclui-se que a inclinação da reta BC é 120 50
°+ ° ,
ou seja, 170°.
Pág. 120
3.1. Uma equação reduzida da reta AB é do tipo: y mx b
= + .
Um vetor diretor da reta AB é ( )
3, 3
AB B A
= − = −
.
Então,
3
1
3
m= = −
−
e y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
3, 3
B pertence à reta AB, tem-se:
3 3 3 3
b b
=
− + ⇔ = + .
Assim sendo, uma equação reduzida da reta AB é 3 3
y x
=
− + + .
3.2.
a) Sendo ( )
3, 3
OB B O
= − =
um vetor diretor da reta OB, então
3
3
OB
m = .
Seja α a inclinação da reta OB. Então, tem-se
3
tan
3
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , conclui-se que 30
α
= ° .
b) Como a reta AB tem declive 1
− sabe-se que tan 1
α = − ,
sendo α a sua inclinação.
Como 0 180
α
° ≤ ° , conclui-se que 180 45 135
α
= °− °
= ° .
3.3. ˆ ˆ
30 , 180 135 45
AOB OAB
= ° = °− °
= ° e
ˆ 180 30 45 105
ABO
= °− °− °
= ° .
Pág. 121
4.1. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo:
y mx b
= + .
( ) ( ) ( )
tan 120 tan 60 tan 60 3
m= ° = − ° =− ° =− .
Como o ponto de coordenadas ( )
2, 0 pertence à reta, tem-se:
0 3 2 2 3
b b
=
− × + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta representada é
3 2 3
y x
=
− + .
4.2. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo:
y mx b
= + .
( )
3
tan 30
3
m
= °
=
Como o ponto de coordenadas ( )
3, 0
− pertence à reta, tem-se:
( )
3
0 3 0 3 3
3
b b b
= × − + ⇔ =
− + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta representada é
3
3
3
y x
= + .
5.1. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se
3
tan
2
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
56,3
α ≈ ° .
5.2. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan 2
α = − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
63,4 180
α ≈ − °+ ° , ou seja, 116,6
α ≈ ° .
5.3.
3
2 3 0 2 3
2 2
x
y x y x y
− + = ⇔ = − ⇔ = − .
Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se
1
tan
2
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
26,6
α ≈ ° .
5.4. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan
2
α
π
= − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
57,5 180
α ≈ − °+ ° , ou seja, 122,5
α ≈ ° .
5.5. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = π .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
72,3
α ≈ ° .
Tarefa 1
1.1.
a) Sendo ( ) ( ) ( )
1, 4 3,1 4, 3
BC C B
= − = − − =
um vetor diretor da
reta BC, então
3
4
BC
m = .
Seja α a inclinação da reta BC. Então, tem-se
3
tan
4
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
36,9
α ≈ ° .
b) Sendo ( ) ( ) ( )
3,1 2, 1 5,2
AB B A
= − = − − − = −
um vetor diretor
da reta AB, então
2 2
5 5
AB
m = = −
−
.
Unidade 2 Geometria analítica
NEMA11PR
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![64
Unidade 2
64 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Seja α a inclinação da reta AB. Então, tem-se
2
tan
5
α = − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
158,2
α ≈ ° .
c) Sendo ( ) ( ) ( )
1, 4 2, 1 1, 5
AC C A
= − = − − = −
um vetor diretor
da reta AC, então
5
5
1
AC
m = = −
−
.
Seja α a inclinação da reta AC. Então, tem-se tan 5
α = − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
101,3
α ≈ ° .
1.2.
2 1
2 3 1 0 3 2 1
3 3
x y y x y x
+ − = ⇔ =
− + ⇔ =
− + .
1.3. O declive da reta r é
2
3
− .
Um vetor que tem a direção da reta r é, por exemplo, ( )
3, 2
v
= −
.
1.4. Sendoθ a inclinação da reta r, sabe-se que
2
tan
3
θ = − .
2
2
2 2 2
1 2 1 13 1
1 tan 1
cos 3 cos 9 cos
θ
θ θ θ
+ = ⇔ + −= ⇔
= ⇔
2 9
cos
13
θ
⇔ =
.
Como tan 0
θ , conclui-se que
9 3
cos
13 13
θ =
− =
− .
sin 2 3
tan sin tan cos sin
cos 3 13
θ
θ θ θ θ θ
θ
= ⇔ = × ⇔ =− × − ⇔
2
sin
13
θ
⇔ =.
Então,
2 3 6
sin cos
13
13 13
θ θ
× = × − =
−
.
2.1. A inclinação da reta s é 180 45 135
α
= °− °
= ° .
Uma equação reduzida da reta s é do tipo: y mx b
= + .
( ) ( ) ( )
tan 135 tan 45 tan 45 1
m= ° = − ° =− ° =− .
Como o ponto ( )
1, 0
A pertence à reta s, tem-se:
0 1 1 1
b b
=− × + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta s é 1
y x
=
− + .
2.2. Seja β a inclinação da reta r. Então, tem-se tan 3
β = .
Como 0 180
β
° ≤ ° , conclui-se que 60
β
= ° .
Então, 180 45 60 75
α = ° − °− ° = ° .
3.1.
a) Como o triângulo [CDE] é equilátero, sabe-se que ˆ 60
DCE
= ° .
Assim sendo, a inclinação da reta CD é 60°.
Uma equação reduzida da reta CD é do tipo: y mx b
= + .
( )
tan 60 3
m
= °
=
Como o ponto ( )
2, 0
C pertence à reta CD, tem-se:
0 3 2 2 3
b b
= × + ⇔ =
− .
Então, uma equação reduzida da reta CD é 3 2 3
y x
= − .
b) A inclinação da reta DE é 120°.
Uma equação reduzida da reta DE é do tipo: y mx b
= + .
( ) ( ) ( )
tan 120 tan 60 tan 60 3
m= ° = − ° =− ° =− .
Como o ponto ( )
6, 0
E pertence à reta DE, tem-se:
0 3 6 6 3
b b
=
− × + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta DE é 3 6 3
y x
=
− + .
c) A inclinação da reta BC é 150° ( )
60 90
°+ ° .
Uma equação reduzida da reta BC é do tipo: y mx b
= + .
( ) ( ) ( )
3
tan 150 tan 30 tan 30
3
m= ° = − ° =− ° =− .
Como o ponto ( )
2, 0
C pertence à reta BC, tem-se:
3 2 3
0 2
3 3
b b
=
− × + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta BC é
3 2 3
3 3
y x
=
− + .
3.2. D é o ponto de interseção das retas CD e DE.
3 2 3 3 2 3
3 6 3 3 2 3 3 6 3
y x y x
y x x x
=
− =
−
⇔ ⇔
=
− + − =
− +
3 2 3 3 4 2 3 2 3
4 4
2 3 8 3
y x y y
x x
x
= − = × − =
⇔ ⇔ ⇔
= =
=
Então, ( )
4, 2 3
D .
3.3. A reta AD é paralela à reta BC, então sabe-se que
3
3
AD BC
m m
= = − .
Uma equação reduzida da reta AD é do tipo:
3
3
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
4, 2 3
D pertence à reta AD, tem-se:
3 4 3 10 3
2 3 4 2 3
3 3 3
b b b
=
− × + ⇔ = + ⇔ = .
Então, uma equação reduzida da reta AD é
3 10 3
3 3
y x
=
− + .
Pág. 122
6.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um
triângulo equilátero é igual a 60°, então tem-se:
( )
, 60
AB AC= °
ɵ .
NEMA11PR
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![65
Geometria analítica
65 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
6.2. ( )
, 2 60 120
AB AD = × ° = °
ɵ .
6.3. ɵ
( )
, 180 60 120
AB BC
= °− °
= °
.
7.1. ( )
, 0
AF BE = °
ɵ porque os vetores são colineares e têm o
mesmo sentido.
7.2. ( )
, 120
BC DE
= °
ɵ porque a amplitude de cada um dos
ângulos internos de um hexágono regular é igual a 120°.
7.3. ( )
BA , 60
CD= °
ɵ .
7.4. ( )
, 120
AF CB
= °
ɵ .
7.5. ( )
, 180
BC DA
= °
ɵ porque os vetores são colineares e têm
sentidos opostos.
Pág. 123
8. . 3 4 12
AB AC AC AD
= × = × =
.
Cálculos auxiliares: ( )
2
2
10 3 1 1
CD = − = = ,
2 2
5 3 16 4
AD= − = = e 4 1 3
AC AD CD
= − = − = .
9. . . 6 3 18
AB BC AB AD AB AM
= = × = × =
.
10.
1
. cos 6 4 3cos cos
2
u v u v α α α
= × ⇔ = × ⇔ =
.
Então,
3
α
π
= .
Pág. 124
11.1. 2 2
3 2 13
w = + =
.
Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores v
e w
.
3
. cos 2 13 6
13
v w v w α
= × =
× × =
.
11.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e
v
.
2
. cos 20 2 4
20
u v u v α
= × = × × − =
−
.
12.1. . 3 3 9
MD MN MD MD
= × = × =
.
12.2.
3
. 45 6 18
45
NB BC
= × × − =
−
.
12.3. ( )
. 3 3 cos 90 0
NA MC = × × ° =
.
12.4. ( )
. 3 6 cos 180 18
NA BC = × × ° =−
.
Pág. 125
13.1. O octógono [ABCDEFGH], sendo regular, divide a
circunferência em 8 arcos geometricamente iguais, cada um
deles com 45° ( )
360 :8
° de amplitude.
( )
2
. 6 6 cos 45 36 18 2
2
OC OD = × × ° = × =
.
13.2. ( )
2
. 6 6 cos 135 36 18 2
2
OE OH
= × × ° = × − =−
.
13.3. ( )
. 6 6 cos 90 0
OA GO = × × ° =
.
13.4. ( )
. 6 12 cos 180 72
OB BF = × × ° =−
.
13.5. ( )
2
. 6 6 cos 135 36 18 2
2
OE DO
= × × ° = × − =−
.
13.6. ( )
. 6 12 cos 0 72
OD HD = × × ° =
.
NEMA11PR-5
NEMA11PR
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![66
Unidade 2
66 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
14. A: Os vetores BA
e BC
formam um ângulo obtuso, então
. 0
BA BC
.
B: Os vetores CD
e AD
são perpendiculares, então . 0
CD AD =
.
C: Os vetores AB
e ED
são colineares e têm sentidos contrários,
então 2
.
AB ED AB ED k k k
=
− × =
− × =
−
.
D: Os vetores AB
e DE
são colineares e têm o mesmo sentido,
então 2
. 0
AB DE AB DE k k k
= × = × =
.
Conclui-se, então, que só as afirmações A e C são verdadeiras.
Pág. 126
15. ( )
2
. cos
BD
BD BH BD BH BD BH BD
BH
α
= × × = × × = =
( ) ( )
2 2
2 2
4 4 32
AB AD
= + = + = .
16.1. 2 2
4 4 32 4 2
DB = + = =
.
( ) 4
. 4 4 2 cos , 16 2 16
4 2
AB DB AB DB
=
× × = × =
ɵ .
16.2. ( )
2
2
2 2 6 44 2 11
AV = + = =
.
Designemos por O o centro da base da pirâmide. Então,
( ) 2 2 2
cos ,
2 11 11
AO
AV AC
AV
= = =
ɵ .
( ) 2
. 2 11 4 2 cos , 2 11 4 2 16
11
AV AC AV AC
= × × = × × =
ɵ .
16.3. Designemos por N o ponto médio da aresta [AD]. Então,
( ) 2 1
cos ,
2 11 11
AN
AV AC
AV
= = =
ɵ .
( ) 1
. 11 4 cos , 4 11 4
11
AM BC AM BC
= × × = × =
ɵ .
16.4. ( )
. 4 4 cos 180 16
AB CD = × × ° =−
Pág. 127
17.1. . 5 3 15
AB AC AB AD
= × = × =
17.2. . 3 2 6
AB AC AB AD
=− × =− × =−
17.3. . 3 0 0
AB AC AB AA
= × = × =
Pág. 128
18. Se . 0
BA AC =
então os vetores BA
e AC
são
perpendiculares.
Logo, conclui-se que o triângulo [ABC] é retângulo em A.
Se . 0
DE DF
então os vetores DE
e DF
formam um ângulo
obtuso.
Assim sendo, o triângulo [DEF] é obtusângulo em D.
( ) ( )
. 0 . 0 . 0 . 0
GH HI HG HI HG HI HG HI
⇔ − ⇔ − ⇔
.
Se . 0
HG HI
então os vetores HG
e HI
formam um ângulo
obtuso.
Portanto, o triângulo [GHI] é obtusângulo em H.
19.1. . 0
PR QR =
porque os vetores PR
e QR
são
perpendiculares.
19.2. 2 2
10 7,5 156,25 12,5
PQ = + = =
.
2
2
. 12,5 156,25
PQ PQ PQ
= = =
.
20.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e
v
.
3
. cos 30 5 4 cos cos
2
u v u v α α α
= × × ⇔ = × × ⇔ =
A condição
3
cos
2
α = é impossível porque 1 cos 1
α
− ≤ ≤ .
Conclui-se, então que não é possível ter-se 5
u =
, 4
v =
e
. 30
u v =
.
20.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e
v
.
6
. cos 12 2 7 cos cos
7
u v u v α α α
= × × ⇔ = × × ⇔ =
A condição
6
cos
7
α = é possível porque
6
1 1
7
− ≤ ≤ .
Conclui-se, então que é possível ter-se 2
u =
, 7
v =
e
. 12
u v =
.
20.3. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e
v
.
. cos 10 5 2 cos cos 1
u v u v α α α
= × × ⇔ − = × × ⇔ = −
Se α é a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e v
e
cos 1
α = − então 180
α
= ° .
Conclui-se, então que é possível ter-se 5
u =
, 2
v =
e
. 10
u v = −
.
21.1. ( ) ( )
. 3 . 3 . 3 6 18
w v u v u v
= = = ×
=
.
21.2. ( ) ( ) ( )
2 2
. 3 . 3 9 . 9 9 2 36
w w u u u u u
= = = × = × =
.
Pág. 129
22.1. ( ) ( ) ( )
. 3 . 2 6 . 6 5 30
AD AK u v u v
= = = × =
.
22.2. ( ) ( ) ( )
. 4 . 3 12 . 12 5 60
JF CR u v u v
= = = × =
.
22.3. ( ) ( ) ( )
. . . 5
FG GN u v u v
=
− =
− =
−
.
22.4. ( ) ( ) ( )
. 2 . 3 6 . 6 5 30
DB CR u v u v
= − =
− =
− × =−
.
22.5. ( ) ( ) ( )
. . 3 3 . 3 5 15
ON SB u v u v
= − − = = × =
.
22.6. ( ) ( ) ( ) ( )
. . 2 2 . 2 . 2 5 10
FE MO v u v u u v
=
− =
− =
− =
− × =
−
.
NEMA11PR
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![69
Geometria analítica
69 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 134
31.1. ( ) .
cos ,
u w
u w
u w
= =
×
ɵ
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 3 2 0 3 1 6 6
14 10 2 35
1 2 3 3 0 1
− × + × + − × − −
= = = =
×
− + + − × + +
3 35
35
= − .
31.2. ( ) .
cos ,
u v
u v
u v
= =
×
ɵ
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 2 0 3 2 5 5
14 5 70
1 2 3 1 0 2
− × + × + − × −
= = =
×
− + + − × + + −
.
Recorrendo à calculadora, conclui-se que ( )
, 53,3
u v ≈ °
ɵ .
32. ( ) ( ) ( )
2,5 3,4 1,1
A B AB
=− = − =
−
e
( ) ( ) ( )
4,5 1,1 3,4
AD D A
= − = − − − = −
.
Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores AB
e
AD
.
( )
( )
( )
2
2 2 2
3 3 4 4
. 7
cos
25
3 4 3 4
AB AD
AB AD
α
× − + ×
= = =
× + × − +
Recorrendo à calculadora, conclui-se que 73,7
α ≈ ° .
Como ângulos consecutivos de um losango são suplementares,
conclui-se que as amplitudes dos ângulos internos do losango são
73,7° e 106,3°.
33.1. ( ) ( )
2 2
2 2
3 2 2 7
u v k
= ⇔ + + = + − ⇔
( ) ( )
2 2
3 4 4 49 3 49 3 7 3 7
k k k k
⇔ + + = + ⇔ + = ⇔ + = ∨ + =− ⇔
4 10
k k
⇔ = ∨ =
− .
33.2. Se ( )
u v
+
e ( )
u v
−
formam um ângulo agudo então tem-
-se ( ) ( )
. 0
u v u v
+ −
.
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 5 , 5 . 1 ,9 0
u v u v k k
+ − ⇔ + − + ⇔
( ) ( ) ( )
5 1 5 9 0
k k
⇔ + × + + − × ⇔
2 2
5 5 45 0 6 40 0
k k k k k
⇔ + + + − ⇔ + − ⇔
] [ ] [
, 10 4,
k
⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞
Cálculo auxiliar: 2 6 36 160
6 40 0
2
k k k
− ± +
+ − = ⇔ = ⇔
4 10
k k
⇔ = ∨ =
−
Pág. 135
34.1. Sabe-se que [ABCDEFGO] é um paralelepípedo e que
OG a
= .
Considerando que OE b
= e OA c
= , tem-se
( ) ( ) ( )
, ,0 , 0, ,0 e , ,
F a b E b C a b c .
Então, ( ) ( ) ( )
, ,0 0,0,0 , ,0
OF F O a b a b
= − = − =
e
( ) ( ) ( )
, , 0, ,0 ,0,
EC C E a b c b a c
= − = − =
.
Assim sendo, tem-se:
( ) ( ) 2
. , ,0 . ,0, 0 0
OF EC a b a c a a b c a
= = × + × + × =
.
34.2.
a) Sendo ( )
4, 6,3
C , então ( )
0, 6,0
E e ( )
4, 0,0
G .
( ) ( ) ( )
4,6,3 0,6,0 4,0,3
EC C E
= − = − =
e
( ) ( ) ( )
4,0,0 0,6,0 4, 6,0
EG G E
= − = − = −
.
( )
( )
2
2 2 2 2 2
4 4 0 6 3 0
.
cos
4 0 3 4 6 0
EC EG
EC EG
θ
× + × − + ×
= = =
× + + × + − +
16 16 8 8 13
65
5 52 5 2 13 5 13
= = = =
× ×
.
b) Recorrendo à calculadora, tem-se 63,7
θ ≈ ° .
Tarefa 4
1. Os vértices da pirâmide são os pontos A, B, C, D e V.
, ,0 , , ,0 , , ,0 , , ,0
2 2 2 2 2 2 2 2
a a a a a a a a
A B C D
− − − −
e
( )
0, 0,
V a .
2.1.
a) ( )
, ,0 , ,0 , ,0
2 2 2 2
a a a a
AC C A a a
= − = − − − = −
e
( )
0,0, , ,0 , ,
2 2 2 2
a a a a
CV V C a a
= − = − − = −
.
Então, ( )
. , ,0 . , ,
2 2
a a
AC CV a a a
=
− − =
2 2
2
0 0
2 2 2 2
a a a a
a a a a
=
− × + × − + × =
− − + =
−
.
b) ( ) .
cos ,
AC CV
AC CV
AC CV
= =
×
ɵ
( )
2 2
2 2 2
2
2 2 2 2
3
2
0
2
2 2
a a
a
a a a
a a a
− −
= = =
×
− + + × + − +
2
1 3
3
3 3
2
2
a
a a
− −
= = = −
×
.
2.2. Como ( ) 3
,
cos
3
AC CV = −
ɵ , recorrendo à calculadora, tem-
-se
^
, 125
AC CV
≈ °
.
3. ( )
, ,0
AC a a
= −
e
( )
0,0, , ,0 , ,
2 2 2 2
a a a a
BV V B a a
= − = − = − −
.
NEMA11PR
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Porto
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![70
Unidade 2
70 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
( )
. , ,0 . , , 0
2 2 2 2
a a a a
AC BV a a a a a a
= − − − =
− × − + × − + × =
2 2
0 0
2 2
a a
= − + = .
Como os vetores AC
e BV
são não nulos e . 0
AC BV =
, conclui-
se que os vetores AC
e BV
são perpendiculares.
4.1. Sendo ( )
4, 4,0
B , então ( )
4, 4,0
A − .
( ) ( ) ( )
4,4,0 4, 4,0 0,8,0
AB B A
= − = − − =
e
( ) ( ) ( )
0,0, 4,4,0 4, 4,
BV V B k k
= − = − = − −
.
( ) ( ) ( ) ( )
. 0,8,0 . 4, 4, 0 4 8 4 0 0 32 0
AB BV k k
= − − = × − + × − + × = − + =
32
= − .
4.2.
a) Sendo 2
k = , então tem-se:
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
. 32
cos ,
0 8 0 4 4 2
AB BV
AB BV
AB BV
−
= = =
× + + × − + − +
ɵ
32 32 2
8 6 48 3
− −
= = = −
×
.
Recorrendo à calculadora, tem-se
^
, 131,8
AB BV
≈ °
.
b) Sendo 7
k = , então tem-se:
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
. 32
cos ,
0 8 0 4 4 7
AB BV
AB BV
AB BV
−
= = =
× + + × − + − +
ɵ
32 32 4
8 9 72 9
− −
= = = −
×
.
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 116,4
AB BV ≈ °
ɵ .
Pág. 136
35.1. Os vetores FE
e BA
são colineares e têm sentidos
contrários. Então, ( )
, 180
FE BA
= °
ɵ .
35.2. As retas FE e BA são estritamente paralelas. Então,
( )
, 0
FE BA = °
ɵ .
35.3. Como o octógono é regular e está inscrito na
circunferência, divide-a em oito arcos de amplitude
360 :8 45
° = ° cada.
O ângulo GHE é inscrito, logo
2 45
ˆ 45
2
GHE
× °
= = ° .
( ) ˆ
, 45
HG HE GHE
= = °
ɵ .
35.4. ( ) ( )
, , 45
HG HE HG HE
= = °
ɵ ɵ .
35.5. ( ) 6 45
ˆ
, 135
2
BC BA ABC
× °
= = = °
ɵ .
35.6. ( ) ( )
, 180 , 180 135 45
BC BA BC BA
= °− = °− °
= °
ɵ ɵ .
35.7. ( ) ˆ
, 3 45 135
OC OF COF
= = × ° = °
ɵ .
35.8. ( ) ( )
, 180 , 180 135 45
OC OF OC OF
= °− = °− °
= °
ɵ ɵ .
36.1. ( )
, 90
FH BG= °
ɵ porque a reta HC é paralela à reta BG e as
retas FH e HC são perpendiculares.
36.2. ( )
, 60
BH CE= °
ɵ porque a reta BF é paralela à reta CE e o
triângulo [BFH] é equilátero.
Pág. 137
37. ( ) ( ) ( )
1,1 1,2 2, 1
AB B A
= − = − − = −
é um vetor diretor da
reta AB.
A reta r é definida pela equação 4 2 0
x y
− + = .
4 2 0 4 2
x y y x
− + = ⇔ = + .
O declive da reta r é 4, então, por exemplo, ( )
1,4
r =
é um vetor
diretor da reta r.
( ) ( )
( )
2
2 2 2
. 2 1 1 4 2
cos ,
5 17
2 1 1 4
r AB
r AB
r AB
× + − ×
= = = =
×
× + − × +
ɵ
2
85
= .
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 77,47
r AB ≈ °
ɵ .
38. ( ) ( ) ( )
2,1,2 1,0, 1 3,1,3
AB B A
= − = − − − = −
é um vetor
diretor da reta AB.
A reta r é definida pela equação vetorial
( ) ( ) ( )
, , 0,0,3 0, 2,1 ,
x y z k k
= + − ∈R .
Um vetor diretor da reta r é, por exemplo, ( )
0, 2,1
r
= −
.
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
. 0 3 2 1 1 3
cos ,
0 2 1 3 1 3
r AB
r AB
r AB
× − + − × + ×
= = =
× + − + × − + +
ɵ
1 1
5 19 95
= =
×
.
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 1,5rad
r AB ≈
ɵ .
39.1. A reta r é definida pela equação 3 1
y x
=
− + .
O declive da reta r é −3, então, por exemplo, ( )
1, 3
r
= −
é um
vetor diretor da reta r.
A reta s é definida pela equação 3
y = .
O declive da reta s é 0, então, por exemplo, ( )
1,0
s =
é um vetor
diretor da reta s.
( ) ( )
( )
2
2 2 2
1 1 3 0
. 1 1
cos ,
10 1 10
1 3 1 0
r s
r s
r s
× + − ×
= = = =
× ×
+ − × +
ɵ
.
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 71,6
r s ≈ °
ɵ .
39.2. Qualquer ponto da reta s tem ordenada 3.
Sendo B um ponto da reta s, tem-se ( )
, 3 ,
B x x∈R .
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![72
Unidade 2
72 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
44.3. Como o triângulo [ABC] é retângulo em C, sabe-se que a
reta BC é perpendicular à reta AC.
1
1
2
1
2
BC BC BC
AC
BC AC m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Sabe-se que o ponto ( )
0,1
C pertence à reta BC.
Então, uma equação, na forma reduzida, da reta BC é
2 1
y x
=
− + .
B é o ponto de interseção das retas AC e BC. Então, tem-se:
2 2 2 5
2 1 2 2 1 3 3
y x y x y x y
y x x x x x
=
− − =
− − =
− − =
−
⇔ ⇔ ⇔
=
− + − − =
− + = =
Então, ( )
3, 5
B − .
Pág. 140
45. Começa-se por determinar as coordenadas do ponto Q,
projeção ortogonal de P sobre a reta t.
O ponto Q é a interseção da reta t com a reta s que é
perpendicular a t e passa em P.
A reta t é definida por 3 1 0
x y
− + = , ou seja, 3 1
y x
= + .
1
1
3
s s
t
s t m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é
1
3
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
1, 1
P − pertence à reta s, tem-se:
1 2
1 1
3 3
b b
− =
− × + ⇔ =
−
Então, s:
1 2
3 3
y x
=
− − .
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto Q.
3 1 3 1
3 1
1 2 1 2
9 3 2
3 1
3 3 3 3
y x y x
y x
x x
y x x x
=
+ =
+
= +
⇔ ⇔ ⇔
+ =
− −
=
− − + =
− −
1
3 1 2
10 5 1
2
y
y x
x
x
= −
= +
⇔ ⇔
= −
= −
O ponto Q tem coordenadas
1 1
,
2 2
− −
.
A distância do ponto P à reta t é igual a
2 2
1 1 9 1 10
1 1
2 2 4 4 2
PQ
= + + − + = + =
.
46.1. Seja P a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
O ponto P é a interseção da reta r com a reta s que é
perpendicular a r e passa em A.
A reta r é definida por
1
1
2
y x
= + .
1
1
2
1
2
s s s
r
s r m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 2
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
3, 1
A − pertence à reta s, tem-se:
1 2 3 5
b b
− =− × + ⇔ =
Então, s: 2 5
y x
=
− + .
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto P.
1
1 1
1
1 1
2
2 2
1
2 5 2 4 10
1 2 5
2
y x
y x y x
y x x x
x x
= +
=
+ =
+
⇔ ⇔ ⇔
=
− + + =
− +
+ =
− +
1 8 9
1
2 5 5
8 8
5 5
y y
x x
= × + =
⇔ ⇔
= =
O ponto P tem coordenadas
8 9
,
5 5
.
46.2. A distância do ponto A à reta r é igual a
2 2
8 9 49 196 245 7 5
3 1
5 5 25 25 5 5
AP
= − + − − = + = =
.
46.3. Seja A’ o ponto simétrico de A em relação à reta r.
Então,
( )
8 9 8 9 8 9 7 14
´ , , 3, 1 , ,
5 5 5 5 5 5 5 5
A P AP
= +
= + − −= + − =
Q
1 23
,
5 5
=
47.1. A reta r, sendo tangente à circunferência de centro A no
ponto B, é perpendicular à reta AB.
( ) ( ) ( )
3, 1 0,3 3, 4
AB B A
= − = − − = −
é um vetor diretor da reta
AB.
O declive da reta AB é
4
3
− .
1
1 3
4 4
3
r r r
AB
r AB m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é
3
4
y x b
= + .
Como o ponto ( )
3, 1
B − pertence à reta r, tem-se:
3 13
1 3
4 4
b b
− = × + ⇔ =
−
Equação da reta r:
3 13
4 4
y x
= − .
47.2. ( )
3, 4
AB
= −
e ( ) ( ) ( )
, 3, 1 3, 1
BP P B x y x y
= − = − − = − +
.
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 3, 4 . 3, 1 0 3 3 4 1 0
AB BP x y x y
= ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔
3 13
3 9 4 4 0
4 4
x y y x
⇔ − − − = ⇔ = −
Pág. 141
48.1. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AB AP =
é a reta perpendicular a AB e que passa em A.
48.2. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AB BP =
é a reta perpendicular a AB e que passa em B.
NEMA11PR
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![73
Geometria analítica
73 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
48.3. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AB MP =
é a mediatriz de [AB].
48.4. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AP BP =
é a circunferência de diâmetro [AB].
49.1. O ponto ( )
1, 2
A pertence à circunferência definida pela
equação ( )
2
2
1 10
x y
+ + = porque ( )
2
2
1 2 1 10
+ + = .
49.2. O centro da circunferência definida pela equação
( )
2
2
1 10
x y
+ + = é o ponto ( )
0, 1
C − .
Seja t a reta tangente à circunferência no ponto A.
A reta t, sendo tangente à circunferência de centro C no ponto A,
é perpendicular à reta CA.
( ) ( ) ( )
1,2 0, 1 1,3
CA A C
= − = − − =
é um vetor diretor da reta CA.
O declive da reta CA é 3 .
1
1
3
t t
CA
t CA m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é
1
3
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
1, 2
A pertence à reta t, tem-se:
1 7
2 1
3 3
b b
=
− × + ⇔ =
Equação da reta tangente à circunferência no ponto A:
1 7
3 3
y x
=
− +
50.1. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
BC CP =
é a reta perpendicular a BC e que passa em C.
( ) ( ) ( )
3,4 3,0 0,4
BC C B
= − = − =
e
( ) ( ) ( )
, 3,4 3, 4
CP P C x y x y
= − = − = − −
.
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 0,4 . 3, 4 0 0 3 4 4 0
BC CP x y x y
= ⇔ − − = ⇔ − + − = ⇔
4 16 0 4
y y
⇔ − = ⇔ =
50.2. O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AP BP =
é a circunferência de diâmetro [AB].
( ) ( ) ( )
, 1,2 1, 2
AP P A x y x y
= − = − − = + −
e
( ) ( ) ( )
, 3,0 3,
BP P B x y x y
= − = − = −
.
( ) ( )
. 0 1, 2 . 3, 0
AP BP x y x y
= ⇔ + − − = ⇔
( )( ) ( ) 2 2
1 3 2 0 3 3 2 0
x x y y x x x y y
⇔ + − + − = ⇔ − + − + − =
2 2 2 2
2 2 3 2 1 2 1 3 1 1
x x y y x x y y
⇔ − + − = ⇔ − + + − + = + +
( ) ( )
2 2
1 1 5
x y
⇔ − + − =
Pág. 142
Proposta 1
1.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um
pentágono regular é igual a 108°.
Então, a inclinação da reta BC é 180 108
°− ° , ou seja, 72°.
1.2. A inclinação da reta AE é 108°.
1.3. O triângulo [CDE] é isósceles pois CD DE
= e ˆ 108
CDE
= ° .
Então,
180 108
ˆ 36
2
CED
°− °
= = ° .
Assim sendo, a inclinação da reta ED é 36°.
1.4. A inclinação da reta CD é 180 36
°− ° , ou seja, 144°.
Proposta 2
2.1. ( ) ( ) ( )
3, 2 2,2 5, 4
AB B A
= − = − − − = −
é um vetor diretor da
reta AB.
O declive da reta AB é
4
5
− .
Uma equação, na forma reduzida, da reta AB é
4
5
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
3, 2
B − pertence à reta AB, tem-se:
4 2
2 3
5 5
b b
− =
− × + ⇔ =
Equação reduzida da reta AB:
4 2
5 5
y x
=
− + .
2.2.
a) α é a inclinação da reta AB.
Então, tem-se:
4
tan
5
α = − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que
180 38,7 141,3
α ≈ °− °
= ° .
b) θ é a inclinação da reta r de equação 3 8
y x
=
− − .
Então, tem-se: tan 3
θ = − .
Como 0 180
θ
° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que
180 71,6 108,4
θ ≈ °− °
= ° .
Proposta 3
Seja α a inclinação da reta definida pela equação 4 1 0
y x
+ − =.
4 1 0 4 1
y x y x
+ − = ⇔ =
− +
Então, tem-se: tan 4
α = − .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que
180 76 104
α ≈ °− °
= ° .
A opção correta é a (A).
Proposta 4
Como θ é a inclinação da reta AB, sabe-se que tan AB
m
θ = .
( )
2 1 3
0,6
1 4 5
AB
m
− −
= = = −
− − −
Então, tem-se: tan 0,6
θ = − .
A opção correta é a (C).
Pág. 143
Proposta 5
5.1. Inclinação da reta r: 180 45 135
°− °
= ° .
5.2. tan 60 3
s
m
= °
= .
5.3. tan135 tan 45 1
r
m = ° = ° = − .
A reta r é definida por:
( )
0 1 1
y x y x
− =
− + ⇔ =
− − .
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![75
Geometria analítica
75 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
d)
2
. .
2 2 4
r r r
BC DB BC BD BD BD
=
− =
− × =
− × =
−
14.2. ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
2
2
r
CD OD OC CD r
+ = ⇔ + =⇔
( )
2
2
0
3
3
4 2
CD
r
r
CD CD
⇔ = ⇔ =
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
3 3
4 2
r r
CD AD AC AC
+ = ⇔ + = ⇔
( )
2
2
0
12
3
4 AC
r
AC AC r
⇔ = ⇔ =
Pág. 146
Proposta 15
15.1.
a)
1 2
sin 30 4
2
AB
OA
OA OA
°
= ⇔= ⇔ = .
Como A pertence ao eixo Ox, então ( )
4, 0
A .
b)
3
tan 30
3
OB
m
= °
= e a reta OB passa na origem do
referencial.
Então, a reta OB é definida pela equação
3
3
y x
= .
( )
tan 180 60 tan 60 3
AB
m = °− ° = − ° = − .
: 3
AB y x b
=
− + .
Como a reta AB passa no ponto ( )
4, 0
A , tem-se:
0 3 4 4 3
b b
=
− × + ⇔ =
Então, : 3 4 3
AB y x
=
− + .
c) B é o ponto de interseção das retas OB e AB.
3 3
3
3 3
3
3 4 3
3 4 3 3 4 3 4 3
3 3
y x y x
y x
y x x x x
= =
=
⇔ ⇔ ⇔
=
− + =
− + =
3
3
y
x
=
⇔
=
Assim sendo, ( )
3, 3
B .
15.2. ( )
2
2
. 3 3 4 cos 150
OB AO
= + × × °
=
( )
3
2 3 4 cos 30 2 3 4 12
2
= × × − °= × × − = −
Proposta 16
16.1. Sendo [ABCDEF] um hexágono regular, sabe-se que a
amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a 120°.
Logo, ˆ 60
CBE
= ° .
Seja Q a projeção ortogonal de C sobre BE.
Então, tem-se:
1
cos 60
2 2
BQ BQ x
BQ
x x
°
= ⇔= ⇔ =
Seja B´ a projeção ortogonal de B sobre AF.
2
. ´
2 2
x x
AB AF AF AB AF BQ x
=
− × =
− × =
− × =
−
16.2. . 20 20 2 20
2
x
BC BE BQ BE x
= ⇔ × = ⇔ × = ⇔
2
0
20 2 5
x
x x
⇔ = ⇔ =
[ ] 6 2 5 12 5
ABCDEF
P =
× =
16.3. Seja F´ a projeção ortogonal de F sobre AE.
´ 3 ´
cos 30 ´ 3 3
6 2 6
AF AF
AF
°
= ⇔ = ⇔ =
F´ é o ponto médio de [AE], então 6 3
AE = .
. ´ 3 3 6 3 54
AE AF AF AE
= × = × =
Proposta 17
17.1. Se o pentágono regular tem 20 unidades de perímetro
então tem 4 unidades de lado.
Sabe-se que a amplitude de cada um dos ângulos internos de um
pentágono regular é igual a 108°.
Então, tem-se:
. 4 4 cos 108 16 cos 108 4,94
QR QP = × × °= × ° ≈ −
.
17.2.
a) Seja M o ponto médio de [PQ].
2 2
cos 54 cos 54 3,4
cos 54
PM
OP OP
OP OP
°
= ⇔ °
= ⇔ = ⇔ ≈
°
b) M é a projeção ortogonal de O sobre PQ.
Então, . 2 4 8
PQ PO PO PQ
= × = × =
.
Proposta 18
18.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u
e
v
.
. cos cos 1 cos
u v u v u v u v
α α α
=
× ⇔ × =
× ⇔ =
Como 0 180
α
° ≤ ≤ ° , conclui-se que 0
α= ° .
18.2. . cos 0 cos 0 cos
u v u v u v
α α α
= × ⇔ = × ⇔ =
Como 0 180
α
° ≤ ≤ ° , conclui-se que 90
α
= ° .
18.3. . cos cos
u v u v u v u v
α α
=
× ⇔ − × =
× ⇔
1 cosα
⇔ − =
Como 0 180
α
° ≤ ≤ ° , conclui-se que 180
α
= ° .
18.4.
3
. cos cos
2
u v u v u v u v
α α
=
× ⇔ − × =
× ⇔
3
cos
2
α
⇔ − =
Como 0 180
α
° ≤ ≤ ° , conclui-se que 180 30 150
α
= °− °
= ° .
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Unidade 2
76 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 147
Proposta 19
A opção correta é a (B).
Proposta 20
A opção correta é a (C).
Proposta 21
21.1. As bases do prisma são triângulos retângulos e isósceles.
Então, tem-se:
2 3 6
sin 45 3 2
2 2
CD
CE CE
CE CE
° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
Logo, [ ] 2 6 3 2 10,2
CDE
P CD CE
= + = + ≈ .
21.2.
a) . 3 3 cos 90 9 0 0
CD DE = × × ° = × =
b) ( )
. 3 3 2 cos 180 9 2 1 9 2
CB CE = × × ° = × − = −
c)
2
. 8 3 cos 135 24 12 2
2
BA ED
= × × ° = × − = −
Proposta 22
( ) ( )
. . . . . .
u v EA AB ED DC EA ED EA DC AB ED AB DC
= + + = + + + =
2
1 2 7
0 0
3 3 9
a a a a a
=
− × + + + × =
Pág. 148
Proposta 23
23.1. . 0
BA CA =
porque os vetores BA
e CA
são
perpendiculares.
23.2. ( ) 2
. . . 0 2 4
CA AB AB CA AB AB AB
− = − =− =
−
23.3. . 2 2 4
BA BC BA BA
= × = × =
Proposta 24
24.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
AB BP =
é a reta perpendicular a AB e que passa em
B.
( )
2,1
AB B A
= − =
e ( ) ( ) ( )
, 4,0 4,
BP P B x y x y
= − = − = −
.
( ) ( )
. 0 2,1 . 4, 0 2 8 0 2 8
AB BP x y x y y x
= ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ = − +
.
A reta perpendicular a AB e que passa em B é definida pela
equação 2 8
y x
=
− + .
24.2. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
AP BP =
é a circunferência de diâmetro [AB].
( ) ( ) ( )
, 2, 1 2, 1
AP P A x y x y
= − = − − = − +
e
( ) ( ) ( )
, 4,0 4,
BP P B x y x y
= − = − = −
.
( ) ( )
. 0 2, 1 . 4, 0
AP BP x y x y
= ⇔ − + − = ⇔
( )( ) ( ) 2 2
2 4 1 0 4 2 8 0
x x y y x x x y y
⇔ − − + + = ⇔ − − + + + =
2 2 2 2 1 1
6 8 6 9 8 9
4 4
x x y y x x y y
⇔ − + + =
− ⇔ − + + + + =
− + + ⇔
( )
2
2 1 5
3
2 4
x y
⇔ − + + =
A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição
( )
2
2 1 5
3
2 4
x y
− + + =
.
24.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
MP AB =
, sendo M o ponto médio de [AB], é a
mediatriz de [AB].
2 4 1 0
,
2 2
M
+ − +
, ou seja,
1
3,
2
M
−
.
( )
1 1
, 3, 3,
2 2
MP P M x y x y
= − = − − = − +
e ( )
2,1
AB B A
= − =
( )
1 1
. 0 3, . 2,1 0 2 6 0
2 2
MP AB x y x y
= ⇔ − + = ⇔ − + + = ⇔
11
2
2
y x
⇔ =
− +
Uma equação da mediatriz de [AB] é
11
2
2
y x
=
− + .
Proposta 25
1
3 1 0
3 3
x
x y y
+ − = ⇔ =
− + .
Logo,
1
3
r
m = − .
Um vetor diretor da reta s é ( )
2,6
v
.
Então,
6
3
2
s
m= = .
Assim sendo, as retas r e s são perpendiculares porque
1
r
s
m
m
= − .
A opção correta é a (A).
NEMA11PR
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Geometria analítica
77 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 26
26.1. ( )
2 7,3
AB B A k
= − = −
.
( ) ( )
. 0 2 7,3 . 3 , 4 0
AB u AB u k k k
⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇔
2 2
6 21 3 12 0 6 18 12 0 1 2
k k k k k k k
⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
26.2. ( ) ( )
. 0 2 7,3 . 3 , 4 0
AB u k k k
⇔ − + ⇔
] [
2 2
6 21 3 12 0 6 18 12 0 1,2
k k k k k k
⇔ − + + ⇔ − + ⇔ ∈
Cálculos auxiliares:
2
6 18 12 0
k k
− + = ⇔
2 3 9 8
3 2 0
2
k k k
± −
⇔ − + = ⇔ =
2 1
k k
⇔ = ∨ =
Pág. 149
Proposta 27
27.1. tan 60 3 4 3
4
OB OB
OB
OC
°
= ⇔ = ⇔ = .
Então, 2 4 3 8 3
AC =
× = .
Donde se conclui que ( )
4, 8 3
A .
27.2. . . 8 8 cos 60 32
BC CD CB CD
= − = − × × ° = −
.
27.3. Se P pertence ao eixo das ordenadas, então
( )
0, ,
P y y∈R .
( ) ( )
. 24 4,4 3 . 0, 24 4 3 24
CD OP y y
=
− ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔
6
2 3
3
y y
⇔ =
− ⇔ =
− . Então, ( )
0, 2 3
P − .
Proposta 28
28.1. : 2 3
r y x
= − .
Logo, 2
r
m = .
Qualquer vetor com a direção da reta r é da forma
( )
1,2 ,
v k k
= ∈R
.
Se 1
k = tem-se ( )
1,2
v u
= =
.
28.2.
a) O conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição
. 0
u AP =
é a reta perpendicular a u
e que passa em A.
( ) ( )
. 0 1,2 . , 4 0 2 8 0 4
2
x
u AP x y x y y
= ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − +
A reta perpendicular a u
e que passa em A é definida pela
equação 4
2
x
y =
− + .
b) Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
O ponto B é a interseção da reta r com a reta s que é
perpendicular a r e passa em A.
A reta r é definida por 2 3
y x
= − .
1
1
2
s s
r
s r m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é
1
2
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
0, 4
A pertence à reta s, uma equação da reta s
é
1
4
2
y x
=
− + .
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto B.
1
1 1
4
4 4
2
2 2
1
2 3 8 4 6
4 2 3
2
y x
y x y x
y x x x
x x
=
− +
=
− + =
− +
⇔ ⇔ ⇔
= − − + = −
− + = −
1 14 13
4
2 5 5
14 14
5 5
y y
x x
=
− × + =
⇔ ⇔
= =
O ponto B tem coordenadas
14 13
,
5 5
.
A distância do ponto A à reta r é igual a:
AB =
2 2
14 13 196 49 245 7 5
0 4
5 5 25 25 5 5
− + − = + = =
.
Proposta 29
29.1. ( )
3, 2
AC C A
= − = −
Logo,
2
3
AC
m = − .
3
1
2
t t
AC
t AC m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
Então,
3
:
2
t y x b
= + .
Como o ponto ( )
2, 5
A pertence à reta t tem-se:
3
5 2 2
2
b b
= × + ⇔ =
Equação reduzida da reta t:
3
2
2
y x
= + .
29.2. Sendo α a inclinação da reta t, sabe-se que tan t
m
α = .
Então, tem-se
3
tan
2
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
56,3
α ≈ ° .
29.3. ( )
2
2
3 2 13
r AC
= = + − =
Uma equação da circunferência representada é
( ) ( )
2 2
5 3 13
x y
− + − =.
Pág. 150
Proposta 30
30.1. ( )
3, , 0
P y y .
Como P pertence à circunferência, tem-se:
( ) ( )
2 2
2
3 2 25 2 16 2 4 2 4
y y y y
+ − =⇔ − =⇔ − =
∨ − =
− ⇔
6 2
y y
⇔ = ∨ =
−
Donde se conclui que ( )
3, 2
P − .
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![78
Unidade 2
78 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
( )
3, 4
CP P C
= − = −
Logo,
4
3
CP
m = − .
3
1
4
r r
CP
r CP m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
Então,
3
:
4
r y x b
= + .
Como o ponto ( )
3, 2
P − pertence à reta r tem-se:
3 17
2 3
4 4
b b
− = × + ⇔ − = .
Equação reduzida da reta r:
3 17
4 4
y x
= − .
Sendo α a inclinação da reta r, sabe-se que tan r
m
α = .
Então, tem-se
3
tan
4
α = .
Como 0 180
α
° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
37
α ≈ ° .
30.2. Designemos por s a reta de equação 2 1
y x
= + .
O declive da reta s é 2 e um vetor diretor da reta é ( )
1,2
v
.
Um vetor diretor da reta r é ( )
4,3
u
.
( ) 2 2 2 2
. 4 1 3 2 10 2
cos ,
5 5 5
4 3 1 2
r s
r s
r s
× + ×
= = = =
× ×
+ × +
ɵ
.
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 26,6
r s ≈ °
ɵ .
Proposta 31
31.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
r:
2 3
2 5 3 0
5 5
x y y x
+ − = ⇔ =
− +
1
1 5
2 2
5
t t
r
t r mt m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é
5
2
y x b
= + .
Como o ponto ( )
3, 8
A pertence à reta t, tem-se:
5 1
8 3
2 2
b b
= × + ⇔ = .
Equação reduzida da reta t:
5 1
2 2
y x
= + .
31.2. O ponto P pertence ao eixo das abcissas, então
( )
, 0 ,
P x x∈R .
( )
3, 8
AP P A x
= − = − −
Um vetor com a direção da reta s é, por exemplo, ( )
3,6
v = −
.
( ) ( )
. 0 3, 8 . 3,6 0
AP v AP v x
⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔
3 9 48 0 13
x x
⇔ − + − = ⇔ = −
Então, ( )
13, 0
P − .
31.3. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo,
( )
5, 2
u
= −
.
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
5 3 2 6
. 27
cos ,
29 45
5 2 3 6
r s
r s
r s
× − + − ×
= = = =
× ×
+ − × − +
ɵ
27
1305
=
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 41,6
r s ≈ °
ɵ .
Proposta 32
32.1. O sistema de rega completa uma volta em dois minutos.
Então, 30 segundos após o início da rega, o sistema completou
um quarto de volta.
O vetor pedido é perpendicular ao vetor ( )
1,2
u
.
Por exemplo, ( )
2,1
v −
.
32.2.
a) ( )
2, 4
OA A O
= − = − −
.
Ora, 2
OA u
= −
. Logo os vetores OA
e u
têm sentidos opostos.
Donde se conclui que a água atinge pela segunda vez a árvore,
situada em A, 3 minutos após o início da rega.
b) ( )
2,4
w OB B O
= = − = −
.
( ) ( )
( )
2
2 2 2
1 2 2 4
. 6 3
cos ,
5
5 20
1 2 2 4
u w
u w
u w
× − + ×
= = = =
× ×
+ × − +
ɵ
.
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 53
u w ≈ °
ɵ .
c) O lugar geométrico dos pontos ( )
,
P x y do plano tais que
. 0
AP OP =
é a circunferência de diâmetro [AO].
Donde se conclui que o canteiro tem a forma de um círculo de
diâmetro [AO].
( ) ( )
2 2
2 4 20
OA= − + − =
O canteiro será abrangido pelo sistema de rega porque 5m
OA .
Pág. 151
Proposta 33
33.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
1
1 1
3 3
t t t
r
t r m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é
1
3
y x b
= + .
Como o ponto ( )
5, 2
A pertence à reta t, tem-se:
1 1
2 5
3 3
b b
= × + ⇔ =
Equação reduzida da reta t:
1 1
3 3
y x
= + .
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![79
Geometria analítica
79 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
33.2. O ponto B pertence ao eixo das abcissas, então
( )
, 0 ,
B x x∈R .
( )
5, 2
AB B A x
= − = − −
.
( ) ( )
. 0 4, 1 . 5, 2 0 4 20 2 0
u AB u AB x x
⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ − + = ⇔
9
2
x
⇔ =
Então,
9
, 0
2
B
.
33.3. ( ) ( )
2
. 0 4, 1 . 3, 7 0
u AP k k
⇔ − − − − ⇔
] [
2 2
4 12 7 0 4 5 0 5,1
k k k k k
⇔ − + + ⇔ + − ⇔ ∈ −
Cálculos auxiliares:
2 4 16 20
4 5 0
2
k k k
− ± +
+ − = ⇔ =
1 5
k k
⇔ =∨ =
−
Proposta 34
34.1. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo,
( )
2, 1
u −
.
O declive da reta r é
1
2
− .
1
1
2
1
2
s s s
r
s r m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 2
y x b
= + .
Como o ponto ( )
2, 3
A − pertence à reta s, tem-se:
( )
3 2 2 7
b b
= × − + ⇔ = .
Equação reduzida da reta s: 2 7
y x
= + .
34.2. ( )
7, 2
AB B A
= − = −
.
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
. 2 7 1 2 16
cos ,
5 53
2 1 7 2
r AB
r AB
r AB
× + − × −
= = = =
×
× + − × + −
ɵ
16
265
=
Recorrendo à calculadora, tem-se ( )
, 10,62
r AB ≈ °
ɵ .
34.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
AP BP =
é a circunferência de diâmetro [AB].
( ) ( ) ( )
, 2,3 2, 3
AP P A x y x y
= − = − − = + −
e
( ) ( ) ( )
, 5,1 5, 1
BP P B x y x y
= − = − = − −
.
( ) ( )
. 0 2, 3 . 5, 1 0
AP BP x y x y
=⇔ + − − − =⇔
( )( ) ( )( )
2 5 3 1 0
x x y y
⇔ + − + − − =
2 2 2 2
5 2 10 3 3 0 3 4 7
x x x y y y x x y y
⇔ − + − + − − + = ⇔ − + − =
( )
2
2
2 2
9 9 3 53
3 4 4 7 4 2
4 4 2 4
x x y y x y
⇔ − + + − + = + + ⇔ − + − =
A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição
( )
2
2
3 53
2
2 4
x y
− + − =
.
Proposta 35
35.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
1
1
3
t t
r
t r m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
−
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é
1
3
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
1, 4
A − pertence à reta t, tem-se:
( )
1 13
4 1
3 3
b b
=− × − + ⇔ = .
Equação reduzida da reta t:
1 11
3 3
y x
=
− + .
35.2. Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
O ponto B é a interseção da reta r com a reta t que é
perpendicular a r e passa em A.
1 11
1 11 1 11
3 3
3 3 3 3
1 11
3 1 11 9 3
3 1
3 3
y x
y x y x
y x x x
x x
=
− +
=
− + =
− +
⇔ ⇔ ⇔
= + − + = +
− + = +
1 4 11 17
3 5 3 5
4 4
5 5
y y
x x
=
− × + =
⇔ ⇔
= =
O ponto B tem coordenadas
4 17
,
5 5
.
A distância do ponto A à reta r é igual a
2 2
4 17 81 9 90 3 10
1 4
5 5 25 25 5 5
AB
= − − + − = + = =
.
35.3. ( ) ( )
2 2
. 0 1,2 . , 4 0 8 2 0
a b k k k k
⇔ − − ⇔ − + − ⇔
] [
2
2 8 0 4, 2
k k k
⇔ + − ⇔ ∈ − .
Cálculos auxiliares:
2 2 4 32
2 8 0
2
k k k
− ± +
+ − = ⇔ =
2 4
k k
⇔ = ∨ =
−
Pág. 152
Proposta 36
36.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
BC MP =
, sendo M o ponto médio de [BC], é a
mediatriz do segmento de reta [BC].
36.2. ( )
2, 3
AD D A
= − = −
3
3
2 2
AD
m = = −
−
Uma equação da reta AD é
3
2
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
0, 3
D pertence à reta AD, uma equação da reta
AD é
3
3
2
y x
=
− + .
3
3 2 3 6 3 2 6 0
2
y x y x x y
=
− + ⇔ =
− + ⇔ + − =
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![81
Geometria analítica
81 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
8
5 1 5 1
13
1 3 1 3
1
5 1
5 5 5 5
13
y x y x y
y x x x
x
=
− =
− = −
⇔ ⇔
=
− − − =
− −
=
O ponto D tem coordenadas
1 8
,
13 13
−
.
39.2. Seja s a reta perpendicular a AC e passa em B.
( )
4,4
AC C A
= − =
.
O declive da reta AC é
4
1
4
m
= = .
1
1
1
1
s s s
AC
s AC m m m
m
⊥ ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ =
− .
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
2, 1
B − pertence à reta s, tem-se:
1 2 1
b b
− =
− + ⇔ = .
Equação reduzida da reta s: 1
y x
=
− + .
Seja N o ortocentro do triângulo [ABC].
O ponto N é a interseção da reta r com a reta s.
Determinação das coordenadas do ponto N:
2
5 1 5 1 3
1 1 5 1 1
3
y
y x y x
y x x x
x
=
=
− =
−
⇔ ⇔
=
− + − + = −
=
O ponto N tem coordenadas
1 2
,
3 3
.
Proposta 40
Sabe-se que ( )
1, 0
A − , ( )
0, 1
B − e ( )
cos , sin
P θ θ .
( )
cos 1, sin
AP P A θ θ
= − = +
e ( )
cos , sin 1
BP P B θ θ
= − = +
.
( ) ( )
. cos 1, sin . cos , sin 1
AP BP θ θ θ θ
=
+ +
( ) ( )
cos 1 cos sin sin 1
θ θ θ θ
= + × + × +
2 2
cos cos sin sin
θ θ θ θ
= + + +
2 2
cos sin cos sin 1 cos sin
θ θ θ θ θ θ
= + + + =
+ +
Proposta 41
( )
2
. . . .
AC AC AC AC AB AD AC AB AC AD
= = + = +
AB AE AD AF
= × + ×
Pág. 154
Proposta 42*
42.1. a) Como G é o baricentro do triângulo, sabe-se que:
2 2
6 4
3 3
GA AM
= = × = e
1 1
4,5 1,5
3 3
GN BN
= =× = .
( )
. cos , 4 1,5 cos 30
GA GN GA GN GA GN
= × × =× × °
ɵ
3
6 3 3
2
=× =
b) ( )
. cos , 1,5 2 cos 150
GN GM GN GM GN GM
= × × = × × °
ɵ
3 3 3
3
2 2
= × − =
−
42.2.
= − =
ˆ 180 30 150
AGB ; = = × =
2 2
6 4
3 3
AG AM
= =× =
2 2
4,5 3
3 3
BG BN
Recorrendo ao teorema dos cossenos, tem-se:
( ) ( ) ( ) ( )
= + − × ×
2 2 2
ˆ
2 cos
AB AG BG AG BG AGB
( ) ( )
= + − × × ×
2
16 9 2 4 3 cos 150
AB
( )
= − × × × − = +
2 3
25 2 4 3 25 12 3
2
AB
Resulta que = +
25 12 3
AB , como se queria demonstrar.
Proposta 43*
Sabe-se que os pontos A e B têm a mesma abcissa positiva.
O ponto A pertence à reta r definida pela equação 2
y x
= e o
ponto B pertence à reta s definida pela equação 1
x y
+ =, então
tem-se: ( )
, 2
A x x e ( )
, 1
B x x
− + , sendo 0
x .
Como o triângulo [ABP] é retângulo em P, tem-se . 0
PA PB =
.
( )
4, 2 3
PA A P x x
= − = − −
e ( )
4, 2
PB B P x x
= − = − − −
.
( ) ( )
. 0 4,2 3 . 4, 2 0
PA PB x x x x
= ⇔ − − − − − =
( ) ( ) ( )
2
4 2 3 2 0
x x x
⇔ − + − × − − =
2 2
8 16 2 4 3 6 0
x x x x x
⇔ − + − − + + =
2 9 81 88
9 22 0 11 2
2
x x x x x
± +
⇔ − − + = ⇔ = ⇔ =
− ∨ =
−
Como 0
x , conclui-se que 2
x = . Então, ( )
2, 4
A e ( )
2, 1
B − .
Proposta 44*
44.1. a) Sabe-se que a circunferência de menor raio é definida
pela equação ( )
2 2
2 4
x y
− + =
, então ( )
2, 0
C .
Raio da circunferência de centro C que passa em B:
( ) ( )
2 2
5 2 4 0 5
r BC
= = − + − = .
Equação da circunferência de maior raio: ( )
2 2
2 25
x y
− + =.
b) Designemos por t a reta tangente à circunferência de maior
raio no ponto B.
Seja ( )
,
P x y um ponto qualquer pertencente à reta t.
Sabe-se que . 0
BC BP =
.
( )
3, 4
BC C B
= − = − −
e ( )
5, 4
BP P B x y
= − = − −
.
( ) ( )
. 0 3, 4 . 5, 4 0 3 15 4 16 0
BC BP x y x y
= ⇔ − − − − = ⇔ − + − + =
3 31
4 4
y x
⇔ =
− +
A reta t é definida por
3 31
4 4
y x
=
− + .
44.2. Seja α a amplitude, em radianos, do setor circular ACB.
sombreada
21
25 4
2 2 2
A
α
α α
× ×
= − = .
Então, tem-se:
21 7
2 2 3
α
α
π π
= ⇔ = .
( ) 1
. cos , 2 5 cos 10 5
3 2
CA CB CA CB CA CB
π
= × × = × × = × =
ɵ .
NEMA11PR-6
NEMA11PR
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![82
Unidade 2
82 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 155
51.1. Sabe-se que Q é um ponto do plano α e u
é um vetor
normal ao plano α .
( ) ( ) ( )
2,4, 3 3, 6, 6 5,10,3
AQ Q A
= − = − − − − − =
( ) ( )
. 5,10,3 . 1,3,5 5 30 15 40
AQ u = − =
− + + =
Como . 0
AQ u ≠
, conclui-se que o ponto A não pertence
ao plano α .
( ) ( ) ( )
2,4, 3 5,0,4 7,4, 7
BQ Q B
= − = − − − = −
( ) ( )
. 7,4, 7 . 1,3,5 7 12 35 30
BQ u = − − =
− + − =
−
Como . 0
BQ u ≠
, conclui-se que o ponto B não pertence
ao plano α .
( ) ( ) ( )
2,4, 3 3,1, 1 1,3, 2
CQ Q C
= − = − − − = − −
( ) ( )
. 1,3, 2 . 1,3,5 1 9 10 0
CQ u = − − − = + − =
Como . 0
CQ u =
, conclui-se que o ponto C pertence ao plano α .
51.2. Os dois pontos que não pertencem a α são A e B.
( ) ( ) ( )
5,0,4 3, 6, 6 2,6,10
AB B A
= − = − − − − − = −
Os vetores AB
e u
são colineares porque 2
AB u
=
.
Conclui-se, então, que os pontos A e B definem uma reta
perpendicular a α .
52. O ponto P pertence ao plano β se . 0
RP n =
.
( ) ( ) ( )
2 2
2 , 1, 2, 2,0 2 2, 3,
RP P R k k k k k k
= − = + − − − = − + −
( ) ( )
2
. 0 2 2, 3, . 4, 2,7 0
RP n k k k
= ⇔ − + − − =
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 4 3 2 7 0
k k k
⇔ − × + + × − + − × =
2 2
8 8 2 6 7 0 8 9 14 0
k k k k k
⇔ − − − − = ⇔ − − =
( )
9 81 4 8 14 9 23 7
2
16 16 8
k k k k
± − × × − ±
⇔ = ⇔ = ⇔ =
− ∨ =
Pág. 156
53.1. ( ) ( ) ( )
0, 3,5 2,4, 1 2, 7,6
AB B A
= − = − − − − = −
.
( ) ( )
. 2, 7,6 . 2, 3,4 4 21 24 49
AB v = − − = + + =
.
Como . 0
AB v ≠
, conclui-se B β
∉ .
53.2. O ponto C pertence ao plano β se . 0
AC v =
.
( ) ( ) ( )
2 ,5,3 2,4, 1 ,1,3 1
AC C A k k k k
= − = − + − − − = +
( ) ( )
. 0 ,1,3 1 . 2, 3,4 0
AC v k k
=
⇔ + − =
1
2 3 12 4 0 14 1
14
k k k k
⇔ − + + = ⇔ =
− ⇔ =
−
54.1. Sabe-se que A é um ponto do plano α e u
é um vetor
normal ao plano α .
( ) ( ) ( )
2,7, 3 0, 3, 6 2,10,3
AB B A
= − = − − − − − = −
( )
3 7 21 65
. 2,10,3 . , 4, 3 40
2 2 2 2
AB u
= − − =
− − + =
−
Como . 0
AB u ≠
, conclui-se que o ponto B não pertence ao plano
α .
54.2. O vetor
3 7
, 4,
2 2
u
= −
é normal ao plano α .
Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano α .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP u =
.
( )
3 7
. 0 , 3, 6 . , 4, 0
2 2
Ap u x y z
= ⇔ + + − =
( ) ( )
3 7
4 3 6 0
2 2
x y z
⇔ − + + + =
3 7
4 12 21 0
2 2
x y z
⇔ − − + + =
3 8 24 7 42 0
x y z
⇔ − − + + =
3 8 7 18 0
x y z
⇔ − + + =
54.3. O conjunto de pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que satisfazem
a condição . 0
AB AP =
é o plano perpendicular ao segmento de
reta [AB] que passa no ponto A.
( ) ( )
. 0 2,10,3 . , 3, 6 0
AB AP x y z
= ⇔ − + + =
( ) ( )
2 10 3 3 6 0
x y z
⇔ − + + + + =
2 10 30 3 18 0
x y z
⇔ − + + + + =
2 10 3 48 0
x y z
⇔ − + + + =
Pág. 157
55. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano α .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP u =
.
( ) ( )
. 0 1, 5, 4 . 3,1, 2 0
AP u x y z
= ⇔ − − + − =
( ) ( ) ( )
3 1 1 5 2 4 0
x y z
⇔ − + − − + =
3 3 5 2 8 0
x y z
⇔ − + − − − =
3 2 16 0
x y z
⇔ + − − =
Tarefa 5
1.1. ( ) ( ) ( )
1,0,2 2, 3,1 1,3,1
AB B A
= − = − − = −
( ) ( )
. 1,3,1 . 4, 3, 2 4 9 2 15
AB v =− − − =
− − − =
−
Como . 0
AB v ≠
, conclui-se que B β
∉ .
1.2. ( ) ( ) ( )
2,1, 1 2, 3,1 0,4, 2
AC C A
= − = − − − = −
.
( ) ( )
. 0,4, 2 . 4, 3, 2 0 12 4 8
AC v = − − − = − + =
−
.
Como . 0
AC v ≠
, conclui-se que C β
∉ .
1.3. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano β .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP v =
.
( ) ( )
. 0 2, 3, 1 . 4, 3, 2 0
AP v x y z
= ⇔ − + − − − =
( ) ( ) ( )
4 2 3 3 2 1 0
x y z
⇔ − − + − − =
4 8 3 9 2 2 0
x y z
⇔ − − − − + =
4 3 2 15 0
x y z
⇔ − − − =
NEMA11PR
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![86
Unidade 2
86 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
66.3. O ponto A pertence ao plano α porque
( ) ( )
2 1 5 6 1 1 0
× − − − × − + = .
Como ( )
1, 4, 1
t
= −
é vetor diretor da reta t, então também é
vetor diretor de qualquer reta paralela a t.
A reta paralela a t e que passa por A pode ser definida pela
seguinte equação vetorial:
( ) ( ) ( )
, , 1, 5, 1 1, 4, 1 ,
x y z k k
= − − + − ∈R .
Essa reta está contida no plano α .
67.1. O plano α é definido pela equação 2 6
x y z
− + =, então o
vetor ( )
1, 2, 1
u
= −
é normal ao plano α .
A reta perpendicular a α e que passa pelo ponto A tem a direção
do vetor ( )
1, 2, 1
u
= −
e pode ser definida vetorialmente por:
( ) ( ) ( )
, , 3, 1, 4 1, 2, 1 ,
x y z k k
= − − + − ∈R .
67.2. AB
é um vetor diretor da reta AB e ( )
1, 2, 1
u
= −
é um
vetor normal ao plano α .
( ) ( ) ( )
2 2
,1, 2 3, 1, 4 3, 2, 2 4
AB B A k k k k
= − = − − − − = − − +
.
A reta AB é paralela ao planoα se os vetores AB
e u
forem
perpendiculares.
( ) ( )
2
. 0 3,2, 2 4 . 1, 2,1 0
AB u AB u k k
⊥ ⇔ = ⇔ − − + − =
2 2
3 4 2 4 0 2 3 0
k k k k
⇔ − − − + = ⇔ − − =
2 4 12
3 1
2
k k k
± +
⇔ = ⇔ = ∨ =
−
Pág. 165
68.1. Uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo
ponto A é do tipo 12 6 5 0
x y z d
+ − + =.
Como o ponto A pertence ao plano, tem-se:
12 3 6 0 5 9 0 36 45 0 9
d d d
× + × − × + = ⇔ − + = ⇔ =
Então, uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo
ponto A é 12 6 5 9 0
x y z
+ − + =.
68.2. O ponto C pertence à base da pirâmide e esta está contida
no plano 9
z = . Então, o ponto C tem cota igual a 9.
Sabe-se que o ponto C pertence à reta DC e ao plano BCV.
A reta DC é definida pela equação vetorial
( ) ( ) ( )
, , 0, 6, 9 2, 1, 0 ,
x y z k k
= + ∈R .
As coordenadas de qualquer ponto da reta DC são do tipo
( )
2 , 6 , 9 ,
k k k
+ ∈R .
Em particular, sabe-se que ( )
2 , 6 , 9 ,
C k k k
+ ∈R .
Como C pertence ao plano BCV, tem-se:
( )
12 2 6 6 5 9 81 0 24 36 6 45 81 0
k k k k
× + + − × − = ⇔ + + − − =
3
k
⇔ =
Substituindo k por 3, conclui-se que ( )
6, 9, 9
C .
68.3. Como V é um ponto do plano xOy e a base da pirâmide está
contida no plano 9
z = , conclui-se que a altura da pirâmide é 9.
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 6 0 9 9 9 9 81 0 90
AC = − + − + − = + + = .
Como a pirâmide é quadrangular regular, [ABCD] é um quadrado.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 90
2 90
2
AB BC AC AB AB
+ = ⇔ = ⇔ =
( )
2
45
AB
⇔ =
( )
2
pirâmide
1 1
45 9 135
3 3
V AB h
= × × = × × = unidades de volume.
Tarefa 6
1.1. O ponto A pertence ao eixo Ox, então ( )
, 0, 0 ,
A x x∈R .
Como o prisma é triangular regular sabe-se que as bases são
triângulos equiláteros.
Designemos por G a projeção ortogonal do ponto E sobre o eixo
Ox. Então, tem-se:
2 3 2 3
tan 60 3 2
3
EG
AG AG
AG AG
°
= ⇔= ⇔ = ⇔ =
Logo, ( )
5 2, 0, 0
A + , ou seja, ( )
7, 0, 0
A .
1.2. Sabe-se que ( )
3, 4, 0
C , ( )
7, 4, 0
B e ( )
5, 4, 2 3
F .
Sendo M o ponto médio de [BF], tem-se:
7 5 4 4 0 2 3
, ,
2 2 2
M
+ + +
, ou seja, ( )
6, 4, 3
M .
( ) ( ) ( )
6,4, 3 3,4,0 3,0, 3
CM M C
= − = − =
.
O vetor CM
é normal ao plano ABF.
Então, uma equação do plano ABF é do tipo 3 3 0
x z d
+ + =.
Como o ponto A pertence ao plano ABF, tem-se:
3 7 3 0 0 21
d d
× + × + = ⇔ =
−
Uma equação do plano ABF é: 3 3 21 0
x z
+ − =
1.3. Sendo r uma reta paralela a OF, então OF
é um vetor
diretor da reta r.
( ) ( ) ( )
5, 4, 2 3 0, 0, 0 5, 4, 2 3
OF F O
= − = − =
.
Uma equação vetorial da reta r, paralela a OF e que passa em A,
é:
( ) ( ) ( )
, , 7, 0, 0 5, 4, 2 3 ,
x y z k k
= + ∈R
2.1. O plano β , que contém a face [EFGH], é paralelo ao plano
α .
Uma equação do plano β é do tipo 3 2 0
x y z d
− + − + =.
Como o ponto ( )
0, 2, 1
F pertence ao plano β , tem-se:
3 0 2 2 1 0 0
d d
− × + − × + = ⇔ =
Então, uma equação do plano β é 3 2 0
x y z
− + − = .
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![88
Unidade 2
88 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
70.2. ( )
51 85 61
, , 4, 3, 1
31 31 31
FB B F
= − = − − − =
73 8 30
, ,
31 31 31
=− − −
Uma equação da reta BF é:
( ) ( )
73 8 30
, , 4, 3, 1 , , ,
31 31 31
x y z k k
= − + − − − ∈
R .
Pág. 168
71.1. O ponto A pertence ao plano ABC e os vetores AB
e AC
são dois vetores não colineares do plano ABC.
( ) ( ) ( )
0, 5, 0 2, 0, 0 2, 5, 0
AB B A
= − = − = −
e
( ) ( ) ( )
0, 0, 3 2, 0, 0 2, 0, 3
AC C A
= − = − = −
.
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 2, 0, 0 2, 5, 0 2, 0, 3 , ,
x y z a b a b
= + − + − ∈R .
O plano ABC pode ser definido pelas seguintes equações
paramétricas:
2 2 2
5 , ,
3
x a b
y a a b
z b
= − −
∈
=
R
71.2. O ponto B pertence ao plano BCV e os vetores BC
e BV
são dois vetores não colineares do plano BCV.
( ) ( ) ( )
0, 0, 3 0, 5, 0 0, 5, 3
BC C B
= − = − = −
e
( ) ( ) ( )
8, 7, 8 0, 5, 0 8, 2, 8
BV V B
= − = − =
Uma equação vetorial do plano BCV é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 0, 5, 0 0, 5, 3 8, 2, 8 , ,
x y z a b a b
= + − + ∈R .
71.3. Por exemplo, os pontos
1
2
P A AV
= +
e
1
4
Q A AV
= +
.
( ) ( ) ( )
8, 7, 8 2, 0, 0 6, 7, 8
AV V A
= − = − =
.
Então, ( ) ( )
1 7
2, 0, 0 6, 7, 8 5, , 4
2 2
P
= + =
e
( ) ( )
1 7 7
2, 0, 0 6, 7, 8 , , 2
4 2 4
Q
= + =
.
71.4. Qualquer ponto da reta definida por 1 2
x y
= ∧ = é da
forma ( )
1, 2, ,
z z∈R .
Pretende-se determinar z de modo que o ponto também
pertença ao plano ABC.
Recorrendo às equações paramétricas definidas anteriormente,
tem-se:
4 1 1
1 2 2 2
5 5 10
1 2 2 2
2 2 2
2 5
5 5 5
3
3 3 3
10
b b b
a b
a a a a
z b
z b z b
z
= − − = =
= − −
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
=
= =
=
O ponto de interseção da reta definida por 1 2
x y
= ∧ = como
plano ABC tem coordenadas
3
1, 2,
10
.
72.1. O planoα é definido pela equação 3 2 0
x y z
− + − = .
Para obtermos pontos pertencentes ao plano, basta atribuir
valores a duas das variáveis e calcular o correspondente valor da
outra.
Se 0
x = e 0
y = , tem-se 3 0 0 2 0
z
× − + − =, ou seja, 2
z = .
Se 0
x = e 0
z = , tem-se 3 0 0 2 0
y
× − + − = , ou seja, 2
y = − .
Se 1
x = e 1
y = , tem-se 3 1 1 2 0
z
× − + − = , ou seja, 0
z = .
Então, os pontos ( )
0, 0, 2
R , ( )
0, 2, 0
S − e ( )
1, 1, 0
T
pertencem ao plano α .
Os vetores RS
e RT
são dois vetores não colineares do plano α .
( ) ( ) ( )
0, 2, 0 0, 0, 2 0, 2, 2
RS S R
= − = − − = − −
e
( ) ( ) ( )
1, 1, 0 0, 0, 2 1, 1, 2
RT T R
= − = − = −
.
Uma equação vetorial do plano α é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 0, 0, 2 0, 2, 2 1, 1, 2 , ,
x y z a b a b
= + − − + − ∈R .
72.2. Seja ( )
, ,
n a b c
=
um vetor normal ao plano β .
Sabe-se que os vetores ( )
2, 0, 1
u −
e ( )
1, 3, 0
v −
são não
colineares e paralelos ao plano β .
Então, n u
⊥
e n v
⊥
.
( ) ( )
( ) ( )
, , . 2,0, 1 0
. 0 2 0
. 0 3 0
, , . 1, 3,0 0
a b c
n u n u a c
n v n v a b
a b c
− =
⊥
= −
=
⇔ ⇔ ⇔
⊥
= −
=
− =
2
3
c a
a
b
=
⇔
=
Então, { }
, ,2 , 0
3
a
n a a a
= ∈
R
.
Se, por exemplo, 3
a = , tem-se ( )
3,1,6
n =
.
Assim sendo, o plano β é definido por uma equação do tipo
3 6 0
x y z d
+ + + = .
Como o ponto ( )
2, 1, 1
A − pertence ao plano β , tem-se:
( )
3 2 1 6 1 0 11
d d
× + − + × + = ⇔ =−
Então, uma equação do plano β é 3 6 11 0
x y z
+ + − =.
Pág. 169
73.1. Sendo ( )
1, 0, 2
R e ( )
3, 2, 0
S − , as coordenadas do
ponto M, ponto médio de [RS], são
1 3 0 2 2 0
, ,
2 2 2
+ − +
.
Então, ( )
2, 1, 1
M − .
73.2. Seja α o plano mediador de [RS], M o ponto médio de [RS]
e ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer de α .
O plano α é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
MP RS =
.
( ) ( ) ( )
, , 2, 1, 1 2, 1, 1
MP P M x y z x y z
=− = − − = − + −
e
( ) ( ) ( )
3, 2, 0 1, 0, 2 2, 2, 2
RS S R
= − = − − = − −
( ) ( )
. 0 2, 1, 1 . 2, 2, 2 0
MP RS x y z
= ⇔ − + − − − =
2 4 2 2 2 2 0 2 2 2 4 0
x y z x y z
⇔ − − − − + = ⇔ − − − =
2 0
x y z
⇔ − − − =
Equação do pano mediador de [RS]: 2 0
x y z
− − − =.
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![89
Geometria analítica
89 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
74.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de
[AB] e ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer de α .
Coordenadas de M:
1 3 2 0 1 1
, ,
2 2 2
+ + − +
, ou seja, ( )
2, 1, 0 .
O plano α é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
MP AB =
.
( ) ( ) ( )
, , 2, 1, 0 2, 1,
MP P M x y z x y z
= − = − = − −
e
( ) ( ) ( )
3, 0, 1 1, 2, 1 2, 2, 2
AB B A
= − = − − = −
( ) ( )
. 0 2, 1, . 2, 2,2 0
MP AB x y z
= ⇔ − − − =
2 4 2 2 2 0 2 2 2 2 0
x y z x y z
⇔ − − + + = ⇔ − + − =
1 0
x y z
⇔ − + − =
Equação do plano mediador de [AB]: 1 0
x y z
− + − =.
74.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
AB BP =
é o plano perpendicular ao segmento de
reta [AB] no ponto B.
75.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de
[AB] e ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer de α .
Coordenadas de M:
5 1 1 5 0 4
, ,
2 2 2
+ + +
, ou seja, ( )
3, 3, 2 .
O plano α é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
MP AB =
.
( ) ( ) ( )
, , 3, 3, 2 3, 3, 2
MP P M x y z x y z
= − = − = − − −
e
( ) ( ) ( )
1, 5, 4 5, 1, 0 4, 4, 4
AB B A
= − = − = −
( ) ( )
. 0 3, 3, 2 . 4,4,4 0
MP AB x y z
= ⇔ − − − − =
4 12 4 12 4 8 0
x y z
⇔ − + + − + − =
4 4 4 8 0 2 0
x y z x y z
⇔ − + + − = ⇔ − + + − =
Equação do plano mediador de [AB]: 2 0
x y z
− + + − = .
75.2. Substituindo as coordenadas do ponto C na equação do
plano mediador de [AB], tem-se:
1 1 4 2 0
− + + − = (proposição falsa)
Conclui-se, então, que o ponto C não pertence ao plano
mediador de [AB].
Pág. 170
76.1. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer da superfície esférica
de diâmetro [BC].
A superfície esférica de diâmetro [BC] é o conjunto dos pontos
( )
, ,
P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0
BP CP =
.
( ) ( ) ( )
, , 1, 2, 2 1, 2, 2
BP P B x y z x y z
= − = − − − = + − +
e
( ) ( ) ( )
, , 2, 1, 1 2, 1, 1
CP P C x y z x y z
= − = − − = − + −
.
( ) ( )
. 0 1, 2, 2 . 2, 1, 1 0
BP CP x y z x y z
= ⇔ + − + − + − =
( )( ) ( )( ) ( )( )
1 2 2 1 2 1 0
x x y y z z
⇔ + − + − + + + − =
2 2 2
2 2 2 2 2 2 0
x x x y y y z z z
⇔ − + − + + − − + − + − =
2 2 2
6 0
x y z x y z
⇔ + + − − + − =
Equação da superfície esférica de diâmetro [BC]:
2 2 2
6 0
x y z x y z
+ + − − + − =
76.2. O conjunto de pontos do espaço ( )
, ,
P x y z que
satisfazem a condição . 0
AP CP =
é a superfície esférica de
diâmetro [AC].
76.3. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer da superfície esférica
de diâmetro [AB].
A superfície esférica de diâmetro [AB] é o conjunto dos pontos
( )
, ,
P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0
AP BP =
.
( ) ( ) ( )
, , 3, 0, 2 3, , 2
AP P A x y z x y z
= − = − = − −
e
( ) ( ) ( )
, , 1, 2, 2 1, 2, 2
BP P B x y z x y z
= − = − − − = + − +
.
( ) ( )
. 0 3, , 2 . 1, 2, 2 0
AP BP x y z x y z
= ⇔ − − + − + =
( )( ) ( ) ( )( )
3 1 2 2 2 0
x x y y z z
⇔ − + + − + − + =
2 2 2
3 3 2 4 0
x x x y y z
⇔ + − − + − + − =
2 2 2
2 2 7
x y z x y
⇔ + + − − =
Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] pode ser definida
por 2 2 2
2 2 7
x y z x y
+ + − − =
.
77.1. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer da superfície esférica
de diâmetro [RS].
A superfície esférica de diâmetro [RS] é o conjunto dos pontos
( )
, ,
P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0
RP SP =
.
( ) ( ) ( )
, , 1, 0, 1 1, , 1
RP P R x y z x y z
= − = − − = − +
e
( ) ( ) ( )
, , 1, 2, 1 1, 2, 1
SP P S x y z x y z
= − = − − = − + −
( ) ( )
. 0 1, , 1 . 1, 2, 1 0
RP SP x y z x y z
= ⇔ − + − + − =
( )( ) ( ) ( )( )
1 1 2 1 1 0
x x y y z z
⇔ − − + + + + − =
2 2 2
2 1 2 1 0
x x y y z
⇔ − + + + + − =
2 2 2
2 1 2 1 1 1
x x y y z
⇔ − + + + + + = +
( ) ( )
2 2 2
1 1 2
x y z
⇔ − + + + =
Então, a superfície esférica de diâmetro [RS] pode ser
representada pela equação ( ) ( )
2 2 2
1 1 2
x y z
− + + + =
.
77.2. Substituindo as coordenadas do ponto T na equação da
superfície esférica de diâmetro [RS], tem-se:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 2 1 1 2
− + − + + − = , ou seja, 0 1 1 2
+ + = (proposição
verdadeira). Conclui-se, então, que o ponto T pertence à
superfície esférica de diâmetro [RS].
77.3. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano tangente à
superfície esférica de diâmetro [RS] no ponto T.
Esse plano tangente é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do
espaço que satisfazem a condição . 0
CT TP =
, sendo C o centro
da superfície esférica.
Atendendo ao resultado obtido em 74.1., sabe-se que
( )
1, 1, 0
C − .
( ) ( ) ( )
1, 2, 1 1, 1, 0 0, 1, 1
CT T C
= − = − − − − = − −
e
( ) ( ) ( )
, , 1, 2, 1 1, 2, 1
TP P T x y z x y z
= − = − − − = − + +
( ) ( )
. 0 0, 1, 1 . 1, 2, 1 0
CT TP x y z
= ⇔ − − − + + =
2 1 0 3 0 3 0
y z y z y z
⇔ − − − − = ⇔ − − − = ⇔ + + =
Uma equação cartesiana, do plano tangente à superfície esférica
referida em 74.1. no ponto T , é 3 0
y z
+ + =.
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![90
Unidade 2
90 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 171
78.1. A superfície esférica de raio 7 que é tangente aos planos
coordenados e tem centro pertencente ao 1.º octante é definida
pela equação ( ) ( ) ( )
2 2 2
7 7 7 49
x y z
− + − + − =.
O ponto ( )
9, 10, 1
A pertence à superfície esférica porque
( ) ( ) ( )
2 2 2
9 7 10 7 1 7 49
− + − + − =
.
78.2. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano tangente à
superfície esférica no ponto A.
Esse plano tangente é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do
espaço que satisfazem a condição . 0
CA AP =
, sendo C o centro
da superfície esférica.
Sabe-se que ( )
7, 7, 7
C .
( ) ( ) ( )
9, 10, 1 7,7, 7 2, 3, 6
CA A C
= − = − = −
e
( ) ( ) ( )
, , 9, 10, 1 9, 10, 1
AP P A x y z x y z
= − = − = − − −
( ) ( )
. 0 2,3, 6 . 9, 10, 1 0
CA AP x y z
= ⇔ − − − − =
2 18 3 30 6 6 0 2 3 6 42 0
x y z x y z
⇔ − + − − + = ⇔ + − − =
Uma equação cartesiana do plano tangente à superfície esférica
no ponto A é 2 3 6 42 0
x y z
+ − − =
.
79.1. Pretende-se determinar uma equação vetorial da reta AC.
A é o ponto de interseção da reta AC com o plano β .
O plano β é definido pela equação 2 3 8
x y z
− + =, então o vetor
( )
2, 1, 3
u
= −
é normal ao plano β .
Como a reta AC é perpendicular ao plano β , ( )
2, 1, 3
u
= −
é
vetor diretor da reta AC.
Então, a reta AC pode ser definida vetorialmente por:
( ) ( ) ( )
, , 4, 3, 1 2, 1, 3 ,
x y z k k
= − − + − ∈R .
79.2. A reta AC é definida vetorialmente por
( ) ( ) ( )
, , 4, 3, 1 2, 1, 3 ,
x y z k k
= − − + − ∈R .
Como C pertence à reta BC, então
( )
4 2 , 3 , 1 3 ,
C k k k k
+ − − − + ∈R .
( ) ( )
4 2 , 3 , 1 3 4, 3, 1
AC C A k k k
= − = + − − − + − − −
( )
2 , , 3
k k k
= −
( ) ( ) ( )
2 2 2
14 2 3 14
AC k k k
= ⇔ + − + =
2 2 2 2
4 9 14 14 14
k k k k
⇔ + + = ⇔ =
2 2
14 14 1 1 1
k k k k
⇔ = ⇔ =⇔ =∨ =
−
Se 1
k = então ( )
6, 4, 2
C − .
Se 1
k = − então ( )
2, 2, 4
C − − .
Assim sendo, a superfície esférica pode ser definida por:
( ) ( ) ( )
2 2 2
6 4 2 14
x y z
− + + + − =ou
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 4 14
x y z
− + + + + =
Tarefa 7
1.1.
a) O lugar geométrico dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
CP AB =
é o plano perpendicular a [AB],
que passa no ponto C.
b) O lugar geométrico dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
AP BP =
é a superfície esférica de
diâmetro [AB].
c) O lugar geométrico dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
CB BP =
é o plano tangente a uma
superfície esférica de centro C no ponto B.
d) O lugar geométrico dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
CP AP =
é a superfície esférica de
diâmetro [CA].
1.2.
a) Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de [AB] e
( )
, ,
P x y z um ponto qualquer de α .
Como [AB] é um diâmetro da superfície esférica, o ponto M
coincide com o seu centro (C), ou seja, é o ponto de coordenadas
( )
1, 1, 0
− .
O plano α é o conjunto dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço que
satisfazem a condição . 0
MP AB =
.
( ) ( ) ( )
, , 1, 1, 0 1, 1,
MP P M x y z x y z
= − = − − = − +
e
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 1, 1, 0 3, 1, 2 2 2, 2, 2
AB AC C A
= = − = − − = − − −
( )
4, 4, 4
= − − −
( ) ( )
. 0 1, 1, . 4, 4, 4 0
MP AB x y z
= ⇔ − + − − − =
4 4 4 4 4 0 4 4 4 0
x y z x y z
⇔ − + − − − = ⇔ − − − =
0
x y z
⇔ + + =
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: 0
x y z
+ + =.
b) O plano β é tangente à superfície esférica de centro C no
ponto A.
O plano β é o lugar geométrico dos pontos ( )
, ,
P x y z do espaço
que satisfazem a condição . 0
CA AP =
.
( ) ( ) ( )
3, 1, 2 1, 1, 0 2, 2, 2
CA A C
= − = − − =
e
( ) ( ) ( )
, , 3, 1, 2 3, 1, 2
AP P A x y z x y z
= − = − = − − −
( ) ( )
. 0 2,2,2 . 3, 1, 2 0
CA AP x y z
= ⇔ − − − =
2 6 2 2 2 4 0 2 2 2 12 0
x y z x y z
⇔ − + − + − = ⇔ + + − =
6 0
x y z
⇔ + + − =
Uma equação cartesiana do plano β é 6 0
x y z
+ + − = .
c) O planoθ é paralelo ao plano β e tangente à superfície
esférica, então passa em B.
Ora, ( ) ( ) ( )
1, 1, 0 2, 2, 2 1, 3, 2
B C AC
= + = − + − − − = − − −
.
Uma equação cartesiana do planoθ é do tipo 0
x y z d
+ + + = .
Como o ponto ( )
1, 3, 2
B − − − pertence ao planoθ , tem-se:
1 3 2 0 6
d d
− − − + = ⇔ = .
Uma equação cartesiana do planoθ é 6 0
x y z
+ + + = .
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![91
Geometria analítica
91 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
2.1. O planoα é paralelo ao plano β e passa em A.
Como o planoα é definido pela equação 3 0
x y z
+ + + =, então o
plano β é definido por uma equação do tipo 0
x y z d
+ + + = .
Como o ponto ( )
1, 1, 2
A − pertence ao plano β , tem-se:
1 1 2 0 0
d d
+ − + = ⇔ = .
Uma equação cartesiana do plano β é 0
x y z
+ + =.
2.2. Designemos por I o ponto da superfície esférica onde o
plano β é tangente.
O plano β é definido pela equação 3 0
x y z
+ + + =, então o vetor
( )
1, 1, 1
u =
é normal ao plano β .
A reta perpendicular ao plano β e que passa pelo ponto A tem a
direção do vetor ( )
1, 1, 1
u =
e pode ser definida vetorialmente
por:
( ) ( ) ( )
, , 1, 1, 2 1, 1, 1 ,
x y z k k
= − + ∈R .
As coordenadas de qualquer ponto da reta perpendicular a β e
que passa por A são do tipo ( )
1 , 1 , 2 ,
k k k k
+ + − + ∈R .
Em particular, sabe-se que ( )
1 , 1 , 2 ,
I k k k k
+ + − + ∈R .
Como I pertence ao plano β , tem-se:
1 1 2 3 0 3 3 0 1
k k k k k
+ + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − .
Substituindo k por 1
− , conclui-se que ( )
0, 0, 3
I − .
2.3. Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer da superfície esférica.
[AI] é um diâmetro da superfície esférica.
A superfície esférica de diâmetro [AI] é o conjunto dos pontos
( )
, ,
P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0
AP IP =
.
( ) ( ) ( )
, , 1, 1, 2 1, 1, 2
AP P A x y z x y z
= − = − − = − − +
e
( ) ( ) ( )
, , 0, 0, 3 , , 3
IP P I x y z x y z
= − = − − = +
( ) ( )
. 0 1, 1, 2 . , , 3 0
AP IP x y z x y z
= ⇔ − − + + =
( ) ( ) ( )( )
1 1 2 3 0
x x y y z z
⇔ − + − + + + =
2 2 2
3 2 6 0
x x y y z z z
⇔ − + − + + + + =
2 2 2
5 6 0
x y z x y z
⇔ + + − − + + =
Uma equação da superfície esférica é
2 2 2
5 6 0
x y z x y z
+ + − − + + = .
Pág. 172
Proposta 45
45.1. ( ) ( ) ( )
1, 1,0 2, 3,1 1,2, 1
AB B A
= − = − − − = − −
e
( ) ( ) ( )
2,1, 5 2, 3,1 0,4, 6
AC C A
= − = − − − = −
.
( ) ( )
. 1,2, 1 . 4, 3, 2 4 6 2 8
AB n =− − − − =
− − + =
−
.
Como . 0
AB n ≠
, conclui-se que B α
∉ .
( ) ( )
. 0,4, 2 . 4, 3, 6 0 12 12 0
AC n = − − − = − + =
.
Como . 0
AC n =
, conclui-se que C α
∈ .
45.2. O vetor ( )
4, 3, 2
n − −
é normal ao plano α .
Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano α .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP n =
.
( ) ( )
. 0 2, 3, 1 . 4, 3, 2 0
AP n x y z
= ⇔ − + − − − =
( ) ( ) ( )
4 2 3 3 2 1 0
x y z
⇔ − − + − − =
4 8 3 9 2 2 0
x y z
⇔ − − − − + =
4 3 2 15 0
x y z
⇔ − − − =
45.3. O ponto ( )
2
7 , 1,
P k k
− − pertence ao plano α , definido
pela equação 4 3 2 15 0
x y z
− − − =
, se:
( ) ( ) ( )
2
4 7 3 1 2 15 0
k k
− − − − − =
2
28 4 3 2 15 0
k k
⇔ − + − − =
2
2 4 16 0
k k
⇔ − − + =
( )
4 16 4 2 16
4
k
± − × − ×
⇔ =
−
4 2
k k
⇔ =
− ∨ =
Proposta 46
46.1. O vetor ( )
3, 2,4
u −
é normal ao plano β e o ponto
( )
4, 3, 8
A − pertence ao plano β .
Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano β .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP u =
.
( ) ( )
. 0 4, 3, 8 . 3, 2,4 0
AP u x y z
= ⇔ + − − − =
( ) ( ) ( )
3 4 2 3 4 8 0
x y z
⇔ + − − + − =
3 12 2 6 4 32 0
x y z
⇔ + − + + − =
3 2 4 14 0
x y z
⇔ − + − =
46.2. O vetor
2 7
, 1,
3 2
u
−
é normal ao plano β e o ponto
( )
3, 0, 1
A − pertence ao plano β .
Seja ( )
, ,
P x y z um ponto qualquer do plano β .
O ponto P satisfaz a condição . 0
AP u
→
=
.
( )
2 7
. 0 3, , 1 . , 1, 0
3 2
AP u x y z
= ⇔ − + − =
( ) ( )
2 7
3 1 1 0
3 2
x y z
⇔ − − + + =
2 7 7
2 0
3 2 2
x y z
⇔ − − + + =
4 12 6 21 21 0
x y z
⇔ − − + + =
4 6 21 9 0
x y z
⇔ − + + =
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Unidade 2
94 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 54
54.1. Na opção A sabe-se que ( )
1, 2,1
u −
é um vetor normal ao
primeiro plano, ( )
2, 4,2
v −
é um vetor normal ao segundo plano
e ( )
1,1, 1
w −
é um vetor normal ao terceiro plano.
Os vetores u
e v
são colineares, logo os dois primeiros planos
são paralelos.
O vetor w
não é colinear aos vetores u
e v
, logo o terceiro
plano é concorrente aos dois primeiros planos.
Portanto, as equações dos três planos estão representadas na
opção A.
54.2. Na opção B sabe-se que ( )
1, 2,1
u −
é um vetor normal ao
primeiro e ao segundo plano e que ( )
2, 4,2
v −
é um vetor normal
ao terceiro plano.
Os vetores u
e v
são colineares, logo os três planos são
paralelos.
Uma vez que, na opção B, não há equações equivalentes, conclui-
se que os três planos são estritamente paralelos.
Logo, a opção B corresponde à figura I.
Na opção C sabe-se que ( )
1, 2,1
u −
é um vetor normal ao
primeiro plano, ( )
2, 4,2
v −
é um vetor normal ao segundo plano
e ( )
1,1, 1
w −
é um vetor normal ao terceiro plano. ( )
1, 2,1
u
→
− é
um vetor normal ao primeiro plano, ( )
2, 4,2
v −
é um vetor
normal ao segundo plano e ( )
3, 6,3
w −
é um vetor normal ao
terceiro plano.
Os vetores u
, v
e w
são colineares entre si, logo os três planos
são paralelos.
Uma vez que, na opção C, a segunda e a terceira equações são
equivalentes, conclui-se que esses planos são coincidentes.
Logo, a opção C corresponde à figura II.
Proposta 55
55.1. Sendo ( )
1, 2,1
u
= −
um vetor normal ao planoα , então
qualquer plano paralelo aα é definido por uma equação da
forma 2 0
x y z d
− + + = .
O ponto ( )
6, 2, 1
A − pertence ao plano, então:
( )
6 2 2 1 0 11
d d
− × − + + = ⇔ =− .
Uma equação cartesiana do plano paralelo aα e que passa por A
é 2 11 0
x y z
− + − = .
55.2. ( )
1, 2,1
u
= −
um vetor normal ao planoα e
( )
3, 2, 7
v = − −
um vetor normal ao plano β .
Os planosα e β não são paralelos porque os vetores u
e v
não
são colineares.
Por isso, a afirmação I é falsa.
Como ( ) ( )
. 1, 2,1 . 3, 2, 7 3 4 7 0
u v = − − − = + − =
, sabe-se que u
e
v
são perpendiculares.
Os planosα e β não são perpendiculares porque os vetores u
e
v
são perpendiculares.
Assim sendo, a afirmação verdadeira é a II.
55.3. Sabe-se que o vetor ( )
3, 2, 7
v = − −
é normal ao plano β .
Então, ( )
3, 2, 7
v = − −
é um vetor diretor da reta que passa por A
e é perpendicular a β .
Uma equação vetorial da reta que passa por ( )
6, 2, 1
A − e é
perpendicular a β é ( ) ( ) ( )
, , 6, 2,1 3, 2, 7 ,
x y z k k
= − + − − ∈R .
Pág. 175
Proposta 56
56.1. O plano EFG é o plano que contém a face [EFGH] do cubo e
é paralelo ao plano α , definido por 5 2 4 0
x y z
− + − =.
Sendo ( )
5, 1,2
n
= −
um vetor normal ao planoα , então também
é normal ao plano EFG.
Assim sendo, o plano EFG é definido por uma equação da forma
5 2 0
x y z d
− + + =.
Como o ponto ( )
2, 7, 0
E pertence ao plano EFG, tem-se:
5 2 7 2 0 0 3
d d
× − + × + = ⇔ =
− .
Uma equação cartesiana do plano EFG é 5 2 3 0
x y z
− + − =.
56.2. A reta EA passa no ponto ( )
2, 7, 0
E e é perpendicular ao
plano α .
Então, o vetor ( )
5, 1,2
n
= −
um vetor diretor da reta EA pois é
normal ao planoα .
Uma equação vetorial da reta EA é
( ) ( ) ( )
, , 2, 7, 0 5, 1, 2 ,
x y z k k
= + − ∈R .
56.3. O ponto A pertence à reta EA e qualquer ponto da reta EA
é da forma ( )
2 5 , 7 , 2 ,
k k k k
+ − ∈R .
O ponto A pertence ao plano α definido por 5 2 4 0
x y z
− + − =.
Então, tem-se:
( ) ( ) ( )
5 2 5 7 2 2 4 0 10 25 7 4 4 0
k k k k k k
+ − − + − = ⇔ + − + + − =
1
30 1
30
k k
⇔ = ⇔ =
Substituindo k por
1
30
, tem-se
1 1 1
2 5 , 7 , 2
30 30 30
A
+ × − ×
, ou
seja,
13 209 1
, ,
6 30 15
A
.
[AE] é uma das arestas do cubo e
2 2 2
13 209 1 1 30
2 7 0
6 30 15 30 30
AE
= − + − + − = =
.
Então,
3
3
30 30 30 30
30 900
30
V
= = =
.
Proposta 57
57.1. O planoθ é o plano que contém os pontos A, B e C, ou
seja, é o plano ABC.
( ) ( ) ( )
0,4,0 4,0,0 4,4,0
AB B A
= − = − = −
e
( ) ( ) ( )
0,0,3 4,0,0 4,0,3
AC C A
= − = − = −
.
Seja ( )
, ,
u a b c
=
um vetor não nulo normal ao planoθ .
Então, tem-se: . 0 . 0
u AB u AC
=
∧ =
.
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![98
Unidade 2
98 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
( ) ( ) ( )
3 6 4 2 2 5 8 18 3 4 4 10 8
k k k k k k
+ − − + + = ⇔ + + + + =
14
17 14
17
k k
⇔ =
− ⇔ =
−
Substituindo k por
14
17
− , tem-se
14 14 14
6 , 4 , 2 5
17 17 17
B
− − × − + × −
, ou seja,
88 56 36
, ,
17 17 17
B
−
.
69.2. 3 2 8
x y z
− + = é uma equação do plano ABC.
Sendo EFG um plano paralelo ao plano ABC então uma equação
do plano EFG é da forma 3 2 0
x y z d
− + + =.
O ponto ( )
6, 0, 2
F pertence ao plano EFG, então tem-se:
3 6 0 2 2 0 22
d d
× − + × + = ⇔ =
− .
Uma equação cartesiana do plano EFG é 3 2 22 0
x y z
− + − = .
69.3. A altura da pirâmide [ABCDV] é dada por VP , sendo P a
projeção ortogonal de V sobre o plano ABC.
A reta VP é perpendicular ao plano ABC.
O vetor ( )
3, 1, 2
n
= −
, sendo normal ao plano ABC, é um vetor
diretor da reta VP.
Uma equação vetorial da reta VP é
( ) ( ) ( )
, , 5, 4, 3 3, 1, 2 ,
x y z k k
= − + − ∈R .
Qualquer ponto da reta VP é da forma
( )
5 3 , 4 , 3 2 ,
k k k k
+ − − + ∈R .
O ponto P pertence à reta VP e ao plano ABC definido por
3 2 8
x y z
− + =. Então, tem-se:
( ) ( ) ( )
3 5 3 4 2 3 2 8 15 9 4 6 4 8
k k k k k k
+ − − + − + = ⇔ + − + − + =
3
14 3
14
k k
⇔ = ⇔ =
Substituindo k por
3
14
, tem-se
3 3 3
5 3 , 4 , 3 2
14 14 14
P
+ × − − + ×
, ou seja,
79 53 18
, ,
14 14 7
P
−
.
Altura da pirâmide [ABCDV]:
2 2 2
79 53 18
5 4 3
14 14 7
126 3 14
196 14
VP
= − + − + − +
= =
Proposta 70
O vetor ( )
3,2, 1
u −
é normal ao planoα e ( )
2
2 , 8,
v k k
−
é
normal ao plano β .
Os planos α e β são perpendiculares se os vetores u
e v
forem perpendiculares.
( ) ( )
2 2
. 0 3,2, 1 . 2 , 8, 0 6 16 0
u v u v k k k k
⊥ ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − + − =
6 36 64
8 2
2
k k k
± +
⇔ = ⇔ =
− ∨ =
−
A opção correta é a (A).
Proposta 71
71.1. Sabe-se que D C AB
= +
.
( ) ( ) ( )
1,1,2 1,1,4 2,0, 2
AB B A
= − = − − = − −
.
Logo, ( ) ( ) ( )
3, 3, 2 2, 0, 2 1, 3, 0
D C AB
= + = + − − =
.
71.2. O ponto ( )
1, 1, 4
A pertence ao plano ABC e os vetores
AB
e AC
são dois vetores não colineares do plano ABC.
( ) ( ) ( )
1, 1, 2 1, 1, 4 2, 0, 2
AB B A
= − = − − = − −
e
( ) ( ) ( )
3, 3, 2 1, 1, 4 2, 2, 2
AC C A
= − = − = −
.
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 1, 1, 4 2, 0, 2 2, 2, 2 , ,
x y z a b a b
= + − − + − ∈R .
71.3. Designemos porα o plano que contém a base do prisma à
qual pertence a aresta [AB].
( )
2, 2, 2
AC
= −
é um vetor normal ao plano α .
Então, o planoα é definido por uma equação da forma
2 2 2 0
x y z d
+ − + =.
Como o ponto ( )
1, 1, 4
A pertence ao planoα , tem-se:
2 1 2 1 2 4 0 4
d d
× + × − × + = ⇔ = .
Uma equação cartesiana do planoα é 2 2 2 4 0
x y z
+ − + =, ou de
forma simplificada, 2 0
x y z
+ − + =.
Designemos por β o plano que contém a base do prisma à qual
pertence a aresta [CD].
Como o plano β é paralelo ao plano α sabe-se que é definido por
uma equação da forma 0
x y z d
+ − + =.
Como o ponto ( )
3, 3, 2
C pertence ao plano β , tem-se:
3 3 2 0 4
d d
+ − + = ⇔ =
− .
Uma equação cartesiana do plano β é 4 0
x y z
+ − − = .
71.4. Altura do prisma: ( )
2
2 2
2 2 2 12 2 3
AC AC
= = + + − = =
Aresta da base do prisma:
( ) ( )
2 2
2
2 0 2 8 2 2
AB AB
= = − + + − = =
As bases do prisma são hexágonos regulares. Logo, podem ser
divididas em seis triângulos equiláteros como sugere a figura.
Seja x a altura de cada um desses triângulos.
Então, tem-se:
( )
tan 60 3 6
2 2
x x
x
°= ⇔ = ⇔ = .
Área da base do prisma:
2 2 6
6 6 12 6 2 3
2
b
A
×
=
× =
=
×
12 3
=
Volume do prisma: 12 3 2 3 24 3 72
b
V A h
= × = × = × =
Pág. 180
Proposta 72
72.1.
a) O plano xOz é o plano de equação 0
y = .
Como a base [ABCD] está contida no plano xOz, os pontos A, B, C
e D têm ordenada nula.
A reta AB é definida pelo sistema de equações 2 0
x y
= ∧ = .
Então os pontos A e B têm abcissa igual a 2.
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![99
Geometria analítica
99 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Como a pirâmide é quadrangular regular e a origem do
referencial é o centro da sua base, conclui-se que:
( ) ( ) ( ) ( )
2, 0,2 , 2, 0, 2 , 2, 0, 2 e D 2, 0,2
A B C
− − − − .
b) AB
e AV
são dois vetores não colineares do plano ABV.
( ) ( ) ( )
2,0, 2 2,0,2 0,0, 4
AB B A
= − = − − = −
e
( ) ( ) ( )
0,5,0 2,0,2 2,5, 2
AV V A
= − = − = − −
.
Seja ( )
, ,
u a b c
=
um vetor não nulo normal ao plano ABV.
Então, tem-se: . 0 . 0
u AB u AV
=
∧ =
.
( ) ( )
( ) ( )
, , . 0,0, 4 0
. 0 4 0
2 5 2 0
, , . 2,5, 2 0
. 0
a b c
u AB c
a b c
a b c
u AV
− = −
=
⇔ ⇔
− + − =
− − =
=
0
5
2
c
a b
=
⇔
=
Coordenadas do vetor u
: { }
5
, , 0 , 0
2
b b b
∈
R .
Por exemplo, se 2
b = tem-se ( )
5,2,0
u
.
Sabe-se que o vetor ( )
5,2,0
u
é normal ao plano ABV e que o
ponto ( )
2,0,2
A pertence ao plano ABV. Então, tem-se:
( ) ( ) ( )
5 2 2 0 0 2 0 5 10 2 0
x y z x y
− + − + − =⇔ − + =
5 2 10 0
x y
⇔ + − =
Uma equação cartesiana do plano ABV é 5 2 10 0
x y
+ − =
.
c) AD
e AV
são dois vetores não colineares do plano ADV.
( ) ( ) ( )
2,0,2 2,0,2 4,0,0
AD D A
= − = − − = −
e ( )
2,5, 2
AV =
− −
.
O plano ADV passa no ponto ( )
0, 5, 0
V .
Uma equação vetorial do plano ADV é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 0, 5, 0 4, 0, 0 2, 5, 2 , ,
x y z a b a b
= + − + − − ∈R .
72.2. A aresta [AV] é definida pela seguinte equação vetorial:
( ) ( ) ( ) [ ]
, , 2, 0, 2 2, 5, 2 , 0, 1
x y z k k
= + − − ∈ .
P é o ponto da aresta [AV] que tem abcissa
1
2
, então tem-se:
( ) ( ) [ ]
1
, , 2, 0, 2 2, 5, 2 , 0, 1
2
y z k k
= + − − ∈
3
1
2 2 4
2
15
5
4
2 2
1
2
k
k
y k y
z k
z
=
= −
= ⇔ =
= −
=
Então,
1 15 1
, ,
2 4 2
P
.
Proposta 73
73.1. O ponto ( )
1, 4, 5
A − pertence ao plano ABC e os vetores
AB
e AC
são dois vetores não colineares do plano ABC.
( ) ( ) ( )
3, 0, 8 1, 4, 5 4, 4, 3
AB B A
= − = − − = −
e
( ) ( ) ( )
1, 6, 9 1, 4, 5 2, 2, 4
AC C A
= − = − − =
.
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( ) ( ) ( ) ( )
, , 1, 4, 5 4, 4, 3 2, 2, 4 , ,
x y z a b a b
=
− + − + ∈R .
73.2. ( )
11,5, 8
u −
é um vetor diretor da reta definida por
( ) ( ) ( )
, , 2, 2, 1 11, 5, 8 ,
x y z k k
= − + − ∈R .
( ) ( )
. 11,5, 8 . 4, 4,3 44 20 24 0
u AB = − − = − − =
e
( ) ( )
. 11,5, 8 . 2,2,4 22 10 32 0
u AC = − = + − =
.
Como u AB
⊥
e u AC
⊥
, conclui-se que o vetor u
é
perpendicular ao plano ABC.
Então, a reta definida por
( ) ( ) ( )
, , 2, 2, 1 11, 5, 8 ,
x y z k k
= − + − ∈R é perpendicular ao
plano ABC.
73.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
AB MP =
, sendo M o ponto médio de [AB], é o
plano mediador de [AB].
( ) ( ) ( )
3, 0, 8 1, 4, 5 4, 4, 3
AB B A
= − = − − = −
( )
13 13
, , 1,2, 1, 2,
2 2
MP P M x y z x y z
= − = − = − − −
( )
13
. 0 4, 4,3 . 1, 2, 0
2
AB MP x y z
= ⇔ − − − − =
39
4 4 4 8 3 0
2
x y z
⇔ − − + + − =
31
4 4 3 0
2
x y z
⇔ − + − =
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]:
31
4 4 3 0
2
x y z
− + − =
Proposta 74
O conjunto dos pontos P do espaço que satisfazem a condição
. 0
AB BP =
é o plano tangente à superfície esférica de centro A
no ponto B.
A opção correta é a (D).
Pág. 181
Proposta 75
75.1. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
AB MP =
, sendo M o ponto médio de [AB], é o
plano mediador de [AB].
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: 0
y =
75.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
AB BP =
é o plano tangente à superfície esférica
centrada em A no ponto B.
( ) ( ) ( )
0, 3,0 0,3,0 0, 6,0
AB B A
= − = − − = −
( ) ( ) ( )
, , 0, 3,0 , 3,
BP P B x y z x y z
= − = − − = +
( ) ( )
. 0 0, 6,0 . , 3, 0 6 18 0 3
AB BP x y z y y
= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = −
Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em A
no ponto B: 3
y = −
75.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
AP BP =
é a superfície esférica de diâmetro [AB].
O centro da superfície esférica de diâmetro [AB] é o ponto médio
de [AB], que coincide com a origem do referencial, e o raio é 3.
Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] é definida pela
condição 2 2 2
9
x y z
+ + =
.
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Unidade 2
100 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
75.4. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0 0
AP BP x
= ∧ =
é a interseção da superfície
esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação 0
x = , ou seja,
é a circunferência de centro O e raio 3, contida no plano yOz.
Essa circunferência é definida pela condição
2 2 2
9 0
x y z x
+ + = ∧ = , ou seja, 2 2
9 0
y z x
+ = ∧ = .
75.5. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0 3
AP BP z
= ∧ =
é a interseção da superfície
esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação 3
z = , ou seja,
é o ponto de coordenadas ( )
0, 0, 3 .
Nota: O plano de equação 3
z = é tangente à superfície esférica
de diâmetro [AB].
Proposta 76
76.1. Sendo S o ponto médio de [RT], sabe-se que T S RS
= +
.
( ) ( ) ( )
0,3, 2 4,7, 2 4, 4,0
RS S R
= − = − − − = −
.
Então, ( ) ( ) ( )
0,3, 2 4, 4,0 4, 1, 2
T = − + − = − − .
76.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
a condição . 0
RT SP =
, sendo S o ponto médio de [RT], é o plano
mediador de [RT].
( ) ( ) ( )
4, 1, 2 4,7, 2 8, 8,0
RT T R
= − = − − − − − = − −
( ) ( ) ( )
, , 0,3, 2 , 3, 2
SP P S x y z x y z
= − = − − = − +
( ) ( )
. 0 8, 8,0 . , 3, 2 0 8 8 24 0
RT SP x y z x y
= ⇔ − − − + = ⇔ − − + =
3 0
x y
⇔ + − =
Equação cartesiana do plano mediador de [RT]: 3 0
x y
+ − = .
76.3. O plano que é tangente em T à superfície esférica de
diâmetro [RT] é o conjunto dos pontos P do espaço que
satisfazem a condição . 0
ST TP =
.
( ) ( ) ( )
4, 1, 2 0,3, 2 4, 4,0
ST T S
= − = − − − − − = − −
( ) ( ) ( )
, , 4, 1, 2 4, 1, 2
TP P T x y z x y z
= − = − − − − = + + +
( ) ( )
. 0 4, 4,0 . 4, 1, 2 0
ST TP x y z
= ⇔ − − + + + = ⇔
4 16 4 4 0 5 0
x y x y
− − − − = ⇔ + + =
Equação do plano que é tangente em T à superfície esférica de
diâmetro [RT]: 5 0
x y
+ + =
Proposta 77
77.1. Como a pirâmide é quadrangular regular, a sua base é um
quadrado.
Se o perímetro da base da pirâmide é 8, então a aresta da base é
2.
Altura da pirâmide:
( ) ( ) ( )
2 2 2
´ 4 2 5 3 8 4 4 4 16 24 2 6
VV = − + − + − = + + = = .
Volume da pirâmide: 2
1 1 8 6
2 2 6
3 3 3
p b
V A h
= × = × × = .
A esfera é definida pela inequação
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 2 6
x y z
− + − + − ≤ , então tem raio 6 .
Volume da esfera: ( )
3
3
4 4 4
6 6 6 8 6
3 3 3
e
V r
= π = π× = π× = π .
Volume do sólido:
( )
8 6 1 3
8 6 8 6 24 6
8 6
3 3 3
p e
V V V
+ π
+ π
= + = + π
= = .
77.2. Como o planoα contém a base da pirâmide é
perpendicular à reta VV´.
Então, o vetor ´
VV
é normal ao planoα .
( ) ( ) ( )
´ ´ 2,3,4 4,5,8 2, 2, 4
VV V V
= − = − = − − −
.
Como o ponto ( )
´ 2,3,4
V pertence ao planoα , tem-se:
( ) ( ) ( )
2 2 2 3 4 4 0 2 4 2 6 4 16 0
x y z x y z
− − − − − − = ⇔ − + − + − + =
2 2 4 26 0 2 13 0
x y z x y z
⇔ − − − + = ⇔ + + − =
Uma equação cartesiana do planoα é 2 13 0
x y z
+ + − =.
77.3. O centro da esfera é o ponto ( )
1, 2, 2
C e o raio é 6 .
Ora, ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 3 2 1 2 4 1 1 6
AC = − − + − + − = + + = .
Como a distância do ponto A ao centro da esfera é igual ao raio
da esfera, conclui-se que o ponto A é um ponto da superfície
esférica que limita a esfera dada.
O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a
condição . 0
CA AP =
é o plano tangente à superfície esférica
centrada em C no ponto A.
( ) ( ) ( )
1,3,1 1,2,2 2,1, 1
CA A C
= − = − − = − −
( ) ( ) ( )
, , 1,3,1 1, 3, 1
AP P A x y z x y z
= − = − − = + − −
( ) ( )
. 0 2,1, 1 . 1, 3, 1 0
CA AP x y z
= ⇔ − − + − − =
2 2 3 1 0 2 4 0
x y z x y z
⇔ − − + − − + = ⇔ − + − − =
Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em C
no ponto A: 2 4 0
x y z
− + − − =
Pág. 182
Proposta 78
78.1. A superfície esférica é definida pela equação
2 2 2
5
x y z
+ + =e o eixo Oz é definido pela condição
0 0
x y
= ∧ = .
Os pontos de interseção da superfície esférica com o eixo Oz são
os pontos que verificam a condição
2 2 2
5 0 0
x y z x y
+ + = ∧ = ∧ = .
2 2 2
5 0 0
x y z x y
+ + = ∧ = ∧ =
2 2 2 2
0 0 5 0 0 5 0 0
z x y z x y
⇔ + + = ∧ = ∧ = ⇔ = ∧ = ∧ =
( )
5 5 0 0
z z x y
⇔ = ∨ =
− ∧ = ∧ =
As coordenadas dos pontos de interseção da superfície esférica
com o eixo Oz são ( )
0, 0, 5 e ( )
0, 0, 5
− .
78.2. A superfície esférica é centrada na origem do referencial e
tem raio 5 .
As equações dos planos paralelos a xOy (definido pela condição
0
z = ) e que são tangentes à superfície esférica são:
5 ; 5
z z
= = − .
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Geometria analítica
101 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
78.3. As equações dos planos paralelos a yOz (definido pela
condição 0
x = ) e que são tangentes à superfície esférica são:
5 ; 5
x x
= = − .
78.4. A equação y k
= representa um plano que interseta a
superfície esférica se 5
k ≤ .
A equação y k
= representa um plano que não interseta a
superfície esférica se 5
k .
5 5 5
k k k
⇔ ∨ − .
78.5. 2 2 2 2 2 2
2 5 2 2 5
z x y z z x y
= ∧ + + = ⇔ = ∧ + + =
2 2
2 1
z x y
⇔ = ∧ + =
A interseção do plano definido pela equação 2
z = com a
superfície esférica é a circunferência de centro ( )
0, 0, 2 e raio
1, contida no plano 2
z = .
Assim sendo, o comprimento dessa circunferência é dado por
2 1 2
P= π× = π .
Proposta 79
79.1. A superfície esférica definida pela equação
( )
2
2 2
1 3
x y z
+ − + =tem centro ( )
0, 1, 0
C e raio 3 .
A reta r passa por C e é perpendicular ao planoα definido por
7 0
x y z
− + + − =.
O vetor ( )
1,1,1
u −
é normal ao planoα , logo é um vetor diretor
da reta r.
Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por
( ) ( ) ( )
, , 0, 1, 0 1, 1, 1 ,
x y z k k
= + − ∈R .
79.2. Qualquer ponto da reta r é da forma ( )
, 1 , ,
k k k k
− + ∈R .
Seja A o ponto de interseção da reta r com a superfície esférica.
Então, ( )
, 1 , ,
A k k k k
− + ∈R .
Como o ponto A pertence à superfície esférica, tem-se:
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 3 3 3 1 1 1
k k k k k k k
− + + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∨ =
− .
Assim sendo, as coordenadas dos pontos de interseção da reta r
com a superfície esférica são ( )
1, 2, 1
− e ( )
1, 0, 1
− .
79.3. Qualquer plano tangente ao planoα é da forma
0
x y z d
− + + + = .
Os planos que são paralelos ao planoα e tangentes à superfície
esférica passam nos pontos de coordenadas ( )
1, 2, 1
− e
( )
1, 0, 1
− .
Se ( )
1, 2, 1
− pertence ao plano, tem-se:
1 2 1 0 4
d d
+ + + = ⇔ =
−
Se ( )
1, 0, 1
− pertence ao plano, tem-se:
1 0 1 0 2
d d
− + − + = ⇔ =
Então, as equações dos planos que são paralelos ao plano α e
tangentes à superfície esférica são 4 0
x y z
− + + − = e
2 0
x y z
− + + + =.
Pág. 183
Proposta 80*
80.1. Os pontos E e F pertencem à aresta [BV] e são tais que
BE EF FV
= = .
Então,
1
3
E B BV
= +
e
2
3
F B BV
= +
.
( )
5 11 5 11
,5, 5,4,0 ,1,
2 2 2 2
BV V B
= − = − = −
Então, ( )
1 5 11 25 13 11
5,4,0 ,1, , ,
3 2 2 6 3 6
E
= + − =
e
( )
2 5 11 10 14 11
5,4,0 ,1, , ,
3 2 2 3 3 3
F
= + − =
.
80.2. Sabe-se que o plano β passa em E e é paralelo ao plano α .
O plano β , sendo paralelo aα , é definido por uma equação da
forma 3 4 0
y z d
+ + =.
O ponto
25 13 11
, ,
6 3 6
E
pertence ao plano β , então tem-se:
13 11 61
3 4 0
3 6 3
d d
× + × + =
⇔ =
−
Uma equação cartesiana do plano β é
61
3 4 0
3
y z
+ − =
.
80.3. Aresta da base: ( ) ( ) ( )
2 2 2
5 5 0 4 3 0
AB= − + − + −
0 16 9 25 5
= + + = =
A altura da pirâmide é dada por ´
VV , sendo V´ a projeção
ortogonal de V sobre o plano α .
Seja r a reta perpendicular ao planoα , definido por
3 4 12 0
y z
+ − =
, que passa pelo ponto
5 11
,5,
2 2
V
.
O vetor ( )
0,3,4
u
é normal ao planoα , logo é um vetor diretor
da reta r.
Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por
( ) ( )
5 11
, , , 5, 0, 3, 4 ,
2 2
x y z k k
= + ∈
R .
Qualquer ponto da reta r é da forma
5 11
, 5 3 , 4 ,
2 2
k k k
+ + ∈
R .
O ponto V´ pertence à reta r e ao plano α . Então, tem-se:
( )
11
3 5 3 4 4 12 0 15 9 22 16 12 0
2
k k k k
+ + + − = ⇔ + + + − =
25 25 1
k k
⇔ =
− ⇔ =
−
Substituindo k por 1
− , tem-se ( ) ( )
5 11
´ , 5 3 1 , 4 1
2 2
V
+ × − + × −
,
ou seja,
5 3
´ , 2,
2 2
V
.
Altura da pirâmide: ( )
2 2
2
5 5 11 3
´ 5 2
2 2 2 2
VV
= − + − + −
0 9 16 25 5
= + + = =
Conclusão: A altura da pirâmide é igual à aresta da base.
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![103
Geometria analítica
103 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
Seguidamente vamos determinar a distância entre os pontos C e
C´.
( ) ( ) ( )
2 2 2
´ 2 3 1 3 0 1 1 4 1 6
CC = − + − + + + = + + = .
Como a distância entre os pontos C e C´ é inferior ao raio da
esfera, conclui-se que o plano α é secante à esfera.
82.4. Seja D um ponto da circunferência que limita o círculo que
resulta da interseção do planoα com a esfera dada.
Então, sabe-se que ( ) ( ) ( )
2 2 2
´ ´
CD CC C D
= + .
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
´ 0
3 6 ´ 9 6 ´ ´ 3 ´ 3
C D
C D C D C D C D
= + ⇔ =
+ ⇔ =
⇔ =
O círculo que resulta da interseção do planoα com a esfera dada
tem raio igual a 3 .
A área desse círculo é dada por: ( )
2
3 3
A = π× = π .
Pág. 186
1. 6 2 6 3
b
P r r
= π ⇔ π = π ⇔ = .
Designemos por M o ponto médio de [AB].
( ) ( ) ( ) ( )
. . . 6 3 18
AB BC BA BC BA BC BA BM
=
− =
− =
− × =
− × =
−
.
A opção correta é a (A).
2. O ponto A pertence ao semieixo positivo das abcissas, então
( )
, 0, 0 ,
A x x +
∈R .
O ponto B pertence ao semieixo positivo das cotas, então
( )
0, 0, ,
B z z +
∈R .
( ) ( ) ( )
0,0, ,0,0 ,0, , ,
AB B A z x x z x z +
= − = − = − ∈R
( ) ( )
. ,0, . 2, 5,1 2
AB u x z x z
= − − − = +
Como ,
x z +
∈R , então 2 0
x z
+ , ou seja, . 0
AB u
.
A opção correta é a (A).
3. A reta r é definida pela equação 1,5 1
y x
=
− + .
O declive da reta r é −1,5, ou seja,
3
2
− .
Sendo a reta s perpendicular à reta r, então o seu declive é
2
3
.
Sendo θ a inclinação da reta s, tem-se
2
tan
3
θ = .
Então, ( )
2
tan tan 180 tan
3
α θ θ
= °− = − = − .
A opção correta é a (B).
4. O vetor ( )
1, 2,
u k k
+ −
é normal ao planoα e o vetor
( )
,1, 2
v k −
é normal ao plano β .
( ) ( )
. 0 1, 2, . ,1, 2 0
u v u v k k k
⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = ⇔ + − − =
α β
2 2
2 2 0 2 0
k k k k k
⇔ + − − = ⇔ − − =
1 1 8
2 1
2
k k k
± +
⇔ = ⇔ = ∨ =
−
A opção correta é a (C).
5. A superfície esférica definida por ( )
2
2 2
1 9
x y z
+ + + =tem
centro ( )
0, 1, 0
C − e raio 3.
Os planos definidos por equações do tipo ,
y k k IR
= ∈ são
tangentes à superfície esférica se ( )
1 3
k − − = .
( )
1 3 1 3 1 3 1 3
k k k k
− − = ⇔ + = ⇔ + = ∨ + = −
2 4
k k
⇔ = ∨ =
−
A opção correta é a (D).
Pág. 187
1.1. ( )
3, 1
u −
é um vetor diretor da reta r.
O declive da reta r é
1
3
− .
Sabe-se que s uma reta perpendicular à reta r, então o seu
declive é 3.
Uma equação da reta s é da forma 3
y x b
= + .
Como a reta s passa em ( )
3, 1
A − , tem-se:
( )
1 3 3 10
b b
= × − + ⇔ = .
A reta s pode ser representa pela equação: 3 10
y x
= +
1.2. Se o ponto P pertence à reta r então é da forma
( )
1 3 , 2 ,
k k k
+ − − ∈R .
( ) ( ) ( )
1,5 3,1 4,4
AB B A
= − = − − =
( ) ( ) ( )
1 3 , 2 0,0 1 3 , 2
OP P O k k k k
= − = + − − − = + − −
( ) ( )
. 0 4,4 . 1 3 , 2 0 4 12 8 4 0
AB OP k k k k
= ⇔ + − − = ⇔ + − − =
1
8 4
2
k k
⇔ = ⇔ =
Então,
1 1
1 3 , 2
2 2
P
+ × − −
, ou seja,
5 5
,
2 2
P
−
.
1.3. A reta t, reta tangente à circunferência de diâmetro [AB] no
ponto B, é o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a
condição . 0
AB BP =
.
( )
4,4
AB =
e ( ) ( ) ( )
, 1,5 1, 5
BP P B x y x y
= − = − = − −
( ) ( )
. 0 4,4 . 1, 5 0 4 4 4 20 0
AB BP x y x y
= ⇔ − − = ⇔ − + − =
1 5 0 6
x y y x
⇔ − + − = ⇔ =
− +
Equação da reta t: 6
y x
=
− + .
2.1. O plano mediador de [AB] é o lugar geométrico dos pontos P
do espaço que satisfazem a condição . 0
MP AB =
, sendo M o
ponto médio de [AB].
Coordenadas de M:
1 3 1 2 2 0
, ,
2 2 2
+ + +
, ou seja,
3
2, , 1
2
.
( )
3 3
, , 2, , 1 2, , 1
2 2
MP P M x y z x y z
= − = − = − − −
e
( ) ( ) ( )
3, 2, 0 1, 1, 2 2, 1, 2
AB B A
= − = − = −
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Unidade 2
104 Unidade 2 – NEMA11PR (20152608)
( )
3
. 0 2, , 1 . 2,1, 2 0
2
MP AB x y z
= ⇔ − − − − =
3
2 4 2 2 0 4 8 2 3 4 4 0
2
x y z x y z
⇔ − + − − + = ⇔ − + − − + =
4 2 4 7 0
x y z
⇔ + − − =
Equação do plano mediador de [AB]: 4 2 4 7 0
x y z
+ − − =.
2.2.
a) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 3 1 2 2 0 4 1 4 9 3
AB= − + − + − = + + = =
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo [ABD],
tem-se:
2 2
3 3 18 3 2
BD = + = = .
Aplicando, seguidamente, o Teorema de Pitágoras ao triângulo
retângulo [BDG], tem-se:
( )
2
2
3 3 2 27 3 3
GD = + = = .
b) ( ) ( )
. .
PA PD PB BA PC CD
=
+ +
( )
2
(*)
. . . . 0 0
PB PC PB CD BA PC BA CD PB PC AB
= + + + =
− × + + +
2
2 1 3 7
=− × + =
(*) Os vetores PB
e CD
são perpendiculares, assim como BA
e
PC
. Logo . 0
PB CD =
e . 0
BA PC =
.
2.3. O lugar geométrico dos pontos T do espaço que satisfazem a
condição . 0
AB BT =
é o plano tangente à superfície esférica de
diâmetro [AB] no ponto B, ou seja, o plano BCF.
O vetor ( )
2, 1, 2
AB
= −
é normal ao plano BCF.
O plano BCF é definido por uma equação da forma
2 2 0
x y z d
+ − + =.
Como o ponto ( )
3, 2, 0
B pertence ao plano BCF, tem-se:
2 3 2 2 0 0 8
d d
× + − × + = ⇔ =
− .
Uma equação cartesiana do plano BCF é 2 2 8 0
x y z
+ − − =.
3.1. O plano xOz é definido pela condição 0
y = .
A esfera de centro ( )
0, 2, 3
C e tangente ao plano xOz tem raio
igual a 2.
Essa esfera pode ser representada pela inequação
( ) ( )
2 2
2
2 3 4
x y z
+ − + − ≤ .
3.2. Como F é a projeção ortogonal do ponto ( )
0, 2, 3
C sobre
o eixo Oy, sabe-se que ( )
0, 2, 0
F .
Sendo β a amplitude, em graus, do ângulo FCA, tem-se
.
cos
CF CA
CF CA
β =
×
.
( ) ( ) ( )
0, 2, 0 0, 2, 3 0, 0, 3
CF F C
= − = − = −
e
( ) ( ) ( )
0, 2, 0 2, 0, 0 2, 2, 0
CA F A
= − = − = −
.
( ) ( )
. 0, 0, 3 . 2, 2, 3 0 0 9 9
CF CA = − − − = + + =
3
CF =
e ( ) ( )
2 2
2
2 2 3 17
CA
= + − + − =
Então, tem-se
9 3
cos
3 17 17
β
= =
×
.
Recorrendo à calculadora, tem-se 43,31
β ≈ ° .
3.3. AB
e AC
são dois vetorpes não colineares do plano ABC.
( ) ( ) ( )
2,2,2 2,0,0 0,2,2
AB B A
= − = − =
e ( )
2,2,3
AC CA
=
− =
−
.
Seja ( )
, ,
u a b c
=
um vetor não nulo normal ao plano ABC.
Então, tem-se: . 0 . 0
u AB u AC
=
∧ =
.
( ) ( )
( ) ( )
, , . 0,2,2 0
. 0 2 2 0
2 2 3 0
, , . 2,2,3 0
. 0
a b c
u AB b c
a b c
a b c
u AC
=
= +
=
⇔ ⇔
− + + =
− =
=
2 2 3 0
2
c b
c b
b
a b b a
= −
= −
⇔ ⇔
− + − = = −
Coordenadas do vetor u
: { }
, , , 0
2
b
b b b
− − ∈
R .
Por exemplo, se 2
b = tem-se ( )
1,2, 2
u − −
.
Sabe-se que o vetor ( )
1,2, 2
u − −
é normal ao plano ABC e que o
ponto ( )
2,0,0
A pertence ao plano ABC. Então, tem-se:
( ) ( ) ( )
1 2 2 0 2 0 0 2 2 2 0
x y z x y z
− − + − − − = ⇔ − + + − =
2 2 2 0
x y z
⇔ − + − + =
Uma equação cartesiana do plano ABC é 2 2 2 0
x y z
− + − + = .
O ponto D é o ponto de interseção do plano ABC com o eixo Oz.
Como D pertence ao eixo Oz, então ( )
0, 0, ,
D z z∈R .
O ponto D pertence ao plano ABC, logo tem-se:
0 2 0 2 2 0 1
z z
+ × − + = ⇔ =
Assim sendo, ( )
0, 0, 1
D .
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![106
106 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 7
1.1. Conjunto dos majorantes de A: [ [
5,+∞ .
Conjunto dos minorantes de A: , 3
−∞
.
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ [
9,+∞ .
Conjunto dos minorantes de A: ] ]
,
−∞ π .
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
1.3. Conjunto dos majorantes de A: [ [
4,+∞ .
Não existem minorantes.
O conjunto A não é minorado. Logo, A não é limitado.
1.4. Conjunto dos majorantes de A: [ [
5,+∞ .
Conjunto dos minorantes de A: ] ]
, 1
−∞ − .
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
1.5. Não existem majorantes.
Conjunto dos minorantes de A: ] ]
,0
−∞ .
O conjunto A não é majorado. Logo, A não é limitado.
1.6. Não existem majorantes.
Não existem minorantes.
O conjunto A não é minorado nem majorado. Logo, A não é
limitado.
2.1. 4 2 4 2 4 2 2 6
x x x x x
+ ⇔ + ∧ + − ⇔ − ∧ − .
Então, ] [
6, 2
A = − − .
O conjunto A é limitado porque é majorado e minorado.
Conjunto dos majorantes: [ [
2,
− +∞ .
Conjunto dos minorantes: ] ]
, 6
−∞ − .
2.2.
2 5
2 5 3 5 5
3
x
x x x x x
−
≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − .
Então, [ [
5,
B = − +∞ .
O conjunto B não é limitado porque não é majorado.
2.3. ] [ [ [ [ [
6, 2 5, 5, 2
C A B
= ∩ = − − ∩ − +∞ = − − .
Conjunto dos majorantes de C: [ [
2,
− +∞ .
Conjunto dos minorantes de C: ] ]
, 5
−∞ − .
3. ( )
3 2 3 2 2
6 6 0 6 0
x x x x x x x x x
+ = ⇔ + − = ⇔ + − =
2 1 1 24
0 6 0 0
2
x x x x x
− ± +
⇔ = ∨ + − = ⇔ = ∨ =
0 2 3
x x x
⇔ =∨ =∨ =
−
Então, { }
3, 0, 2
A= − .
Conjunto dos majorantes de A: [ [
2,+∞ .
Conjunto dos minorantes de A: ] ]
, 3
−∞ − .
Conjunto de todos os números reais que não são minorantes
nem majorantes de A: ] [
3,2
− .
Pág. 8
4.1. { } [ [ [ ] { }
1,0,1 3, 0 3, 0 1
A B
∪ = − ∪ − = − ∪ .
Conjunto dos majorantes de A B
∪ : [ [
1,+∞ .
1 é o menor dos majorantes do conjunto A B
∪ e pertence a
A B
∪ , logo 1 é o máximo do conjunto A B
∪ .
Conjunto dos minorantes de A B
∪ : ] ]
, 3
−∞ − .
3
− é o maior dos minorantes do conjunto A B
∪ e pertence a
A B
∪ , logo 3
− é o mínimo do conjunto A B
∪ .
4.2.
1
1 2 0 2 1
2
x x x
− ⇔ − − ⇔
Então,
1
,
2
C
= + ∞
.
[ [ [ [
1
3, 0 , 3,
2
B C
∪ = − ∪ + ∞ = − + ∞
O conjunto B C
∪ não tem majorantes, logo não tem máximo.
Conjunto dos minorantes de B C
∪ : ] ]
, 3
−∞ − .
3
− é o maior dos minorantes do conjunto B C
∪ e pertence a
B C
∪ , logo 3
− é o mínimo do conjunto B C
∪ .
4.3. { } { }
1 1
1,0,1 , 1,0 ,
2 2
A C
∪ = − ∪ + ∞ = − ∪ + ∞
O conjunto A C
∪ não tem majorantes, logo não tem máximo.
Conjunto dos minorantes de A C
∪ : ] ]
, 1
−∞ − .
1
− é o maior dos minorantes do conjunto A C
∪ e pertence a
A C
∪ , logo 1
− é o mínimo do conjunto A C
∪ .
4.4. { } [ [ { }
1,0,1 3, 0 1
A B
∩ = − ∩ − = −
Conjunto dos majorantes de A B
∩ : [ [
1,
− +∞ .
1
− é o menor dos majorantes do conjunto A B
∩ e pertence a
A B
∩ , logo 1
− é o máximo do conjunto A B
∩ .
Conjunto dos minorantes de A B
∩ : ] ]
, 1
−∞ − .
1
− é o maior dos minorantes do conjunto A B
∩ e pertence a
A B
∩ , logo 1
− é o mínimo do conjunto A B
∩ .
Pág. 9
5.1. Analisando a figura conclui-se que ( )
n
u é a sucessão dos
números ímpares, então 3 2 3 1 5
u = × − = e 8 2 8 1 15
u = × − = .
n 1 2 3 4 … 8 …
n
u 1 3 5 7 … 15 …
5.2. O termo geral da sucessão ( )
n
u é 2 1
n
u n
= − .
Pág. 11
6.1. Atendendo à lei de formação das figuras, sabe-se que:
3 2 3 7 3 10
u u
= + = + = ; 4 3 3 10 3 13
u u
= + = + = ;
5 4 3 13 3 16
u u
= + = + = e 3 1
n
u n
= + .
n 1 2 3 4 5 … n
n
u 4 7 10 13 16 … 3 1
n +
Unidade 3 Sucessões
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![110
Unidade 3
110 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
3.1.
a) 3 2
1 2 1
3 3 3
w w
− = − =
− e 4 3
4 1 7
5 3 15
w w
− = − = .
b) Se n par então 1
n+ é ímpar.
Logo, 1
1 1
1 1 1
n n
n n
w w
n n n
+
−
− = − =
+ + +
.
c) Se n ímpar então 1
n+ é par.
Logo,
( ) ( )
( )
1
1 1 2
1 1 1 1
1 1 2 2
n n
n n n
n n
w w
n n n n n n
+
+ − +
+ +
− = − = − =
+ + + +
2
2
2
2
n
n n
−
=
+
.
3.2. A sucessão ( )
n
w não é monótona porque 1
n n
w w
+ − não
toma sempre o mesmo sinal.
Pág. 16
18.1. 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão ( )
n
u
se , 5
n
n u
∀ ∈ ≤
N .
1 1 1
5 4 5 1 1 1 1
n
u n n
n n n
≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −
A condição 1
n ≥ − é universal em N .
Conclusão: 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão
( )
n
u .
18.2.
1 1 1
0 1 0 1 4 4 3
n n n
≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥
A sucessão ( )
n
u é limitada porque , 3 4
n
n u
∀ ∈ ≤
N .
19.1. ( )
1 2, se ímpar 2, se ímpar
1 2
1 2, se par 2, se par
n
n
n n
u
n n
− × −
= − × = =
×
Então, { }
' 2, 2
D = − .
19.2. A sucessão ( )
n
u é limitada porque é minorada e majorada.
Conjunto dos majorantes: [ [
2,+∞ .
Conjunto dos minorantes: ] ]
, 2
−∞ − .
20.1.
1
4
n
u
n
= + ;
1 1
0 1 4 4 5
n n
≤ ⇔ + ≤
A sucessão ( )
n
u é limitada porque , 4 5
n
n u
∀ ∈ ≤
N .
20.2.
2 3 3
2
n
n
v
n n
−
= = −
1 3 3 3
0 1 0 3 0 3 2 2 1
n n n n
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ −
A sucessão ( )
n
v é limitada porque , 1 2
n
n v
∀ ∈ − ≤
N .
20.3.
5 7 5 10 3 3
5
2 2 2
n
n n
w
n n n
+ + −
= = = −
+ + +
.
1 1 3 3
0 0 1 0 1
2 3 2 2
n n n
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ −
+ + +
3
5 5 4
2
n
⇔ − ≥
+
A sucessão ( )
n
w é limitada porque , 4 5
n
n w
∀ ∈ ≤
N .
Pág. 17
21.1.
( ) ( ) ( )
1 2 3
1 2 3
1 1 1
1 1
1 ; ;
1 2 2 3 3
a a a
− − −
==
− == ==
− e
( )
4
4
1 1
4 4
a
−
= = .
21.2. A sucessão ( )
n
a não é monótona porque os seus termos
são alternadamente negativos e positivos.
21.3.
( )
1
, se ímpar
1
1
, se par
n
n
n
n
n
a
n
n
−
−
= =
Sendo n ímpar, tem-se:
1 1
0 1 0 1 1 0
n
a
n n
≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≤
Sendo n par, tem-se:
1 1 1
0 0
2 2
n
a
n
≤ ⇔ ≤
Conclusão: A sucessão ( )
n
a é limitada porque
1
, 1
2
n
n a
∀ ∈ − ≤ ≤
N .
22.1.
1
1
n
u
n
=
− −
1 1 1
0 1 0 1 1 1 2
n n n
≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − − − ≥ −
A sucessão ( )
n
u é limitada porque , 2 1
n
n u
∀ ∈ − ≤ −
N .
Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( )
n
u :
1
− .
Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão ( )
n
u :
2
− .
22.2. 2
2
, se par
3, se ímpar
n
n
v n
n
=
−
Sendo n ímpar, 3
n
v = − .
Sendo n par, 2
2
n
v
n
= . Logo, tem-se:
2 2
1 1 2 2 1
0 0 0
4 4 2
n
v
n n
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
A sucessão ( )
n
v é limitada porque
1
, 3
2
n
n v
∀ ∈ − ≤ ≤
N .
Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( )
n
v :
1
2
.
Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão ( )
n
v :
3
− .
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![112
Unidade 3
112 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
que 2
M . Neste caso tem-se p
b M
.
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( )
n
b .
Então, a sucessão ( )
n
b não é majorada.
Tarefa 3
1.1. O octógono tem 8 lados.
2 8 6
n n
+ = ⇔ =
2
6
6 6 2
20
2
u
+ −
= =
O octógono tem 20 diagonais.
1.2.
2
2
2
90 90 2 180
2
n
n n
u n n
+ −
= ⇔ = ⇔ + − =
( )
2
1 1 4 1 182
182 0
2
n n n
− ± − × × −
⇔ + − = ⇔ =
13 14
n n
⇔ = ∨ =
−
Como n∈N, conclui-se que 13
n = .
Número de lados do polígono: 2 13 2 15
n + = + = .
O polígono com 90 diagonais tem 15 lados.
1.3.
2
2
2
80 80 2 160
2
n
n n
u n n
+ −
= ⇔ = ⇔ + − =
( )
2
1 1 4 1 162
162 0
2
n n n
− ± − × × −
⇔ + − = ⇔ =
12,2 13,2
n n
⇔ ≈ ∨ ≈ −
Como n∈N, a equação anterior é impossível.
Donde se conclui que não há um polígono com 80 diagonais.
1.4.
( ) ( )
2 2
1
1 1 2 2
18 18
2 2
n n
n n n n
u u
+
+ + + − + −
− = ⇔ − =
2 2
2 1 1 2 2
18 1 18 17
2
n n n n n
n n
+ + + + − − − +
⇔ = ⇔ + = ⇔ =
Os polígonos construídos pela Joana tinham 19 (17+2) e 20 (19+1)
lados, respetivamente.
2. A sucessão ( )
n
v é não limitada porque não é majorada.
Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não
é majorante.
Pretende-se provar que , : p
M p v M
∀ ∈ ∃ ∈
R N .
6
3 6 3 6
3
p
M
v M p M p M p
−
⇔ + ⇔ − ⇔
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
que
6
3
M −
. Neste caso tem-se p
v M
.
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( )
n
v .
Então, a sucessão ( )
n
v não é majorada.
Pág. 20
Proposta 1
1.1. Um número real s tal que ,
x A x s
∀ ∈ ≤ , é um majorante
do conjunto A.
Por exemplo, 7
s = .
1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ [
7,+∞ .
1.3. Por exemplo, 8 é majorante de A é majorante de B .
8 é majorante de A pois , 8
x A x
∀ ∈ ≤ .
8 não é majorante de B pois, por exemplo, 8,2 8,2 8
B
∈ ∧ .
1.4.
a) Conjunto dos minorantes de B: ] ]
,2
−∞ .
b) ] [
2, 9
A B
∪ = − .
Conjunto dos minorantes de A B
∪ : ] ]
, 2
−∞ − .
Proposta 2
Sendo
3
,
2
+ ∞
o conjunto dos majorantes de A, então
3
2
b = .
Sendo ] ]
, 3
−∞ − o conjunto dos minorantes de A, então 3
a = − .
Assim sendo, [ [
3
3, 1
2
A
=
− ∪
.
Proposta 3
3.1. 2 ,
A
=− π
.
Conjunto dos majorantes de A: [ [
,
π + ∞ .
Conjunto dos minorantes de A: , 2
− ∞ −
.
] [
, 4
B = −∞ .
Conjunto dos majorantes de B: [ [
4,+∞ .
O conjunto B não tem minorantes.
7, 3 3 ,4
C
=
− ∪
.
Conjunto dos majorantes de C: [ [
4,+∞ .
Conjunto dos minorantes de C: ] ]
, 7
−∞ − .
{ }
: x 3
D x
=
∈
R .
3 3 3
x x x
⇔ ∨ −
Então, ] [ ] [
, 3 3,
D = −∞ − ∪ +∞ .
O conjunto D não tem majorantes nem minorantes.
3.2. Os conjuntos A e C são limitados porque são minorados e
majorados.
3.3. O número 3 pertence ao conjunto C e não é majorante
nem minorante.
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Unidade 3
126 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Tarefa 8
1.1. 1 2 1 3 2
3 , 2 2 3 6 , 2 2 6 12 e
u u u u u
= = = × = = = × =
4 3
2 2 12 24
u u
= = × = .
1.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
1
3 2 ,
n
n
u n
−
= × ∀ ∈N .
• Se 1
n = , 1 1
1 3 2 3
u −
=
× =(proposição verdadeira).
• Hipótese de indução: 1
3 2p
p
u −
= × (admite-se verdadeira).
• Tese: 1 1
1 3 2 3 2
p p
p
u + −
+ =
× =
× (o que se pretende mostrar).
Ora, ( )
1 1 1 1 1
1 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2
p p p p
p p
u u − − − + −
+ = = × = × × = × × = ×
3 2p
= × .
Como a condição 1
3 2n
n
u −
= × é verdadeira para 1
n = e é
hereditária, conclui-se que a condição 1
3 2n
n
u −
= × é universal em
N , ou seja, a condição 1
3 2 ,
n
n
u n
−
= × ∀ ∈N é verdadeira.
1.3. 7 1
7 3 2 3 64 192
u −
= × = × =
1.4. O primeiro termo da sucessão é igual a 3 e qualquer um dos
restantes termos obtém-se multiplicando o termo anterior por 2.
Assim sendo, a sucessão é crescente, sendo o primeiro termo o
maior dos minorantes do conjunto dos termos da sucessão.
Conjunto dos minorantes: ] ]
,3
−∞ .
2.
( )
1 2
1
1
2
3 5 1
5 ,
5
3 5
n
n
n
n
v
n
v
− + +
−
+
− +
×
= = = ∀ ∈
×
N
Logo, ( )
n
v é uma progressão geométrica de razão
1
5
e primeiro
termo 1 2
1 3 5 3 5 15
v − +
= × = × = .
A sucessão ( )
n
v é definida por recorrência da seguinte forma:
1
1
15
1
,
5
n n
v
v v n
+
=
= ∀ ∈
N
Pág. 41
61.1.
1
1
2
3
n
n
u
−
= ×
61.2. 1
3 5n
n
u −
=− ×
61.3. 1
2 3n
n
u −
=− ×
61.4. 1
3
0,25
2
n
n
u −
= ×
62.1.
( )
1 1 1 1
1
1
1 1
3 5 5 1
5 ,
5
3 5 5
n n
n
n n
n
w
n
w
− + − −
−
+
− −
×
= = = = ∀ ∈
×
N
Logo, 1
1
,
5
n n
w w n
+
= ∀ ∈N .
62.2. A sucessão ( )
n
w é definida por recorrência da seguinte
forma:
1
1
3
1
,
5
n n
w
w w n
+
=
= ∀ ∈
N
62.3. 1 1 1 3
375 3 5 375 5 125 5 5
n n n
n
w − − −
= ⇔ × = ⇔ = ⇔ =
1 3 2
n n
⇔ − = ⇔ =
− .
Como 2
− ∉N , conclui-se que 375 não é termo da sucessão.
63.1.
( )
2 1 2 1
1
1
2 2
2 3 3 1
3 ,
3
2 3 3
n n
n
n n
n
u
n
u
− + − −
−
+
− −
×
= = = = ∀ ∈
×
N
Donde se conclui que ( )
n
u é uma progressão geométrica de
razão
1
3
.
63.2.
( )
1 3 1 3
1
1
3 3
5 2 2 1
2 ,
2
5 2 2
n n
n
n n
n
u
n
u
− + + − − +
−
+
− + − +
− ×
= = = = ∀ ∈
− ×
N
Donde se conclui que ( )
n
u é uma progressão geométrica de
razão
1
2
.
64. Sendo ( )
n
a e ( )
n
b duas progressões geométricas de razões
1
r e 2
r , respetivamente, sabe-se que 1
1 ,
n
n
a
r n
a
+
= ∀ ∈N e
1
2 ,
n
n
b
r n
b
+
= ∀ ∈N .
1 1 1 1 1
1 2 1 2 ,
n n n n n
n n n n n
c a b a b
r r r r n
c a b a b
+ + + + +
×
= = × = × = ∀ ∈
×
N
Donde se conclui que a sucessão ( )
n
c é uma progressão
geométrica de razão 1 2
r r .
Pág. 42
65.1.
1
1
1 2 3
3 3,
2 3
n
n
n
n
w
n
w
+
+ ×
= = = ∀ ∈
×
N
( )
n
w é uma progressão geométrica de razão 3 e primeiro termo
1
1 2 3 6
w = × = .
65.2.
( ) ( )
1
1
1 2 1 2
,
2
n
n
n
n
n n
w
n
w n
n
+
+
+ × + ×
= = ∀ ∈
×
N
( )
n
w não é uma progressão geométrica porque o quociente
entre quaisquer dois termos consecutivos não é constante
(depende de n).
65.3.
( )
( )
( )
( )
( )
1
1
1
1
1
1
2 1 1,
1 1
2
n
n
n
n n
n
w
n
w
+
+
+
−
−
= = =− =
− ∀ ∈
− −
N
( )
n
w é uma progressão geométrica de razão 1
− e primeiro
termo
( )
1
1
1 1
2 2
w
−
= = − .
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![Sucessões
131
131 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 50
Proposta 36
36.1. 23 20 3 73 3 4 85
w w r
= + = + × =
36.2. 6 8 2 25 2 4 17
w w r
= − = − × =
36.3. ( ) ( )
35 35 42 35 4 4 98
n
w w n r n n
= + − × = + − × = −
Proposta 37
37.1. 8 1 7 20 1 7 3
b b r r r
=+ ⇔ =
− + ⇔ =
Termo geral de ( )
n
b : ( ) ( )
1 1 1 1 3
n
b b n r n
=+ − × =
− + − ×
3 4
n
= − .
37.2. 6 3 3 2 4 3 2
b b r r r
= + ⇔ − = + ⇔ = −
Termo geral de ( )
n
b :
( ) ( ) ( )
3 3 4 3 2 2 10
n
b b n r n n
= + − × =+ − × − =
− +
37.3. 15 10 5 23 8 5 3
b b r r r
= + ⇔ = + ⇔ =
Termo geral de ( )
n
b :
( ) ( )
10 10 8 10 3 3 22
n
b b n r n n
= + − × = + − × = −
Proposta 38
38.1. { }
1 ,
n
∀ ∈N tem-se
( ) ( )
1 1 3 1 1 3 1 3 3 1 3 3
n n
u u n n n n
+ − = − + − − = − − − + = − .
38.2. Para que ( )
n
u seja uma progressão aritmética tem de se
verificar ainda a condição 2 1 3
u u
− =
− .
2 1 3 1 3 2 3 2
u u a a
− =
− ⇔ − × − =
− ⇔ =
−
Proposta 39
39.1. Sabe-se que a diferença entre quaisquer dois termos
consecutivos de uma progressão aritmética é constante.
Se 2
5 6 7
, 2 2 e
u x u x u x
= =
+ =
forem três termos consecutivos
de uma progressão aritmética, então tem-se:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 3 4 0
x x x x x x x x x
+ − = − + ⇔ + = − − ⇔ − − =
3 9 16
4 1
2
x x x
± +
⇔ = ⇔ = ∨ =
−
Assim sendo, provou-se que existem dois valores reais de x para
os quais ( )
n
u é uma progressão aritmética.
39.2. Se 4
x = então 5 6 7
4, 10 e 16
u u u
= = = .
Neste caso, ( )
6 5 6 e 4 5 6 6 26
n
r u u u n n
= − = = + − × = − .
Se 1
x = − então 5 6 7
1, 0 e 1
u u u
=
− = =
.
Neste caso, ( )
6 5 1 e 1 5 1 6
n
r u u u n n
= − = =
− + − × =− .
Proposta 40
40.1. 7 3 4 27 11 4 4
a a r r r
= + ⇔ = + ⇔ =
40.2. Termo geral de ( )
n
a :
( ) ( )
3 3 11 3 4 4 1
n
a a n r n n
= + − × = + − × = −
40.3.
a)
15
1 15
1 2 3 15 15
1
... 15
2
i
i
a a
a a a a S a
=
+
+ + + + = = = ×
∑
4 1 1 4 15 1
15 465
2
× − + × −
= ×
=
b)
30
1 30
30
1
4 1 1 4 30 1
30 30 1830
2 2
k
k
a a
a S
=
+ × − + × −
= = × = × =
∑ .
Pág. 51
Proposta 41
41.1. A sucessão ( )
n
u é decrescente se 1
, 0
n n
n u u
+
∀ ∈ −
N .
2
1 0 4 0
n n
u u k
+ − ⇔ − ⇔ ] [ ] [
, 2 2,
k∈ −∞ − ∪ +∞ .
Cálculo auxiliar:
2 2
4 0 4 2 2
k k k k
− = ⇔ = ⇔ = ∨ = −
41.2.
a) Sendo 4
k = , tem-se:
2
1 4 4 12,
n n
u u n
+ − = − =
− ∀ ∈N .
Então, ( )
n
u é uma progressão aritmética de razão 12
− .
b)
33
14 33
14 15 33
14
161 389
... 20 20
2 2
i
i
u u
S u u u u
=
+ − −
= + + + = = × = ×
∑
5500
= −
Cálculos auxiliares:
Termo geral de ( )
n
u :
( ) ( ) ( )
1 1 5 1 12 12 7
n
u u n r n n
= + − × =
− + − × − =
− +
14 12 14 7 161
u =
− × + =
− e 33 12 33 7 389
u =
− × + =
−
Proposta 42
42.1. 23 7
1
16 31 23 16
2
u u r r r
= + ⇔ = + ⇔ =
5 7
1
2 23 2 22
2
u u r
= − = − × =
42.2. ( ) ( )
7
1 7 39
7 23 7 23
2 2 2
n
n n
u u n r n
− +
= + − × = + − × = + =
42.3.
39
50 50 39 100 61
2
n
n
u n n
+
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ =
Conclui-se, então, que 50 é termo da sucessão (61.°).
42.4. ( )
37
15 37
15 16 37
15
... 37 15 1
2
i
i
u u
S u u u u
=
+
= + + + = = × − +
∑
27 38
23 747,5
2
+
= ×=
Cálculos auxiliares:
15
15 39
27
2
u
+
= = e 37
37 39
38
2
u
+
= =
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![136
Unidade 3
136 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
A sucessão ( )
n
p é definida por recorrência da seguinte forma:
1
1
20
2
,
2
n n
p
p p n
+
=
= ∀ ∈
N
Então, ( )
n
p é uma progressão geométrica de razão
2
2
r = .
10
10
10 1
2
1
2
1
80 264,60
1 2
1
2
r
S p
r
−
−
=
× =
× ≈
−
−
( )
n
a é a sucessão das áreas dos quadrados obtidos.
Sabe-se que ( )
2 2
1 1 20 400
a l
= = = e ( )
2
2
1 1
2
2
n n n
a l l
+ +
= = =
( )
2
2 1
,
4 2
n n
l a n
= = ∀ ∈N .
A sucessão ( )
n
a é definida por recorrência da seguinte forma:
1
1
400
1
,
2
n n
a
a a n
+
=
= ∀ ∈
N
Então, ( )
n
a é uma progressão geométrica de razão
1
2
r = .
10
10
10 1
1
1
1 2
400 799,22
1
1
1
2
r
S a
r
−
−
=
× =× ≈
−
−
Proposta 63*
63.1.
2 2
1
3 2 9 5
2 2 4 4
A
= π× − π× = π −π= π
.
2 2
2
4 3 9 7
4
2 2 4 4
A
= π× − π× = π− π = π
2 2
3
5 4 25 9
4
2 2 4 4
A
= π× − π× = π− π = π
63.2. Atendendo à lei de formação dos termos da sucessão
( )
n
A , sabe-se que:
2 2
2 1
2 2
n
n n
A
+ +
= π× −π×
2 2
4 4 2 1
4 4
n n n n
+ + + +
= π× − π×
2 2
4 4 2 1 2 3
4 4
n n n n n
+ + − − − +
= π× = π×
( )
1
2 1 3 2 3 2 5 2 3
4 4 4
n n
n n n n
A A
+
+ + + + − −
− = π× −π× = π×
2
,
4 2
n
π
= π× = ∀ ∈N
Então, conclui-se que a sucessão ( )
n
A é uma progressão
aritmética de razão
2
π
.
Proposta 64*
64.1.
3 5 10 10 3
cos 30
2 3
3
OA
AB AB
AB AB
° = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 5 3
tan 30
3 5 3
OB OB
OB
OA
°
= ⇔ = ⇔ =
5 3
3 10
3
cos 30
2 3
OB
BC
BC BC
°
= ⇔ = ⇔ =
1
10 3
3
c = e 2
10
3
c = .
2
1
10 10 3 1 3
:
3 3 3
3
c
r
c
= = = =
A sucessão ( )
n
c é uma progressão geométrica de razão
3
3
.
O termo geral da sucessão ( )
n
c é:
1
10 3 3 3
10
3 3 3
n n
n
c
−
=× =
×
64.2.
6
3
6 6 3
3 3 1 10
10 10 10 0,37
3 27
3 3
c
= × = × = × = ≈
O sexto segmento da sequência tem, aproximadamente, 0,37 cm
de comprimento.
64.3.
10
10
10 1
2
1
3
1 10 3
13,6
1 3 2
1
3
r
S c
r
−
−
=
× = × ≈
−
−
A “espiral” constituída pelos dez primeiros segmentos tem,
aproximadamente, 13,6 cm de comprimento.
64.4. Por construção, sabe-se que ˆ 30
OEF= °
= α .
Então, os segmentos de reta [AB] e [EF] são paralelos.
Assim sendo, o quadrilátero [FEAB] é um trapézio.
5
5
10 3
3
10
3 27
EF c
=
=
× =
3 5
cos 30
2 9
10 3
27
OE OE
OE
EF
°
= ⇔ = ⇔ =
1 5 3
sin 30
2 27
10 3
27
OF OF
OE
EF
°
= ⇔= ⇔ =
2
[ ] [ ] [ ]
5 3 5 5 3
5
3 9 27 7,13 cm
2 2
FEAB OAB OEF
A A A
× ×
= − = − ≈
[ ]
FEAB
P AB BF FE EA
= + + +
10 3 5 3 5 3 10 3 5
5 13,43 cm
3 3 27 27 9
= + − + + − ≈
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![Sucessões
137
137 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 58
76.1.
1 1 1 1
0,01 0,01 0,01 50
2 2 2 2
n
n
u n
n n
+
− ⇔ − ⇔ ⇔
A partir da ordem 51 (inclusive) tem-se
1
0,01
2
n
u − .
76.2.
a) ] [
3 1
3 0,01 ; 3 0,01 3 0,01 3 0,01
n n
n
v v
n
+
∈ − + ⇔ − ⇔ −
1
0,01 100
n
n
⇔ ⇔
A partir da ordem 101 (inclusive) tem-se ] [
3 0,01 ; 3 0,01
n
v ∈ − + .
b) ] [
3 0,002 ; 3 0,002 3 0,002
n n
v v
∈ − + ⇔ −
3 1 1
3 0,002 0,002 500
n
n
n n
+
⇔ − ⇔ ⇔
A partir da ordem 501 (inclusive) tem-se
] [
3 0,002 ; 3 0,002
n
v ∈ − + .
c) 4 4 4 4
3 1
3 10 ; 3 10 3 10 3 10
n n
n
v v
n
− − − −
+
∈ − + ⇔ − ⇔ −
4
1
10 10 000
n
n
−
⇔ ⇔
A partir da ordem 10 001 (inclusive) tem-se
4 4
3 10 ; 3 10
n
v − −
∈ − +
.
77.1. ] [
5
5 0,1 ; 5 0,1 5 0,1 5 0,1
2
n n
n
v v
n
∈ − + ⇔ − ⇔ −
+
10
0,1 98
2
n
n
⇔ ⇔
+
A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão
( )
n
v pertencem ao intervalo ] [
5 0,1 ; 5 0,1
− + é a ordem 99.
77.2. ( ) ] [
0,02 5 5 0,02 ; 5 0,02 5 0,02
n n n
v V v v
∈ ⇔ ∈ − + ⇔ −
5 10
5 0,02 0,02 498
2 2
n
n
n n
⇔ − ⇔ ⇔
+ +
A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão
( )
n
v pertencem à vizinhança ( )
0,02 5
V é a ordem 499.
Pág. 59
78.1. ] [
2 1
2 0,1 ; 2 0,1 2 0,1 2 0,1
3
n n
n
u u
n
−
∉ − + ⇔ − ≥ ⇔ − ≥
+
7
0,1 67
3
n
n
⇔ ≥ ⇔ ≤
+
Há 67 termos da sucessão ( )
n
u que não pertencem ao intervalo
] [
2 0,1 ; 2 0,1
− + .
78.2. ( ) ] [
0,03 2 2 0,03 ; 2 0,03 2 0,03
n n n
u V u u
∈ ⇔ ∈ − + ⇔ −
2 1 7 691
2 0,03 0,03
3 3 3
n
n
n n
−
⇔ − ⇔ ⇔
+ +
Como
691
230,3
3
≈ tem-se que a partir da ordem 231 (inclusive)
todos os termos da sucessão ( )
n
u pertencem à vizinhança
( )
0,03 2
V .
79.1. Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal
que , 5
n
n n p u
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
proposição
verdadeira
5 5 5 0
n
u − ⇔ − ⇔
δ δ δ
Então, p é um número natural qualquer.
79.2. Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal
que , n
n n p u k
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
proposição
verdadeira
0
n
u k k k
− ⇔ − ⇔
δ δ δ
Então, p é um número natural qualquer.
Pág. 60
80.1. ] [
2
2 0,1 ; 2 0,1 2 0,1 2 0,1
1
n n
n
u u
n
∈ − + ⇔ − ⇔ −
+
2
0,1 19
1
n
n
⇔ ⇔
+
A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão
( )
n
u pertencem ao intervalo ] [
2 0,1 ; 2 0,1
− + é a ordem 20.
80.2. Pretende-se mostrar que ( )
n
u é convergente para 2, ou
seja, lim 2
n
u = .
Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
, 2
n
n n p u
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
2 2 2
2 2
1 1
n
n
u n
n n
−
− ⇔ − ⇔ ⇔
+ +
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
2−δ
δ
.
81.1. 1 2 3
1 1 1
, e
6 2 6
v v v
= = = .
81.2. A sucessão ( )
n
v não é monótona porque
2 1 3 2
e
v v v v
.
81.3. ( ) ] [
0,2
1 1
0 0 0,2 ; 0 0,2 ,
5 5
V
=− + =
−
Todos os termos de ordem ímpar são iguais a
1
6
, logo pertencem
à vizinhança ( )
0,2 0
V .
Se existirem termos da sucessão que não pertencem à vizinhança
( )
0,2 0
V , então serão termos de ordem par.
NEMA11PR
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![138
Unidade 3
138 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
( )
0,2 0 par 0 0,2 par
n n
v V n v n
∉ ∧ ⇔ − ≥ ∧
1 1 1
0 0,2 par par
5
n n
n n
⇔ − ≥ ∧ ⇔ ≥ ∧
5 par 2 4
n n n n
⇔ ≤ ∧ ⇔ = ∨ =
Existem dois termos da sucessão ( )
n
v que não pertence a
( )
0,3 0
V , a saber, os termos de ordem 2 e 4.
81.4. ( ) ] [
0,01
1 1
0 0 0,01 ; 0 0,01 ,
100 100
V
=
− + =
−
Não existe uma ordem a partir da qual todos os termos da
sucessão pertencem à vizinhança ( )
0,01 0
V pois nenhum termo de
ordem ímpar pertence a essa vizinhança.
81.5. A sucessão ( )
n
v não converge para zero pois para todo o
0
δ não existe um p∈N tal que , 0
n
n n p v
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
Basta pensar no caso em que 0,01
=
δ .
Pág. 61
82.1. Pretende-se provar, pela definição, que ( )
lim 2 5n
+ = +∞ ,
ou seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
, 2 5
n n p n L
∀ ∈ ≥ ⇒ +
N .
2
2 5
5
L
n L n
−
+ ⇔
Basta considerar
2
5
L
p p
−
∈ ∧
N .
82.2. Pretende-se provar, pela definição, que
( )
lim 2 7
n
− + = −∞ , ou seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
, 2 7
n n p n L
∀ ∈ ≥ ⇒ − + −
N .
7
2 7
2
L
n L n
+
− + − ⇔
Basta considerar
7
2
L
p p
+
∈ ∧
N .
82.3. Pretende-se provar, pela definição, que
1 3
lim
2
n
−
= −∞ ,
ou seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
1 3
,
2
n
n n p L
−
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N .
1 3 1 2
1 3 2
2 3
n L
L n L n
− +
− ⇔ − − ⇔
Basta considerar
1 2
3
L
p p
+
∈ ∧
N .
82.4. Pretende-se provar, pela definição, que
3
lim
6
n
+
= +∞ , ou
seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
3
,
6
n
n n p L
+
∀ ∈ ≥ ⇒
N .
3
6 3
6
n
L n L
+
⇔ −
Basta considerar 6 3
p p L
∈ ∧ −
N .
83.1.
( ) ( ) ( )( )
( )
1
5 1 2 5 3 5 2 1
5 2
1 1
n n
n n n n n
n
u u
n n n n
+
+ − + − − +
−
−
= −
=
+ +
( ) ( )
2 2
5 3 5 5 2 2 2
1 1
n n n n n
n n n n
+ − − + +
= =
+ +
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é positivo.
Então, 1
, 0
n n
n u u
+
∀ ∈ −
N , ou seja, 1
, n n
n u u
+
∀ ∈
N .
A sucessão ( )
n
u é monótona crescente.
83.2. 5 é majorante da sucessão ( )
n
u se , 5
n
n u
∀ ∈ ≤
N .
5 2
5 5 5 2 5 0 2
n
n
u n n n
n
−
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Como a condição 0 2
n ≤ é universal em N , conclui-se que 5 é
majorante da sucessão ( )
n
u .
83.3. A sucessão ( )
n
u não tende para +∞ pois tende para 5.
Pretende-se mostrar que ( )
n
u é convergente para 5, ou seja,
lim 5
n
u = .
Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
, 5
n
n n p u
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
5 2 2 2
5 5
n
n
u n
n n
−
− ⇔ − ⇔ ⇔
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
2
δ
.
Pág. 62
84.1.
a) Pretende-se provar que lim n
u = +∞ , ou seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
, n
n n p u L
∀ ∈ ≥ ⇒
N .
2
4 2
4
n
L
u L n L n
−
⇔ + ⇔
Basta considerar
2
4
L
p p
−
∈ ∧
N .
b) Pretende-se mostrar que
1
lim
2
n
v = , ou seja, que:
Para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
1
,
2
n
n n p v
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
1 2 1 5 5 2
2 2 1 2 4 2 4
n
n
v n
n n
− −
− ⇔ − ⇔ ⇔
+ +
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
5 2
4
− δ
δ
.
84.2.
a)
2 1
lim lim lim
2 1 2
n n
n
s v
n
−
= = =
+
NEMA11PR
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![Sucessões
139
139 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
b) ( )
lim lim 4 2 lim
n n
t n u
= + = = +∞
85.1. Pretende-se provar, pela definição, que lim n
u = +∞ , ou
seja, que:
Para todo o 0
L , existe um p∈N tal que
, n
n n p u L
∀ ∈ ≥ ⇒
N .
2
n
u L n L n L
⇔ ⇔
Basta considerar 2
p p L
∈ ∧
N .
85.2. lim lim
n n
v u
= = +∞
Pág. 63
86.1. 0,01
1 1 1
0,01 ; 0,01
4 4 4
n n
u V u
∈ ⇔ ∈ − +
1 1 1 1 1
0,01 6
4 1 4 4 100 4 16 100
n
n
u n
n n
⇔ − ⇔ − ⇔ ⇔
+ +
A partir da ordem 7 (inclusive) todos os termos da sucessão ( )
n
u
pertencem à vizinhança 0,01
1
4
V
.
86.2. Sabe-se que:
0,1
1 1 1
, , 0,1 ; 0,1
4 4 4
n n
n u V n u
∀ ∈ ∈ ⇔ ∀ ∈ ∈ − +
N N
] [
, 0,15 ; 0,35 , 0,15 0,25
n n
n u n u
⇔ ∀ ∈ ∈ ⇔ ∀ ∈ ≤ ≤
N N
Donde se conclui que a sucessão ( )
n
u é limitada.
Pág. 64
87.1. 1 2
7 1 7 2 14
1 ,
5 2 1 5 2 2 9
u u
× ×
= = = =
+ × + ×
e
3
7 3 21
5 2 3 11
u
×
= =
+ ×
87.2.
( )
( )
1
7 1 7 7 7 7
5 2 1 5 2 7 2 5 2
n n
n n n n
u u
n n n n
+
+ +
− = − = −
+ + + + +
( )( ) ( )( )
( )( )
7 7 5 2 7 7 2
7 2 5 2
n n n n
n n
+ + − +
=
+ +
( )( ) ( )( )
2 2
35 14 35 14 49 14 35
7 2 5 2 7 2 5 2
n n n n n
n n n n
+ + + − −
=
+ + + +
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é positivo.
Então, 1
, 0
n n
n u u
+
∀ ∈ −
N , ou seja, 1
, n n
n u u
+
∀ ∈
N .
A sucessão ( )
n
u é monótona crescente.
87.3. Como ( )
n
u é crescente então 1
, n
n u u
∀ ∈ ≥
N .
7
2
é um majorante do conjunto dos termos da sucessão :
condição
universal
em
7 7 7
14 35 14 0 35
2 5 2 2
n
n
u n n n
n
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤
+
N
Então, ( )
n
u é limitada porque
7
, 1
2
n
n u
∀ ∈ ≤ ≤
N .
87.4. Sendo ( )
n
u uma sucessão monótona e limitada, então é
convergente.
88.1.
( )
( )
1
4 1 7 4 7 4 11 4 7
2 1 1 2 1 2 3 2 1
n n
n n n n
u u
n n n n
+
+ + + + +
−
= − = −
+ + + + +
( )( ) ( )( )
( )( )
4 11 2 1 4 7 2 3
2 3 2 1
n n n n
n n
+ + − + +
=
+ +
( )( ) ( )( )
2 2
8 4 22 11 8 12 14 21 10
2 3 2 1 2 3 2 1
n n n n n n
n n n n
+ + + − − − − −
= =
+ + + +
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Então, 1
, 0
n n
n u u
+
∀ ∈ −
N , ou seja, 1
, n n
n u u
+
∀ ∈
N .
A sucessão ( )
n
u é monótona decrescente.
88.2. Como a sucessão ( )
n
u é decrescente, o primeiro termo é
um majorante do conjunto dos termos da sucessão.
1
4 1 7 11
2 1 1 3
u
× +
= =
× +
Um majorante do conjunto dos termos da sucessão:
11
3
.
Todos os termos da sucessão são positivos, então 0 é um
minorante do conjunto dos termos da sucessão.
88.3. A sucessão ( )
n
u , sendo minorada e majorada, é limitada.
Sendo ( )
n
u uma sucessão monótona e limitada, então é
convergente.
88.4. Pretende-se mostrar, pela definição, que lim 2
n
u = , ou
seja, que:
Para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
, 2
n
n n p u
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
4 7 5 5
2 2
2 1 2 1 2
n
n
u n
n n
+ −
− ⇔ − ⇔ ⇔
+ +
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
5
2
−δ
δ
.
89. A sucessão ( )
n
w é decrescente e é limitada pois
, 3 2
n
n w
∀ ∈ −
N .
Então, ( )
n
w , sendo monótona e limitada, é convergente.
90.1. Sendo ( )
n
a crescente, então o primeiro termo é um
minorante do conjunto dos termos da sucessão, ou seja,
1
, n
n a a
∀ ∈ ≥
N .
Sabe-se ainda que
4
, 5
n
n
a
∀ ∈ ≥
N .
4 1 4
5
4 5 5
n
n
n
a
a
a
≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
( )
n
a é limitada porque 1
4
,
5
n
n a a
∀ ∈ ≤ ≤
N .
90.2. A sucessão ( )
n
a é convergente porque é monótona e
limitada.
NEMA11PR
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![152
Unidade 3
152 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
1
3δ
.
Como lim 0
n
u = , então ( )
n
u é um infinitésimo.
b) Pretende-se mostrar que ( )
n
v é convergente para 1
− , ou
seja, lim 1
n
v = − .
Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
( )
, 1
n
n n p v
∀ ∈ ≥ ⇒ − −
N δ .
( )
1 2 2
1 1
1 1
n
n
v n
n n
− −
− − ⇔ + ⇔ ⇔
+ +
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
2−δ
δ
.
Proposta 69
69.1. Pretende-se mostrar que ( )
n
a é convergente para
1
4
, ou
seja,
1
lim
4
n
a = .
Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
1
,
4
n
n n p a
∀ ∈ ≥ ⇒ −
N δ .
1 5 1 21 21
4 4 1 4 4 1 4
n
n
a n
n n
− −
− ⇔ − ⇔ ⇔
+ +
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
21
4
−δ
δ
.
69.2.
a) ( )
0,1
3 3
0 0 0,1 0 0,1 0,1
2 1 2 1
n n
b V b
n n
∈ ⇔ − ⇔ − ⇔
− −
31
15,5
2
n n
⇔ ⇔
Então, conclui-se que ( )
0,1 0
n
b V
∈ a partir da ordem 16
(inclusive).
b) ( )
3
3
5 10
3
0 0 5 10 0 0,005
2 1
n n
b V b
n
−
−
×
∈ ⇔ − × ⇔ −
−
3 601
0,005 300,5
2 1 2
n n
n
⇔ ⇔ ⇔
−
Então, conclui-se que ( )
3
5 10
0
n
b V −
×
∈ a partir da ordem 301
(inclusive).
69.3. Pretende-se mostrar que lim 0
n
b = , ou seja, que:
Para todo o 0
δ existe um p∈N tal que ,
n
∀ ∈N
0
n
n p b
≥ ⇒ − δ .
3 3 3
0 0
2 1 2 1 2
n
b n
n n
+
− ⇔ − ⇔ ⇔
− −
δ
δ δ δ
δ
Basta considerar p o menor número natural que é maior que
3
2
+δ
δ
.
Como lim 0
n
b = , então ( )
n
b é um infinitésimo.
Pág. 87
Proposta 70
70.1. 1 2 3
1 1 3 1 5
2 1, 1 , 2 ,
1 2 2 3 3
u u u
= − = = + = = − =
4 5
1 5 1 9
1 e 2
4 4 5 5
u u
= + = = − = .
70.2. ( )
n
u não é monótona porque, por exemplo, 3 2
u u
4 3
e u u
.
70.3. ( ) ( )
0,01 0,01
2 1
V V
∩ =
] [ ] [
2 0,01 ; 2 0,01 1 0,01 ; 1 0,01
= − − ∩ − −
] [ ] [
1,99 ; 2,01 0,99 ;1,01
=∩ =
∅
70.4. Pretende-se determinar a partir de que ordem todos os
termos de ordem ímpar da sucessão ( )
n
u pertencem à
vizinhança ( )
0,01 2
V e todos os termos de ordem par da sucessão
( )
n
u pertencem à vizinhança ( )
0,01 1
V .
Sendo n ímpar, tem-se: ( )
0,01 2 2 0,01
n n
u V u
∈ ⇔ −
1 1
2 2 0,01 0,01 100
n
n n
⇔ − − ⇔ ⇔ .
Sendo n par, tem-se: ( )
0,01 1 1 0,01
n n
u V u
∈ ⇔ −
1 1
1 1 0,01 0,01 100
n
n n
⇔ + − ⇔ ⇔ .
Assim sendo, conclui-se que a partir da ordem 100 todos os
termos de ordem ímpar da sucessão ( )
n
u pertencem à
vizinhança ( )
0,01 2
V e todos os termos de ordem par da sucessão
( )
n
u pertencem à vizinhança ( )
0,01 1
V .
70.5. ( )
n
u não é convergente porque o limite de uma sucessão
se existir é único e, de acordo com as conclusões obtidas em
70.3, sabe-se que os termos de ordem ímpar tendem para 2 e os
termos de ordem par tendem para 1.
Proposta 71
71.1.
( ) ( )
1 2
1 2
1 1 2 1 2 2
1, 2,
1 2
v v
− × + − × +
= = = =
( ) ( )
3 4
3 4
1 3 2 1 4 2
1 3
, e
3 3 4 2
v v
− × + − × +
= =
− = =
( )
5
5
1 5 2 3
5 5
v
− × +
= = − .
( )
n
v não é monótona porque, por exemplo, 2 1 3 2
e
v v v v
.
71.2. Sendo n par, tem-se:
( )
1 2
1 0,01
n
n
n
− × +
−
1 2 2
1 0,01 0,01 200
n
n
n n
× +
⇔ − ⇔ ⇔ .
Então, conclui-se que 1 200
p = .
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![160
Unidade 3
160 Unidade 3 – NEMA11PR (20152608)
96.2.
1
1 1
3
3 2 2
3 2 3 2
3 2 3 3
2
3 2 3 2 3 2 3 2
2
n
n
n
n n
n
n n n n
u
u
u
v u
u
v u u u
+
+ +
− +
+ + − +
+
= = = =
+ + + +
2
1
1
3
2 3
3 1
3
n
n
u
u
+
=
+
( )
n
v é uma progressão geométrica porque 1 1
,
3
n
n
v
n
v
+
∀ ∈ =
N .
96.3. 1
1
3 2 3 2 2 7
2 2 2
u
v
+ + ×
= = =
1
1 1
1 1
1 7 7 21 1
3 3
1
1 2
1 2 2 4 3
1
3 3
n n
n
n
n
r
S v
r
− −
−
=
× =
× =
× =
× −
−
−
( )
21 1 21 21
lim lim 1 1 0
4 3 4 4
n
n
S
= × − = × − =
A soma de todos os termos da sucessão ( )
n
v é
21
4
.
Proposta 97
1
1
0
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ...
2 2 2 2 4 2 2
2 2
n
n n i
i
u
−
−
=
= + + + + + + + + = +
∑
( )
1 1
0 0
1
1
1 1 1 2
1 0 1 1
1
2 2
2 1
2
n
n n
i
i i
n
− −
= =
−
= + = − − + × + ×
−
∑ ∑
1
2 1
2 2
n
n
=+ −
Então, ( )
1
lim lim 2 1 2 1 0
2 2
n
n
n
u
= + − = +∞ + − = +∞
.
Pág. 96
1. ( ) ] [
0,15 2 2 0,15 ; 2 0,15 2 0,15
n n n
u V u u
∉ ⇔ ∉ − + ⇔ − ≥
2 5 5 5 100
2 0,15 0,15
0,15 3
n
n n
n n
+
⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
Como
100
33,3
3
≈ , conclui-se que o termo de maior ordem que
não pertence à vizinhança ( )
0,15 2
V é o termo de ordem 33.
Ora, 33
2 33 5 71
33 33
u
× +
= = .
A opção correta é a (B).
2. 27 26 26 26
2 26 700 52 648
v v v v
= + × ⇔ = + ⇔ = .
A opção correta é a (D).
3. A linha de ordem 12 é constituída por 12 múltiplos de 3.
Como o primeiro número da linha é 201, o último é igual a 234
( )
201 11 3
+ × .
Então, 12
201 234
12 2610
2
S
+
= ×
= .
A opção correta é a (B).
4.
( )
1 2 1 1 2 2
2
1
1 2 1 2
1
3 3
3
3
3 3
n n
n
n n
n
u
r
u
− + − −
−
+
− −
= = = = =
A opção correta é a (A).
5. Se lim 3
n
n
u
v
= então sabe-se que os polinómios ( )
P x e ( )
Q x
têm o mesmo grau.
Designemos por 3
, 0
ax a ≠ o termo de maior grau do polinómio
( )
P x .
Então, tem-se:
lim 3 3 6
2
n
n
u a
a
v
= ⇔ = ⇔ =−
−
A opção correta é a (D).
Pág. 97
1.1.
( )
1
2 1 1 2 1 2 1 2 1
1 5 5 6 5
n n
n n n n
u u
n n n n
+
+ − − + −
− = − = −
+ + + + +
( )( ) ( )( )
( )( )
2 1 5 2 1 6
6 5
n n n n
n n
+ + − − +
=
+ +
( )( ) ( )( )
2 2
2 10 5 2 12 6 11
6 5 6 5
n n n n n n
n n n n
+ + + − − + +
= =
+ + + +
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é positivo.
Então, 1
, 0
n n
n u u
+
∀ ∈ −
N , ou seja, 1
, n n
n u u
+
∀ ∈
N .
A sucessão ( )
n
u é monótona crescente.
1.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se:
11
, 2
5
n
n u
n
∀ ∈ = −
+
N .
2 1 5
2 10 2
11
n n
n
− +
− −
−
1 1 11 11 11 11
0 0 0
5 6 5 6 5 6
n n n
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ −
+ + +
11 1
2 2
5 6
n
⇔ − ≥
+
Sabe-se que
1
, 2
6
n
n u
∀ ∈ ≤
N .
A afirmação é verdadeira. Basta considerar, por exemplo, 2
L = .
2.1. 2 1 3 7
3 10 3 0,01 0,01 698
2 2
n
n
v n
n n
− −
+ ⇔ + ⇔ ⇔
+ +
.
Todos os termos da sucessão ( )
n
a pertencem ao intervalo
2 2
3 10 , 3 10
− −
− − − +
a partir da qual é a ordem 4900
(inclusive).
Conclui-se, então, que 699
p = .
2.2. Pretende-se mostrar, pela definição de limite, que
lim 3
n
v = − .
Vamos verificar que para todo o 0
δ existe um p∈N tal que
( )
, 3
n
n n p v
∀ ∈ ≥ ⇒ − −
N δ .
NEMA11PR
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![164
Unidade 4
164 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( ) ( ) { }
0 2 1 0, 2
f x x x x
=
⇔ =
− ∨ = ∧ ∈R
2 1
x x
⇔ =
− ∨ =
Zeros de f: 2 e 1
− .
6.4. ( )
3
2 3
1 1
0 0 0 1 0 0
x
f x x x x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ − = ∧ ≠
3 3
1 0 1 1
x x x
− = ⇔ = ⇔ =
( ) { }
0 1 0 1
f x x x x
= ⇔ = ∧ ∈ ⇔ =
R
Zero de f: 1 .
6.5. ( )
2
2
2 3 2
0 0
4
x x
f x
x
+ −
=
⇔ =
−
2 2
2 3 2 0 4 0
x x x
⇔ + − = ∧ − ≠
2 3 9 16 1
2 3 2 0 2
4 2
x x x x x
− ± +
+ − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 2
4 0 4 2 2
x x x x
− = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
( ) { }
1 1
0 2 2, 2
2 2
f x x x x x
= ⇔ =
− ∨ = ∧ ∈ − ⇔ =
R
Zero de f:
1
2
.
6.6. ( )
( )
2
2
2 2
4 2
4 1
0 0 0
2 2
x x
x
f x
x
x x x x
− − −
−
= ⇔ − = ⇔ =
− −
2
2 2
2
2
0 2 0 2 0
2
x x
x x x x
x x
− −
⇔ = ⇔ − − = ∧ − ≠
−
2 1 1 8
2 0 2 1
2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
( )
2
2 0 2 0 0 2
x x x x x x
− = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
( ) ( ) { }
0 1 2 0, 2 1
f x x x x x
= ⇔ =
− ∨ = ∧ ∈ ⇔ =
−
R
Zero de f: 1
− .
6.7. ( )
2
2
0 0
6 2
9
x x
f x
x
x
=
⇔ + =
−
−
( )( ) ( )
( )
( )( )
2
2
2 3
0 0
3 3 2 3 2 3 3
x x x
x
x
x x x x x
− + +
⇔ + =
⇔ =
− + − − − − +
( )( )
( )( )
2
2
3
0 3 0 2 3 3 0
2 3 3
x x
x x x x
x x
− +
⇔ = ⇔ − + = ∧ − − + ≠
− − +
( )
2
3 0 3 0 0 3
x x x x x x
− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
( )( )
2 3 3 0 3 3
x x x x
− − + = ⇔ = ∨ =
−
( ) ( ) { }
0 0 3 3, 3 0
f x x x x x
= ⇔ = ∨ = ∧ ∈ − ⇔ =
R
Zero de f: 0 .
7. ( )
3 2
2
4 4
0 0
1
x x x
f x
x
+ − −
=
⇔ =
+
3 2 2
4 4 0 1 0
x x x x
⇔ + − − = ∧ + ≠
Sabe-se que um dos pontos de interseção do gráfico de f com o
eixo Ox tem abcissa 2. Assim sendo, 2 é zero do numerador.
Para fatorizar o numerador vai-se recorrer à regra de Ruffini.
1 1 4 4
2 2 6 4
1 3 2 0
− −
Então, sabe-se que ( )( )
3 2 2
4 4 2 3 2
x x x x x x
+ − − = − + + .
( ) ( )
3 2 2
4 4 0 2 3 2 0
x x x x x x
+ − − = ⇔ − + + =
2 3 1
2 0 3 2 0 2
2
x x x x x
− ±
⇔ − = ∨ + + = ⇔ = ∨ =
2 1 2
x x x
⇔ =∨ =
− ∨ =
−
( ) ( )
0 2 1 2
f x x x x x
=
⇔ =
− ∨ =
− ∨ = ∧ ∈R
2 1 2
x x x
⇔ =
− ∨ =
− ∨ =
Zeros de f: 2 , 1 e 2
− − .
Pág. 105
8.1. Sabe-se que [ ]
2,15
x∈ .
O custo total da mistura, em euros, é dado pela expressão:
8 20 12x
× + .
A quantidade de café, em quilogramas, utilizado na mistura é
dada pela expressão: 20 x
+ .
Assim sendo, o preço, em euros, de cada quilograma de mistura é
dado, em função de x, por: ( ) [ ]
160 12
, 2,15
20
x
P x x
x
+
= ∈
+
.
8.2. ( )
160 12 160 12 190 9,5
9,5 9,5 0
20 20
x x x
P x
x x
+ + − −
=
⇔ =
⇔ =
+ +
2,5 30
0 2,5 30 0 20 0 12
20
x
x x x
x
−
⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ =
+
Para que o preço por quilograma seja 9,50 €, na mistura devem
utilizar-se 12 kg de café do tipo B.
Tarefa 2
1.1. O custo total da mistura, em euros, é dado pela expressão:
2 6,5 20
x + × .
A quantidade total de sumo, em litros, utilizado na mistura é
dada pela expressão: 20
x + .
Assim sendo, o preço P, em euros, de cada litro de laranás é
dado, em função de x, por: ( )
2 130
, 0
20
x
P x x
x
+
=
+
.
1.2.
a) ( )
2 40 130
40 3,5
40 20
P
× +
= =
+
Se a abcissa do ponto A for 40 então a sua ordenada do ponto A é
3,5.
Interpretação do valor das coordenadas do ponto A:
Se o laranás for produzido com 40 litros de laranja, então o preço
de cada litro de laranás será de 3,5 €.
b) ( )
2 130 2 130 2 50
4 4 4 0 0
20 20 20
x x x
P x
x x x
+ + − +
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
+ + +
2 50 0 20 0 25
x x x
⇔ − + = ∧ + ≠ ⇔ =
Se a ordenada do ponto B for 4 então a sua abcissa é 25.
Interpretação do valor das coordenadas do ponto B:
Se o laranás for produzido com 25 litros de laranja, então o preço
de cada litro de laranás será de 4 €.
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
165
165 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
1.3. ( )
2 130 2 130
4 3,25 3,25 0
20 20
x x
P x
x x
+ +
=
⇔ = ⇔ − =
+ +
1,25 65
0 1,25 65 0 20 0 52
20
x
x x x
x
− +
⇔ = ⇔ − + = ∧ + ≠ ⇔ =
+
Se o preço por litro de laranás for de 3,25 euros, então sabe-se
que se utilizaram 20 litros de sumo de ananás e 72 litros de sumo
de laranja, ou seja, no total obtiveram-se 72 litros de sumo.
Pág. 106
9.1. { } { }
: 1 0 1
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
4 0 4 e 1 0 1
x x x x
− = ⇔ = + = ⇔ =
−
x −∞ 1
− 4 +∞
4
x − − − − 0 +
1
x + − 0 + + +
( )
4
1
x
f x
x
−
=
+
+ S.S. − 0 +
( ) ] [ ] [
0 , 1 4,
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞
( ) ] [
0 1,4
f x x
⇔ ∈ −
9.2. { } { }
: 0 0
f
D x x
= ∈ ≠ =
R R
2
3 2 0
3
x x
− = ⇔ =
x −∞ 0
2
3
+∞
3 2
x − − − − 0 +
x − 0 + + +
( )
3 2
x
f x
x
−
= + S.S. − 0 +
( ) ] [
2
0 ,0 ,
3
f x x
⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞
( )
2
0 0,
3
f x x
⇔ ∈
9.3. { } { }
: 2 4 0 2
f
D x x
= ∈ − ≠ =
R R
5 0 5 e 2 4 0 2
x x x x
− = ⇔ = − = ⇔ =
x −∞ 2 5 +∞
5 x
− + + + 0 −
2 4
x − − 0 + + +
( )
5
2 4
x
f x
x
−
=
−
− S.S. + 0 −
( ) ] [
0 2,5
f x x
⇔ ∈
( ) ] [ ] [
0 ,2 5,
f x x
⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞
9.4. { }
5
: 5 2 0
2
f
D x x
= ∈ − ≠ =
R R
5
3 9 0 3 e 5 2 0
2
x x x x
− = ⇔ = − = ⇔ =
x −∞
5
2
3 +∞
3 9
x − − − − 0 +
5 2x
− + 0 − − −
( )
3 9
5 2
x
f x
x
−
=
−
− S.S. + 0 −
( )
5
0 , 3
2
f x x
⇔ ∈
( ) ] [
5
0 , 3,
2
f x x
⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞
10.1. Sabe-se que ( )
( )
,
P x f x e ( )
2,0
A x + , sendo 0
x .
Então,
( )
( ) ( ) ( )
6 6 12
2
2 1 1
2 2 2
x
x
x f x x x
g x
+
+ ×
+ × + +
= = =
6 12 3 6
2 2 1
x x
x x
+ +
= =
+ +
.
10.2. ( )
3 6 3 6
5 5 0 5 0 0
1 1
x x
g x x x
x x
+ +
⇔ ∧ ⇔ − ∧
+ +
2 1
0 0 2 1 0 0
1
x
x x x
x
− +
⇔ ∧ ⇔ − + ∧
+
1
0
2
x x
⇔ ∧ . Então,
1
0,
2
x
∈
.
Pág. 107
11.1. Sabe-se que ( )
( )
,
P x f x , sendo 0
x .
O retângulo [OAPB] é um quadrado se ( )
f x x
= .
( )
8 8
x 0 0 x 0
1 1
x x
f x x x x
x x
= ⇔ = ∧ ⇔ − = ∧
+ +
2
2
7
0 x 0 7 0 1 0 0
1
x x
x x x x
x
− +
⇔ = ∧ ⇔ − + = ∧ + ≠ ∧
+
7
x
⇔ =
[OAPB] é um quadrado quando 7
x = .
11.2. A área do retângulo [OAPB] é menor que 18 se
( ) 18
x f x .
( )
2 2
8 8 18 18
18 18 x 0 0 0
1 1
x x x
x f x x
x x
− −
⇔ ∧ ⇔ ∧
+ +
2 3
8 18 18 0 0 3 0 0 3
4
x x x x x x
⇔ − − ∧ ⇔ − ∧ ⇔
Cálculo auxiliar: 2 2
8 18 18 0 4 9 9 0
x x x x
− − = ⇔ − − =
9 81 144 3
3
8 4
x x x
± +
⇔ = ⇔ = ∨ =
−
A área do retângulo [OAPB] é menor que 18 se ] [
0,3
x∈ .
NEMA11PR
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![166
Unidade 4
166 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
12.1. ( )
2
2 7 4
0 0
2 6
x x
f x
x
+ −
≤ ⇔ ≤
−
2 7 49 32 1
2 7 4 0 4
4 2
x x x x x
− ± +
+ − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 6 0 3
x x
− = ⇔ =
x −∞ 4
−
1
2
3 +∞
2
2 7 4
x x
+ − + 0 − 0 + + +
2 6
x − − − − − − 0 +
2
2 7 4
2 6
x x
x
+ −
−
− 0 + 0 − S.S. +
Conclui-se, então, que ( ) ] ]
1
0 , 4 ,3
2
f x x
≤ ⇔ ∈ −∞ − ∪
.
12.2. ( )
2
2 2
0 0 0
1 1
x x
g x x
x x
− −
⇔ − ⇔
− −
2 1 1 8
2 0 2 1
2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
1 0 1
x x
− = ⇔ =
x −∞ 1
− 1 2 +∞
2
2
x x
− − + 0 − − − 0 +
1
x − − − − 0 + + +
2
2
1
x x
x
− −
−
− 0 + S.S. − 0 +
Conclui-se, então, que ( ) ] [ ] [
0 1,1 2,
g x x
⇔ ∈ − ∪ + ∞ .
Tarefa 3
1.1. ( )
2
0 0 2 0 0
x
f x x x
x
+
= ⇔ = ⇔ + = ∧ ≠
2 0 2
x x x
⇔ =
− ∧ ≠ ⇔ =
−
Zero de f: 2
− .
( )
2,0
C −
1.2. ( ) ( )
2
2 2 2
0 0
x x x x
f x g x x x
x x x
+ + − + +
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
2
2 0 0
x x x
⇔ − + += ∧ ≠
2 1 1 8
2 0 1 2
2
x x x x x
− ± +
− + + =⇔ = ⇔ =
− ∨ =
−
Então, ( ) ( ) ( ) { }
1 2 0
f x g x x x x
= ⇔ =
− ∨ = ∧ ∈R
1 2
x x
⇔ =
− ∨ =
Como A e B são os pontos de interseção dos dois gráficos e
( )
g x x
= , então tem-se ( )
1, 1
A − − e ( )
2,2
B .
1.3.
x −∞ 2
− 0 +∞
2
x + − 0 + + +
x − − − 0 +
( )
2
x
f x
x
+
= + 0 − S.S. +
( ) ] [ ] [
0 , 2 0,
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞
( ) ] [
0 2,0
f x x
⇔ ∈ −
1.4. a)
( ) ( )
2
2 2 2
0 0
x x x x
f x g x x x
x x x
+ + − + +
⇔ ⇔ − ⇔
b)
x −∞ 1
− 0 2 +∞
2
2
x x
− + + − 0 + + + 0 −
x − − − 0 + + +
2
2
x x
x
− + +
+ 0 − S.S. + + −
c) O conjunto-solução da inequação ( ) ( )
f x g x
é
] [ ] [
, 1 0,2
−∞ − ∪ .
Pág. 108
13.1. { } { }
: 1 0 1
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
2 0 2 e 1 0 1
x x x x
− = ⇔ = + = ⇔ = −
x −∞ 1
− 2 +∞
2
x − − − − 0 +
1
x + − 0 + + +
2
1
x
x
−
+
+ S.S. − 0 +
Então, ] [ ] [
2
0 , 1 2,
1
x
x
x
−
⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞
+
.
13.2. { } { }
: 2 0 2
D x x
= ∈ − ≠ =
R R
2 1 2 1 2 1 2 3 3
1 1 0 0 0
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
− − − − + −
≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
− − − −
3 3 0 1 e 2 0 2
x x x x
− = ⇔ = − = ⇔ =
x −∞ 1 2 +∞
3 3
x − − 0 + + +
2 x
− + + + 0 −
3 3
2
x
x
−
−
− 0 + S.S. −
Então, conclui-se que ] ] ] [
,1 2,
x∈ −∞ ∪ + ∞ .
13.3. { } { }
2
: 0 0,1
D x x x
= ∈ − + ≠ =
R R
( )
2
0 1 0 0 1
x x x x x x
− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
x −∞ 0 1 +∞
3
− − − − − −
2
x x
− + − 0 + 0 −
2
3
x x
−
− +
+ S.S. − S.S. +
Então, 2
3
0
x x
−
⇔
− +
] [ ] [
,0 1,
x∈ −∞ ∪ + ∞ .
13.4. { } { }
: 2 0 2
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
2
8 8 2 8
0 0
2 2 2
x x
x x
x x x
− − +
⇔ − ⇔
+ + +
2 2 4 32
2 8 0 4 2
2
x x x x x
± +
− − + = ⇔ = ⇔ =
− ∨ =
−
x −∞ 4
− 2
− 2 +∞
2
2 8
x x
− − + − 0 + + + 0 −
2
x + − − − 0 + + +
2
2 8
2
x x
x
− − +
+
+ 0 − S.S. + 0 −
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
167
167 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Então, conclui-se que ] [ ] [
4, 2 2,
x∈ − − ∪ + ∞ .
13.5. { } { }
: 2 0 2
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
2
5 5 2 5 4 8
4 4 0 0
2 2 2
x x x
x x
x x x
+ + − −
+ ⇔ + − ⇔
+ + +
2
2 3
0
2
x x
x
− −
⇔
+
2 2 4 12
2 3 0 3 1
2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 2
− 1
− 3 +∞
2
2 3
x x
− − + + + 0 − 0 +
2
x + − 0 + + + + +
2
2 3
2
x x
x
− −
+
− S.S. + 0 − 0 +
Então, conclui-se que ] [ ] [
2, 1 3,
x∈ − − ∪ + ∞ .
14.1. ( )
25 25 15 120
10 10 10 0 0
12 12 12
t t t
f t
t t t
−
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
+ + +
15 120 0 12 0 8
t t t
⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ =
Se a dosagem indicada para uma criança é 10 então ela tem 8
anos.
14.2. ( )
25
6,25 6,25 0 12
12
t
f t t
t
≤ ⇔ ≤ ∧
+
25 6,25 75
0 0 12
12
t t
t
t
− −
⇔ ≤ ∧ ⇔
+
18,75 75
0 0 12
12
t
t
t
−
⇔ ≤ ∧
+
18,75 75 0 0 12 4 0 12
t t t t
⇔ − ≤ ∧ ⇔ ≤ ∧
] ]
0, 4
t
⇔ ∈
Pág. 109
Proposta 1
1.1. { }
2
: 2 3 2 0
f
D x x x
= ∈ − − ≠
R .
2 3 9 16 1
2 3 2 0 2
4 2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
1
,2
2
f
D
= −
R
( )
( )
2
1
2
2 1 1 1
2
, ,2
1 2 2
2 3 2
2 2
2
x
x
f x x
x
x x
x x
+
+
= = = ∀ ∈ −
−
− −
− +
R
1.2. { }
2
: 2 0
f
D x x x
= ∈ − − ≠
R
2 1 1 8
2 0 2 1
2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
{ }
1,2
f
D
= −
R
( )
( )
( )( )
( )( )
( )( )
2
3
2
4 2 2
4
2 1 2 1
2
x x x x x
x x
f x
x x x x
x x
− − +
−
= = =
− + − +
− −
{ }
2
2
, 1,2
1
x x
x
x
+
= ∀ ∈ −
+
R
1.3. { }
3 2
: 0
f
D x x x x
= ∈ + + ≠
R
( )
3 2 2 2
0 1 0 0 1 0
x x x x x x x x x
+ + = ⇔ + + = ⇔ = ∨ + + =
impossível
1 1 4
0 0
2
x x x
− ± −
⇔ = ∨ = ⇔ =
{ }
0
f
D = R
1 é zero do numerador da fração, então, recorrendo à regra de
Ruffini, tem-se:
1 0 0 1
1 1 1 1
1 1 1 0
−
Logo, ( )( )
3 2
1 1 1
x x x x
− = − + + .
Assim sendo, ( )
( )( )
( )
2
3
3 2 2
1 1
1
1
x x x
x
f x
x x x x x x
− + +
−
= =
+ + + +
{ }
1
, 0
x
x
x
−
= ∀ ∈R .
1.4. { }
2
: 4 0
f
D x x
= ∈ − ≠
R
2
4 0 2 2
x x x
− = ⇔ = ∨ =
−
{ }
2,2
f
D
= −
R
( )
3 2 2
3 2 0 3 2 0
x x x x x x
+ + = ⇔ + + =
2 3 9 8
0 3 2 0 0
2
x x x x x
− ± −
⇔ = ∨ + + = ⇔ = ∨ =
0 1 2
x x x
⇔ = ∨ =
− ∨ =
−
( )
( )( )
( )( )
3 2
2
1 2
3 2
2 2
4
x x x
x x x
f x
x x
x
+ +
+ +
= =
− +
−
{ }
2
, 2,2
2
x x
x
x
+
= ∀ ∈ −
−
R
1.5. { }
2
: 0
f
D x x x
= ∈ + ≠
R
( )
2
0 1 0 0 1
x x x x x x
+ = ⇔ + = ⇔ = ∨ = −
{ }
1,0
f
D
= −
R
−1 é zero do polinómio 3 2
2 5 2
x x x
+ + − porque
( ) ( ) ( )
3 2
2 1 5 1 1 2 0
− + − + − − = , então, recorrendo à regra de
Ruffini, tem-se:
2 5 1 2
1 2 3 2
1 3 2 0
−
− − −
−
Logo, ( )( )
3 2 2
2 5 2 1 2 3 2
x x x x x x
+ + − = + + − .
( )
( )( )
( )
2
3 2
2
1 2 3 2
2 5 2
1
x x x
x x x
f x
x x
x x
+ + −
+ + −
= =
+
+
{ }
2
2 3 2
, 1,0
x x
x
x
+ −
= ∀ ∈ −
R
1.6. { }
2
: 3 5 2 0
f
D x x x
= ∈ + − ≠
R
NEMA11PR
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![170
Unidade 4
170 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 6
6.1. { } { }
: 4 0 4
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
1
3 1 0 e 4 0 4
3
x x x x
− = ⇔ = + = ⇔ =
−
x −∞ 4
−
1
3
+∞
3 1
x − − − − 0 +
4
x + − 0 + + +
( )
3 1
4
x
f x
x
−
=
+
+ S.S. − 0 +
( ) ] [ ( )
1 1
0 , 4 , ; 0 4,
3 3
f x x f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ ∈ −
6.2. { } { }
: 2 0 2
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
2 2
1 0 1 1 1
x x x x
− = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
2 0 2
x x
+ = ⇔ =
−
x −∞ 2
− 1
− 1 +∞
2
1
x − + + + 0 − 0 +
2
x + − 0 + + + + +
( )
2
1
2
x
f x
x
−
=
+
− S.S. + 0 − 0 +
( ) ] [ ] [
0 2, 1 1, ;
f x x
⇔ ∈ − − ∪ + ∞
( ) ] [ ] [
0 , 2 1, 1
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ − .
6.3. { } { }
2
: 3 0 3,0
f
D x x x
= ∈ + ≠ = −
R R
( )
2
3 0 3 0 0 x 3
x x x x x
+ = ⇔ + = ⇔ = ∨ =
−
2 6 0 3
x x
− = ⇔ =
x −∞ 3
− 0 3 +∞
2 6
x − − − − − − 0 +
2
3
x x
+ + 0 − 0 + + +
( ) 2
2 6
3
x
f x
x x
−
=
+
− S.S. + S.S. − 0 +
( ) ] [ ] [
0 3,0 3, ;
f x x
⇔ ∈ − ∪ +∞
( ) ] [ ] [
0 , 3 0, 3
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ .
6.4. { } { }
2
: 9 0 3,3
f
D x x
= ∈ − ≠ = −
R R
( )
2
3 0 3 0 0 3
x x x x x x
− = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
2 2
9 0 9 3 3
x x x x
− = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 3
− 0 3 +∞
2
3
x x
− + + + 0 − 0 +
2
9
x − + 0 − − − 0 +
( )
2
2
3
9
x x
f x
x
−
=
−
+ S.S. − 0 + S.S. +
( ) ] [ ] [ ] [
0 , 3 0,3 3, ;
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ ∪ +∞
( ) ] [
0 3,0
f x x
⇔ ∈ − .
6.5. ( )
2 2 2
2
1 1 1
x x x x
f x
x x x
− − − −
= −= =
+ + +
{ } { }
: 1 0 1
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
2 0 2 e 1 0 1
x x x x
− − = ⇔ =
− + = ⇔ =
−
x −∞ 2
− 1
− +∞
2
x
− − + 0 − − −
1
x + − − − 0 +
( )
2
1
x
f x
x
− −
=
+
− 0 + S.S. −
( ) ] [ ( ) ] [ ] [
0 2, 1 ; 0 , 2 1,
f x x f x x
⇔ ∈ − − ⇔ ∈ −∞ − ∪ − + ∞ .
6.6. ( )
( ) ( )
2 2
2
2 9 3 4 2 9 3 4
1 1 1
x x x x x
f x
x x x x x
x x
− − − −
= += +
− − −
−
( ) ( )
2 2
2 9 3 4 2 5 3
1 1
x x x x x
x x x x
− − + − −
= =
− −
( )
{ } { }
: 1 0 0,1
f
D x x x
= ∈ − ≠ =
R R
( )
1 0 0 1
x x x x
− = ⇔ = ∨ =
2 5 25 24 1
2 5 3 0 3
4 2
x x x x x
± +
− − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
x −∞
1
2
− 0 1 3 +∞
2
2 5 3
x x
− − + 0 − − − − − 0 +
2
x x
− + + + 0 − 0 + + +
( )
2
2
2 5 3
x x
f x
x x
− −
=
−
+ 0 − SS + SS − 0 +
( ) ] [ ] [
1
0 , 0, 1 3, ;
2
f x x
⇔ ∈ −∞ − ∪ ∪ + ∞
( ) ] [
1
0 ,0 1, 3
2
f x x
⇔ ∈ − ∪
.
Pág. 111
Proposta 7
7.1. ( )
150 0 250
0 250
6 0 1
T
× +
= =
× +
No momento em que houve o corte de energia, o forno estava a
funcionar à temperatura de 250 °C.
7.2. ( )
150 250
75 75 0
6 1
t
T t
t
+
= ⇔ − =
+
150 250 450 75 175 300
0 0
6 1 6 1
t t t
t t
+ − − −
⇔ =
⇔ =
+ +
7
175 300 0 6 1 0
12
t t t
⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ =
Ora, 1 hora = 60 min e
7
60 35
12
× =.
Entre o instante em que houve o corte de energia elétrica e o
instante em que o mesmo foi detetado decorreram 35 minutos.
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
171
171 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
7.3. ( )
150 250
120 120 0
6 1
t
T t
t
+
≥ ⇔ − ≥
+
150 250 720 120 130 570
0 0
6 1 6 1
t t t
t t
+ − − −
⇔ ≥ ⇔ ≥
+ +
6 1 0
13
130 570 0
57
t
t t
+
⇔ − ≥ ⇔ ≤
Como 0
t ≥ , conclui-se que ( )
13
120 0
57
T t t
≥ ⇔ ≤ ≤ .
Ora, 1 hora = 60 min e
13
60 14
57
× ≈ .
Após o corte de energia, a temperatura do forno foi não inferior a
120°C durante, aproximadamente, 14 minutos.
7.4. A equação que traduz o problema é a seguinte: ( ) 60
T t = .
Utilizando uma janela de visualização adequada à situação,
obtém-se uma representação gráfica que permite resolver a
equação anterior.
Recorrendo às capacidades gráficas da calculadora, conclui-se
que 0,90476
t ≈ h.
0,90476 h 0,90476 60 min 54,2856 min
= × =
0,2856 min 0,2856 60 s 17 s
= × ≈
O corte de energia ocorreu às 12 horas e 30 minutos e verificou-
se que passados, aproximadamente, 54 minutos e 17 segundos, a
temperatura no forno era de 60 °C, ou seja, tal facto verificou-se
às 13 horas, 24 minutos e 17 segundos.
Proposta 8
8.1. { } { }
: 3 0 3
D x x
= ∈ − ≠ =
R R
1
2 1 0 e 3 0 3
2
x x x x
− = ⇔ = − = ⇔ =
x −∞
1
2
3 +∞
2 1
x − − 0 + + +
3 x
− + + + 0 −
2 1
3
x
x
−
−
− 0 + S.S. −
Então,
2 1
0
3
x
x
−
⇔
−
] [
1
, 3,
2
x
∈ −∞ ∪ + ∞
.
8.2.
2 2 2 2 1 3
1 1 0 0 0
2 1 2 1 2 1 2 1
x x x x x
x x x x
+ + + − + − +
⇔ − ⇔ ⇔
− − − −
{ }
1
: 2 1 0
2
D x x
= ∈ − ≠ =
R R
1
3 0 3 e 2 1 0
2
x x x x
− + = ⇔ = − = ⇔ =
x −∞
1
2
3 +∞
3
x
− + + + + 0 −
2 1
x − − 0 + + +
3
2 1
x
x
− +
−
− S.S. + 0 −
Então,
3
0
2 1
x
x
− +
⇔
−
1
,3
2
x
∈
.
8.3. { } { }
2
: 0 0,1
D x x x
= ∈ − ≠ =
R R
( )
2
0 1 0 0 x 1
x x x x x
− = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
2 2
1 0 1 1 1
x x x x
− = ⇔ =⇔ = ∨ =
−
x −∞ 1
− 0 1 +∞
2
1 x
− − 0 + + + 0 −
2
x x
− + + + 0 − 0 +
2
2
1 x
x x
−
−
− 0 + S.S. − S.S. −
Então,
2
2
1
0
x
x x
−
≥ ⇔
−
[ [
1, 0
x∈ − .
8.4. ( )
{ } { }
2
: 2 0 0,2
D x x x
= ∈ − ≠ =
R R
( ) ( )
2 2
2 0 0 2 0 0 x 2
x x x x x
− = ⇔ = ∨ − = ⇔ = ∨ =
( )
3
6 0 6 0 6
x x x
− = ⇔ − = ⇔ =
x −∞ 0 2 6 +∞
( )
3
6 x
− + + + + + 0 −
x − 0 + + + + +
( )
2
2
x − + + + 0 + + +
( )
( )
3
2
6
2
x
x x
−
−
− S.S. + S.S. + 0 −
Então,
( )
( )
3
2
6
0
2
x
x x
−
≥ ⇔
−
] [ ] ]
0,2 2,6
x∈ ∪ .
8.5.
2
2 2 2
1 1 0 0
x x
x x
x x x
+ +
+ − ⇔ + + ⇔
{ } { }
: 0 0
D x x
= ∈ ≠ =
R R
2
impossível
1 1 8
2 0
2
x x x
− ± −
+ + = ⇔ =
Como 2
2 0,
x x x
+ + ∀ ∈R , então tem-se:
2
2
0 0
x x
x
x
+ +
⇔ ⇔ ] [
,0
x∈ −∞
NEMA11PR
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![172
Unidade 4
172 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
8.6. 2 2
1 1 1 1
0
2 2
4 2 2 4 2 2
x x
x x x x
+ +
− ⇔ +
+ − + −
2 2
2 2
1 2 1 2 2
0 0
4 2 2 4 2 2
x x x x x
x x x x
+ + + − +
⇔ ⇔
+ − + −
{ }
2 1
: 4 2 2 0 1,
2
D x x x
= ∈ + − ≠ = −
R R
2 2 4 32 1
4 2 2 0 1
8 2
x x x x x
− ± +
+ − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
( )
2
2 2 0 2 1 0 0 x 1
x x x x x
+ = ⇔ + = ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 1
− 0
1
2
+∞
2
2 2
x x
+ + 0 − 0 + + +
2
4 2 2
x x
+ − + 0 − − − 0 +
2
2
2 2
4 2 2
x x
x x
+
+ −
+ S.S. + 0 − S.S. +
Então,
2
2
2 2
0
4 2 2
x x
x x
+
⇔
+ −
] [ ] [
1
, 1 1, 0 ,
2
x
∈ −∞ − ∪ − ∪ + ∞
.
8.7. 2 2
3 6 3 6
1 1 0
3 2 3 2
x x
x x x x
− + − +
≤ ⇔ − ≤
− + − +
2 2
2 2
3 6 3 2 4
0 0
3 2 3 2
x x x x
x x x x
− + − + − − +
⇔ ≤ ⇔ ≤
− + − +
{ } { }
2
: 3 2 0 1,2
D x x x
= ∈ − + ≠ =
R R
2 3 9 8
3 2 0 2 1
2
x x x x x
± −
− + = ⇔ = ⇔ = ∨ =
2 2
4 0 4 2 2
x x x x
− + = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 2
− 1 2 +∞
2
4
x
− + − 0 + + + 0 −
2
3 2
x x
− + + + + 0 − 0 +
2
2
4
3 2
x
x x
− +
− +
− 0 + S.S. − S.S. −
Então,
2
2
4
0
3 2
x
x x
− +
≤ ⇔
− +
] ] ] [ ] [
, 2 1, 2 2,
x∈ −∞ − ∪ ∪ + ∞ .
8.8.
( )
2
4 5 4 5
1 1 0
1
x x x x
x x
+ ≤ ⇔ + − ≤
−
−
( )
( )
2
2 2
2 2
3
4 5 5 6 9
0 0 0
1
x
x x x x x
x x x x x x
−
+ − − + − +
⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
− − −
{ } { }
2
: 0 0,1
D x x x
= ∈ − ≠ =
R R
( )
2
0 1 0 0 x 1
x x x x x
− = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
( )
2
3 0 3 0 3
x x x
− = ⇔ − = ⇔ =
x −∞ 0 1 3 +∞
( )
2
3
x − + + + + + 0 +
2
x x
− + 0 − 0 + + +
( )
2
2
3
x
x x
−
−
+ S.S. − S.S. + 0 +
Então,
( )
2
2
3
0
x
x x
−
≤ ⇔
−
] [ { }
0, 1 3
x∈ ∪ .
Pág. 112
Proposta 9
9.1. ( )
24
0 12
0 2
G
= =
+
.
No primeiro dia de aulas estavam doentes 12% dos estudantes da
cidade, o que corresponde a 240 alunos.
9.2. ( )
24 24 24 2 4
2 2 2 0 0
2 2 2
t
G t
t t t
− −
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
+ + +
20 2
0 20 2 0 2 0 10
2
t
t t t
t
−
⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ =
+
A gripe atinge 2% da população escolar da cidade 10 dias após o
início do 2º período, ou seja, no dia 13 de janeiro.
9.3.
10
100% 0,5%
2000
× =
( )
24 24 0,5 1 23 0,5
0,5 0,5 0 0
2 2 2
t t
G t
t t t
− − −
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
+ + +
2 0
23 0,5 0 46
t
t t
+
⇔ − ≤ ⇔ ≥
Prevê-se que o problema termine no dia 18 de fevereiro.
Proposta 10
10.1. O ponto B pertence ao eixo Ox, logo tem ordenada nula.
Como B tem abcissa positiva e pertence ao gráfico da função f,
tem-se:
( ) 2 3
0 0 3 0 0
f x x x x x
= ∧ ⇔ − = ∧
( )
2
3 0 0
x x x
⇔ − = ∧
( )
0 3 0 3
x x x x
⇔ = ∨ = ∧ ⇔ =
Então, ( )
0,3
B .
10.2. ( ) ( )
3 0 3 0 0 3 0
3
a
g h b a b
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + =
( ) ( )
1 2 1 2 2 2
1
a
g h b a b
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + =
Então, tem-se:
3 0 3 3
2 3 2 1
a b a b a
a b b b b
+ = =
− =
⇔ ⇔
+ = − + = =
−
A função g é caracterizada do seguinte modo:
:
3
1
g
x
x
+
→
−
R R
֏
10.3.
a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 0 3
f x x
≥ ⇔ ≤ .
Então, tem-se: ( ) ] ]
2 0 2 3 5 , 5
f x x x x
− ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ∈ − ∞ .
b) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
*
0
f x g x f x g x
− ⇔ ⇔ ] [ ] [
0, 1 3,
x∈ ∪ + ∞ .
(*) Por observação gráfica.
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
173
173 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
c) ( )
1 0 1 0 1 3 1 2
f x x x x x
+ = ⇔ + = ∨ + = ⇔ =
− ∨ =
x 0 2 3 +∞
( )
1
f x + + + 0 − − −
( )
g x S.S. + + + 0 −
( )
( )
1
f x
g x
+
S.S. + 0 − S.S. +
Então,
( )
( )
1
0
f x
g x
+
≥ ⇔ ] ] ] [
0, 2 3,
x∈ ∪ + ∞ .
Pág. 113
Proposta 11
11.1. 2 anos = 24 meses.
( )
12 24 5 293
24 10,9
24 3 27
P
× +
= = ≈
+
A massa média de um cão com 2 anos de idade é,
aproximadamente, 10,9 kg.
11.2. ( )
12 5 12 5
9 9 9 0
3 3
t t
P t
t t
+ +
= ⇔ = ⇔ − =
+ +
12 5 9 27 3 22
0 0
3 3
t t t
t t
+ − − −
⇔ =
⇔ =
+ +
22
3 22 0 3 0 7
3
t t t t
⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ⇔ ≈
Um cão da referida raça tem uma massa média de 9 kg aos,
aproximadamente, 7 meses.
11.3. ( )
12 5 12 5 7 10
5 5 5 0 0
3 3 3
t t t
P t
t t t
+ + −
⇔ ⇔ − ⇔
+ + +
3 0
10
7 10 0
7
t
t t
+
⇔ − ⇔
Como 0
t ≥ , conclui-se que
10
0,
7
t
∈
.
Considerando que 1 mês tem 30 dias, tem-se
10
30 42
7
× ≈ .
Interpretação do resultado obtido:
Durante os primeiros 42 dias de vida, um cão da referira raça,
tem, em média, uma massa inferior a 5 kg.
11.4.
a) ( )
12 2 5 29
2 5,8
2 3 5
P
× +
= = =
+
Um cão com 2 meses de idade tem uma massa média de 5,8 kg.
Então, consultando o rótulo da embalagem do suplemento
vitamínico, conclui-se que a dose diária recomendável é de 1
medida de suplemento.
b) ( )
12 12 5 149
12 9,93
12 3 15
P
× +
= = ≈
+
Um cão com 1 ano de idade tem uma massa média de,
aproximadamente, 9,93 kg.
Então, consultando o rótulo da embalagem do suplemento
vitamínico, conclui-se que a dose diária recomendável é de 2
medidas de suplemento.
11.5. ( )
12 5 12 5 28
11 11 11 0 0
3 3 3
t t t
P t
t t t
+ + −
⇔ ⇔ − ⇔
+ + +
3 0
28 0 28
t
t t
+
⇔ − ⇔
Os cães da referida raça podem tomar 3 medidas do outro
suplemento vitamínico a partir dos 28 meses de idade (2 anos e 4
meses).
Pág. 114
15.1. Os pontos aderentes a A e que não pertencem a A são 3, 4
e 6.
15.2. A aderência de A é [ ]
1
3, 6 , 2
2
A
= ∪
.
16.1. A aderência de A é { } [ ]
1, 0, 1 2, 5
A =
− ∪ .
16.2. A aderência de B é [ ] { }
0, 5 6
B
= ∪ .
16.3. A aderência de C é [ ]
1, 7
C = .
16.4. A aderência de A B
∪ é [ ] { }
0, 5 1, 6
A B
∪
= ∪ − .
16.5. A aderência de B C
∪ é [ ]
0, 7
B C
∪ = .
17. Sabendo que a aderência do conjunto A, representado na
reta numérica, é [ ] { }
5, 2 6, 4
A = − ∪ − , conclui-se que:
6 , 5 , 2 e 4
a b c d
=
− =
− = =
.
Pág. 115
18.1.
2 5 5 5
lim lim
1 2 2 2
n
n
u
n
− −
= = =
− −
( ) ( )
2
2 5 5 25 10 15
lim lim
2 2 4 4 4
n n n
f u u u
= − = − = − =
18.2. Para toda a sucessão ( )
n
x tal que , n f
n x D
∀ ∈ ∈
N e
lim 1
n
x = − , tem-se:
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
lim lim 1 1 2
n n n
f x x x
= − = − − − =
Então, conclui-se que ( )
1
lim 2
x
f x
→−
= .
Pág. 116
19.1.
1
lim lim 3 3 0 3
n
a
n
+ +
= + = + =
( )
1 1 1
lim lim 2 2 2
3 3 3 0
n
n
f a
a + +
= + = + = + = +∞
− −
19.2.
1
lim lim 3 3 0 3
n
b
n
+ −
= − = − =
( )
1 1 1
lim lim 2 2 2
3 3 3 0
n
n
f b
b − −
= + = + = + = −∞
− −
20.1. ( )
lim lim 3 2
n
a n
= + = +∞
( ) ( ) ( )
lim lim 3 2 3 2
n n
g a a
= − = × +∞ − = +∞
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![Funções reais de variável real
179
179 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
41.4.
2
2
2
2
2
2
1 1
1 1
1 0 1
lim lim lim
1
1 3 0 3
3 1 3
3
x x x
x
x x x x
x
x
x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
+ +
+ +
= = = =
−
− −
−
41.5. 3
3 2
2 2
2 2
1 1
2
lim lim lim
1 1
1 1
x x x
x
x x x
x x
x x
x x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− −
−
= =
+
+ +
( )
1 0 1
0
1 0
−
= = =
−∞ + −∞
41.6.
5
5 5 5
4
4
3
3
3 3
1 1
3
lim lim lim
1
1
2 2
2
x x x
x x
x x x
x x
x
x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
− −
−
= =
− −
−
( )
0 1
2 0
+∞ −
= = −∞
−
42.1. Por exemplo, ( ) 1
f x x
= + e ( ) 2
g x x
= .
Ora,
( )
( ) 2 2
1 1 1
lim lim lim 0 0 0
x x x
f x x
g x x
x x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
+
= = + = + =
.
42.2. Por exemplo, ( ) 2
f x x x
=
− + e ( ) 2
2 1
g x x
= − .
Ora,
( )
( )
2
2
2
2
2
2
1 1
1 1
lim lim lim lim
1
1
2 1 2
2
x x x x
x
f x x x x x
g x x
x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
− + − +
− +
= = =
− −
−
1 0 1
2 0 2
− +
= = −
−
.
42.3. Por exemplo, ( ) 4
2 1
f x x x
= − + e ( ) 2
2
g x x
= − .
Ora,
( )
( )
4
4 3 4
2
2
2
2 1
1
2 1
lim lim lim
2
2
1
x x x
x
f x x x x x
g x x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− +
− +
= =
−
−
( )
2
3 4
2
2 1
1
1 0 0
lim
1 1 0
1
x
x
x x
x
→−∞
− +
+∞ − +
= = = +∞
−
−
.
43.1.
2
lim lim lim lim 1 1
x x x x
x
x x
x x x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
= = = =
43.2. ( )
2
lim lim lim lim 1 1
x x x x
x
x x
x x x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
−
= = = − =
−
43.3.
( )
2 2 2
4 2 1 1
lim lim lim
x x x
x x x x
x x
x x x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
+ +
+
= =
( )
2
2
1
lim lim 1
x x
x x
x
x
→−∞ →−∞
− +
= = − + = −∞
43.4.
2
2
3 1 3 1 3 1
lim lim lim
2
2
2 1
1
x x x
x x x
x x x
x
x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
− − −
= =
+ +
+
1 1
3 3
3 0
lim lim 3
2 2 1 0
1 1
x x
x
x x
x
x x
→+∞ →+∞
− −
−
= = = =
+
+ +
Pág. 128
44.1.
2
0
2
0 0 0
1
lim lim lim 0
2 2 2
x x x
x
x
x
x x
×∞
→ → →
× = = =
44.2. ( )
( )
0
2 2
1 1 1
1
1 1
lim 1 lim lim
1
x x x
x
x
x
x x
x x x x
×∞
→ → →
−
−
− × = =
− −
− −
1
1
lim 1
x x
→
= = −
−
44.3.
( )
( )( )
0
0 0 0
1
lim lim lim
x x x
x x x
x
x
x x x x x x x x
+ + +
×∞
→ → →
+
×
= =
− −
− +
( ) ( )
( )
2
0 0 0
0
lim lim lim 0
1 1 1
x x x
x x x x x x x x
x x x
x x
+ + +
→ → →
+ + +
= = = = =
− −
−
44.4. ( )
0
2 2
3 3
1 3
lim 3 lim
6 9 6 9
x x
x
x
x x x x
+ +
∞×
→ →
−
× − =
− + − − + −
( )
2
3 3
3 1 1
lim lim
3 0
3
x x
x
x
x
+ + −
→ →
−
= = = = −∞
− +
− −
45.1. { }
2
: 2 0
g
D x x x
= ∈ − ≥
R
( )
2
2 0 2 1 0
x x x x
− ≥ ⇔ − ≥
( ) ( )
0 2 1 0 0 2 1 0
x x x x
⇔ ≥ ∧ − ≥ ∨ ≤ ∧ − ≤
1 1 1
0 0 0
2 2 2
x x x x x x
⇔ ≥ ∧ ≥ ∨ ≤ ∧ ≤ ⇔ ≥ ∨ ≤
Então, ] ]
1
,0 ,
2
g
D
= −∞ ∪ + ∞
.
45.2.
a) ( ) ( )
2 2
0 0 0
lim lim 2 lim 2 0 0
x x x
g x x x x x
− − −
→ → →
= − = − = =
b) ( ) ( )
2 2
1 1 1
2 2 2
1 1
lim lim 2 lim 2 2 0
4 2
x x x
g x x x x x
+ + +
→ → →
= − = − = × − =
c) ( ) ( )
2 2
lim lim 2 lim 2
x x x
g x x x x x
→−∞ →−∞ →−∞
= − = − = +∞
d) ( ) 2 2 1
lim lim 2 lim 2
x x x
g x x x x
x
∞−∞
→+∞ →+∞ →+∞
= −
= −
1 1
lim 2 lim 2 2
x x
x x
x x
→+∞ →+∞
= − = − = +∞× = +∞
NEMA11PR
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![180
Unidade 4
180 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Tarefa 5
1.1. Como g é uma função limitada então existem números reais
m e M tais que ( )
m g x M
≤ ≤ .
Então, ( )
0:
L L m g x M L
∃ − ≤ ≤ , ou seja,
( )
0: ,
L g x L x D
∃ ∀ ∈ .
1.2. Como ( )
lim 0
x a
f x
→
= e de acordo com a definição de limite
segundo Heine, sabe-se que para toda a sucessão ( )
n
x de
termos pertencentes a D tal que lim n
x a
= se tem: para todo o
0
L
δ
existe um p∈N : ( )
n
n p f x
L
≥ ⇒
δ
.
1.3. ( ) ( ) ( )
1
n n
f x f x
L L L
⇔ −
δ δ δ
( ) ( ) ( )
2
n n
g x L L g x L
⇔ −
Multiplicando, membro a membro, as desigualdades (1) e (2),
tem-se:
( ) ( )
n n
L f x g x L
L L
− × × ×
δ δ
( ) ( )
n n
f x g x
⇔ − ×
δ δ
( ) ( )
n n
f x g x
⇔ × δ
Conclui-se, então, que ( ) ( )
n n
n p f x g x
≥ ⇒ × δ .
1.4. Dos resultados anteriores pode-se concluir que
( ) ( )
lim 0
x a
f x g x
→
=
.
Pág. 129
46.1. ( )
( ) ( )
( )( )
( )
0
3 3 2
0
2
2 2 2 2
2 2 2
lim lim lim lim
2 2 2
4
x x x x
x x x
f x
x x x
x
→ → → →
− − −
= = =
− + +
−
0
0
4
= =
46.2. 2 é um ponto aderente ao domínio das funções f e g.
Como ( )
2
lim 0
x
f x
→
= e g é limitada, então sabe-se que
( ) ( )
2
lim 0
x
f x g x
→
=
.
47.1.
0
0
0 0 0 0
lim lim lim lim 0
x x x x
x x
x x x
x
x
x x x
+ + + +
→ → → →
= = = =
×
47.2. A função definida por
1
cos
y
x
=
é limitada pois
1
1 cos 1
x
− ≤ ≤
e
0
lim 0
x
x
x
+
→
= , então sabe-se que:
0
1
lim cos 0
x
x
x
x
+
→
× =
, ou seja,
0
1
cos
lim 0
x
x
x
x
+
→
= .
Tarefa 6
1.1. a) ( )
{ }
:
g f f g
D x D f x D
=
∈ ∈
{ } { }
: 1 0 1
f
D x x
= ∈ − ≠ =
R R e { } [ [
: 0 0,
g
D x x
= ∈ ≥ = +∞
R .
( )
1
0 1 0 1
1
g
f x D x x
x
∈ ⇔ ≥ ⇔ − ⇔
−
Então, { }
{ }
1 : 1
g f
D x x
= ∈ =
R
] [
1,+∞ .
b) ( ) ( )
( ) 1 1
1 1
g f x g f x g
x x
= = =
− −
1.2. a) Sendo 2
a = , então tem-se ( )
2 2
1
lim lim 1
1
x x
b f x
x
→ →
= = =
−
e
( )
1 1
lim lim 1
x x
c g x x
→ →
= = = .
Sabe-se, ainda, que ( )
2 2
1
lim lim 1
1
x x
g f x
x
→ →
= =
−
.
b) Sendo 5
a = , então tem-se ( )
5 5
1 1
lim lim
1 4
x x
b f x
x
→ →
= = =
−
e
( )
1 1
4 4
1
lim lim
2
x x
c g x x
→ →
= = = .
Sabe-se, ainda, que ( )
5 5
1 1 1
lim lim
1 4 2
x x
g f x
x
→ →
= = =
−
.
c) Sendo a = +∞ , então tem-se ( )
1
lim lim
1
x x
b f x
x
→+∞ →+∞
= =
−
1
0
= =
+∞
e ( )
0 0
lim lim 0
x x
c g x x
→ →
= = = .
Sabe-se, ainda, que ( )
1
lim lim 0
1
x x
g f x
x
→+∞ →+∞
= =
−
.
Pág. 130
48.1.
( ) ( )
2 2 2
1 1 1
5 1 2 8
5 2 8 3 3
lim lim lim
1 1 1 1
x x x
x x
x x
x x x x
∞−∞
→ → →
+ − +
+ −
−
= =
− − − −
( )
( )( )
0
0
1 1
3 1 3 3
lim lim
1 1 1 2
x x
x
x x x
→ →
−
= = =
− + +
48.2. 2 3 9 8
3 2 0 2 1
2
x x x x x
± −
− + = ⇔ = ⇔ = ∨ =
Então, ( )( )
2
3 2 2 1
x x x x
− + = − − .
( )( ) ( )
2 2
2 2
3 2 3 2
lim lim
2 1 2
3 2 2
x x
x x
x x x x
x x x x
∞−∞
→ →
− −
+ = +
− − −
− + −
( ) ( )
( )( ) ( )( )
2
2 2
3 2 1 2
lim lim
2 1 2 1
x x
x x x x x
x x x x x x
→ →
− + − − −
= =
− − − −
( )( )
( )( ) 2
2 2
2 1 1 3
lim lim
2 1 2
x x
x x x
x x x x x
→ →
− + +
= = =
− − −
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
181
181 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
48.3.
2 2 2
4 4
4
4
6 3 6 3 6 3
lim lim lim
5
5 5
1
x x x
x x x x x x
x x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− − + − +
= = =
+ +
+
2
2
4 4
6 6
3 3
0 3
lim lim 3
5 5 1 0
1 1
x x
x
x x
x
x x
→−∞ →−∞
− + − +
+
= = = =
+
+ +
49.1. { }
2 2
: 3 0 3 0
f
D x x x x x
= ∈ − ≥ ∧ − ≠
R
{ }
2
: 3 0
x x x
= ∈ −
R
( )
2
3 0 3 0
x x x x
− ⇔ −
( ) ( )
0 3 0 0 3 0
x x x x
⇔ ∧ − ∨ ∧ −
( ) ( )
0 3 0 3 3 0
x x x x x x
⇔ ∧ ∨ ∧ ⇔ ∨
] [ ] [
,0 3,
f
D = −∞ ∪ + ∞ .
49.2.
a) ( ) 2
2
6 2 6 2
lim lim lim
3
3
1
x x x
x x
f x
x x
x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
− −
= =
−
−
6 6
2 2
6 2 0 2
lim lim lim 2
3 3 3 1 0
1 1 1
x x x
x
x x x
x x
x x x
→+∞ →+∞ →+∞
− −
− −
= = = = = −
−
− − −
b) ( ) 2
2
6 2 6 2
lim lim lim
3
3
1
x x x
x x
f x
x x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− −
= =
−
−
6 6
2 2
6 2 0 2
lim lim lim 2
3 3 3 1 0
1 1 1
x x x
x
x x x
x x
x x x
→−∞ →−∞ →−∞
− −
− −
= = = = =
− −
− − − − −
c) ( )
( )
0
2
0
2 2 2
3 3 3
6 2 3
6 2
lim lim lim
3 3 3
x x x
x x x
x
f x
x x x x x x
+ + +
→ → →
− −
−
= =
− − × −
( ) ( )
( )
2 2
2
3 3
6 2 3 2 3 3
lim lim
3
3
x x
x x x x x x
x x
x x
+ +
→ →
− − − − −
=
−
−
2
3
2 3 0
lim 0
3
x
x x
x
+
→
− −
= = =
d) ( ) 2
0 0
6 2 6
lim lim
0
3
x x
x
f x
x x
− − +
→ →
−
= = = +∞
−
Tarefa 7
1.1.
( )
( )
( )
( )( )
0
2 0
2
2 2 2 2
2 2
4 2 2
lim lim lim lim
2 3 3
6
x x x x
f x x x
x x x
g x x x x
x x
→ → → →
− −
− −
= = =
− + +
+ −
4
5
= −
Cálculo auxiliar:
2 1 1 24
6 0 2 3
2
x x x x x
− ± +
+ − = ⇔ = ⇔ =∨ =
−
1.2.
( )
( )
2 2
2
2 2 2
4 2 2
4 2
lim lim lim lim
6 6
x x x x
x x
f x x
x x
g x x x x x x
→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
− − +
= = =
+ − + −
lim 2 2
x→−∞
= =
1.3.
( )
( )
2
2
3 3
6 0
lim lim 0
30
4 2
x x
g x x x
f x x x
→− →−
+ −
= = =
−
−
1.4.
( )
( )
2
2
0 0
6 6
lim lim
0
4 2
x x
g x x x
f x x x
→ →
+ − −
= = = ∞
−
Temos de recorrer aos limites laterais:
( )
( )
2
2
0 0
6 6
lim lim
4 2 0
x x
g x x x
f x x x
− − −
→ →
+ − −
= = = +∞
−
e
( )
( )
2
2
0 0
6 6
lim lim
4 2 0
x x
g x x x
f x x x
+ + +
→ →
+ − −
= = = −∞
−
.
Donde se conclui que não existe
( )
( )
0
lim
x
f x
g x
→
.
2.1. ( )
( ) ( )
2
lim 2 lim 2 3
x x
x f x x x x
→+∞ →+∞
− = − −
2 3 3
lim 2 1 lim 2 1
x x
x x x x
x x
∞−∞
→+∞ →+∞
= − − = − −=
( )
3 3
lim 2 1 lim 2 1 2 1
x x
x x x
x x
→+∞ →+∞
= − − = − − = +∞ − = +∞
2.2.
( )
2
2
2
2 3
1
2 3
lim lim lim
x x x
x
g x x x
x x
x x x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞
− −
− −
= =
2 2
2
2 3 2 3
1 1
2 3
lim lim lim 1
x x x
x x
x x
x x
x x x x
→+∞ →+∞ →+∞
− − − −
= = = − −
1 0 0 1
= − − =
2.3.
( ) 2
2
lim lim lim
3
3
1
x x x
x x x
f x x x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
= =
−
−
1 1
lim lim lim
3 3 3 1 0
1 1 1
x x x
x x
x x
x x x
→−∞ →−∞ →−∞
= = = =
− −
− − − − −
1
= −
2.4.
( ) 2
1 1
1 1 1
lim lim
0
2 3
x x
g x x x
− − +
→− →−
= = = +∞
− −
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
183
183 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Como ( ) ( ) ( )
1 1
lim lim 1 0
x x
h x h x h
− +
→ →
= = = , resulta que existe
( )
1
lim
x
h x
→
e é igual a 0.
Atendendo a que 1 h
D
∈ e existe ( )
1
lim
x
h x
→
, conclui-se que h é
contínua em 1
x = .
b) ( )
2 2
1 1
lim lim 1
1
1
x x
x
h x
x
− −
→ →
−
= = =
−
( ) ( )
2 2
lim lim 1 1
x x
h x x
+ +
→ →
= − + =
−
Então, não existe ( )
2
lim
x
h x
→
porque ( ) ( )
2 2
lim lim
x x
h x h x
− +
→ →
≠ .
Atendendo a que 2 h
D
∈ e não existe ( )
2
lim
x
h x
→
, conclui-se que h
é descontínua em 2
x = .
c) ] [
2,
a
∀ ∈ + ∞ tem-se ( ) ( )
lim lim 1 1
x a x a
h x x a
→ →
= − + =
− + e
( ) 1
h a a
=
− + .
Como ] [ ( ) ( )
2, , lim
x a
a h x h a
→
∀ ∈ +∞ = , resulta que, sendo
] [
2,
a∈ +∞ , existe ( )
lim
x a
h x
→
.
Donde se conclui que h é contínua em ] [
2,+∞ .
52.2.
a) A afirmação é falsa porque [ ]
2 1,2
∈ e a função h não é
contínua em 2
x = , logo não é contínua no intervalo [ ]
1,2 .
b) A afirmação é falsa porque a função h , sendo descontínua em
2
x = , não é contínua em todos os pontos do seu domínio.
53.1. ( ) ( )
0 0
lim lim 2 1 1
x x
f x x
→ →
= +
= e ( )
0 2 0 1 1
f = × + = .
Como ( ) ( )
0
lim 0
x
f x f
→
= , resulta que existe ( )
0
lim
x
f x
→
e é igual a 1.
Atendendo a que 0 f
D
∈ e existe ( )
0
lim
x
f x
→
, conclui-se que
qualquer função da família de funções f é contínua em 0
x = .
53.2. f é contínua em 1
x = quando o limite ( )
1
lim
x
f x
→
existe.
( ) ( )
1 1
lim lim 2 1 3
x x
f x x
− −
→ →
= +
=
( )
( )
( )( )
0
0
3 2 2
2
1 1 1 1
6 1 6
6 6
lim lim lim lim
1 1
1 1
x x x x
x
x
f x
x x x x
x x
+ + + +
→ → → →
−
−
= = =
− + − +
− +
6
3
2
= =
Cálculo auxiliar:
Como 1 é zero do denominador, o polinómio 3 2
1
x x x
− + − é
divisível por 1
x − .
Aplicando a regra de Ruffini, tem-se:
1 1 1 1
1 1 1 1
1 0 1 0
− −
Então, sabe-se que ( )( )
3 2
1 1 1
x x x x
− = − + + .
( ) 2
1 4
f k k
=
− +
Ora, existe ( )
1
lim
x
f x
→
se ( ) ( ) ( )
1 1
lim lim 1
x x
f x f x f
− +
→ →
= = .
Então, tem-se:
2 2 4 16 12
4 3 4 3 0
2
k k k k k
− ± −
− + = ⇔ − + − = ⇔ =
−
1 3
k k
⇔ = ∨ =
Donde se conclui que a função f é contínua em 1
x = se
1 3
k k
= ∨ = .
53.3. Por 55.2. sabe-se que a função f é contínua em 1
x = se
1 3
k k
= ∨ = .
Para qualquer outro valor de k a função f é descontínua para
1
x = .
Então, por exemplo, a função f é descontínua quando 0
k = .
Pág. 134
54.1. ( )
1 1
1
lim lim 1
x x
f x
x
→ →
= =
e ( )
1 1
f = .
Como ( ) ( )
1
lim 1 1
x
f x f
→
= = , resulta que existe ( )
1
lim
x
f x
→
e é igual
a 1.
Atendendo a que 1 f
D
∈ e existe ( )
1
lim
x
f x
→
, conclui-se que f é
contínua em 1
x = .
( ) ( )
2
1 1
lim lim 2
x x
g x x x
→ →
= += e ( ) 2
1 1 1 2
g = + =
Como ( ) ( )
1
lim 1 2
x
g x g
→
= = , resulta que existe ( )
1
lim
x
g x
→
e é igual
a 2.
Atendendo a que 1 g
D
∈ e existe ( )
1
lim
x
g x
→
, conclui-se que g é
contínua em 1
x = .
54.2.
a) Como as funções f e g são contínuas em 1
x = então a função
f g
+ também é contínua em 1
x = .
b) Como as funções f e g são contínuas em 1
x = então a função
f g
− também é contínua em 1
x = .
c) Como as funções f e g são contínuas em 1
x = então a função
f g
× também é contínua em 1
x = .
d) Como as funções f e g são contínuas em 1
x = e ( )
1 0
g ≠
então a função
f
g
também é contínua em 1
x = .
54.3.
a) ( ) ( )
0 0
lim lim 2 1 1
x x
f x x
− −
→ →
= +
=
( )
0 0
1 1
lim lim
0
x x
f x
x
+ + +
→ →
= = = +∞
Como ( ) ( )
0 0
lim lim
x x
f x f x
− +
→ →
≠ , resulta que não existe ( )
0
lim
x
f x
→
.
Atendendo a que 0 f
D
∈ e não existe ( )
0
lim
x
f x
→
, conclui-se que f
é descontínua em 0
x = .
b) ( ) ( )
0 0
lim lim 1 1
x x
g x x
− −
→ →
= +
=
( ) ( )
2
0 0
lim lim 0
x x
g x x x
+ +
→ →
= +
=
Como ( ) ( )
0 0
lim lim
x x
g x g x
− +
→ →
≠ , resulta que não existe ( )
0
lim
x
g x
→
.
Atendendo a que 0 g
D
∈ e não existe ( )
0
lim
x
g x
→
, conclui-se que f
é descontínua em 0
x = .
NEMA11PR
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![184
Unidade 4
184 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
c) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
0 0 0
lim lim lim 2 1 1 1
x x x
f g x f x g x x x
− − −
→ → →
× = × = + +
=
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
0 0 0
1
lim lim lim
x x x
f g x f x g x x x
x
+ + +
→ → →
× = × = +
( )
2
0 0
lim lim 1 1
x x
x x
x
x
+ +
→ →
+
= = +
=
( )( ) ( ) ( )
0 0 0 1 1 1
f g f g
× = × = × =
Como ( )( ) ( )( ) ( )( )
0 0
lim lim 0 1
x x
f g x f g x f g
− +
→ →
× = × =× =
, resulta
que existe ( )( )
0
lim
x
f g x
→
× e é igual a 1.
Atendendo a que 0 f g
D ×
∈ e existe ( )( )
0
lim
x
f g x
→
× , conclui-se que
f g
× é contínua em 0
x = .
55.1. Como ( )
4 0
f = , sabe-se que 4 g
f
D
∉ .
Donde se conclui que a função
g
f
não é contínua em 4
x = .
55.2. ⋅ Por observação gráfica, sabe-se que ( )
1
lim 1
x
f x
−
→
= e
( )
1
lim 2
x
f x
+
→
= .
Então, não existe ( )
1
lim
x
f x
→
porque ( ) ( )
1 1
lim lim
x x
f x f x
− +
→ →
≠ .
Donde se conclui que f é descontínua em 1
x = pois não existe
( )
1
lim
x
f x
→
.
• ( )
1 1
lim lim 1
x x
g x x
− −
→ →
= = e ( ) ( )
1 1
lim lim 1 0
x x
g x x
+ +
→ →
= −
= .
Então, não existe ( )
1
lim
x
g x
→
porque ( ) ( )
1 1
lim lim
x x
g x g x
− +
→ →
≠ .
Donde se conclui que g é descontínua em 1
x = pois não existe
( )
1
lim
x
g x
→
.
• ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
lim lim lim lim
x x x x
f g x f x g x f x g x
− − − −
→ → → →
+ = + = +
1 1 2
= + =
• ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
lim lim lim lim
x x x x
f g x f x g x f x g x
+ + + +
→ → → →
+ = + = +
2 0 2
= + =
( )( ) ( ) ( )
1 1 1 2 0 2
f g f g
+ = + = + =
Como ( )( ) ( )( ) ( )( )
1 1
lim lim 1 2
x x
f g x f g x f g
− +
→ →
+ = + =+ =
, resulta
que existe ( )( )
1
lim
x
f g x
→
+ e é igual a 2.
Atendendo a que 1 f g
D +
∈ e existe ( )( )
1
lim
x
f g x
→
+ , conclui-se que
f g
+ é contínua em 1
x = .
Pág. 135
56.1.
a) a
∀ ∈R tem-se ( ) ( )
3 3
lim lim 4 4
x a x a
f x x x a a
→ →
= − = − e
( ) 3
4
f a a a
= − .
Como ( ) ( )
, lim
x a
a f x f a
→
∀ ∈ =
R , resulta que, qualquer que seja
a∈R , existe ( )
lim
x a
f x
→
.
Donde se conclui que, a
∀ ∈R , f é contínua em x a
= .
b) a
∀ ∈R tem-se ( ) ( )
2 2
lim lim 2 2
x a x a
g x x x a a
→ →
= + = + e
( ) 2
2
g a a a
= + .
Como ( ) ( )
, lim
x a
a g x g a
→
∀ ∈ =
R , resulta que, qualquer que seja
a∈R , existe ( )
lim
x a
g x
→
.
Donde se conclui que, a
∀ ∈R , g é contínua em x a
= .
56.2.
a) f é contínua em R e g é contínua em R , então a função f g
−
também é contínua em R .
Donde se conclui que a∈R .
b) f é contínua em IR e g é contínua em R , então a função f g
×
também é contínua em R .
Donde se conclui que a∈R .
c) ( ) ( )
2
0 2 0 2 0 0 2
g x x x x x x x
= ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = −
( )
{ } { } { }
: 0 2, 0 2, 0
f f g
g
D D D x g x
= ∩ = =∩ − = −
R R R
f é contínua em R e g é contínua em R , então a função
f
g
é
contínua no seu domínio.
Donde se conclui que { }
2, 0
a∈ −
R .
d) ( ) ( )
3 2 2
0 4 0 4 0 0 4 0
f x x x x x x x
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ − =
0 2 2
x x x
⇔ = ∨ =
− ∨ =
( )
{ } { } { }
: 0 2, 0, 2 2, 0, 2
g g f
f
D D D x f x
= ∩ = = ∩ − = −
R R R
f é contínua em R e g é contínua em R , então a função
g
f
é
contínua no seu domínio.
Donde se conclui que { }
2, 0, 2
a∈ −
R .
e) { }
1
2
3
: 4 0
f
D x x x
= ∈ − ≥
R
( )
3 2
4 0 4 0
x x x x
− ≥ ⇔ − ≥
x −∞ 2
− 0 2 +∞
2
4
x − + 0 − − − 0 +
x − − − 0 + + +
( )
2
4
x x − − 0 + 0 − 0 +
Então, [ ] [ [
3
4 0 2, 0 2,
x x x
− ≥ ⇔ ∈ − ∪ +∞ .
[ ] [ [
1
2
2, 0 2,
f
D = − ∪ + ∞
f é contínua em R e g é contínua em R , então a função
1
2
f é
contínua no seu domínio.
Donde se conclui que [ ] [ [
2, 0 2,
a∈ − ∪ +∞ .
f) { } { }
1
3
2
: 2 0 2, 0
g
D x x x
−
= ∈ + ≠ = −
R R
f é contínua em R e g é contínua em R , então a função
1
3
g
−
é
contínua no seu domínio.
Donde se conclui que { }
2, 0
a∈ −
R .
57.1. Sendo f e g duas funções polinomiais então são contínuas.
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
185
185 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Como ( )
3
lim 2
x
f x
→
= − e ( )
3
lim 5
x
g x
→
= , conclui-se que ( )
3 2
f = − e
( )
3 5
g = . Então, ( )( ) ( ) ( )
3 3 3 2 5 10
f g f g
× = × =− × =− .
57.2. ( )
( )
( )
3 2 2
3
3 5 5
f
f
g g
−
= = = −
57.3.
( )
3
2 1
lim
1 4 2
x
f x
x
→
−
= = −
+
Pág. 136
58. ( ) ( )
{ }
2
: 9 0 3 5 0 3
f
D x x x x x
= ∈ − ≠ ∧ ∨ − ≠ ∧ ≤ =
R
( )
( ) ( )
{ }
: 3 3 3 5 3
x x x x x x
= ∈ ≠ ∨ ≠ − ∧ ∨ ≠ ∧ ≤ =
R
( ) ( )
{ }
: 3 3
x x x
= ∈ ∨ ≤ =
R R
• 3
x = :
( )
3 3
2 1 1
lim lim
5 2 2
x x
x
f x
x
− −
→ →
− −
= = =
− −
( )
( )
( )( )
0
2 0
2
3 3 3 3
3
3 3 1
lim lim lim lim
3 3 3 6 2
9
x x x x
x x x
x x
f x
x x x
x
+ + + +
→ → → →
−
−
= = = = =
− + +
−
( )
2 3 1
3
3 5 2
f
−
= =
−
Como ( ) ( )
3
1
lim 3
2
x
f x f
→
= = , resulta que existe ( )
3
lim
x
f x
→
e é igual
a
1
2
.
Atendendo a que 3 f
D
∈ e existe ( )
3
lim
x
f x
→
, conclui-se que f é
contínua em 3
x = .
• 3
x :
( )
2
5
x
f x
x
−
=
−
e ] [
, 3 , 5 0
x x
∀ ∈ −∞ − ≠ .
No intervalo ] [
, 3
−∞ , ( )
f x é o quociente entre funções
polinomiais em que o denominador não se anula.
Então, f é contínua em ] [
, 3
−∞ .
• 3
x :
( )
2
2
3
9
x x
f x
x
−
=
−
e ] [ 2
3, , 9 0
x x
∀ ∈ +∞ − ≠ .
No intervalo ] [
3, +∞ , ( )
f x é o quociente entre funções
polinomiais em que o denominador não se anula.
Então, f é contínua em ] [
3, +∞ .
Conclusão: f é contínua em R .
59.1. ( ) ( )
2
0 4 0 4 0 0 4
f x x x x x x x
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
( )
{ } { } { }
: 0 0, 4 0, 4
g g f
f
D D D x f x
=
∩ =
=
∩ =
R R R e as
funções f e g são contínuas em R (por serem funções
polinomiais).
Como o quociente entre duas funções contínuas é uma função
contínua, para os valores do seu domínio, conclui-se que a função
g
f
é contínua em { }
0, 4
R .
59.2. ( )
{ } { }
2
: 0 : 4 0
f
f
D x D f x x x x
−
= ∈ − ≥ = ∈ − + ≥
R
( )
2
4 0 4 0
x x x x
− + ≥ ⇔ − + ≥
( ) ( )
0 4 0 0 4 0
x x x x
⇔ ≥ ∧− + ≥ ∨ ≤ ∧− + ≤
( ) ( )
impossível
0 4 0 4 0 4
x x x x x x
⇔ ≥ ∧ ≤ ∨ ≤ ∧ ≥ ⇔ ≥ ∧ ≤
Então, [ ]
0,4
f
D −
= .
Se f é uma função contínua em R então a função f
− também é
contínua em R . Sabe-se que a potência de expoente racional de
uma função contínua é uma função contínua no seu domínio.
Então, a função f
− é contínua em [ ]
0, 4 .
60. f
D = R
• 2
x :
( ) 2
2
f x x x
= −
No intervalo ] [
,2
−∞ , f é contínua porque é polinomial.
• 2
x :
( ) 3 2
2
f x x x
= − +
No intervalo ] [
2,+∞ , f é contínua porque é polinomial.
• 2
x = :
( ) ( )
2
2 2
lim lim 2 6
x x
f x x x
− −
→ →
= −
=
( ) ( )
3 2
2 2
lim lim 2 6
x x
f x x x
+ +
→ →
= − +
=
( ) 2
2 5
f k k
= −
f é contínua em 2
x = se ( ) ( ) ( )
2 2
lim lim 2
x x
f x f x f
− +
→ →
= = .
Então, tem-se:
2 2 5 25 24
5 6 5 6 0 6 1
2
k k k k k k k
± +
− = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = −
Conclusão: f é contínua em R se 1 6
k k
=
− ∨ =.
61. Se f é uma função contínua em R então é contínua em 0
x =
e em 4
x = .
• ( ) ( )
2
0 0
lim lim 3 4 4
x x
f x x x
− −
→ →
= − + + =
( ) ( )
0 0
lim lim
x x
f x ax b b
+ +
→ →
= +
=
( )
0 0
f a b b
= × + =
Sendo f contínua em 0
x = sabe-se que
( ) ( ) ( )
0 0
lim lim 0
x x
f x f x f
− +
→ →
= = .
Donde resulta que 4
b = .
• ( ) ( )
4 4
lim lim 4 4 4
x x
f x ax a
− −
→ →
= + = +
( ) ( )
2
4 4
lim lim 3 4 16 12 4 0
x x
f x x x
+ +
→ →
= − + + =
− + + =
( )
4 4 4 4 4
f a a
= × + = +
Sendo f contínua em 4
x = sabe-se que
( ) ( ) ( )
4 4
lim lim 4
x x
f x f x f
− +
→ →
= = .
Donde resulta que 4 4 0 1
a a
+ = ⇔ =
− .
• Conclusão: 1 e 4
a b
=
− =
.
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![188
Unidade 4
188 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Logo, ( )
3
4
3
2
p x
x
−
=
− +
−
.
Assim sendo,
5 3 3
4 4 7
5 3
2 1
2 2
p
− −
=
− + =
− + =
−
−
.
71.1. Por exemplo, ( )
1
1
2
f x
x
=
− +
−
.
71.2. Por exemplo, ( )
2
3
f x
x
= + .
71.3. Por exemplo, ( )
1
1
3
f x
x
= −
+
.
71.4. Por exemplo, ( )
5
1
f x
x
=
+
.
Pág. 143
72. As assíntotas ao gráfico da função f definida por
( )
b
f x a
x c
= +
−
são as retas x c
= e y a
= .
Por observação gráfica sabe-se que as retas 2
x = e 1
y = − são
assíntotas ao gráfico de f, logo tem-se 2
c = e 1
a = − .
Então, tem-se ( ) 1
2
b
f x
x
=
− +
−
.
O gráfico de f passa no ponto de coordenadas ( )
3,2 .
( )
3 2 1 2 3
3 2
b
f b
= ⇔ − + = ⇔ =
−
Conclusão: 1, 3 e 2
a b c
=
− = =
.
73.1. ( )
2 3
0 0 2 3 0 2 0
2
x
f x x x
x
+
= ⇔ = ⇔ + = ∧ − ≠
−
3
2 3 0 2
2
x x x
⇔ + = ∧ ≠ ⇔ =
−
Zero de f :
3
2
− .
73.2. ( )
2 3
se 2 3 0 2 0
2
2 3
se 2 3 0 2 0
2
x
x x
x
f x
x
x x
x
+
+ ≥ ∧ − ≠
−
=
− −
+ ∧ − ≠
−
( )
2 3 3
se 2
2 2
2 3 3
se
2 2
x
x x
x
f x
x
x
x
+
≥ − ∧ ≠
−
⇔ =
− −
−
−
73.3. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
2 3 2
2 4 2
7
x x
x
+ −
− +
2 3 7
2
2 2
x
x x
+
= +
− −
Então,
2 3 7
2
2 2
x
x x
− −
=
− −
− −
.
( )
7 3
2 se 2
2 2
7 3
2 se
2 2
x x
x
f x
x
x
+ ≥ − ∧ ≠
−
=
− − −
−
Donde se conclui que as assíntotas ao gráfico de f são
2 , 2 e 2
x y y
= = = − .
Tarefa 9
1.1. ( )
5 5
1 1 1 0
4 4
x x
f x
x x
− −
⇔ ⇔ −
− −
5 4 1
0 0 4 0 4
4 4
x x
x x
x x
− − + −
⇔ ⇔ ⇔ − ⇔
− −
Então, ] [
4,
x∈ +∞ .
1.2. ( )
2 3 3 2
0 1 0 0
1 1
x x
g x
x x
− −
= ⇔ + = ⇔ =
+ +
2 2
3 2 0 1 0 1
3 3
x x x x x
⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ∧ ≠ − ⇔ =
Zero de g :
2
3
.
1.3. ( )
2 3 3 2
1
1 1
x x
g x
x x
− −
=
+ =
+ +
Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
3 2 1
3 3 3
5
x x
x
− +
− −
−
( )
5 5
3 3
1 1
g x
x x
−
=
+ =
−
+ +
As assíntotas ao gráfico de g são 1 e 3
x y
=
− =
.
O gráfico de g interseta o eixo Ox no ponto de coordenadas
( )
0, 2
− porque ( )
0 2
g = − .
Seguidamente apresenta-se uma representação gráfica da função
g.
1.4. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
5 4
4 1
1
x x
x
− −
− +
−
( )
1 1
1 1
4 4
f x
x x
−
=
+ =
−
− −
As assíntotas ao gráfico de f são 4 e 1
x y
= = .
1.5. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
6 1 2 1
6 3 3
4
x x
x
− +
− −
−
( )
4 4 2
3 3 3
1
1
2 1
2
2
2
h x
x x
x
− −
=
+ =
+ =
−
+ +
+
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![Funções reais de variável real
193
193 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( )
( )
2 2 2
lim lim 1 lim
1 1
x x x
x x x x
b f x mx x
x x
→−∞ →−∞ →−∞
− +
= −
= +
=
− + − +
( )
lim lim lim 1 1
1
x x x
x x
x x
∞
∞
→ −∞ →−∞ →−∞
= = = − =
−
− + −
Portanto, a reta 1
y x
=
− − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ .
82.2. ( ) 2
2 4
f x x x
= + −
{ }
2
: 4 0
f
D x x
= ∈ − ≥
R ; ( )( )
2
4 0 2 2 0
x x x
− ≥ ⇔ − + ≥
( ) ( )
2 0 2 0 2 0 2 0
x x x x
⇔ − ≥ ∧ + ≥ ∨ − ≤ ∧ + ≤
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
⇔ ≥ ∧ ≥ − ∨ ≤ ∧ ≤ − ⇔ ≥ ∨ ≤ −
] ] [ [
, 2 2,
f
D = −∞ − ∪ +∞ ;
Não existem assíntotas verticais ao gráfico de f.
Assíntotas não verticais ( )
y mx b
= +
⋅ Em +∞ :
( )
2
2
2
4
1
2 4
lim lim lim 2
x x x
x
f x x
x x
m
x x x
∞
∞
→+∞ → +∞ → +∞
−
+ −
= = = +
2
2
4
1
4
lim 2 lim 2 1 2 1 3
x x
x
x
x x
→ +∞ → +∞
−
= + = + −= +
=
( )
( ) ( )
2
lim lim 2 4 3
x x
b f x mx x x x
→+∞ →+∞
= −= + − −
( )
( )( )
2 2
2
2
4 4
lim 4 lim
4
x x
x x x x
x x
x x
∞−∞
→ +∞ →+∞
− − − +
= − −
=
− +
2 2
2 2
4 4 4
lim lim 0
4 4
x x
x x
x x x x
→ +∞ → +∞
− − − −
= = = =
+∞
− + − +
Portanto, a reta 3
y x
= é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ .
⋅ Em −∞ :
( )
2
2
2
4
1
2 4
lim lim lim 2
x x x
x
f x x
x x
m
x x x
∞
∞
→−∞ →−∞ → −∞
−
+ −
= = = +
2
2
4
1
4
lim 2 lim 2 1 2 1 1
x x
x
x
x x
→ −∞ →−∞
− −
= + = − − = − =
( )
( ) ( )
2
lim lim 2 4 1
x x
b f x mx x x x
→−∞ →−∞
= −= + − −
( )
( )( )
2 2
2
2
4 4
lim 4 lim
4
x x
x x x x
x x
x x
∞−∞
→ −∞ → −∞
− + − −
= − +
=
− −
2 2
2 2
4 4 4
lim lim 0
4 4
x x
x x
x x x x
→ −∞ →−∞
− − − −
= =
=
+∞
− − − −
Portanto, a reta y x
= é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ .
83.1. ( ) ( )
1
g x f x
= +
O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma
translação de vetor ( )
1,0
u −
.
Se 2
y = − e 3 1
y x
=
− + são assíntotas ao gráfico de f, então
2
y = − e ( )
3 1 1
y x
=
− + + , ou seja, 2
y = − e 3 2
y x
=
− − , são
assíntotas ao gráfico de g.
83.2. ( ) ( )
g x f x
= − ; O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico
de f por uma reflexão de eixo Oy.
Se 2
y = − e 3 1
y x
=
− + são assíntotas ao gráfico de f, então
2
y = − e ( )
3 1
y x
=
− − + , ou seja, 2
y = − e 3 1
y x
= + , são
assíntotas ao gráfico de g.
83.3. ( ) ( )
1
g x f x
= − ; O gráfico de g obtém-se a partir do
gráfico de f por uma reflexão de eixo Ox seguida de uma
translação de vetor ( )
0,1
v
. Se 2
y = − e 3 1
y x
=
− + são
assíntotas ao gráfico de f, então ( )
2 1
y =− − + e
( )
3 1 1
y x
=− − + + , ou seja, 3
y = e 3
y x
= , são assíntotas ao
gráfico de g.
Tarefa 10
1.1. ( )
2
0 3 0 4
0 4
0 1
A
T
+ × +
= =
+
e ( )
0 0 2 2
B
T = + = .
No início da experiência A a temperatura da substância utilizada
era de 4 C
° e no início da experiência B a temperatura da
substância utilizada era de 2 C
° .
1.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
2
2
3 4 1
2
2t 4
2t 2
2
t t t
t t t
+ + +
− − +
+
− −
Então, ( ) ( )
2 2
2
1 1
A B
T t t T t
t t
= + + = +
+ +
. Como
2
0, 0
t 1
t
∀ ≥
+
, conclui-se que ( ) ( )
0, A B
t T t T t
∀ ≥ .
Donde se conclui que, independentemente do tempo de duração
das experiências, a temperatura, em qualquer instante, da
substância utilizada na experiência A é sempre superior à
temperatura da substância utilizada na experiência B.
1.3. Pretende-se resolver a condição ( ) ( ) 0,08
A B
T t T t
− =.
( ) ( )
2 2 0,08 0,08
0,08 0,08 0
1 1
A B
t
T t T t
t t
− −
− = ⇔ = ⇔ =
+ +
1,92 0,08 0 1 0 24 1 24
t t t t t
⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ∧ ≠ − ⇔=
Conclui-se que a experiência teve a duração de 24 minutos.
2. Pretende-se determinar a equação da assíntota não vertical,
neste caso y ax b
= + , ao gráfico de f em +∞ .
( ) 2
2
2 2
3 4
lim lim lim lim 1 1
x x x x
f x x
x x
a
x x x x
∞
∞
→+∞ →+∞ → +∞ →+∞
+ +
= = = = =
+
( )
( )
2
3 4
lim lim 1
1
x x
x x
b f x mx x
x
→+∞ →+∞
+ +
= −
= −
+
2 2
3 4 2 4 2
lim lim lim lim 2 2
2 2
x x x x
x x x x x x
x x x
∞
∞
→ +∞ →+∞ → +∞ → +∞
+ + − − +
= = = = =
+ +
NEMA11PR-13
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![194
Unidade 4
194 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 148
Proposta 12
12.1. 1
− não pertence a A e é ponto aderente de A.
12.2. A aderência de A é [ ]
5
5, 1 1,
2
A
= − − ∪
.
Proposta 13
13.1. Atendendo à representação gráfica do conjunto B na reta
numérica e ao facto de a aderência do conjunto B ser
[ ]
1 9
5, 3 ,3 1, ,5
2 2
B
= − − ∪ ∪ −
, conclui-se que 5 ,
a = −
1 9
3 , 1 , , 3 , e 5
2 2
b c d e f g
=
− =
− = = = =
.
13.2. Os elementos de B que não pertencem a B são
1
3 , e 3
2
− .
13.3. O conjunto de números que não são aderentes de B é
] [ ] [ ] [
1 9 9
, 5 3, 1 1, 3, ,5 5,
2 2 2
−∞ − ∪ − − ∪ − ∪ ∪ ∪ + ∞
.
Proposta 14
14.1. A aderência de P é
7 6
5 ,1 2 ,
3 5
P
=
− ∪ ∪
.
14.2. A aderência de R é [ ] { }
4,1 7
R =
− ∪ .
14.3. A aderência de S é { }
5
0, 3
2
S
= ∪
.
14.4. [ ]
7 6
0, 1 2 ,
3 5
P S
∩
= ∪ ∪
.
A aderência de P S
∩ é [ ]
7 6
0, 1 2 ,
3 5
P S
∩
= ∪ ∪
.
14.5. A aderência de N é N .
14.6. A aderência de Q é R .
Pág. 149
Proposta 15
15.1.
a) Como
2
4
n
a
n
= + , sabe-se que , 4
n
n a
∀ ∈
N .
Então, ( )
1 1 1
2 5 2
1 5 2
4 1
n
n
n
g a
n
a n
n n
= = = =
+
+ +
+ +
.
b) Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
4n 5 1
4 4 4
9
n
n
− +
− −
−
4 5 9
4
1 1
n
n n
−
= −
+ +
Como
9
4
1
n
b
n
= −
+
, sabe-se que , 4
n
n b
∀ ∈
N .
Então, ( )
4 5 4 5 2 2 6 3
2 2
1 1 1
n n
n n n n
g b b
n n n
− − + + −
= + = + = =
+ + +
.
15.2.
a) ( )
1 1 1
lim lim lim lim
2
2
5 2 5 0 5
5
5
n
n n
g a
n
n
n
n
∞
∞
= = = = =
+ +
+
+
.
b) ( )
3 3
6 6
6 3 6 0
lim lim lim lim 6
1
1
1 1 0
1
1
n
n
n n n
g b
n
n
n
n
∞
∞
− −
− −
= = = = =
+ +
+
+
.
Proposta 16
16.1. Por observação gráfica sabe-se que existe ( )
3
lim
x
f x
→
porque 3 f
D
∈ e ( ) ( )
3
lim 3
x
f x f
→
= .
( )
3
1
lim
2
x
f x
→
=
16.2. Por observação gráfica sabe-se que ( )
2
lim 4
x
f x
−
→−
= e
( )
2
lim 3
x
f x
+
→−
= .
Então, conclui-se que não existe ( )
2
lim
x
f x
→−
porque 2 f
D
− ∈ e
( ) ( )
2 2
lim lim
x x
f x f x
− +
→− →−
≠ .
16.3.
a) Sendo
1
2
n
a
n
=
− + , sabe-se que , 2
n
n a
∀ ∈ −
N .
Logo, ( )
lim 3
n
f a = .
b) Sendo 2
1
2
n
b
n
=
− − , sabe-se que , 2
n
n b
∀ ∈ −
N .
Logo, ( )
lim 4
n
f b = .
Proposta 17
17.1. Um valor de a de modo que f
a D
∈ e existe ( )
lim
x a
f x
→
é,
por exemplo,
3
2
a = .
Por observação gráfica sabe-se que
3
2
f
D
∈ e
( ) ( )
3 3
2 2
3
lim lim 1
2
x x
f x f x f
− +
→ →
= = =
.
Assim sendo, existe ( )
3
2
lim
x
f x
→
.
17.2. O único valor de a de modo que f
a D
∉ e existe ( )
lim
x a
f x
→
é 2
a = − .
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
201
201 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
⋅ Assíntota ao gráfico de f do tipo y mx b
= + , em −∞ :
( )
2
2 2
2
2
8 1
3
3 8 1
lim lim lim
1
1
x x x
x
f x x x x x
m
x x x
x
x
→ −∞ →−∞ →−∞
+ −
+ −
= = =
−
−
2
8 1
3
3 0 0
lim 3
1 0 1
1
x
x x
x
→−∞
+ −
+ −
= = = −
−
−
( )
( ) ( )
2
3 8 1
lim lim 3
1
x x
x x
b f x mx x
x
→−∞ → −∞
+ −
= −
= − −
−
2 2
1
11
3 8 1 3 3 11 1
lim lim lim
1
1 1
1
x x x
x
x x x x x x
x x
x
x
→ −∞ →−∞ →−∞
−
+ − + − −
= = =
− −
−
1
11
11 0
lim 11
1 0 1
1
x
x
x
→ −∞
−
−
= = = −
−
−
Portanto, a reta 3 11
y x
=
− − é assíntota não vertical ao gráfico
de f em −∞ .
Logo, a reta 2 3
y ax b
= − é assíntota não vertical ao gráfico de f
se:
3 11
2 3 3 11
2 3
a b a b
=− ∧ − =− ⇔ =− ∧ =
Pág. 156
Proposta 37
37.1. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
4x 2 x 2
4 8 4
6
x
− −
− +
Então, ( )
4 2 6
4
2 2
x
f x
x x
−
= = +
− −
.
Assim sendo, as assíntotas ao gráfico de f são as retas de
equações 2
x = e 4
y = .
Donde se conclui que : 2
r x = e : 4
s y = .
37.2. R é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo Ox.
Então, ( )
( )
0, 0
R f .
( )
4 0 2
0 1
0 2
f
× −
= =
−
Logo, ( )
0, 1
R .
O ponto S pertence à reta r, definida por 2
x = , e tem a mesma
ordenada de R, então ( )
2, 1
S .
37.3.
a) O ponto P pertence ao gráfico de f e tem abcissa maior que 2,
então ( )
( )
, , 2
P x f x x .
Designemos por U o ponto de interseção das retas r e PQ.
[ ] [ ] [ ]
PQRST QRSU PUT
A A A
= + .
Sabe-se que 2
RS = , ( ) 1
QR f x
= − , 2
PU x
= − e ( ) 4
UT f x
= − .
Então, sendo 2
x , tem-se:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 4
2 1
2
x f x
A x f x
− × −
= × − +
( ) ( )
4 2 6
2 4 2
4 2 6
2 2
2 1
2 2 2 2
x
x x
x x
x x
x x
−
− × − − ×
− −
−
= × − + = + =
− −
6 6 3 6 9 6
3
2 2 2
x x x x
x x x
+ − −
= += =
− − −
b) Sabe-se que ( )
( )
0, , 2
Q f x x .
( )
9 6 9 6 3 18
12 12 12 0 0
2 2 2
x x x
A x
x x x
− − − +
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
− − −
3 18 0 2 0 6 2 6
x x x x x
⇔ − + = ∧ − ≠ ⇔ = ∧ ≠ ⇔ =
( )
4 6 2 22 11
6
6 24 4 2
f
× −
= = =
−
Então,
11
0,
2
Q
.
c) Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
9 6 2
9 18 9
12
x x
x
− −
− +
Então, ( )
9 6 12
9
2 2
x
A x
x x
−
= = +
− −
.
Sendo 2
x , então
12
0
2
x
−
. Donde se conclui que ( ) 9
A x .
Não é possível determinar as coordenadas do ponto P de modo
que a área do pentágono seja 9 porque ( )
2, 9
x A x
∀ .
d) ( )
9 6 9 6
10 10 2 10 0 2
2 2
x x
A x x x
x x
− −
⇔ ∧ ⇔ − ∧
− −
2 0
14
0 2 14 0 2
2 x
x
x x x
x −
− +
⇔ ∧ ⇔ − + ∧
−
] [
14 2 2 14 2,14
x x x x
⇔ ∧ ⇔ ⇔ ∈
Proposta 38
38.1. { } { }
: 3 0 3
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
Assíntotas verticais
( )
2
3 3
4 3
lim lim
3 0
x x
x x
f x
x
− − −
→ − → −
+ −
= = = +∞
+
( )
2
3 3
4 3
lim lim
3 0
x x
x x
f x
x
+ + +
→ − → −
+ −
= = = −∞
+
Portanto, a reta 3
x = − é assíntota vertical ao gráfico de f.
Assíntotas não verticais ( )
y mx b
= +
⋅ Em +∞ :
( )
2
2
2
2
4 4
1 1
4
lim lim lim lim
3
3
3 1
1
x x x x
x
f x x x x x
m
x x x
x
x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞ → +∞
+ +
+
= = = =
+ +
+
1 0
1
1 0
+
= =
+
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
205
205 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 40
A reta t, de equação 2
y x
= , é assíntota ao gráfico de f em +∞ .
Então,
( )
lim 2
t
x
f x
m
x
→+∞
= = .
Como a reta de equação 2
y x
= é assíntota ao gráfico de f em
+∞ , sabe-se que ( )
( )
lim 2 0
x
f x x
→+∞
− =
.
A opção correta é a (B).
Proposta 41
Como g
D −
=R e a reta 2
y = é assíntota ao gráfico de g sabe-se
que
( )
lim
x
g x
x
→−∞
é igual ao declive dessa reta, ou seja,
( )
lim 0
x
g x
x
→−∞
= .
A opção correta é a (D).
Pág. 158
Proposta 42
42.1. Como ( )
1
lim
x
f x
+
→
= +∞ e ( )
( )
lim 3 0
x
f x x
→+∞
− − =, conclui-se
que as retas de equações 1
x = e 3
y x
= + são as assíntotas ao
gráfico de f.
Determinação das coordenadas do ponto P, ponto de interseção
das assíntotas ao gráfico de f:
1 1
3 4
x x
y x y
= =
⇔
=
+ =
Então, ( )
1, 4
P .
42.2. A reta 3
y x
= + é assíntota do gráfico de f e ] [
1,
f
D
= +∞ ,
logo sabe-se que
( )
lim 1
x
f x
x
→+∞
= .
Assim sendo,
( ) ( )
2 2 2
5 5
lim lim
x x
x f x x f x
x x x
→+∞ →+∞
−
= −
( )
2
5
lim 0 1 1
x
f x
x
x
→+∞
= − = − =
−
Proposta 43
43.1. P é o ponto de interseção das assíntotas ao gráfico de f.
Vamos então começar por determinar as equações das assíntotas
ao gráfico de f.
{ } { }
: 3 0 3
f
D x x
= ∈ + ≠ = −
R R
Assíntotas verticais
( )
2
3 3
2 3 1 28
lim lim
3 0
x x
x x
f x
x
− − −
→ − → −
− + − −
= = = +∞
+
( )
2
3 3
2 3 1 28
lim lim
3 0
x x
x x
f x
x
+ + +
→ − → −
− + − −
= = = −∞
+
Portanto, a reta 3
x = − é assíntota vertical ao gráfico de f.
Assíntotas não verticais ( )
y mx b
= +
⋅ Em +∞ :
( )
2
2 2
2
2
3 1
2
2 3 1
lim lim lim
3
3
1
x x x
x
f x x x x x
m
x x x
x
x
∞
∞
→+∞ → +∞ →+∞
− + −
− + −
= = = =
+
+
2
3 1
2
2 0 0
lim 2
3 1 0
1
x
x x
x
→ +∞
− + −
− + −
= = = −
+
+
( )
( ) ( )
2
2 3 1
lim lim 2
3
x x
x x
b f x mx x
x
→ +∞ → +∞
− + −
= −
= − −
+
2 2
1
9
2 3 1 2 6 9 1
lim lim lim
3
3 3
1
x x x
x
x x x x x x
x x
x
x
∞
∞
→ +∞ → +∞ →+∞
+
− + − + + +
= = =
+ +
+
1
9
9 0
lim 9
3 1 0
1
x
x
x
→+∞
+
+
= = =
+
+
Portanto, a reta 2 9
y x
=
− + é assíntota oblíqua ao gráfico de f
em +∞ .
⋅ Em −∞ :
( )
2
2 2
2
2
3 1
2
2 3 1
lim lim lim
3
3
1
x x x
x
f x x x x x
m
x x x
x
x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− + −
− + −
= = =
+
+
2
3 1
2
2 0 0
lim 2
3 1 0
1
x
x x
x
→ −∞
− + −
− + −
= = = −
+
+
( )
( ) ( )
2
2 3 1
lim lim 2
3
x x
x x
b f x mx x
x
→ −∞ →−∞
− + −
= −
= − −
+
2 2
1
9
2 3 1 2 6 9 1
lim lim lim
3
3 3
1
x x x
x
x x x x x x
x x
x
x
∞
∞
→ −∞ →−∞ →−∞
+
− + − + + +
= = =
+ +
+
1
9
9 0
lim 9
3 1 0
1
x
x
x
→−∞
+
+
= = =
+
+
Portanto, a reta 2 9
y x
=
− + também é assíntota oblíqua ao
gráfico de f em −∞ .
Determinação das coordenadas do ponto P:
( )
3
3 3
2 9 2 3 9 15
x
x x
y x y y
= −
=
− =
−
⇔ ⇔
=
− + =
− × − + =
Então, ( )
3, 15
P − .
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![206
Unidade 4
206 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
43.2. A função g é definida por ( ) ( )
2 1
g x f x
=
+ − .
O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma
translação de vetor ( )
1 , 2
u
.
Se 3
x = − e 2 9
y x
=
− + são assíntotas ao gráfico de f, então
3 1
x =
− + e ( )
2 1 9 2
y x
=
− − + + , ou seja, 2
x = − e 2 13
y x
=
− + ,
são assíntotas ao gráfico de g.
43.3. ( )
2
2 3 1
0 0
3
x x
f x
x
− + −
=
⇔ =
+
2
2 3 1 0 3 0
x x x
⇔ − + − = ∧ + ≠
3 9 8
3
4
x x
− ± −
⇔
= ∧ ≠ −
−
1 1
1 3 1
2 2
x x x x x
⇔ = ∨ = ∧ ≠ − ⇔ = ∨ =
Zeros de f:
1
e 1
2
.
43.4. Para sabermos os valores inteiros de k para os quais a
equação ( )
f x k
= é impossível, deve-se determinar o
contradomínio da função f.
Sabe-se que:
] ] [ [
´ , ,
f
D a b
= −∞ ∪ + ∞ ,
sendo 0,033
a ≈ e 29,967
b ≈ .
Donde se conclui que ] [
0, 30
k∈ ∩Z.
Pág. 159
Proposta 44*
44.1.
2
2
2
2
3
4
4 3 4 3
lim lim lim
6
6
6 1
1
x x x
x
x x x
x x
x
x
x
∞
∞
→ −∞ → −∞ →−∞
+
+ +
= =
+ +
+
2 2
3 3
4 4
4 0
lim lim 4
6 6 1 0
1 1
x x
x
x x
x
x x
→−∞ →−∞
+ +
+
= = = = −
− +
− + − +
44.2.
2 2
2 2
2 2
2 3 2 3
lim lim
1 7
1 7
1 1
x x
x x
x x
x x
x x
∞
∞
→ +∞ →+∞
− −
=
+ + +
+ + +
2 2 2 2
2
3
2 3
lim lim
1 7 1 7
1 1 1 1
x x
x
x x
x x x
x x x x
→ +∞ → +∞
−
−
= =
+ + + + + +
2 2
2
3
0 3 3
lim
2
1 7 1 0 1 0
1 1
x
x
x x
→ +∞
−
−
= = = −
+ + +
+ + +
44.3.
2
4
lim
2 1 3
x
x
x x
∞
∞−∞
→+∞
−
=
+ − +
( )( )
( )( )
2
4 2 1 3
lim
2 1 3 2 1 3
x
x x x
x x x x
→ +∞
− + + +
=
+ − + + + +
( )( )( )
2 2 2 1 3
lim
2
x
x x x x
x
→ +∞
− + + + +
=
−
( )( ) ( ) ( )
lim 2 2 1 3
x
x x x
→ +∞
= + + + + = +∞ × +∞ = +∞
Proposta 45 *
f
D = R
⋅ Seja
2
a
π
∈
R .
( )
1 1
lim lim cos sin cos sin
2 2
x a x a
f x x a
x a
→ →
= =
− π − π
( )
1
cos sin
2
f a a
a
=
− π
Existe ( )
lim
x a
f x
→
porque ( ) ( )
lim
x a
f x f a
→
= .
Logo, f é contínua em x a
= .
⋅ Seja
2
a
π
= .
A função seno é limitada pois sabe-se que 1 sin 1
x
− ≤ ≤ .
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![208
Unidade 4
208 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 160
84.1. ( ) ( )
7 3
3 1 5
2 2
g g
− = − =
−
84.2. ( ) ( ) ( ) ( )
0 10 6 2 10 6 10 4
g g g g
− − =
⇔ − − =
⇔ − =
−
84.3. a) [ ]
( ) ( )
0,3
7
2
3 0 1
2
. . .
3 0 3 2
g g
t m v
−
−
= = =
−
b)
( )
3
, 1
2
3
1
5 5
2
. . . 0
5
3
1
2
2
g g
t m v
−
− −
−
= = =
− −
c) [ ]
( ) ( )
1,3
7
5
3 1 3
2
. . .
3 1 2 4
g g
t m v
−
−
= = = −
−
84.4. [ ]
( ) ( ) ( )
3,5
7
5
5 3
5 5 5
2
. . .
4 5 3 4 2 4
g
g g
t m v
−
−
=
− ⇔ =
− ⇔ =
−
−
( ) ( )
7 5
5 5 1
2 2
g g
⇔ − =
− ⇔ =
Então, ( ) ( )
5 0 1 2 1
g g
− = − =
− .
Tarefa 11
1.1. ( ) ( )
4 2 46 28 18
f f
− = − =
1.2. ( ) ( )
8 4 58 46 12
f f
− = − =
1.3. ( ) ( )
13 8 28 58 30
f f
− = − =
−
2.1. [ ]
( ) ( )
2,4
4 2 18
. . . 9
4 2 2
f f
t m v
−
= = =
−
2.2. [ ]
( ) ( )
4 ,8
8 4 12
. . . 3
8 4 4
f f
t m v
−
= = =
−
2.3. [ ]
( ) ( )
8 ,13
13 8 30
. . . 6
13 8 5
f f
t m v
− −
= = = −
−
Pág. 161
85.1. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as
condições do enunciado é, por exemplo:
85.2. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as
condições do enunciado é, por exemplo:
85.3. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as
condições do enunciado é, por exemplo:
86. [ ]
( ) ( )
( ) ( )
, 0
. . . 0 0 0
a b b a
f b f a
t m v f b f a
b a −
−
⇔ ⇔ −
−
( ) ( )
f b f a
⇔
A afirmação I é verdadeira.
A afirmação II é falsa. O facto de sabermos que ( ) ( )
f b f a
não
garante que a uma função f seja crescente em [ ]
,
a b .
87.1. A reta r passa pelos pontos de coordenadas ( )
1, 4
− e
( )
7, 0 , então
( )
0 4 1
7 1 2
r
m
−
= = −
− −
.
Uma equação da reta r é do tipo
1
2
y x b
=
− + .
Como o ponto de coordenadas ( )
7, 0 pertence à reta r, então
tem-se:
1 7
0 7
2 2
b b
=
− × + ⇔ =
Equação da reta r:
1 7
2 2
y x
=
− + .
Logo, ( )
1 7 5
2 2
2 2 2
f =
− × + = .
[ ]
( ) ( )
( )
( )
1,2
2 1 2 4
1 1
. . .
2 1 2 3 2
r
f f f
t m v m
−
− − −
= ⇔ =
− ⇔ =
−
− −
( )
5
2
2
f
⇔ =
87.2. [ ]
1,2
1
. . .
2
r
t m v m
−
= = −
87.3. [ ]
2,
1
. . .
2
r
k
t m v m
= = −
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
209
209 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 162
88.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 3 2 2 3 2
f h f h h
+ − =
− + + + − − + ×
2 2
4 4 6 3 4 6
h h h h h
=
− − − + + + − =
− −
88.2.
a)
( ) ( ) ( )
( )
2
0 0 0 0
2 2 1
lim lim lim lim 1
h h h h
f h f h h
h h
h
h h h
→ → → →
+ − − −
− −
= = = − −
1
= −
b)
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
3 1 3 1
1 3 2
lim lim lim
1 1 1
x x x
x x
f x f x x
x x x
→ → →
− + − − + ×
− − + −
= =
− − −
( )( )
( )
1 1
1 2
lim lim 2 1
1
x x
x x
x
x
→ →
− − −
= = − + =
−
Cálculo auxiliar: 2 3 9 8
3 2 0
2
x x x
− ± −
− + − = ⇔ =
−
1 2
x x
⇔ = ∨ =
89.1.
a) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
3 3
3 2 3 3 2
3
3 lim lim
3 3
x x
x
g x g
g
x x
→ →
− − × −
−
′
= =
− −
( )( )
( )
2
3 3 3
3 3 3
3 27
lim lim lim 3 9 18
3 3
x x x
x x
x
x
x x
→ → →
− +
−
= = = +=
− −
b) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 6 2 2
2 1 3 3 3
2 lim lim lim
2 2 2
x x x
x
g x g x x
g
x x x
→− →− →−
+ −
+
− − − −
′ −
= = =
+ + +
( )
( )( )
2 2
2 2 2 2
lim lim
3 3 2 3 3 9
x x
x
x x x
→− →−
+
= = = −
− + −
89.2. Para verificar se existe
( ) ( )
0
0
lim
x
g x g
x
→
−
temos de recorrer
ao cálculo dos limites laterais.
( ) ( ) ( )
( )
2 2
0 0 0 0
0 3 2 2 3
lim lim lim lim 3 0
x x x x
g x g x x
x
x x x
+ + + +
→ → → →
− − − −
= = = =
( ) ( ) ( )
0 0 0
2 2 2 2
2
0 1 1
lim lim lim
x x x
x
g x g x x
x x x
− − −
→ → →
+ −
− −
− − −
= =
( )
0 0
2 2
lim lim 2
1 1
x x
x
x x x
− −
→ →
= = = −
− −
Como
( ) ( ) ( ) ( )
0 0
0 0
lim lim
x x
g x g g x g
x x
+ −
→ →
− −
≠ , conclui-se que não
existe
( ) ( )
0
0
lim
x
g x g
x
→
−
.
Pág. 163
90.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2
5 3 3 2 3 2 6 2 16
f f f f
− = + − = + × =
90.2. [ ]
( ) ( )
3,5
5 3 16
. . . 8
5 3 2
f f
t m v
−
= = =
−
90.3. ( )
( ) ( ) ( )
2
0 0 0
3 3 6
6
3 lim lim lim
h h h
f h f h h
h h
f
h h h
→ → →
+ − +
+
′
= = =
( )
0
lim 6 6
h
h
→
= + =
90.4. O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto
( )
3, 1
P é igual a ( )
´ 3
f , ou seja, 6.
A reta tangente é do tipo 6
y x b
= + .
Como o ponto ( )
3 , 1
P pertence à reta tangente, então tem-se:
1 6 3 17
b b
= × + ⇔ =
− .
Uma equação da reta tangente é 6 17
y x
= − .
91.
( ) ( )
( )
0
2 2
lim 4 ´ 2 4
h
g h g
g
h
→
+ −
=
− ⇔ =
−
O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto ( )
2 , 5
A é
igual a ( )
´ 2
g , ou seja, 4
− .
A reta tangente é do tipo 4
y x b
=
− + .
Como o ponto ( )
2 , 5
A pertence à reta tangente, então tem-se:
5 4 2 13
b b
=
− × + ⇔ = .
Uma equação da reta tangente é 4 13
y x
=
− + .
Pág. 164
92.1.
a) ( )
´ 1,8 tan 60 3
r
f m
− = = °
=
b) ( )
´ 4 0
s
f m
= =
92.2. ( )
´ 0
f a porque reta tangente ao gráfico de f no ponto
de abcissa a tem declive negativo.
93.1. Seja [ ]
,
c d um intervalo qualquer contido no domínio da
função f, ou seja, contido em R .
[ ]
( ) ( ) ( )
,
. . . c d
f d f c a d c
ad b ac b ad ac
t m v a
d c d c d c d c
− −
+ − − −
= = = = =
− − − −
Donde se conclui que a taxa média de variação em qualquer
intervalo é constante (igual a a).
93.2. Seja c∈R .
( )
( ) ( ) ( )
lim lim lim
x c x c x c
f x f c a x c
ax b ac b
f c
x c x c x c
→ → →
− −
+ − −
′
= = =
− − −
lim
x c
a a
→
= =
94.1.
a) O ponto de abcissa 3 pertence ao gráfico da função j e à reta
tangente ao gráfico da função j nesse ponto (de equação
2
y x
=
− + ).
Então, ( )
3 3 2 1
j =
− + =
− .
b) ( )
3
j′ é igual ao declive da reta tangente ao gráfico de j no
ponto de abcissa 3, ou seja, ( )
´ 3 1
j = − .
NEMA11PR-14
NEMA11PR
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![210
Unidade 4
210 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
94.2. O declive da reta tangente ao gráfico da função j no ponto
de abcissa 1 é igual a ( )
´ 1
j , ou seja, 5.
A reta tangente é do tipo 5
y x b
= + .
Como o ponto de coordenadas ( )
1,0 pertence à reta tangente,
então tem-se:
0 5 1 5
b b
= × + ⇔ =
− .
Uma equação da reta tangente ao gráfico da função j no ponto de
abcissa 1 é 5 5
y x
= − .
Tarefa 12
1. O depósito está cheio quando a altura do nível da água for
igual a 10 dm.
( )
2
2 4 16 160
10 10 4 40 0
4 2
t
f t t t t t
− ± +
= ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ =
4 176 4 176
2 2
t t
− + − −
⇔
= ∨
=
Como 0
t ≥ , conclui-se que
4 176
2
t
− +
= , ou seja,
4,633
t ≈ min.
Ora, 0,633 60 38
× ≈ .
Donde se conclui que o enchimento do depósito durou,
aproximadamente, 4 min e 38 s.
2. A altura do nível da água no depósito ao fim de dois minutos é
dada por ( )
2
f .
( )
2
2
2 2 3
4
f = + =
3
5 4 3 60 dm 60 l
V = × × = =
Ao fim de dois minutos há 60 litros de água no depósito.
3.1. ( ) ( )
2 2
3 1 8
3 1 3 1 2 4
4 4 4
f f
− = + − − = + =
Interpretação: Entre o 1.º e o 3.º minuto, a nível de água no
depósito subiu 4 dm.
3.2.
( ) ( )
2 2
4 1 15
4 1 3
4 1 27
4 4 4 2,25
3 3 3 12
f f + − − +
−
= = = =
Interpretação: Entre o 1.º e o 4.º minuto, a nível de água subiu no
depósito, em média, 2,25 dm por minuto.
4.1.
( ) ( )
( )
2 2
1 1
1 1
1 1 4 4
h
h
f h f
h h
+
+ + − −
+ −
=
2 2 2
1 2 1 1 2 1 2 4
4 4 4 4 4
h h h h h h h
h h
h h h
+ + + + + +
+ − + −
= =
2
6 6
4 4
h h h
h
+ +
= =
4.2. ( )
( ) ( )
0 0
1 1 6 6
´ 1 lim lim 1,5
4 4
h h
f h f h
f
h
→ →
+ − +
= = = =
4.3.
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2 4 4
h
h
f h f
h h
+
+ + − −
+ −
=
2
2
4 4
1
8 8
4
4 4
h h
h
h h h
h h
+ +
+ −
+ +
= = =
( )
( ) ( )
0 0
2 2 8 8
2 lim lim 2
4 4
h h
f h f h
f
h
→ →
+ − +
′ = = = =
A afirmação é verdadeira porque ( )
´ 2 2
f = e ( )
´ 1 1,5
f = .
5.1.
a) ( ) ( )
2
2
5 4 20 5 20
4
t
V t f t t t t
= × × = × + = +
b)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 3 5 3 20 3 5 3 20 3
V h V h h
h h
+ − + + + − × − ×
=
2 2
45 30 5 60 20 45 60 5 50
5 50
h h h h h
h
h h
+ + + + − − +
= = = +
5.2. ( )
( ) ( )
( )
0 0
3 3
3 lim lim 5 50 50
h h
V h V
V h
h
→ →
+ −
′ = = + =
A taxa instantânea de variação do volume no instante 3
t = é
igual a 50 .
Pág. 165
95. O declive da reta t, reta tangente ao gráfico da função g no
ponto ( )
1, 2
P , é igual a ( )
1
g′ .
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
3 1 3
1 1
1 lim lim lim
1 1 1
x x x
x
g x g x
g
x x x
→ → →
− + − − +
− − +
′
= = =
− − −
( )( )
( )
1 1
1 1 1
lim lim 1 2
1
x x
x x
x
x
→ →
− − +
= = − − =
−
−
A reta t é do tipo 2
y x b
=
− + .
Como o ponto de coordenadas ( )
1,2
P pertence à reta t, então
tem-se:
2 2 1 4
b b
=− × + ⇔ =
Equação reduzida da reta t: 2 4
y x
=
− + .
96.1. [ ]
( ) ( )
3,5
5
1
5 3 1
7
. . .
5 3 2 7
g g
t m v
−
−
= = = −
−
96.2.
( ) ( )
( )( )
5 5 2
1
3 3
2 2
3 3 3 3 2
x
g x g x
x x
x x x x x
− −
−
− −
+ +
= = =
− − − − +
1 1
2 2
x x
−
= = −
+ +
96.3. ( )
( ) ( )
3 3
3 1 1
3 lim lim
3 2 5
x x
g x g
g
x x
→ →
−
′ = =
− =
−
− +
96.4. O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de
abcissa 3 é igual a ( )
3
g′ , ou seja,
1
5
− .
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
211
211 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
A reta tangente é do tipo
1
5
y x b
=
− + .
Como o ponto de coordenadas ( )
3,1 pertence à reta tangente,
então tem-se:
1 8
1 3
5 5
b b
=
− × + ⇔ =
A equação reduzida da reta tangente ao gráfico de g no ponto de
abcissa 3 é
1 8
5 5
y x
=
− + .
Tarefa 13
1.1.
a) A taxa média de variação da função f é positiva no intervalo
[ ]
,
a b porque ( ) ( )
f b f a
.
b) A taxa média de variação da função f é nula no intervalo
[ ]
0, c porque ( ) ( )
0
f c f
= .
c) A taxa média de variação da função f é negativa no intervalo
[ ]
,
b c porque ( ) ( )
f c f b
.
1.2. ( )
´ r
f a m
= , ( )
´ s
f b m
= e ( )
´ t
f c m
= .
Por observação gráfica sabe-se que 0
r
m = , 0
s
m e 0
t
m .
Donde se conclui que ( ) ( ) ( )
´ ´ ´
f c f a f b
.
2.1. Um vetor diretor da reta r é ( )
5,4
v −
.
[ ]
3,5
4 4
. . .
5 5
r
t m v m
= = = −
−
2.2. ( )
0 8
2
4 0
t
g a m
−
′ = = = −
−
Pág. 166
97.1. ( ) 2
2 2 6 2 1 9
h =
− + × + =
Decorridos dois segundos, a bola encontra-se a 9 m de altura.
97.2. [ ]
( ) ( )
0,2
2 0 9 1
. . . 4
2 0 2
h h
t m v
− −
= = =
−
A velocidade média nos dois primeiros segundos era de 4 m/s .
97.3. ( )
( ) ( ) 2
2 2
2 6 1 9
´ 2 lim lim
2 2
t t
h t h t t
h
t t
→ →
− − + + −
= =
− −
( )( )
( )
2
2 2 2
2 4
6 8
lim lim lim 4 2
2 2
t t t
t t
t t
t
t t
→ → →
− − −
− + −
= = = − + =
− −
A velocidade no instante 2
t = era de 2 m/s .
97.4.
a) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
3 3
6 1 3 6 3 1
3
3 lim lim
3 3
t t
t t
h t h
h
t t
→ →
− + + − − + × +
−
′
= =
− −
( )
( )
2
2
3 3 3
3
6 9
lim lim lim 3 0
3 3
t t t
t
t t
t
t t
→ → →
− −
− + −
= = = − + =
− −
Decorridos três segundos, a bola atinge a altura máxima pois a
velocidade nesse instante é nula.
b) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
5 5
6 1 5 6 5 1
5
5 lim lim
5 5
t t
t t
h t h
h
t t
→ →
− + + − − + × +
−
′
= =
− −
( )( )
( )
2
5 5 5
1 5
6 5
lim lim lim 1 4
5 5
t t t
t t
t t
t
t t
→ → →
− − −
− + −
= = = − + =−
− −
Cálculo auxiliar:
2 6 36 20
6 5 0 1 5
2
t t t t t
− ± −
− + − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
Decorridos cinco segundos, a bola está a descer a uma velocidade
de 4 m/s .
Pág. 167
98.1.
24 km 2400 dam
24 km/h 2400 dam/h
1h 1h
V
= = = =
98.2.
24 km 24000 m
24 km/h 24000 m/h
1h 1h
V
= = = =
98.3.
24 km 24000 m
24 km/h 400 m/min
1h 60 min
V
= = = =
99.1. Velocidade média em [ ]
0, 2 :
( ) ( ) 2
2 0 5 2 20 2 3 3
20
2 0 2
h h
− − × + × + −
= =
−
( )
3
20m/s 20 10 3600 km/h 72km/h
V −
= = × × =
99.2. Velocidade no instante 1
t = :
( )
( ) ( ) 2
1 1
1 5 20 3 18
1 lim lim
1 1
t t
h t h t t
h
t t
→ →
− − + + −
′
= =
− −
( )( )
( )
2
1 1 1
5 1 3
5 20 15
lim lim lim 5 15 10
1 1
t t t
t t
t t
t
t t
→ → →
− − −
− + −
= = = − + =
− −
Cálculo auxiliar:
2 2 4 16 12
5 20 15 0 4 3 0
2
t t t t t
− ± −
− + − = ⇔ − + − = ⇔ =
−
1 3
t t
⇔ = ∨ =
10m/s 10×100 cm/s 1000 cm/s
V
= = =
Pág. 168
100.1. ( ) 2
0 45 4,9 0 45
d = − × =
O objeto foi largado a 45 m de altura.
100.2. ( ) 2 2 45
0 45 4,9 0
4,9
d t t t
= ⇔ − = ⇔ =
45 45
4,9 4,9
t t
⇔ = ∨ =
−
Como 0
t ≥ , conclui-se que
45
4,9
t = , ou seja, 3 s
t ≈ .
O objeto demorou, aproximadamente, 3 segundos a atingir a
superfície da água.
100.3. Velocidade média em [ ]
1, 2 :
( ) ( ) 2 2
2 1 45 4,9 2 45 4,9 1
14,7
2 1 1
h h
− − × − + ×
= = −
−
14,7m/s
V = −
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![Funções reais de variável real
217
217 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
122.2.
( ) ( )
2 0
1
2 0
AB
f f
m
−
= = −
−
A função f é contínua em [ ]
0, 2 e diferenciável em ] [
0, 2 .
Pelo Teorema de Lagrange sabe-se que existe ] [
0, 2
c∈ tal que
( ) 1
f c
′ = − , ou seja, existe pelo menos um ponto C de abcissa
] [
0, 2
c∈ em que a reta tangente ao gráfico de f nesse ponto é
paralela à reta AB.
( )
( )
( ) ( )
2 2
0 1 1 3
3 3
1 1 1
x
f x
x x x
′ × + − × −
′
= = =
+
+ +
( )
( )
( )
2
2
3
1 1 1 3
1
f c c
c
−
′ =
− ⇔ =
− ⇔ + =
+
1 3 1 3 3 1 3 1
c c c c
⇔ + = ∨ + =
− ⇔ = − ∨ =
− −
Como ] [
0, 2
c∈ , conclui-se que 3 1
c
= − .
( ) 3 3 3 3
3 1 3
3
3 1 1 3
f − = = = =
− +
Então, ( )
3 1, 3
C − .
Pág. 185
123. Estudo do sinal da função f ´:
x −∞ 1 +∞
f ′ − 0 +
Estudo da variação da função f:
x −∞ 1 +∞
f Mín.
Comparando os dois quadros anteriores, conclui-se que:
No intervalo ] [
,1
−∞ , a função f ´ é negativa e a função f é
estritamente decrescente.
No intervalo ] [
1, +∞ , a função f ´ é positiva e a função f é
estritamente crescente.
Pág. 186
124.1. f
D = R
( ) ( )
2
2 4 4 4
f x x x x
′
′ =
− + =
− +
( ) 0 4 4 0 1
f x x x
′ = ⇔ − + = ⇔ =
x −∞ 1 +∞
f ′ + 0 −
f 2
Por análise da tabela, conclui-se que a função f é estritamente
crescente no intervalo ] [
,1
−∞ .
124.2. g
D = R
( ) ( )
2
3 1 2 3
g x x x x
′
′ = − + = −
( )
3
0 2 3 0
2
g x x x
′ = ⇔ − = ⇔ =
x −∞
3
2
+∞
g′ − 0 +
g 5
4
−
Por análise da tabela, conclui-se que a função g é estritamente
decrescente no intervalo
3
,
2
−∞
.
Como
3
,
2
−
⊂ −∞
R , então g também é estritamente
decrescente em −
R .
124.3. h
D =R
( ) ( )
3 2
3 3 3
h x x x x
′
′ = − = −
( ) 2 2
0 3 3 0 1 1 1
h x x x x x
′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ = −
x −∞ 1
− 1 +∞
h′ + 0 − 0 +
h 2 2
−
Por análise da tabela, conclui-se que a função h é estritamente
decrescente em ] [
1,1
− .
125.1. ( )
2
3 2
3 1
2
x
f x x x x x
′
′ =− + − =
− + −
( ) 2 1 11
0 3 1 0
6
f x x x x
− ± −
′ = ⇔ − + − = ⇔ =
−
impossível
A função f ′ não tem zeros.
Atendendo ao esquema acima apresentado, conclui-se que
( ) 0,
f x x
′ ∀ ∈R .
125.2. Como ( ) 0,
f x x
′ ∀ ∈R , conclui-se que a função f é
estritamente decrescente em R .
126.1. { } { }
: 0 0
f
D x x
= ∈ ≠ =
R R ; ( ) 2
5 5
f x
x x
′
′ = = −
A função f ′ não tem zeros.
x −∞ 0 +∞
f ′ − n.d. −
f n.d.
f é estritamente decrescente em −
R e em +
R .
A função não tem extremos relativos.
NEMA11PR
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![218
Unidade 4
218 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( )
x 0 x 0
5 5
lim lim
x 0
f x
− − −
→ →
= = = −∞
( )
x 0 x 0
5 5
lim lim
x 0
f x
+ + +
→ →
= = = +∞
A função não tem extremos absolutos.
126.2. { } { }
: 0 0
f
D x x
= ∈ ≠ =
R R
( )
´
2
2 2
2 2
f x x
x x
′ = − =
+
A função f ′ não tem zeros.
x −∞ 0 +∞
f ′ + n.d. +
f n.d.
f é estritamente crescente em −
R e em +
R .
A função não tem extremos relativos.
( )
x - x -
2
lim lim 2 0
x
f x x
→ ∞ → ∞
= − = −∞ − = −∞
( )
x x
2
lim lim 2 0
x
f x x
→+∞ →+∞
= − = +∞ − = +∞
A função não tem extremos absolutos.
126.3. { } { }
: 0 0
f
D x x
= ∈ ≠ =
R R
( ) 2 2
1 1 1 1
1 0
x
f x
x x x x
′ ′
−
′ = = − =
− − =
−
A função f ′ não tem zeros.
x −∞ 0 +∞
f ′ − n.d. −
f n.d.
f é estritamente decrescente em −
R e em +
R .
A função não tem extremos relativos.
( )
0 0
1 1
lim lim
0
x x
x
f x
x
− − −
→ →
−
= = = −∞
( )
0 0
1 1
lim lim
0
x x
x
f x
x
+ + +
→ →
−
= = = +∞
A função não tem extremos absolutos.
Pág. 187
127.1. g
D = R
( ) ( )
2
5 2 5
g x x x x
′
′ = − = −
( )
5
0 2 5 0
2
g x x x
′ = ⇔ − = ⇔ =
x −∞
5
2
+∞
g′ − 0 +
g 25
4
−
g é estritamente decrescente em
5
,
2
−∞
.
g é estritamente crescente em
5
,
2
+∞
.
( ) ( )
2
x - x -
lim lim 5
g x x x
→ ∞ → ∞
= − = +∞
( ) ( )
2 2
x x x
lim lim 5 lim
g x x x x
→+∞ →+∞ →+∞
= − = = +∞
A função não tem máximos relativos nem absoluto.
25
4
− é mínimo relativo e absoluto e é atingido para
5
2
x = .
127.2. g
D = R
( )
3
2
4 4
3
x
g x x x
′
′ = + = +
( )
, 0
x g x
′
∀ ∈
R
Logo, g é estritamente crescente em R .
A função não tem extremos relativos nem absolutos.
127.3. { } { }
: 0 0
g
D x x
= ∈ ≠ =
R R
( )
2
2 2
1 1 1
1
x
g x x
x x x
′ −
′ = + =− =
( )
2
2 2
2
1
0 0 1 0 0
x
g x x x
x
−
′ = ⇔ = ⇔ − = ∧ ≠
( )
1 1 0 1 1
x x x x x
⇔ = ∨ =
− ∧ ≠ ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 1
− 0 1 +∞
g′ + 0 − n.d. − 0 +
g 2
− n.d. 2
g é estritamente decrescente em [ [
1,0
− e em ] ]
0, 1 .
g é estritamente crescente em ] ]
, 1
−∞ − e em [ [
1,+∞ .
( )
- -
1
lim lim 0
x x
g x x
x
→ ∞ → ∞
= + = −∞ + = −∞
( )
1
lim lim 0
x x
g x x
x
→+∞ →+∞
= + = +∞ + = +∞
A função não tem extremos absolutos.
2 é mínimo relativo e 2
− é máximo relativo e são atingidos,
respetivamente, para 1
x = e para 1
x = − .
127.4. { }
2
: 3 0
g
D x x
= ∈ + ≥ =
R R
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2
3 2
3
2 3 2 3 3
x x x
g x x
x x x
′
+
′
′ = + = = =
+ + +
( ) 2
2
0 0 0 3 0 0
3
x
g x x x x
x
′ = ⇔ = ⇔ = ∧ + ≠ ⇔ =
+
x −∞ 0 +∞
g′ − 0 +
g 3
g é estritamente decrescente em ] ]
,0
−∞ .
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
219
219 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
g é estritamente crescente em [ [
0,+ ∞ .
( ) 2
lim lim 3
x x
g x x
→−∞ →−∞
= + = +∞
( ) 2
lim lim 3
x x
g x x
→+∞ →+∞
= + = +∞
A função não tem máximos relativos nem absoluto.
3 é mínimo relativo e absoluto e é atingido para 0
x = .
128.1. f
D = R
( ) ( )
1 se 1
1
1 se 1
x x
f x x f x
x x
+ ≥ −
= + ⇔ =
− − −
( ) ( )
( )
1 1
1 1 0
lim lim 1
1 1
x x
f x f x
x x
+ +
→− →−
− − + −
= =
− − +
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
1 1
1 0
lim lim lim 1
1 1 1
x x x
f x f x
x
x x x
− − −
→− →− →−
− − − +
− − −
= = = −
− − + +
Não existe derivada da função f em 1
x = − porque não existe
( ) ( )
( )
1
1
lim
1
x
f x f
x
→−
− −
− −
.
Se 1
x − , então ( ) ( )
´
´ 1 1
f x x
= + = .
Se 1
x − , então ( ) ( )
´
´ 1 1
f x x
=− − =
− .
x −∞ 1
− +∞
´
f − n.d. +
f 0
( ) ( )
lim lim 1
x x
f x x
→−∞ →−∞
= − − = +∞
( ) ( )
x - x -
lim lim 1
f x x
→ ∞ → ∞
= + = +∞
A função não tem máximos relativos nem absoluto.
0 é mínimo relativo e absoluto e é atingido para 1
x = − .
128.2. f
D = R
( ) ( )
3 2
´ 3
f x x x
′
= =
( ) 2 2
´ 0 3 0 0 0
f x x x x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
x −∞ 0 +∞
f ′ + 0 +
f 0
( ) 3
lim lim
x x
f x x
→−∞ →−∞
= = −∞
( ) 3
x x
lim lim
f x x
→+∞ →+∞
= = +∞
A função não tem extremos relativos nem absolutos.
128.3. f
D = R
( ) ( )
3 2
´ 12 5 3 12
f x x x x
′
=
− + + =
− +
( ) 2 2
´ 0 3 12 0 4 2 2
f x x x x x
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = −
x −∞ 2
− 2 +∞
f ′ − 0 + 0 −
f 11
− 21
( ) ( ) ( )
3 3
x -
lim lim 12 5 lim
x x
f x x x x
→ ∞ →−∞ →−∞
= − + + = − = +∞
( ) ( ) ( )
3 3
x x x
lim lim 12 5 lim
f x x x x
→+∞ →+∞ →+∞
= − + +
= −
= −∞
A função não tem extremos absolutos.
11
− é mínimo relativo para 2
x = − e 21 é máximo relativo para
2
x = .
Pág. 188
129. { } { }
: 1 0 1 0 : 1 0
f
D x x x x x
= ∈ − ≥ ∧ − ≠ = ∈ −
R R
] [
1,
= +∞
( )
( ) ( )
( )
2
1 1
´
1 1
x x x x
x
f x
x x
′
′
′ − − −
= =
−
−
( )
1
1 1
2
2 1
1 2 2 1
x x
x
x
x x x
− − ×
−
−
= =
− − −
( )
( )
2
´ 0 0 2 0 2
2 2 1
f
x
f x x x D x
x x
−
= ⇔ = ⇔ − = ∧ ∈ ⇔ =
− −
x 1 2 +∞
f ′ n.d. − 0 +
f n.d. 2
( )
x 1 x 1
1
lim lim
0
1
x
f x
x
+ + +
→ →
= = = +∞
−
( )
x x x x
1 1
lim lim lim lim
1
1
1 1
x x x x x
f x
x
x x
x
∞
∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
− −
= = =
−
− −
x
1
lim
1 1 0
1
x
x
→+∞
− +∞
= = = +∞
−
−
2 é mínimo relativo e absoluto da função f.
Então, ( )
2, 2
A .
130. { }
: 0 60 2 0
D x x x
= ∈ ∧ −
R
{ } ] [
: 0 30 0, 30
x x x
= ∈ ∧ =
R
Seja v a função que a cada valor de x faz corresponder o volume
da caixa.
( ) ( ) ( )
2 2
60 2 3600 240 4
v x x x x x x
= − × = − + ×
2 3
3600 240 4
x x x
= − +
( ) ( )
2 3 2
3600 240 4 3600 480 12
v x x x x x x
′
′ = − + = − +
( ) 2 2
0 3600 480 12 0 40 300 0
v x x x x x
′ =⇔ − + =⇔ − + =
40 1600 1200
2
x
± −
⇔ =
40 20
30 10
2
x x x
±
⇔ = ⇔ = ∨ =
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![220
Unidade 4
220 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Como ] [
0, 30
x∈ , conclui-se que 10
x = .
x 0 10 30
v′ n.d. + 0 − n.d.
v n.d. 16 000 n.d.
O volume da caixa é máximo quando 10
x = .
Tarefa 16
1.1. Sabe-se que P é um ponto do gráfico de f cuja abcissa x
pertence ao intervalo ] [
0, 10 , então tem-se
( )
( ) ] [
, , 0, 10
P x f x x∈ .
Sabe-se ainda que ( ) ] [
, 0 , 0,10
Q x x∈ e ( )
0, 5
C .
( )
( )
2 3
2
2 5 5 2 10
5 4 4
2 2 2
x x
x x x
f x
a x x x
− + + + − + +
+
= ×
= ×
=
3
2
5
8
x
x x
=
− + +
1.2. ( )
3 2
2 3
5 2 5
8 8
x x
a x x x x
′
′ =
− + + =
− + +
( )
2
2
3
´ 0 2 5 0 3 16 40 0
8
x
a x x x x
= ⇔ − + + = ⇔ − + + =
16 256 480
1,855 7,188
6
x x x
− ± +
⇔ ⇔ ≈ − ∨ ≈
−
Como ] [
0,10
x∈ , conclui-se que 7,188
x ≈ .
x 0 7,188 10
´
a n.d. + 0 − n.d.
a n.d. 41,184 n.d.
A área do trapézio é máxima quando a abcissa do ponto P é,
aproximadamente, igual a 7,2 .
2.1.
a) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 10 2 20 2 4 10
2
x
h x x f x x x
= − + = − + − + +
2
2 30
2
x
x
=
− + +
b) ( ) ( ) ( ) ( )
2
10 10 2 5
4
x
g x x f x x x
= − × = − × − + +
2 3 3 2
2
10 9
20 50 2 5 15 50
4 4 4 2
x x x x
x x x x
=
− + + + − − = − + +
2.2.
a) ( )
2
´ 2 30 2
2
x
h x x x
′
= − + + =
− +
( )
´ 0 2 0 2
h x x x
= ⇔ − + = ⇔ =
x 0 2 10
´
h n.d. + 0 − n.d.
h n.d. 32 n.d.
( )
2
2
2 4 5 8
4
f =
− + + =
O perímetro do retângulo é máximo quando ( )
2, 8
P .
b) ( )
3 2 2
9 3
´ 15 50 9 15
4 2 4
x x x
g x x x
′
= − + + = − +
( )
2
2
3
´ 0 9 15 0 12 20 0
4
x
g x x x x
= ⇔ − + = ⇔ − + =
12 144 80
10 2
2
x x x
± −
⇔ = ⇔ = ∨ =
Como ] [
0,10
x∈ , conclui-se que 2
x = .
x 0 2 10
g′ n.d. + 0 − n.d.
g n.d. 64 n.d.
( )
2
2
2 4 5 8
4
f =
− + + =
A área do retângulo é máxima quando ( )
2,8
P .
Pág. 189
131. x: medida do comprimento dos retângulos.
y: medida da largura dos retângulos.
Sabe-se que os retângulos têm perímetro igual a 50 cm, então
tem-se:
2 2 50 25 25
x y x y y x
+ = ⇔ + = ⇔ = −
Como 0
x e 0
y , tem-se 0 25
x
.
A área dos retângulos é dada em função de x por:
( ) ( ) 2
25 25
A x x x x x
= − = − .
( ) ( )
2
´ 25 25 2
A x x x x
′
= − = −
( )
25
´ 0 25 2 0 12,5
2
A x x x x
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
x 0 12,5 25
A′ n.d. + 0 − n.d.
A n.d. 156,25 n.d.
O retângulo que tem área máxima é um quadrado de lado
12,5 cm.
132.1. 2
2 2 2
t b l t
A A A A r r h
= + ⇔ = π + π
Sabe-se que a área da superfície total do cilindro é igual a 32π ,
então tem-se:
2
2 2 2 16
2 2 32 16 16
r
r r h r r h r h r h
r
−
π + π = π ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =
132.2. b
V A h
= ×
( )
2
2 3
16
16
r
V r r r r
r
−
= π × = π − π
( ) ( )
3 2
16 16 3
V r r r r
′
′ = π − π = π− π
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![Funções reais de variável real
221
221 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( ) 2 2
0
16 16
0 16 3 0
3 3
r
V r r r r
′ = ⇔ π− π = ⇔ = ⇔ =
4 4 3
3
3
r r
⇔ = ⇔ =
2
2
16
0 0 0 0 0 16 0
r
r h r r r
r
−
∧ ⇔ ∧ ⇔ ∧ −
0 4 4 0 4
r r r
⇔ ∧ − ⇔
r 0
4 3
3
4
´
V n.d. + 0 − n.d.
V n.d.
128 3
9
π
n.d.
Quando
4 3
3
r = , então
16 32
16
8 8 3
3 3
3
4 3 4 3 3
3 3
h
−
= = = = .
O volume é máximo quando o cilindro tem
4 3
3
r = e
8 3
3
h = .
Tarefa 17
1. I: Seja x a largura da piscina e y o seu comprimento.
Como a piscina é retangular com 98 m2 de área, tem-se:
98
98
xy y
x
= ⇔ = .
II: Os lados do retângulo que contém a piscina e a zona pedonal
são expressos em função de x por: 2
x + e
98
4
x
+ .
III: A área A de terreno destinado à piscina e à zona pedonal é
dada em função de x por:
( ) ( )
98 196 196
4 2 98 4 8 4 106
A x x x x
x x x
= + + = + + + = + +
IV: ( ) 2
196 196
´ 4 106 4
A x x
x x
′
= + + =
− +
( ) 2 2
2 0 0
196
´ 0 4 0 196 4 0 49 7
x x
A x x x x
x
= ⇔ − + = ⇔− + = ⇔ = ⇔ =
x 0 7 +∞
´
A n.d. − 0 +
A n.d. 162
( ) ( )
x x
196
lim lim 4 106 0 106
A x x
x
→+∞ →+∞
= + + = + +∞ + = +∞
162 é mínimo relativo e absoluto.
IV: A área do terreno destinado à piscina e à zona pedonal é
mínima quando 7
x = . Nesse caso,
98
14
7
y
= = .
Para que a área do terreno destinado à piscina e à zona pedonal
seja mínima, a piscina deve ter 7 m de largura e 14 m de
comprimento.
2.1. ( )
0 18
T = e ( )
3
2
10
10 0,45 10 1,4 10 18 15,7
30
T =
− + × − × + ≈ .
A temperatura da água às 8:00 era de 18 C
° e às 18:00 era de,
aproximadamente, 15,7 C
° .
2.2. ( )
3
2
0,45 1,4 18 , 0 10
30
t
T t t t t
=
− + − + ≤ ≤ .
( )
3 2
2
0,45 1,4 18 0,9 1,4
30 10
t t
T t t t t
′
′ =
− + − + =
− + −
( )
2
2
´ 0 0,9 1,4 0 9 14 0
10
t
T t t t t
= ⇔ − + − = ⇔ − + − =
9 81 56
2 7
2
t t t
− ± −
⇔ = ⇔ = ∨ =
−
t 0 2 7 10
´
T 1,4
− − 0 + 0 − 2,4
−
T 18 ( )
2
T ( )
7
T ( )
10
T
( )
2 16,7
T ≈ ; ( )
7 18,8
T ≈ e ( )
10 15,7
T ≈ .
A temperatura da água da piscina diminuiu entre as 8:00 e as
10:00 e entre as 15:00 e as 18:00.
A temperatura da água da piscina aumentou entre as 10:00 e as
15:00.
Entre as 8:00 e as 18:00, água da piscina atingiu a temperatura
máxima de, aproximadamente, 18,8 C
° , às 15:00, e a
temperatura mínima de, aproximadamente, 15,7 C
° , às 18:00,
tendo-se verificado um mínimo relativo de, aproximadamente,
16,7 C
° , às 10:00.
2.3. Pretende-se resolver graficamente a condição
( ) 18 0 10
T t t
∧ ≤ ≤ .
Conclusão: ( ) ] [
18 0 10 4,9; 8,6
T t t t
∧ ≤ ≤ ⇔ ∈ .
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![222
Unidade 4
222 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 190
Proposta 48
48.1.
a) [ ]
( ) ( )
2,9
9 2 12 4 8
. . .
9 2 7 7
g g
t m v
− −
= = =
−
b) [ ]
( ) ( )
6,12
12 6 4 4
. . . 0
12 6 6
g g
t m v
− −
= = =
−
c) [ ]
( ) ( )
9,12
12 9 4 12 8
. . .
12 9 3 3
g g
t m v
− −
= = = −
−
48.2.
a) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ]
2, 6 e mostra-se
que a afirmação é falsa.
De facto, [ ]
( ) ( )
2,6
6 2 4 4
. . . 0
6 2 4
g g
t m v
− −
= = =
−
e a função g não é
constante no intervalo [ ]
2, 6 .
b) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ]
2, 9 e mostra-se
que a afirmação é falsa.
De facto, [ ]
( ) ( )
2,9
9 2 12 4 8
. . . 0
9 2 7 7
g g
t m v
− −
= = =
−
e a função g
não é estritamente crescente no intervalo [ ]
2, 9 .
c) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ]
9,12 e mostra-
se que a afirmação é falsa.
De facto, como já calculado anteriormente, [ ]
9,12
. . . 0
t m v e a
função g não é injetiva no intervalo [ ]
9,12 .
Proposta 49
49.1.
a) [ ]
( ) ( )
( )
( )
1,1
1 1 3 3
. . . 3
1 1 2
f f
t m v −
− − − −
= = =
− −
b) [ ]
( ) ( )
3,5
5 3 9 1
. . . 5
5 3 2
f f
t m v
− − −
= = = −
−
c) [ ]
( ) ( ) ( ) ( )
2
2,2
2 2 2 3 2 1 3
. . .
2 2
h
f h f h h
t m v
h h
+
+ − − + + + + −
= =
+ −
2 2
4 4 6 3 1 3
1
h h h h h
h
h h
− − − + + + − − −
= = =
− −
49.2. [ ] ( )
2,2
0 0
lim . . . lim 1 1
h
h h
t m v h
+
→ →
= − − =
−
Proposta 50
50.1. O volume V de uma esfera é dado em função do raio r por
( ) 3
4
3
V r r
= π .
Então, tem-se:
[ ]
( ) ( )
3 3
1,4
4 4 4
4 1 63
4 1 3 3 3
. . . 28
4 1 3 3
V V
t m v
π× − π× π×
−
= = = = π
−
50.2. [ ]
( ) ( ) ( )
3 3
1,1
4 4
1 1
1 1 3 3
. . .
1 1
h
h
V h V
t m v
h h
+
π + − π×
+ −
= =
+ −
( ) ( )
2 3 2 3
4 4 4
1 3 3 3 3
3 3 3
h h h h h h
h h
π + + + − π π + +
= =
( )
2
4
3 3
3
h h
= π + +
[ ] ( ) ( )
2
1,1
0 0
4 4
lim . . . lim 3 3 3 0 0 4
3 3
h
h h
t m v h h
+
→ →
= π + + = π + + = π
Pág. 191
Proposta 51
51.1. ( )
72
0 18
4
T = =
No instante em que a bebida foi colocada no frigorífico a
temperatura ambiente era de 18 C
° .
51.2.
a) [ ]
( ) ( )
0,1
93
18
1 0 23
9
. . . 7,67
1 0 1 3
T T
t m v
−
−
= = = − ≈ −
−
b) [ ]
( ) ( )
1,2
122 93
2 1 65
16 9
. . . 2,71
2 1 1 24
T T
t m v
−
−
= = = − ≈ −
−
51.3. ( )
2
2
4 17 72
4 4
t t
T t
t t
+ +
′ =
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( )
´ ´
2 2 2 2
2
2
4 17 72 4 4 4 4 4 17 72
4 4
t t t t t t t t
t t
+ + + + − + + + +
=
+ +
( )( ) ( )( )
( )
2 2
2
2
8 17 4 4 2 4 4 17 72
4 4
t t t t t t
t t
+ + + − + + +
=
+ +
( ) 2
33 16 8 122 7
2 1,75
4
16
T
× − ×
′ = =
− =
−
Proposta 52
52.1. ( )
( ) ( )
( )
1 1
5 2 7
1 3 3
1 lim lim
1 1
x x
x
f x f
f
x x
→− →−
−
+
− −
′ −
= =
− − +
( )
( )
( )
1 1
5 1
5 5 5
lim lim
3 1 3 1 3
x x
x
x
x x
→− →−
+
+
= = =
+ +
52.2. ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
5
5
1 5 5
1 lim lim lim
1 1 1
x x x
f x f x
x
f
x x x x
→− →− →−
+
− − +
′ −
= = =
− − + +
( )
( )
1 1
5 1 5
lim lim 5
1
x x
x
x x x
→− →−
+
= = = −
+
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![224
Unidade 4
224 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 192
Proposta 55
55.1. Seja ( )
( )
,
A a g a o ponto do gráfico de g em que a reta
tangente é a reta r definida pela equação 3
y x
=
− + .
Sabe-se que 1
r
m = − .
( ) ( )
3 2 2
4 4 1 3 8 4
g x x x x x x
′
′ = − + + = − +
( ) 2 2
1 3 8 4 3 8 5 0
r
m g a a a a a
′
= ⇔ − = − + ⇔ − + =
8 64 60 5
1
6 3
a a a
± −
⇔ = ⇔ = ∨ =
3 2
5 5 5 5 32
4 4 1
3 3 3 3 27
f
= − × + × +
=
e
( ) 3 2
1 1 4 1 4 1 1 2
f = − × + × + = .
Ora, o ponto de coordenadas
5 32
,
3 27
não pertence à reta r e o
ponto de coordenadas ( )
1, 2 pertence à reta r.
Donde se conclui que ( )
1, 2
A .
55.2. Seja ( )
( )
,
P a f a o ponto do gráfico de f em que a reta
tangente é paralela à reta de equação 2
y = .
Então, tem-se ( ) 0
f a
′ = .
Sabe-se que ( ) ( )
´
2
4 2 1 8 2
f x x x x
′ =
− + − =
− + .
( )
1
0 8 2 0
4
f a a a
′ = ⇔ − + = ⇔ =
2
1 1 1 3
4 2 1
4 4 4 4
f
=
− × + × − =
−
Donde se conclui que
1 3
,
4 4
P
−
.
Proposta 56
Como o ponto de coordenadas ( )
2,2 é comum aos gráficos das
duas funções, tem-se: ( )
2 2
f = e ( )
2 2
g = .
Sendo ( ) 3
3
f x x x
= − , então ( ) ( )
'
3 2
' 3 3 3
f x x x x
= − = − .
Assim, ( ) 2
2 3 2 3 9
f ′ = × − = .
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 24 2 2 2 2 24
f g f g g f
′ ′ ′
× = ⇔ × + × =
( ) ( )
9 2 2 2 24 2 3
g g
′ ′
⇔ × + × = ⇔ =
Uma equação da reta tangente ao gráfico da função g no ponto
de abcissa 2 é ( )
2 3 2
y x
− = − .
Então, a equação reduzida da reta tangente ao gráfico da função
g no ponto de abcissa 2 é 3 4
y x
= − .
Proposta 57
57.1. Seja t a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
−1.
:
t y mx b
= + e ( )
1
t
m f ′
= − .
( )
3
2 2
7 2
3
x
f x x x x
′
′ =
− + − =
− +
, logo
( ) ( )
2
1 2 1 3
t
m =− − + − =− .
O ponto ( )
( )
1, 1
f
− − , ou seja,
17
1,
3
− −
, pertence à reta t, logo
tem-se:
( )
17 26
3 1
3 3
b b
− =− × − + ⇔ =−
Assim sendo, a reta t é definida pela equação
26
3
3
y x
=
− − .
57.2. Seja s a reta tangente ao gráfico de f num ponto de abcissa
a positiva e que é paralela à reta 3 1
y x
=
− + .
:
s y mx b
= + , sendo ( )
s
m f a
′
= e 3
s
m = − .
( ) 2 2
3 2 2 3 0 3 1
s
m f a a a a a a a
′
= ⇔ − = − + ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
Como 0
a , conclui-se que 3
a = .
O ponto ( )
( )
3, 3
f , ou seja, ( )
3, 7
− , pertence à reta s, logo tem-
se:
7 3 3 3
b b
− =− × + ⇔ =
Assim sendo, a reta s é definida pela equação 3 2
y x
=
− + .
57.3.
a) Atendendo à representação gráfica apresentada, sabe-se que
( ) ( )
3 tan 60 3
t
g m
′ = = ° = .
Como o ponto de coordenadas ( )
1, 0 pertence à reta t, tem-se:
0 3 1 3
b b
= × + ⇔ =
− .
O ponto ( )
( )
3, 3
P g também pertence à reta t, logo:
( ) ( )
3 3 3 3 3 2 3
g g
= × − ⇔ = .
Então, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 ' 3 3 ' 3 3
f g f g g f
′
× = × + ×
( )
3 2 3 3 7 13 3
=− × + × − =− .
b) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2
' 3 3 ' 3 3 3 2 3 3 7
3
3 2 3
f g g f
f
g g
′ × − × − × − × −
= =
3
12
=
Pág. 193
Proposta 58
58.1.
a) [ ]
( ) ( )
0,2
2 0 42 0
. . . 21
2 0 2
d d
t m v
− −
= = =
−
A velocidade média da bola nos dois primeiros segundos é de
21 m/s.
b) [ ]
( ) ( )
3,5
5 3 75 57
. . . 9
5 3 2
d d
t m v
− −
= = =
−
A velocidade média da bola nos dois primeiros segundos é de
9 m/s.
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![Funções reais de variável real
225
225 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
c) [ ]
( ) ( ) ( ) ( )
2
4,4
4 4 25 4 2 4 68
. . .
4 4
h
d h d h h
t m v
h h
+
+ − + − + −
= =
+ −
2 2
100 25 32 16 2 68 9 2
9 2
h h h h h
h
h h
+ − − − − −
= = = −
[ ] ( )
4,4
0 0
lim . . . lim 9 2 9
h
h h
t m v h
+
→ →
= − =
A velocidade instantânea da bola em 4
t = é de 9 m/s.
58.2. ( ) ( )
( ) ( )
2
25 2 25 4
v t d t t t t
′
′
= = − = −
( )
25
0 25 4 0 6,25
4
v t t t t
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
A velocidade da bola é nula no instante 6,25 s
t = .
Proposta 59
59.1. ( ) 3 2
0 0,02 0 0 7 7
h =
− × + + =
No instante em que foi lançado o projétil encontrava-se a
7 metros de altura.
59.2. [ ]
( ) ( )
0,10
10 0 87 7
. . . 8
10 0 10
h h
t m v
− −
= = =
−
A velocidade média do projétil nos primeiros dez minutos é de
8 m/min.
59.3. ( ) ( )
( ) ( )
3 2 2
0,02 7 0,06 2
v t h t t t t t
′
′
= =
− + + =
− +
( ) 2
20 0,06 20 2 20 16
v =
− × + × =
1 4
16 m/min 16 m/s m/s
60 15
=
× =
A velocidade do projétil no instante 20
t = é de
4
m/s
15
.
59.4. ( ) ( )
2
0 0,06 2 0 0,06 2 0
v t t t t t
= ⇔ − + = ⇔ − + =
100
0 0,06 2 0 0
3
t t t t
⇔ = ∨ − + = ⇔ = ∨ =
A velocidade anula-se no instante 33,333
t ≈ min.
0,333 min 0,333 60 s 20 s
= × ≈
A velocidade anula-se ao fim de 33 minutos e 20 segundos.
Proposta 60
60.1. ( ) ( )
3 2 2
4 5 3 3 8 5
f x x x x x x
′
′ =− + − + − + −
60.2. ( )
4 3 2
3 2
2
2 2 1
4 3 2
x x x
f x x x x x
′
′ = + − − + = + − −
60.3. ( ) ( )
2 2
3 4
2
x
f x x x
′
′ = − −
( ) ( )
2 2 2 2
3 4 3 4
2 2
x x
x x x x
′
′
= − − + − −
( )
2 2
1
6 2 3 4
2 2
x
x x x x
= − + − −
3 2 3 2 3 2
3 9
6 3 6 8 2 12 8 2
2 2
x x x x x x x x
= − + − − + = − − +
60.4. ( ) ( )
2 3
2 3
6 12
6 12 1 1
f x x x x x
x x
− −
′ −
′
′ = − = − =
− − = −
60.5. ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
1 1 1 1 1
1 1 1
x x x x x x
x
f x
x x x
′ ′
′ − − − − − ×
′
= = =
−
− −
( )
2
1
1
x
= −
−
60.6. ( ) ( ) ( )
2
4 3 2 4 3 4 32 24
f x x x x
′
′ = − = − × = −
60.7. ( ) ( )
'
3
2
2
f x x x
′= −
( ) ( ) ( )( )
2 2
2 2
3 2 2 2 6 6 2
x x x x x x
= − − = − −
60.8. ( ) ( ) ( )
2 3 2 1
2 3
2 2 3 2 2 3 2 3
x
f x x
x x x
′
−
′
′ = − = = =
− − −
60.9. ( )
( ) ( )
2
2 1 2 1
2 1 x x x x
x
f x
x x
′ ′
′ − × − × −
−
′
= =
2 2 2
2
1 2 1
2 2 1 2 1 1
2 1 2 1
x x
x x x x
x x x x x
× − × −
− − + − +
= = =
− −
60.10. ( )
( ) ( ) ( )
2 1
2 2 2
2
3 3 3
x x x
f x
x x x
′ ′
′
= = ×
− − −
( )
( ) ( )
( )
2
2 4
1 3 2 3
2
3 3
x x x
x
x x
− − − ×
= ×
− −
( )
( )( )
( ) ( )
2
2 4 5
3 3 2
2 2 6
3 3 3
x x x
x x x
x x x
− − − +
=
× =
−
− − −
60.11. ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2 2
3 3
2 1 2
2 1
3 2 1 3 2 1
x
f x x
x x
′
−
′
′ = − = =
− −
60.12. ( )
( ) ( ) ( )
( )
3 3
2 2
2
3 2 3 2
1 1
1 1
x x x x
x
f x
x x
′
′
′ × + − + ×
′
= =
+
+
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
3 2
2
2 2 2
3
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2
1 1
3 1 3 1 2
1 3 1 1
x
x x
x x x
x x x
× + − ×
+ + −
= =
+ + × +
( )
2
4
2
3
3
3 1
x
x
+
=
+
NEMA11PR-15
NEMA11PR
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![226
Unidade 4
226 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 194
Proposta 61
61.1.
x −∞ 2
− 1 +∞
f ′ − 0 + 0 −
f 3
− 5
61.2. f é estritamente decrescente em ] ]
, 2
−∞ − e em
[ [
1, + ∞ .
f é estritamente crescente em [ ]
2, 1
− .
3
− é mínimo relativo para 2
x = − e 5 é máximo relativo para
1
x = .
61.3. Seja r a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
2
− .
A reta r tem declive nulo pois ( )
2 0
f ′ − =e passa no ponto de
coordenadas ( )
2, 3
− − .
Então, r é definida pela equação 3
y = − .
Seja s a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1.
A reta s tem declive nulo pois ( )
1 0
f ′ = e passa no ponto de
coordenadas ( )
1,5 .
Então, s é definida pela equação 5
y = .
Proposta 62
62.1. f
D =R
( ) ( )
3 2
3 3 3
f x x x x
′
′ = − = −
( ) 2 2
0 3 3 0 1 1 1
f x x x x x
′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
−
x −∞ 1
− 1 +∞
f ′ + 0 − 0 +
f 2 2
−
f é estritamente crescente em ] ]
, 1
−∞ − e em [ [
1, + ∞ .
f é estritamente decrescente em [ ]
1, 1
− .
2
− é mínimo relativo para 1
x = e 2 é máximo relativo para
1
x = − .
62.2. f
D =R
( ) ( )
3 2
3 3 1 9 3
f x x x x
′
′ =
− − + =
− −
( )
, 0
x f x
′
∀ ∈
R
f é estritamente decrescente em R e não tem extremos
relativos.
62.3. f
D =R
( ) ( )
4 3 3 2
4 4 12
f x x x x x
′
′ = − = −
( ) ( )
3 2 2
0 4 12 0 4 3 0
f x x x x x
′ = ⇔ − = ⇔ − =
2
4 3 0 0 3
x x x x
⇔ ∨ − = ⇔ = ∨ =
x −∞ 0 3 +∞
f ′ − 0 − 0 +
f 0 27
−
f é estritamente decrescente em ] ]
, 3
−∞ .
f é estritamente crescente em [ [
3, + ∞ .
27
− é mínimo relativo para 3
x = .
62.4. f
D =R
( )
3 2
2
2 1 2
3 2
x x
f x x x x
′
′ = − − + = − −
( ) 2 1 1 8
0 2 0 2 1
2
f x x x x x x
± +
′ = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = −
x −∞ 1
− 2 +∞
f ′ + 0 − 0 +
f
13
6
7
3
−
f é estritamente crescente em ] ]
, 1
−∞ − e em [ [
2, + ∞ .
f é estritamente decrescente em [ ]
1, 2
− .
7
3
− é mínimo relativo para 2
x = e
13
6
é máximo relativo para
1
x = − .
62.5. f
D +
= R
( )
2 2
2 2
1 1 1 1
´ 1
x x
f x x
x x x x
′ ′
+ −
= = + =− =
( )
2
2
2
1
´ 0 0 1 0 1
x
f x x x x
x
+
−
= ⇔ = ⇔ − = ∧ ∈ ⇔ =
R
x 0 1 +∞
´
f n.d. − 0 +
f n.d. 2
f é estritamente decrescente em ] ]
0,1 .
f é estritamente crescente em [ [
1, + ∞ .
2 é mínimo relativo para 1
x = .
62.6. f
D =R
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2
2
2 2
1 1
1 1
x x x x
x
f x
x x
′ ′
′ + − +
′
= =
+
+
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 1 2 2
1 1
x x x x x
x x
+ −
= =
+ +
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
0 0 2 0 1 0 0
1
x
f x x x x
x
′ = ⇔ = ⇔ = ∧ + ≠ ⇔ =
+
x −∞ 0 +∞
f ′ − 0 +
f 0
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
227
227 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
f é estritamente decrescente em ] ]
, 0
− ∞ .
f é estritamente crescente em [ [
0, + ∞ .
0 é mínimo relativo para 0
x = .
62.7. ] [
1,
f
D
= + ∞
( )
( ) ( ) ( )
( )
4 2 2 4
4
2
2 2
1 1
1 1
x x x x
x
f x
x x
′ ′
′ − − −
′
= =
−
−
( ) ( )
( ) ( )
3 2 4 5 3
2 2
2 2
4 1 2 2 4
1 1
x x x x x x
x x
− − −
=
− −
( )
( )
5 3
5 3
2
2
2 4
0 0 2 4 0 1
1
x x
f x x x x
x
−
′ = ⇔ = ⇔ − = ∧
−
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 0 1 2 0 2 0 1
x x x x x x
⇔ − = ∧ ⇔ = ∨ − = ∧
( )
0 x 2 x 2 x 1 x 2
x
⇔ = ∨ = ∨ =
− ∧ ⇔ =
x 1 2 +∞
f ′ n.d. − 0 +
f n.d. 4
f é estritamente decrescente em 1, 2
.
f é estritamente crescente em 2 ,
+ ∞
.
4 é mínimo relativo para 2
x = .
62.8. ] [
1,
f
D
= + ∞
( ) ( ) 1 1 1 1
2 1 1 2 1
2 1 1 1
x
f x x x
x x x
− −
′
′ = − − = − × = − =
− − −
( )
1 1
0 0 1 1 0 1
1
x
f x x x
x
− −
′ = ⇔ = ⇔ − − = ∧
−
1 1 1 2
x x x
⇔ − = ∧ ⇔ =
x 1 2 +∞
´
f n.d. − 0 +
f n.d. 0
f é estritamente decrescente em ] ]
1, 2 .
f é estritamente crescente em [ [
2, + ∞ .
0 é mínimo relativo para 2
x = .
Proposta 63
Designemos por x e y as medidas dos catetos de um triângulo
retângulo em que a soma das medidas dos catetos é igual a 10.
Então tem-se: 10 10
x y y x
+ = ⇔ = − .
Sabe-se que 0 10 0
x x
∧ − , ou seja, 0 10
x x
∧ .
Designemos por A a área do retângulo.
( )
( ) 2 2
10 10
5
2 2 2
x x x x x
A x x
− −
= = = −
( )
2
5 5
2
x
A x x x
′
′ = − =
−
( ) 0 5 0 5
A x x x
′ = ⇔ − = ⇔ =
x 0 5 10
´
A n.d. + 0 − n.d.
A n.d. 12,5 n.d.
A área é máxima quando a medida de cada cateto é 5.
Pág. 195
Proposta 64
64.1. Pretende-se resolver graficamente a condição
( )
12 13 0.
M p p
∧
( )
( )
2
1
5 20
1 20
3 5
3
p p
M p
M p p
p p p
+ +
= = = + +
Para que o custo médio por peça varie de 1200 € a 1300 €, a
produção deve ser de 3, 18, 19, 20 ou 21 peças.
64.2. ( ) 2
1 20 1 20
5
3 3
M p p
p p
′
′ = + + = −
( ) 2
2 0
1 20
0 0 60 60
3 p
M p p p
p
′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
p 0 60 +∞
M′ n.d. − 0 +
M n.d. 10,164
Sabe-se que 7 60 8
.
Para que o custo de produção seja o menor possível devem ser
produzidas 8 peças uma vez que ( ) ( )
8 7
M M
.
NEMA11PR
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![Funções reais de variável real
229
229 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( )
( )
2 2 2
1 2 2 5
lim lim lim
2 5 2 4 10
x x x
x x x x
b g x mx x
x x
→ +∞ → +∞ → +∞
− −
= −
= −=
+ +
5 5 5 5 5
lim lim lim
10
10
4 10 4 0 4
4
4
x x x
x x
x
x
x
x
∞
∞
→ +∞ →+∞ →+∞
− − − −
= = = = = −
+ +
+
+
Portanto, a reta
1 5
2 4
y x
= − é assíntota oblíqua ao gráfico de g
em +∞ .
⋅ Em −∞ :
( ) 2 2
2
2
1
lim lim lim lim
5
5
2 5 2
2
x x x x
g x x x
m
x x x
x
x
x
∞
∞
→ −∞ → −∞ → −∞ → −∞
= = = =
+ +
+
1 1
2 0 2
= =
+
( )
( )
2 2 2
1 2 2 5
lim lim lim
2 5 2 4 10
x x x
x x x x
b g x mx x
x x
→ −∞ → −∞ → −∞
− −
= −
= −=
+ +
5 5 5 5 5
lim lim lim
10
10
4 10 4 0 4
4
4
x x x
x x
x
x
x
x
∞
∞
→ −∞ →−∞ →−∞
− − − −
= = = = = −
+ +
+
+
Portanto, a reta
1 5
2 4
y x
= − também é assíntota oblíqua ao
gráfico de g em −∞ .
68.2. A função g não admite extremos absolutos porque
( )
5
x
2
lim g x
+
→−
= +∞ e ( )
5
x
2
lim g x
−
→−
= −∞ .
68.3.
5
2
g
D
= −
R
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
2
2 5 2 5
2 5 2 5
x x x x
x
g x
x x
′ ′
′ + − +
′
= =
+ +
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 5 2 2 10
2 5 2 5
x x x x x
x x
+ − +
=
+ +
( )
( )
( )
2
2
2
2
2 10
0 0 2 10 0 2 5 0
2 5
x x
g x x x x
x
+
′ =⇔ =⇔ + = ∧ + ≠
+
( )
5
2 5 0 0 5
2
x x x x x
⇔ + = ∧ ≠ − ⇔ = ∨ = −
x −∞ 5
−
5
2
− 0 +∞
g′ + 0 − n.d. − 0 +
g 5
− n.d. 0
g é estritamente crescente em ] ]
, 5
−∞ − e em [ [
0, + ∞ .
g é estritamente decrescente em
5
5,
2
− −
e em
5
, 0
2
−
.
0 é mínimo relativo para 0
x = e 5
− é máximo relativo para
5
x = − .
Proposta 69*
3 3
x y y x
+ = ⇔ =
− +
Como a reta tangente ao gráfico de f no ponto ( )
1,3
P é paralela
à reta de equação 3
x y
+ =, sabe-se que ( )
1 3
f = e que
( )
1 1
f ′ = − .
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
2 2
1 1
1 1
ax b x x ax b
ax b
f x
x x
′ ′
′ + + − + +
+
′
= = =
+
+
( ) ( )( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 2 2
1 1
a x x ax b ax bx a
x x
+ − + − − +
= =
+ +
( )
( )
3
1 3 6 4
2
2 2 2
' 1 1
1
4
a b
f a b a
a b a b b
f
+
=
= +
= =
⇔ ⇔ ⇔
− − + = =
= −
= −
Conclui-se, então, que 4 e 2
a b
= = .
Proposta 70*
70.1.
a) Atendendo à semelhança de triângulos, sabe-se que:
10 20 5
40 4 10 4 40 10
4 10 2
x h x
h x h x h
− −
= ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = .
b)
2 3
2 3 2
20 5
20 5 5
10
2 2 2
b
x x
x
V A h x x x
π − π
−
= × =
π × = =
− π + π
70.2. 3 2 2
5 15
10 20
2 2
V x x x x
′
′=
− π + π =
− π + π
2
15 3
0 20 0 5 4 0
2 2
V x x x x
′= ⇔ − π + π = ⇔ π − + =
3 8
5 0 4 0 0
2 3
x x x x
⇔ π = ∨ − + = ⇔ = ∨ =
Sabe-se que
20 5
0 0
2
x
x
−
∧ , ou seja, 0 4
x x
∧
x 0
8
3
4
V ′ n.d. + 0 − n.d.
V n.d.
8
3
V
n.d.
O volume do cilindro é máximo quando
8
cm e
3
x =
10
cm
3
h = .
Pág. 200
1. Sendo ( )
b
f x a
x c
= +
+
então as equações das assíntotas são
x c
= − e y a
= .
Atendendo à representação gráfica, sabe-se que
0 0
c a
− ∧ .
Donde se conclui que 0 0
c a
∧ .
Assim sendo, a opção correta é a (B).
NEMA11PR
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![230
Unidade 4
230 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
2. ( )
2 2 2
1
1
1 1 1 1
x x x x x
f x x
x x x x
+ −
=
− = = =
−
+ + + +
Então, as assíntotas ao gráfico de f são as retas de equações
1
x = − e 1
y = .
A opção correta é a (B).
3. O declive da reta que passa pelos pontos do gráfico de h de
abcissas 3 e 10 é dado por [ ]
3,10
. . .
t m v , ou seja, é igual a
1
2
.
Como a reta interseta o eixo Oy no ponto de ordenada 3, conclui-
se que 3
2
x
y
= + é uma equação dessa reta.
A opção correta é a (A).
4. A reta t é tangente ao gráfico de f no ponto ( )
5,2
A .
Sabe-se que ( )
´ 5
t
m f
= e ( )
1
´ 5
2
f = .
Então,
1
2
t
m = .
Como a reta t interseta o eixo Ox no ponto de abcissa a e passa
em ( )
5,2
A , sabe-se que:
2 0 1
1
5 2
a
a
−
= ⇔ =
−
.
A opção correta é a (C).
5.
( ) ( )
( )
0
lim ´ r
h
f h f
f m
h
→
π+ − π
= π =
A reta r, sendo perpendicular à reta de equação
1
1
2
y x
=
− + ,
tem declive 2.
Então,
( ) ( )
0
lim 2
h
f h f
h
→
π+ − π
= .
A opção correta é a (B).
6. ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
0 0 0 0
0
0
g f f g
g
f f
′ ′ ′
× − ×
=
Por observação gráfica, sabe-se que (0) (0) 1
f g
= = .
O gráfico de f é uma reta que interseta os eixos coordenados nos
pontos ( )
3,0 e ( )
0,1 .
O declive dessa reta é
1 0 1
0 3 3
m
−
= = −
−
.
Então,
1
( ) 1
3
f x x
=
− + .
1 1
( ) 1
3 3
f x x
′
′ =
− + =
−
Assim sendo, ( ) 2
1 1
1 1
3 3
0 0
1
g
f
− × − − ×
′
= =
.
A opção correta é a (A).
Pág. 201
1.1. ( )
3
1
x
f x
x
=
+
Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se:
3x 0 x 1
3 3 3
3
x
+ +
− −
−
Então, ( )
3
3
1
f x
x
= −
+
.
As assíntotas ao gráfico de f são as retas de equações 1
x = − e
3
y = .
Donde se conclui que as assíntotas ao gráfico de f intersetam-se
no ponto de coordenadas ( )
1, 3
− .
1.2. ( )
2
3 3 3
0 0
1 1 1
x x x x x
f x x x x
x x x
− −
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
+ + +
2
2
0
1
x x
x
− +
⇔ ≤
+
( )
2
2 0 2 0 0 2
x x x x x x
− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
1 0 1
x x
+ = ⇔ =
−
x −∞ 1
− 0 2 +∞
2
2
x x
− + − − − 0 + 0 −
1
x + − 0 + + + + +
2
2
1
x x
x
− +
+
+ S.S. − 0 + 0 −
Conclui-se, então, que ( ) ] ] [ [
1,0 2,
f x x x
≤ ⇔ ∈ − ∪ + ∞ .
1.3. Seja t a reta tangente ao gráfico da função f no ponto de
abcissa 2.
O declive da reta t é igual a ( )
´ 2
f .
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
3 1 1 3
3
1 1
x x x x
x
f x
x x
′ ′
′ + − +
′
= =
+
+
( ) ( )
( ) ( )
2 2
3 1 1 3 3
1 1
x x
x x
+ −
= =
+ +
Logo, ( )
3 1
2
9 3
f ′ = = .
A reta t é do tipo
1
3
y x b
= + .
Como o ponto de coordenadas ( )
( )
2, 2
f pertence à reta t e
( )
2 2
f = , então tem-se:
1 4
2 2
3 3
b b
= × + ⇔ = .
Equação reduzida da reta t:
1 4
3 3
y x
= + .
2.1. Pretende-se determinar as coordenadas dos pontos do
gráfico de f em que as retas tangentes nesses pontos são
paralelas à reta definida pela equação 8 1 0
x y
− + + = .
Ora,
1 1
8 1 0
8 8
x y y x
− + + = ⇔ = − .
Então, o declive das retas tangentes nesses pontos é igual a
1
8
.
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 1 2 1
2 2 2
x x x x x x
x
f x
x x x
′ ′
′ + − + + −
′
= = = =
+
+ +
( )
2
2
2
x
=
+
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![Funções reais de variável real
231
231 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608)
( )
( )
( )
2
2
1 2 1
2 16 2 0
8 8
2
f x x x
x
′ = ⇔ = ⇔ + = ∧ + ≠
+
( )
2 4 2 4 2 2 6
x x x x x
⇔ + = ∨ + =
− ∧ ≠ − ⇔ = ∨ =
−
( )
2 1
2
4 2
f = = e ( )
6 3
6
4 2
f
−
− = =
−
.
Donde se conclui que as coordenadas dos pontos do gráfico de f
em que as retas tangentes nesses pontos são paralelas à reta
definida pela equação 8 1 0
x y
− + + = são
1
2,
2
e
3
6,
2
−
.
2.2. ( ) ( ) ( )
´
( 4) 4 4
f g g f g
′ ′
− = − × −
( ) ( )
4 1 1 2 4 1 3 2
g − =
− + − × − =
− + =
( ) ( ) ( )
1 2 2 1
1 1 2 0
2 1 2 2 1 2 1 2
x
g x x
x x x
′
− − −
′
′ = − + − = + = =
− − −
( )
1 1
4
3
9
g
−
′ − = =
−
Então, ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2
( 4) 4 4 2
3 3 16
f g g f g f
′ ′ ′ ′
− = − × − =
− × =
− ×
1
24
= − .
3. ( ) ( )
2
2 4 3 2
2
f x x x x x x
= − = − + e f
D =R .
( ) ( )
4 3 2 3 2
2 4 6 2
f x x x x x x x
′
′ = − + = − +
( ) ( )
3 2 2
0 4 6 2 0 2 2 3 1 0
f x x x x x x x
′ = ⇔ − + = ⇔ − + =
2 3 9 8
2 0 2 3 1 0 0
4
x x x x x
± −
⇔ = ∨ − + = ⇔ = ∨ =
1
0 1
2
x x x
⇔ = ∨ = ∨ =
x −∞ 0
1
2
1 +∞
2x − 0 + + + + +
2
2 3 1
x x
− + + + + 0 − 0 +
f ′ − 0 + 0 − 0 +
f 0
1
16
0
f é estritamente decrescente em ] ]
, 0
− ∞ e em
1
, 1
2
.
f é estritamente crescente em
1
0,
2
e em [ [
1, + ∞ .
0 é mínimo relativo e absoluto para 0
x = e para 1
x = e
1
16
é
máximo relativo para
1
2
x = .
A função não tem máximo absoluto porque ( )
x
lim f x
→−∞
= +∞ e
( )
x
lim f x
→+∞
= +∞ .
4.1. [ ]
( ) ( )
0,3
3 0 23 5
. . . 6
3 0 3
N N
t m v
− −
= = =
−
A taxa média de crescimento da população de bactérias durante
as três primeiras horas foi de 6000 bactérias por hora.
4.2. Pretende-se saber a taxa de crescimento no início da 2.ª
hora, ou seja, no final da 1.ª hora. Essa taxa é dada por ( )
´ 1
N .
( ) 3 2
1
9 5 9
3
N t t t t
′
′ =− + + =
− +
Então, ( ) 2
1 1 9 8
N′ =
− + = .
No início da 2.ª hora, a taxa de crescimento era de 8000 bactérias
por hora.
4.3. ( ) 2
0 9 0 3 3
N t t t t
′ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = −
Como 0 5
t
≤ ≤ , conclui-se que 3
t = .
t 0 3 5
N′ 9 + 0 − 16
−
N ( )
0
N ( )
3
N ( )
5
N
( ) 3
1
3 3 9 3 5 23
3
N =
− × + × + =
O número máximo de bactérias durante o teste foi de 23000 e
ocorreu no início da 4.ª hora (final da 3.ª hora).
5. Designemos por x e y, respetivamente, a largura e o
comprimento dos retângulos.
Atendendo ao esquema ao lado, sabe-se que:
20
2 2 20 40 2
10 20 2
x y
y
x y x
−
= ⇔ = − ⇔ = −
A área dos retângulos é dada, em função de x, por:
( ) ( ) 2
40 2 40 2
A x x x x x
= − = − .
( ) ( )
2
´ 40 2 40 4
A x x x x
′
= − = −
( )
´ 0 40 4 0 10
A x x x
= ⇔ − = ⇔ =
x 0 10 20
A′ n.d. + 0 − n.d.
A n.d. 200 n.d.
A área é máxima quando 10
x = e 40 2 10 20
y= − × = .
As dimensões dos retângulos que se podem obter com área
máxima são 10 cm 20 cm
× .
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Nema11 manual res
1. O documento apresenta um manual de matemática dividido em duas partes, contendo capítulos sobre trigonometria, geometria analítica, sucessões, funções reais e estatística. 2. No e-Manual Premium, encontram-se as propostas de resolução do projeto em PDF e em formato interativo, permitindo a apresentação passo a passo. 3. A unidade 1 trata de trigonometria e funções trigonométricas, apresentando exemplos resolvidos de problemas envolvendo relações trigonométricas em triâ
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- 1. 2 Índice Manual – Parte1 1 Trigonometria e funções trigonométricas 2 Geometria analítica Manual – Parte 2 3 Sucessões 4 Funções reais de variável real 5 Estatística I S B N 9 7 8 - 9 7 2 - 0 - 8 4 4 4 9 - 1 Em caso de adoção deste projeto, encontra no e-Manual Premium: • todas as propostas de resolução do projeto em formato digital PDF; • as propostas de resolução assinaladas neste livro, com o ícone ( ), em formato de aplicação interativa, permitindo a sua apresentação passo a passo.
- 2.
- 3. 4 4 Unidade 1– NEMA11PR (20152608) Pág. 9 1.1. = + ⇔ = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 5 3 16 AC AB BC AB AB . Como 0 AB , conclui-se que = 4 AB . Assim sendo, tem-se que α α α = = = = = = 3 4 3 sin , cos e tan 5 5 4 BC AB BC AC AC AB . 1.2. β β β = = = = = = 4 3 4 sin , cos e tan 5 5 3 AB BC AB AC AC BC . 2. D é o ponto médio de [AB], logo = AD DB . Como α β = = = cos e tan AD DB BD BC BC CD , conclui-se queα é a amplitude do ângulo CBD e β é a amplitude do ângulo BCD. Pág. 10 3.1. θ θ θ θ + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 15 sin cos 1 sin 1 sin 4 16 . Como 0 sin 1 θ , conclui-se que 15 sin 4 = θ . 3.2. θ θ θ = = = 15 sin 4 tan 15 1 cos 4 . 4.1. 2 2 2 2 2 1 4 1 25 1 1 tan 1 3 9 cos cos cos + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ α α α α 2 9 cos 25 ⇔ = α . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = 3 cos 5 . 4.2. sin 4 3 tan sin tan cos sin cos 3 5 = ⇔ = × ⇔ = × ⇔ α α α α α α α 4 sin 5 ⇔ = α . 5.1. 2 2 2 2 2 1 3 1 73 1 1 tan 1 8 64 cos cos cos + = ⇔ + = ⇔= ⇔ α α α α 2 64 cos 73 ⇔ = α . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = = 64 8 8 73 cos 73 73 73 . 5.2. Como o perímetro do quadrado [ABCD] é 16, tem-se que = = = = 4 AB BC CD AD . α = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 8 4 4 73 73 cos 8 2 73 AB AE AE AE AE . α = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3 12 3 tan 8 4 8 2 BE BE BE BE AB . Logo, = − = − = 3 5 4 2 2 CE BC BE e [ ] + = + + + = 5 73 21 73 4 4 2 2 2 AECD P . Pág. 11 6. ° = ⇔ = ⇔ = tan 60 3 2 3 m 2 BC BC BC AC . Como o triângulo [BDE] é equilátero, a amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a ° 60 . ° = ⇔ = ⇔ = 2 3 tan 60 3 2 m BC DC DC DC . Como o triângulo [BDE] é equilátero, sabe-se que C é o ponto médio de [DE]. Então, =× = 2 4 m DE DC . 7. Como o quarto de círculo representado na figura está dividido em três setores circulares iguais, ° = = = = ° 90 ˆ ˆ ˆ 30 3 CBQ QBR RBA . Relativamente ao triângulo [BQT], tem-se: ° = ⇔ = cos 60 0,6 1,2 BT BT . Relativamente ao triângulo [BRS], tem-se: ° = ⇔ = × ⇔ = 3 cos 30 1,2 0,6 3 1,2 2 BS BS BS . Então, = − = − ≈ 0,6 3 0,6 0,44 ST BS BT . Tarefa 1 1.1. = + ⇔ = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AC AB BC AC a a AC a . Como 0 AC , conclui-se que 2 0 2 2 a AC a a = = . 1.2. a) °= = = tan 45 1 BC a a AB . b) ° = = = = 1 2 sin 45 2 2 2 BC a AC a e ° = = = = 1 2 cos 45 2 2 2 AB a AC a . 2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, então D é o ponto médio de [AB]. Logo, = = 2 2 AB a AD . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 a a AC AD DC a DC a DC = + ⇔ = + ⇔ − = ⇔ 2 2 3 4 a DC ⇔ =. Como 0 CD , conclui-se que = = 2 0 3 3 4 2 a a a CD . Unidade 1 Trigonometria e funções trigonométricas NEMA11PR © Porto Editora
- 4. 5 Trigonometria efunções trigonométricas 5 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 2.2. a) ° = = = = 1 3 2 tan 30 3 3 3 2 a AD DC a . b) ° = = = 3 2 tan 60 3 2 a DC a AD . c) ° = = = 1 2 sin 30 2 a AD a AC e ° = = ° = 1 cos 60 sin 30 2 AD AC . d) ° = = = 3 3 2 sin 60 2 a DC a AC e ° = = ° = 3 cos 30 sin 60 2 DC AC . Pág. 12 8.1. Não se pode concluir que = 3 AB e = 5 AC . Apenas se pode afirmar que = 3 5 AB AC . 8.2. α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 16 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = 4 cos 5 . 8.3. α= ⇔ = ⇔ = 3 sin 2,1 5 3,5 AB AB AB AC e α = ⇔ = ⇔ = 4 cos 2,8 5 3,5 BC BC BC AC . Então, [ ]= + + = 3,5 2,1 2,8 8,4 ABC P . 9.1. Não é possível ter-se α = 2 cos 3 e α = 1 sin 3 porque + ≠ 2 2 1 2 1 3 3 , ou seja, não se verifica a fórmula fundamental da trigonometria. 9.2. É possível ter-se α = 1 cos 3 e α = tan 2 2 porque ( ) + = 2 2 1 1 2 2 1 3 , ou seja, verifica-se a igualdade α α + = 2 2 1 1 tan cos . 9.3. Não é possível ter-se α = 3 cos 2 e α = 2 sin 3 porque sendo α um ângulo agudo sabe-se que α 0 cos 1 . 10.1. Seja E a projeção ortogonal de D sobre [AB]. = + ⇔ = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 1 2 5 AD AE DE AD AD . Como 0 AD , conclui-se que = 5 AD . 2 2 5 6 5 5 sin , cos 5 5 5 5 DE AE AD AD − = = = = = = β β e 2 tan 2 1 DE AE = = = β . 10.2. Sabe-se que tan 2 = β . Para determinar a amplitude do ângulo agudo β cuja tangente é 2, recorre-se a uma calculadora científica ou gráfica e conclui-se que 63,4 ≈ ° β . Pág. 13 11. O triângulo [ABC] é retângulo em b porque está inscrito numa semicircunferência de diâmetro [AC]. Então, α = = = 1 tan 2 2 AB AB BC AB . 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 tan 1 2 4 cos cos cos + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ α α α α 2 4 cos 5 ⇔ = α . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = = 4 2 2 5 cos 5 5 5 . sin 1 2 5 tan sin tan cos sin cos 2 5 = ⇔ = × ⇔ = × ⇔ α α α α α α α 5 sin 5 ⇔ = α . 12.1. Sendo [OA] e [OC] raios da circunferência, então = = 3 OA OC . = °− = °− ° = ° ˆ ˆ 90 90 45 45 AOB POA . Seja D a projeção ortogonal de A sobre [OB]. ° = ⇔ = ⇔ = 2 3 2 sin45 2 3 2 AD AD AD OA . [ ] [ ] × = × = × = × = 3 2 9 2 2 2 3 2 2 2 OABC OAB OB AD A A . 12.2. Como o triângulo [AOD] é isósceles, então = = 3 2 2 OD AD . Logo, − = − =− = 3 2 6 3 2 3 2 2 BD OB OD . 2 2 2 2 2 2 3 2 6 3 2 2 2 AB AD BD AB − = + ⇔ = + ⇔ 2 2 18 36 36 2 18 18 9 2 4 4 AB AB − + ⇔ = + ⇔ = − . Como 0 AB , conclui-se que ( ) = − = − = × − = − 18 9 2 9 2 2 9 2 2 3 2 2 AB . NEMA11PR © Porto Editora
- 5. 6 Unidade 1 6 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Tarefa 2 1. Atendendo aos dados da figura anterior, tem-se: ° = ⇔ = ° ⇔ ≈ tan 42 0,8tan 42 0,72m 0,8 x x x . Altura da viatura, arredondada às centésimas: ( ) + = 1,2 0,72 m 1,92 m . Largura da viatura, arredondada às centésimas: ( ) − = 2,60 0,8 m 1,80 m . 2.1. Como na figura estão representados nove losangos geometricamente iguais, sabe-se que ° = = ° 360 ˆ 40 9 AOC . 2.2. Sendo OB um eixo de simetria do losango [OABC], então = = ° ˆ ˆ 20 2 AOC AOB . ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° 3 3 cos 20 3,19 cos 20 OA OA OA . 2.3. ° = ⇔ ° = ⇔ = ° ⇔ ≈ 2 tan 20 tan 20 6tan 20 2,2 3 6 AC AC AC AC . Pág. 14 13.1. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 . Então, = °− °− ° = ° ˆ 180 60 75 45 C . 13.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° ° = = sin 60 sin 75 sin 45 4 a b . 13.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta: 3 4 sin 60 sin 45 4sin 60 4 3 2 4 sin 45 2 2 2 a a a a × ° ° ° = ⇔= ⇔= ⇔= ⇔ ° 4 3 2 4 6 2 6 2 2 2 a a a × ⇔= ⇔= ⇔= × . 13.4. Da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° ° = ⇔ = ° sin 75 sin 45 4sin 75 4 sin 45 b b . Recorrendo a uma calculadora, tem-se ≈ 5,5 b . Pág. 15 14.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin 55 sin sin 8 7 B C AC . Da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ˆ sin 55 sin 7sin 55 ˆ ˆ sin sin 0,717 8 7 8 C C C . 14.2. Sabendo que ≈ ˆ sin 0,717 C e recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 45,81 C . 14.3. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 . Então, = °− °− ° = ° ˆ 180 55 45,81 79,19 B . 14.4. Da aplicação da lei dos senos e atendendo ao valor encontrado em 14.3., resulta: ° ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° sin 55 sin 79,19 8sin 79,19 9,6 8 sin 55 AC AC AC . Pág. 16 15. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin sin 90 sin 3 7 A C AB . Da aplicação da lei dos senos, resulta: ° × = ⇔ = ⇔ = ˆ sin sin 90 3 1 3 ˆ ˆ sin sin 3 7 7 7 A A A . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 25,4 A . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então= °− ° − ° = ° ˆ 180 90 25,4 64,6 C . 16.1. Sabendo que = = 6 AB AC , então °− ° = = = ° 180 130 ˆ ˆ 25 2 ABC ACB . 16.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = sin130 sin 25 6 BC . Donde resulta que: ° = ⇔ ≈ ° 6sin130 10,88 sin 25 BC BC . NEMA11PR © Porto Editora
- 6. 7 Trigonometria efunções trigonométricas 7 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Pág. 17 17.1. ( ) °× °= × ° − ° = ° sin 90 sin 160 1 sin 180 160 sin 20 . 17.2. ( ) 2 2sin 45 sin135 2 sin 180 135 2sin 45 2 °× ° = × × °− ° = ° = 2 2 1 2 = × = . 18. Como o pentágono [ABCDE] é regular e tem perímetro 25, conclui-se que ° = = = ° 360 :5 ˆ ˆ 36 2 BAC CBA e = = = 25 5 5 AB BC . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 36 36 108 ABC . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = sin108 sin 36 5 AC . Donde resulta que: ( ) °− ° ° ° = = = ° ° ° 5sin 180 108 5sin108 5sin 72 sin 36 sin 36 sin 36 AC . 19.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin sin112 sin 5 3 A C a . Da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ˆ sin112 sin 3sin112 ˆ ˆ sin sin 0,556 5 3 5 C C C . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 33,801 C . 19.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° ≈ ° ˆ 180 112 33,801 34,20 A . 19.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° sin 34,2 sin112 5sin 34,2 3,0 5 sin112 a a a . Pág. 18 20.1. ° = ⇔= ⇔ = 1 cos 60 2 2 4 AP AP AP AC . °= ⇔ = ⇔ = 3 sin 60 2 3 2 4 PC h h AC . = − = − = 7 2 5 PB AB AP . ( ) = + ⇔ = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 5 2 3 37 BC PB PC a a . Como 0 a , conclui-se que = 37 a . 20.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 20.1., sabe-se que = 2 37 a . Por outro lado, + − × × ° = − × = 2 2 1 4 7 2 4 7cos 60 65 56 37 2 . Conclui-se então que = + − × × ° 2 2 2 4 7 2 4 7cos 60 a . Pág. 19 21.1. Os ângulos PBC e ABC são suplementares, logo = °− ° = ° ˆ 180 135 45 PBC . ° = ⇔ = ⇔ = 2 5 2 cos 45 2 5 2 PB PB PB BC . °= ⇔ = ⇔ = 2 5 2 sin 45 2 5 2 PC h h BC . + = + = + = 5 2 8 5 2 4 2 2 AP AB BP . 2 2 2 2 2 2 8 5 2 5 2 2 2 AC AP PC b + = + ⇔ = + ⇔ 2 2 64 80 2 50 50 41 20 2 4 4 b b + + ⇔ = + ⇔ = + . Como 0 b , conclui-se que = + 41 20 2 b . 21.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 21.1., sabe-se que = + 2 41 20 2 b . Por outro lado, 2 2 2 4 5 2 4 5cos 45 41 40 2 + + × × ° = + × = 41 20 2 = + . Conclui-se então que = + + × × ° 2 2 2 4 5 2 4 5cos 45 b . Pág. 20 22.1. cos 90 cos 137 2cos 120 °× ° + ° = ( ) 1 0 cos137 2 cos 180 120 2cos 60 2 1 2 = × °+ − °− ° = − ° = − × = − . 22.2. ( ) 2 cos 45 cos 135 cos 180 135 2 ° ° = ×− °− ° = 2 2 2 1 cos 45 2 2 2 2 = − ° = − × = − . 22.3. cos 70 sin110 cos 110 sin 70 °× °+ ° ° = ( ) ( ) cos 70 sin 180 110 cos 180 110 sin70 = °× °− ° + − ° − ° ° = cos 70 sin70 cos 70 sin70 0 = °× °− ° ° = . 23.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: = + − × × ° ⇔ = − ° 2 2 2 2 3 5 2 3 5cos 70 34 30cos 70 b b . Como 0 b , conclui-se que= − ° ⇔ ≈ 34 30cos 70 4,9 b b . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin sin 70 sin 5 3 A C b . Sabe-se que = − ° 34 30cos 70 b , logo: ˆ sin sin 70 5sin 70 ˆ sin 5 34 30cos70 34 30cos70 A A ° ° = ⇔ = ⇔ − ° − ° ˆ sin 0,9643 A ⇔ ≈ . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 74,6 A . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então= °− ° − ° = ° ˆ 180 70 74,6 35,4 C . NEMA11PR © Porto Editora
- 7. 8 Unidade 1 8 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 23.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: = + − × × ° ⇔= − ° 2 2 2 2 2,5 4 2 2,5 4cos 130 22,25 20cos 130 a a . Como 0 a , conclui-se que = − ° ⇔ ≈ 22,25 20cos 130 5,9 a a . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin130 sin sin 2,5 4 B C a . Sabe-se que = − ° 22,25 20cos 130 a , logo: ˆ sin130 sin 2,5sin130 ˆ sin 2,5 22,25 20cos130 22,25 20cos130 B B ° ° = ⇔ = ⇔ − ° − ° ˆ sin 0,3232 B ⇔ ≈ . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 18,9 B . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então= °− °− ° = ° ˆ 180 130 18,9 31,1 C . Pág. 21 24.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: = + − × × ⇔ = − ⇔ = − 2 2 2 7 ˆ ˆ ˆ 6 2 5 2 2 5cos 20cos 7 cos 20 A A A . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 110,5 A . = + − × × ⇔ = ⇔ = 2 2 2 19 ˆ ˆ ˆ 2 5 6 2 5 6cos 60cos 57 cos 20 B B B . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 18,2 B . = + − × × ⇔ = ⇔ = 2 2 2 5 ˆ ˆ ˆ 5 2 6 2 2 6cos 24cos 15 cos 8 C C C . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 51,3 C . 24.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 ˆ ˆ 17,5 10 22,5 2 10 22,5cos 450cos 300 A A = + − × × ⇔ = ⇔ 2 ˆ cos 3 A ⇔ = . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 48,2 A . 2 2 2 ˆ ˆ 10 17,5 22,5 2 17,5 22,5cos 787,5cos 712,5 B B = + − × × ⇔ = ⇔ 19 ˆ cos 21 B ⇔ = . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 25,2 B . 2 2 2 ˆ ˆ 22,5 10 17,5 2 10 17,5cos 350cos 100 C C = + − × × ⇔ = − ⇔ 2 ˆ cos 7 C ⇔ = − . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 106,6 C . 25. Atendendo aos dados da figura em baixo e aplicando a lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 7 12 12 2 12 12cos = + − × × ⇔ α 239 288cos 239 cos 288 ⇔ = ⇔ = α α . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se α ≈ ° 33,92 . Pág. 22 Proposta 1 1.1. = + ⇔ = 2 2 2 2 4 2 20 x x . Logo, = = 20 2 5 x . Assim sendo, tem-se que 4 2 5 2 5 sin , cos e 5 5 2 5 2 5 = = = = α α 4 tan 2 2 = = α . 1.2. = + ⇔ = 2 2 2 2 2 3 13 y y . Logo, = 13 y . Então, 3 3 13 2 2 13 sin , cos 13 13 13 13 = = = = β β e 3 tan 2 = β . 1.3. = + ⇔ = 2 2 2 2 3 3 18 a a . Logo, = = 18 3 2 a . = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 8 b b . Logo, = = 8 2 2 b . ( ) ( ) 2 2 2 18 8 c = + ⇔ 2 26 c ⇔ =. Logo, = 26 c . Assim sendo, tem-se que 2 2 2 52 2 13 3 2 3 52 3 13 sin , cos 26 13 26 13 26 26 = = = = = = θ θ e 2 2 2 tan 3 3 2 = = θ . Proposta 2 2.1. 2 2 2 2 2 2 21 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 + = ⇔ + = ⇔ = α α α α . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = 21 cos 5 . 2.2. α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 8 sin cos 1 sin 1 sin 3 9 . Como α 0 sin 1 , conclui-se que α = = 8 2 2 sin 3 3 . 2.3. α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 1 7 1 tan 1 tan tan 9 cos 3 4 . Como α tan 0 , conclui-se que α = 7 tan 3 . 2.4. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 tan 1 2 5 cos cos cos + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ α α α α 2 1 cos 5 ⇔ α = . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = 1 5 cos 5 5 . NEMA11PR © Porto Editora
- 8. 9 Trigonometria efunções trigonométricas 9 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 2.5. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 tan 1 5 26 cos cos cos + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ α α α α 2 1 cos 26 ⇔ α = . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = 1 26 cos 26 26 . sin 26 tan sin tan cos sin 5 cos 26 = ⇔ = × ⇔ = × ⇔ α α α α α α α 5 26 sin 26 ⇔ α = . 2.6. α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 sin cos 1 0,3 cos 1 cos 0,91 . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = 91 cos 0,91 10 . α α α = = = = 3 sin 3 3 91 10 tan cos 91 91 91 10 . Proposta 3 3.1. 2 2 2 2 2 2 2 sin cos 1 sin cos 1 sin sin sin + = ⇔ + = ⇔ θ θ θ θ θ θ θ 2 2 2 2 2 1 1 1 1 25 1 1 1 tan sin sin 9 sin 3 4 θ θ θ θ ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ 2 9 sin 25 ⇔ θ = . Como α 0 sin 1 , conclui-se que θ = 3 sin 5 . 3.2. θ θ θ θ θ θ θ θ = ⇔ = ⇔ =⇔ = 3 sin sin 4 5 tan cos cos cos 3 cos tan 5 4 . 3.3. θ = ⇔ = ⇔ = 3 tan 4,5 cm 4 6 AC AC AC BC e θ = ⇔ = ⇔ = 4 6 cos 7,5 cm 5 BC AB AB AB . Então, [ ] =+ + = 6 4,5 7,5 18 cm ABC P . Proposta 4 α = ⇔ = ⇔ = 2 sin 4 cm 3 6 CE CE CE BC . = + ⇔ = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 6 4 20 BC BE EC BE BE . Como 0 BE , conclui-se que = = 20 2 5 BE . Então, [ ] ( ) = + × + = + 6 3 4 2 5 18 2 5 cm ABCD P . Pág. 23 Proposta 5 5.1. ° = ⇔ = ⇔ = 2 sin 45 3 2 2 6 RT RT RT RQ . 5.2. Como o triângulo [QRT] é isósceles, conclui-se que = = 3 2 TQ RT e = − = − = 8 2 3 2 5 2 PT PQ TQ . Assim sendo, α = = = 3 2 3 tan 5 5 2 RT PT . 5.3. 2 2 2 2 2 2 2 sin cos 1 sin cos 1 sin sin sin + = ⇔ + = ⇔ α α α α α α α 2 2 2 2 2 1 1 1 1 34 1 1 1 tan sin sin 9 sin 3 5 α α α α ⇔ + = ⇔ + = ⇔= ⇔ 2 9 sin 34 α ⇔ = . Como α 0 sin 1 , conclui-se que α = = 3 3 34 sin 34 34 . Proposta 6 6.1. O octógono regular inscrito na circunferência divide-a em 8 arcos geometricamente iguais. A amplitude de cada um desses arcos é ° = ° 360 :8 45 . Então, α ° = = ° 45 22,5 2 . 6.2. O triângulo [ABF] é retângulo em A porque ° = = ° 180 ˆ 90 2 BAF . 6.3. ° = ⇔ ° = ⇔ = ° 4 4 tan 22,5 tan 22,5 tan 22,5 AB AT AF AF . [ ] × ° × = = = ≈ ° 4 4 tan 22,5 8 19,31 2 2 tan 22,5 ABF AB AF A . Proposta 7 Seja x a medida do comprimento da rampa. ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° 2 2 cos 30 2,3 cos 30 x x x . A rampa tem aproximadamente 2,3 metros de comprimento. Proposta 8 8.1. ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3 5 15 tan 30 5 3 3 3 BF AB AB AB AB . ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 5 5 5 3 tan 60 3 3 3 CE CD CD CD CD . = + + = + + = + 5 3 20 3 5 3 5 5 3 3 AD AB BC CD . [ ] 20 3 5 5 150 100 3 3 5 2 2 6 ADEF AD EF A CE + + + + = × = × = = 50 3 25 3 = + . NEMA11PR © Porto Editora
- 9. 10 Unidade 1 10 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 8.2. ° = ⇔= ⇔ = 1 5 sin 30 10 2 BF AF AF AF . ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3 5 10 10 3 sin 60 2 3 3 CE DE DE DE DE . [ ] 20 3 10 3 5 5 10 3 3 ADEF P AD DE EF FA = + + + = + + + + = 20 10 3 = + . Pág. 24 Proposta 9 9.1. Seja O o ponto de interseção das diagonais do papagaio. sin 65 sin 65 20 DO DO AD ° = ⇔ ° = ⇔ 20sin 65 DO ⇔ = ° . cos 65 cos 65 20 AO AO AD ° = ⇔ ° = ⇔ 20cos 65 AO ⇔ = ° . 20cos 65 tan 50 tan 50 CO BO BO ° ° = ⇔ ° = ⇔ 20cos 65 tan 50 BO ° ⇔ = ° . ° = + = + ° ≈ ° 20cos 65 20sin 65 25,2 tan 50 BD BO OD . 9.2. Sabe-se que ° = + ° ≈ ° 20cos 65 20sin 65 25,2185 tan 50 BD . Então, [ ] × ° × = = ≈ 25,2185 40cos 65 213,2 2 2 ABCD BD AC A . 9.3. ° ° ° = ⇔ ° = ⇔ = ° 20cos 65 20cos 65 sin 50 sin 50 sin 50 CO BC BC BC . [ ] ° = + = + ≈ ° 40cos65 2 2 40 62,1 sin50 ABCD P AD BC . Proposta 10 Designemos por α a amplitude do ângulo agudo BAC. Como = AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu ponto médio (M). α α α = ⇔ = ⇔ = 20 2 cos cos cos 50 5 AM AC . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se α ≈ ° 66,4 . Proposta 11 Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 68 80 32 A . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° ° = = sin 68 sin 80 sin 32 15 AB BC . Donde resulta que: ° ° = ⇔ sin 68 sin 80 15 AB ° = ⇔ ≈ ° 15sin 68 14,1m sin 80 AB AB . ° ° = ⇔ sin 80 sin 32 15 BC ° = ⇔ ≈ ° 15sin 32 8,1m sin 80 BC BC . Pág. 25 Proposta 12 Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 120 37 23 ABC . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° ° = = sin 37 sin 23 sin120 30 AB BC . Donde resulta que: ° ° = ⇔ sin 37 sin23 30 AB ° = ⇔ ≈ ° 30sin 37 46 m sin 23 AB AB . Proposta 13 Seja r o raio do círculo representado na figura. = π ⇔ π = π ⇔ = 2 2 2 25 25 círculo A r r r . Logo, = 5 r . α °− ° = = ° 180 27 76,5 2 . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin 27 sin 76,5 5 x 5sin 76,5 10,7 sin 27 x x ° ⇔ = ⇔ ≈ ° . Proposta 14 Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 120 30 30 ACB . Como = = ° ˆ ˆ 30 ACB CBA , conclui-se que o triângulo [ABC] é isósceles. Logo, = = 40 cm AC AB . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin120 sin 30 40 BC ° = ⇔ ≈ ° 40sin120 69,3 cm sin 30 BC BC . Pág. 26 Proposta 15 Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de amplitude ° = ° 360 :5 72 . NEMA11PR © Porto Editora
- 10. 11 Trigonometria efunções trigonométricas 11 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Sabe-se que ° = = = ° 72 ˆ ˆ 36 2 ADE DAE e = °− °− ° = ° ˆ 180 36 36 108 AED . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin108 sin 30 4 AD 4sin 108 6,47 sin 30 AD AD ° ⇔ = ⇔ ≈ ° . Proposta 16 Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de amplitude ° = ° 360 :5 72 . Sabe-se que ° = = ° 72 ˆ 36 2 ABP , × ° = = ° 2 72 ˆ 72 2 BAP e = °− °− ° = ° ˆ 180 36 72 72 APB . Como = ˆ ˆ BAP APB , o triângulo [ABC] é isósceles. Logo, = = 4 BP AB . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin 36 sin 72 4 AP 4sin 36 2,5 sin 72 AP AP ° ⇔= ⇔ ≈ ° . Proposta 17 17.1. Como o triângulo [DBC] é equilátero, a amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a ° 60 . Os ângulos ADC e BDC são suplementares, logoθ = °− ° 180 60 . ( ) θ = ° − ° = − ° = − 1 cos cos 180 60 cos 60 2 . 17.2. Sendo D o ponto médio de [AB] e =10 AD então tem-se =10 DB . Como o triângulo [DBC] é equilátero, conclui-se que =10 CD . O triângulo [ACD] é isósceles e θ = ° 120 , então °− ° = = = ° 180 120 ˆ ˆ 30 2 ACD CAD . Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ACD], resulta: ° ° = ⇔ sin120 sin 30 10 AC × ° = ⇔ = ⇔ = ° 3 10 10sin 60 2 10 3 1 sin 30 2 AC AC AC . Proposta 18 Atendendo aos dados apresentados no esquema anterior, tem- -se: = °− ° = ° ˆ 180 34 146 ABC e = °− °− ° = ° ˆ 180 146 18 16 ACB . Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ABC], resulta: ° ° = ⇔ sin16 sin18 60 BC ° = ⇔ ≈ ° 60sin18 67,266 sin16 BC BC . Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCD], resulta: ° ° = ⇔ sin 90 sin 34 67,266 CD ° = ⇔ ≈ ° 67,266sin 34 38 sin 90 CD CD . A altura do farol é dada por CD , ou seja, é aproximadamente igual a 38. Pág. 27 Proposta 19 19.1. Sendo [BC] lado de um quadrado inscrito na circunferência, então o arco BC tem de amplitude ° = ° 360 :4 90 . Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na circunferência, então o arco AC tem de amplitude ° = ° 360 :6 60 . Donde se conclui que ° = = ° 90 ˆ 45 2 CAB , ° = = ° 60 ˆ 30 2 ABC e = °− °− ° = ° ˆ 180 45 30 105 ACB . 19.2. Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na circunferência de centro O e r raio 3, então = = 3 AC OA . Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin 45 sin 30 3 BC × ° = ⇔ = ⇔ = ° 2 3 3sin 45 2 3 2 1 sin 30 2 BC BC BC 19.3. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° ° = ⇔ sin105 sin 30 3 AB ° = ⇔ ≈ ° 3sin105 5,80 sin 30 AB AB . Proposta 20 20.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 10 15 2 10 15cos 160 AC = + − × × ° ⇔ 2 325 300cos 160 AC ⇔ = − ° ⇔ 2 606,908 AC ≈ . Como 0 AC , conclui-se que ≈ 24,64 AC . 20.2. a) Atendendo à lei dos senos, tem-se: ˆ sin 15 BAC = ˆ sin160 sin 10 ACB AC ° = = . Do resultado obtido anteriormente, ≈ 24,64 AC , e da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ˆ sin sin160 15sin160 ˆ ˆ sin sin 0,2082 15 24,64 24,64 BAC BAC BAC . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 12 BAC . b) Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 160 12 8 ACB . NEMA11PR © Porto Editora
- 11. 12 Unidade 1 12 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Proposta 21 Como as circunferências têm centros A, B e C, são tangentes duas a duas e raios 2 cm, 4 cm e 1 cm, respetivamente, conclui-se que: = + = 2 1 3 AC , = + = 2 4 6 AB e = + = 1 4 5 BC . Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: = + − × × ⇔ = ⇔ = 2 2 2 5 ˆ ˆ ˆ 5 3 6 2 3 6cos 36cos 20 cos 9 A A A . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 56,25 BAC . Pág. 28 Proposta 22 22.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 2 3 8 2 3 8cos 78 73 48cos 78 AB AB = + − × × ° ⇔ = − ° ⇔ 2 63,0202 AB ⇔ ≈ . Como 0 AB , conclui-se que ≈ 7,94 m AB . 22.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se: ° = = ˆ ˆ sin sin sin 78 8 3 A B AB . Do resultado obtido anteriormente, ≈ 7,94 m AB , e da aplicação da lei dos senos, resulta: ° ° = ⇔ = ⇔ ≈ ˆ sin sin 78 8sin 78 ˆ ˆ sin sin 0,9855 8 7,94 7,94 A A A . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ ° ˆ 80 A . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então = °− °− ° = ° ˆ 180 78 80 22 B . Proposta 23 Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: = + − × × ° ⇔ = 2 2 2 2 40 50 2 40 50cos 60 2100 AE AB . Como 0 AB , conclui-se que ≈ 45,8 m AB . A distância entre a árvore e a estatueta é de, aproximadamente, 45,8 metros. Proposta 24 Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 2 8 3 2 8 3cos 70 73 48cos 70 AB AB = + − × × ° ⇔ = − ° ⇔ 2 56,583 AB ⇔ ≈ . Como 0 AB , conclui-se que ≈ 7,5 km AB . A distância entre as localidades A e B é de, aproximadamente, 7,5 quilómetros. Pág. 29 Proposta 25* 25.1. Como = AC BC , então α = = ˆ ˆ BAC ABC . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a ° 180 , então α + = ° ˆ 2 180 ACB . α α α + = ° ⇔ = °− ⇔= °− ˆ ˆ ˆ 2 180 2 180 90 2 ACB ACB ACB . Assim sendo, α é necessariamente um ângulo agudo. 25.2. Sendo α um ângulo agudo e α = 2 sin 3 , tem-se: α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 1 sin cos 1 cos 1 cos 3 3 . Como α 0 cos 1 , conclui-se que α = = 1 3 cos 3 3 . Como = AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu ponto médio (M). Ora, = = × = 1 1 2 3 3 2 2 AM AB . α = ⇔ = ⇔ = 3 3 cos 3 3 AM AC AC AC . Assim sendo, [ ] = + = × + = + 2 2 3 2 3 6 2 3 ABC P AC AB . Proposta 26** Como o hexágono [ABCDEF] é regular divide a circunferência em que está inscrito em seis arcos geometricamente iguais, de amplitude ° = ° 360 :6 60 . Sendo o hexágono regular, a medida do seu lado é igual ao raio da circunferência em que está inscrito. Sabe-se que ° = = = = ° 60 ˆ ˆ ˆ 30 2 SCB SBC RBS e = °− °− ° = ° ˆ 180 30 30 120 BSC . Donde se conclui que = °− ° = ° ˆ 180 120 60 BSR e = °− °− ° = ° ˆ 180 60 30 90 BRS . Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCS], resulta: ° ° = ⇔ sin120 sin 30 5 BS × ° = ⇔ = ⇔ = ° 1 5 5sin 30 5 3 2 sin120 3 3 2 BS BS BS . Nota: ( ) ° = °− ° = ° = 3 sin120 sin 180 120 sin 60 2 . Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BRS], resulta: ° ° = ⇔ sin 90 sin 30 5 3 3 RS × = ⇔ = ⇔ ≈ 5 3 1 5 3 3 2 1,4 1 6 RS RS RS . Proposta 27* Como = AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu ponto médio (M). Ora, = = × = 1 1 6 3 2 2 AM AB e ° = = ° 110 ˆ 55 2 ACM . ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° 3 3 tan 55 2,101 tan 55 CM CM CM . Designemos por r o raio do círculo. NEMA11PR © Porto Editora
- 12. 13 Trigonometria efunções trigonométricas 13 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Relativamente ao triângulo [COT] representado na figura acima, tem-se: sin 55 sin 55 2,101sin 55 sin 55 2,101 OT r r r r OC °= ⇔ °= ⇔ °− °= ⇔ − ( ) 2,101sin55 sin55 2,101sin55 1 sin55 r r r ⇔ ° = + ° ⇔ ° = + ° ⇔ 2,101sin 55 0,95m 1 sin 55 r r ° ⇔ = ⇔ ≈ + ° . Pág. 30 26.1. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do ângulo orientado é − ° 120 . 26.2. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do ângulo orientado é − ° 240 . Pág. 31 A figura ao lado apoia a resposta às questões colocadas. 27.1. a) ɺ OD b) ɺ OA c) ɺ OC d) ɺ OE As figuras em baixo apoiam a resposta às questões colocadas. 27.2. a) ɺ OE b) ɺ OE c) ɺ OB d) ɺ OB Pág. 32 28.1. a) A circunferência da escala da temperatura do forno está dividida em 18 partes iguais, sendo a amplitude de cada uma dessas partes ° = ° 360 20 18 . Como ° ° = 100 :20 5 , conclui-se que se o manípulo a partir de D rodar 100° então a temperatura selecionada é de 140°. b) Como ° ° = 160 :20 8 , conclui-se que se o manípulo a partir de D rodar −160° então a temperatura selecionada é de 240°. c) Como ° ° = 280 :20 14 , conclui-se que se o manípulo a partir de D rodar 280° então a temperatura selecionada é de 320°. 28.2. Como °− ° = − ° 180 260 80 , conclui-se que para reduzir a temperatura de 260° para 180° o manípulo deve rodar −80° ou °− ° = ° 360 80 280 . Pág. 33 29.1. a) O eneágono representado é regular e está inscrito na circunferência, então dividia-a em nove arcos de amplitude ° = ° 360 :9 40 . Sendo ° ° = 120 :40 3 , conclui-se que ( ) ° = ,120 ( ) O R A D . b) ( ) ° = ,40 ( ) O R B C ou ( ) − ° = , 320 ( ) O R B C . c) ( ) − ° = , 80 ( ) O R H F d) ( ) ° = ,200 ( ) O R H D e) ( ) − ° = , 160 ( ) O R A F f) ( ) − ° = , 120 ( ) O R G D , conclui-se que ( ) ( ) − ° ° = , 120 ,120 ( ) ( ) O O R G R A . 29.2. a) = ° ˆ 80 COE porque a amplitude de um ângulo ao centro é igual à amplitude do arco correspondente. b) Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 2 5 5 2 5 5cos 80 50 50cos 80 EC EC = + − × × ° ⇔ = − ° ⇔ 2 41,318 EC ⇔ ≈ . Como 0 EC , conclui-se que ≈ 6,4 cm EC . Tarefa 3 1.1. O quadrado [ABCD] divide a circunferência em que está inscrito em quatro arcos de amplitude ° = ° 360 :4 90 e o octógono [EFGHIJLM] divide a circunferência em que está inscrito em oito arcos de amplitude ° = ° 360 :8 45 . a) Sendo ° ° = 135 :45 3 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OA e amplitude −135° é ɺ OJ . NEMA11PR © Porto Editora
- 13. 14 Unidade 1 14 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) b) O lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OA e amplitude 135° é ɺ OH . c) Sendo ° ° = 315 :45 7 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OA e amplitude −315° é ɺ OF . 1.2. a) ( ) ° = ,90 ( ) O R E G b) ( ) ° = ,90 ( ) O R A B c) ( ) − ° = , 180 ( ) O R D B d) ( ) − ° = , 90 ( ) O R H F e) ( ) ° = ,45 ( ) O R M E f) ( ) − ° = , 90 ( ) O R C B g) ( ) − ° = , 270 ( ) O R M F h) ( ) ° = ,270 ( ) O R A D 2.1. A amplitude de cada uma das doze partes em que o leme está dividido é ° = ° 360 :12 30 . Assim sendo, duas possíveis rotações de centro O em que o ponto E é imagem do ponto A são ( ) ° ,120 O R ou ( ) − ° , 240 O R . 2.2. Duas possíveis rotações de centro O em que o ponto H é imagem do ponto F são ( ) ° ,60 O R ou ( ) − ° , 300 O R . Pág. 34 30.1. Como o movimento é feito no sentido negativo e ( ) ° × = °× = ° 360 :12 4 30 4 120 , conclui-se que a amplitude do ângulo descrito pelo ponteiro dos minutos após terem decorrido 20 minutos é −120°. 30.2. Como − ° = − °− ° 390 30 360 , o ponteiro dos minutos descreveu uma volta completa e um ângulo de amplitude 30°, no sentido negativo. Significa que passaram 65 minutos, ou seja, o relógio marca 1 hora e 5 minutos. 30.3. a) Se decorreram 2 h 20 min após o instante inicial (meia-noite), então o ponteiro dos minutos descreveu 2 voltas completas. b) A amplitude do ângulo generalizado descrito pelo ponteiro dos minutos é representada por − × °− × ° 4 30 2 360 , ou seja, é igual a −840°. Pág. 35 31.1. Efetuando a divisão de 1155 por 360 tem-se: = + × 1155 75 3 360 Então, − = − − × 1155 75 3 360 . 1155 360 75 3 Assim sendo, o lado extremidade de um ângulo generalizado de amplitude −1155° e lado origem ɺ VA é a semirreta ɺ VE . 31.2. Como − = − − × 1155 75 3 360 , o ângulo generalizado −1155° é representado por ( ) − ° − 75 , 3 . 32.1. Efetuando a divisão de 485 por 360 tem-se: = + × 485 125 1 360 485 360 125 1 O ângulo generalizado 485° é representado por ( ) ° 125 , 1 . 32.2. Efetuando a divisão de 1470 por 360 tem-se: = + × 1470 30 4 360 1470 360 30 4 O ângulo generalizado 1470° é representado por ( ) ° 30 , 4 . 32.3. Efetuando a divisão de 650 por 360 tem-se: = + × 650 290 1 360 Então, − = − − × 650 290 1 360 . 650 360 290 1 O ângulo generalizado −650° é representado por ( ) − ° − 290 , 1 . 32.4. Efetuando a divisão de 1800 por 360 tem-se: = + × 1800 0 5 360 Então, − = − × 1800 0 5 360 . 1800 360 0 5 O ângulo generalizado −1800° é representado por ( ) ° − 0 , 5 . Pág. 36 33.1. a) Como ° = °+ × ° 1170 90 3 360 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC e amplitude 1170° é ɺ OD . b) Como − ° = − °− × ° 540 180 1 360 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC e amplitude −540° é ɺ OA . c) Como ° = °+ × ° 990 270 2 360 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC e amplitude 990° é ɺ OB . d) Como − ° = − °− × ° 810 90 2 360 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC e amplitude −810° é ɺ OB . 33.2. a) A medida da amplitude do ângulo generalizado 1170° é representado por ( ) ° 90 , 3 . b) A medida da amplitude do ângulo generalizado −540° é representado por ( ) − ° − 180 , 1 . c) A medida da amplitude do ângulo generalizado 990° é representado por ( ) ° 270 , 2 . d) A medida da amplitude do ângulo generalizado −810° é representado por ( ) − ° − 90 , 2 . Pág. 37 34.1. a) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude °+ ° 60 360 é o ponto B porque ( ) ° = ,60 ( ) O R A B . b) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude °+ × ° 240 2 360 é o ponto E porque ( ) ° = ,240 ( ) O R A E . c) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude − °− × ° 120 5 360 é o ponto E porque ( ) − ° = , 120 ( ) O R A E . NEMA11PR © Porto Editora
- 14. 15 Trigonometria efunções trigonométricas 15 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) d) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude − − °+ × ° ∈ 60 360 , k k Z é o ponto F porque ( ) − ° = , 60 ( ) O R A F . e) Como ° = °+ × ° 1260 180 3 360 , conclui-se que a imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude ° 1260 é o ponto D porque ( ) ° = ,180 ( ) O R A D . f) Como ° = °+ × ° 1440 0 4 360 , conclui-se que a imagem do ponto A por uma rotação de centro O e amplitude ° 1440 é o ponto A porque ( ) ° = , 0 ( ) O R A A . 34.2. a) A rotação de centro O e ângulo generalizado ( ) − ° − 145 , 7 aplica o ponto A no ponto P, sendo ( ) − ° = , 145 ( ) O P R A . Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ OP interseta o lado [DE] do hexágono. b) A rotação de centro O e ângulo generalizado ( ) ° 210 , 11 aplica o ponto A no ponto P, sendo ( ) ° = ,210 ( ) O P R A . Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ OP interseta o lado [DE] do hexágono. 34.3. As imagens de A pelas rotações de centro O e ângulos generalizados ( ) ° 158 , 3 e ( ) − ° − 202 , 9 são coincidentes porque os ângulos orientados 158° e −202° têm sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das medidas das suas amplitudes é igual a 360. Tarefa 4 1. a) No relógio, a amplitude do arco entre dois números consecutivos é igual a ° = ° 360 :12 30 . Ora, ° = °+ × ° 510 150 1 360 e ° ° = 150 :30 5 . Logo, o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5. b) Como ° = °+ × ° 1950 150 5 360 e ° ° = 150 :30 5 , o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5. c) Como ° = °+ × ° 3750 150 10 360 e ° ° = 150 :30 5 , o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5. d) Como − ° = − °− × ° 450 90 1 360 e ° ° = 90 :30 3 , o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1. e) Como − ° = − °− × ° 1530 90 4 360 e ° ° = 90 :30 3 , o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1. f) Como − ° = − °− × ° 5490 90 15 360 e ° ° = 90 :30 3 , o número do mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1. 1.2. a) O número correspondente ao ponteiro das horas é o mesmo pelas rotações de centro O e ângulos generalizados ( ) − ° − 30 , 5 e ( ) ° 330 , 3 porque os ângulos orientados −30° e 330° têm sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das medidas das suas amplitudes é igual a 360. b) O número correspondente ao ponteiro das horas é o mesmo pelas rotações de centro O e ângulos generalizados ( ) ° 120 , 8 e ( ) − ° − 240 , 15 porque os ângulos orientados 120° e −240° têm sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das medidas das suas amplitudes é igual a 360. Pág. 38 35.1. a) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo generalizado ( ) 2, 3 é o ponto C. b) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo generalizado ( ) − − 3, 2 é o ponto H. c) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo generalizado ( ) 8, 5 é o ponto I. 35.2. a) Como = + × 25 5 2 10 , a imagem do ponto A pela rotação de centro O e amplitude 25 unidades é o ponto F. b) Como − = − − × 33 3 3 10 , a imagem do ponto A pela rotação de centro O e amplitude −33 unidades é o ponto H. Tarefa 5 1.1. a) A amplitude de cada uma das partes em que o manípulo está dividido é igual a ° = ° 360 :100 3,6 . Como ° = °+ × ° 792 72 2 360 e ° ° = 72 :3,6 20 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de amplitude 792° é o 20. b) Como − ° = − °− × ° 504 144 1 360 e ° ° = 144 :3,6 40 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de amplitude −504° é o 60. c) Como ° = °+ × ° 2016 216 5 360 e ° ° = 216 :3,6 60 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de amplitude 2016° é o 60. 1.2. a) Como ° ° = 90 :3,6 25 , o número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) − ° − 90 , 7 é o 75. b) Como ° ° = 180 :3,6 50 , o número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) ° 180 , 6 é o 50. c) Como ° ° = 288 :3,6 80 , o número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) − ° − 288 , 2 é o 20. 2.1. a) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) − ° − 40 , 3 é o 60. b) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) ° 70 , 5 é o 70. c) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( ) − ° − 90 , 4 é o 10. 2.2. a) Como = + × 360 60 3 100 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é 360 é o 60. NEMA11PR © Porto Editora
- 15. 16 Unidade 1 16 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) b) Como − = − − × 120 20 1 100 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é −120 é o 80. c) Como = + × 5000 0 50 100 , o número apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é 5000 é o 0. Pág. 39 36.1. a) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ OP e amplitude 190° pertence ao 3.° quadrante. b) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ OP e amplitude −280° pertence ao 1.° quadrante. c) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ OP e amplitude −1250° pertence ao 3.° quadrante porque − ° = − °− × ° 1250 170 3 360 . 36.2. ´ 3 ´ sin 60 2 2 2 AA AA ° = ⇔ = ⇔ ´ 3 AA ⇔ = . ´ 1 ´ cos 60 2 2 2 OA OA ° = ⇔ = ⇔ ´ 1 OA ⇔ = . Coordenadas do ponto A: ( ) −1, 3 . Pág. 40 37.1. Sabe-se que ° = °+ × ° 510 150 1 360 e ° = °+ × ° 1125 45 3 360 . Então, as imagens de P pelas rotações de centro O e amplitudes 510°, 1125° e −60° são, respetivamente, R, Q e S. 37.2. a) Atendendo a que ° = °+ × ° 1125 45 3 360 , tem-se: ( ) ° ° cos 45 , sin 45 Q , ou seja, 2 2 , 2 2 Q . b) Sabe-se que ( ) ( ) ( ) − ° − ° cos 60 , sin 60 S . ( ) ( ) ( ) ( ) − ° = ° = − ° =− ° =− 1 3 cos 60 cos 60 e in 60 sin 60 2 2 s . Então, − 1 3 , 2 2 S . Pág. 41 38. ( ) ( ) α α α α − ° − = cos sin 180 cos sin . Sabendo que o ponto A pertence à circunferência trigonométrica e que a sua abcissa é − 3 4 , então tem-se α = − 3 cos 4 . α α α α + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 7 sin cos 1 sin 1 sin 4 16 . Como 2. Q. α ∈ ° , α sin 0 . Então, conclui-se que α = 7 sin 4 . Assim sendo, α α = − × = − 3 7 3 7 cos sin 4 4 16 . Pág. 42 39.1. Sabendo que o ponto A pertence à circunferência trigonométrica e que a sua abcissa é 3 4 , então tem-se θ = 3 cos 4 . θ θ θ θ + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 7 sin cos 1 sin 1 sin 4 16 . Como 1. Q. θ ∈ ° , θ sin 0 . Então, conclui-se que θ = 7 sin 4 . Sabe-se ainda que β θ = °− 180 . Então, tem-se: ( ) β θ θ = °− = = 7 sin sin 180 sin 4 . ( ) β θ θ = ° − = − = − 3 cos cos 180 cos 4 . β β β = = = − − 7 sin 7 4 tan 3 cos 3 4 . 39.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 39.1., sabe-se que as coordenadas dos vértices do retângulo são: − − − − 3 7 3 7 3 7 3 7 , ; , ; , ; , 4 4 4 4 4 4 4 4 A B C D . [ ] = × = × × × = ≈ 3 7 3 7 2 2 2,0 4 4 4 ABCD A AB AD . 40.1. a) Sabe-se que ° = °+ × ° 1395 315 3 360 . Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude 315° pertence ao 4.° quadrante, sabe-se que ° = ° sin1395 sin 315 0 e ° = ° cos 1395 cos 315 0 . Então, °× ° sin1395 cos 1395 0 . A condição dada é satisfeita para α = ° 1395 . b) Sabe-se que ° = °+ × ° 555 195 1 360 . Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude 195° pertence ao 3.° quadrante, sabe-se que ° = ° sin 555 sin195 0 e ° = ° cos 555 cos 195 0 . Então, °× ° sin 555 cos 555 0 . A condição dada não é satisfeita para α = ° 555 . 40.2. O lado extremidade do ângulo generalizado do tipo ( ) α , n com α ° ° 90 180 pertence ao segundo quadrante. Então a condição α α sin cos 0 é satisfeita porque α sin 0 e α cos 0 . Pág. 43 41.1. ( ) ( ) cos 690 cos 330 360 cos 330 ° = ° + ° = ° = ( ) ( ) ( ) cos 330 360 cos 30 cos 30 0 = °− ° = − ° = ° . ( ) ( ) ( ) ( ) − °= − ° − °= − °= − ° sin 620 sin 260 360 sin 260 sin 260 0 . Conclusão: ( ) °× − ° cos 690 sin 620 0 . NEMA11PR © Porto Editora
- 16. 17 Trigonometria efunções trigonométricas 17 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 41.2. ( ) ( ) ( ) sin 930 sin 210 2 360 sin 210 − °= − ° − × °= − °= ( ) ( ) ( ) ( ) 1 sin 210 sin 180 30 sin 30 2 =− ° =− °+ ° =− − ° = . ( ) ( ) ( ) ° = − ° = ° = 1 cos 300 cos 60 cos 60 2 . Conclusão: ( ) − ° = ° sin 930 cos 300 . 41.3. ( ) ( ) ( ) ° = ° + × ° = ° cos 3400 cos 160 9 360 cos 160 . ( ) ( ) ( ) ( ) − °= − ° − °= − °= − °= sin 540 sin 180 360 sin 180 sin 180 0 Conclusão: ( ) °× − ° = cos 3400 sin 540 0 . 41.4. ( ) ( ) ( ) sin 920 sin 200 2 360 sin 200 − ° = ° + × ° = ° = ( ) ( ) sin 180 20 sin 20 = °+ ° = − ° . ( ) ( ) ( ) ( ) sin 620 sin 260 1 360 sin 260 sin 180 80 ° = ° + × ° = ° = ° + ° = ( ) sin 80 = − ° . Como ( ) ( ) ° ° sin 20 sin 80 , então ( ) ( ) − ° − ° sin 20 sin 80 . Conclusão: ° ° sin 920 sin 620 . 42.1. Ora, ( ) α β β = ° − = sin sin 90 cos . β β β β + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 21 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 . Como β 0 cos 1 , conclui-se que β = 21 cos 5 . Então, α = 21 sin 5 . 42.2. Sendo ∈ n N, tem-se: ( ) ( ) θ θ β β + × ° = = ° − = − = cos 360 cos cos 180 cos n − 21 5 . Tarefa 6 1.1. a) ( ) ( ) ( ) ° = °− ° = ° = 1 sin 150 sin 180 30 sin 30 2 e ( ) ( ) ( ) ° = °− ° =− ° =− 3 cos 150 cos 180 30 cos 30 2 . b) ( ) ( ) ( ) ° = °− ° = ° = 3 sin 120 sin 180 60 sin 60 2 e ( ) ( ) ( ) ° = °− ° =− ° =− 1 cos 120 cos 180 60 cos 60 2 . 1.2. a) Sendo ( ) θ = , 5 x , então θ = + × 5 360 x . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer quadrilátero é igual a 360°, tem-se: + + °+ ° = ° ⇔ = ° ⇔ = ° 150 120 360 2 90 45 x x x x . Assim sendo, θ= °+ × ° = ° ˆ 45 5 360 1845 . b) ( ) ( ) θ = °+ × ° = ° = 2 ˆ cos cos 45 5 360 cos 45 2 e ( ) ( ) θ = °+ × ° = ° = 2 ˆ sin sin 45 5 360 sin 45 2 . Então, conclui-se que θ θ = ˆ ˆ cos sin . 2.1. − ° = − °− × ° 2300 140 6 360 e ° = °+ × ° 1640 200 4 360 . Como os lados extremidades dos ângulos orientados de amplitudes −140° e 200° pertencem ao terceiro quadrante, conclui-se que os lados extremidades dos ângulos θ e α pertencem ambos ao terceiro quadrante. 2.2. ( ) ( ) ( ) sin 2300 sin 140 6 360 sin 140 − ° = − ° − × ° = − ° = ( ) ( ) ( ) sin 140 sin 180 40 sin 40 = − ° = − °− ° = − ° . ( ) ( ) ( ) ( ) sin 1640 sin 200 4 360 sin 200 sin 180 20 ° = ° + × ° = ° = ° + ° = ( ) sin 20 = − ° . Como ( ) ( ) ° ° sin 40 sin 20 , então ( ) ( ) − ° − ° sin 40 sin 20 . Conclusão: ( ) ( ) − ° ° sin 2300 sin 1640 . 2.3. ( ) ( ) ( ) cos 2300 cos 140 6 360 cos 140 − ° = − ° − × ° = − ° = ( ) ( ) ( ) cos 140 cos 180 40 cos 40 = ° = °− ° =− ° . ( ) ( ) ( ) cos 1640 cos 200 4 360 cos 200 ° = ° + × ° = ° = ( ) ( ) cos 180 20 cos 20 = °+ ° = − ° . Como ( ) ( ) ° ° cos 20 cos 40 , então ( ) ( ) − ° − ° cos 20 cos 40 . Conclusão: ( ) ( ) ° − ° cos 1640 cos 2300 . 3.1. Como − 2 , ; 0 3 A y y , conclui-se que α = − 2 cos 3 e α = sin y . α α + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 5 sin cos 1 1 3 9 y y . Como 0 y , conclui-se que = 5 3 y . Então, ( ) α α − = − = − 5 sin sin 3 . 3.2. ( ) α α °+ = − = 2 cos 180 cos 3 . Pág. 44 43.1. Como ° = °+ × ° 1220 140 3 360 e o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude 140° pertence ao segundo quadrante, conclui-se que o lado extremidade do ângulo α de amplitude 1220° pertence ao segundo quadrante. A tangente no segundo quadrante é negativa. Assim, tem-se ( ) ° tan 1220 0 . NEMA11PR-2 NEMA11PR © Porto Editora
- 17. 18 Unidade 1 18 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 43.2. Como − ° = − °− × ° 460 100 1 360 e o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude −100° pertence ao terceiro quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de amplitude −460° pertence ao terceiro quadrante. A tangente no terceiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( ) − ° tan 460 0 . 43.3. Como ° = °+ × ° 1870 70 5 360 e o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude 70° pertence ao primeiro quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de amplitude 1870° pertence ao primeiro quadrante. A tangente no primeiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( ) ° tan 1870 0 . 43.4. Como − ° = − °− × ° 745 25 2 360 e o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude 140° pertence ao quarto quadrante, conclui-se que o lado extremidade do ângulo α de amplitude −745° pertence ao quarto quadrante. A tangente no quarto quadrante é negativa. Assim, tem-se ( ) − ° tan 745 0 . 44.1. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno é negativo no 2.° e no 3.° quadrante. Se θ tan 0 e θ cos 0 , então θ pertence ao 3.° quadrante. 44.2. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é negativo no 3.° e no 4.° quadrante. Se θ tan 0 e θ sin 0 , então θ pertence ao 4.° quadrante. 44.3. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno é positivo no 1.° e no 4.° quadrante. Se θ tan 0 e θ cos 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante. 44.4. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o seno é positivo no 1.° e no 2.° quadrante. Se θ tan 0 e θ sin 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante. 44.5. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é positivo no 1.° e no 2.° quadrante. Se θ tan 0 e θ sin 0 , então θ pertence ao 2.° quadrante. Pág. 45 45. Por observação da figura sabe-se que ( ) ( ) ( ) ° − ° ° ° 1, tan 60 ; 1, tan 60 e cos 120 , sin 120 A B C . Como ° = tan 60 3 , ( ) ( ) cos 120 cos 180 60 ° = ° − ° = ( ) 1 cos 60 2 − ° =− e ( ) ( ) ( ) sin 120 sin 180 60 sin 60 ° = °− ° = ° = 3 2 = . Conclui-se que ( ) ( ) − − 1 3 1, 3 ; 1, 3 e , 2 2 A B C . Pág. 46 46. Como a interseção do lado extremidade do ângulo α com a circunferência trigonométrica é o ponto 3 4 , 5 5 A , tem-se que α = 3 cos 5 e α = 4 sin 5 . ( ) 3 sin sin 90 cos 5 = °− = = θ θ θ , ( ) cos cos 90 = ° − = θ θ 4 sin 5 = = θ e 3 3 4 sin 3 5 sin , cos e tan 4 5 5 cos 4 5 = = = = = θ θ θ θ θ . ( ) 3 sin sin 180 sin , 5 = °−= = β θ θ ( ) cos cos 180 = °− = β θ 4 cos 5 = − θ = − e 3 sin 3 5 tan 4 cos 4 5 = = = − − β β β . Tarefa 7 1.1. Como o lado extremidade do ângulo orientado α interseta a circunferência trigonométrica no ponto ( ) , P a b , tem-se que α = cos a e α = sin b . Sendo ' P o simétrico de P em relação à origem do referencial, então ( ) − − ' , P a b , ou seja, ( ) α α − − ' cos , sin P . 1.2. Sabe-se que α = cos a , α = sin b e α = tan c . Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se: = ' OA AP OB BC , ou seja, − = − 1 a b c . Daqui resulta que α α α − = − cos sin 1 tan , ou seja, α α α = sin tan cos . 2. Vamos começar por provar que se o lado extremidade de α pertencer ao 3.° quadrante, então α α α = sin tan cos . O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a circunferência trigonométrica no ponto ( ) , P a b . Então, conclui- se que α = cos a e α = sin b . Sabe-se também que α = tan c . Sendo ' P o simétrico de P em relação à origem do referencial, então ( ) − − ' , P a b , ou seja, ( ) α α − − ' cos , sin P . NEMA11PR © Porto Editora
- 18. 19 Trigonometria efunções trigonométricas 19 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se: = ' OA AP OB BC , ou seja, − − = 1 a b c . Daqui resulta que: α α α − − = cos sin 1 tan , ou seja, α α α = sin tan cos . Em seguida pretende-se mostrar que se o lado extremidade de α pertencer ao 4.° quadrante, então α α α = sin tan cos . O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a circunferência trigonométrica no ponto ( ) , P a b . Então, conclui- se que α = cos a e α = sin b . Sabe-se também que α = tan c . Como os triângulos [OAP] e [OBC] são semelhantes, tem-se: = OA AP OB BC , ou seja, − = − 1 a b c . Daqui resulta que α α α − = − cos sin 1 tan , ou seja, α α α = sin tan cos . Pág. 47 47.1. a) Como o ponto A é a interseção do lado extremidade do ângulo θ com a circunferência trigonométrica, então ( ) θ θ cos , sin A . Sabe-se ainda que θ = − 5 cos 3 . θ θ θ θ + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 5 4 sin cos 1 sin 1 sin 3 9 . Como 2. Q. θ ∈ ° , θ sin 0 . Então, conclui-se que θ = 2 sin 3 . θ θ θ = = = − = − − 2 sin 2 2 5 3 tan cos 5 5 5 3 . b) Atendendo aos cálculos anteriores, tem-se − 5 2 , 3 3 A . Por outro lado, sabe-se que ( ) θ 1, tan C , ou seja, − 2 5 1, 5 C . O ponto B tem a mesma abcissa que o ponto A e a mesma ordenada que o ponto C. Logo, − − 5 2 5 , 3 5 B . O ponto D tem a mesma abcissa que o ponto C e a mesma ordenada que o ponto A. Então, 2 1, 3 D . 47.2. [ ] 5 2 2 5 1 3 3 5 ABCD A AD AB = × = + × + = 2 2 5 2 5 10 4 28 5 60 28 5 3 5 9 15 3 45 45 + = + + + = + = Pág. 48 Tarefa 8 1.1. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( ) − ' , P b a . 1.2. Sabe-se que α = cos a , α = sin b e α = tan b a . 1.3. Sabe-se que ( ) α + ° =− cos 90 b , ( ) α + ° = sin 90 a e ( ) α + ° =− tan 90 a b . 1.4. Comparando as razões trigonométricas de α + ° 90 com as razões trigonométricas de α , conclui-se que: ( ) α α + ° =− cos 90 sin , ( ) α α + ° = sin 90 cos e ( ) α α + ° =− 1 tan 90 tan . 2. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( ) − '' , P b a . Anteriormente já foi referido que α = cos a , α = sin b e α = tan b a . Sabe-se que ( ) α − ° = cos 90 b , ( ) α − ° =− sin 90 a e ( ) α − ° =− tan 90 a b . Comparando as razões trigonométricas de α − ° 90 com as razões trigonométricas de α , conclui-se que: ( ) α α − ° = cos 90 sin , ( ) α α − ° =− sin 90 cos e ( ) α α − ° =− 1 tan 90 tan . Pág. 49 48.1. Como ° = °+ × ° 1845 45 5 360 , tem-se: ( ) 2 sin 1845 sin 45 5 360 sin 45 2 ° = °+ × ° = ° = , ( ) 2 cos 1845 cos 45 5 360 cos 45 e 2 ° = °+ × ° = ° = ( ) ° = ° + × ° = ° = tan 1845 tan 45 5 360 tan 45 1 . NEMA11PR © Porto Editora
- 19. 20 Unidade 1 20 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 48.2. Como − ° = − °− × ° 750 30 2 360 , tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 sin 750 sin 30 2 360 sin 30 sin 30 2 − ° = − °− × ° = − ° =− ° =− , ( ) ( ) ( ) ( ) 3 cos 750 cos 30 2 360 cos 30 cos 30 2 − ° = − °− × ° = − ° = ° = e ( ) ( ) ( ) ( ) tan 750 tan 30 2 360 tan 30 tan 30 − ° = − °− × ° = − ° = − ° = 3 3 = − . 48.3. Como ° = °+ × ° 1575 135 4 360 , tem-se: ( ) ( ) sin 1575 sin 135 4 360 sin 135 sin 185 45 ° = °+ × ° = ° = °− ° = ( ) 2 sin 45 2 = ° = , ( ) ( ) cos1845 cos 135 4 360 cos 135 cos 185 45 ° = °+ × ° = ° = °− ° = 2 cos 45 e 2 = − ° = − ( ) tan 1845 tan 135 4 360 ° = ° + × ° = ( ) tan 135 tan 180 45 tan 45 1 = ° = °− ° = − ° = − . 48.4. Como − ° = − °− × ° 1200 120 3 360 , tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) sin 1200 sin 120 3 360 sin 120 sin 120 − ° = − °− × ° = − ° =− ° = ( ) ( ) 3 sin 180 60 sin 60 2 =− °− ° =− ° =− , ( ) cos 1200 − ° = ( ) ( ) ( ) cos 120 3 360 cos 120 cos 120 = − ° − × ° = − ° = ° = ( ) ( ) 1 cos 180 60 cos 60 2 °− ° = − ° = − , ( ) tan 1200 − ° = ( ) ( ) ( ) tan 120 3 360 tan 120 tan 120 = − °− × ° = − ° = − ° = ( ) ( ) ( ) ( ) tan 180 60 tan 60 tan 60 3 = − °− ° = − − ° = ° = . Pág. 50 Proposta 28 28.1. O octógono regular está inscrito na circunferência, logo divide-a em 8 arcos geometricamente iguais. A amplitude de cada um desses arcos é ° = ° 360 :8 45 . a) Como ° = × ° 135 3 45 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC é ɺ OF . b) Como ( ) − ° = × − ° 90 2 45 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC é ɺ OA . c) Como °= × ° 270 6 45 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC é ɺ OA . d) Como ( ) − °= × − ° 315 7 45 , conclui-se que o lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ OC é ɺ OD . 28.2. a) Como °= × ° 180 4 45 , conclui-se que o lado origem do ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ OA e 180° é ɺ OE . b) Como ( ) − ° = × − ° 90 2 45 , conclui-se que o lado origem do ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ OH e −90° é ɺ OB . c) Como ° = × ° 225 5 45 , conclui-se que o lado origem do ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ OC e 225° é ɺ OF . d) Como ( ) − ° = × − ° 130 3 45 , conclui-se que o lado origem do ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ OB e −135° é ɺ OE . Proposta 29 29.1. No relógio, a amplitude do arco entre dois números consecutivos é igual a ° = ° 360 :12 30 . a) Como ( ) − ° = × − ° 90 3 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude −90°, conclui-se que o relógio marca 8 horas. b) Como ° = × ° 90 3 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude 90°, conclui-se que o relógio marca 2 horas. c) Como ° = × ° 60 2 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude 60°, conclui-se que o relógio marca 3 horas. d) Como °= × ° 120 4 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude 120°, conclui-se que o relógio marca 1 hora. e) Como ( ) − °= × − ° 150 5 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude −150°, conclui-se que o relógio marca 10 horas. f) Como ( ) − ° = × − ° 300 10 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar uma rotação de amplitude −300°, conclui-se que o relógio marca 3 horas. 29.2. a) Entre a 1.ª e a 2.ª observação, ou seja, entre as 9 h e as 9 h 35 min, o ponteiro dos minutos descreveu um ângulo orientado de amplitude ( ) × − ° =− ° 7 30 210 . b) Entre a 1.ª e a 3.ª observação, ou seja, entre as 9 h e as 18 h, o ponteiro das horas descreveu um ângulo orientado de amplitude ( ) × − ° =− ° 9 30 270 . Pág. 51 Proposta 30 30.1. As duas circunferências concêntricas, representadas na figura, estão divididas em 6 arcos iguais, de amplitude ° = ° 360 :6 60 . Como ° = × ° 120 2 60 , sabe-se que ( ) ° = ,120 ( ) O R C E . 30.2. Ora, ( ) − ° = , 60 ( ) O R E D . 30.3. Como ( ) − °= × − ° 240 4 60 , conclui-se que ( ) − ° = , 240 ( ) O R U Q . 30.4. Como ° = × ° 300 5 60 , conclui-se que ( ) ° = ,300 ( ) O R B A . 30.5. Ora, ( ) − ° = , 60 ( ) O R T S . 30.6. Considerando a medida da amplitude com menor valor absoluto sabe-se que o ponto B descreveu 2 arcos no sentido negativo até chegar ao ponto F, então a amplitude do ângulo descrito é de ( ) × − ° 2 60 , ou seja, −120°. Assim sendo, tem-se ( ) − ° = , 120 ( ) O R B F . NEMA11PR © Porto Editora
- 20. 21 Trigonometria efunções trigonométricas 21 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 30.7. A rotação de centro O e amplitude −180° transforma o ponto P no ponto S. O ponto Q é transformado no ponto S através de uma rotação de centro O e amplitude 120° ou −240°. Assim, tem-se ( ) ( ) ° − ° = ,120 , 180 ( ) ( ) O O R Q R P ou ( ) ( ) − ° − ° = , 240 , 180 ( ) ( ) O O R Q R P . Proposta 31 31.1. = × = 2,5 minutos 2,5 60 segundos 150 segundos e × ° = ° 150 4,5 675 . A amplitude do arco descrito pelo ponto A quando a roda gira durante 2,5 minutos é 675°. 31.2. × °+ ° = ° 6 360 270 2430 , ° ° = 2430 :4,5 540 e = 540:60 9 . A observação foi feita durante 9 minutos. 31.3. A amplitude do arco descrito pelo ponto A quando a roda gira durante 15 segundos é × ° = ° 15 4,5 67,5 . Como = π× = π 2 2 círculo 15 225 cm A , sabe-se que a área do setor circular correspondente ao arco descrito pelo ponto A quando a roda gira durante 15 segundos é igual a π × 2 225 67,5 cm 360 , ou seja, aproximadamente 2 132,5 cm . Pág. 52 Proposta 32 32.1. Como = π× = π roda 2 35 70 cm P , = 2,5km 250 000 cm e ( ) π ≈ 250 000: 70 1136,8 , conclui-se que cada roda da bicicleta deu 1136 voltas completas. 32.2. Como = π roda 70 cm P , × π = π ≈ 1000 70 70 000 219 911,5 cm e ≈ 219 911,5 cm 2,2 km , estima-se que a Biblioteca Municipal se encontra a, aproximadamente, 2,2 quilómetros da casa do Rui. Proposta 33 33.1. O hexágono regular e o quadrado inscritos na circunferência representada na figura dividem-na em 6 e 4 arcos iguais de amplitude 60° e 90°, respetivamente. a) Sabe-se que ° = °+ × ° 960 240 2 360 e °= × ° 240 4 60 , então conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de lado origem ɺ OA e amplitude 960° é a semirreta ɺ OF . b) Como ° = °+ × ° 960 240 2 360 , sabe-se que a medida da amplitude do ângulo generalizado 960° é representada por ( ) ° 240 , 2 . 33.2. a) Sabe-se que ° = °+ × ° 1920 120 5 360 e ° = × ° 120 2 60 , então conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de lado origem ɺ OA e amplitude 1920° é a semirreta ɺ OD . b) Sabe-se que − ° = − °− × ° 1680 240 4 360 e °= × ° 240 4 60 , então conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de lado origem ɺ OA e amplitude −1960° é a semirreta ɺ OD . c) Sabe-se que − ° = − °− × ° 480 120 1 360 e ° = × ° 120 2 60 , então conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de lado origem ɺ OA e amplitude −480° é a semirreta ɺ OF . 33.3. a) Como ° = °+ × ° 1295 215 3 360 , sabe-se que a medida da amplitude do ângulo generalizado 1295° é representada por ( ) ° 215 , 3 . b) Como − ° = − °− × ° 2016 216 5 360 , sabe-se que a medida da amplitude do ângulo generalizado −2016° é representada por ( ) − ° − 216 , 5 . c) Como ° = × ° 1080 3 360 , sabe-se que a medida da amplitude do ângulo generalizado 1080° é representada por ( ) ° 0 , 3 . d) Como − ° = − °− × ° 1530 90 4 360 , sabe-se que a medida da amplitude do ângulo generalizado −1530° é representada por ( ) − ° − 90 , 4 . Proposta 34 34.1. θ= = 2 1 cos 4 2 . 34.2. β = 1 sin 4 . 34.3. α = 3 cos 4 . 34.4. Como 2 Q. . β ∈ ° , tem-se: 2 1 15 cos 1 4 16 = − − = − = β 15 4 = − e β β β = = = − − 1 sin 15 4 tan cos 15 15 4 . 34.5. 2 2 2 2 1 1 1 tan 1 tan cos 3 4 + = ⇔ + = ⇔ α α α 2 2 16 7 1 tan tan 9 9 α α ⇔ + = ⇔ = Como 4 Q. . α ∈ ° , conclui-se que 7 tan 3 α = − . Pág. 53 Proposta 35 35.1. Como ° = °+ × ° 840 120 2 360 , − ° = − °− × ° 405 45 1 360 e ° = °+ × ° 1500 60 4 360 , então a correspondência entre as amplitudes e as respetivas imagens de A é a seguinte: ° → − ° → ° → 840 ; 405 ; 1500 C D B . NEMA11PR © Porto Editora
- 21. 22 Unidade 1 22 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 35.2. a) Como ° = °+ × ° 1500 60 4 360 e a circunferência é trigonométrica sabe-se que ( ) ° ° cos 60 , sin 60 B , ou seja, 1 3 , 2 2 B . b) Como ° = °+ × ° 840 120 2 360 e a circunferência é trigonométrica sabe-se que ( ) ° ° cos 120 , sin 120 C . Atendendo a que ( ) ° = − °− ° = − ° = − 1 cos 120 cos 180 120 cos 60 2 e ( ) ° = °− ° = ° = 3 sin120 sin 180 120 sin60 2 , tem-se − 1 3 , 2 2 C . c) Como − ° = − °− × ° 405 45 1 360 e a circunferência é trigonométrica sabe-se que ( ) ( ) ( ) − ° − ° cos 45 , sin 45 C . Atendendo a que ( ) ( ) − ° = ° = 2 cos 45 cos 45 2 e ( ) ( ) − ° =− ° =− 2 sin 45 sin 45 2 , tem-se − 2 2 , 2 2 D . 35.3. Como o ponto E pertence à circunferência trigonométrica e tem abcissa − 3 4 , sabe-se que α = − 3 cos 4 . Sendo 3 Q. . α ∈ ° , tem-se α = − − − = − = − 2 3 7 7 sin 1 4 16 4 e α α α − = = = − 7 sin 7 4 tan 3 cos 3 4 . Proposta 36 36.1. Como e 2 Q. . α ∈ ° , tem-se: α = − − = − = − 2 1 24 2 6 cos 1 5 25 5 e α α α = = = − = − − 1 sin 1 6 5 tan cos 12 2 6 2 6 5 . 36.2. ( ) α α α + − = ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 1 1 1 1 3 10 cos 10 cos cos . Como 4 Q. . α ∈ ° , conclui-se que α = 10 cos 10 . Então, tem-se: α α α = × =− × =− 10 3 10 sin tan cos 3 10 10 . 36.3. Como α = − 1 cos 3 e 3 Q. . α ∈ ° , tem-se: α = − − − = − = − 2 1 8 2 2 sin 1 3 9 3 e α α α − = = = − 2 2 sin 3 tan 2 2 1 cos 3 . 36.4. Como α = − 1 sin 4 e 4 Q. . α ∈ ° , tem-se: α = − − = = 2 1 15 15 cos 1 4 16 4 e α α α − = = = − = − 1 sin 1 15 4 tan cos 15 15 15 4 . Proposta 37 37.1. Como o ponto B pertence à circunferência trigonométrica e tem ordenada 0,6 , sabe-se que α = = 3 sin 0,6 5 . Sendo 1 Q. . α ∈ ° , tem-se α = − = = 2 3 16 4 cos 1 5 25 5 e α α α = = = 3 sin 3 5 tan 4 cos 4 5 . Então, 4 3 , 5 5 B e 3 1, 4 F . 37.2. Como o ponto C pertence à circunferência trigonométrica e tem ordenada 0,6 , sabe-se que β = = 3 sin 0,6 5 . Sendo 2 Q. . β ∈ ° , tem-se β = − − = − = − 2 3 16 4 cos 1 5 25 5 e β β β = = = − − 3 sin 3 5 tan 4 cos 4 5 . Então, 4 3 , 5 5 C − e 3 1, 4 E − . Pág. 54 Proposta 38 38.1. sin 750 cos 960 ° + ° = ( ) ( ) ( ) ( ) sin 30 2 360 cos 240 2 360 sin 30 cos 240 = °+ × ° + °+ × ° = ° + ° = ( ) ( ) 1 1 cos 180 60 cos 60 2 2 = + °+ ° = − ° = 1 1 0 2 2 = − = . 38.2. ( ) sin 420 tan 690 − ° − ° = ( ) ( ) sin 60 360 tan 2 360 30 = − °− ° − × °− ° = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 sin 60 tan 30 sin 60 tan 30 2 3 = − ° − − ° =− ° + ° =− + = 3 6 = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 22. 23 Trigonometria efunções trigonométricas 23 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 38.3. ( ) cos 675 sin 1395 − ° + ° = ( ) ( ) cos 45 2 360 sin 4 360 45 = °− × ° + × °− ° = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 cos 45 sin 45 cos 45 sin 45 0 2 2 = ° + − ° = ° − ° = − = . 38.4. ( ) ( ) sin 480 cos 930 − ° + − ° = ( ) ( ) sin 120 360 cos 2 360 210 = − °− ° + − × °− ° = ( ) ( ) ( ) ( ) sin 120 cos 210 sin 120 cos 210 = − ° + − ° =− ° + ° = ( ) ( ) ( ) ( ) sin 180 120 cos 180 30 sin 60 cos 30 =− °− ° + °+ ° =− ° − ° = 3 3 3 2 2 = − − = − . Proposta 39 39.1. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que θ θ ∧ = cos 0 sin a , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 2.° quadrante porque nesse quadrante o seno é positivo e o cosseno é negativo. 39.2. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que sin cos 0 a θ θ = − ∧ , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 4.° quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e o cosseno é positivo. 39.3. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que θ θ = ∧ tan sin 0 2 a , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.° quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a tangente é positiva. 39.4. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que θ θ = − ∧ tan cos 0 a , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 4.° quadrante porque nesse quadrante a tangente é negativa e o cosseno é positivo. 39.5. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que θ θ = − ∧ cos tan 0 3 a , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 2.° quadrante porque nesse quadrante o cosseno e a tangente são negativos. 39.6. Sendo ] [ ∈ 0, 1 a e sabendo que sin tan 0 a θ θ = − ∧ , conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.° quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a tangente é positiva. Proposta 40 Atendendo à figura, sabe-se que Q . 4 ∈ ° θ e θ = − 3 tan 2 . θ θ θ + −= ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 3 1 13 1 4 1 cos 2 4 13 cos cos . Como Q . 4 ∈ ° θ , conclui-se que θ = 2 cos 13 . Donde se conclui que 3 2 3 sin tan cos 2 13 13 = × = − × = − θ θ θ . Assim, tem-se 3 2 1 13 sin cos 13 13 13 13 + = − + = − = − θ θ . Proposta 41 Atendendo à figura, sabe-se que ( ) ( ) 1, tan 60 A − ° e ( ) ( ) ( ) cos 60 , sin 60 B − ° − ° . Ora, ( ) − ° = − ° = − tan 60 tan60 3 , ( ) − ° = ° = 1 cos 60 cos 60 2 e ( ) − ° = − ° = − 3 sin 60 sin 60 2 . Então, tem-se ( ) 1 3 1, 3 e , 2 2 A B − − . O ponto C é simétrico do ponto B em relação à origem do referencial, logo − 1 3 , 2 2 C . Pág. 55 Proposta 42* 42.1. O triângulo [ABC] é equilátero e está inscrito na circunferência. Logo divide-a em três arcos iguais, de amplitude 120°. Assim sendo, = ° ˆ 120 AOC . Seja P o ponto de interseção da circunferência trigonométrica com o semieixo positivo das abcissas. Então, sabe-se que = °− ° = ° ˆ 120 90 30 AOP . Logo ( ) ° ° cos 30 , sin 30 A , ou seja, 3 1 , 2 2 A . O ponto B é simétrico do ponto A em relação ao eixo das ordenadas, logo − 3 1 , 2 2 B . 42.2. Atendendo aos dados do enunciado, sabe-se que = ° = °− ° = ° = °− ° = ° ˆ ˆ ˆ 60 , 60 30 30 e 120 30 90 DOP DOP DOB . Então, [BD] é o lado de um quadrado inscrito na circunferência trigonométrica. 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 BD BO DO BD BD = + ⇔ = + ⇔ = . Como 0 BD , conclui-se que = 2 BD . = quadrado 4 2 P . Proposta 43* 43.1. Seja x a medida do lado de um quadrado que pode ser inscrito na circunferência trigonométrica. Então, tem-se: NEMA11PR © Porto Editora
- 23. 24 Unidade 1 24 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) ( ) + = ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x r x x . Como 0 x , conclui-se que = 2 x . Assim, = 2 AB . Como α é a amplitude do ângulo orientado que tem o semieixo positivo Ox como lado origem e lado extremidade ɺ OB , sabe-se que α = = tan 2 AB . ( ) α α α + = ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 cos 3 cos cos . Como 1 Q. . α ∈ ° , conclui-se que α = 3 cos 3 . Então, tem-se: ( ) α α °− = − = − 3 cos 180 cos 3 . 43.2. Sabe-se ( ) θ α = , 5 , então θ α = sin sin . Ora, α α α = × = × = 3 6 sin tan cos 2 3 3 . Conclusão: θ = 6 sin 3 . Pág. 56 49.1. Sabe-se que a amplitude de um arco de circunferência é igual à amplitude do ângulo ao centro correspondente e que um radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina em qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao seu raio. Nesta situação, a pista é uma circunferência tem 150 m de raio. Então, o ciclista ao descrever um arco com 4 radianos de amplitude percorre × = 4 150 600 m . 49.2. Se o ciclista percorreu 375 m, então descreveu um arco com = 375:150 2,5 radianos de amplitude. 50. Como o perímetro do setor circular AOB, tem-se: + + = ⇔ = ⇔ = 2 24 4 24 6 r r r r r . O comprimento da circunferência é dado por 2 r π . Neste caso, comprimento da circunferência é 12π . Pág. 57 51.1. Seja x o comprimento do arco AB. 2 1 rad x 1,5rad Daqui resulta que × = = 2 1,5 3 1 x . 51.2. Seja y a amplitude em radianos do arco BC. 2 1 rad 5,6 rad y Daqui resulta que × = = 5,6 1 2,8 2 y . 52.1. O raio da circunferência a que pertencem os pontos P e B é igual a 3 e = 3 PB . O comprimento do arco PB é superior ao comprimento da corda [PB], ou seja, é superior a 3 (ao raio da circunferência). Um radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina em qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao seu raio. Logo, a amplitude do ângulo ao centro POB é superior a 1 rad. 52.2. Os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes porque têm dois lados proporcionais = OB OP OD OQ e o ângulo por eles formado igual ( ) = ˆ ˆ POB QOD . 52.3. Como os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes, então tem-se: = ⇔ = ⇔ = 2 3 8 4 3 AP OP CQ CQ OQ CQ . Como os triângulos [OBP] e [ODQ] são semelhantes, então tem- -se: = ⇔ = ⇔ = 3 3 4 4 OB PB QD OD QD QD . Donde se conclui que + = + = 8 20 4 3 3 CQ QD . 52.4. O comprimento da linha poligonal inscrita no arco AB é + = 2 3 5 e o comprimento da linha poligonal inscrita no arco CD é 20 3 . As circunferências a que pertencem os arcos AB e CD têm raios 3 e 4, respetivamente. Como = 20 5 3 3 4 , conclui-se que os comprimentos das linhas poligonais inscritas nos arcos AB e CD são proporcionais aos raios das circunferências. Pág. 59 53.1. a) Como o dodecágono é regular divide a circunferência em que está inscrito em doze arcos geometricamente iguais, de amplitude ° = ° 360 :12 30 . Sabe-se que = ° ˆ 60 AOC . Seja x a amplitude em radianos do ângulo AOC. ° 180 π ° rad 60 rad x Daqui resulta que ×π π = = 60 180 3 x . Conclusão: ˆ rad 3 AOC π = . b) Sabe-se que = ° ˆ 120 AOE . Seja y a amplitude em radianos do ângulo AOE. ° 180 π ° rad 120 rad y Daqui resulta que π ×π = = 2 120 180 3 y . Conclusão: 2 ˆ rad 3 AOE π = . NEMA11PR © Porto Editora
- 24. 25 Trigonometria efunções trigonométricas 25 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) c) Seja α o ângulo côncavo AOI. Sabe-se que α = ° ˆ 240 . Seja z a amplitude em radianos do ânguloα . ° 180 π ° rad 240 rad z Daqui resulta que π ×π = = 4 240 180 3 z . Conclusão: 4 ˆ rad 3 α π = . d) Seja β o ângulo côncavo AOM. Sabe-se que β = ° ˆ 330 . Seja b a amplitude em radianos do ângulo β . ° 180 π ° rad 330 rad b Daqui resulta que π ×π = = 11 330 180 6 b . Conclusão: 11 ˆ rad 6 β π = . 53.2. a) Sabe-se que = − ° ˆ 30 AOM . Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em 53.1., conclui-se que ˆ rad 6 AOM π = − . b) Sabe-se que = − ° ˆ 150 AOH . Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em 53.1., conclui-se que 5 ˆ rad 6 AOH π = − . c) Seja α o ângulo côncavo AOF. Sabe-se que α = − ° ˆ 210 . Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em 53.1., conclui-se que 7 ˆ rad 6 α π = − . d) Seja β o ângulo côncavo AOD. Sabe-se que β = − ° ˆ 270 . Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em 53.1., conclui-se que 3 ˆ rad 2 β π = − . 54. Sabe-se que num paralelogramo dois ângulos opostos são iguais e dois ângulos adjacentes ao mesmo lado são suplementares. Assim sendo, em graus, tem-se = °− ° = ° ˆ 180 40 140 ABC e = ° ˆ 40 BCD . Resta apenas converter as amplitudes de graus para radianos. ° 180 π ° rad 140 rad a Daqui resulta que π ×π = = 7 140 rad 180 9 a . ° 180 π ° rad 40 rad b Daqui resulta que π ×π = = 2 40 rad 180 9 b . Pág. 60 55.1. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo côncavo formado pelos ponteiros do relógio às 04:00. Sabe-se que ° = × =° 360 8 240 12 x . Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo côncavo formado pelos ponteiros do relógio às 04:00. ° 180 π ° rad 240 rad y Daqui resulta que π ×π = = 4 240 rad 180 3 y . 55.2. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo convexo formado pelos ponteiros do relógio às 01:30. Sabe-se que ° = × = ° 360 4,5 135 12 x . Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo convexo formado pelos ponteiros do relógio às 01:30. ° 180 π ° rad 135 rad y Daqui resulta que π ×π = = 3 135 rad 180 4 y . Pág. 61 56.1. Sabe-se que 180 180 rad, 30 , 6 ° ° → π ° = 180 45 4 ° ° = e 180 60 3 ° ° = , então tem-se: Graus 30° 45° 60° Radianos π 6 π 4 π 3 56.2. π π π + + = × + + × = + 3 3 2 3 3 2sin cos 2sin 2 2 2 3 6 4 2 2 2 2 . 57.1. Seja x a amplitude em graus que corresponde a 7 π 5 radianos. ° 180 π rad x π 7 rad 5 Daqui resulta que π × = = π 7 180 5 252 x . Então, x = ° 252 0' 0'' . 57.2. Seja y a amplitude em graus que corresponde a 6,2 radianos. ° 180 π rad y 6,2 rad Daqui resulta que × = = π π 180 6,2 1116 y . Recorrendo a uma calculadora tem-se ≈ ° 355,233833 y . Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’. × = 0,233833 60 14,02998 ; ×= ≈ 0,02998 60 1,7988 2 Então, y = ° 355 14' 2'' . NEMA11PR © Porto Editora
- 25. 26 Unidade 1 26 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 57.3. Seja z a amplitude em graus que corresponde a π 12 7 radianos. ° 180 π rad z π 12 rad 7 Daqui resulta que π × = = π 12 180 2160 7 7 z . Recorrendo a uma calculadora tem-se ≈ ° 308,5714286 z . Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’. × = 0,5714286 60 34,285716 × = ≈ 0,285716 60 17,14296 17 Então, z = ° 308 34' 17'' . 57.4. Seja a a amplitude em graus que corresponde a π 17 9 radianos. ° 180 π rad a π 17 rad 9 Daqui resulta que π × = = π 17 180 9 340 a . Então,= ° 340 0' 0'' a . 57.5. Seja b a amplitude em graus que corresponde a 0,2 radiano. ° 180 π rad b 0,2 rad Daqui resulta que × = = π π 180 0,2 36 b . Recorrendo a uma calculadora tem-se ≈ ° 11,4591559 b . Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’. × = 0,4591559 60 27,549354 × = ≈ 0,5459354 60 32,96124 33 Então, b = ° 11 27' 33'' . 58. π π π π = + = + × π 27 7 20 7 2 2 5 5 5 5 ; Em graus: °+ × ° 252 2 360 . − ° = − °− × ° 1500 60 4 360 . π π π π = + = + × π 27 3 24 3 3 2 4 4 4 4 ; Em graus: °+ × ° 135 3 360 . Portanto, a associação entre cada uma das amplitudes e o lado extremidade é a seguinte: π π → − ° → → ɺ ɺ ɺ 27 27 ; 1500 ; 5 4 OR OS OT . Tarefa 9 1. A circunferência tem 8 m de raio. Seja x a amplitude, em radianos, do arco descrito pelo Pedro. 8 m π 1 rad 12 m rad x Daqui resulta que π× π = = 12 1 3 8 2 x . 2.1. O perímetro da circunferência é π× = π 2 8 m 16 m . Seja y o comprimento do arco descrito pelo Pedro. 16 m π 360 m y ° 135° Daqui resulta que × π = = π 135 16 6 360 y . O arco descrito pelo Pedro tem 6 m π de comprimento. 2.2. Seja x a amplitude do arco descrito pelo Pedro em radianos. ° 180 π ° rad 135 rad x Daqui resulta que π ×π = = 3 135 180 4 x . O Pedro descreveu um arco de amplitude π 3 rad 4 . 3.1. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a amplitude, em graus, de cada um desses arcos ° = ° 360 22,5 16 . Como a circunferência roda no sentido positivo e ° ° = 45 :22,5 2 , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude 45° irá parar no ponto 2 P . 3.2. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a amplitude, em radianos, de cada um desses arcos π π = 2 16 8 . Como a circunferência roda no sentido positivo e π π = 5 : 5 8 8 , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude π 5 8 irá parar no ponto 5 P . 3.3. Como a circunferência roda no sentido positivo e 5 : 10 4 8 π π = , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude 5 4 π irá parar no ponto 10 P . 3.4. Sabe-se que 1° corresponde a 60’, logo 30’ corresponde a 0,5°. Portanto ° = ° 292 30' 292,5 . Como a circunferência roda no sentido positivo e ° ° = 292,5 :22,5 13 , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude 292,5° irá parar no ponto 13 P . 4.1. Se o Pedro parou no ponto 11 P então a amplitude, em radianos, do arco descrito foi π π × = 11 11 8 8 . 4.2. Se o Pedro parou no ponto 11 P então a amplitude, em graus, do arco descrito foi × ° = ° 11 22,5 247,5 . Assim sendo, para que o Pedro complete a volta, falta descrever um arco de amplitude °− ° = ° 360 247,5 112,5 . 5. Como ( ) ° ° = 200 :22,5 8, 8 e ( ) π π = 7 : 9, 3 6 8 , conclui-se que a amplitude arco descrito pelo Pedro em graus é × ° = ° 9 22,5 202,5 e em radianos é π π × = 9 9 8 8 . NEMA11PR © Porto Editora
- 26. 27 Trigonometria efunções trigonométricas 27 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Pág. 62 59.1. a) Sabe-se que 7 6 2 3 3 3 3 π π π π = + = + π . Então, 3 α π = e 1 k = . b) Sabe-se que π π π π π = + = + π = + × π 41 5 36 5 5 6 3 2 6 6 6 6 6 . Então, α π = = 5 e 3 6 k . 59.2. O lado extremidade do ângulo de amplitude π 7 3 coincide com o lado extremidade do ângulo de amplitude 3 π . Então, π π π cos , sin e 1, tan 3 3 3 A B , ou seja, ( ) 1 3 , e 1, 3 2 2 A B . O lado extremidade do ângulo de amplitude π 41 6 coincide com o lado extremidade do ângulo de amplitude 5 6 π . Então, 5 5 5 cos , sin e 1, tan 6 6 6 C D π π π , ou seja, − − 3 1 3 , e 1, 2 2 3 C D . Nota: 5 5 5 cos cos , sin sin e tan tan 6 6 6 6 6 6 π π π π π π = − = = − . 59.3. a) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se 7 7 7 3 1 sin , cos e tan 3 3 2 3 2 3 π π π = = = . b) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se 41 41 41 1 3 3 sin , cos e tan 6 2 6 2 6 3 π π π = = − = − . Pág. 63 60.1. a) Como o triângulo [ABC] é equilátero e o ponto O é a interseção das medianas do triângulo, sabe-se que π = 2 ˆ 3 BOC . Então, a imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo de amplitude π 2 3 é o ponto C. b) A imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo de amplitude π − 2 3 é o ponto A. 60.2. a) Como o triângulo [ABC] é equilátero, tem-se π = ˆ 3 BAC e π π = π− = 2 ˆ 3 3 DAC . Como π π − = × − 4 2 2 3 3 , conclui-se que a imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de amplitude π − 4 3 é o ponto D. b) Como π π π π π = + = + π = + × π 17 5 12 5 5 4 2 2 3 3 3 3 3 , conclui-se que a imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de amplitude π 17 3 é o ponto B. Tarefa 10 1.1. A roleta está dividida em oito partes iguais. A amplitude, em radianos, de cada uma dessas partes é π π = 2 8 4 . Como π π π π = + = + π 7 6 2 3 3 3 3 , conclui-se que a jogada é nula porque a roleta não dá duas voltas completas. 1.2. Como π π π π π = + = + π = + × π 21 20 4 2 2 5 5 5 5 5 , conclui-se que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o número 8. Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 8 €. 1.3. Como π π π π π = + = + π= + × π 13 12 6 3 2 2 2 2 2 2 , conclui-se que a jogada é nula porque, após a jogada, a seta fica na divisão dos setores com os números 4 e −7. 1.4. Como π π π π π − = − − = − − π = − − × π 37 36 6 3 2 6 6 6 6 6 , conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número −1. Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 1 €. 1.5. Como π π π π π − = − − = − − π = − − × π 29 5 24 5 5 4 2 2 6 6 6 6 6 , conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número −3. Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 3 €. 1.6. Como π π π π π = + = + π= + × π 39 7 32 7 7 4 2 2 8 8 8 8 8 , conclui- -se que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o número 1. Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 1 €. 2.1. Por exemplo: 5 37 4 22 2 2 e 3 2 8 8 3 3 π π π π − − × π = − + × π = . 2.2. Por exemplo: 25 13 45 4 2 e 2 2 3 3 8 8 π π π π − − × π = − + × π = . 2.3. Por exemplo: 6 56 5 2 5 5 π π − − × π = − e 7 103 6 2 8 8 π π + × π = . 2.4. Por exemplo: 4 16 2 2 3 3 π π − − × π = − e 7 87 4 2 10 10 π π + × π = . NEMA11PR © Porto Editora
- 27. 28 Unidade 1 28 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 3.1. Como π π 2 2 9 8 e a rotação é efetuada no sentido positivo, conclui-se que nessa jogada há um ganho de 8 €. 3.2. Como π π = × 3 3 4 4 e a rotação é efetuada no sentido negativo, conclui-se que a jogada é nula porque a seta fica na divisão dos setores com os números 2 e −3. Pág. 64 61.1. Sendo 3 o período positivo mínimo da função f, então sabe- -se que ( ) ( ) 3 , f x f x x + = ∀ ∈R . Logo, ( ) ( ) ( ) = − + = − = 2 1 3 1 2 f f f . 61.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + = = + = = 12 9 3 9 6 3 6 7 f f f f f . 61.3. ( ) ( ) ( ) = − = = 3 6 3 6 7 f f f . Pág. 66 62.1. O contradomínio da função seno é [ ] 1, 1 − . Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função seno por uma dilatação vertical de coeficiente 4, então conclui-se que [ ] 4, 4 f D′ = − . 62.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈ 0 4sin 0 sin 0 , f x x x x k k Z . Os zeros de f que pertencem ao intervalo ] [ 2 , 2 − π π são −π π , 0 e . 63.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno por uma contração horizontal de coeficiente 1 2 . Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao contradomínio da função seno, ou seja, [ ] 1, 1 g D′ = − . 63.2. , x x ∀ ∈ + π∈ R R . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 sin 2 2 sin 2 g x x x x g x + π = + π = + π = = . 63.3. , x x ∀ ∈ − ∈ R R . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = − = − = − = − sin 2 sin 2 sin 2 g x x x x g x . 63.4. ( ) ( ) 0 sin 2 0 2 , , 2 k g x x x k k x k π = ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈ Z Z . 64.1. O contradomínio da função seno é [ ] −1,1 . O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função seno através da seguinte sequência de transformações: uma contração horizontal de coeficiente 1 2 , uma reflexão de eixo Ox e translação vertical de vetor ( ) 0,3 v = . Então, conclui-se que [ ] 3 1,3 1 f D′ = − + , ou seja, [ ] 2,4 f D′ = . 64.2. O ponto A pertence ao eixo das ordenadas e ao gráfico de f, então ( ) ( ) 0, 0 A f . Como ( ) ( ) 0 3 sin 0 3 0 3 f = − = − = , tem-se ( ) 0,3 A . O ponto B tem abcissa π 6 e pertence ao gráfico de f, então π π , 6 6 B f . Como π π π =− × =− =− 3 3 sin 2 3 sin 3 6 6 3 2 f , tem-se π − 3 ,3 6 2 B . Pág. 67 65.1. O contradomínio da função seno é [ ] 1,1 − . Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função seno por uma dilatação vertical de coeficiente 5, então conclui-se que [ ] ′ = −5,5 f D . 65.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈ 0 5sin 0 sin 0 , f x x x x k k Z . 65.3. [ ] ′ = −5, 5 f D . O valor mínimo de f é −5 . ( ) π = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + π ∈ 3 5 5sin 5 sin 1 2 , 2 f x x x x k k Z . De seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os quais π −π + π π 3 2 2 2 k . 3 5 2 2 2 2 2 2 k k k k π π π −π + π π ∧ ∈ ⇔ − π ∧ ∈ ⇔ Z Z { } 5 1 1, 0 4 4 k k k ⇔ − ∧ ∈ ⇔ ∈ − Z . Se = −1 k , então π = − 2 x . Se = 0 k , então π = 3 2 x . Conclusão: π π ∈ − 3 , 2 2 x . 66.1. Sendo A o ponto de interseção do gráfico de g com o eixo das ordenadas, então ( ) ( ) 0, 0 A g . Como ( ) ( ) = − = − = 0 2 sin 0 2 0 2 g , tem-se ( ) 0,2 A . O contradomínio da função seno é [ ] −1,1 . O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma translação vertical de vetor ( ) = 0,2 v . Então, conclui-se que [ ] 2 1, 2 1 g D′ = − + , ou seja, [ ] 1, 3 g D′ = . A função g admite um mínimo no ponto B, logo ( ) ,1 B x e ( )=1 g x . ( ) π = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = + π ∈ 1 2 sin 1 sin 1 2 , 2 g x x x x k k Z . NEMA11PR © Porto Editora
- 28. 29 Trigonometria efunções trigonométricas 29 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Se = 0 k , então π = 2 x . Donde se conclui que π ,1 2 B . O gráfico da função h obtém-se a partir do gráfico da função seno por uma dilatação vertical de coeficiente 3, então conclui-se que [ ] 3, 3 h D′ = − . A função h admite um máximo no ponto C, logo ( ) ,3 C x e ( )=3 g x . ( ) π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈ 3 3sin 3 sin 1 2 , 2 g x x x x k k Z . Se = 0 k , então π = 2 x . Portanto, ,3 2 C π . 66.2. ( ) [ ] 3 1 2 2 2 2 B ABC BC y A π − × × π = = = . Pág. 68 67.1. No intervalo [ ] −π π , , o contradomínio da função seno é [ ] −1, 1 . O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno através de uma dilatação vertical de coeficiente 2 seguida de uma translação vertical de vetor ( ) = 0, 1 v . Então, conclui-se que ( ) ´ 1 2 1 , 1 2 1 g D = + × − + × , ou seja, [ ] ´ 1, 3 g D = − . 67.2. A função g admite um mínimo no ponto A e um máximo no ponto B. Como [ ] ′ = −1, 3 g D , o mínimo da função g é −1 e o máximo é 3. ( ) π = − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔ = + π ∈ 3 1 1 2sin 1 sin 1 2 , 2 g x x x x k k Z . Se = 0 k , então 2 x π = − . Então, tem-se , 1 2 A π − − . ( ) 3 1 2sin 3 sin 1 2 , 2 g x x x x k k π = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z . Se = −1 k , então 2 x π = . Então, tem-se ,3 2 B π . 68.1. Como [ ] , 5 x∈ π π , 5 , 2 2 2 x π π ∈ . No intervalo 5 , 2 2 π π , o seno toma valores entre −1 e 1. Logo, [ ] 1, 1 h D′ = − . 68.2. Os pontos A e C têm abcissas π e 5π , respetivamente, e pertencem ao gráfico de h, logo ( ) ( ) , A h π π e ( ) ( ) 5 , 5 C h π π . Como ( ) sin 1 2 h π π = = e ( ) 5 5 sin sin 2 sin 1 2 2 2 h π π π π = = + π = = , tem-se ( ) , 1 A π e ( ) 5 , 1 C π . A função h admite um mínimo no ponto B. Como [ ] 1, 1 h D′ = − , o mínimo da função h é −1. ( ) 3 1 sin 1 2 , 2 2 2 x x h x k k π = − ⇔ = − ⇔ = + π ∈ ⇔ Z 3 4 , x k k ⇔ = π+ π ∈Z . Se = 0 k , então 3 x= π . Então, tem-se ( ) 3 , 1 B π − . 68.3. ( ) 0 sin 0 , 2 , 2 2 x x h x k k x k k = ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = π ∈ Z Z . Como [ ] , 5 x∈ π π , de seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os quais 2 5 k π π π . { } 1 5 2 5 1, 2 2 2 k k k k k π π π ∧ ∈ ⇔ ∧ ∈ ⇔ ∈ Z Z . Se = 1 k , então 2 x= π . Se = 2 k , então 4 x= π . Os zeros da função h são 2 e 4 π π . Pág. 69 69. Como 2 3 π é o período positivo mínimo da função f, sabe-se que ( ) 2 , 3 f f x f x x D π + = ∀ ∈ . Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de f e têm a mesma ordenada. Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da função, conclui-se que: 7 2 12 3 12 a π π π = − = − e 7 2 15 5 12 3 12 4 c π π π π = + = = . 70.1. , 40 f f x D x D ∀ ∈ + ∈ . ( ) ( ) 40 40 2 sin 2 sin 8 5 5 x x f x π + π + = − = − + π = ( ) 2 sin 5 x f x π = − = . Donde se conclui que 40 é período da função f. 70.2. Seja P o período positivo mínimo da função f. Por definição, ( ) ( ), f f x P f x x D += ∀ ∈ . ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 sin 5 5 x P x f x P f x π + π + = ⇔ − = − ⇔ sin sin 5 5 5 x P x π π π ⇔ + = . NEMA11PR © Porto Editora
- 29. 30 Unidade 1 30 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui- -se que 2 10 5 P P π = π ⇔ = . Então, o período positivo mínimo da função f é 10. 70.3. 5 5 1 3 6 2 sin 2 sin 2 6 5 6 2 2 f π× π = − = − = − = . = + = + = = * 65 5 60 5 5 3 10 6 6 6 6 6 2 f f f f . * porque 10 é o período positivo mínimo da função f. Tarefa 11* 1.1. Seja P o período positivo mínimo da função g. Por definição, ( ) ( ), g g x P g x x D += ∀ ∈ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 4 sin 4 g x P g x x P x + = ⇔ + = ( ) ( ) sin 4 4 sin 4 x P x ⇔ + = . Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui- -se que 4 2 2 P P π = π ⇔ = . Então, o período positivo mínimo da função g é 2 π . 1.2. Como 2 π é o período positivo mínimo da função g, sabe-se que ( ), 2 g g x g x x D π + = ∀ ∈ . Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de g e têm a mesma ordenada. Atendendo à representação gráfica de g e à periodicidade da função, conclui-se que: 3 5 2 10 a π π π = − = − e 7 5 2 10 b π π π = + = . Pág. 70 71.1. O contradomínio da função cosseno é [ ] 1, 1 − . Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função cosseno por uma dilatação vertical de coeficiente 2, então conclui-se que [ ] 2, 2 f D′ = − . 71.2. , 2 x x ∀ ∈ + π∈ R R . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2cos 2 2cos f x x x f x + π = + π = = . Donde se conclui que 2π é período da função f. 72.1. No intervalo [ ] 0, π , o cosseno toma valores entre −1 e 1. Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( ) =cos y x no intervalo [ ] 0, π , então conclui-se que [ ] 3, 3 f D′ = − . ( ) 0 3cos 0 cos 0 , 2 f x x x x k k π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z . Como [ ] 0, x∈ π , conclui-se que o zero da função f é 2 π . 72.2. No intervalo [ [ , 2 −π π , o cosseno toma valores entre −1 e 1. Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( ) =cos y x no intervalo [ [ , 2 −π π , então conclui-se que [ ] 3, 3 f D′ = − . ( ) 0 3cos 0 cos 0 , 2 f x x x x k k π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z . Como [ [ , 2 x∈ −π π , conclui-se que os zeros da função f são 3 , e 2 2 2 π π π − . 72.3. No intervalo , 2 2 π π − , o cosseno toma valores entre 0 e 1. Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( ) =cos y x no intervalo , 2 2 π π − , então conclui-se que [ ] 0, 3 f D′ = . ( ) 0 3cos 0 cos 0 , 2 f x x x x k k π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z . Como , 2 2 x π π ∈ − , conclui-se que os zeros da função f são e 2 2 π π − . 73.1. O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função cosseno através de uma contração horizontal de coeficiente 1 2 seguida de uma translação vertical de vetor ( ) = − 0, 2 v . Então, conclui-se que [ ] 1 2, 1 2 f D′ = − − − , ou seja, [ ] 3, 1 f D′ =− − . 73.2. O ponto P tem abcissa 8 π e pertence ao gráfico de f, então , 8 8 P f π π . Como 2 2 cos 2 2 cos 2 8 8 4 2 f π π π = − + × = − + = − + , tem-se 2 , 2 8 2 P π − + . Sendo Q o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das ordenadas, então ( ) ( ) 0, 0 Q f . Como ( ) ( ) = − + = − + = − 0 2 cos 0 2 1 1 f , tem-se ( ) − 0, 1 Q . Pág. 71 74.1. ( ) ( ) cos 1 f π = π = − , ( ) ( ) cos 2 1 g π = π = e ( ) cos 0 2 h π π = = . Então, a correspondência entre as funções e as representações gráficas é a seguinte: f → II; g → III; h → I. NEMA11PR © Porto Editora
- 30. 31 Trigonometria efunções trigonométricas 31 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 74.2. ( ) [ ] 0 cos 0 0, f x x x = ⇔ = ∧ ∈ π ⇔ [ ] , 0, 2 2 x k k x x π π ⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ = Z . ( ) ( ) [ ] 0 cos 2 0 0, g x x x = ⇔ = ∧ ∈ π ⇔ [ ] 2 , 0, 2 x k k x π ⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ Z [ ] 3 , 0, 4 2 4 4 k x k x x x π π π π ⇔ = + ∈ ∧ ∈ π ⇔ = ∨ = Z . ( ) [ ] 0 cos 0 0, 2 x h x x = ⇔ = ∧ ∈ π ⇔ [ ] , 0, 2 2 x k k x π ⇔ = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ Z [ ] 2 , 0, x k k x x ⇔ = π+ π ∈ ∧ ∈ π ⇔ = π Z . 75.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função cosseno por uma contração horizontal de coeficiente 1 4 . Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao contradomínio da função cosseno, ou seja, [ ] 1, 1 g D′ = − . 75.2. , 2 g g x D x D π ∀ ∈ + ∈ . ( ) ( ) ( ) cos 4 cos 4 2 cos 4 2 2 g x x x x g x π π + = += + π = = . Donde se conclui que 2 π é período da função g. 75.3. , g g x D x D ∀ ∈ − ∈ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = − = − = = cos 4 cos 4 cos 4 g x x x x g x . Donde se conclui que g é uma função par. 75.4. ( ) ( ) 0 cos 4 0 4 , 2 g x x x k k π = ⇔ = ⇔ = + π ∈ ⇔ Z , 8 4 k x k π π ⇔ = + ∈Z . 76.1. a) , f f x D x D ∀ ∈ − ∈ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = + − = + − = + = 2 cos 3 2 cos 3 2 cos 3 f x x x x f x . Donde se conclui que a função f é par. b) Seja P o período positivo mínimo da função f. Por definição, ( ) ( ), f f x P f x x D += ∀ ∈ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 cos 3 2 cos 3 f x P f x x P x + = ⇔ + + = + ⇔ ( ) ( ) cos 3 3 cos 3 x P x ⇔ + = . Como 2π é o período positivo mínimo da função cosseno, conclui-se que 2 3 2 3 P P π = π ⇔ = . Então, o período positivo mínimo da função f é 2 3 π . 76.2. a) Como f é uma função par, tem-se ( ) ( ) − = = 13 5 f a f a . b) Como 2 3 π é o período positivo mínimo da função f, tem-se ( ) 2 13 3 5 f a f a π + = = . Pág. 72 77.1. A função f admite um mínimo no ponto A, logo − 1 , 2 A x e ( ) 1 2 f x = − . ( ) 1 1 1 cos cos 1 2 , 2 2 2 f x x x x k k = − ⇔ − = − ⇔ =⇔ = π ∈Z . Se = 1 k , então 2 x= π . Donde se conclui que 1 2 , 2 A π − . A função f admite um máximo no ponto B, logo 3 , 2 B x e ( )= 3 2 f x . ( ) 3 1 3 cos cos 1 2 , 2 2 2 f x x x x k k = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = π+ π ∈Z . Se = 0 k , então x = π . Donde se conclui que 3 , 2 B π . O ponto C pertence ao gráfico de f e ao eixo das abcissas, logo ( ) ,0 C x e ( )= 0 f x . ( )= ⇔ − = ⇔ = 1 1 0 cos 0 cos 2 2 f x x x . Então, ,0 3 C π . 77.2. O contradomínio da função cosseno é [ ] 1, 1 − . O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função cosseno através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma translação vertical de vetor = 1 0, 2 v . Então, conclui-se que 1 1 1, 1 2 2 f D ′ = − + , ou seja, 1 3 , 2 2 f D ′ = − . 77.3. ( ) ( ) ( ) ( ) − =− − =− = = − * 1 1 1 cos cos 2 2 6 f a a a f a . * porque a função cosseno é par. 78.1. Sabe-se que 5 , 3 6 g D π π = − e ( )=cos g x x . Como, 1 cos cos 3 3 2 π π −= = , ( )= cos 0 1 , cos 0 2 π = e 5 3 cos cos cos cos 6 6 6 6 2 π π π π = π− = − π = − = − , conclui-se que 3 , 1 2 g D ′ = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 31. 32 Unidade 1 32 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 78.2. A função g tem máximo igual a 1 ( ) 1 cos 1 2 , g x x x k k = ⇔ = ⇔ = π ∈Z . Como 5 , 3 6 g D π π = − , conclui-se que = 0 x . Então, ( ) 0, 1 P . Pág. 73 79. Os pontos A e C têm abcissas 3π e 9 2 π , respetivamente, e pertencem ao gráfico de h, logo ( ) ( ) 3 , 3 A h π π e 9 9 , 2 2 C h π π . Como ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 cos 3 1 cos 1 1 2 h π =− + π =− + π =− + − =− e 9 9 1 cos 1 cos 4 1 cos 2 2 2 2 h π π π π = − + = − + + π = − + = 1 0 1 = − + = − , tem-se ( ) 3 , 2 A π − e 9 , 1 2 C π − . A função h admite um máximo no ponto B. Como [ ] 2,0 h D′ = − , o máximo da função h é 0. ( ) 0 1 cos 0 cos 1 2 , h x x x x k k = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = π ∈Z . Como 9 3 , 2 x π ∈ π , então 4 x= π . Então, tem-se ( ) 4 , 0 B π . 80.1. a) ( ) 1 1 2cos 1 2 0 1 2 f π = − = − × = . b) ( ) ( ) ( ) 6 6 1 2cos 1 2cos 3 1 2cos 2 f π = − = − π = − π = ( ) 1 2 1 3 = − × − = . 80.2. , 4 f f x D x D ∀ ∈ + ∈ . ( ) ( ) 4 4 1 2cos 1 2cos 2 2 2 x x f x π + π + = − = − + π = ( ) 1 2cos 2 x f x π = − = . Donde se conclui que 4 é período da função f. 80.3. O contradomínio da função cosseno é [ ] 1, 1 − . O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função cosseno através da seguinte sequência de transformações: uma contração horizontal de coeficiente 2 π , uma dilatação vertical de coeficiente 2, uma reflexão de eixo Ox e translação vertical de vetor ( ) = 0,1 v . Então, conclui-se que ( ) 1 2 1,1 2 1 f D′ = − × − × − , ou seja, [ ] 1, 3 f D′ = − . Pág. 74 81.1. : 2 , 2 f D x x k k π = = + π ∈ = R Z : , 4 2 k x x k π π = = + ∈ R Z . 81.2. : 3 , 2 g D x x k k π = = + π ∈ = R Z : , 6 3 k x x k π π = = + ∈ R Z . 81.3. : , 4 2 h D x x k k π π = + = + π ∈ = R Z : , 4 x x k k π = = + π ∈ R Z . 82.1. Designemos por O o ponto de interseção das diagonais do losango [ABCD]. Sendo 2 3 π = α , então ˆ 3 BAO π = . tan 3 4 3 3 4 4 BO BO BO π = ⇔ = ⇔ = . Logo, = = 2 8 3 BD BO . × × = = = [ ] 8 3 8 32 3 2 2 ABCD BD AC A . 82.2. Sendo α = ˆ BAD , então α = ˆ 2 BAO . α α = ⇔ = tan 4tan 2 4 2 BO BO . Logo, α = = 2 8tan 2 BD BO . α α × × = = = [ ] 8tan 8 2 32tan 2 2 2 ABCD BD AC A . Pág. 75 83.1. : 2 , 2 f D x x k k π = = + π ∈ = R Z : , 4 2 k x x k π π = = + ∈ R Z . 83.2. , 2 f f x D x D π ∀ ∈ + ∈ . ( ) ( ) ( ) tan 2 tan 2 tan 2 2 2 f x x x x f x π π + = + = + π = = . Donde se conclui que 2 π é período da função f. NEMA11PR © Porto Editora
- 32. 33 Trigonometria efunções trigonométricas 33 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 83.3. ( ) ( ) 0 tan 2 0 2 , , 2 k f x x x k k x k π = ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈ Z Z. Como ] [ , x∈ −π π , de seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os quais 2 kπ −π π . { } 2 2 1, 0,1 2 k k k k k π −π π ∧ ∈ ⇔ − ∧ ∈ ⇔ ∈ − Z Z . Se = −1 k , então 2 x π = − . Se = 0 k , então = 0 x . Se = 1 k , então 2 x π = . O gráfico da restrição da função f ao intervalo interseta o eixo das abcissas nos pontos de abcissas , 0 e 2 2 π π − . 84.1. ( )= 1 tan g x x e = sin tan cos x x x , logo ( )= 1 sin cos g x x x . Assim sendo, : , 2 g D x x k x k k π = = + π ∨ = π ∈ = R Z : , 2 k x x k π = = ∈ R Z . 84.2. 4 1 1 3 3 tan tan 3 3 g g π π + = + = π π + π 1 1 2 2 2 3 3 3 tan tan tan 3 3 3 = + = == π π π . Pág. 76 85.1. : , 3 2 f x D x k k π = = + π ∈ = R Z 3 : 3 , 2 x x k k π = = + π ∈ R Z . 85.2. a) , 3 f f x D x D ∀ ∈ + π∈ . ( ) ( ) 3 3 tan tan tan 3 3 3 x x x f x f x + π + π = = + π = = . Donde se conclui que 3π é período da função f. b) Sendo k∈Z , tem-se: ( ) ( ) 3 3 tan tan 0 3 k f k k π π = = π = Portanto, 3 , x k k = π ∈Z são zeros da função f. c) ∀ ∈ − ∈ , f f x D x D . ( ) ( ) − − = = − = − = − tan tan tan 3 3 3 x x x f x f x . Donde se conclui que f é uma função ímpar. 85.3. * 6 2 6 6 2 6 2 f f f f f f f π π π π π π π + + − = + − = = 3 2 tan tan 3 6 3 π π = = = . * porque f é uma função ímpar. 86.1. ( ) ( ) 0 tan 4 0 4 , , 4 k g x x x k k x k π = ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈ Z Z . 86.2. : 4 , 2 g D x x k k π = = + π ∈ = R Z : , 8 4 k x x k π π = = + ∈ R Z . Os números reais que não pertencem ao domínio da função f são da forma , 8 4 k x k π π = + ∈Z . Se = −1 k , então 8 x π = − . Se = 0 k , então 8 x π = . Se = 1 k , então 3 8 x π = . Atendendo à representação gráfica da função g, conclui-se que 3 , e 8 8 8 a b c π π π = − = = . 87.1. ∀ ∈ , f x D tem-se: ( ) ( ) tan 3 tan 3 tan 3 3 3 f x x a x a x a π π + = + += + π+= += ( ) f x = . Donde se conclui que 3 π é período da função f. 87.2. No caso de 2 a π = , tem-se ( ) tan 3 2 f x x π = + . { } : 3 , : 3 , 2 2 f D x x k k x x k k π π = + = + π ∈ = =π ∈ = R Z R Z : , 3 k x x k π = = ∈ R Z . 87.3. Sabe-se que 12 π − é um dos zeros da função f se 0 12 f π − = . 0 tan 3 0 tan 0 12 12 4 f a a π π π − = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ , , 4 4 a k k a k k π π ⇔ − + = π ∈⇔ = + π ∈Z . Para obter um valor de a para o qual 12 π − é um dos zeros da função f basta atribuir um valor inteiro a k. Por exemplo, se = 0 k tem-se 4 a π = . NEMA11PR-3 NEMA11PR © Porto Editora
- 33. 34 Unidade 1 34 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Pág. 77 88.1. Seja P o período positivo mínimo da função f. Por definição, ( ) ( ) + = ∀ ∈ , f f x P f x x D . ( ) ( ) ( ) tan tan 3 3 x P x f x P f x π + π + = ⇔ = ⇔ tan tan tan tan 3 3 3 3 3 x P x x P x π + π π π π π ⇔ = ⇔ + = . Como π é o período positivo mínimo da função tangente, conclui-se que 3 3 P P π = π ⇔ = . Então, o período positivo mínimo da função f é 2 3 π . 88.2. : , 3 2 f x D x k k π π = = + π ∈ = R Z 3 : 3 , 2 x x k k = = + ∈ R Z . 88.3. O ponto A tem abcissa 1 e pertence ao gráfico de f, então ( ) ( ) 1, 1 A f . Como a é a ordenada do ponto A, tem-se: ( ) 1 tan 3 a f π = = = 3 = . O ponto B pertence ao gráfico de f e tem a mesma ordenada que o ponto A, então ( ) , 3 B b e ( )= 3 f b . Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da função, conclui-se que = + = 1 3 4 b . 88.4. Recorrendo à calculadora gráfica, conclui-se que a abcissa do ponto C do gráfico de f que tem ordenada 4 é, aproximadamente, 4,27 . Tarefa 12 1.1. 1,4 sin 1,4 1 2,4 2 2 d π π = + = + = . Significa que quando 2 x π = , a distância do ponto P à reta r é igual a 2,4. ( ) 3 3 1,4 sin 1,4 1 0,4 2 2 d π π = + = + − = . Significa que quando 3 2 x π = , a distância do ponto P à reta r é igual a 0,4. 1.2. O contradomínio da função seno é [ ] 1, 1 − . O gráfico da função d obtém-se a partir da restrição do gráfico da função seno ao intervalo [ ] 0,4π através de uma translação vertical de vetor ( ) = 0; 1,4 v . Então, conclui-se que [ ] 1,4 1; 1,4 1 d D′ = − + , ou seja, [ ] 0,4; 2,4 d D′ = . 1.3. a) Os registos foram 4 (dois em cada uma das voltas da roleta). b) ( )= ⇔ + = ⇔ = 1,9 1,4 sin 1,9 sin 0,5 d x x x . Como [ ] 0,4 x∈ π , conclui-se que 5 13 17 , , , 6 6 6 6 x π π π π ∈ . Ora, 13 3 cos cos 6 6 2 π π = = e 5 17 3 cos cos 6 6 2 π π = = − . Assim sendo, as coordenadas dos pontos correspondentes às posições do ponto P nesses instantes são: 3 1 , 2 2 e − 3 1 , 2 2 . 1.4. a) O ponto A pertence ao gráfico de d e tem abcissa 11 3 π , então 11 11 , 3 3 A d π π . 11 11 1,4 sin 1,4 sin 4 1,4 sin 3 3 3 3 d π π π π = + = + π− = + − = 3 1,4 sin 1,4 3 2 π =− =− . A ordenada do ponto A é − 3 1,4 2 . b) O ponto B pertence ao gráfico de d e tem ordenada 0,9, então ( ) ( )= ; 0,9 e 0,9 B x d x . ( )= ⇔ + = ⇔ = − 0,9 1,4 sin 0,9 sin 0,5 d x x x . Como [ ] 0,4 x∈ π , conclui-se que 7 11 19 23 , , , 6 6 6 6 x π π π π ∈ . Atendendo à representação gráfica, conclui-se que a abcissa de B é 11 6 π . Pág. 78 89.1. Como o ponto P pertence à circunferência trigonométrica, então ( ) α α cos , sin P . NEMA11PR © Porto Editora
- 34. 35 Trigonometria efunções trigonométricas 35 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 89.2. O triângulo [AP´P] é retângulo em P´. Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se: 2 2 2 2 2 2 1 ' ' sin cos 2 PA PP AP d = + ⇔ = + + ⇔ α α 2 2 2 1 sin cos cos 4 d α α α ⇔ = + + + ⇔ α α ⇔ =+ + ⇔ = + 2 2 1 5 1 cos cos 4 4 d d 89.3. Se 5 3 π = α , então tem-se: 2 5 5 cos 4 3 d π = + ⇔ 2 2 2 5 5 1 7 7 cos 4 3 4 2 4 2 d d d d π ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = . 89.4. ( ) 2 2 2 2 sin cos 1 0,6 cos 1 + = ⇔ − + = ⇔ α α α 2 cos 0,64 cos 0,8 cos 0,8 ⇔ =⇔ = ∨ = − α α α Como 3 , 2 2 α π π ∈ , conclui-se que α = − cos 0,8 . Logo, 2 2 2 5 5 4 9 3 0,8 4 4 5 20 20 d d d d = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ⇔ 3 3 5 10 2 5 d d ⇔ = ⇔ = . Pág. 79 90.1. No respetivo domínio, tem-se: 2 2 2 1 1 1 1 tan sin cos + = + = α α α 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin cos cos sin 1 1 sin sin sin sin sin + = + = + = = α α α α α α α α α α . 90.2. No respetivo domínio, tem-se: ( ) ( ) 2 2 1 sin 1 tan α α − − = 2 2 2 2 1 tan sin sin tan α α α α − − + × = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 sin tan sin tan cos tan 1 sin α α α α α α α = − − + × = − − = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 cos tan cos cos sin cos 1 cos = − × = − = − − = α α α α α α α 2 2cos 1 α = − . 91.1. a) Como 3 , 2 A a pertence ao gráfico de f, então sabe-se que ( )= 3 2 f a . ( ) 3 3 3 2sin sin 2 2 4 f a a a = ⇔ = ⇔ =. + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 7 sin cos 1 cos 1 cos 4 16 a a a a . Como 2 a π π e no 2.° Q. o cosseno é negativo, conclui-se que = − 7 cos 4 a . b) = = = − = − − 3 sin 3 3 7 4 tan cos 7 7 7 4 a a a . 91.2. Sabe-se que ( )=2sin g b b . ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 tan 1 2 5 cos cos cos b b b b + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ 2 1 cos 5 b ⇔ = . Como 4. Q. b∈ ° , conclui-se que = = = 1 1 5 cos 5 5 5 b pois o cosseno é positivo. sin 5 tan sin tan cos sin 2 cos 5 b b b b b b b = ⇔ = × ⇔ =− × ⇔ 2 5 sin 5 b ⇔ = − . Então, ( ) = = 2sin g b b − 4 5 5 . Pág. 80 92.1. ( ) cos 0,2 cos 0,2 cos 0,2 − = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ α π α α 1 cos 5 ⇔ = α . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 24 sin cos 1 sin 1 sin 5 25 . Como o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que α = = 24 2 6 sin 25 5 . 92.2. ( ) α α α α − = − = − = − = − 2 6 sin 5 tan tan 2 6 1 cos 5 . 93. ( ) 5 5 5 sin sin sin 6 6 6 + π = − ⇔ − = − ⇔ = α α α . Como 3 , 2 2 π π ∈ α e α sin 0 , conclui-se que 2.ºQ ∈ α . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 5 11 sin cos 1 cos 1 cos 6 36 . Como o cosseno é negativo no 2.° Q., conclui-se que α = − = − 11 11 cos 36 6 . Assim sendo, tem-se ( ) 11 11 cos cos 6 6 α α −π = − = − − = . NEMA11PR © Porto Editora
- 35. 36 Unidade 1 36 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 94.1. a) Sendo α e β ângulos agudos de um triângulo retângulo, então são complementares, isto é, 2 π + = α β . Assim sendo, β α = = 3 sin cos 4 . b) θ e β são ângulos suplementares, isto é, + = π θ β . Assim sendo, ( ) ( ) cos cos cos cos = π− = −π = − θ β β β . β β β β + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 7 sin cos 1 cos 1 cos 4 16 . Como o cosseno é negativo no 1.° Q., conclui-se que β = = 7 7 cos 16 4 . Então, θ β = − = − 7 cos cos 4 . 94.2. a) ( ) ( ) 2 2 cos cos cos cos 3 3 = π − = − π = − = − − = β θ θ θ . b) ( ) ( ) ( ) cos sin sin sin sin sin = = π− = − −π = − − = α β θ θ θ θ . θ θ θ θ + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 5 sin cos 1 sin 1 sin 3 9 . Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que θ = = 5 5 sin 9 3 . Pág. 81 95. 7 7 cos sin 2 4 4 π − = − ⇔ = − α α . Como 3 , 2 2 π π ∈ α e α sin 0 , conclui-se que 3. Q α ∈ ° . α α α α + = ⇔ − + = ⇔ = 2 2 2 2 2 7 9 sin cos 1 cos 1 cos 4 16 . Como o cosseno é negativo no 3.° Q., conclui-se que α = − = − 9 3 cos 16 4 . Assim sendo, tem-se ( ) α α − = = − 3 cos cos 4 . 96. 3 3 3 cos sin sin 2 5 5 5 π + = − ⇔ − = − ⇔ = α α α . Como , 2 2 π π ∈ − α e α sin 0 , conclui-se que Q . 1 ∈ ° α . ( ) sin sin cos cos 2 2 α α α α π π − =− − =− − = . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 22 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 . Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que α = = 22 22 cos 25 5 . Assim sendo, tem-se 22 sin 2 5 π − = α . 97.1. ( ) 9 9 1 2 sin cos 4 2 4 4 g a a a π = ⇔ + + = ⇔ = . + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 15 sin cos 1 sin 1 sin 4 16 a a a a . Como 0, 2 a π ∈ e o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que = 15 sin 4 a . Portanto, ( ) = = 15 sin 4 f a a . 97.2. ( )= − ⇔ = − 3 3 sin 8 8 f b b . + = ⇔ − + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 55 sin cos 1 cos 1 cos 8 64 b b b b . Como 3 , 2 2 a π ∈ π e o cosseno é positivo no 4.° Q., conclui-se que = 55 cos 8 b . Então, ( ) 55 2 sin 2 cos 2 2 8 g b b b π =+ + =+ =+ . Pág. 82 98. 2 2 2 cos sin sin 2 3 3 3 π + = − ⇔ − = − ⇔ = α α α . Como , 2 π ∈ − π α e α sin 0 , conclui-se que Q . 1 ∈ ° α . ( ) ( ) ( ) cos tan cos tan −π + π− = − − −π = α α α α ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin sin cos cos cos cos cos cos α α α α α α α α α −π − = − − = − − = − − −π − . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 5 sin cos 1 cos 1 cos 3 9 . Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que α = = 5 5 cos 9 3 . Assim sendo, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 sin 5 3 cos tan cos cos 3 5 3 − π + π − = − − = − − = α α α α α 5 2 5 2 5 11 5 3 3 5 15 5 = − − = − − = − . 99. 9 sin 0,4 sin 2 2 0,4 2 2 π π + = − ⇔ + × π+ = − ⇔ α α 2 sin 0,4 cos 2 5 π ⇔ + α = − ⇔ α = − . Como ] [ 2 , 3 ∈ π π α e α cos 0 , conclui-se que Q . 2 ∈ ° α . NEMA11PR © Porto Editora
- 36. 37 Trigonometria efunções trigonométricas 37 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin 5 tan sin 4 cos − π + π − − π = + π+ π − = − π α α α α α ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin sin tan cos α α α α α − = + π − = − − − . α α α α + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 21 sin cos 1 sin 1 sin 5 25 . Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que α = = 21 21 sin 25 5 . ( ) ( ) ( ) α α α = = = − − 21 sin 21 5 tan 2 cos 2 5 . Então, ( ) ( ) ( ) sin 5 tan sin tan α α α α + π − −π = − − = 21 21 21 21 3 21 5 2 5 2 10 = − − − = − + = . 100.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se: sin ˆ sin sin 6 3 4 B AC π = = α . Da aplicação da lei dos senos, resulta: 1 sin sin sin 2 6 2 sin 3 4 3 4 3 π = ⇔ = ⇔ = α α α . 100.2. sin cos 2 π − = − α α . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 5 sin cos 1 cos 1 cos 3 9 . Como o cosseno de um ângulo agudo é positivo, conclui-se que α = = 5 5 cos 9 3 . Então, tem-se α − = − 5 cos 3 . 100.3. ( ) cos sin sin sin 2sin 2 π + + + π = − − = − = α α α α α 2 4 2 3 3 =− × =− . Pág. 83 101. ( ) ( ) cos tan cos tan +π + − = − − α α α α . ( ) ( ) 2 5sin 0 2 5 sin 0 5sin 2 + − π = ⇔ + − = ⇔ − = − ⇔ α α α 2 2 5 sin sin 5 5 ⇔ α = ⇔ α = . Como , 2 2 π π ∈ − α e α sin 0 , conclui-se que . 1 Q α ∈ ° . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 1 sin cos 1 cos 1 cos 5 5 . Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que α = = = 1 1 5 cos 5 5 5 . ( ) ( ) ( ) α α α = = = 2 5 sin 5 tan 2 cos 5 5 . Assim sendo, α α − − − − = − − = 5 5 10 cos tan 2 5 5 . 102. ( ) ( ) sin tan 3 sin tan +π + − π = − + α α α α . 3 sin 0,3 cos 0,3 cos 2 10 π + = − ⇔ = − ⇔ = − α α α . Como 5 , 2 π ∈ π α e α cos 0 , conclui-se que . 3 Q α ∈ ° . α α α α + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 91 sin cos 1 sin 1 sin 10 100 . Como o seno é negativo no 3.° Q., conclui-se que α = − = − 91 91 sin 100 10 . α α α − = = = − 91 sin 91 10 tan 3 cos 3 10 . Assim sendo, α α − + = + = 91 91 13 91 sin tan 10 3 30 . 103. =− × =− 2 2 3 tan 2 3 tan 2 2 a a g a . 4 4 2 2sin sin 4 5 4 4 5 2 5 f a a a π π π π + = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ 2 cos 5 a ⇔ = . Como ] [ , 2 a∈ π π e cos 0 a , conclui-se que 4 Q. . a∈ ° 2 2 2 2 2 1 1 25 1 tan 1 tan 1 tan 4 cos 2 5 a a a a + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ 2 21 tan 4 a ⇔ = . Então, = − = − = − 2 21 9 3 tan 3 2 4 4 a g a . Tarefa 13 1.1. 3 sin sin sin cos 2 2 2 x x x x π π π + = π+ + = − + = − . 1.2. ( ) ( ) 3 sin sin cos cos 2 2 x x x x π π − = − π− = − − π = − − = cos x = . 1.3. ( ) 3 cos cos cos sin 2 2 2 x x x x π π π + = π+ + = − + = − − = sinx = . 1.4. ( ) 3 cos cos sin sin 2 2 x x x x π π − = − π− = − π = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 37. 38 Unidade 1 38 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 2.1. ( ) ( ) cos sin 3 sin sin 2 x x x x π + − π+ = − − π+ = ( ) sin sin sin sin 0 x x x x = − − − = − + = . 2.2. ( ) ( ) 7 3 tan 5 sin tan sin 2 2 x x x x π π π− + − = − + − = tan sin tan sin tan cos 2 2 x x x x x x π π = − + π+ − = − − − = − − . 1 sin 0,2 cos 2 5 x x π + = − ⇔ = − . Como , 2 x π ∈ − π e cos 0 x , conclui-se que . 2 Q x ∈ ° . + = ⇔ + − = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 24 sin cos 1 sin 1 sin 5 25 x x x x . Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que = = 24 2 6 sin 25 5 x . = = = − − 2 6 sin 5 tan 2 6 1 cos 5 x x x . Assim sendo, − − = + = + 1 tan cos 2 6 2 6 0,2 5 x x . 3.1. = + = = 2 2 2 4 20 2 5 PC , logo θ = = 2 5 cos 5 2 5 . 3.2. ( ) 4 2 5 sin sin sin 5 2 5 = π− = = = α θ θ . 3.3. ( ) ( ) ( ) cos 3 cos cos cos cos π+ = π+ = − = − π− = = α α α θ θ 5 5 = . 3.4. 3 cos cos cos sin 2 2 2 π π π + = π+ + = − + = = θ θ θ θ 2 5 5 = . 3.5. ( ) α α α α − = − = − = − = − 2 5 sin 5 tan tan 2 cos 5 5 . 3.6. 3 3 sin sin sin 2 2 2 π π π − = − − = − π+ − = α α α 5 sin sin cos 2 2 5 π π = − = − − = − = − α α α . 4.1. Sabe-se que ângulos consecutivos de um paralelogramo são suplementares, então tem-se + = π α β , ou seja, = π− α β . ( ) ( ) tan tan tan tan = π−= −= − α β β β . 2 2 2 2 2 1 1 49 1 tan 1 tan 1 tan 36 cos 6 7 + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − β β β β 2 13 tan 36 ⇔ = β . Como β cos 0 , conclui-se que Q . 2 ∈ ° β . Logo, β = − 13 tan 6 . Então, α β = − = 13 tan tan 6 . 4.2. ( ) ( ) cos sin sin sin sin 2 π + = − = − π− = − π = − = α α β β β 13 7 = − . 4.3. ( ) 13 sin sin 7 π+ = − = − α α . Pág. 85 104.1. 3 arcsin 2 3 π = 104.2. 1 arcsin 2 6 π − = − 104.3. ( ) arcsin 1 2 π − = − 104.4. ( )= arcsin 0 0 104.5. 2 arcsin 2 4 π = 104.6. 5 1 arcsin sin arcsin 6 2 6 π π = = 105.1. [ ] 1, 1 f D = − 105.2. Os pontos A, B, C e D pertencem ao gráfico da função f e tem-se: , 2 A a π − , − − 2 2 , 2 2 B f , 1 1 , 2 2 C f e , 3 D d π . ( ) ( ) arcsin sin 1 2 2 2 f a a a a π π π = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − . 2 2 arcsin 2 2 4 f π − = − = − . 1 1 arcsin 2 2 6 f π = = . ( ) ( ) 3 arcsin sin 3 3 3 2 f d d d d π π π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = . Então, 1, 2 A π − − , 2 , 2 4 B π − − , 1 , 2 6 C π e 3 , 2 3 D π . NEMA11PR © Porto Editora
- 38. 39 Trigonometria efunções trigonométricas 39 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 106. 1 3 sin sin arcsin , 2 2 2 π π = − ∧ ∈ ⇔ α α 1 3 7 sin , 2 2 2 6 6 π π π π ⇔ = − ∧ ∈ ⇔ = + π ⇔ = α α α α . Pág. 86 107.1. 3 arccos 2 6 π = 107.2. 3 5 arccos 2 6 π − = 107.3. 1 arccos cos arccos 3 2 3 π π − = = 107.4. arccos cos 3 arccos cos 4 4 π π π+ = π+ = 2 3 arccos cos arccos 4 2 4 π π = − = − = 108.1. 1 1 arcsin arccos 2 2 6 3 2 π π π + = + = 108.2. 5 5 23 arcsin sin arccos cos 8 6 8 6 24 π π π π π + = + = 108.3. 13 arcsin sin arccos cos 12 2 π π − − = ( ) arcsin sin arccos 0 arcsin sin 12 12 2 π π π = π+ − = − − = 7 arcsin sin 12 2 12 2 12 π π π π π = − − = − − = − 108.4.* 3 cos arcsin 4 Seja α = 3 arcsin 4 , então tem-se: α = 3 sin 4 . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 3 7 sin cos 1 cos 1 cos 4 16 . Como , 2 2 π π ∈ − α , o α cos 0 . Donde se conclui que α = 7 cos 4 . Logo, 3 cos arcsin 4 α = = 7 cos 4 109.1. [ ] 0, f D′ = π . 109.2. ( ) ( ) 2 2 1 arccos cos 3 3 2 f x g x x x x π π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = − . Então, 1 2 , 2 3 C π − . 109.3. Recorrendo à calculadora, tem-se: ( ) arccos 0,3 1,27 B y = ≈ . Pág. 87 110.1. ( ) arctan 1 4 π − = − 110.2. 3 arctan 3 6 π = 110.3. 3 arctan 3 6 π − = − 110.4. ( ) ( )= tan arctan 5 5 110.5. ( ) 3 arctan tan arctan 1 4 4 π π = − = − 110.6. 5 5 arctan tan arctan tan 6 6 π π − = − + π = arctan tan 6 6 π π = = 111.1. Recorrendo à calculadora, tem-se: ( ) ( ) 2 arctan 2 1,11 f = ≈ 111.2. ( ) arctan tan 8 8 8 f x x x π π π = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ 0,41 x ⇔ ≈ − 112.1. arctan arctan 2 2 6 2 6 6 2 x x π π π π π π π − ⇔ − + + ⇔ ( ) 2 3 3 g x π π ⇔ − Então, 2 , 3 3 g D π π ′= − . 112.2. 3 3 arctan 0 3 6 3 6 6 g π π π − =+ − =− = Pág. 88 113.1. ( ) ( ) [ ] tan tan arctan 3 , 2 = ∧ ∈ π π ⇔ α α [ ] 4 tan 3 , 2 3 3 π π ⇔ = ∧ ∈ π π ⇔ = + π ⇔ = α α α α . 113.2. [ ] 2 tan tan arccos , 2 2 = ∧ ∈ π π ⇔ α α [ ] 5 tan tan , 2 4 4 4 π π π ⇔ = ∧ ∈ π π ⇔ = + π ⇔ = α α α α . NEMA11PR © Porto Editora
- 39. 40 Unidade 1 40 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 114. ( ) ( ) 3 tan tan arctan 5 , 2 2 π π = − ∧ ∈ ⇔ α α 3 tan 5 , 2 2 π π ⇔ = − ∧ ∈ α α . Como 3 , 2 2 π π ∈ α e α tan 0 , conclui-se que Q . 2 ∈ ° α . ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 tan 1 5 26 cos cos cos + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ α α α α 2 1 cos 26 ⇔ = α . Como 2 Q. . ∈ ° α , conclui-se que α = − = − = − 1 1 26 cos 26 26 26 . α α α α = ⇔ =− × − = sin 26 5 26 tan sin 5 cos 26 26 . Assim sendo, α α + = − + = = 26 5 26 4 26 2 26 cos sin 26 26 26 13 . 115.1. 3 tan 3,2 , 1,2679 2 2 x x x π π = − ∧ ∈ ⇔ ≈ − + π ⇔ 1,87 x ⇔ ≈ . 115.2. 2tan 8 0 , 2 x x π + = ∧ ∈ −π ⇔ tan 4 , 1,33 2 x x x π ⇔ = − ∧ ∈ −π ⇔ ≈ − . 115.3.* ( ) 7 5sin 3 2 0 , 6 x x π − = ∧ ∈ π ⇔ ( ) 2 7 sin 3 , 5 6 x x π ⇔ = ∧ ∈ π . Como 7 , 6 x π ∈ π , então 7 3 3 , 2 x π ∈ π . Então, ( ) − ≤ ≤ 1 sin 3 0 x . Donde se conclui que não existe nenhum valor de x que verifique a condição ( ) 7 5sin 3 2 0 , 6 x x π − = ∧ ∈ π . 115.4. ( ) 3 5 tan 2 10 , 4 4 x x π π = ∧ ∈ . Ora, ( ) tan 2 10 2 , 2 1,4711 2 2 π π = ∧ ∈ − ⇔ ≈ ⇔ α α α 0,7356 ⇔ α ≈ . Como 3 5 , 4 4 x π π ∈ , então conclui-se que 0,7356 x ≈ + π ⇔ 3,88 x ⇔ ≈ . Tarefa 14 1.1. 3 sin , 2 2 π = ∧ ∈ π ⇔ α α 2 sin sin , 3 2 3 3 π π π π ⇔ = ∧ ∈ π ⇔ = − − π ⇔ = α α α α . 1.2. 1 3 cos , 2 2 π =− ∧ ∈ π ⇔ α α 3 cos cos , 3 2 π π ⇔ =− ∧ ∈ π ⇔ α α 3 cos cos , 3 2 π π ⇔ = −π ∧ ∈ π ⇔ α α 2 4 2 3 3 π π ⇔ = − + π ⇔ = α α . 1.3. tan 1 , 2 π = − ∧ ∈ π ⇔ α α 3 sin tan , 4 2 4 4 π π π π ⇔ = − ∧ ∈ π ⇔ = − + π ⇔ = α α α α . 1.4. 2 3 sin , 2 2 π =− ∧ ∈ π ⇔ α α 3 sin sin , 4 2 π π ⇔ =− ∧ ∈ π ⇔ α α 3 5 sin sin , 4 2 4 4 π π π π ⇔ = + π ∧ ∈ π ⇔ = + π ⇔ = α α α α . 2.1. 2 3 cos , 3 2 π =− ∧ ∈ π α α . Ora, 2 cos , 2,3005 3 2 π = − ∧ ∈ π ⇔ ≈ β β β . Como 3 , 2 π ∈ π α , então conclui-se que 2 4,0 = π − ⇔ ≈ α β α . 2.2. 4 sin , 5 2 π = ∧ ∈ π α α . Ora, π β β β = ∧ ∈ ⇔ ≈ 4 sin 0, 0,9273 5 2 . Como , 2 π ∈ π α , então conclui-se que 2,2 = π− ⇔ ≈ α β α . Pág. 89 116.1. + = ⇔ = − sin 0,2 0 sin 0,2 x x . No intervalo ] [ 2 , − π π , a equação + = sin 0,2 0 x tem 2 soluções. NEMA11PR © Porto Editora
- 40. 41 Trigonometria efunções trigonométricas 41 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 116.2. No intervalo ] ] , 0 −π , a equação + = sin 0,2 0 x tem 2 soluções. 116.3. No intervalo 5 , 2 π π , a equação + = sin 0,2 0 x tem 2 soluções. 117.1. ( )= ⇔ + = ⇔ = − 1 0 1 3sin 0 sin 3 f x x x No intervalo [ [ 0, 2π , a função f tem 2 zeros. 117.2. No intervalo [ [ , 3 −π π , a função f tem 4 zeros. Pág. 90 118.1. 1 sin sin sin 2 6 x x π = ⇔ = ⇔ 2 2 , 6 6 5 2 2 , 6 6 x k x k k x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = π− + π ∈ π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈ Z Z Atribuindo valores a k conclui-se que as abcissas dos pontos A, B e C são, respetivamente, 5 13 , e 6 6 6 π π π . 118.2. a) No intervalo , 2 2 π π , a equação = sin 0,35 x tem apenas 1 solução. b) No intervalo ] ] , 2 −π π , a equação = sin 0,35 x tem 2 soluções. c) No intervalo 7 , 4 6 π π , a equação = sin 0,35 x tem apenas 1 solução. 119.1. sin sin 0 sin sin 7 7 x x π π − = ⇔ = ⇔ 2 2 , 7 7 6 2 2 , 7 7 x k x k k x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = π − + π ∈ π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈ Z Z 119.2. 3 2cos 0 3 2sin 0 2 x x π + − = ⇔ + = ⇔ 3 sin sin sin 2 3 x x π ⇔ = − ⇔ =− ⇔ 2 2 , 3 3 4 2 2 , 3 3 x k x k k x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈ π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈ Z Z 119.3. sin sin 0 sin sin 12 12 x x π π + = ⇔ = − ⇔ sin sin 12 x π ⇔ = − ⇔ 2 2 , 12 12 13 2 2 , 12 12 x k x k k x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈ π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈ Z Z 120.1. sin sin 8 x π = ⇔ 2 2 , 8 8 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = π− + π ∈Z 7 2 2 , 8 8 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z Atribuindo valores a k conclui-se a equação sin sin 8 x π = só tem uma solução no intervalo 3 , 2 2 π π , a saber, 7 8 π . 120.2. Se = 0 k , tem-se 7 8 8 x x π π = ∨ = . Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não pertencem ao intervalo [ ] , −π π . Assim sendo, a equação sin sin 8 x π = tem duas soluções no intervalo [ ] , −π π , a saber, 8 π e 7 8 π . 120.3. Se = −1 k , tem-se 15 9 8 8 x x π π = − ∨ = − . Se = 0 k , tem-se 7 (não pertence ao intervalo) 8 8 x x π π = ∨ = . NEMA11PR © Porto Editora
- 41. 42 Unidade 1 42 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não pertencem ao intervalo 2 , 2 π − π . Assim sendo, a equação sin sin 8 x π = tem três soluções no intervalo 2 , 2 π − π , a saber, 15 9 , e 8 8 8 π π π − − . Pág. 91 121.1. 4 4 4sin 2 3 4sin 2 3 3 3 3 g π π π = + = π+ + = 3 4 sin 2 3 4 2 3 0 3 2 π = − + = × − + = . Logo, 4 3 π é um zero da função g. 121.2. Como 4 sin sin sin sin 3 3 3 3 π π π π = π+ = − = − , conclui-se que 3 π − é zero da função g e pertence ao intervalo , 2 2 π π − . 121.3. ( )= ⇔ + = ⇔ 0 4sin 2 3 0 g x x 3 sin sin sin 2 3 x x π ⇔ = − ⇔ =− ⇔ 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈ Z 4 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z 122.1. 2 2 5 5 5 2 2 sin sin 4 4 4 2 2 f π π π = + = − + − = 1 2 2 − = . Cálculo auxiliar: 5 2 sin sin sin 4 4 4 2 π π π = π+ = − = − . 122.2. ( ) + = ⇔ + = ⇔ 2 sin sin 0 sin sin 1 0 x x x x ⇔ = ∨ + = sin 0 sin 1 0 x x ⇔ = ∨ = − sin 0 sin 1 x x 3 2 , 2 x k x k k π ⇔ = π ∨ = + π ∈Z 122.3. ( ) [ ] 0 0, 2 f x x = ∧ ∈ π ⇔ [ ] 3 2 , 0,2 2 x k x k k x π ⇔ = π ∨ = + π ∈ ∧ ∈ π Z • [ ] , 0, 2 0 x k k x x x = π ∈ ∧ ∈ π ⇔ = ∨ = π ∨ Z 2 x ∨ = π • [ ] 3 3 2 , 0, 2 2 2 x k k x x π π = + π ∈ ∧ ∈ π ⇔ = Z Os zeros da função que pertencem ao intervalo [ ] 0, 2π são: 3 0, , , 2 2 π π π . 123.1. ( ) − = ⇔ 2 4sin 3 0 x ( ) ( ) 1 sin 3 sin 3 sin 2 6 x x π ⇔ = ⇔ = 3 2 3 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = π− + π ∈Z 2 5 2 , 18 3 18 3 k k x x k π π π π ⇔ = + ∨ = + ∈Z 123.2. + = ⇔ = − ⇔ 1 sin 0 sin 1 2 2 x x 3 2 , 2 2 x k k π ⇔ = + π ∈Z 3 4 , x k k ⇔ = π+ π ∈Z 123.3. ( ) ( ) − + = ⇔ = ⇔ 2 2 2 sin 2 2 0 sin 2 2 2 x x ( ) ( ) 2 sin 2 sin 2 sin 2 4 x x π ⇔ = − ⇔ = − ⇔ 2 2 2 2 , 4 4 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈ Z 5 , 8 8 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z . Pág. 92 124.1. Se 0, 2 x π ∈ , então ] [ 2 0, x∈ π . Assim sendo, ( ) ≤ 0 sin 2 1 x . Donde se conclui que ( ) ≤ 0 2sin 2 2 x , ou seja, ( ) ≤ 0 2 A x . O valor máximo da área é 2. 124.2. ( ) ( ) ( ) = ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 2sin 2 2 sin 2 1 A x x x 2 2 , 2 x k k π ⇔ = + π ∈Z , 4 x k k π ⇔ = + π ∈Z . Como 0, 2 x π ∈ , conclui-se que 4 x π = . 2 2 2sin 2cos 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 2 2 P π π = + × = × + × × = × = . O perímetro do retângulo que tem área máxima é 4 2 . 124.3. Pretende-se resolver graficamente a equação ( )=1,5 A x . NEMA11PR © Porto Editora
- 42. 43 Trigonometria efunções trigonométricas 43 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) As soluções da equação são ≈ ∨ ≈ 0,4 1,1 x x . Tarefa 15 1.1. ( ) ( ) = = − = − × = 0 2 3sin 0 2 3 0 2 A y T . A ordenada do ponto A é 2. Significa que no início da experiência a temperatura da substância era de 2 graus Celsius. 1.2. ( ) 5 2 3sin 5 sin 1 10 10 t t T t π π = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ 3 2 , 10 2 t k k π π ⇔ = + π ∈Z 15 20 , t k k ⇔ = + ∈Z . A primeira solução positiva da equação é 15. A abcissa do ponto C é 15. Significa que a experiência teve a duração de 15 minutos. 1.3. ( ) 2 2 3sin 2 sin 0 10 10 t t T t π π = ⇔ − = ⇔ = ⇔ , 10 t k k π ⇔ =π ∈Z 10 , t k k ⇔ = ∈Z . A primeira solução positiva da equação é 10. Então, decorreram 10 minutos desde o início da experiência até a temperatura da substância igualar a temperatura inicial. 1.4. Para saber o mínimo absoluto da função vamos começar por determinar o contradomínio. 1 sin 1 3 3sin 3 3 3sin 3 10 10 10 t t t π π π − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≥ − ≥ − ⇔ ( ) 2 3 2 3sin 2 3 5 1 10 t T t π ⇔ + ≥ − ≥ − ⇔ ≥ ≥ − . O mínimo absoluto da função é −1 porque [ ] 1, 5 T D′ = − . ( ) 1 2 3sin 1 sin 1 10 10 t t T t π π = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ 2 , 10 2 t k k π π ⇔ = + π ∈Z 5 20 , t k k ⇔ = + ∈Z . A primeira solução positiva da equação é 5. Então, ( ) − 5, 1 B . 2. Pretende-se resolver graficamente a equação ( )=4 T t . Desde o instante em que a temperatura da substância atingiu 4 °C até ao final da experiência decorreram, aproximadamente, 2,7 minutos ( ) − = 15 12,3 2,7 . Pág. 93 125.1. + = ⇔ = − cos 0,4 0 cos 0,4 x x . A equação + = cos 0,4 0 x tem 2 soluções pertencentes ao intervalo ] [ , −π π . 125.2. A equação + = cos 0,4 0 x tem apenas 1 solução pertencente ao intervalo ] ] , 0 −π . 125.3. A equação + = cos 0,4 0 x tem 4 soluções pertencentes ao intervalo [ [ 0, 4π . 126.1. ( )= ⇔ + = ⇔ = − 0 1 4cos 0 cos 0,25 f x x x . A função f tem 2 zeros pertencentes ao intervalo [ [ 0, 2π . 126.2. A função f tem 3 zeros pertencentes ao intervalo 3 , 2 π − π . 127.1. cos cos 5 x π = ⇔ 2 2 , 5 5 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z . ] [ 2 , , 5 5 x k k x x π π = + π ∈ ∧ ∈ − π π ⇔ = Z ] [ 2 , , 5 5 x k k x x π π = − + π ∈ ∧ ∈ − π π ⇔ = − Z As soluções da equação que pertencem ao intervalo ] [ , −π π são: , 5 5 π π − . 127.2. [ ] 5 , 8 x∈ π π • 1 24 39 5 2 8 5 2 8 2 5 5 5 5 k k k π π ≤ + π ≤ π ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ 12 39 5 10 k ⇔ ≤ ≤ . Como k∈Z , conclui-se que = 3 k . 31 3 6 5 5 k x π π = ⇒ = + π= . • 1 26 41 5 2 8 5 2 8 2 5 5 5 5 k k k π π ≤ − + π ≤ π ⇔ ≤ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ 13 41 5 10 k ⇔ ≤ ≤ . NEMA11PR © Porto Editora
- 43. 44 Unidade 1 44 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Como k∈Z , conclui-se que { } ∈ 3,4 k . 29 3 6 5 5 k x π π = ⇒ = − + π = . 39 4 8 5 5 k x π π = ⇒ = − + π = . As soluções da equação que pertencem ao intervalo [ ] 5 , 8 π π são: 29 31 39 , , 5 5 5 π π π . Pág. 94 128.1. A equação = cos 0,32 x tem apenas 1 solução pertencente ao intervalo 3 0, 2 π . 128.2. 2 3cos 2 0 cos 3 x x + = ⇔ = − . A equação + = 3cos 2 0 x tem 2 soluções pertencentes ao intervalo [ ] 0, 2π . 128.3. ( ) cos 0,2 0 cos 0,2 0 cos 0,2 x x x π+ + = ⇔ − + = ⇔ = . A equação ( ) cos 0,2 0 x π+ + = tem 3 soluções pertencentes ao intervalo , 2 2 π − π . 129.1. ( ) − − = ⇔ − = ⇔ 2cos 1 0 2cos 1 0 x x 1 cos cos cos 2 3 x x π ⇔ = ⇔ = 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 5 , , 3 3 3 π π π − . 129.2. ( ) ( ) − + = ⇔ = ⇔ 15 2 5cos 3 15 0 cos 3 2 5 x x ( ) ( ) 3 5 cos 3 cos 3 cos 2 6 x x π ⇔ = − ⇔ = 5 5 3 2 3 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z 5 2 5 2 , 18 3 18 3 k k x x k π π π π ⇔ = + ∨ = − + ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 7 5 5 7 17 19 29 31 , , , , , , , 18 18 18 18 18 18 18 18 π π π π π π π π − − . 129.3. 2 cos cos 4 7 x π π + = ⇔ 2 2 2 2 , 4 7 4 7 x k x k k π π π π ⇔ + = + π ∨ + = − + π ∈Z 15 2 2 , 28 28 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 41 , 28 28 π π . 129.4. 6sin 3 2 0 6cos 3 2 2 x x π − + = ⇔ − = − ⇔ 2 cos cos cos 2 4 x x π ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 2 , 4 4 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 7 , , 4 4 4 π π π − . 129.5. ( ) ( ) 3 cos 3 sin 0 cos 3 cos 0 2 x x x x π + − = ⇔ − = ⇔ ( ) ⇔ = cos 3 cos x x 3 2 3 2 , x x k x x k k ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z 2 2 4 2 , x k x k k ⇔ = π ∨ = π ∈Z , 2 k x k x k π ⇔ = π ∨ = ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 3 , 0, , , , 2 2 2 2 π π π − π π . 129.6. = ⇔ = ∨ = − 2 cos 1 cos 1 cos 1 x x x 2 2 , x k x k k ⇔ = π ∨ = π + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é { } 0, ,2 π π . 129.7. sin cos cos cos 2 2 2 x x x x π = ⇔ − = ⇔ 2 2 , 2 2 2 2 x x x k x k k π π ⇔ − =+ π ∨ − = − + π ∈Z 2 4 2 4 , x x k x x k k ⇔ − π = + π ∨ − π = − + π ∈Z 4 3 4 , x k x k k ⇔ − = π + π ∨ = π + π ∈Z 4 4 , 3 3 k x k x k π π ⇔ = −π− π ∨ = + ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π − π é 5 , 3 3 π π . 130.1. 7 7 7 7 7 cos 2 sin cos sin 6 6 6 3 6 g π π π π π = × + = + = 1 1 cos 2 sin cos sin 0 3 6 3 6 2 2 π π π π = π + + π + = − = − = . Logo, 7 6 π é zero da função g. 130.2. ( ) ( ) ( ) = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ 0 cos 2 sin 0 cos 2 sin g x x x x x ( ) ( ) ( ) cos 2 sin cos 2 cos 2 x x x x π ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ NEMA11PR © Porto Editora
- 44. 45 Trigonometria efunções trigonométricas 45 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 2 2 2 2 , 2 2 x x k x x k k π π ⇔ = − − + π ∨ =+ + π ∈Z 3 2 2 , 2 2 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z 2 2 , 6 3 2 k x x k k π π π ⇔ = − + ∨ = + π ∈Z 2 , 6 3 k x k π π ⇔ = − + ∈Z Pág. 95 131.1. Sendo 3 π = − α , então cos , sin 3 3 A π π − − , ou seja, − 1 3 , 2 2 A . Como C é simétrico de A em relação ao eixo das ordenadas, então − − 1 3 , 2 2 C . = + = 1 1 1 2 2 AC . Seja M o ponto médio de [AC], então − 3 0, 2 M e = + 3 2 2 MB . × + = = + [ ] 3 1 2 2 3 1 2 4 ABC A . 131.2. As coordenadas do ponto A em função de α são ( ) α α cos , sin A . Logo, α α α = + = cos cos 2cos AC . 3 3 2cos 3 cos cos cos 2 6 AC π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ α α α 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo , 2 2 π π − é , 6 6 π π − . 131.3. A altura do triângulo relativa ao lado [AC] é α − 2 sin . α α − = ⇔ = − 2 sin 2,6 sin 0,6 Como , 2 2 π π ∈ − α , recorrendo à calculadora gráfica tem-se α ≈ −0,64 . 131.4. ( ) ( ) α α α α × − = = × − [ ] 2cos 2 sin cos 2 sin 2 ABC A . Tarefa 16 1. A circunferência está centrada em O e tem raio 24. Como 3 4 x π = , então 3 3 24cos , 24sin 4 4 P π π . Ora, 3 2 cos cos cos cos 4 4 4 4 2 π π π π = π − = − π = − = − e 3 2 sin sin sin sin 4 4 4 4 2 π π π π = π − = − − π = = . Então, ( ) 12 2 , 12 2 P − . Distância do ponto P a r: − 36 12 2 . Distância do ponto P a s: + 42 12 2 . 2. ( )= ⇔ + = 30 42 24sin 30 f x x sin 0,5 sin sin 6 x x π ⇔ = − ⇔ =− 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z 7 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo [ ] 2 ,2 − π π é 5 7 11 , , , 6 6 6 6 π π π π − − . 3. A medida da distância do ponto P à reta r é dada pela função g, então ( ) = + 36 24cos g x x . ( )= ⇔ + = 48 42 24cos 48 g x x cos 0,5 cos cos 3 x x π ⇔ = ⇔ = 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ =+ π ∨ = − + π ∈Z Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação no intervalo [ ] 2 ,2 − π π é 5 5 , , , 3 3 3 3 π π π π − − . Donde se conclui que 5 5 , , e 3 3 3 3 A B C D x x x x π π π π = − = − = = . Pág. 96 132.1. : , 2 f D x x k k π = = + π ∈ R Z . 132.2. ( ) 3 0 3tan 3 0 tan 3 f x x x = ⇔ − = ⇔ = ⇔ tan tan , 6 6 x x k k π π ⇔ = ⇔ = + π ∈ Z . 133.1. Como = PR QR , sabe-se que S é o ponto médio de [PQ]. Logo, =6 PS . θ θ = ⇔ = tan 6tan 6 RS RS . Então, ( ) θ θ θ × = = 12 6tan 36tan 2 A . 133.2. θ θ θ θ + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 4 9 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 . Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que θ = 3 cos 5 . NEMA11PR © Porto Editora
- 45. 46 Unidade 1 46 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) θ θ θ = = = 4 sin 4 5 tan 3 cos 3 5 . Logo, ( ) θ = × = 4 36 48 3 A . 133.3. ( ) 3 12 3 36tan 12 3 tan 3 A = ⇔ = ⇔ = ⇔ θ θ θ tan tan , 6 6 k k θ θ π π ⇔ = ⇔ = + π ∈ Z . Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que 6 π = θ . Pág. 97 134.1. : , 2 f D x x k k π = = + π ∈ R Z . Atendendo à representação gráfica dada, sabe-se que a equação da reta vertical que contém o ponto A é 2 x π = + π , ou seja, 3 2 x π = . Então, 3 ,3 2 A π . 134.2. tan 1 tan tan , 4 4 x x x k k π π = − ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ Z . Para = 2 k , tem-se 7 2 4 4 x π π = − + π = . A abcissa do ponto D é 7 4 π . 134.3. tan 3 tan tan , 3 3 x x x k k π π = ⇔ = ⇔ = + π ∈ Z . Para = −1 k , tem-se 2 3 3 x π π = − π = − . Para =1 k , tem-se 4 3 3 x π π = + π= . Assim sendo, 4 2 e 3 3 B C x x π π = = − . 134.4. a) A equação tan x = π tem 3 soluções pertencentes ao intervalo ] ] 2 , − π π . b) Sendo α uma das soluções da equação tan x = π e como o período positivo mínimo da função tangente é π , sabe-se que, por exemplo, e α π α π + − também são soluções da equação. 135.1. 3 3 tan tan 0 tan tan 7 7 x x π π + = ⇔ = − ⇔ 3 3 tan tan , 7 7 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ Z. 135.2. ( ) ( ) tan 2 1 0 tan 2 1 x x + = ⇔ = − ⇔ ( ) tan 2 tan 2 , 4 4 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ ⇔ Z , 8 2 k x k π π ⇔ = − + ∈Z . 135.3. ( ) ( ) tan tan tan tan 2 2 x x x x π − = ⇔ − = ⇔ 3 , , 2 2 x x k k x k k ⇔ − = + π ∈ ⇔ − = π ∈ ⇔ Z Z 2 , 3 x k k ⇔ = − π ∈Z . Pág. 98 136.1. ( ) ( ) sin cos sin sin 2 f x g x x x x x π = ⇔ = ⇔ = + ⇔ 2 2 , 2 2 x x k x x k k π π ⇔ =+ + π ∨ = π− + + π ∈ Z equação impossível 0 2 2 2 , 2 2 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z , 4 x k k π ⇔ = + π ∈Z . 0 4 k x π = ⇒ = . 5 0 4 4 k x π π = ⇒ = + π= . Como 2 sin 4 4 2 f π π = = e 5 5 2 sin sin sin 4 4 4 4 2 f π π π π = = π + = − = − , conclui-se que 2 5 2 , e , 4 2 4 2 A B π π − . 136.2. a) ( ) [ ] 1 0 0, 2 2 f x x − ≤ ∧ ∈ π ⇔ [ ] 1 sin 0 0, 2 2 x x ⇔ − ≤ ∧ ∈ π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que [ ] 1 sin 0 0, 2 2 x x − ≤ ∧ ∈ π ⇔ 7 11 , ,2 6 6 x π π ∈ π ∪ π . NEMA11PR © Porto Editora
- 46. 47 Trigonometria efunções trigonométricas 47 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) b) ( ) [ ] [ ] 0 1 0, 2 0 cos 1 0, 2 g x x x x ≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que [ ] 0 cos 1 0, 2 x x ≤ ∧ ∈ π ⇔ 3 0, ,2 2 2 x π π ∈ ∪ π . c) ( ) ( ) [ ] [ ] 0,2 sin cos 0,2 f x g x x x x x ∧ ∈ π ⇔ ∧ ∈ π . Sabe-se que [ ] 5 sin cos 0, 2 4 4 x x x x x π π = ∧ ∈ π ⇔= ∨ = . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que [ ] sin cos 0,2 x x x ∧ ∈ π ⇔ 5 0, ,2 4 4 x π π ∈ ∪ π . d) ( ) ( ) [ ] [ ] 0,2 cos sin 0,2 g x f x x x x x ≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π . Por observação do gráfico, conclui-se que [ ] cos sin 0,2 x x x ≤ ∧ ∈ π ⇔ 5 , 4 4 x π π ∈ . e) ( ) ( ) [ ] × ∧ ∈ π ⇔ 0 0,2 f x g x x [ ] × ∧ ∈ π ⇔ sin cos 0 0,2 x x x ( ) ( ) [ ] ⇔ ∧ ∨ ∧ ∧ ∈ π sin 0 cos 0 sin 0 cos 0 0, 2 x x x x x Então, [ ] × ∧ ∈ π ⇔ sin cos 0 0, 2 x x x π π ∈ π ∪ π 3 , , 2 2 2 x . f) ( ) ( ) [ ] [ ] sin 0 0,2 0 0,2 cos f x x x x g x x ∧ ∈ π ⇔ ∧ ∈ π ⇔ [ ] tan 0 0,2 x x ⇔ ∧ ∈ π 3 0, , 2 2 x π π ⇔ ∈ ∪ π . Pág. 99 137.1. a) ( ) ( ) 2 1 sin 1 sin 1 f x g x x x + = ⇔ + + = ⇔ ( ) 2 sin sin 0 sin sin 1 0 x x x x ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ∨ + = ⇔ = ∨ = − sin 0 sin 1 0 sin 0 sin 1 x x x x 3 2 , 2 x k x k k π ⇔ = π ∨ = + π ∈Z b) ( ) ( ) − = ⇔ − − = ⇔ − − = 2 2 1 sin 1 sin 1 sin sin 2 0 f x g x x x x x Fazendo = sin x y , tem-se − − = 2 2 0 y y . ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 1 1 8 2 0 2 1 2 y y y y y Como = sin y x , tem-se = ∨ = − impossível sin 2 sin 1 x x . = − sin 1 x 3 2 , 2 x k k π ⇔ = + π ∈Z . 137.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2sin 2 3 3sin f x g x x x − = ⇔ − = + ⇔ 2 2sin 3sin 5 0 x x ⇔ − − = Fazendo = sin x y , tem-se − − = 2 2 3 5 0 y y . ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 3 9 40 5 2 3 5 0 1 4 2 y y y y y Como = sin y x , tem-se = ∨ = − impossível 5 sin sin 1 2 x x . = − sin 1 x 3 2 , 2 x k k π ⇔ = + π ∈Z . Como , 3 2 x π ∈ π , conclui-se que 3 2 x π = . 138.1. A área colorida é a soma das áreas do trapézio e do triângulo. Seja D' a projeção ortogonal de D sobre o eixo Oy. + OABC ODE A A + × = × + = ' 2 2 OC AB OE DD BC α α α + − = × + = 1 1 sin cos cos 2 2 ( ) α α α − + = 2 sin cos cos 2 ( ) α α − + = cos 2 sin 1 2 ( ) α α − = cos 3 sin 2 , c. q. d. 138.2. Sabe-se que α = 1 tan 2 . Como α α + = 2 2 1 1 tan cos tem-se: α + = 2 1 1 1 4 cos ⇔ α = 2 4 cos 5 Como α π ∈ 0, 2 , α = 2 5 cos 5 . α α = sin 1 cos 2 ⇔ α= × 1 2 5 sin 2 5 ⇔ α = 5 sin 5 Seja S a área da região colorida. S = − 2 5 5 3 5 5 2 = − 6 5 2 5 5 2 = − 6 5 2 10 = − 3 5 1 5 , como queríamos demonstrar. NEMA11PR © Porto Editora NEMA11PR_P001_062_84449_10.indd 47 07/06/16 11:27
- 47. 48 Unidade 1 48 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Tarefa 17 1.1. − − = 2 2cos cos 1 0 x x Fazendo = cos x y , tem-se − − = 2 2 1 0 y y . ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 1 1 8 1 2 1 0 1 4 2 y y y y y Como = cos y x , tem-se: 1 2 cos 1 cos cos 1 cos cos 2 3 x x x x π = ∨ = − ⇔ = ∨ = 2 2 2 2 2 , 3 3 x k x k x k k π π ⇔ = π ∨ =+ π ∨ = − + π ∈Z . 1.2. ( ) 2 2 1 sin sin 3 sin x x x − + = + ⇔ 2 2 1 2sin sin sin 3 sin x x x x ⇔ − + + = + ⇔ ⇔ − − = 2 2sin 3sin 2 0 x x Fazendo = sin x y , tem-se − − = 2 2 3 2 0 y y . ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 3 9 16 1 2 3 2 0 2 4 2 y y y y y Como = sin y x , tem-se = ∨ = − impossível 1 sin 2 sin 2 x x . π = − ⇔ = − 1 sin sin sin 2 6 x x 7 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z . 2.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = ⇔ − = 2 sin 2 2sin 2 0 sin 2 sin 2 2 0 x x x x ( ) ( ) sin 2 0 sin 2 2 0 x x ⇔ = ∨ − = ⇔ ( ) ( ) impossível sin 2 0 sin 2 2 x x ⇔ = ∨ = ( ) sin 2 0 2 , , 2 k x x k k x k π = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈ Z Z . 2.2. ( ) ( ) ( ) 1 4cos 3 sin 3 0 1 4cos 3 cos 3 0 2 x x x x π − + = ⇔ − = ⇔ ( ) ( ) ( ) ⇔ = ⇔ = ∨ = − ⇔ 2 1 1 1 cos 3 cos 3 cos 3 4 2 2 x x x ( ) ( ) 2 cos 3 cos cos 3 cos 3 3 x x π π ⇔ = ∨ = ⇔ 2 3 2 3 2 3 2 3 3 3 x k x k x k π π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∨ = + π ∨ 2 3 2 , 3 x k k π ∨ = − + π ∈ ⇔ Z 2 2 2 2 9 3 9 3 9 3 k k k x x x π π π π π π ⇔ = + ∨ = − + ∨ = + ∨ 2 2 , 9 3 k x k π π ∨ = − + ∈Z . 2.3. ( ) ( ) sin sin 2 0 sin 2 sin 4 4 x x x x π π + + = ⇔ = − + ⇔ ( ) sin 2 sin 4 x x π ⇔ = − − 2 2 2 2 , 4 4 x x k x x k k π π ⇔ = − − + π ∨ = π − − − + π ∈ Z 3 2 2 2 , 4 4 x k x x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π+ + + π ∈Z 2 5 2 , 12 3 4 k x x k k π π π ⇔ = − + ∨ = + π ∈Z . 2.4. sin 2 tan 2sin 2sin 0 2 2 2 cos 2 x x x x x = ⇔ − = ⇔ sin 2sin cos 0 cos 0 2 2 2 2 x x x x ⇔ − = ∧ ≠ ⇔ − = ∧ ≠ sin 1 2cos 0 cos 0 2 2 2 x x x ⇔ = ∨ − = ∧ ≠ sin 0 1 2cos 0 cos 0 2 2 2 x x x ⇔ = ∨ =∧ ≠ 1 sin 0 cos cos 0 2 2 2 2 x x x π π π ⇔ = π∨ = + π∨ = + π ∈ ∧ ≠ + π ∈ Z Z 2 2 , , 2 2 3 2 3 2 2 x x x x k k k k k k π π ⇔ = π ∨ = + π∨ = − + π ∈ ∧ Z 2 2 2 4 4 , 3 3 x k x k x k k 2 , x k k ∧ ≠ π+ π ∈Z 2 2 2 4 4 , 3 3 x k x k x k k π π ⇔ = π ∨ = + π ∨ = − + π ∈Z . 3.1. ( ) [ ] [ ] 3 3 , 2 1 sin , 2 2 2 g x x x x ∧ ∈ π π ⇔ − ∧ ∈ π π ⇔ [ ] 1 sin ,2 2 x x ⇔ − ∧ ∈ π π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que [ ] − ∧ ∈ π π ⇔ 1 sin , 2 2 x x 7 11 , 6 6 x π π ∈ . 3.2. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f x f x f x = ⇔ = ∨ = − ⇔ ⇔ = ∨ = − ⇔ = 2 2 2 equação impossível 1 2cos 1 2cos 1 cos 2 x x x π π ⇔ = ∨ = − ⇔ = ∨ = 2 2 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 4 4 x x x x 3 2 2 2 4 4 4 x k x k x k π π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∨ = + π ∨ 3 2 , 4 x k k π ∨ = − + π ∈Z Como [ ] , 2 x∈ π π , atribuindo valores a k, conclui-se que 5 7 , 4 4 x π π ∈ . Assim sendo, as coordenadas dos pontos do gráfico de f que distam uma unidade da reta de equação = 0 y são 5 ,1 4 π e 7 ,1 4 π . NEMA11PR © Porto Editora NEMA11PR_P001_062_84449_10.indd 48 07/06/16 11:27
- 48. 49 Trigonometria efunções trigonométricas 49 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 3.3. ( ) ( ) ( ) 2 2 2cos 1 sin 2 1 sin 1 sin f x g x x x x x = ⇔ = − ⇔ − = − ⇔ − − + = ⇔ − + + = 2 2 2 2sin 1 sin 0 2sin sin 1 0 x x x x Fazendo = sin x y , tem-se − + + = 2 2 1 0 y y . − ± + − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − 2 1 1 8 1 2 1 0 1 4 2 y y y y y Como = sin y x , tem-se = − ∨ = 1 sin sin 1 2 x x . 1 sin sin 1 sin sin sin 1 2 6 x x x x π = − ∨ = ⇔ = − ∨ = 7 2 2 , 6 6 2 x k x k x k k π π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∨ =+ π ∈Z . Como [ ] ,2 x∈ π π , atribuindo valores a k, conclui-se que 7 11 , 6 6 x π π ∈ . 7 7 1 sin 1 sin 1 sin 6 6 6 6 g π π π π = − = − π+ = − − = 1 3 1 sin 1 6 2 2 π = + = + = . 11 11 1 sin 1 sin 2 1 sin 6 6 6 6 g π π π π = − = − π− = − − = 1 3 1 sin 1 6 2 2 π = + = + = . Então, 7 3 , 6 2 A π e 11 3 , 6 2 B π . Pág. 100 Proposta 44 44.1. circunferência 2 80 160 m P = π× = π . Amplitude Perímetro do arco do ângulo de circunferência 360 ------------ 160 m ------------ 120 m x ° π ° 120 360 86 160 x × = ≈ π A amplitude do ângulo ao centro é, aproximadamente, 86°. 44.2. Amplitude Perímetro do arco do ângulo de circunferência 360 ------------ 160 m 200 ------------ m y ° π ° 200 160 279,3 360 y × π = ≈ . O arco de circunferência descrito pelo atleta tem, aproximadamente, 279,3 m. Proposta 45 45.1. Em radianos, tem-se 5 3 ˆ 12 3 12 4 B π π π π = π− − = = . Como rad π corresponde a 180°, conclui-se que ° = = ° 180 ˆ 45 4 B . 45.2. × ° = = ° 5 180 ˆ 75 12 A e ° = = ° 180 ˆ 60 3 C . Proposta 46 46.1. O triângulo [RST] é equilátero e está inscrito na circunferência, então divide-a em três arcos de igual amplitude. A amplitude, em radianos, do arco ST é 2 3 π . Então, 2 3 ˆ rad 2 3 SRT π π = = . 46.2. Sendo [US] lado de um quadrado inscrito na circunferência, então a amplitude, em radianos, do arco US é 2 4 2 π π = e a amplitude do arco UT é 2 3 2 6 π π π − =. Donde se conclui que 6 ˆ rad 2 12 UST π π = = . Proposta 47 47.1. Amplitude Comprimento do arco do ângulo de circunferência 1rad ------------ 4 cm rad ------------ 8 cm x × = = 1 8 2 4 x . O setor circular ACB tem 2rad de amplitude. 47.2. Amplitude Comprimento do arco do ângulo de circunferência 1rad ------------ 4 cm rad ------------ 12 cm y × = = 1 12 3 4 x . 360 ------------ 2 rad ------------ 3rad z ° π ° 360 3 172 2 z × = ≈ π . O ponto P descreve um arco de, aproximadamente, ° 172 de amplitude. Pág. 101 Proposta 48 Se , 2 π ∈ π θ e 3 , 2 ϕ π ∈ π , então θ cos 0 e sin 0 ϕ . Logo, cos sin 0 θ ϕ . A opção correta é a (B). NEMA11PR-4 NEMA11PR © Porto Editora NEMA11PR_P001_062_84449_10.indd 49 07/06/16 11:27
- 49. 50 Unidade 1 50 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Proposta 49 49.1. ( ) ( ) ˆ sin sin cos 2 BAD π = + = α α e ( ) ( ) ˆ cos cos sin 2 BAD π = + = − α α . A opção correta é a (D). 49.2. 2 2 2 2 2 4 33 sin cos 1 sin 1 sin 7 49 + = ⇔ + = ⇔ =⇔ α α α α 33 33 sin sin 49 49 α α ⇔ = ∨ = − Como 0, 2 π ∈ α , conclui-se que α = 33 sin 7 . Sabe-se que ( ) ( ) α = ˆ sin cos BAD e ( ) ( ) α = − ˆ cos sin BAD , então tem-se ( ) ( ) = = − 4 33 ˆ ˆ sin e cos 7 7 BAD BAD . ( ) ( ) 4 33 ˆ ˆ sin , cos 7 7 BAD BAD = = − e ( ) ( ) ( ) ˆ sin ˆ tan ˆ cos BAD BAD BAD = = 4 4 33 7 33 33 7 = = − − . Proposta 50 = − = = 2 2 10 6 64 8 BC . Como α e β são ângulos complementares, sabe-se que β α = sin cos e β α = cos sin . 8 8 4,5 sin 3,6 cm 10 4,5 10 DE DE DE DE CE × = ⇔ = ⇔ = ⇔ = β . 6 6 4,5 cos 2,7 cm 10 4,5 10 CD CD CD CD CE × = ⇔ = ⇔ = ⇔ = β . Então, ( ) 2 [ ] 6 3,6 8 2,7 51,36 cm 2 2 ABDE AB DE A BD + + = ×= × + = . Proposta 51 A afirmação (A) é falsa pois se cos 0 x , tem-se 3 , , 2 2 x k k k π π ∈ + π + π ∈ Z . A afirmação (B) é falsa pois se = 1 tan 2 x , apenas se pode concluir que = sin 1 cos 2 x x . A equação = 3sin 2 x é impossível porque 2 1 3 e o seno de um ângulo é um número compreendido entre −1 e 1. Assim sendo, a afirmação (C) é falsa. A afirmação (D) é verdadeira pois − ≥ ⇔ ≤ 1 sin 0 sin 1 x x . Se , 0, 2 π ∈ α β e α β , então α β cos cos . Como ( ) α α − = cos cos e ( ) β β − = cos cos , conclui-se que ( ) ( ) α β − − cos cos . Então, a afirmação (E) é falsa. Se , 0, 2 π ∈ α β e α β , então α β sin sin . Como ( ) ( ) ( ) sin sin sin sin π− = − −π = − − = α α α α e ( ) ( ) ( ) sin sin sin sin π− = − −π = − − = β β β β , conclui-se que ( ) ( ) sin sin π− π− α β . Então, a afirmação (F) é verdadeira. Conclusão: as afirmações verdadeiras são a (D) e a (F). Pág. 102 Proposta 52 52.1. a) 3 tan tan 6 6 6 3 CD CD CD AD π = ⇔ = ⇔ =× ⇔ β 2 3 cm CD ⇔ = . Então, 2 [ ] 12 2 3 12 3 cm 2 ABC A × = = . b) 6 3 6 12 cos cos 6 2 3 AD AC AC AC AC π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ β 4 3 cm AC ⇔ = . Então, [ ] 12 2 4 3 ABC P = + × = ( ) 12 8 3 cm + . 52.2. Sabe-se que + + = π α β β , ou seja, 2 = π− α β . Então, ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos 2 cos 2 cos 2 = π− = −π = − α β β β . 52.3. a) 3 3 sin cos 2 2 2 π + = − ⇔ = − α α . Como ] [ 0, ∈ π α , conclui-se que 5 rad 6 6 π π = π− = α . Então, 5 6 rad 2 12 π π− π = = β . b) tan tan 6tan 12 6 12 CD CD CD AD π π = ⇔ = ⇔ = β . Então, 2 [ ] 12 6tan 12 36tan 9,6 cm 2 12 ABC A π × π = = ≈ . Proposta 53 53.1. 9 tan tan 2 tan 1 4 4 4 π π π = π + = = . 53.2. 23 3 cos cos 4 cos cos 6 6 6 6 2 π π π π = π−= −= = . 53.3. 22 4 4 sin sin 2 sin 9 9 9 π π π = π + = . NEMA11PR © Porto Editora
- 50. 51 Trigonometria efunções trigonométricas 51 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 53.4. 7 7 cos cos cos 2 cos 4 4 4 4 π π π π − = = π−= −= 2 cos 4 2 π = = . 53.5. 6 tan tan tan 5 5 5 π π π = π+= . 53.6. 13 13 tan tan tan 2 tan 6 6 6 6 π π π π − = − = − π+ = − = 3 3 = − . Proposta 54 54.1. ( ) ( ) 7 3 sin cos 7 sin 2 cos 6 2 2 π π + π = π+ + π+ π = ( ) ( ) 3 sin cos 1 1 2 2 π = + π =− + − =− . 54.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 tan 3 sin tan 2 1 tan 1 2 π π − = π + π − −= π + = 0 1 1 = + = . 54.3. ( ) ( ) ( ) sin cos 3 1 cos 2 1 cos 2 π − π = − π + π = − π = ( ) 1 1 2 = − − = . 54.4. ( ) ( ) 5 cos 4 tan 5 sin 2 π − π + − π − = ( ) ( ) cos 0 tan 4 sin 2 2 π = + − π − π − π + ( ) 1 tan sin 1 0 1 0 2 π = + −π − = + − = . 54.5. 11 7 3 7 cos sin cos 4 sin 2 2 2 2 π π π π + − = π + − = ( ) 3 3 3 3 cos sin 2 cos sin 0 1 1 2 2 2 2 π π π π = − π+ = − = − − = . 54.6. 4 cos sin cos sin 6 3 6 3 π π π π − = π+ 3 3 3 cos sin 6 3 2 2 4 π π = × − = × − = − . 54.7. 3 13 3 5 tan tan tan tan 2 4 4 4 4 π π π π + = + π+ = 3 5 tan tan tan tan 4 4 4 4 π π π π = + = π − + π+= sin sin sin sin 4 4 4 4 cos cos cos cos 4 4 4 4 π π π π π− π+ − = + = + = π π π π π− π+ − − tan tan 0 4 4 π π = − + = . 54.8. 5 7 7 tan sin tan 2 sin 3 6 3 6 π π π π − −= π− + = 1 tan sin tan sin 3 3 6 3 6 2 π π π π = − + π+ = − − = − − = 2 3 1 2 + = − . Pág. 103 Proposta 55 55.1. α α α = ⇔ = ⇔ = cos cos 5cos 5 AF AF AF EF . α α α = ⇔ = ⇔ = sin sin 5sin 5 AE AE AE EF . α α = + = + = + 5cos 5sin AB AF FB AF AE . Logo, ( ) ( ) 2 5cos 5sin A = + = α α α 2 2 25cos 2 5cos 5sin 25sin α α α α = + × × + = 2 2 25cos 25sin 50cos sin α α α α = + + = ( ) 2 2 25 cos sin 50 cos sin 25 1 50 cos sin α α α α α α = + + = × + = 25 50cos sin α α = + . 55.2. ( ) 0 25 50 cos0 sin0 25 50 1 0 25 A = + = + × × = . Interpretação geométrica: quando α = 0 , o quadrado [EFGH] coincide com o quadrado [ABCD] e a sua área é igual a 25 cm2 . 55.3. 2 2 25 50 cos sin 25 50 4 4 4 2 2 A π π π = + = + × × = 1 25 50 50 2 = + × = . 2 [ ] 5 25 EFGH A = = . A área do quadrado [ABCD] é o dobro da área do quadrado [EFGH]. Proposta 56 56.1. Sabe-se que ( ) 1,tan R α e como o arco RS está centrado em P, então α = = tan PS PR . Assim sendo, α = − 1 tan S x . 56.2. 2 2 2 2 2 5 11 sin cos 1 cos 1 cos 6 36 + = ⇔ + = ⇔ =⇔ α α α α 11 11 cos cos 36 36 α α ⇔ =∨ = − Como 0, 2 π ∈ α , conclui-se que α = 11 cos 6 . NEMA11PR © Porto Editora
- 51. 52 Unidade 1 52 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) α α α = = = = 5 sin 5 5 11 6 tan cos 11 11 11 6 . Então, 11 5 , 6 6 Q , 5 11 1, 11 R e − 5 11 1 ,0 11 S . Proposta 57 57.1. a) θ θ × × = = = [ ] 1 sin sin 2 2 2 P OPA OA y A . θ θ =⇔ =⇔ = [ ] sin 1 1 1 sin 4 2 4 2 OPA A . 2 2 2 2 2 1 3 sin cos 1 cos 1 cos 2 4 + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ θ θ θ θ 3 3 cos cos 2 2 ⇔ θ = ∨ θ = − . Donde se conclui que 3 1 , 2 2 P ou − 3 1 , 2 2 P . b) θ θ = ⇔ = ⇔ = [ ] sin 3 3 3 sin 4 2 4 2 OPA A . 2 2 2 2 2 3 1 sin cos 1 cos 1 cos 2 4 + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ θ θ θ θ 1 1 cos cos 2 2 ⇔ θ = ∨ θ = − . Donde se conclui que 1 3 , 2 2 P ou − 1 3 , 2 2 P . 57.2. a) Seja Q a projeção ortogonal de P sobre o eixo Ox. Como triângulo [APQ] é retângulo em Q, tem-se: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 cos sin AP AQ PQ d = + ⇔ = + + ⇔ θ θ 2 2 2 1 2cos cos sin d ⇔ = + + + θ θ θ θ θ ⇔ = + + ⇔ = + 2 2 1 2cos 1 2 2cos d d . b) Se = 1,2 d , então tem-se: θ θ θ = + ⇔ = − ⇔ = − 2 7 1,2 2 2cos cos 0,28 cos 25 . 2 2 2 2 2 1 1 625 1 tan 1 tan 1 tan 49 cos 7 25 + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − θ θ θ θ 2 576 tan 49 θ ⇔ = . Como θ cos 0 e ] [ 0, ∈ π θ , conclui-se que Q . 2 ∈ ° θ . Logo, θ = − 24 tan 7 . Pág. 104 Proposta 58 58.1. O ponto P tem ordenada 3 porque pertence à reta de equação = 3 y . α α α = ⇔ = ⇔ = 3 3 tan tan tan PB OB OB OB . Então, α 3 , 3 tan P . 58.2. a) ( ) 3cos 3 sin sin tan sin 3cos 2 2 2 f α α α α α α α × × = = = = 3 cos 2 α = . ( ) 3 3 tan 9cos 3 9 3 3 cos cos cos 2 2 2tan 2 2sin 2 g α α α α α α α α × = − = − = − = ( ) 3cos 3 sin 9cos 3sin cos 2sin 2sin α α α α α α α − − = = . b) ( )= ⇔ = ⇔ = 3 3 3 2 cos cos 7 2 7 7 f a a a . 2 2 2 2 2 2 45 sin cos 1 sin 1 sin 7 49 a a a a + = ⇔ + = ⇔ =⇔ 45 45 sin sin 49 49 a a ⇔ = ∨ = − Como 0, 2 a π ∈ , conclui-se que = 3 5 sin 7 a . Então, tem-se: ( ) ( ) 2 3 5 3 5 3 3 3 7 7 3cos 3 sin 7 2sin 3 5 5 2 7 a a g a a × − − − = = = = × 21 3 5 5 7 21 5 15 5 35 − × − = = . Proposta 59 59.1. 4 4 2 2 2 2 cos sin (cos ) (sin ) x x x x − = − = 2 2 2 2 2 2 (cos sin )(cos sin ) 1 (1 sin sin ) x x x x x x = + − = × − − = 2 1 2sin x = − . 59.2. Sendo ≠ cos 0 x e ≠ sin 0 x , tem-se: − − = = = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 1 1 sin cos 1 cos 1 sin sin sin sin tan cos x x x x x x x x x x . 59.3. Sendo ≠ cos 0 x e ≠ − sin 1 x , tem-se: ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 sin cos cos 1 sin cos cos 1 sin cos 1 sin x x x x x x x x x x − × + + × − + = = + × + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 sin cos cos cos 2cos cos 1 sin cos 1 sin cos 1 sin x x x x x x x x x x x − + + = = = = × + × + × + 2cos 1 sin x x = + . 59.4. Sendo ≠ cos 0 x , tem-se: NEMA11PR © Porto Editora
- 52. 53 Trigonometria efunções trigonométricas 53 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 2 sin sin sin tan cos sin cos cos cos cos x x x x x x x x x x + = × + = + = 2 2 sin cos 1 cos cos x x x x + = = . 59.5. Sendo ≠ cos 0 x , tem-se: ( ) ( ) sin tan 1 cos sin sin cos tan tan cos x x x x x x x x x + + − = − + − = sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x = − + − × = 2 sin sin cos sin sin sin cos sin cos cos x x x x x x x x x x − + = − + − = = 2 2 3 sin ( cos 1) sin sin sin cos cos cos x x x x x x x x − + = = = . Proposta 60 60.1. ( ) sin cos 0 sin 0 α α α ∧ π+ ⇔ sin cos 0 sin 0 α α α ⇔ ∧ − ⇔ sin cos 0 sin 0 cos 0 sin 0 α α α α α ⇔ ∧ ⇔ ∧ . Conclui-se que o ângulo α pertence ao 4.° Q. porque é nesse quadrante que o cosseno é positivo e o seno é negativo. 60.2. ( ) cos tan 0 sin 0 2 α α α π π− ∧ + ⇔ cos tan 0 cos 0 sin 0 cos 0 α α α α α ⇔ − ∧ ⇔ − ∧ ⇔ sin 0 cos 0 α α ⇔ ∧ . Conclui-se que o ângulo α pertence ao 2.° Q porque é nesse quadrante que o seno é positivo e o cosseno é negativo. Pág. 105 Proposta 61 61.1. Sendo 6 π = α , tem-se: 2 colorida 3 1 2 3 1 1 cos sin 2 2 1 6 6 4 2 2 2 2 2 2 A π π + + × + × π× π π = − = − = − = 4 2 3 8 π − − = . 61.2. a) ( ) ( ) 2 1 cos sin 1 2 2 f α α α + × π× = − = sin sin cos sin sin cos 2 2 2 α α α α α α π + π− − = − = . b) A ordenada do ponto correspondente ao mínimo da função é 3 3 1 2 3 3 sin sin cos 3 3 3 2 2 2 4 4 3 2 2 2 f π π π π− − π− − × π− − π = = = = 3 3 2 8 π = − . No contexto apresentado, significa que quando 3 π = α , a área da zona colorida da figura é mínima e é igual a 3 3 2 8 π − . c) Pretende-se resolver graficamente a equação ( ) α =1,2 f . Sabe-se que ] [ 0, ∈ π α . Conclui-se que 0,4 rad ≈ α ou 1,8 rad ≈ α . Proposta 62 62.1. sin 2cos cos 2sin 2 2 π π + − − = − α α α α . 62.2. ( ) ( ) sin 2cos sin 2cos 2 2 α α α α π π π− − − + = − − π − − = ( ) sin 2sin sin α α α =− − − =− . 62.3. ( ) ( ) ( ) ( ) cos 4 cos cos cos α α α α − + π − π+= − − − = cos cos 2cos α α α = + = . 62.4. ( ) 3 tan 3 sin tan sin 2 2 α α α α π π − π + = π+ + = ( ) sin tan sin cos sin 2 cos α α α α α α π = − + = − = − . Proposta 63 ( ) − = ⇔ − = ⇔ = − tan 2 tan 2 tan 2 x x x . Como 0 x −π e tan 0 x , conclui-se que . 4 Q x ∈ ° . ( ) ( ) cos 3 2sin cos 2cos cos 2cos 2 x x x x x x π π+ − + = π+ − = − − = 3cos x = − . ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 tan 1 2 5 cos cos cos x x x x + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ 2 1 1 1 cos cos cos 5 5 5 x x x ⇔ = ⇔ = ∨ = − . Como 4 Q. . x∈ ° , então cos 0 x . Logo, = = 1 5 cos 5 5 x . Assim sendo, − = − 3 5 3cos 5 x . NEMA11PR © Porto Editora
- 53. 54 Unidade 1 54 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) Pág. 106 Proposta 64 64.1. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito numa semicircunferência de diâmetro [AB]. α α α = ⇔ = ⇔ = sin sin 2 sin 2 AC AC AC r r AB . α α α = ⇔ = ⇔ = cos cos 2 cos 2 BC BC BC r r AB . Sabe-se que sombreada círculo [ ] ABC A A A = − , então tem-se: ( ) 2 2 2 2 sin 2 cos 2 sin cos 2 r r A r r r α α α α α × = π× − = π − = ( ) 2 2sin cos r α α = π− . 64.2. Sendo =1 r , então ( ) 2sin cos A α α α = π− . Fazendo uma representação gráfico da área, numa janela adequada, e recorrendo às capacidades gráficas da calculadora determina-se o valor de α para o qual a área sombreada é mínima. A área sombreada é mínima quando 0,79 rad ≈ α . Proposta 65 65.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 3sin cos 3 sin sin 2 A x x x x x π = π+ − + = − − − = 3sin sin 2sin x x x = − + = − . 65.2. 3 3 2sin 2sin 2sin 4 4 4 4 A π π π π = − = − π− = − π = 2 2 sin 2 2 4 2 π = − = × − = − . 65.3. a) ( ) 3 3 2sin 3 sin 2 A x x x = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ sin sin 3 x π ⇔ = − 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z 4 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z . Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação dada no intervalo [ ] , 3 π π é 4 5 , 3 3 π π . b) ( ) 2sin 2sin 2sin sin sin 5 5 5 A x x x π π π = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ sin sin 5 x π ⇔ = − 2 2 , 5 5 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z 6 2 2 , 5 5 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z . Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação dada no intervalo [ ] ,3 π π é 6 9 , 5 5 π π . c) ( ) 0,5 2sin 0,5 sin 0,25 A x x x = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ ( ) ( ) 1 sin sin 0,2527 x ⇔ ≈ ⇔ 0,2527 2 0,2527 2 , x k x k k ⇔ ≈ + π ∨ ≈ π− + π ∈Z (1) Utilizando a calculadora tem-se ( ) − ≈ 1 sin 0,25 0.2526802551 . Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da equação dada no intervalo [ ] , 3 π π é { } 6,54; 9,17 . Proposta 66 66.1. Sendo 3 α π = , tem-se cos , 0 3 B π e 1, tan 3 C π , ou seja, 1 , 0 2 B e ( ) 1, 3 C . + + = × = × = [ABCD] 2 1 3 3 3 2 2 2 CD AB A CE . 66.2. As coordenadas dos pontos B e C, em função de α , são, respetivamente, ( ) α cos , 0 e ( ) α 1, tan . Então, ( ) ( ) 2 2cos tan 1 cos tan 2 A α α α α α + = × =+ × = sin tan cos tan tan cos tan sin cos α α α α α α α α α = + = + × = + . Pág. 107 Proposta 67 67.1. Designemos por M o ponto médio do segmento de reta [AB]. Então, [ ] 2 ABP AB MP A × = . As coordenadas do ponto A, em função de α , são ( ) α α cos , sin . Assim sendo, tem-se: ( ) ( ) ( ) 2sin 2 cos sin 2 cos 2 A α α α α α × − = = × − = 2sin sin cos α α α = − . 67.2. a) O triângulo [AMP] é retângulo em M. Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se: ( ) 2 2 2 2 2 2 sin 2 cos AP AM MP d α α = + ⇔ = + − ⇔ 2 2 2 sin 4 4cos cos d α α α ⇔ = + − + ⇔ α α ⇔ =+ − ⇔ = − 2 2 1 4 4cos 5 4cos d d . NEMA11PR © Porto Editora
- 54. 55 Trigonometria efunções trigonométricas 55 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) b) Se = 7 d , então tem-se: ( ) α α α = − ⇔ = − ⇔ = − 2 1 7 5 4cos 7 5 4cos cos 2 . Como ] [ 0, ∈ π α , conclui-se que 3 π π − , ou seja, 2 3 π = α . Proposta 68 68.1. 2 1 1 24 1 5 6 1 0 12 12 x x x x − ± + − ± + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ 1 1 3 2 x x ⇔ = ∨ = − . Como α e β pertencem ao intervalo 3 , 2 π π , sabe-se que α tan 0 e β sin 0 . Então, conclui-se que α = 1 tan 3 e β = − 1 sin 2 . 1 sin sin sin 2 6 π = − ⇔ = − ⇔ β β 2 2 , 6 6 k k k π π ⇔ = − + π ∨ = π+ + π ∈Z β β 7 2 2 , 6 6 k k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z β β . Como 3 , 2 π ∈ π β , conclui-se que 7 6 π = β . 68.2. ( ) ( ) ( ) cos 5 cos 4 cos cos − π = −π− π = −π = − α α α α . 2 2 2 2 2 1 1 1 10 1 1 tan 1 3 9 cos cos cos α α α α + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ 2 9 9 9 cos cos cos 10 10 10 α α α ⇔ = ⇔ = ∨ = − . Como 3 , 2 π ∈ π α , então α cos 0 . Logo, α = − = − 3 3 10 cos 10 10 . Assim sendo, α − = − − = 3 10 3 10 cos 10 10 . Proposta 69 69.1. ( ) ( ) ( ) ( ) cos sin 3 cos sin α α α α −π− + − + π = π+ + − + π = ( ) ( ) cos sin cos sin cos sin α α α α α α = − − − π = − − − = − + . Como 3 , 2 2 π π ∈ α e α sin 0 , conclui-se que . 3 Q α ∈ ° . 2 2 2 2 2 1 8 sin cos 1 cos 1 cos 3 9 α α α α + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ 8 8 cos cos 9 9 α α ⇔ = ∨ = − . Como 3 Q. . α ∈ ° , conclui-se que α = − = − 8 2 2 cos 3 3 . Assim sendo, 2 2 1 2 2 1 cos sin 3 3 3 3 α α − + = − − + − = − = 2 2 1 3 − = . 69.2. ( ) sin tan 4 sin tan 2 2 α α α α π π − − + + π =− + + = ( ) 2 2 2 2 2 2 11 2 cos tan 3 4 3 4 12 α α = − − + = − − + = + = . Proposta 70 70.1. ( ) ( ) 3 cos cos cos cos 2 2 β β β β π π − + −π− = + + + π = sin cos β β = − − . Como ] [ ,2 ∈ π π β e β cos 0 , conclui-se que . 3 Q β ∈ ° . 2 2 2 2 2 1 8 sin cos 1 sin 1 sin 3 9 β β β β + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ 8 8 sin sin 9 9 β β ⇔ =∨ = − . Como 3 Q. . β ∈ ° , conclui-se que β = − = − 8 2 2 sin 3 3 . Assim sendo, 1 2 2 sin cos 3 3 β β − − =− − − − = 1 2 2 1 2 2 3 3 3 + = + = . 70.2. ( ) ( ) ( ) ( ) tan 7 sin tan sin β β β β π− − − − π = − + + π = 2 2 2 2 2 2 4 2 3 tan sin 2 2 1 3 3 3 3 β β − = − − = − − − = − + = − − . Proposta 71 71.1. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( )≈ arcsin 0,25 0,25 . 71.2. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( ) − ≈ − arctan 3,5 1,29 . 71.3. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( ) − ≈ arccos 0,65 2,28 . 71.4. Recorrendo à calculadora, obtém-se ( ) − ≈ − arcsin 0,8 0,93. Pág. 108 Proposta 72 72.1. sin cos 2 π − = − α α . Como o ponto A pertence ao gráfico de f, tem abcissa 0,6 e ordenadaα , então sabe-se que ( ) α = 0,6 f . ( ) α α α α = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3 0,6 arcsin 0,6 sin 0,6 sin 5 f . NEMA11PR © Porto Editora
- 55. 56 Unidade 1 56 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 2 2 2 2 2 3 16 sin cos 1 cos 1 cos 5 25 α α α α + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ 16 16 cos cos 25 25 α α ⇔ = ∨ = − . Como , 2 2 π π ∈ − α , conclui-se que α = 4 cos 5 . Então, 4 sin cos 2 5 π − = − = − α α . 72.2. ( ) ( ) ( ) sin tan sin tan α α α α + π − − =− − − = 3 3 3 3 3 5 sin tan 4 5 5 4 20 5 α α = − + = − + = − + = . Proposta 73 73.1. ( ) 2 1 arcsin 3arccos arctan 1 2 2 − − − + = 2 3 2 4 3 4 π π π =− − × + =− π . 73.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin arccos 1 cos arcsin 1 sin cos 2 π − + = π + = 0 0 0 = + = . 73.3. ( ) 1 tan arcsin arccos tan tan arccos 1 2 4 6 π π − = − = 3 3 0 3 3 = − = . 73.4. 2 4 arcsin sin arctan tan arccos cos 5 7 5 π π π − + − = 2 4 5 5 7 5 7 π π π π = − + − = − . 73.5. 3 arcsin sin arcsin sin 4 4 π π − + = arcsin sin 0 4 4 4 4 π π π π = − + = − + = . Cálculo auxiliar: 3 sin sin sin 4 4 4 π π π = π− = − − π = sin sin 4 4 π π =− − = . 73.6. 4 5 5 arcsin sin arctan tan arccos cos 3 4 3 π π π + − = arcsin sin arctan tan arccos cos 3 4 3 π π π = − + − = 5 3 4 3 12 π π π π = − + − = − . Cálculos auxiliares: 4 sin sin sin sin 3 3 3 3 π π π π = + π = − = − , 5 tan tan tan 4 4 4 π π π = + π = e 5 cos cos 2 cos cos 3 3 3 3 π π π π = − + π = − = . 73.7. ( ) ( ) 2 arccos sin sin arccos 0,5 3 π − = 3 3 3 arccos cos sin 6 3 6 2 6 π π π π− = − = − = . Cálculo auxiliar: 2 2 sin cos cos 3 3 2 6 π π π π = −= . 73.8.* = 1 tan arcsin ? 3 Seja α = 1 arcsin 3 , então tem-se: α = 1 sin 3 . α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 2 1 8 sin cos 1 cos 1 cos 3 9 . Como , 2 2 π π ∈ − α , α cos 0 . Donde se conclui que α = 2 2 cos 3 e α α α = = = = 1 sin 1 2 3 tan cos 4 2 2 2 2 3 . Logo, α = = 1 2 tan arcsin tan 3 4 . Proposta 74 74.1. 5 cos cos 2 cos sin 2 2 2 π π π + = + + π = + = − α α α α . Como o ponto B pertence ao gráfico de g, tem abcissa − 4 5 e ordenada α , então sabe-se que α − = 4 5 g . α α α − = ⇔ − = ⇔ = − 4 4 4 arccos cos 5 5 5 g . 2 2 2 2 2 4 9 sin cos 1 sin 1 sin 5 25 α α α α + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ 9 9 sin sin 25 25 α α ⇔ = ∨ = − . Como [ ] 0, ∈ π α , conclui-se que α = 3 sin 5 . Então, α − = − 3 sin 5 . 74.2. 4 sin cos 4 2 5 tan 3 2 sin 3 cos 5 2 π − − π − = = = = π − α α α α α . NEMA11PR © Porto Editora
- 56. 57 Trigonometria efunções trigonométricas 57 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Pág. 109 Proposta 75 75.1. cos 0,15 sin 0,15 sin 0,15 2 x x x π + = ⇔ − = ⇔ = − . A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo , 2 π − π . 75.2. ( ) − = ⇔ − = ⇔ = − tan 5 tan 5 tan 5 x x x . A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo [ [ , −π π . 75.3. ( ) ( ) sin 0,7 sin 0,7 x x − +π = ⇔ − −π = ⇔ ( ) sin 0,7 sin 0,7 x x ⇔ − − = ⇔ = . A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo [ [ , 2 −π π . 75.4. 3 sin 0,37 sin 0,37 2 2 x x π π + = − ⇔ + + π = − ⇔ sin 0,37 cos 0,37 cos 0,37 2 x x x π ⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔ = . A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo , 3 2 π π . 75.5. = − ⇔ = − 5 2tan 5 tan 2 x x . A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo 2 , 2 π − π − . 75.6. A equação = sin cos 0 x x tem três soluções pertencentes ao intervalo [ ] , 0 −π . Proposta 76 76.1. 3 3 tan 3 0 tan tan 3 3 x x x + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ tan tan , 3 3 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ Z 76.2. cos cos cos cos 5 5 x x π π = − ⇔ = − + π ⇔ 4 cos cos 5 x π ⇔ = 4 4 2 2 , 5 5 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z 76.3. ( ) ( ) sin 2 sin 0 sin 2 sin x x x x − = ⇔ = ⇔ 2 2 2 2 , x x k x x k k ⇔ =+ π ∨ = π− + π ∈Z 2 2 , 3 3 k x k x k π π ⇔ = π ∨ = + ∈Z 76.4. tan 3 tan tan 6 6 3 x x π π π − = − ⇔ − = − ⇔ , , 6 3 6 x k k x k k π π π ⇔ − = − + π ∈ ⇔ = − + π ∈ Z Z 76.5. 2 6 tan 2 0 tan 3 3 6 x x + = ⇔ = − ⇔ 3 tan tan tan 3 3 3 6 x x π ⇔ = − ⇔ = − ⇔ , 3 , 3 6 2 x k k x k k π π ⇔ = − + π ∈ ⇔ = − + π ∈ Z Z 76.6. cos sin 0 sin sin 2 8 8 x x π π π + − = ⇔ − = ⇔ sin sin sin sin 8 8 x x π π ⇔ = − ⇔ =− ⇔ 2 2 , 8 8 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = π− − + π ∈ Z 9 2 2 , 8 8 x k x k k π π ⇔ = − + π ∨ = + π ∈Z 76.7. tan 1 tan 1 tan 1 x x x = ⇔ = ∨ = − ⇔ tan tan tan tan 4 4 x x π π ⇔ = ∨ = − ⇔ , , 4 4 4 2 k x k x k k x k π π π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈ ⇔ = + ∈ Z Z 76.8. ( ) ( ) 2 2 sin 2 1 0 sin 2 1 x x π− − = ⇔ π− = ⇔ ( ) ( ) sin 2 1 sin 2 1 x x ⇔ π− = ∨ π− = − ( ) ( ) sin 1 sin 1 x x ⇔ − = ∨ − = − sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 x x x x ⇔ − = ∨ − = − ⇔ = − ∨ = 3 2 2 , 2 2 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z , 2 x k k π ⇔ = + π ∈Z 76.9. ( ) ( ) cos 2 cos 0 cos 2 cos x x x x + = ⇔ = − ⇔ ( ) ( ) cos 2 cos x x ⇔ = − π 2 2 2 2 , x x k x x k k ⇔ = − π+ π ∨ = − + π+ π ∈Z 2 3 2 , x k x k k ⇔ = −π+ π ∨ = π+ π ∈Z 2 2 , 3 3 k x k x k π π ⇔ = −π + π ∨ = + ∈Z 2 , 3 3 k x k π π ⇔ = + ∈Z 76.10. = ⇔ = ∨ = sin cos 0 sin 0 cos 0 x x x x , 2 x k x k k π ⇔ = π ∨ = + π ∈Z , 2 k x k π ⇔= ∈Z NEMA11PR © Porto Editora
- 57. 58 Unidade 1 58 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) 76.11. 2 2 2tan 6 tan 3 3 3 x x π π + = ⇔ + =⇔ tan 3 tan 3 3 3 x x π π ⇔ + = ∨ + = − tan tan tan tan 3 3 3 3 x x π π π π ⇔ + = ∨ + = − , 3 3 3 3 x k x k k π π π π ⇔ + = + π ∨ + = − + π ∈Z 2 , 3 x k x k k π ⇔ = π ∨ = − + π ∈Z 76.12. 1 2 2cos 1 0 cos cos cos 2 2 2 2 3 x x x π + = ⇔ = − ⇔ = 2 2 2 2 , 2 3 2 3 x x k k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z 4 4 4 4 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z Como [ ] ,2 x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que 4 3 x π = . Proposta 77 1 1 cos cos arccos cos 2 2 α α = − ⇔ = − ⇔ cos cos cos cos 3 3 π π α α π ⇔ = − ⇔ = + ⇔ 4 4 2 2 , 3 3 k k k α α π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z Como [ ] ,2 ∈ π π α ,conclui-se que 4 3 π = α . Proposta 78 78.1. 2sin 1 , 2 x x π ≥ − ∧ ∈ − π ⇔ 1 2 sin , sin , 2 2 2 2 x x x x − π π ⇔ ≥ ∧ ∈ − π ⇔ ≥ − ∧ ∈ − π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que , 4 x π ∈ − π . 78.2. [ ] [ ] 1 2sin 1 0, sin 0, 2 x x x x ≤ ∧ ∈ π ⇔ ≤ ∧ ∈ π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que 5 0, , 6 6 x π π ∈ ∪ π . 78.3. [ [ [ [ 3 2sin 3 0 0,2 sin 0,2 2 x x x x + ∧ ∈ π ⇔ − ∧ ∈ π . Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que 4 5 0, , 2 3 3 x π π ∈ ∪ π . Pág. 110 Proposta 79 79.1. Sendo 6 π = θ , tem-se cos , sin 6 6 P π π , ou seja, 3 1 , 2 2 P . Então, 2 1 3 1 3 6 4 2 2 4 f π π× π− = − × = . 79.2. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são ( ) θ θ cos , sin . Então, ( ) 2 1 cos sin sin cos 4 4 f π× π = − × =− θ θ θ θ θ . 79.3. ( ) 1 1 1 sin sin cos 2 4 2 4 4 a a a π π − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ 1 cos 4 a ⇔ = . 2 2 2 2 2 1 15 sin cos 1 sin 1 sin 4 16 a a a a + = ⇔ + = ⇔ =⇔ 15 15 sin sin 16 16 a a ⇔ = ∨ = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 58. 59 Trigonometria efunções trigonométricas 59 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) Como 0, 2 a π ∈ , conclui-se que = 15 sin 4 a . Então, ( ) 15 1 15 sin cos 4 4 4 4 4 16 f a a a π π π = − × = − × = − = 4 15 16 π − = . Proposta 80 80.1. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são ( ) θ θ cos , sin . Como os pontos 1 P e 2 P são as projeções ortogonais de P sobre Ox e Oy, respetivamente, então sabe-se que ( ) θ 1 cos , 0 P e ( ) θ 2 0, sin P . Sabe-se, ainda, que θ = = 1 1 sin P A PP e θ = = 2 2 cos P B PP . Assim sendo, ( ) θ θ + cos sin , 0 A e ( ) θ θ + 0, sin cos B . 80.2.a) ( ) ( ) ( ) 2 2 cos sin 0 0 sin cos d AB θ θ θ θ = = + − + − + = 2 2 2 2 cos 2cos sin sin sin 2sin cos cos θ θ θ θ θ θ θ θ = + + + + + = θ θ θ θ θ θ = + + + = + 1 2cos sin 1 2sin cos 2 4sin cos . b) Se 6 π = θ , tem-se 1 3 2 4sin cos 2 4 6 6 2 2 d π π = + × = + × × = 2 3 = + . c) ( ) 3 3 tan 3 tan 4 4 + π = ⇔ = θ θ . 2 2 2 2 2 1 3 1 25 1 1 tan 1 4 16 cos cos cos θ θ θ θ + = ⇔ + = ⇔= ⇔ 2 16 16 16 cos cos cos 25 25 25 θ θ θ ⇔ = ⇔ = ∨ = − . Como 0, 2 π ∈ θ , então θ cos 0 . Logo, θ = 4 cos 5 . Donde se conclui que θ θ θ = × = × = 3 4 3 sin tan cos 4 5 5 . Então, = + × × = + = = 3 4 48 98 7 2 2 4 2 5 5 25 25 5 d . Pág. 111 Proposta 81 Sabe-se que = AC BC e que α é a amplitude do ângulo BAC, logo α = ˆ ABC porque num triângulo a lados iguais opõem-se ângulos iguais. Os ângulos ABC e DBE são verticalmente opostos, logo α = = ˆ ˆ DBE ABC . Sabe-se também que 2 π + = α β , ou seja, 2 π = − α β . Então, tem-se: ( ) sin sin sin cos 2 π + π = − = − − = − α α β β . Proposta 82 82.1. ( )( ) ( ) ( ) 0 0 f g x f x g x × = ⇔ × = ⇔ ( ) ( ) 2 2 0 0 1 2cos 0 sin cos 0 f x g x x x x ⇔ = ∨ = ⇔ − = ∨ − = 2 2 2cos 1 sin cos x x x ⇔ − = − ∨ = 1 cos sin cos sin cos 2 x x x x x ⇔ = ∨ = ∨ = − cos cos sin cos sin cos 3 x x x x x π ⇔ = ∨ = ∨ = − 2 2 3 3 4 x k x k x k π π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∨ = + π ∨ 3 , 4 x k k π ∨ = + π ∈Z . Como [ ] ,2 x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que 3 3 5 7 5 , , , , , , , , 4 3 4 4 3 4 4 4 3 x π π π π π π π π π ∈ − − − . 82.2. ( ) [ ] [ ] 2 ,2 1 2cos 2 ,2 f x x x x ≥ ∧ ∈ −π π ⇔ − ≥ ∧ ∈ −π π [ ] 1 cos , 2 2 x x ⇔ ≤ − ∧ ∈ −π π . Por observação do gráfico anterior, conclui-se que 2 2 4 , , 3 3 3 x π π π ∈ −π − ∪ . 82.3. ( ) ( ) 2 2 1 2cos sin cos f x g x x x x = ⇔ − = − ⇔ 2 2 1 2cos 1 cos cos x x x ⇔ − = − − 2 2 2cos 2cos 0 cos cos 0 x x x x ⇔ − =⇔ − = ( ) cos cos 1 0 cos 0 cos 1 0 x x x x ⇔ − = ⇔ = ∨ − = cos 0 cos 1 x x ⇔ =∨ = 2 , 2 x k x k k π ⇔ = + π ∨ = π ∈Z . Como [ ] ,2 x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que 3 , 0, , , 2 2 2 2 x π π π ∈ − π . 1 2cos 1 2 0 1 2 2 f π π − = − − = − × = ; ( ) ( ) = − = − × = − 0 1 2cos 0 1 2 1 1 f ; 1 2cos 1 2 0 1 2 2 f π π = − = − × = ; 3 3 1 2cos 1 2 0 1 2 2 f π π = − = − × = e NEMA11PR © Porto Editora
- 59. 60 Unidade 1 60 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 2 1 2cos 2 1 2 1 1 f π = − π = − × =− . Então, conclui-se que os gráficos das funções f e g se intersetam nos pontos de coordenadas , 1 2 π − , ( ) 0, 1 − , , 1 2 π , 3 , 1 2 π e ( ) 2 , 1 π − . 82.4.* ( ) ( ) 2 2 3 3 1 2cos sin cos 2 2 f x g x x x x − = ⇔ − − + = ⇔ 2 3 2cos 2cos 2 x x ⇔ − = 2 2 3 3 2cos 2cos 2cos 2cos 2 2 x x x x ⇔ − = ∨ − = − ⇔ − − = ∨ − + = 2 2 4cos 4cos 3 0 4cos 4cos 3 0 x x x x ± + ± − ⇔ = ∨= impossível 4 16 48 4 16 48 cos cos 8 8 x x + − ⇔ = ∨ = 4 8 4 8 cos cos 8 8 x x ⇔ = ∨ = − impossível 3 1 cos cos 2 2 x x 2 cos cos 3 x π ⇔ = 2 2 2 2 , 3 3 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = − + π ∈Z . Como [ ] ,2 x∈ −π π , atribuindo valores a k conclui-se que 2 2 4 , , 3 3 3 x π π π ∈ − . 2 2 1 1 2cos 1 2 2 3 3 2 f π π − = − − = − × − = e 2 2 2 2 2 2 2 3 1 sin cos 3 3 3 2 2 g π π π − = − − − = − − − = 3 1 1 4 4 2 = − = . 2 2 1 1 2cos 1 2 2 3 3 2 f π π = − = − × − = e 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 1 sin cos 3 3 3 2 2 4 4 2 g π π π = − = − − = − = . 4 4 1 1 2cos 1 2 2 3 3 2 f π π = − = − × − = e 2 2 2 2 4 4 4 3 1 3 1 1 sin cos 3 3 3 2 2 4 4 2 g π π π = − = − − − = − = . Conclusão: há três pares de pontos que satisfazem as condições do enunciado, a saber: 2 , 2 3 P π − e 2 1 , 3 2 Q π − ; 2 , 2 3 P π e 2 1 , 3 2 Q π ; 4 , 2 3 P π e 4 1 , 3 2 Q π . Proposta 83 83.1.* 2 3cos 2sin 0 2 x x π − + + = ⇔ 2 3cos 2sin 0 2 x x π ⇔ − + = ( ) ⇔ + = ⇔ + = 2 3 sin 2sin 0 sin 3 2sin 0 x x x x ⇔ = ∨ + =⇔ = ∨ = − 3 sin 0 3 2sin 0 sin 0 sin 2 x x x x sin 0 sin sin 3 x x π ⇔ =∨ = − 2 2 , 3 3 x k x k x k k π π ⇔ =π ∨ = − + π ∨ = π− − + π ∈ Z 4 2 2 , 3 3 x k x k x k k π π ⇔ =π ∨ = − + π ∨ = + π ∈Z 83.2.* − = + ⇔ − = + − 2 2 2 2 cos cos 2 sin cos cos 2 1 cos x x x x x x ⇔ − − = 2 2cos cos 3 0 x x ± + ⇔ = 1 1 24 cos 4 x ⇔ = ∨ = − impossível 3 cos cos 1 2 x x 2 , x k k ⇔ = π+ π ∈Z 83.3.* sin tan 2sin 0 2sin 0 cos x x x x x + = ⇔ + = ⇔ sin 2sin cos 0 cos 0 x x x x ⇔ + =∧ ≠ ( ) ⇔ + = ∧ ≠ sin 1 2cos 0 cos 0 x x x ( ) ⇔ = ∨ + = ∧ ≠ sin 0 1 2cos 0 cos 0 x x x ⇔ = ∨ = − ∧ ≠ 1 sin 0 cos cos 0 2 x x x 2 sin 0 cos cos 3 x x π ⇔ = ∨ = 2 2 2 2 , 3 3 x k x k x k k π π ⇔ = π ∨ = + π ∨ = − + π ∈Z 83.4.* ( ) ( ) 2 2 1 3tan 1 0 tan 3 x x π − = ⇔ π = ( ) ( ) 1 1 tan tan 3 3 x x ⇔ π = ∨ π = − ( ) ( ) 3 3 tan tan 3 3 x x ⇔ π = ∨ π = − ( ) ( ) tan tan tan tan 6 6 x x π π ⇔ π = ∨ π = − , 6 6 x k x k k π π ⇔ π = + π ∨ π = − + π ∈Z 1 1 , 6 6 x k x k k ⇔ = + ∨ = − + ∈Z NEMA11PR © Porto Editora
- 60. 61 Trigonometria efunções trigonométricas 61 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608) 83.5.* 2 2sin 7sin 3 0 x x − + = ⇔ ± − ⇔ = 7 49 24 sin 4 x + − ⇔ = ∨ = 7 5 7 5 sin sin 4 4 x x ⇔ =∨ = impossível 1 sin 3 sin 2 x x sin sin 6 x π ⇔ = 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = π− + π ∈Z 5 2 2 , 6 6 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z Como , 2 2 x π ∈ π , atribuindo valores a k conclui-se que 5 6 x π = . Pág. 114 1. Por aplicação da lei dos senos, tem-se: sin 70 sin 30 4sin 70 4 0,9397 4 sin 30 0,5 BC BC BC ° ° ° × = ⇔ = ⇔ = ⇔ ° 7,52 BC ⇔ ≈ . A opção correta é a (D). 2. Como o pentágono é regular e está inscrito na circunferência de centro O, divide-a em cinco arcos geometricamente iguais de amplitude 360 : 5 72 ° = ° . ( ) − ° = × − ° − ° 1224 3 360 144 e ( ) − °= × − ° 144 2 72 . Então, a imagem do ponto A pela rotação de centro O e amplitude − ° 1224 é o ponto D. A opção correta é a (C). 3. Sabe-se que 3 , 2 π ∈ − − π α , ou seja, 2 Q. . α ∈ ° . Logo, α sin 0 , α cos 0 e α tan 0 . A expressão que representa um número real negativo é cos 2 π + α porque cos sin 2 π + = − α α e α sin 0 . A opção correta é a (B). 4. ( ) tan tan tan 1,2626 1,2626 , x x x k k = π ⇔ ≈ ⇔ ≈ + π ∈Z . No intervalo [ [ 0,2π , a equação tan x = π tem duas soluções, uma entre 0 e π , e a outra entre π e 3 2 π . Atendendo a que π é o período positivo mínimo da função tangente, conclui-se que a equação tan x = π também tem duas soluções nos seguintes intervalos: [ [ 2 , 0 − π , [ [ 2 , 4 π π , [ [ 4 , 6 π π e 15 6 , 2 π π . Assim sendo, a equação tan x = π tem 10 soluções pertencentes ao intervalo 15 2 , 2 π − π . A opção correta é a (A). 5. Sabe-se que ( )= f a k . Logo, tem-se = cos a k . Como o ponto A tem abcissa a e pertence ao gráfico de g, então tem-se ( ) ( ) , A a g a . Ora, ( ) 1 2sin 1 2cos 1 2 2 g a a a k π =− + =− =− . Donde se conclui que ( ) − ,1 2 A a k . A opção correta é a (B). Pág. 115 1.1. a) , 2 x x ∀ ∈ + π∈ R R e ( ) 2 f x + π = ( ) ( ) ( ) sin 2 cos 2 sin cos x x x x f x = + π + π = = . Logo, f é uma função periódica de período 2π . b) , x x ∀ ∈ − ∈ R R . ( ) ( ) ( ) ( ) − = − − = − = − sin cos sin cos f x x x x x f x . Logo, f é uma função ímpar. 1.2. Sendo , 2 k x k π ≠ ∈Z , tem-se: sin 1 1 tan sin tan cos cos x x x x x x + = + = 2 2 sin cos sin cos cos sin sin cos x x x x x x x x + = + = = ( ) 1 1 sin cos x x f x = = 2.1. a) 2 1 2sin 1 2sin 2 3 6 A y f π − π π = − =− =− − = 1 1 2 2 2 = − × − = b) ( ) 1 0 1 2sin 0 sin 3 3 2 x x f x = ⇔ − = ⇔ = ⇔ sin sin 3 6 x π ⇔ = 2 2 , 3 6 3 6 x x k k k π π ⇔ =+ π ∨ = π− + π ∈Z 5 6 6 , 2 2 x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈Z Como 7 9 , 2 2 x π π ∈ − , atribuindo valores a k conclui-se que 7 5 , , 2 2 2 x π π π ∈ − . O maior dos zeros da função f é 5 2 π . Então, 5 2 B x π = . NEMA11PR © Porto Editora
- 61. 62 Unidade 1 62 Unidade1 – NEMA11PR (20152608) c) ( ) = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 1 1 2sin 1 2sin 0 sin 0 3 3 3 x x x f x , 3 x k k ⇔ = π ∈Z 3 , x k k ⇔ = π ∈Z Como 7 9 , 2 2 C x π π ∈ − e 0 C x , conclui-se que 3 C x = π . 2.2. Pretende-se resolver graficamente a condição ( )= ∧ 7 0 f x x . Conclui-se que 12,32 rad x ≈ . 3.1. 1 1 3 tan tan arcsin tan 2 2 6 3 f π = = = . 3.2. Como α é a ordenada do ponto A que pertence ao gráfico de f e tem abcissa − 1 4 , então tem-se α − = 1 4 f . α α α − = ⇔ − = ⇔ = − 1 1 1 arcsin sin 4 4 4 f . 2 2 2 2 2 1 15 sin cos 1 cos 1 cos 4 16 α α α α + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ 15 15 cos cos 16 16 α α ⇔ = ∨ = − . Como , 2 2 α π π ∈ − , conclui-se que α = 15 cos 4 . 4. sin 0,2 sin 0,2 2 2 α α π π − − = − ⇔ − + = − ( ) 1 sin 0,2 cos 0,2 cos 2 5 α α α π ⇔ + = ⇔ = ⇔ = Como ] [ , 0 α ∈ − π e cos 0 α , conclui-se que 4. Q α ∈ ° . 2 2 2 2 2 2 1 1 1 tan 1 tan cos 1 5 1 tan 25 tan 24 α α α α α + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Como 4. Q α ∈ ° , conclui-se que tan 24 2 6 α = − = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin tan cos cos sin tan 2 6 2 6 cos α α α α α α α α π− − − π π − = = π− − π = =− =− − = − 5. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito numa semicircunferência. Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2,4 4,5 26,01 AB AC BC AB AB = + ⇔ = + ⇔ = . Como 0 AB , conclui-se que 5,1 AB = . Como a semirreta AD ɺ é a bissetriz do ângulo BAC, sabe-se que ˆ ˆ 2 2 BAC DAO α = = . Como o triângulo [AOD] é isósceles (porque OA OD = ), sabe-se que ˆ ˆ 2 ADO DAO α = = . Então, 2 2 α α β α = π − − = π − . ( ) ( ) ˆ cos cos cos cos 2,4 24 8 cos 5,1 51 17 DOA AC AB β α α α = = π−= − π = − = − = − = − = − NEMA11PR © Porto Editora
- 62. 63 63 Unidade 2– NEMA11PR (20152608) Pág. 119 1.1. ˆ 50 AOC = ° porque ângulos opostos de um paralelogramo são geometricamente iguais. Então, a reta OC tem de inclinação 50°. 1.2. A reta AB é paralela à reta OC, logo têm a mesma inclinação. Portanto, a reta AB tem de inclinação 50°. 1.3. A reta BC é paralela à reta OA, logo têm a mesma inclinação. Como a reta AO coincide com o eixo Ox, tem de inclinação 0°. Então, a reta BC tem de inclinação 0°. 2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, sabe-se que ˆ 60 BAC = ° . A reta AC tem de inclinação 110°, então conclui-se que a reta AB tem de inclinação 110 60 50 ° − ° = ° , ou seja, 50°. 2.2. Seja D o ponto de interseção da reta BC com o eixo Ox. Então, tem-se ˆ 180 60 120 ABD = °− ° = ° e ˆ 50 BAD = ° . Atendendo a que a amplitude de um ângulo externo de um triângulo é igual à soma das amplitudes dos ângulos internos não adjacentes, conclui-se que a inclinação da reta BC é 120 50 °+ ° , ou seja, 170°. Pág. 120 3.1. Uma equação reduzida da reta AB é do tipo: y mx b = + . Um vetor diretor da reta AB é ( ) 3, 3 AB B A = − = − . Então, 3 1 3 m= = − − e y x b = − + . Como o ponto ( ) 3, 3 B pertence à reta AB, tem-se: 3 3 3 3 b b = − + ⇔ = + . Assim sendo, uma equação reduzida da reta AB é 3 3 y x = − + + . 3.2. a) Sendo ( ) 3, 3 OB B O = − = um vetor diretor da reta OB, então 3 3 OB m = . Seja α a inclinação da reta OB. Então, tem-se 3 tan 3 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , conclui-se que 30 α = ° . b) Como a reta AB tem declive 1 − sabe-se que tan 1 α = − , sendo α a sua inclinação. Como 0 180 α ° ≤ ° , conclui-se que 180 45 135 α = °− ° = ° . 3.3. ˆ ˆ 30 , 180 135 45 AOB OAB = ° = °− ° = ° e ˆ 180 30 45 105 ABO = °− °− ° = ° . Pág. 121 4.1. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo: y mx b = + . ( ) ( ) ( ) tan 120 tan 60 tan 60 3 m= ° = − ° =− ° =− . Como o ponto de coordenadas ( ) 2, 0 pertence à reta, tem-se: 0 3 2 2 3 b b = − × + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta representada é 3 2 3 y x = − + . 4.2. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo: y mx b = + . ( ) 3 tan 30 3 m = ° = Como o ponto de coordenadas ( ) 3, 0 − pertence à reta, tem-se: ( ) 3 0 3 0 3 3 3 b b b = × − + ⇔ = − + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta representada é 3 3 3 y x = + . 5.1. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se 3 tan 2 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 56,3 α ≈ ° . 5.2. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan 2 α = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 63,4 180 α ≈ − °+ ° , ou seja, 116,6 α ≈ ° . 5.3. 3 2 3 0 2 3 2 2 x y x y x y − + = ⇔ = − ⇔ = − . Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se 1 tan 2 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 26,6 α ≈ ° . 5.4. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan 2 α π = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 57,5 180 α ≈ − °+ ° , ou seja, 122,5 α ≈ ° . 5.5. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = π . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 72,3 α ≈ ° . Tarefa 1 1.1. a) Sendo ( ) ( ) ( ) 1, 4 3,1 4, 3 BC C B = − = − − = um vetor diretor da reta BC, então 3 4 BC m = . Seja α a inclinação da reta BC. Então, tem-se 3 tan 4 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 36,9 α ≈ ° . b) Sendo ( ) ( ) ( ) 3,1 2, 1 5,2 AB B A = − = − − − = − um vetor diretor da reta AB, então 2 2 5 5 AB m = = − − . Unidade 2 Geometria analítica NEMA11PR © Porto Editora
- 63. 64 Unidade 2 64 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Seja α a inclinação da reta AB. Então, tem-se 2 tan 5 α = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 158,2 α ≈ ° . c) Sendo ( ) ( ) ( ) 1, 4 2, 1 1, 5 AC C A = − = − − = − um vetor diretor da reta AC, então 5 5 1 AC m = = − − . Seja α a inclinação da reta AC. Então, tem-se tan 5 α = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 101,3 α ≈ ° . 1.2. 2 1 2 3 1 0 3 2 1 3 3 x y y x y x + − = ⇔ = − + ⇔ = − + . 1.3. O declive da reta r é 2 3 − . Um vetor que tem a direção da reta r é, por exemplo, ( ) 3, 2 v = − . 1.4. Sendoθ a inclinação da reta r, sabe-se que 2 tan 3 θ = − . 2 2 2 2 2 1 2 1 13 1 1 tan 1 cos 3 cos 9 cos θ θ θ θ + = ⇔ + −= ⇔ = ⇔ 2 9 cos 13 θ ⇔ = . Como tan 0 θ , conclui-se que 9 3 cos 13 13 θ = − = − . sin 2 3 tan sin tan cos sin cos 3 13 θ θ θ θ θ θ θ = ⇔ = × ⇔ =− × − ⇔ 2 sin 13 θ ⇔ =. Então, 2 3 6 sin cos 13 13 13 θ θ × = × − = − . 2.1. A inclinação da reta s é 180 45 135 α = °− ° = ° . Uma equação reduzida da reta s é do tipo: y mx b = + . ( ) ( ) ( ) tan 135 tan 45 tan 45 1 m= ° = − ° =− ° =− . Como o ponto ( ) 1, 0 A pertence à reta s, tem-se: 0 1 1 1 b b =− × + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta s é 1 y x = − + . 2.2. Seja β a inclinação da reta r. Então, tem-se tan 3 β = . Como 0 180 β ° ≤ ° , conclui-se que 60 β = ° . Então, 180 45 60 75 α = ° − °− ° = ° . 3.1. a) Como o triângulo [CDE] é equilátero, sabe-se que ˆ 60 DCE = ° . Assim sendo, a inclinação da reta CD é 60°. Uma equação reduzida da reta CD é do tipo: y mx b = + . ( ) tan 60 3 m = ° = Como o ponto ( ) 2, 0 C pertence à reta CD, tem-se: 0 3 2 2 3 b b = × + ⇔ = − . Então, uma equação reduzida da reta CD é 3 2 3 y x = − . b) A inclinação da reta DE é 120°. Uma equação reduzida da reta DE é do tipo: y mx b = + . ( ) ( ) ( ) tan 120 tan 60 tan 60 3 m= ° = − ° =− ° =− . Como o ponto ( ) 6, 0 E pertence à reta DE, tem-se: 0 3 6 6 3 b b = − × + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta DE é 3 6 3 y x = − + . c) A inclinação da reta BC é 150° ( ) 60 90 °+ ° . Uma equação reduzida da reta BC é do tipo: y mx b = + . ( ) ( ) ( ) 3 tan 150 tan 30 tan 30 3 m= ° = − ° =− ° =− . Como o ponto ( ) 2, 0 C pertence à reta BC, tem-se: 3 2 3 0 2 3 3 b b = − × + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta BC é 3 2 3 3 3 y x = − + . 3.2. D é o ponto de interseção das retas CD e DE. 3 2 3 3 2 3 3 6 3 3 2 3 3 6 3 y x y x y x x x = − = − ⇔ ⇔ = − + − = − + 3 2 3 3 4 2 3 2 3 4 4 2 3 8 3 y x y y x x x = − = × − = ⇔ ⇔ ⇔ = = = Então, ( ) 4, 2 3 D . 3.3. A reta AD é paralela à reta BC, então sabe-se que 3 3 AD BC m m = = − . Uma equação reduzida da reta AD é do tipo: 3 3 y x b = − + . Como o ponto ( ) 4, 2 3 D pertence à reta AD, tem-se: 3 4 3 10 3 2 3 4 2 3 3 3 3 b b b = − × + ⇔ = + ⇔ = . Então, uma equação reduzida da reta AD é 3 10 3 3 3 y x = − + . Pág. 122 6.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um triângulo equilátero é igual a 60°, então tem-se: ( ) , 60 AB AC= ° ɵ . NEMA11PR © Porto Editora
- 64. 65 Geometria analítica 65Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 6.2. ( ) , 2 60 120 AB AD = × ° = ° ɵ . 6.3. ɵ ( ) , 180 60 120 AB BC = °− ° = ° . 7.1. ( ) , 0 AF BE = ° ɵ porque os vetores são colineares e têm o mesmo sentido. 7.2. ( ) , 120 BC DE = ° ɵ porque a amplitude de cada um dos ângulos internos de um hexágono regular é igual a 120°. 7.3. ( ) BA , 60 CD= ° ɵ . 7.4. ( ) , 120 AF CB = ° ɵ . 7.5. ( ) , 180 BC DA = ° ɵ porque os vetores são colineares e têm sentidos opostos. Pág. 123 8. . 3 4 12 AB AC AC AD = × = × = . Cálculos auxiliares: ( ) 2 2 10 3 1 1 CD = − = = , 2 2 5 3 16 4 AD= − = = e 4 1 3 AC AD CD = − = − = . 9. . . 6 3 18 AB BC AB AD AB AM = = × = × = . 10. 1 . cos 6 4 3cos cos 2 u v u v α α α = × ⇔ = × ⇔ = . Então, 3 α π = . Pág. 124 11.1. 2 2 3 2 13 w = + = . Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores v e w . 3 . cos 2 13 6 13 v w v w α = × = × × = . 11.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v . 2 . cos 20 2 4 20 u v u v α = × = × × − = − . 12.1. . 3 3 9 MD MN MD MD = × = × = . 12.2. 3 . 45 6 18 45 NB BC = × × − = − . 12.3. ( ) . 3 3 cos 90 0 NA MC = × × ° = . 12.4. ( ) . 3 6 cos 180 18 NA BC = × × ° =− . Pág. 125 13.1. O octógono [ABCDEFGH], sendo regular, divide a circunferência em 8 arcos geometricamente iguais, cada um deles com 45° ( ) 360 :8 ° de amplitude. ( ) 2 . 6 6 cos 45 36 18 2 2 OC OD = × × ° = × = . 13.2. ( ) 2 . 6 6 cos 135 36 18 2 2 OE OH = × × ° = × − =− . 13.3. ( ) . 6 6 cos 90 0 OA GO = × × ° = . 13.4. ( ) . 6 12 cos 180 72 OB BF = × × ° =− . 13.5. ( ) 2 . 6 6 cos 135 36 18 2 2 OE DO = × × ° = × − =− . 13.6. ( ) . 6 12 cos 0 72 OD HD = × × ° = . NEMA11PR-5 NEMA11PR © Porto Editora
- 65. 66 Unidade 2 66 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 14. A: Os vetores BA e BC formam um ângulo obtuso, então . 0 BA BC . B: Os vetores CD e AD são perpendiculares, então . 0 CD AD = . C: Os vetores AB e ED são colineares e têm sentidos contrários, então 2 . AB ED AB ED k k k = − × = − × = − . D: Os vetores AB e DE são colineares e têm o mesmo sentido, então 2 . 0 AB DE AB DE k k k = × = × = . Conclui-se, então, que só as afirmações A e C são verdadeiras. Pág. 126 15. ( ) 2 . cos BD BD BH BD BH BD BH BD BH α = × × = × × = = ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 32 AB AD = + = + = . 16.1. 2 2 4 4 32 4 2 DB = + = = . ( ) 4 . 4 4 2 cos , 16 2 16 4 2 AB DB AB DB = × × = × = ɵ . 16.2. ( ) 2 2 2 2 6 44 2 11 AV = + = = . Designemos por O o centro da base da pirâmide. Então, ( ) 2 2 2 cos , 2 11 11 AO AV AC AV = = = ɵ . ( ) 2 . 2 11 4 2 cos , 2 11 4 2 16 11 AV AC AV AC = × × = × × = ɵ . 16.3. Designemos por N o ponto médio da aresta [AD]. Então, ( ) 2 1 cos , 2 11 11 AN AV AC AV = = = ɵ . ( ) 1 . 11 4 cos , 4 11 4 11 AM BC AM BC = × × = × = ɵ . 16.4. ( ) . 4 4 cos 180 16 AB CD = × × ° =− Pág. 127 17.1. . 5 3 15 AB AC AB AD = × = × = 17.2. . 3 2 6 AB AC AB AD =− × =− × =− 17.3. . 3 0 0 AB AC AB AA = × = × = Pág. 128 18. Se . 0 BA AC = então os vetores BA e AC são perpendiculares. Logo, conclui-se que o triângulo [ABC] é retângulo em A. Se . 0 DE DF então os vetores DE e DF formam um ângulo obtuso. Assim sendo, o triângulo [DEF] é obtusângulo em D. ( ) ( ) . 0 . 0 . 0 . 0 GH HI HG HI HG HI HG HI ⇔ − ⇔ − ⇔ . Se . 0 HG HI então os vetores HG e HI formam um ângulo obtuso. Portanto, o triângulo [GHI] é obtusângulo em H. 19.1. . 0 PR QR = porque os vetores PR e QR são perpendiculares. 19.2. 2 2 10 7,5 156,25 12,5 PQ = + = = . 2 2 . 12,5 156,25 PQ PQ PQ = = = . 20.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v . 3 . cos 30 5 4 cos cos 2 u v u v α α α = × × ⇔ = × × ⇔ = A condição 3 cos 2 α = é impossível porque 1 cos 1 α − ≤ ≤ . Conclui-se, então que não é possível ter-se 5 u = , 4 v = e . 30 u v = . 20.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v . 6 . cos 12 2 7 cos cos 7 u v u v α α α = × × ⇔ = × × ⇔ = A condição 6 cos 7 α = é possível porque 6 1 1 7 − ≤ ≤ . Conclui-se, então que é possível ter-se 2 u = , 7 v = e . 12 u v = . 20.3. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v . . cos 10 5 2 cos cos 1 u v u v α α α = × × ⇔ − = × × ⇔ = − Se α é a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v e cos 1 α = − então 180 α = ° . Conclui-se, então que é possível ter-se 5 u = , 2 v = e . 10 u v = − . 21.1. ( ) ( ) . 3 . 3 . 3 6 18 w v u v u v = = = × = . 21.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 . 3 . 3 9 . 9 9 2 36 w w u u u u u = = = × = × = . Pág. 129 22.1. ( ) ( ) ( ) . 3 . 2 6 . 6 5 30 AD AK u v u v = = = × = . 22.2. ( ) ( ) ( ) . 4 . 3 12 . 12 5 60 JF CR u v u v = = = × = . 22.3. ( ) ( ) ( ) . . . 5 FG GN u v u v = − = − = − . 22.4. ( ) ( ) ( ) . 2 . 3 6 . 6 5 30 DB CR u v u v = − = − = − × =− . 22.5. ( ) ( ) ( ) . . 3 3 . 3 5 15 ON SB u v u v = − − = = × = . 22.6. ( ) ( ) ( ) ( ) . . 2 2 . 2 . 2 5 10 FE MO v u v u u v = − = − = − = − × = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 66. 67 Geometria analítica 67Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 23. ( ) ( ) ( ) ( ) . 4 . 2 8 . 8 VS VT VP VR VP VR VP VP = = =× × = 3 3 8 18 2 2 = × × = Pág. 130 24. AC AB AD = + e BD BA BC AB AD = + = − + . ( ) ( ) . . AC BD AB AD AB AD = + − + = ( ) ( ) . . . . AB AB AB AD AD AB AD AD = − + + − + 2 2 . . AB AB AD AD AB AD = − + − + 2 2 . . 0 AB AB AD AB AD AB = − + − + = . Como . 0 AC BD = , os vetores AC e BD são perpendiculares. Logo, as diagonais do losango são perpendiculares. 25.1. ( ) ( ) ( ) ( ) . 3 . 3 . 3 3 3 3 DA HR u v u v = − =− =− × − = . 25.2. ( ) ( ) ( ) 1 3 3 . . 3 . . 2 2 2 DG SP v u v u u v = = = = ( ) 3 3 3 3 2 2 = × − =− 25.3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 3 . 3 3 . 3 3 . AD AN u u v u u u v = + = + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 9 . 3 . 9 3 . 9 1 3 3 9 3 3 u u u v u u v = + = + = × + × − = − 25.4. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 2 . 2 . 2 . AC IH GQ u u v u u u v + = + = + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 2 . 2 2 . 2 1 2 3 2 2 3 u u u v u u v = + = + = × + × − = − 25.5. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 3 . 2 3 . 2 3 . AD LN EO u u v u u u v += + = + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 6 . 3 . 6 3 . 6 1 3 3 6 3 3 u u u v u u v = + = + = × + × − = − 25.6. 1 1 . 2 . 3 2 2 AH KQ u v u v = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 . 3 2 . . 3 . 2 2 2 2 u u u v v u v v = + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 5 1 6 . . . . 6 . 2 2 4 2 4 u u u v v u v v u v u v = + + + = + + = ( ) 2 2 5 1 5 3 1 25 5 3 6 1 3 1 6 2 4 2 4 4 2 = × + × − + × = − + = − Tarefa 2 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. Constata-se que OD u v = + . 1.5. 1.6. a) ( ) . . ' 3 6 18 w u v w OD OC OD + = =− × =− × =− . b) . ' 3 4 12 w u OC OA =− × =− × =− . c) . ' 3 2 6 w v OC OB =− × =− × =− . d) ( ) ( ) . . ' ' 3 4 3 2 w u w v OC OA OC OB + =− × + − × =− × + − × = 12 6 18 = − − = − . 1.7. Comparando os resultados das alíneas a) e d) do ponto anterior, conclui-se que ( ) . . . w u v w u w v + = + . Pág. 131 26.1. ( ) 2 2 . . . . 0 DC DB DC DA DC DC DA DC DC DC DC = + = + = + = . 26.2. a) 1 1 1 . . . 2 2 2 AO DC AC DC AD AB DC = = + = ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 . . 0 . 2 2 2 2 2 AD DC AB DC AB AB AB = + = × + = = 2 1 2 2 2 = × = . b) ( ) ( ) ( ) . 2 2 . 2 . BD AB BD AB AB AD AB = = − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . . 2 0 2 2 8 AB AB AD AB AB = − + = − + = − =− . NEMA11PR © Porto Editora
- 67. 68 Unidade 2 68 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 26.3. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores AO e DO . 3 5 5 . cos cos 4 2 2 AO DO AO DO α α = × × ⇔ = × × ⇔ 3 5 3 cos cos 4 4 5 α α ⇔ = ⇔ = . Recorrendo à calculadora, conclui-se que α = 53,13°. Tarefa 3 1.1. ( ) ( ) 2 . . . . . u v u v u v u u u v v u v v + = + + = + + + = ( ) 2 2 2 2 . . 2 . u u v u v v u v u v = + + + = + + . 1.2. ( ) ( ) 2 . . . . . u v u v u v u u u v v u v v − = − − = − − + = ( ) 2 2 2 2 . . 2 . u u v u v v u v u v = − − + = + − . 1.3. ( ) ( ) . . . . . u v u v u u u v v u v v + − = − + − = 2 2 2 2 . . u u v u v v u v = − + − = − . 2. Sendo t e w vetores, não nulos, perpendiculares, sabe-se que . 0 t w = . ( ) ( ) . 0 . 0 s u s u t w t w ⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ 2 2 . . . . 0 0 0 0 t t t w w t w w t w ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ 2 2 t w ⇔ = . Conclui-se, então, que t w = . 3.1. B é a projeção ortogonal de C sobre a reta AB. 2 2 . AB AC AB AB AB AB = × = = . 3.2. ( ) 2 . cos , CB CA CB CA CB CA CB CA CB CB CA = × × = × × = ɵ . 4. ( ) ( ) . . SC DR SD DC DA AR = + + = . . . . SD DA SD AR DC DA DC AR = + + + = 2 2 . 0 0 . 3 3 DA DA DC DC = − + + + = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 . . 3 3 3 3 DA DA DC DC DA DC = − + = − + = 2 2 2 2 0 3 3 DA DA = − + = . Como . 0 SC DR = e os vetores SC e DR são não nulos, conclui- -se que os vetores SC e DR são perpendiculares. Pág. 132 27.1. a) ( ) ( ) ( ) 4, 2 1,3 3, 5 AB B A = − = − − − − = − − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 3, 5 . 2, 1 3 2 5 1 6 5 1 AB u = − − − =− × + − × − =− + =− . b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 2 2,1 . 6, 10 2 6 1 10 u AB − = − − − =− × − + × − = 12 10 2 = − = . c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3, 5 2 1,0 3, 5 2,0 1, 5 AB e + = − − + = − − + = − − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . 2 2, 1 . 1, 5 2 1 1 5 u AB e + = − − − = × − + − × − = 2 5 3 = − + = . d) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1,0 3 0,1 1,0 0,3 1,3 e e − + = − + = − + = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 . 3 1,3 . 6, 3 1 6 3 3 6 9 e e u − + = − − = − × + × − = − − = 15 = − . 27.2. Sendo P um ponto pertencente à bissetriz dos quadrantes ímpares, então tem coordenadas iguais, ou seja, ( ) , , P x x x∈R . ( ) ( ) ( ) , 0, 0 , OP P O x x x x = − = − = . ( ) ( ) . 1 , . 3, 5 1 3 5 1 8 1 OP AB x x x x x = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ 1 8 x ⇔ = − . Então, 1 1 , 8 8 P − − . 28.1. ( ) ( ) ( ) 5, 1 2,1 7, 2 AB B A = − = − − − = − e ( ) ( ) ( ) 1,4 2,1 3,3 AC C A = − = − − = . ( ) ( ) ( ) . 7, 2 . 3,3 7 3 2 3 21 6 15 AB AC = − = × + − × = − = . 28.2. ( ) ( ) ( ) 1,4 5, 1 4,5 BC C B = − = − − = − e ( ) 3, 3 CA AC = − =− − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 4,5 . 3, 3 4 3 5 3 12 15 3 BC CA = − − − =− × − + × − = − =− . 28.3. ( ) 7,2 BA AB = − = − ( ) ( ) ( ) . 4,5 . 7, 2 4 7 5 2 28 10 38 BC BA = − − − =− × − + × = + = . Pág. 133 29.1. ( ) ( ) ( ) 1, 4,2 1,0,2 0, 4,0 AB B A = − = − − = − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 0, 4,0 . 1,3,1 0 1 4 3 0 1 12 AB u = − − = × − + − × + × =− . 29.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 1,0,0 2 0,0,1 1,0,0 0,0,2 1,0, 2 e e − = − = − = − e ( ) ( ) 2 2 0, 4,0 0,8,0 AB − = − − = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 . 2 1,0, 2 . 0,8,0 1 0 0 8 2 0 0 e e AB − − = − = × + × + − × = . 29.3. ( ) ( ) 3 3 1,3,1 3,9,3 u = − = − e ( ) ( ) ( ) 2 3 0,1,0 0,0,1 0,1,1 e e + = + = . ( ) ( ) ( ) 2 3 3 . 3,9,3 . 0,1,1 3 0 9 1 3 1 12 u e e + = − =− × + × + × = . 30.1. ( ) ( ) ( ) 4, 4,4 0, 4,0 4, 0,4 CF F C = − = − = e ( ) ( ) ( ) 4, 0,4 0, 4,0 4, 4,4 CE E C = − = − = − . 30.2. ( ) ( ) ( ) . 4,0,4 . 4, 4,4 4 4 0 4 4 4 32 CF CE = − = × + × − + × = . NEMA11PR © Porto Editora
- 68. 69 Geometria analítica 69Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Pág. 134 31.1. ( ) . cos , u w u w u w = = × ɵ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 2 0 3 1 6 6 14 10 2 35 1 2 3 3 0 1 − × + × + − × − − = = = = × − + + − × + + 3 35 35 = − . 31.2. ( ) . cos , u v u v u v = = × ɵ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 0 3 2 5 5 14 5 70 1 2 3 1 0 2 − × + × + − × − = = = × − + + − × + + − . Recorrendo à calculadora, conclui-se que ( ) , 53,3 u v ≈ ° ɵ . 32. ( ) ( ) ( ) 2,5 3,4 1,1 A B AB =− = − = − e ( ) ( ) ( ) 4,5 1,1 3,4 AD D A = − = − − − = − . Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores AB e AD . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 4 4 . 7 cos 25 3 4 3 4 AB AD AB AD α × − + × = = = × + × − + Recorrendo à calculadora, conclui-se que 73,7 α ≈ ° . Como ângulos consecutivos de um losango são suplementares, conclui-se que as amplitudes dos ângulos internos do losango são 73,7° e 106,3°. 33.1. ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 7 u v k = ⇔ + + = + − ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 4 4 49 3 49 3 7 3 7 k k k k ⇔ + + = + ⇔ + = ⇔ + = ∨ + =− ⇔ 4 10 k k ⇔ = ∨ = − . 33.2. Se ( ) u v + e ( ) u v − formam um ângulo agudo então tem- -se ( ) ( ) . 0 u v u v + − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 5 , 5 . 1 ,9 0 u v u v k k + − ⇔ + − + ⇔ ( ) ( ) ( ) 5 1 5 9 0 k k ⇔ + × + + − × ⇔ 2 2 5 5 45 0 6 40 0 k k k k k ⇔ + + + − ⇔ + − ⇔ ] [ ] [ , 10 4, k ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞ Cálculo auxiliar: 2 6 36 160 6 40 0 2 k k k − ± + + − = ⇔ = ⇔ 4 10 k k ⇔ = ∨ = − Pág. 135 34.1. Sabe-se que [ABCDEFGO] é um paralelepípedo e que OG a = . Considerando que OE b = e OA c = , tem-se ( ) ( ) ( ) , ,0 , 0, ,0 e , , F a b E b C a b c . Então, ( ) ( ) ( ) , ,0 0,0,0 , ,0 OF F O a b a b = − = − = e ( ) ( ) ( ) , , 0, ,0 ,0, EC C E a b c b a c = − = − = . Assim sendo, tem-se: ( ) ( ) 2 . , ,0 . ,0, 0 0 OF EC a b a c a a b c a = = × + × + × = . 34.2. a) Sendo ( ) 4, 6,3 C , então ( ) 0, 6,0 E e ( ) 4, 0,0 G . ( ) ( ) ( ) 4,6,3 0,6,0 4,0,3 EC C E = − = − = e ( ) ( ) ( ) 4,0,0 0,6,0 4, 6,0 EG G E = − = − = − . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 0 6 3 0 . cos 4 0 3 4 6 0 EC EG EC EG θ × + × − + × = = = × + + × + − + 16 16 8 8 13 65 5 52 5 2 13 5 13 = = = = × × . b) Recorrendo à calculadora, tem-se 63,7 θ ≈ ° . Tarefa 4 1. Os vértices da pirâmide são os pontos A, B, C, D e V. , ,0 , , ,0 , , ,0 , , ,0 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a A B C D − − − − e ( ) 0, 0, V a . 2.1. a) ( ) , ,0 , ,0 , ,0 2 2 2 2 a a a a AC C A a a = − = − − − = − e ( ) 0,0, , ,0 , , 2 2 2 2 a a a a CV V C a a = − = − − = − . Então, ( ) . , ,0 . , , 2 2 a a AC CV a a a = − − = 2 2 2 0 0 2 2 2 2 a a a a a a a a = − × + × − + × = − − + = − . b) ( ) . cos , AC CV AC CV AC CV = = × ɵ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 0 2 2 2 a a a a a a a a a − − = = = × − + + × + − + 2 1 3 3 3 3 2 2 a a a − − = = = − × . 2.2. Como ( ) 3 , cos 3 AC CV = − ɵ , recorrendo à calculadora, tem- -se ^ , 125 AC CV ≈ ° . 3. ( ) , ,0 AC a a = − e ( ) 0,0, , ,0 , , 2 2 2 2 a a a a BV V B a a = − = − = − − . NEMA11PR © Porto Editora
- 69. 70 Unidade 2 70 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) ( ) . , ,0 . , , 0 2 2 2 2 a a a a AC BV a a a a a a = − − − = − × − + × − + × = 2 2 0 0 2 2 a a = − + = . Como os vetores AC e BV são não nulos e . 0 AC BV = , conclui- se que os vetores AC e BV são perpendiculares. 4.1. Sendo ( ) 4, 4,0 B , então ( ) 4, 4,0 A − . ( ) ( ) ( ) 4,4,0 4, 4,0 0,8,0 AB B A = − = − − = e ( ) ( ) ( ) 0,0, 4,4,0 4, 4, BV V B k k = − = − = − − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 0,8,0 . 4, 4, 0 4 8 4 0 0 32 0 AB BV k k = − − = × − + × − + × = − + = 32 = − . 4.2. a) Sendo 2 k = , então tem-se: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 . 32 cos , 0 8 0 4 4 2 AB BV AB BV AB BV − = = = × + + × − + − + ɵ 32 32 2 8 6 48 3 − − = = = − × . Recorrendo à calculadora, tem-se ^ , 131,8 AB BV ≈ ° . b) Sendo 7 k = , então tem-se: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 . 32 cos , 0 8 0 4 4 7 AB BV AB BV AB BV − = = = × + + × − + − + ɵ 32 32 4 8 9 72 9 − − = = = − × . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 116,4 AB BV ≈ ° ɵ . Pág. 136 35.1. Os vetores FE e BA são colineares e têm sentidos contrários. Então, ( ) , 180 FE BA = ° ɵ . 35.2. As retas FE e BA são estritamente paralelas. Então, ( ) , 0 FE BA = ° ɵ . 35.3. Como o octógono é regular e está inscrito na circunferência, divide-a em oito arcos de amplitude 360 :8 45 ° = ° cada. O ângulo GHE é inscrito, logo 2 45 ˆ 45 2 GHE × ° = = ° . ( ) ˆ , 45 HG HE GHE = = ° ɵ . 35.4. ( ) ( ) , , 45 HG HE HG HE = = ° ɵ ɵ . 35.5. ( ) 6 45 ˆ , 135 2 BC BA ABC × ° = = = ° ɵ . 35.6. ( ) ( ) , 180 , 180 135 45 BC BA BC BA = °− = °− ° = ° ɵ ɵ . 35.7. ( ) ˆ , 3 45 135 OC OF COF = = × ° = ° ɵ . 35.8. ( ) ( ) , 180 , 180 135 45 OC OF OC OF = °− = °− ° = ° ɵ ɵ . 36.1. ( ) , 90 FH BG= ° ɵ porque a reta HC é paralela à reta BG e as retas FH e HC são perpendiculares. 36.2. ( ) , 60 BH CE= ° ɵ porque a reta BF é paralela à reta CE e o triângulo [BFH] é equilátero. Pág. 137 37. ( ) ( ) ( ) 1,1 1,2 2, 1 AB B A = − = − − = − é um vetor diretor da reta AB. A reta r é definida pela equação 4 2 0 x y − + = . 4 2 0 4 2 x y y x − + = ⇔ = + . O declive da reta r é 4, então, por exemplo, ( ) 1,4 r = é um vetor diretor da reta r. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 . 2 1 1 4 2 cos , 5 17 2 1 1 4 r AB r AB r AB × + − × = = = = × × + − × + ɵ 2 85 = . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 77,47 r AB ≈ ° ɵ . 38. ( ) ( ) ( ) 2,1,2 1,0, 1 3,1,3 AB B A = − = − − − = − é um vetor diretor da reta AB. A reta r é definida pela equação vetorial ( ) ( ) ( ) , , 0,0,3 0, 2,1 , x y z k k = + − ∈R . Um vetor diretor da reta r é, por exemplo, ( ) 0, 2,1 r = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 . 0 3 2 1 1 3 cos , 0 2 1 3 1 3 r AB r AB r AB × − + − × + × = = = × + − + × − + + ɵ 1 1 5 19 95 = = × . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 1,5rad r AB ≈ ɵ . 39.1. A reta r é definida pela equação 3 1 y x = − + . O declive da reta r é −3, então, por exemplo, ( ) 1, 3 r = − é um vetor diretor da reta r. A reta s é definida pela equação 3 y = . O declive da reta s é 0, então, por exemplo, ( ) 1,0 s = é um vetor diretor da reta s. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 3 0 . 1 1 cos , 10 1 10 1 3 1 0 r s r s r s × + − × = = = = × × + − × + ɵ . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 71,6 r s ≈ ° ɵ . 39.2. Qualquer ponto da reta s tem ordenada 3. Sendo B um ponto da reta s, tem-se ( ) , 3 , B x x∈R . NEMA11PR © Porto Editora
- 70. 71 Geometria analítica 71Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) A amplitude do ângulo formado pelas retas AB e r é 0° se as retas AB e r forem paralelas. ( ) ( ) ( ) ,3 2,1 2,2 AB B A x x = − = − − = + é um vetor diretor da reta AB e ( ) 1, 3 r = − é um vetor diretor da reta r. Se as retas AB e r forem paralelas então os vetores AB e r são colineares. AB e r são colineares se: 2 2 8 3 6 2 1 3 3 x x x + = ⇔ − − = ⇔ = − − Então, 8 , 3 3 B − . Pág. 138 40. As retas AB e DE são horizontais, logo 0 AB ED m m = = . As retas BC e EF são paralelas, logo têm o mesmo declive. ( ) tan 60 3 BC EF m m = = °= . As retas AF e CD são paralelas, logo têm o mesmo declive. ( ) ( ) tan 120 tan 60 3 AF CD m m = = ° =− ° =− . 41.1. Por exemplo, os vetores ( ) 7 2, 7 e 1, 2 a b = = são perpendiculares ao vetor ( ) 7, 2 u = − . De facto, ( ) ( ) . 2, 7 . 7, 2 14 14 0 a u = − = − = e ( ) 7 . 1, . 7, 2 7 7 0 2 b u = − = − = . 41.2. ( ) ( ) . 0 , . 2, 8 0 2 8 0 w v w v a b a b ⊥ ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ 4 a b ⇔ = 41.3. ( ) ( ) . 0 1, 3 . 7, 2 0 7 6 0 s u s u k k ⊥ ⇔ = ⇔ − − = ⇔ + = ⇔ 7 6 k ⇔ = − Pág. 139 42.1. 3 2 3 8 2 3 8 4 2 y x y x y x − = ⇔ = + ⇔ = + O declive da reta r é 3 2 . Seja s a reta que passa em A e é paralela à reta r. Então, o declive da reta s é 3 2 porque retas paralelas têm o mesmo declive. Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 3 2 y x b = + . Como o ponto ( ) 1, 0 A pertence à reta s, tem-se: 3 3 0 1 2 2 b b = × + ⇔ = − Equação da reta s: 3 3 2 2 y x = − 42.2. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular à reta r. 1 1 2 3 3 2 t t t r t r m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta t é 2 3 y x b = − + . Como o ponto ( ) 1, 0 A pertence à reta t, tem-se: 2 2 0 1 3 3 b b = − × + ⇔ = Equação da reta t: 2 2 3 3 y x = − + 43.1. O raio da circunferência de centro A e que passa em B é dado por AB . ( ) ( ) 2 2 2 1 4 2 9 4 13 r AB = = − − + − = + = Uma equação, na forma reduzida, da circunferência de centro ( ) 2, 4 A − e raio 13 é ( ) ( ) 2 2 2 4 13 x y + + − = 43.2. A reta r, sendo tangente à circunferência de centro A no ponto B, é perpendicular à reta AB. ( ) ( ) ( ) 1,2 2,4 3, 2 AB B A = − = − − = − é um vetor diretor da reta AB. O declive da reta AB é 2 3 − . 1 1 3 2 2 3 r r r AB r AB m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta r é 3 2 y x b = + . Como o ponto ( ) 1, 2 B pertence à reta r, tem-se: 3 1 2 1 2 2 b b = × + ⇔ = Equação da reta r: 3 1 2 2 y x = + 44.1. Equação reduzida da reta AC: 1 1 2 y x = + C é o ponto de interseção da reta AC com o eixo das ordenadas, então ( ) 0,1 C . O ponto A pertence ao eixo das abcissas, então ( ) , 0 , A x x∈R . Como A pertence à reta AC, tem-se: 1 0 1 2 2 x x = + ⇔ = − Então, ( ) 2, 0 A − . 44.2. A reta r tem de inclinação 135°. Então, ( ) ( ) tan 135 tan 45 1 r m = ° =− ° =− . Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y x b = − + . Como o ponto ( ) 2, 0 A − pertence à reta r, tem-se: ( ) 0 2 2 b b =− − + ⇔ =− Equação reduzida da reta r: 2 y x = − − . NEMA11PR © Porto Editora
- 71. 72 Unidade 2 72 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 44.3. Como o triângulo [ABC] é retângulo em C, sabe-se que a reta BC é perpendicular à reta AC. 1 1 2 1 2 BC BC BC AC BC AC m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Sabe-se que o ponto ( ) 0,1 C pertence à reta BC. Então, uma equação, na forma reduzida, da reta BC é 2 1 y x = − + . B é o ponto de interseção das retas AC e BC. Então, tem-se: 2 2 2 5 2 1 2 2 1 3 3 y x y x y x y y x x x x x = − − = − − = − − = − ⇔ ⇔ ⇔ = − + − − = − + = = Então, ( ) 3, 5 B − . Pág. 140 45. Começa-se por determinar as coordenadas do ponto Q, projeção ortogonal de P sobre a reta t. O ponto Q é a interseção da reta t com a reta s que é perpendicular a t e passa em P. A reta t é definida por 3 1 0 x y − + = , ou seja, 3 1 y x = + . 1 1 3 s s t s t m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 1 3 y x b = − + . Como o ponto ( ) 1, 1 P − pertence à reta s, tem-se: 1 2 1 1 3 3 b b − = − × + ⇔ = − Então, s: 1 2 3 3 y x = − − . Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto Q. 3 1 3 1 3 1 1 2 1 2 9 3 2 3 1 3 3 3 3 y x y x y x x x y x x x = + = + = + ⇔ ⇔ ⇔ + = − − = − − + = − − 1 3 1 2 10 5 1 2 y y x x x = − = + ⇔ ⇔ = − = − O ponto Q tem coordenadas 1 1 , 2 2 − − . A distância do ponto P à reta t é igual a 2 2 1 1 9 1 10 1 1 2 2 4 4 2 PQ = + + − + = + = . 46.1. Seja P a projeção ortogonal de A sobre a reta r. O ponto P é a interseção da reta r com a reta s que é perpendicular a r e passa em A. A reta r é definida por 1 1 2 y x = + . 1 1 2 1 2 s s s r s r m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 2 y x b = − + . Como o ponto ( ) 3, 1 A − pertence à reta s, tem-se: 1 2 3 5 b b − =− × + ⇔ = Então, s: 2 5 y x = − + . Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto P. 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 5 2 4 10 1 2 5 2 y x y x y x y x x x x x = + = + = + ⇔ ⇔ ⇔ = − + + = − + + = − + 1 8 9 1 2 5 5 8 8 5 5 y y x x = × + = ⇔ ⇔ = = O ponto P tem coordenadas 8 9 , 5 5 . 46.2. A distância do ponto A à reta r é igual a 2 2 8 9 49 196 245 7 5 3 1 5 5 25 25 5 5 AP = − + − − = + = = . 46.3. Seja A’ o ponto simétrico de A em relação à reta r. Então, ( ) 8 9 8 9 8 9 7 14 ´ , , 3, 1 , , 5 5 5 5 5 5 5 5 A P AP = + = + − −= + − = Q 1 23 , 5 5 = 47.1. A reta r, sendo tangente à circunferência de centro A no ponto B, é perpendicular à reta AB. ( ) ( ) ( ) 3, 1 0,3 3, 4 AB B A = − = − − = − é um vetor diretor da reta AB. O declive da reta AB é 4 3 − . 1 1 3 4 4 3 r r r AB r AB m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta r é 3 4 y x b = + . Como o ponto ( ) 3, 1 B − pertence à reta r, tem-se: 3 13 1 3 4 4 b b − = × + ⇔ = − Equação da reta r: 3 13 4 4 y x = − . 47.2. ( ) 3, 4 AB = − e ( ) ( ) ( ) , 3, 1 3, 1 BP P B x y x y = − = − − = − + . ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 3, 4 . 3, 1 0 3 3 4 1 0 AB BP x y x y = ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔ 3 13 3 9 4 4 0 4 4 x y y x ⇔ − − − = ⇔ = − Pág. 141 48.1. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AB AP = é a reta perpendicular a AB e que passa em A. 48.2. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AB BP = é a reta perpendicular a AB e que passa em B. NEMA11PR © Porto Editora
- 72. 73 Geometria analítica 73Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 48.3. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AB MP = é a mediatriz de [AB]. 48.4. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AP BP = é a circunferência de diâmetro [AB]. 49.1. O ponto ( ) 1, 2 A pertence à circunferência definida pela equação ( ) 2 2 1 10 x y + + = porque ( ) 2 2 1 2 1 10 + + = . 49.2. O centro da circunferência definida pela equação ( ) 2 2 1 10 x y + + = é o ponto ( ) 0, 1 C − . Seja t a reta tangente à circunferência no ponto A. A reta t, sendo tangente à circunferência de centro C no ponto A, é perpendicular à reta CA. ( ) ( ) ( ) 1,2 0, 1 1,3 CA A C = − = − − = é um vetor diretor da reta CA. O declive da reta CA é 3 . 1 1 3 t t CA t CA m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta t é 1 3 y x b = − + . Como o ponto ( ) 1, 2 A pertence à reta t, tem-se: 1 7 2 1 3 3 b b = − × + ⇔ = Equação da reta tangente à circunferência no ponto A: 1 7 3 3 y x = − + 50.1. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 BC CP = é a reta perpendicular a BC e que passa em C. ( ) ( ) ( ) 3,4 3,0 0,4 BC C B = − = − = e ( ) ( ) ( ) , 3,4 3, 4 CP P C x y x y = − = − = − − . ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 0,4 . 3, 4 0 0 3 4 4 0 BC CP x y x y = ⇔ − − = ⇔ − + − = ⇔ 4 16 0 4 y y ⇔ − = ⇔ = 50.2. O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AP BP = é a circunferência de diâmetro [AB]. ( ) ( ) ( ) , 1,2 1, 2 AP P A x y x y = − = − − = + − e ( ) ( ) ( ) , 3,0 3, BP P B x y x y = − = − = − . ( ) ( ) . 0 1, 2 . 3, 0 AP BP x y x y = ⇔ + − − = ⇔ ( )( ) ( ) 2 2 1 3 2 0 3 3 2 0 x x y y x x x y y ⇔ + − + − = ⇔ − + − + − = 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 1 3 1 1 x x y y x x y y ⇔ − + − = ⇔ − + + − + = + + ( ) ( ) 2 2 1 1 5 x y ⇔ − + − = Pág. 142 Proposta 1 1.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um pentágono regular é igual a 108°. Então, a inclinação da reta BC é 180 108 °− ° , ou seja, 72°. 1.2. A inclinação da reta AE é 108°. 1.3. O triângulo [CDE] é isósceles pois CD DE = e ˆ 108 CDE = ° . Então, 180 108 ˆ 36 2 CED °− ° = = ° . Assim sendo, a inclinação da reta ED é 36°. 1.4. A inclinação da reta CD é 180 36 °− ° , ou seja, 144°. Proposta 2 2.1. ( ) ( ) ( ) 3, 2 2,2 5, 4 AB B A = − = − − − = − é um vetor diretor da reta AB. O declive da reta AB é 4 5 − . Uma equação, na forma reduzida, da reta AB é 4 5 y x b = − + . Como o ponto ( ) 3, 2 B − pertence à reta AB, tem-se: 4 2 2 3 5 5 b b − = − × + ⇔ = Equação reduzida da reta AB: 4 2 5 5 y x = − + . 2.2. a) α é a inclinação da reta AB. Então, tem-se: 4 tan 5 α = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que 180 38,7 141,3 α ≈ °− ° = ° . b) θ é a inclinação da reta r de equação 3 8 y x = − − . Então, tem-se: tan 3 θ = − . Como 0 180 θ ° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que 180 71,6 108,4 θ ≈ °− ° = ° . Proposta 3 Seja α a inclinação da reta definida pela equação 4 1 0 y x + − =. 4 1 0 4 1 y x y x + − = ⇔ = − + Então, tem-se: tan 4 α = − . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora conclui-se que 180 76 104 α ≈ °− ° = ° . A opção correta é a (A). Proposta 4 Como θ é a inclinação da reta AB, sabe-se que tan AB m θ = . ( ) 2 1 3 0,6 1 4 5 AB m − − = = = − − − − Então, tem-se: tan 0,6 θ = − . A opção correta é a (C). Pág. 143 Proposta 5 5.1. Inclinação da reta r: 180 45 135 °− ° = ° . 5.2. tan 60 3 s m = ° = . 5.3. tan135 tan 45 1 r m = ° = ° = − . A reta r é definida por: ( ) 0 1 1 y x y x − = − + ⇔ = − − . NEMA11PR © Porto Editora
- 73. 74 Unidade 2 74 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 5.4. A reta s é definida por: ( ) 0 3 1 3 3 y x y x − = + ⇔ = + . 5.5. B é o ponto de interseção da reta s com o eixo das ordenadas, então ( ) 0, 3 B . Proposta 6 6.1. a) Sabe-se que α é a inclinação da reta r e que a reta é paralela à reta definida pela equação 3 2 y x = − . Então, tem-se: 3 tan 2 α = − . 2 2 2 2 1 9 1 4 1 tan 1 cos cos 4 cos 13 α α α α + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 4 9 sin cos 1 sin 1 sin 13 13 α α α α + = ⇔ + = ⇔ = Como 0 180 α ° ≤ ° , conclui-se que 3 13 sin 13 α = . b) Por observação da figura, sabe-se que 2 α β π = + , ou seja, 2 α β π − =. Então, tem-se 3 13 cos cos sin 2 13 β α α π = − = = . 6.2. A reta r é definida por: ( ) 3 3 0 2 3 2 2 y x y x − = − + ⇔ = − − Então, ( ) 0, 3 B − . Proposta 7 7.1. Sejaα a inclinação da reta s. Sabe-se que 90 α θ + = ° , ou seja, 90 α θ = °− . 7.2. Como α é a inclinação da reta s definida pela equação 0,8 4 y x = + , sabe-se que tan 0,8 α = , ou seja, 4 tan 5 α = . ( ) ( ) ( ) ( ) sin 90 sin 90 sin cos 1 tan cos cos 90 cos 90 sin tan α α θ α θ θ α α α α °− − − ° = = = = = = °− − ° 5 4 = A reta s é definida por: ( ) 5 5 9 1 1 4 4 4 y x y x + = − ⇔ = − . Pág. 144 Proposta 8 Como E é a projeção ortogonal de D sobre AB, sabe-se que . 9 28 252 AB AD AE AD = × = × = . Proposta 9 Seja Q´ a projeção ortogonal de Q sobre RS. ( ) . ´ 15 20 15 75 RS RQ RS RQ RS TQ = − × = − × = − × − = − Proposta 10 A afirmação I é verdadeira porque o ângulo formado pelos vetores GH e GF é obtuso. A afirmação II é falsa porque o ângulo formado pelos vetores OC e OE é agudo. A afirmação III é verdadeira porque o ângulo formado pelos vetores GH e GF é raso. Donde se conclui que as afirmações I e III são verdadeiras. Proposta 11 11.1. 2 . cos 10 5 3cos cos 3 u v u v α α α = × ⇔ = × ⇔ = . 2 2 2 2 4 5 sin cos 1 sin 1 sin 9 9 α α α α + = ⇔ + = ⇔ = Como 0 180 α ° ≤ ≤ ° , conclui-se que 5 sin 3 α = . 11.2. 5 sin 5 3 tan 2 cos 2 3 α α α = = = Pág. 145 Proposta 12 12.1. As faces de um tetraedro regular são triângulos equiláteros. Então, tem-se: 2 1 . cos 60 2 2 a AB AC AB AC a a = × × °= × × = . 12.2. 2 1 . cos 120 2 2 a AB BD AB BD a a = × × ° = × × − = − Proposta 13 13.1. . 3 1 3 NF NY NY NP = × = × = 13.2. . 2 4 8 OX RB OX RB =− × =− × =− 13.3. . 27 27 27 AD AZ AD AD = × = × = Cálculo auxiliar: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 6 AD AV DV AD + = ⇔ + = ⇔ ( ) 2 0 27 27 AD AD AD ⇔ = ⇔ = Proposta 14 14.1. a) 2 . OB OA OB OA r r r =− × =− × =− b) 2 . 2 2 r OD AB OD AB r r = × = × = c) 2 . 2 2 r OC AB OD AB r r = × = × = NEMA11PR © Porto Editora
- 74. 75 Geometria analítica 75Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) d) 2 . . 2 2 4 r r r BC DB BC BD BD BD = − = − × = − × = − 14.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 r CD OD OC CD r + = ⇔ + =⇔ ( ) 2 2 0 3 3 4 2 CD r r CD CD ⇔ = ⇔ = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 4 2 r r CD AD AC AC + = ⇔ + = ⇔ ( ) 2 2 0 12 3 4 AC r AC AC r ⇔ = ⇔ = Pág. 146 Proposta 15 15.1. a) 1 2 sin 30 4 2 AB OA OA OA ° = ⇔= ⇔ = . Como A pertence ao eixo Ox, então ( ) 4, 0 A . b) 3 tan 30 3 OB m = ° = e a reta OB passa na origem do referencial. Então, a reta OB é definida pela equação 3 3 y x = . ( ) tan 180 60 tan 60 3 AB m = °− ° = − ° = − . : 3 AB y x b = − + . Como a reta AB passa no ponto ( ) 4, 0 A , tem-se: 0 3 4 4 3 b b = − × + ⇔ = Então, : 3 4 3 AB y x = − + . c) B é o ponto de interseção das retas OB e AB. 3 3 3 3 3 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3 4 3 3 3 y x y x y x y x x x x = = = ⇔ ⇔ ⇔ = − + = − + = 3 3 y x = ⇔ = Assim sendo, ( ) 3, 3 B . 15.2. ( ) 2 2 . 3 3 4 cos 150 OB AO = + × × ° = ( ) 3 2 3 4 cos 30 2 3 4 12 2 = × × − °= × × − = − Proposta 16 16.1. Sendo [ABCDEF] um hexágono regular, sabe-se que a amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a 120°. Logo, ˆ 60 CBE = ° . Seja Q a projeção ortogonal de C sobre BE. Então, tem-se: 1 cos 60 2 2 BQ BQ x BQ x x ° = ⇔= ⇔ = Seja B´ a projeção ortogonal de B sobre AF. 2 . ´ 2 2 x x AB AF AF AB AF BQ x = − × = − × = − × = − 16.2. . 20 20 2 20 2 x BC BE BQ BE x = ⇔ × = ⇔ × = ⇔ 2 0 20 2 5 x x x ⇔ = ⇔ = [ ] 6 2 5 12 5 ABCDEF P = × = 16.3. Seja F´ a projeção ortogonal de F sobre AE. ´ 3 ´ cos 30 ´ 3 3 6 2 6 AF AF AF ° = ⇔ = ⇔ = F´ é o ponto médio de [AE], então 6 3 AE = . . ´ 3 3 6 3 54 AE AF AF AE = × = × = Proposta 17 17.1. Se o pentágono regular tem 20 unidades de perímetro então tem 4 unidades de lado. Sabe-se que a amplitude de cada um dos ângulos internos de um pentágono regular é igual a 108°. Então, tem-se: . 4 4 cos 108 16 cos 108 4,94 QR QP = × × °= × ° ≈ − . 17.2. a) Seja M o ponto médio de [PQ]. 2 2 cos 54 cos 54 3,4 cos 54 PM OP OP OP OP ° = ⇔ ° = ⇔ = ⇔ ≈ ° b) M é a projeção ortogonal de O sobre PQ. Então, . 2 4 8 PQ PO PO PQ = × = × = . Proposta 18 18.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v . . cos cos 1 cos u v u v u v u v α α α = × ⇔ × = × ⇔ = Como 0 180 α ° ≤ ≤ ° , conclui-se que 0 α= ° . 18.2. . cos 0 cos 0 cos u v u v u v α α α = × ⇔ = × ⇔ = Como 0 180 α ° ≤ ≤ ° , conclui-se que 90 α = ° . 18.3. . cos cos u v u v u v u v α α = × ⇔ − × = × ⇔ 1 cosα ⇔ − = Como 0 180 α ° ≤ ≤ ° , conclui-se que 180 α = ° . 18.4. 3 . cos cos 2 u v u v u v u v α α = × ⇔ − × = × ⇔ 3 cos 2 α ⇔ − = Como 0 180 α ° ≤ ≤ ° , conclui-se que 180 30 150 α = °− ° = ° . NEMA11PR © Porto Editora
- 75. 76 Unidade 2 76 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Pág. 147 Proposta 19 A opção correta é a (B). Proposta 20 A opção correta é a (C). Proposta 21 21.1. As bases do prisma são triângulos retângulos e isósceles. Então, tem-se: 2 3 6 sin 45 3 2 2 2 CD CE CE CE CE ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = . Logo, [ ] 2 6 3 2 10,2 CDE P CD CE = + = + ≈ . 21.2. a) . 3 3 cos 90 9 0 0 CD DE = × × ° = × = b) ( ) . 3 3 2 cos 180 9 2 1 9 2 CB CE = × × ° = × − = − c) 2 . 8 3 cos 135 24 12 2 2 BA ED = × × ° = × − = − Proposta 22 ( ) ( ) . . . . . . u v EA AB ED DC EA ED EA DC AB ED AB DC = + + = + + + = 2 1 2 7 0 0 3 3 9 a a a a a = − × + + + × = Pág. 148 Proposta 23 23.1. . 0 BA CA = porque os vetores BA e CA são perpendiculares. 23.2. ( ) 2 . . . 0 2 4 CA AB AB CA AB AB AB − = − =− = − 23.3. . 2 2 4 BA BC BA BA = × = × = Proposta 24 24.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 AB BP = é a reta perpendicular a AB e que passa em B. ( ) 2,1 AB B A = − = e ( ) ( ) ( ) , 4,0 4, BP P B x y x y = − = − = − . ( ) ( ) . 0 2,1 . 4, 0 2 8 0 2 8 AB BP x y x y y x = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ = − + . A reta perpendicular a AB e que passa em B é definida pela equação 2 8 y x = − + . 24.2. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 AP BP = é a circunferência de diâmetro [AB]. ( ) ( ) ( ) , 2, 1 2, 1 AP P A x y x y = − = − − = − + e ( ) ( ) ( ) , 4,0 4, BP P B x y x y = − = − = − . ( ) ( ) . 0 2, 1 . 4, 0 AP BP x y x y = ⇔ − + − = ⇔ ( )( ) ( ) 2 2 2 4 1 0 4 2 8 0 x x y y x x x y y ⇔ − − + + = ⇔ − − + + + = 2 2 2 2 1 1 6 8 6 9 8 9 4 4 x x y y x x y y ⇔ − + + = − ⇔ − + + + + = − + + ⇔ ( ) 2 2 1 5 3 2 4 x y ⇔ − + + = A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição ( ) 2 2 1 5 3 2 4 x y − + + = . 24.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 MP AB = , sendo M o ponto médio de [AB], é a mediatriz de [AB]. 2 4 1 0 , 2 2 M + − + , ou seja, 1 3, 2 M − . ( ) 1 1 , 3, 3, 2 2 MP P M x y x y = − = − − = − + e ( ) 2,1 AB B A = − = ( ) 1 1 . 0 3, . 2,1 0 2 6 0 2 2 MP AB x y x y = ⇔ − + = ⇔ − + + = ⇔ 11 2 2 y x ⇔ = − + Uma equação da mediatriz de [AB] é 11 2 2 y x = − + . Proposta 25 1 3 1 0 3 3 x x y y + − = ⇔ = − + . Logo, 1 3 r m = − . Um vetor diretor da reta s é ( ) 2,6 v . Então, 6 3 2 s m= = . Assim sendo, as retas r e s são perpendiculares porque 1 r s m m = − . A opção correta é a (A). NEMA11PR © Porto Editora
- 76. 77 Geometria analítica 77Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Proposta 26 26.1. ( ) 2 7,3 AB B A k = − = − . ( ) ( ) . 0 2 7,3 . 3 , 4 0 AB u AB u k k k ⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇔ 2 2 6 21 3 12 0 6 18 12 0 1 2 k k k k k k k ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = 26.2. ( ) ( ) . 0 2 7,3 . 3 , 4 0 AB u k k k ⇔ − + ⇔ ] [ 2 2 6 21 3 12 0 6 18 12 0 1,2 k k k k k k ⇔ − + + ⇔ − + ⇔ ∈ Cálculos auxiliares: 2 6 18 12 0 k k − + = ⇔ 2 3 9 8 3 2 0 2 k k k ± − ⇔ − + = ⇔ = 2 1 k k ⇔ = ∨ = Pág. 149 Proposta 27 27.1. tan 60 3 4 3 4 OB OB OB OC ° = ⇔ = ⇔ = . Então, 2 4 3 8 3 AC = × = . Donde se conclui que ( ) 4, 8 3 A . 27.2. . . 8 8 cos 60 32 BC CD CB CD = − = − × × ° = − . 27.3. Se P pertence ao eixo das ordenadas, então ( ) 0, , P y y∈R . ( ) ( ) . 24 4,4 3 . 0, 24 4 3 24 CD OP y y = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ 6 2 3 3 y y ⇔ = − ⇔ = − . Então, ( ) 0, 2 3 P − . Proposta 28 28.1. : 2 3 r y x = − . Logo, 2 r m = . Qualquer vetor com a direção da reta r é da forma ( ) 1,2 , v k k = ∈R . Se 1 k = tem-se ( ) 1,2 v u = = . 28.2. a) O conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 u AP = é a reta perpendicular a u e que passa em A. ( ) ( ) . 0 1,2 . , 4 0 2 8 0 4 2 x u AP x y x y y = ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − + A reta perpendicular a u e que passa em A é definida pela equação 4 2 x y = − + . b) Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r. O ponto B é a interseção da reta r com a reta s que é perpendicular a r e passa em A. A reta r é definida por 2 3 y x = − . 1 1 2 s s r s r m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 1 2 y x b = − + . Como o ponto ( ) 0, 4 A pertence à reta s, uma equação da reta s é 1 4 2 y x = − + . Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto B. 1 1 1 4 4 4 2 2 2 1 2 3 8 4 6 4 2 3 2 y x y x y x y x x x x x = − + = − + = − + ⇔ ⇔ ⇔ = − − + = − − + = − 1 14 13 4 2 5 5 14 14 5 5 y y x x = − × + = ⇔ ⇔ = = O ponto B tem coordenadas 14 13 , 5 5 . A distância do ponto A à reta r é igual a: AB = 2 2 14 13 196 49 245 7 5 0 4 5 5 25 25 5 5 − + − = + = = . Proposta 29 29.1. ( ) 3, 2 AC C A = − = − Logo, 2 3 AC m = − . 3 1 2 t t AC t AC m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = Então, 3 : 2 t y x b = + . Como o ponto ( ) 2, 5 A pertence à reta t tem-se: 3 5 2 2 2 b b = × + ⇔ = Equação reduzida da reta t: 3 2 2 y x = + . 29.2. Sendo α a inclinação da reta t, sabe-se que tan t m α = . Então, tem-se 3 tan 2 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 56,3 α ≈ ° . 29.3. ( ) 2 2 3 2 13 r AC = = + − = Uma equação da circunferência representada é ( ) ( ) 2 2 5 3 13 x y − + − =. Pág. 150 Proposta 30 30.1. ( ) 3, , 0 P y y . Como P pertence à circunferência, tem-se: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 25 2 16 2 4 2 4 y y y y + − =⇔ − =⇔ − = ∨ − = − ⇔ 6 2 y y ⇔ = ∨ = − Donde se conclui que ( ) 3, 2 P − . NEMA11PR © Porto Editora
- 77. 78 Unidade 2 78 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) ( ) 3, 4 CP P C = − = − Logo, 4 3 CP m = − . 3 1 4 r r CP r CP m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = Então, 3 : 4 r y x b = + . Como o ponto ( ) 3, 2 P − pertence à reta r tem-se: 3 17 2 3 4 4 b b − = × + ⇔ − = . Equação reduzida da reta r: 3 17 4 4 y x = − . Sendo α a inclinação da reta r, sabe-se que tan r m α = . Então, tem-se 3 tan 4 α = . Como 0 180 α ° ≤ ° , recorrendo à calculadora, conclui-se que 37 α ≈ ° . 30.2. Designemos por s a reta de equação 2 1 y x = + . O declive da reta s é 2 e um vetor diretor da reta é ( ) 1,2 v . Um vetor diretor da reta r é ( ) 4,3 u . ( ) 2 2 2 2 . 4 1 3 2 10 2 cos , 5 5 5 4 3 1 2 r s r s r s × + × = = = = × × + × + ɵ . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 26,6 r s ≈ ° ɵ . Proposta 31 31.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r. r: 2 3 2 5 3 0 5 5 x y y x + − = ⇔ = − + 1 1 5 2 2 5 t t r t r mt m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta t é 5 2 y x b = + . Como o ponto ( ) 3, 8 A pertence à reta t, tem-se: 5 1 8 3 2 2 b b = × + ⇔ = . Equação reduzida da reta t: 5 1 2 2 y x = + . 31.2. O ponto P pertence ao eixo das abcissas, então ( ) , 0 , P x x∈R . ( ) 3, 8 AP P A x = − = − − Um vetor com a direção da reta s é, por exemplo, ( ) 3,6 v = − . ( ) ( ) . 0 3, 8 . 3,6 0 AP v AP v x ⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ 3 9 48 0 13 x x ⇔ − + − = ⇔ = − Então, ( ) 13, 0 P − . 31.3. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo, ( ) 5, 2 u = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 2 6 . 27 cos , 29 45 5 2 3 6 r s r s r s × − + − × = = = = × × + − × − + ɵ 27 1305 = Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 41,6 r s ≈ ° ɵ . Proposta 32 32.1. O sistema de rega completa uma volta em dois minutos. Então, 30 segundos após o início da rega, o sistema completou um quarto de volta. O vetor pedido é perpendicular ao vetor ( ) 1,2 u . Por exemplo, ( ) 2,1 v − . 32.2. a) ( ) 2, 4 OA A O = − = − − . Ora, 2 OA u = − . Logo os vetores OA e u têm sentidos opostos. Donde se conclui que a água atinge pela segunda vez a árvore, situada em A, 3 minutos após o início da rega. b) ( ) 2,4 w OB B O = = − = − . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 4 . 6 3 cos , 5 5 20 1 2 2 4 u w u w u w × − + × = = = = × × + × − + ɵ . Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 53 u w ≈ ° ɵ . c) O lugar geométrico dos pontos ( ) , P x y do plano tais que . 0 AP OP = é a circunferência de diâmetro [AO]. Donde se conclui que o canteiro tem a forma de um círculo de diâmetro [AO]. ( ) ( ) 2 2 2 4 20 OA= − + − = O canteiro será abrangido pelo sistema de rega porque 5m OA . Pág. 151 Proposta 33 33.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r. 1 1 1 3 3 t t t r t r m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta t é 1 3 y x b = + . Como o ponto ( ) 5, 2 A pertence à reta t, tem-se: 1 1 2 5 3 3 b b = × + ⇔ = Equação reduzida da reta t: 1 1 3 3 y x = + . NEMA11PR © Porto Editora
- 78. 79 Geometria analítica 79Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 33.2. O ponto B pertence ao eixo das abcissas, então ( ) , 0 , B x x∈R . ( ) 5, 2 AB B A x = − = − − . ( ) ( ) . 0 4, 1 . 5, 2 0 4 20 2 0 u AB u AB x x ⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ − + = ⇔ 9 2 x ⇔ = Então, 9 , 0 2 B . 33.3. ( ) ( ) 2 . 0 4, 1 . 3, 7 0 u AP k k ⇔ − − − − ⇔ ] [ 2 2 4 12 7 0 4 5 0 5,1 k k k k k ⇔ − + + ⇔ + − ⇔ ∈ − Cálculos auxiliares: 2 4 16 20 4 5 0 2 k k k − ± + + − = ⇔ = 1 5 k k ⇔ =∨ = − Proposta 34 34.1. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo, ( ) 2, 1 u − . O declive da reta r é 1 2 − . 1 1 2 1 2 s s s r s r m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 2 y x b = + . Como o ponto ( ) 2, 3 A − pertence à reta s, tem-se: ( ) 3 2 2 7 b b = × − + ⇔ = . Equação reduzida da reta s: 2 7 y x = + . 34.2. ( ) 7, 2 AB B A = − = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 . 2 7 1 2 16 cos , 5 53 2 1 7 2 r AB r AB r AB × + − × − = = = = × × + − × + − ɵ 16 265 = Recorrendo à calculadora, tem-se ( ) , 10,62 r AB ≈ ° ɵ . 34.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 AP BP = é a circunferência de diâmetro [AB]. ( ) ( ) ( ) , 2,3 2, 3 AP P A x y x y = − = − − = + − e ( ) ( ) ( ) , 5,1 5, 1 BP P B x y x y = − = − = − − . ( ) ( ) . 0 2, 3 . 5, 1 0 AP BP x y x y =⇔ + − − − =⇔ ( )( ) ( )( ) 2 5 3 1 0 x x y y ⇔ + − + − − = 2 2 2 2 5 2 10 3 3 0 3 4 7 x x x y y y x x y y ⇔ − + − + − − + = ⇔ − + − = ( ) 2 2 2 2 9 9 3 53 3 4 4 7 4 2 4 4 2 4 x x y y x y ⇔ − + + − + = + + ⇔ − + − = A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição ( ) 2 2 3 53 2 2 4 x y − + − = . Proposta 35 35.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r. 1 1 3 t t r t r m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − Uma equação, na forma reduzida, da reta t é 1 3 y x b = − + . Como o ponto ( ) 1, 4 A − pertence à reta t, tem-se: ( ) 1 13 4 1 3 3 b b =− × − + ⇔ = . Equação reduzida da reta t: 1 11 3 3 y x = − + . 35.2. Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r. O ponto B é a interseção da reta r com a reta t que é perpendicular a r e passa em A. 1 11 1 11 1 11 3 3 3 3 3 3 1 11 3 1 11 9 3 3 1 3 3 y x y x y x y x x x x x = − + = − + = − + ⇔ ⇔ ⇔ = + − + = + − + = + 1 4 11 17 3 5 3 5 4 4 5 5 y y x x = − × + = ⇔ ⇔ = = O ponto B tem coordenadas 4 17 , 5 5 . A distância do ponto A à reta r é igual a 2 2 4 17 81 9 90 3 10 1 4 5 5 25 25 5 5 AB = − − + − = + = = . 35.3. ( ) ( ) 2 2 . 0 1,2 . , 4 0 8 2 0 a b k k k k ⇔ − − ⇔ − + − ⇔ ] [ 2 2 8 0 4, 2 k k k ⇔ + − ⇔ ∈ − . Cálculos auxiliares: 2 2 4 32 2 8 0 2 k k k − ± + + − = ⇔ = 2 4 k k ⇔ = ∨ = − Pág. 152 Proposta 36 36.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 BC MP = , sendo M o ponto médio de [BC], é a mediatriz do segmento de reta [BC]. 36.2. ( ) 2, 3 AD D A = − = − 3 3 2 2 AD m = = − − Uma equação da reta AD é 3 2 y x b = − + . Como o ponto ( ) 0, 3 D pertence à reta AD, uma equação da reta AD é 3 3 2 y x = − + . 3 3 2 3 6 3 2 6 0 2 y x y x x y = − + ⇔ = − + ⇔ + − = NEMA11PR © Porto Editora
- 79. 80 Unidade 2 80 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Proposta 37 37.1. O ponto A tem ordenada positiva e pertence ao eixo das ordenadas, então ( ) 0, , 0 A y y . Como A pertence à circunferência, tem-se: 2 2 2 0 4 0 9 9 3 3 y y y y + + × = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Então, ( ) 0, 3 A . Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo, ( ) 2,3 u − . O declive da reta r é 3 2 − . Seja s a reta que passa em A e é perpendicular a r. 2 1 3 s s r s r m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = Uma equação, na forma reduzida, da reta s é 2 3 y x b = + . Como o ponto ( ) 0, 3 A pertence à reta s, tem-se 3 b = . Equação reduzida da reta s: 2 3 3 y x = + . 37.2. 2 2 2 2 4 9 4 4 9 4 x y x x x y + + = ⇔ + + + = + ⇔ ( ) 2 2 2 13 x y ⇔ − + = O centro da circunferência é o ponto ( ) 2, 0 C − . Uma equação, na forma reduzida, da reta r é 3 2 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) 1, 5 − pertence à reta r, tem-se: ( ) 3 7 5 1 2 2 b b =− × − + ⇔ = . Equação reduzida da reta r: 3 7 2 2 y x = − + . Como o ponto P pertence à reta r, sabe-se que 3 7 , 2 2 P x x − + . ( ) 3 7 . 0 2,3 . 2, 0 2 2 u CP u CP x x ⊥ ⇔ = ⇔ − + − + = 9 21 2 4 0 1 2 2 x x x ⇔ − − − + = ⇔ = . Então, ( ) 1, 2 P . Proposta 38 38.1. A inclinação da reta AB é igual a 135°. tan 135 1 AB m = ° = − . Uma equação da reta AB é y x b = − + . Como o ponto ( ) 1, 3 B − pertence à reta AB, tem-se: 3 1 2 b b − = − + ⇔ = − . Equação reduzida da reta r: 2 y x = − − . A é o ponto de interseção da reta AB com o eixo Ox. 0 2 2 x x = − − ⇔ = − . Então, ( ) 2, 0 A − . 38.2. Seja X a projeção ortogonal de B sobre AE. Tem-se ( ) 1, 0 X . Então, . 3 10 30 AB AE AX AE = × = × = . 38.3. a) A reta CD é paralela à reta AB, logo tem o mesmo declive. CD: y x b = − + . Como o ponto ( ) 8, 0 E pertence à reta CD, tem-se: 0 8 8 b b = − + ⇔ = . Equação reduzida da reta CD: 8 y x = − + . b) A reta BC é perpendicular à reta AB, então tem-se: 1 1 BC BC AB BC AB m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = . Uma equação, na forma reduzida, da reta BC é y x b = + . Como o ponto ( ) 1, 3 B − pertence à reta BC, tem-se: 3 1 4 b b − = + ⇔ = − . Equação reduzida da reta BC: 4 y x = − . 38.4. C é o ponto de interseção das retas AD e CD. A reta AD é paralela à reta BC e passa no ponto ( ) 2, 0 A − . Então, tem-se: 0 2 2 b b = − + ⇔ = Equação reduzida da reta AD: 2 y x = + . Determinação das coordenadas do ponto D: 2 2 5 8 2 8 3 y x y x y y x x x x = + = + = ⇔ ⇔ = − + + = − + = Portanto, ( ) 3, 5 D . 38.5. ( ) 5,5 AD D A = − = e ( ) 10,0 EA A E = − = − . Então, ( ) ( ) . 5,5 . 10,0 50 0 50 AD EA = − = − + = − . Pág. 153 Proposta 39 39.1. a) ( ) ˆ , ACB CA CB θ = = ɵ ( ) 4, 4 CA A C = − = − − e ( ) 1, 5 CB B C = − = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 1 4 5 . 16 cos 4 2 26 4 4 1 5 CA CB CA CB θ − × + − × − = = = = × × − + − × + − 4 4 2 13 13 52 2 13 = = = b) Seja D a projeção ortogonal de C sobre a reta AB. O ponto D é a interseção da reta AB com a reta r que é perpendicular a AB e passa em C. ( ) 5, 1 AB B A = − = − . O declive da reta AB é 1 5 − . 1 1 5 1 5 r r r AB r AB m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − . Uma equação, na forma reduzida, da reta r é 5 y x b = + . Como o ponto ( ) 1, 4 C pertence à reta r, tem-se: 4 5 1 1 b b = × + ⇔ = − . Equação reduzida da reta r: 5 1 y x = − . Determinação das coordenadas do ponto D: NEMA11PR © Porto Editora
- 80. 81 Geometria analítica 81Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 8 5 1 5 1 13 1 3 1 3 1 5 1 5 5 5 5 13 y x y x y y x x x x = − = − = − ⇔ ⇔ = − − − = − − = O ponto D tem coordenadas 1 8 , 13 13 − . 39.2. Seja s a reta perpendicular a AC e passa em B. ( ) 4,4 AC C A = − = . O declive da reta AC é 4 1 4 m = = . 1 1 1 1 s s s AC s AC m m m m ⊥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − . Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y x b = − + . Como o ponto ( ) 2, 1 B − pertence à reta s, tem-se: 1 2 1 b b − = − + ⇔ = . Equação reduzida da reta s: 1 y x = − + . Seja N o ortocentro do triângulo [ABC]. O ponto N é a interseção da reta r com a reta s. Determinação das coordenadas do ponto N: 2 5 1 5 1 3 1 1 5 1 1 3 y y x y x y x x x x = = − = − ⇔ ⇔ = − + − + = − = O ponto N tem coordenadas 1 2 , 3 3 . Proposta 40 Sabe-se que ( ) 1, 0 A − , ( ) 0, 1 B − e ( ) cos , sin P θ θ . ( ) cos 1, sin AP P A θ θ = − = + e ( ) cos , sin 1 BP P B θ θ = − = + . ( ) ( ) . cos 1, sin . cos , sin 1 AP BP θ θ θ θ = + + ( ) ( ) cos 1 cos sin sin 1 θ θ θ θ = + × + × + 2 2 cos cos sin sin θ θ θ θ = + + + 2 2 cos sin cos sin 1 cos sin θ θ θ θ θ θ = + + + = + + Proposta 41 ( ) 2 . . . . AC AC AC AC AB AD AC AB AC AD = = + = + AB AE AD AF = × + × Pág. 154 Proposta 42* 42.1. a) Como G é o baricentro do triângulo, sabe-se que: 2 2 6 4 3 3 GA AM = = × = e 1 1 4,5 1,5 3 3 GN BN = =× = . ( ) . cos , 4 1,5 cos 30 GA GN GA GN GA GN = × × =× × ° ɵ 3 6 3 3 2 =× = b) ( ) . cos , 1,5 2 cos 150 GN GM GN GM GN GM = × × = × × ° ɵ 3 3 3 3 2 2 = × − = − 42.2. = − = ˆ 180 30 150 AGB ; = = × = 2 2 6 4 3 3 AG AM = =× = 2 2 4,5 3 3 3 BG BN Recorrendo ao teorema dos cossenos, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) = + − × × 2 2 2 ˆ 2 cos AB AG BG AG BG AGB ( ) ( ) = + − × × × 2 16 9 2 4 3 cos 150 AB ( ) = − × × × − = + 2 3 25 2 4 3 25 12 3 2 AB Resulta que = + 25 12 3 AB , como se queria demonstrar. Proposta 43* Sabe-se que os pontos A e B têm a mesma abcissa positiva. O ponto A pertence à reta r definida pela equação 2 y x = e o ponto B pertence à reta s definida pela equação 1 x y + =, então tem-se: ( ) , 2 A x x e ( ) , 1 B x x − + , sendo 0 x . Como o triângulo [ABP] é retângulo em P, tem-se . 0 PA PB = . ( ) 4, 2 3 PA A P x x = − = − − e ( ) 4, 2 PB B P x x = − = − − − . ( ) ( ) . 0 4,2 3 . 4, 2 0 PA PB x x x x = ⇔ − − − − − = ( ) ( ) ( ) 2 4 2 3 2 0 x x x ⇔ − + − × − − = 2 2 8 16 2 4 3 6 0 x x x x x ⇔ − + − − + + = 2 9 81 88 9 22 0 11 2 2 x x x x x ± + ⇔ − − + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − Como 0 x , conclui-se que 2 x = . Então, ( ) 2, 4 A e ( ) 2, 1 B − . Proposta 44* 44.1. a) Sabe-se que a circunferência de menor raio é definida pela equação ( ) 2 2 2 4 x y − + = , então ( ) 2, 0 C . Raio da circunferência de centro C que passa em B: ( ) ( ) 2 2 5 2 4 0 5 r BC = = − + − = . Equação da circunferência de maior raio: ( ) 2 2 2 25 x y − + =. b) Designemos por t a reta tangente à circunferência de maior raio no ponto B. Seja ( ) , P x y um ponto qualquer pertencente à reta t. Sabe-se que . 0 BC BP = . ( ) 3, 4 BC C B = − = − − e ( ) 5, 4 BP P B x y = − = − − . ( ) ( ) . 0 3, 4 . 5, 4 0 3 15 4 16 0 BC BP x y x y = ⇔ − − − − = ⇔ − + − + = 3 31 4 4 y x ⇔ = − + A reta t é definida por 3 31 4 4 y x = − + . 44.2. Seja α a amplitude, em radianos, do setor circular ACB. sombreada 21 25 4 2 2 2 A α α α × × = − = . Então, tem-se: 21 7 2 2 3 α α π π = ⇔ = . ( ) 1 . cos , 2 5 cos 10 5 3 2 CA CB CA CB CA CB π = × × = × × = × = ɵ . NEMA11PR-6 NEMA11PR © Porto Editora NEMA11PR_P063_104_84449_10.indd 81 07/06/16 11:27
- 81. 82 Unidade 2 82 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Pág. 155 51.1. Sabe-se que Q é um ponto do plano α e u é um vetor normal ao plano α . ( ) ( ) ( ) 2,4, 3 3, 6, 6 5,10,3 AQ Q A = − = − − − − − = ( ) ( ) . 5,10,3 . 1,3,5 5 30 15 40 AQ u = − = − + + = Como . 0 AQ u ≠ , conclui-se que o ponto A não pertence ao plano α . ( ) ( ) ( ) 2,4, 3 5,0,4 7,4, 7 BQ Q B = − = − − − = − ( ) ( ) . 7,4, 7 . 1,3,5 7 12 35 30 BQ u = − − = − + − = − Como . 0 BQ u ≠ , conclui-se que o ponto B não pertence ao plano α . ( ) ( ) ( ) 2,4, 3 3,1, 1 1,3, 2 CQ Q C = − = − − − = − − ( ) ( ) . 1,3, 2 . 1,3,5 1 9 10 0 CQ u = − − − = + − = Como . 0 CQ u = , conclui-se que o ponto C pertence ao plano α . 51.2. Os dois pontos que não pertencem a α são A e B. ( ) ( ) ( ) 5,0,4 3, 6, 6 2,6,10 AB B A = − = − − − − − = − Os vetores AB e u são colineares porque 2 AB u = . Conclui-se, então, que os pontos A e B definem uma reta perpendicular a α . 52. O ponto P pertence ao plano β se . 0 RP n = . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , 1, 2, 2,0 2 2, 3, RP P R k k k k k k = − = + − − − = − + − ( ) ( ) 2 . 0 2 2, 3, . 4, 2,7 0 RP n k k k = ⇔ − + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 7 0 k k k ⇔ − × + + × − + − × = 2 2 8 8 2 6 7 0 8 9 14 0 k k k k k ⇔ − − − − = ⇔ − − = ( ) 9 81 4 8 14 9 23 7 2 16 16 8 k k k k ± − × × − ± ⇔ = ⇔ = ⇔ = − ∨ = Pág. 156 53.1. ( ) ( ) ( ) 0, 3,5 2,4, 1 2, 7,6 AB B A = − = − − − − = − . ( ) ( ) . 2, 7,6 . 2, 3,4 4 21 24 49 AB v = − − = + + = . Como . 0 AB v ≠ , conclui-se B β ∉ . 53.2. O ponto C pertence ao plano β se . 0 AC v = . ( ) ( ) ( ) 2 ,5,3 2,4, 1 ,1,3 1 AC C A k k k k = − = − + − − − = + ( ) ( ) . 0 ,1,3 1 . 2, 3,4 0 AC v k k = ⇔ + − = 1 2 3 12 4 0 14 1 14 k k k k ⇔ − + + = ⇔ = − ⇔ = − 54.1. Sabe-se que A é um ponto do plano α e u é um vetor normal ao plano α . ( ) ( ) ( ) 2,7, 3 0, 3, 6 2,10,3 AB B A = − = − − − − − = − ( ) 3 7 21 65 . 2,10,3 . , 4, 3 40 2 2 2 2 AB u = − − = − − + = − Como . 0 AB u ≠ , conclui-se que o ponto B não pertence ao plano α . 54.2. O vetor 3 7 , 4, 2 2 u = − é normal ao plano α . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano α . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) 3 7 . 0 , 3, 6 . , 4, 0 2 2 Ap u x y z = ⇔ + + − = ( ) ( ) 3 7 4 3 6 0 2 2 x y z ⇔ − + + + = 3 7 4 12 21 0 2 2 x y z ⇔ − − + + = 3 8 24 7 42 0 x y z ⇔ − − + + = 3 8 7 18 0 x y z ⇔ − + + = 54.3. O conjunto de pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 AB AP = é o plano perpendicular ao segmento de reta [AB] que passa no ponto A. ( ) ( ) . 0 2,10,3 . , 3, 6 0 AB AP x y z = ⇔ − + + = ( ) ( ) 2 10 3 3 6 0 x y z ⇔ − + + + + = 2 10 30 3 18 0 x y z ⇔ − + + + + = 2 10 3 48 0 x y z ⇔ − + + + = Pág. 157 55. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano α . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) ( ) . 0 1, 5, 4 . 3,1, 2 0 AP u x y z = ⇔ − − + − = ( ) ( ) ( ) 3 1 1 5 2 4 0 x y z ⇔ − + − − + = 3 3 5 2 8 0 x y z ⇔ − + − − − = 3 2 16 0 x y z ⇔ + − − = Tarefa 5 1.1. ( ) ( ) ( ) 1,0,2 2, 3,1 1,3,1 AB B A = − = − − = − ( ) ( ) . 1,3,1 . 4, 3, 2 4 9 2 15 AB v =− − − = − − − = − Como . 0 AB v ≠ , conclui-se que B β ∉ . 1.2. ( ) ( ) ( ) 2,1, 1 2, 3,1 0,4, 2 AC C A = − = − − − = − . ( ) ( ) . 0,4, 2 . 4, 3, 2 0 12 4 8 AC v = − − − = − + = − . Como . 0 AC v ≠ , conclui-se que C β ∉ . 1.3. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano β . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP v = . ( ) ( ) . 0 2, 3, 1 . 4, 3, 2 0 AP v x y z = ⇔ − + − − − = ( ) ( ) ( ) 4 2 3 3 2 1 0 x y z ⇔ − − + − − = 4 8 3 9 2 2 0 x y z ⇔ − − − − + = 4 3 2 15 0 x y z ⇔ − − − = NEMA11PR © Porto Editora
- 82. 83 Geometria analítica 83Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 1.4. O plano β é definido pela equação 4 3 2 15 0 x y z − − − = . Então, 4, 3 e 2 a b c = = − = − . Assim sendo, conclui-se que a, b e c correspondem, respetivamente, à 1.ª, 2.ª e 3.ª coordenada do vetor v . 2.1. ( ) ( ) 0 0 0 . 0 , , . , , 0 AP v x x y y z z a b c = ⇔ − − − = ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 a x x b y y c z z ⇔ − + − + − = 2.2. . 0 AP v= ⇔ ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 a x x b y y c z z − + − + − = 0 0 0 0 ax ax by by cz cz ⇔ − + − + − = 0 0 0 0 d ax by cz ax by cz ⇔ + + − − − = 0 0 0 0 , sendo ax by cz d d ax by cz ⇔ + + + = = − − − . Pág. 158 56.1. O vetor MV é normal ao plano que contém a base da pirâmide e o ponto M pertence à base da pirâmide. ( ) ( ) ( ) 2,0, 1 0,1, 3 2, 1,2 MV V M = − = − − − = − . Uma equação do plano que contém a base da pirâmide é do tipo 2 2 0 x y z d − + + =. Como o ponto M pertence ao plano que contém a base da pirâmide, tem-se: ( ) 2 0 1 2 3 0 1 6 0 7 d d d × − + × − + = ⇔ − − + = ⇔ = Uma equação do plano é: 2 2 7 0 x y z − + + = 56.2. O ponto ( ) , 2, 1 P k k − + pertence ao plano que contém a base da pirâmide se: ( ) ( ) 11 2 2 2 1 7 0 2 2 2 2 7 0 4 k k k k k − − + + + = ⇔ + + + + = ⇔ = − 57.1. Um vetor normal ao plano de equação 3 2 3 x y z − + = é, por exemplo, ( ) 3, 1, 2 v = − . Fazendo, por exemplo, 0 y = e 0 z = , obtém-se: 3 0 2 0 3 3 3 1 x x x − + × = ⇔ = ⇔ = Então, ( ) 1, 0, 0 P é um ponto do plano. 57.2. Um vetor normal ao plano de equação 7 0 x z + + = é, por exemplo, ( ) 1, 0, 1 v = . Fazendo, por exemplo, 0 x = e 0 y = , obtém-se: 0 7 0 7 z z + + = ⇔ = − Então, ( ) 0, 0, 7 P − é um ponto do plano. 57.3. Um vetor normal ao plano de equação 6 z = é, por exemplo, ( ) 0, 0, 1 v = . Qualquer ponto do plano tem cota igual a 6. Então, por exemplo, ( ) 1, 2, 6 P − é um ponto do plano. Pág. 159 58.1. a) Vamos começar por determinar as coordenadas de dois vetores não colineares do plano α , por exemplo, AB e AC . ( ) ( ) ( ) 2,0, 5 1, 3,7 1,3, 12 AB B A = − = − − − = − e ( ) ( ) ( ) 1,1,7 1, 3,7 0,4,0 AC C A = − = − − = . ( ) ( ) . 6, 2, 1 . 1,3, 12 6 6 12 0 u AB =− − − − = − − + = . ( ) ( ) . 6, 2, 1 . 0,4,0 0 8 0 8 u AC =− − − = − + = − . Como . 0 u AC ≠ , conclui-se que o vetor u não é normal ao plano α . b) ( ) 1 . 6,0, . 1,3, 12 6 0 6 0 2 u AB = − = + − = e ( ) 1 . 6,0, . 0,4,0 0 0 0 0 2 u AC = = + + = . Então u AB ⊥ e u AC ⊥ . Conclui-se, então, que o vetor u é normal ao plano a α . 58.2. O vetor 1 6,0, 2 u = é normal ao plano α . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano α . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) 1 . 0 1, 3, 7 . 6,0, 0 2 AP u x y z = ⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) 1 6 1 0 3 7 0 2 x y z ⇔ − + + + − = 1 7 6 6 0 2 2 x z ⇔ − + − = 12 12 7 0 x z ⇔ − + − = 12 19 0 x z ⇔ + − = 59.1. ( ) ( ) ( ) 2,1,2 3, 1,1 5,2,1 AB B A = − = − − − = − e ( ) ( ) ( ) 8, 3,0 3, 1,1 5, 2, 1 AC C A = − = − − − = − − . Os vetores AB e AC são colineares, então os pontos A, B e C também são colineares. Os pontos A, B e C sendo colineares não definem um plano (definem uma reta). 59.2. ( ) ( ) ( ) 2,1,2 3, 1,1 5,2,1 AB B A = − = − − − = − e ( ) ( ) ( ) 0,2, 1 3, 1,1 3,3, 2 AD D A = − = − − − = − − . Os vetores AB e AD não são colineares porque 5 2 1 3 3 2 − ≠ ≠ − − . Então os pontos A, B e D definem um plano porque são não colineares. Seja α o plano definido pelos pontos A, B e D. Pretende-se determinar uma equação cartesiana do plano α . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano α . Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AD = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 5,2,1 0 . 0 5 2 0 3 3 2 0 , , . 3,3, 2 0 . 0 a b c u AB a b c a b c a b c u AD − = = − + + = ⇔ ⇔ − + − = − − = = NEMA11PR © Porto Editora
- 83. 84 Unidade 2 84 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 5 2 5 2 5 2 13 3 3 10 4 0 13 7 0 7 c a b c a b c a b a b a b a b b a = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ − + − + = − + = = 26 9 5 7 7 13 13 7 7 c a a c a b a b a = − = ⇔ ⇔ = = Coordenadas do vetor u : { } 13 9 , , , 0 7 7 a a a a ∈ R . Por exemplo, se 7 a = tem-se ( ) 7, 13, 9 u . Sabe-se que o vetor ( ) 7, 13, 9 u é normal a α e que o ponto ( ) 3, 1, 1 A − pertence a α . Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 7 3 13 1 9 1 0 7 21 13 13 9 9 0 x y z x y z − + + + − = ⇔ − + + + − = 7 13 9 17 0 x y z ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do plano ABD é: 7 13 9 17 0 x y z + + − = 60. Plano ABC ( ) ( ) ( ) 0,2,0 3,0,0 3,2,0 AB B A = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 0,0,4 3,0,0 3,0,4 AC C A = − = − = − . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABC. Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AC = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) 3 , , . 3,2,0 0 . 0 3 2 0 2 3 4 0 3 , , . 3,0,4 0 . 0 4 b a a b c u AB a b a c a b c u AC c a = − =− + = ⇔ ⇔ ⇔ − + = − = = = Coordenadas do vetor u : { } 3 3 , , , 0 2 4 a a a a ∈ R . Por exemplo, se 4 a = tem-se ( ) 4,6,3 u . Sabe-se que o vetor ( ) 4,6,3 u é normal ao plano ABC e que o ponto ( ) 3,0,0 A pertence ao plano ABC. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 4 3 6 0 3 0 0 4 12 6 3 0 x y z x y z − + − + − = ⇔ − + + = 4 6 3 12 0 x y z ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do plano ABC é: 4 6 3 12 0 x y z + + − = Plano ABV ( ) 3,2,0 AB = − e ( ) ( ) ( ) 4,5,3 3,0,0 1,5,3 AV V A = − = − = . Seja ( ) , , v a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABV. Então, tem-se: . 0 . 0 v AB v AC = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 3,2,0 0 . 0 3 2 0 5 3 0 , , . 1,5,3 0 . 0 a b c v AB a b a b c a b c v AV − =− + = ⇔ ⇔ + + = = = 2 2 3 3 2 17 5 3 0 3 9 a b a b b b c c b = ⇔ ⇔ + + = = − Coordenadas do vetor v : { } 2 17 , , , 0 3 9 b b b b − ∈ R . Por exemplo, se 9 b = tem-se ( ) 6,9, 17 v − . Sabe-se que o vetor ( ) 6,9, 17 v − é normal ao plano ABV e que o ponto ( ) 3,0,0 A pertence ao plano ABV. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 6 3 9 0 17 0 0 6 18 9 17 0 x y z x y z − + − − − = ⇔ − + − = 6 9 17 18 0 x y z ⇔ + − − = Uma equação cartesiana do plano ABV é: 6 9 17 18 0 x y z + − − = Plano ACV ( ) 3,0,4 AC = − e ( ) 1,5,3 AV = . Seja ( ) , , w a b c = um vetor não nulo normal ao plano ACV. Então, tem-se: . 0 . 0 w AB w AC = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 3,0,4 0 . 0 3 4 0 5 3 0 , , . 1,5,3 0 . 0 a b c w AV a c a b c a b c w AC − = = − + = ⇔ ⇔ + + = = = 3 3 4 4 13 9 5 0 20 4 c a c a b a a b a = = ⇔ ⇔ = − + + = Coordenadas do vetor w : { } 13 3 , , , 0 20 4 a a a a − ∈ R . Por exemplo, se 20 a = tem-se ( ) 20, 13,15 w − . Sabe-se que o vetor ( ) 20, 13,15 w − é normal ao plano ACV e que o ponto ( ) 3,0,0 A pertence ao plano ACV. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 20 3 13 0 15 0 0 20 60 13 15 0 x y z x y z − − − + − =⇔ − − + = 20 13 15 60 0 x y z ⇔ − + − = Uma equação cartesiana do plano ACV é: 20 13 15 60 0 x y z − + − + = Plano BCV ( ) ( ) ( ) 0,0,4 0,2,0 0, 2,4 BC C B = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 4,5,3 0,2,0 4,3,3 BV V B = − = − = . Seja ( ) , , t a b c = um vetor não nulo normal ao plano BCV. Então, tem-se: . 0 . 0 t BC t BV = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 0, 2,4 0 . 0 2 4 0 4 3 3 0 , , . 4,3,3 0 . 0 a b c t BC b c a b c a b c t BV − = = − + = ⇔ ⇔ + + = = = 2 2 9 4 6 3 0 4 b c b c a c c a c = = ⇔ ⇔ + + = = − Coordenadas do vetor t : { } 9 , 2 , , 0 4 c c c c − ∈ R . Por exemplo, se 4 c = tem-se ( ) 9, 8, 4 t − . Sabe-se que o vetor ( ) 9, 8, 4 t − é normal ao plano BCV e que o ponto ( ) 0, 2, 0 B pertence ao plano BCV. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 9 0 8 2 4 0 0 9 8 16 4 0 x y z x y z − − + − + − = ⇔ − + − + = 9 8 4 16 0 x y z ⇔ − + + − = Uma equação cartesiana do plano BVC é: 9 8 4 16 0 x y z − + + − = NEMA11PR © Porto Editora
- 84. 85 Geometria analítica 85Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Pág. 160 61. Vetor normal a α : ( ) 2, 1, 1 uα = − . Vetor normal a β : ( ) 3, 6, 9 uβ = − . Vetor normal a θ : ( ) 2, 4, 6 uθ = − . Os vetores uβ e uθ são colineares porque 3 2 u u β θ = . Donde se conclui que os planos β e θ são paralelos. Pág. 161 62.1. Por exemplo, ( ) 1, 3, 2 u = − e 1 3 , , 1 2 2 v = − . Os vetores u e v são colineares porque 2 u v = . 62.2. Os vetores u e v são colineares, logo os planosα e β são paralelos. 62.3. Um vetor normal ao planoθ é, por exemplo, ( ) 4, 2, 1 w= − − . Uma equação do plano paralelo a θ é do tipo 4 2 0 x y z d − − + = . Como o ponto ( ) 4, 0, 1 A − pertence ao plano, tem-se: ( ) 4 4 2 0 1 0 16 1 0 17 d d d × − × − − + = ⇔ + + = ⇔ = − Uma equação do plano paralelo a θ e que passa por A é: 4 2 17 0 x y z − − − = Pág. 162 63.1. Por exemplo, ( ) 2, 4, 1 u = − − e ( ) 3, 1, 2 w = − . ( ) ( ) . 2,4, 1 . 3,1, 2 6 4 2 0 u w =− − − = − + + = . 63.2. Os vetores u e w são perpendiculares porque . 0 u w = . Então, os planosθ e β são perpendiculares. 64.1. Como 1 3 2 2 1 5 0 − + × + × − ≠ , conclui-se que o ponto A não pertence ao plano α . Como o plano θ é paralelo ao plano α , sabe-se que é definido por uma equação do tipo 3 2 0 x y z d + + + =. O ponto ( ) 1, 2, 1 A − pertence ao plano θ , então tem-se: 1 3 2 2 1 0 7 d d − + × + × + = ⇔ = − Uma equação do plano : 3 2 7 0 x y z θ + + − = 64.2. O vetor ( ) 1, 3, 2 u = é normal ao plano α e os vetores do tipo ( ) 3, 5, , v k k = − ∈R são normais ao plano β . Sendo α e β planos perpendiculares, sabe-se que u e v também são perpendiculares. Então, tem-se: ( ) ( ) . 0 1,3,2 . 3, 5, 0 3 15 2 0 u v u v k k ⊥ ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = 6 k ⇔ = 64.3. Sabe-se que os planos α e β têm em comum a reta r. B α ∈ porque 1 5 1 3 2 5 0 2 4 + × + × − = . B β ∈ porque 1 5 3 1 5 6 8 2 4 × − × + × = . Como B α ∈ e B β ∈ , então conclui-se que B r ∈ . Pág. 163 65.1. O plano α é definido pela equação 2 3 0 x y z + − + =, então o vetor ( ) 1, 1, 2 u = − é normal ao plano α . Designemos por C o centro da base do cone. Como o cone é reto, sabe-se que a reta VC é perpendicular ao plano α . Então, o vetor ( ) 1, 1, 2 u = − é um vetor diretor da reta VC. A reta VC é definida pela seguinte equação vetorial: ( ) ( ) ( ) , , 1, 2, 5 1, 1, 2 , x y z k k = − + − ∈R . As coordenadas de qualquer ponto da reta VC são do tipo ( ) 1 , 2 , 5 2 , k k k k − + + − ∈R . Em particular, sabe-se que ( ) 1 , 2 , 5 2 , C k k k k − + + − ∈R . Como C pertence ao plano α , tem-se: ( ) 1 2 2 5 2 3 0 1 2 10 4 3 0 k k k k k k − + + + − − + = ⇔ − + + + − + + = 1 k ⇔ = Substituindo k por 1, conclui-se que ( ) 0, 3, 3 C . 65.2. A altura do cone é dada por VC . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 3 5 3 1 1 4 6 VC = − − + − + − = + + = Pág. 164 66.1. O plano α é definido pela equação 2 6 1 0 x y z − − + =, então o vetor ( ) 2, 1, 6 u = − − é normal ao plano α . O vetor ( ) 2, 1, 6 u = − − é um vetor diretor da reta perpendicular a α que passa por A. Então, a reta perpendicular a α que passa por A pode ser definida pela seguinte equação vetorial: ( ) ( ) ( ) , , 1, 5, 1 2, 1, 6 , x y z k k = − − + − − ∈R 66.2. Um vetor diretor da reta t é ( ) 1, 4, 1 t = − . O vetor ( ) 2, 1, 6 u = − − é normal ao plano α . ( ) ( ) . 1, 4,1 . 2, 1, 6 2 4 6 0 t u = − − − = + − = . Os vetores t e u são perpendiculares porque . 0 t u = . Então, a reta t é paralela ao plano α . Como o ponto de coordenadas ( ) 2, 1, 0 pertence à reta t e não pertence ao plano α (pois 2 2 1 6 0 1 0 × − − × + ≠ ), conclui-se que a reta t é estritamente paralela ao plano α . NEMA11PR © Porto Editora
- 85. 86 Unidade 2 86 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 66.3. O ponto A pertence ao plano α porque ( ) ( ) 2 1 5 6 1 1 0 × − − − × − + = . Como ( ) 1, 4, 1 t = − é vetor diretor da reta t, então também é vetor diretor de qualquer reta paralela a t. A reta paralela a t e que passa por A pode ser definida pela seguinte equação vetorial: ( ) ( ) ( ) , , 1, 5, 1 1, 4, 1 , x y z k k = − − + − ∈R . Essa reta está contida no plano α . 67.1. O plano α é definido pela equação 2 6 x y z − + =, então o vetor ( ) 1, 2, 1 u = − é normal ao plano α . A reta perpendicular a α e que passa pelo ponto A tem a direção do vetor ( ) 1, 2, 1 u = − e pode ser definida vetorialmente por: ( ) ( ) ( ) , , 3, 1, 4 1, 2, 1 , x y z k k = − − + − ∈R . 67.2. AB é um vetor diretor da reta AB e ( ) 1, 2, 1 u = − é um vetor normal ao plano α . ( ) ( ) ( ) 2 2 ,1, 2 3, 1, 4 3, 2, 2 4 AB B A k k k k = − = − − − − = − − + . A reta AB é paralela ao planoα se os vetores AB e u forem perpendiculares. ( ) ( ) 2 . 0 3,2, 2 4 . 1, 2,1 0 AB u AB u k k ⊥ ⇔ = ⇔ − − + − = 2 2 3 4 2 4 0 2 3 0 k k k k ⇔ − − − + = ⇔ − − = 2 4 12 3 1 2 k k k ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Pág. 165 68.1. Uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo ponto A é do tipo 12 6 5 0 x y z d + − + =. Como o ponto A pertence ao plano, tem-se: 12 3 6 0 5 9 0 36 45 0 9 d d d × + × − × + = ⇔ − + = ⇔ = Então, uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo ponto A é 12 6 5 9 0 x y z + − + =. 68.2. O ponto C pertence à base da pirâmide e esta está contida no plano 9 z = . Então, o ponto C tem cota igual a 9. Sabe-se que o ponto C pertence à reta DC e ao plano BCV. A reta DC é definida pela equação vetorial ( ) ( ) ( ) , , 0, 6, 9 2, 1, 0 , x y z k k = + ∈R . As coordenadas de qualquer ponto da reta DC são do tipo ( ) 2 , 6 , 9 , k k k + ∈R . Em particular, sabe-se que ( ) 2 , 6 , 9 , C k k k + ∈R . Como C pertence ao plano BCV, tem-se: ( ) 12 2 6 6 5 9 81 0 24 36 6 45 81 0 k k k k × + + − × − = ⇔ + + − − = 3 k ⇔ = Substituindo k por 3, conclui-se que ( ) 6, 9, 9 C . 68.3. Como V é um ponto do plano xOy e a base da pirâmide está contida no plano 9 z = , conclui-se que a altura da pirâmide é 9. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 6 0 9 9 9 9 81 0 90 AC = − + − + − = + + = . Como a pirâmide é quadrangular regular, [ABCD] é um quadrado. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 90 2 90 2 AB BC AC AB AB + = ⇔ = ⇔ = ( ) 2 45 AB ⇔ = ( ) 2 pirâmide 1 1 45 9 135 3 3 V AB h = × × = × × = unidades de volume. Tarefa 6 1.1. O ponto A pertence ao eixo Ox, então ( ) , 0, 0 , A x x∈R . Como o prisma é triangular regular sabe-se que as bases são triângulos equiláteros. Designemos por G a projeção ortogonal do ponto E sobre o eixo Ox. Então, tem-se: 2 3 2 3 tan 60 3 2 3 EG AG AG AG AG ° = ⇔= ⇔ = ⇔ = Logo, ( ) 5 2, 0, 0 A + , ou seja, ( ) 7, 0, 0 A . 1.2. Sabe-se que ( ) 3, 4, 0 C , ( ) 7, 4, 0 B e ( ) 5, 4, 2 3 F . Sendo M o ponto médio de [BF], tem-se: 7 5 4 4 0 2 3 , , 2 2 2 M + + + , ou seja, ( ) 6, 4, 3 M . ( ) ( ) ( ) 6,4, 3 3,4,0 3,0, 3 CM M C = − = − = . O vetor CM é normal ao plano ABF. Então, uma equação do plano ABF é do tipo 3 3 0 x z d + + =. Como o ponto A pertence ao plano ABF, tem-se: 3 7 3 0 0 21 d d × + × + = ⇔ = − Uma equação do plano ABF é: 3 3 21 0 x z + − = 1.3. Sendo r uma reta paralela a OF, então OF é um vetor diretor da reta r. ( ) ( ) ( ) 5, 4, 2 3 0, 0, 0 5, 4, 2 3 OF F O = − = − = . Uma equação vetorial da reta r, paralela a OF e que passa em A, é: ( ) ( ) ( ) , , 7, 0, 0 5, 4, 2 3 , x y z k k = + ∈R 2.1. O plano β , que contém a face [EFGH], é paralelo ao plano α . Uma equação do plano β é do tipo 3 2 0 x y z d − + − + =. Como o ponto ( ) 0, 2, 1 F pertence ao plano β , tem-se: 3 0 2 2 1 0 0 d d − × + − × + = ⇔ = Então, uma equação do plano β é 3 2 0 x y z − + − = . NEMA11PR © Porto Editora
- 86. 87 Geometria analítica 87Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 2.2. C é o ponto de interseção da reta CF com o planoα . O plano α é definido pela equação 3 2 7 0 x y z − + − − =, então o vetor ( ) 3, 1, 2 u = − − é normal ao plano α . Como a reta CF é perpendicular ao plano α , ( ) 3, 1, 2 u = − − é vetor diretor da reta CF. Então, a reta CF pode ser definida vetorialmente por: ( ) ( ) ( ) , , 0, 2, 1 3, 1, 2 , x y z k k = + − − ∈R As coordenadas de qualquer ponto da reta CF são do tipo ( ) 3 , 2 , 1 2 , k k k k − + − ∈R Em particular, sabe-se que ( ) 3 , 2 , 1 2 , C k k k k − + − ∈R . Como C pertence ao plano α , tem-se: ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 7 0 9 2 2 4 7 0 k k k k k k − × − + + − × − − = ⇔ + + − + − = 1 14 7 2 k k ⇔ = ⇔ = Substituindo k por 1 2 , conclui-se que 3 5 , , 0 2 2 C − . 2.3. Sendo s uma reta perpendicular ao plano α , sabe-se que ( ) 3, 1, 2 u = − − é vetor diretor da reta (pois é normal ao plano α ). Então a reta s, perpendicular ao plano α e que passa no ponto ( ) 1, 1, 0 P − , pode ser definida pelas seguintes equações paramétricas: 1 3 1 , 2 x k y k k z k = − − = + ∈ = − R Pág. 166 69.1. Seja I o ponto de interseção da reta r com o plano yOz. Como I pertence ao plano yOz, então ( ) 0, , , , I y z y z∈R . O ponto I também pertence à reta r, logo tem-se: ( ) ( ) ( ) 0, , 4, 1, 2 3, 2, 1 , y z k k = + − − ∈R 4 3 0 4 3 11 1 2 3 2 2 3 k k y k y z k z = = − ⇔ =+ ⇔ = = − = O ponto I é o ponto de coordenadas 11 2 0, , 3 3 . 69.2. Designemos por α o plano perpendicular a r e que passa por A. Um vetor diretor da reta r é , por exemplo, ( ) 3, 2, 1 r = − − . Como α é perpendicular a r, o vetor ( ) 3, 2, 1 r = − − é normal a α . Assim sendo, o plano α é definido por uma equação do tipo 3 2 0 x y z d − + − + =. Como o ponto ( ) 5, 2, 4 A − pertence ao planoα , tem-se: ( ) 3 5 2 2 4 0 23 d d − × + × − − + = ⇔ = Então, uma equação do planoα é 3 2 23 0 x y z − + − + = . 69.3. Designemos por s a reta paralela a r e que passa por A. O vetor ( ) 3, 2, 1 r = − − é vetor diretor da reta r. Como a reta s é paralela à reta r, r também é vetor diretor da reta s. Então, uma equação vetorial da reta s é: ( ) ( ) ( ) , , 5, 2, 4 3, 2, 1 , x y z k k IR = − + − − ∈ . 69.4. Designemos por t a reta perpendicular a r e que passa por A. Seja P o ponto de interseção das retas r e t. A reta r é definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 4, 1, 2 3, 2, 1 , x y z k k = + − − ∈R . Como P pertence à reta r, então ( ) 4 3 , 1 2 , 2 , P k k k k − + − ∈R . ( ) ( ) 4 3 , 1 2 , 2 5, 2, 4 AP P A k k k = − = − + − − − ( ) 1 3 , 3 2 , 2 k k k = − − + − − . ( ) 3, 2, 1 r − − é um vetor diretor da reta r. ( ) ( ) . 0 1 3 , 3 2 , 2 . 3, 2, 1 0 AP r AP r k k k ⊥ ⇔ = ⇔ − − + − − − − = ( ) ( ) ( ) 3 1 3 2 3 2 1 2 0 k k k ⇔ − − − + + − − − = 3 9 6 4 2 0 k k k ⇔ + + + + + = 11 14 11 14 k k ⇔ = − ⇔ = − Substituindo k por 11 14 − , tem-se 19 10 17 , , 14 7 14 AP = − . Então, uma equação vetorial da reta t é: ( ) ( ) 19 10 17 , , 5, 2, 4 , , , 14 7 14 x y z k k = − + − ∈ R 70.1. B é o ponto de interseção das retas BC e BF. A reta BC é definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 1, 5, 1 2, 7, 3 , x y z k k = − + − ∈R . Como B pertence à reta BC, então ( ) 1 2 , 5 7 , 1 3 , B k k k k − + − + ∈R . ( ) ( ) ( 1 2 , 5 7 , 1 3 4, 3, 1 3 2 , 2 7 , 3 FB B F k k k k k k = − = − + − + − − = − − + ( ) 2, 7, 3 u − é um vetor diretor da reta BC. Comos as retas BF e BC são perpendiculares, sabe-se que os vetores FB e u também são perpendiculares. ( ) ( ) . 0 3 2 , 2 7 , 3 . 2, 7, 3 0 FB u FB u k k k ⊥ ⇔ = ⇔ − − + − = ( ) ( ) ( ) 2 3 2 7 2 7 3 3 0 6 4 14 49 9 0 k k k k k k ⇔ − − − + + + = ⇔ + + + + = 10 62 20 31 k k ⇔ = − ⇔ = − Substituindo k por 10 31 − , tem-se 51 85 61 , , 31 31 31 B − . NEMA11PR © Porto Editora
- 87. 88 Unidade 2 88 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 70.2. ( ) 51 85 61 , , 4, 3, 1 31 31 31 FB B F = − = − − − = 73 8 30 , , 31 31 31 =− − − Uma equação da reta BF é: ( ) ( ) 73 8 30 , , 4, 3, 1 , , , 31 31 31 x y z k k = − + − − − ∈ R . Pág. 168 71.1. O ponto A pertence ao plano ABC e os vetores AB e AC são dois vetores não colineares do plano ABC. ( ) ( ) ( ) 0, 5, 0 2, 0, 0 2, 5, 0 AB B A = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 0, 0, 3 2, 0, 0 2, 0, 3 AC C A = − = − = − . Uma equação vetorial do plano ABC é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 2, 0, 0 2, 5, 0 2, 0, 3 , , x y z a b a b = + − + − ∈R . O plano ABC pode ser definido pelas seguintes equações paramétricas: 2 2 2 5 , , 3 x a b y a a b z b = − − ∈ = R 71.2. O ponto B pertence ao plano BCV e os vetores BC e BV são dois vetores não colineares do plano BCV. ( ) ( ) ( ) 0, 0, 3 0, 5, 0 0, 5, 3 BC C B = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 8, 7, 8 0, 5, 0 8, 2, 8 BV V B = − = − = Uma equação vetorial do plano BCV é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0, 5, 0 0, 5, 3 8, 2, 8 , , x y z a b a b = + − + ∈R . 71.3. Por exemplo, os pontos 1 2 P A AV = + e 1 4 Q A AV = + . ( ) ( ) ( ) 8, 7, 8 2, 0, 0 6, 7, 8 AV V A = − = − = . Então, ( ) ( ) 1 7 2, 0, 0 6, 7, 8 5, , 4 2 2 P = + = e ( ) ( ) 1 7 7 2, 0, 0 6, 7, 8 , , 2 4 2 4 Q = + = . 71.4. Qualquer ponto da reta definida por 1 2 x y = ∧ = é da forma ( ) 1, 2, , z z∈R . Pretende-se determinar z de modo que o ponto também pertença ao plano ABC. Recorrendo às equações paramétricas definidas anteriormente, tem-se: 4 1 1 1 2 2 2 5 5 10 1 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5 3 3 3 3 10 b b b a b a a a a z b z b z b z = − − = = = − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = = = = O ponto de interseção da reta definida por 1 2 x y = ∧ = como plano ABC tem coordenadas 3 1, 2, 10 . 72.1. O planoα é definido pela equação 3 2 0 x y z − + − = . Para obtermos pontos pertencentes ao plano, basta atribuir valores a duas das variáveis e calcular o correspondente valor da outra. Se 0 x = e 0 y = , tem-se 3 0 0 2 0 z × − + − =, ou seja, 2 z = . Se 0 x = e 0 z = , tem-se 3 0 0 2 0 y × − + − = , ou seja, 2 y = − . Se 1 x = e 1 y = , tem-se 3 1 1 2 0 z × − + − = , ou seja, 0 z = . Então, os pontos ( ) 0, 0, 2 R , ( ) 0, 2, 0 S − e ( ) 1, 1, 0 T pertencem ao plano α . Os vetores RS e RT são dois vetores não colineares do plano α . ( ) ( ) ( ) 0, 2, 0 0, 0, 2 0, 2, 2 RS S R = − = − − = − − e ( ) ( ) ( ) 1, 1, 0 0, 0, 2 1, 1, 2 RT T R = − = − = − . Uma equação vetorial do plano α é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0, 0, 2 0, 2, 2 1, 1, 2 , , x y z a b a b = + − − + − ∈R . 72.2. Seja ( ) , , n a b c = um vetor normal ao plano β . Sabe-se que os vetores ( ) 2, 0, 1 u − e ( ) 1, 3, 0 v − são não colineares e paralelos ao plano β . Então, n u ⊥ e n v ⊥ . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 2,0, 1 0 . 0 2 0 . 0 3 0 , , . 1, 3,0 0 a b c n u n u a c n v n v a b a b c − = ⊥ = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⊥ = − = − = 2 3 c a a b = ⇔ = Então, { } , ,2 , 0 3 a n a a a = ∈ R . Se, por exemplo, 3 a = , tem-se ( ) 3,1,6 n = . Assim sendo, o plano β é definido por uma equação do tipo 3 6 0 x y z d + + + = . Como o ponto ( ) 2, 1, 1 A − pertence ao plano β , tem-se: ( ) 3 2 1 6 1 0 11 d d × + − + × + = ⇔ =− Então, uma equação do plano β é 3 6 11 0 x y z + + − =. Pág. 169 73.1. Sendo ( ) 1, 0, 2 R e ( ) 3, 2, 0 S − , as coordenadas do ponto M, ponto médio de [RS], são 1 3 0 2 2 0 , , 2 2 2 + − + . Então, ( ) 2, 1, 1 M − . 73.2. Seja α o plano mediador de [RS], M o ponto médio de [RS] e ( ) , , P x y z um ponto qualquer de α . O plano α é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 MP RS = . ( ) ( ) ( ) , , 2, 1, 1 2, 1, 1 MP P M x y z x y z =− = − − = − + − e ( ) ( ) ( ) 3, 2, 0 1, 0, 2 2, 2, 2 RS S R = − = − − = − − ( ) ( ) . 0 2, 1, 1 . 2, 2, 2 0 MP RS x y z = ⇔ − + − − − = 2 4 2 2 2 2 0 2 2 2 4 0 x y z x y z ⇔ − − − − + = ⇔ − − − = 2 0 x y z ⇔ − − − = Equação do pano mediador de [RS]: 2 0 x y z − − − =. NEMA11PR © Porto Editora
- 88. 89 Geometria analítica 89Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 74.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de [AB] e ( ) , , P x y z um ponto qualquer de α . Coordenadas de M: 1 3 2 0 1 1 , , 2 2 2 + + − + , ou seja, ( ) 2, 1, 0 . O plano α é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 MP AB = . ( ) ( ) ( ) , , 2, 1, 0 2, 1, MP P M x y z x y z = − = − = − − e ( ) ( ) ( ) 3, 0, 1 1, 2, 1 2, 2, 2 AB B A = − = − − = − ( ) ( ) . 0 2, 1, . 2, 2,2 0 MP AB x y z = ⇔ − − − = 2 4 2 2 2 0 2 2 2 2 0 x y z x y z ⇔ − − + + = ⇔ − + − = 1 0 x y z ⇔ − + − = Equação do plano mediador de [AB]: 1 0 x y z − + − =. 74.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AB BP = é o plano perpendicular ao segmento de reta [AB] no ponto B. 75.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de [AB] e ( ) , , P x y z um ponto qualquer de α . Coordenadas de M: 5 1 1 5 0 4 , , 2 2 2 + + + , ou seja, ( ) 3, 3, 2 . O plano α é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 MP AB = . ( ) ( ) ( ) , , 3, 3, 2 3, 3, 2 MP P M x y z x y z = − = − = − − − e ( ) ( ) ( ) 1, 5, 4 5, 1, 0 4, 4, 4 AB B A = − = − = − ( ) ( ) . 0 3, 3, 2 . 4,4,4 0 MP AB x y z = ⇔ − − − − = 4 12 4 12 4 8 0 x y z ⇔ − + + − + − = 4 4 4 8 0 2 0 x y z x y z ⇔ − + + − = ⇔ − + + − = Equação do plano mediador de [AB]: 2 0 x y z − + + − = . 75.2. Substituindo as coordenadas do ponto C na equação do plano mediador de [AB], tem-se: 1 1 4 2 0 − + + − = (proposição falsa) Conclui-se, então, que o ponto C não pertence ao plano mediador de [AB]. Pág. 170 76.1. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer da superfície esférica de diâmetro [BC]. A superfície esférica de diâmetro [BC] é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 BP CP = . ( ) ( ) ( ) , , 1, 2, 2 1, 2, 2 BP P B x y z x y z = − = − − − = + − + e ( ) ( ) ( ) , , 2, 1, 1 2, 1, 1 CP P C x y z x y z = − = − − = − + − . ( ) ( ) . 0 1, 2, 2 . 2, 1, 1 0 BP CP x y z x y z = ⇔ + − + − + − = ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 2 1 2 1 0 x x y y z z ⇔ + − + − + + + − = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 x x x y y y z z z ⇔ − + − + + − − + − + − = 2 2 2 6 0 x y z x y z ⇔ + + − − + − = Equação da superfície esférica de diâmetro [BC]: 2 2 2 6 0 x y z x y z + + − − + − = 76.2. O conjunto de pontos do espaço ( ) , , P x y z que satisfazem a condição . 0 AP CP = é a superfície esférica de diâmetro [AC]. 76.3. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer da superfície esférica de diâmetro [AB]. A superfície esférica de diâmetro [AB] é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 AP BP = . ( ) ( ) ( ) , , 3, 0, 2 3, , 2 AP P A x y z x y z = − = − = − − e ( ) ( ) ( ) , , 1, 2, 2 1, 2, 2 BP P B x y z x y z = − = − − − = + − + . ( ) ( ) . 0 3, , 2 . 1, 2, 2 0 AP BP x y z x y z = ⇔ − − + − + = ( )( ) ( ) ( )( ) 3 1 2 2 2 0 x x y y z z ⇔ − + + − + − + = 2 2 2 3 3 2 4 0 x x x y y z ⇔ + − − + − + − = 2 2 2 2 2 7 x y z x y ⇔ + + − − = Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] pode ser definida por 2 2 2 2 2 7 x y z x y + + − − = . 77.1. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer da superfície esférica de diâmetro [RS]. A superfície esférica de diâmetro [RS] é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 RP SP = . ( ) ( ) ( ) , , 1, 0, 1 1, , 1 RP P R x y z x y z = − = − − = − + e ( ) ( ) ( ) , , 1, 2, 1 1, 2, 1 SP P S x y z x y z = − = − − = − + − ( ) ( ) . 0 1, , 1 . 1, 2, 1 0 RP SP x y z x y z = ⇔ − + − + − = ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 1 1 0 x x y y z z ⇔ − − + + + + − = 2 2 2 2 1 2 1 0 x x y y z ⇔ − + + + + − = 2 2 2 2 1 2 1 1 1 x x y y z ⇔ − + + + + + = + ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 x y z ⇔ − + + + = Então, a superfície esférica de diâmetro [RS] pode ser representada pela equação ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 x y z − + + + = . 77.2. Substituindo as coordenadas do ponto T na equação da superfície esférica de diâmetro [RS], tem-se: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 1 1 2 − + − + + − = , ou seja, 0 1 1 2 + + = (proposição verdadeira). Conclui-se, então, que o ponto T pertence à superfície esférica de diâmetro [RS]. 77.3. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano tangente à superfície esférica de diâmetro [RS] no ponto T. Esse plano tangente é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CT TP = , sendo C o centro da superfície esférica. Atendendo ao resultado obtido em 74.1., sabe-se que ( ) 1, 1, 0 C − . ( ) ( ) ( ) 1, 2, 1 1, 1, 0 0, 1, 1 CT T C = − = − − − − = − − e ( ) ( ) ( ) , , 1, 2, 1 1, 2, 1 TP P T x y z x y z = − = − − − = − + + ( ) ( ) . 0 0, 1, 1 . 1, 2, 1 0 CT TP x y z = ⇔ − − − + + = 2 1 0 3 0 3 0 y z y z y z ⇔ − − − − = ⇔ − − − = ⇔ + + = Uma equação cartesiana, do plano tangente à superfície esférica referida em 74.1. no ponto T , é 3 0 y z + + =. NEMA11PR © Porto Editora
- 89. 90 Unidade 2 90 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Pág. 171 78.1. A superfície esférica de raio 7 que é tangente aos planos coordenados e tem centro pertencente ao 1.º octante é definida pela equação ( ) ( ) ( ) 2 2 2 7 7 7 49 x y z − + − + − =. O ponto ( ) 9, 10, 1 A pertence à superfície esférica porque ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 7 10 7 1 7 49 − + − + − = . 78.2. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano tangente à superfície esférica no ponto A. Esse plano tangente é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CA AP = , sendo C o centro da superfície esférica. Sabe-se que ( ) 7, 7, 7 C . ( ) ( ) ( ) 9, 10, 1 7,7, 7 2, 3, 6 CA A C = − = − = − e ( ) ( ) ( ) , , 9, 10, 1 9, 10, 1 AP P A x y z x y z = − = − = − − − ( ) ( ) . 0 2,3, 6 . 9, 10, 1 0 CA AP x y z = ⇔ − − − − = 2 18 3 30 6 6 0 2 3 6 42 0 x y z x y z ⇔ − + − − + = ⇔ + − − = Uma equação cartesiana do plano tangente à superfície esférica no ponto A é 2 3 6 42 0 x y z + − − = . 79.1. Pretende-se determinar uma equação vetorial da reta AC. A é o ponto de interseção da reta AC com o plano β . O plano β é definido pela equação 2 3 8 x y z − + =, então o vetor ( ) 2, 1, 3 u = − é normal ao plano β . Como a reta AC é perpendicular ao plano β , ( ) 2, 1, 3 u = − é vetor diretor da reta AC. Então, a reta AC pode ser definida vetorialmente por: ( ) ( ) ( ) , , 4, 3, 1 2, 1, 3 , x y z k k = − − + − ∈R . 79.2. A reta AC é definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 4, 3, 1 2, 1, 3 , x y z k k = − − + − ∈R . Como C pertence à reta BC, então ( ) 4 2 , 3 , 1 3 , C k k k k + − − − + ∈R . ( ) ( ) 4 2 , 3 , 1 3 4, 3, 1 AC C A k k k = − = + − − − + − − − ( ) 2 , , 3 k k k = − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 14 2 3 14 AC k k k = ⇔ + − + = 2 2 2 2 4 9 14 14 14 k k k k ⇔ + + = ⇔ = 2 2 14 14 1 1 1 k k k k ⇔ = ⇔ =⇔ =∨ = − Se 1 k = então ( ) 6, 4, 2 C − . Se 1 k = − então ( ) 2, 2, 4 C − − . Assim sendo, a superfície esférica pode ser definida por: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 4 2 14 x y z − + + + − =ou ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 14 x y z − + + + + = Tarefa 7 1.1. a) O lugar geométrico dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CP AB = é o plano perpendicular a [AB], que passa no ponto C. b) O lugar geométrico dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 AP BP = é a superfície esférica de diâmetro [AB]. c) O lugar geométrico dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CB BP = é o plano tangente a uma superfície esférica de centro C no ponto B. d) O lugar geométrico dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CP AP = é a superfície esférica de diâmetro [CA]. 1.2. a) Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de [AB] e ( ) , , P x y z um ponto qualquer de α . Como [AB] é um diâmetro da superfície esférica, o ponto M coincide com o seu centro (C), ou seja, é o ponto de coordenadas ( ) 1, 1, 0 − . O plano α é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 MP AB = . ( ) ( ) ( ) , , 1, 1, 0 1, 1, MP P M x y z x y z = − = − − = − + e ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1, 1, 0 3, 1, 2 2 2, 2, 2 AB AC C A = = − = − − = − − − ( ) 4, 4, 4 = − − − ( ) ( ) . 0 1, 1, . 4, 4, 4 0 MP AB x y z = ⇔ − + − − − = 4 4 4 4 4 0 4 4 4 0 x y z x y z ⇔ − + − − − = ⇔ − − − = 0 x y z ⇔ + + = Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: 0 x y z + + =. b) O plano β é tangente à superfície esférica de centro C no ponto A. O plano β é o lugar geométrico dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 CA AP = . ( ) ( ) ( ) 3, 1, 2 1, 1, 0 2, 2, 2 CA A C = − = − − = e ( ) ( ) ( ) , , 3, 1, 2 3, 1, 2 AP P A x y z x y z = − = − = − − − ( ) ( ) . 0 2,2,2 . 3, 1, 2 0 CA AP x y z = ⇔ − − − = 2 6 2 2 2 4 0 2 2 2 12 0 x y z x y z ⇔ − + − + − = ⇔ + + − = 6 0 x y z ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do plano β é 6 0 x y z + + − = . c) O planoθ é paralelo ao plano β e tangente à superfície esférica, então passa em B. Ora, ( ) ( ) ( ) 1, 1, 0 2, 2, 2 1, 3, 2 B C AC = + = − + − − − = − − − . Uma equação cartesiana do planoθ é do tipo 0 x y z d + + + = . Como o ponto ( ) 1, 3, 2 B − − − pertence ao planoθ , tem-se: 1 3 2 0 6 d d − − − + = ⇔ = . Uma equação cartesiana do planoθ é 6 0 x y z + + + = . NEMA11PR © Porto Editora
- 90. 91 Geometria analítica 91Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 2.1. O planoα é paralelo ao plano β e passa em A. Como o planoα é definido pela equação 3 0 x y z + + + =, então o plano β é definido por uma equação do tipo 0 x y z d + + + = . Como o ponto ( ) 1, 1, 2 A − pertence ao plano β , tem-se: 1 1 2 0 0 d d + − + = ⇔ = . Uma equação cartesiana do plano β é 0 x y z + + =. 2.2. Designemos por I o ponto da superfície esférica onde o plano β é tangente. O plano β é definido pela equação 3 0 x y z + + + =, então o vetor ( ) 1, 1, 1 u = é normal ao plano β . A reta perpendicular ao plano β e que passa pelo ponto A tem a direção do vetor ( ) 1, 1, 1 u = e pode ser definida vetorialmente por: ( ) ( ) ( ) , , 1, 1, 2 1, 1, 1 , x y z k k = − + ∈R . As coordenadas de qualquer ponto da reta perpendicular a β e que passa por A são do tipo ( ) 1 , 1 , 2 , k k k k + + − + ∈R . Em particular, sabe-se que ( ) 1 , 1 , 2 , I k k k k + + − + ∈R . Como I pertence ao plano β , tem-se: 1 1 2 3 0 3 3 0 1 k k k k k + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − . Substituindo k por 1 − , conclui-se que ( ) 0, 0, 3 I − . 2.3. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer da superfície esférica. [AI] é um diâmetro da superfície esférica. A superfície esférica de diâmetro [AI] é o conjunto dos pontos ( ) , , P x y z do espaço que satisfazem a condição . 0 AP IP = . ( ) ( ) ( ) , , 1, 1, 2 1, 1, 2 AP P A x y z x y z = − = − − = − − + e ( ) ( ) ( ) , , 0, 0, 3 , , 3 IP P I x y z x y z = − = − − = + ( ) ( ) . 0 1, 1, 2 . , , 3 0 AP IP x y z x y z = ⇔ − − + + = ( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 3 0 x x y y z z ⇔ − + − + + + = 2 2 2 3 2 6 0 x x y y z z z ⇔ − + − + + + + = 2 2 2 5 6 0 x y z x y z ⇔ + + − − + + = Uma equação da superfície esférica é 2 2 2 5 6 0 x y z x y z + + − − + + = . Pág. 172 Proposta 45 45.1. ( ) ( ) ( ) 1, 1,0 2, 3,1 1,2, 1 AB B A = − = − − − = − − e ( ) ( ) ( ) 2,1, 5 2, 3,1 0,4, 6 AC C A = − = − − − = − . ( ) ( ) . 1,2, 1 . 4, 3, 2 4 6 2 8 AB n =− − − − = − − + = − . Como . 0 AB n ≠ , conclui-se que B α ∉ . ( ) ( ) . 0,4, 2 . 4, 3, 6 0 12 12 0 AC n = − − − = − + = . Como . 0 AC n = , conclui-se que C α ∈ . 45.2. O vetor ( ) 4, 3, 2 n − − é normal ao plano α . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano α . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP n = . ( ) ( ) . 0 2, 3, 1 . 4, 3, 2 0 AP n x y z = ⇔ − + − − − = ( ) ( ) ( ) 4 2 3 3 2 1 0 x y z ⇔ − − + − − = 4 8 3 9 2 2 0 x y z ⇔ − − − − + = 4 3 2 15 0 x y z ⇔ − − − = 45.3. O ponto ( ) 2 7 , 1, P k k − − pertence ao plano α , definido pela equação 4 3 2 15 0 x y z − − − = , se: ( ) ( ) ( ) 2 4 7 3 1 2 15 0 k k − − − − − = 2 28 4 3 2 15 0 k k ⇔ − + − − = 2 2 4 16 0 k k ⇔ − − + = ( ) 4 16 4 2 16 4 k ± − × − × ⇔ = − 4 2 k k ⇔ = − ∨ = Proposta 46 46.1. O vetor ( ) 3, 2,4 u − é normal ao plano β e o ponto ( ) 4, 3, 8 A − pertence ao plano β . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano β . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) ( ) . 0 4, 3, 8 . 3, 2,4 0 AP u x y z = ⇔ + − − − = ( ) ( ) ( ) 3 4 2 3 4 8 0 x y z ⇔ + − − + − = 3 12 2 6 4 32 0 x y z ⇔ + − + + − = 3 2 4 14 0 x y z ⇔ − + − = 46.2. O vetor 2 7 , 1, 3 2 u − é normal ao plano β e o ponto ( ) 3, 0, 1 A − pertence ao plano β . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano β . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u → = . ( ) 2 7 . 0 3, , 1 . , 1, 0 3 2 AP u x y z = ⇔ − + − = ( ) ( ) 2 7 3 1 1 0 3 2 x y z ⇔ − − + + = 2 7 7 2 0 3 2 2 x y z ⇔ − − + + = 4 12 6 21 21 0 x y z ⇔ − − + + = 4 6 21 9 0 x y z ⇔ − + + = NEMA11PR © Porto Editora
- 91. 92 Unidade 2 92 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 46.3. O vetor 2 2,0, 3 u − é normal ao plano β e o ponto 7 0, , 3 3 A − pertence ao plano β . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano β . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . 7 2 . 0 , , 3 . 2,0, 0 3 3 AP u x y z =⇔ − + − = ( ) 7 2 2 0 3 0 3 3 x y z ⇔ − + − + + = 2 2 2 0 3 x z ⇔ − + + = 3 3 0 x z ⇔ − + + = 46.4. O vetor ( ) 2,1,3 2 u − é normal ao plano β e o ponto ( ) 0, 3, 9 A − pertence ao plano β . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano β . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) ( ) . 0 , 3, 9 . 2,1,3 2 0 AP u x y z = ⇔ + − − = ( ) ( ) 2 1 3 3 2 9 0 x y z ⇔ − + + + − = 2 3 3 2 27 2 0 x y z ⇔ − + + + − = 2 3 2 3 27 2 0 x y z ⇔ − + + + − = Proposta 47 ( ) 0, 2,1 u − é um vetor diretor da reta r. Como a reta r é perpendicular ao plano α , o vetor ( ) 0, 2,1 u − é normal ao plano α . A reta r passa no ponto ( ) 1, 9, 5 S − . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano α . O ponto P satisfaz a condição . 0 AP u = . ( ) ( ) . 0 1, 9, 5 . 0, 2,1 0 AP u x y z =⇔ − − + − = ( ) ( ) ( ) 0 1 2 9 1 5 0 x y z ⇔ − − − + + = 2 18 5 0 y z ⇔ − + + + = 2 23 0 y z ⇔ − + + = Proposta 48 48.1. O vetor ( ) 3,2, 1 n − é normal ao plano : 3 2 4 x y z α + − =. Então, ( ) 3,2, 1 n − é um vetor diretor da reta que passa em ( ) 0, 5, 2 A − e é perpendicular ao plano α . Uma equação vetorial dessa reta é ( ) ( ) ( ) , , 0, 5, 2 3, 2, 1 , x y z k k = − + − ∈R . 48.2. O vetor ( ) 1,4,1 n − é normal ao plano : 4 7 0 x y z β + + + = . Então, ( ) 1,4,1 n − é um vetor diretor da reta que passa em ( ) 0, 5, 2 A − e é perpendicular ao plano β . Uma equação vetorial dessa reta é ( ) ( ) ( ) , , 0, 5, 2 1, 4, 1 , x y z k k = − + − ∈R . 48.3. O vetor 3 ,0, 5 2 n − é normal ao plano 3 : 5 1 0 2 x z θ − + = . Então, 3 ,0, 5 2 n − é um vetor diretor da reta que passa em ( ) 0, 5, 2 A − e é perpendicular ao planoθ . Uma equação vetorial dessa reta é ( ) ( ) 3 , , 0, 5, 2 , 0, 5 , 2 x y z k k = − + − ∈ R . 48.4. O vetor ( ) 0,6, 1 n − é normal ao plano : 6 0 y z φ − =. Então, ( ) 0,6, 1 n − é um vetor diretor da reta que passa em ( ) 0, 5, 2 A − e é perpendicular ao plano φ . Uma equação vetorial dessa reta é ( ) ( ) ( ) , , 0, 5, 2 0, 6, 1 , x y z k k = − + − ∈R . Pág. 173 Proposta 49 49.1. O vetor ( ) ( ) ( ) 6, 1,4 2,5,0 8, 6,4 BF F B = − = − − − = − é normal ao planoθ . O ponto ( ) 2, 5, 0 B − pertence ao planoθ . Então, o ponto ( ) 2 , , 1 P k k k − pertence ao planoθ se . 0 BP BF = . ( ) ( ) . 0 2 2, 5, 1 . 8, 6,4 0 BP BF k k k = ⇔ + − − − = ( ) ( ) ( ) 8 2 2 6 5 4 1 0 k k k ⇔ + − − + − = 16 16 6 30 4 4 0 k k k ⇔ + − + + − = 3 k ⇔ = − 49.2. a) ( ) 8, 6,4 BF = − é um vetor normal ao plano θ e o ponto ( ) 2, 5, 0 B − pertence ao plano θ . Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do planoθ . O ponto P satisfaz a condição . 0 BP BF = . ( ) ( ) . 0 2, 5, . 8, 6,4 0 BP BF x y z = ⇔ + − − = ( ) ( ) 8 2 6 5 4 0 x y z ⇔ + − − + = 8 16 6 30 4 0 x y z ⇔ + − + + = 4 3 2 23 0 x y z ⇔ − + + = Uma equação cartesiana do planoθ é 4 3 2 23 0 x y z − + + = . b) O plano EFG é paralelo ao planoθ . Sendo ( ) 4, 3,2 n = − um vetor normal ao planoθ , então também é normal ao plano EFG. Assim sendo, o planoθ é definido por uma equação da forma 4 3 2 0 x y z d − + + =. Como o ponto ( ) 6, 1, 4 F − pertence ao plano EFG, tem-se: ( ) 4 6 3 1 2 4 0 24 3 8 0 35 d d d × − × − + × + = ⇔ + + + = ⇔ = − . Uma equação cartesiana do plano EFG é 4 3 2 35 0 x y z − + − = . NEMA11PR © Porto Editora
- 92. 93 Geometria analítica 93Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Proposta 50 50.1. Sendo ( ) 1, 2, 1 u = − um vetor normal ao plano α , então o plano α é definido por uma equação da forma 2 0. x y z d − + + + = Como o ponto ( ) 3, 2, 4 A − pertence ao plano α , tem-se: ( ) 3 2 2 4 0 3 4 4 0 11 d d d − − + × + + = ⇔ + + + = ⇔ = − Uma equação cartesiana do planoα é 2 11 0 x y z − + + − = . 50.2. Substituindo as coordenadas do ponto B na equação do plano α , tem-se: ( ) 4 2 3 1 11 0 0 0 − − + × + − = ⇔ = (proposição verdadeira) Então, conclui-se que B α ∈ . Proposta 51 51.1. ( ) ( ) ( ) 9,5,2 1,1,2 8,4,0 CV V C = − = − = é um vetor normal ao plano que contém a base do cone e o ponto ( ) 1, 1, 2 C pertence ao plano. Seja ( ) , , P x y z um ponto qualquer do plano que contém a base do cone. O ponto P satisfaz a condição . 0 CP CV = . ( ) ( ) . 0 1, 1, 2 . 8,4,0 0 CP CV x y z = ⇔ − − − = ( ) ( ) ( ) 8 1 4 1 0 2 0 x y z ⇔ − + − + − = 8 8 4 4 0 x y ⇔ − + − = 2 3 x y ⇔ + =. 51.2. Como a reta AV é definida pela equação vetorial ( ) ( ) 11 1 1 , , 9, 5, 2 , , , 6 3 2 x y z k k = + − − ∈ R , sabe-se que qualquer ponto da reta AV é da forma 11 1 1 9 , 5 , 2 , 6 3 2 k k k k + − − ∈ R . O ponto A pertence à reta AV e ao plano que contém a base do cone, definido por 2 3 x y + =. Então, tem-se: 11 1 11 1 10 2 9 5 3 18 5 3 20 6 3 3 3 3 k k k k k + + − = ⇔ + + − = ⇔ = − 6 k ⇔ = − Substituindo k por −6, tem-se ( ) ( ) ( ) 11 1 1 9 6 , 5 6 , 2 6 6 3 2 A + × − − × − − × − , ou seja, ( ) 2, 7, 5 A − . 51.3. Seja r o raio da base do cone e h a sua altura. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 7 1 5 2 9 36 9 54 r AC = = − − + − + − = + + = e ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 1 5 1 2 2 64 16 0 80 h VC = = − + − + − = + + = . ( ) 2 cone 1 1 54 80 505,79 3 3 b V A h = × = × π× × ≈ . Proposta 52 52.1. ( ) ( ) ( ) 0,1, 1 1, 1,2 1,2, 3 AB B A = − = − − − = − − e ( ) ( ) ( ) 3,0, 2 1, 1,2 2,1, 4 AC C A = − = − − − = − . Os vetores AB e AC são não colineares porque 1 2 3 2 1 4 − − ≠ ≠ − . Logo, os pontos A, B e C, sendo não colineares, definem um plano. 52.2. Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABC. Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AC = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 1,2, 3 0 . 0 2 3 0 2 4 0 , , . 2,1, 4 0 . 0 a b c u AB a b c a b c a b c u AC − − = = − + − = ⇔ ⇔ + − = − = = ( ) 2 3 2 3 2 2 3 4 6 4 0 5 10 0 2 a b c a b c a c c b c b c b c b c = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ − + − = − = = 2 a c b c = ⇔ = Coordenadas do vetor u : ( ) { } ,2 , , 0 c c c c∈R . Por exemplo, se 1 c = tem-se ( ) 1,2,1 u . Sabe-se que o vetor ( ) 1,2,1 u é normal ao plano ABC e que o ponto ( ) 0,1, 1 B − pertence ao plano ABC. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 1 0 2 1 1 1 0 2 2 1 0 x y z x y z − + − + + = ⇔ + − + + = 2 1 0 x y z ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do plano ABC é: 2 1 0 x y z + + − = . 52.3. Designemos por r a reta que passa por ( ) 1, 1,2 A − e é perpendicular ao plano ABC. Sabe-se que o vetor ( ) 1,2,1 u é normal ao plano ABC. Como r é perpendicular ao plano ABC, então ( ) 1,2,1 u é um vetor diretor da reta r. Uma equação vetorial da reta r é ( ) ( ) ( ) , , 1, 1, 2 1, 2, 1 , x y z k k = − + ∈R . Pág. 174 Proposta 53 O vetor ( ) 4, 3,2 u − é normal ao planoθ e 2 1 , 2 , 1 2 2 m m v m − − + é normal ao planoφ . Os planos θ e φ são perpendiculares se os vetores u e v forem perpendiculares. ( ) 2 1 . 0 4, 3,2 . ,2 , 1 0 2 2 m m u v u v m − ⊥ ⇔ = ⇔ − − + = ⇔ ( ) 2 1 4 3 2 2 1 0 2 2 m m m − ⇔ − − + + = 2 2 2 2 6 3 2 0 2 4 6 0 m m m m m ⇔ − − + + + = ⇔ + − = 2 2 4 12 2 3 0 3 1 2 m m m m m − ± + ⇔ + − =⇔ = ⇔ = − ∨ = NEMA11PR © Porto Editora
- 93. 94 Unidade 2 94 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Proposta 54 54.1. Na opção A sabe-se que ( ) 1, 2,1 u − é um vetor normal ao primeiro plano, ( ) 2, 4,2 v − é um vetor normal ao segundo plano e ( ) 1,1, 1 w − é um vetor normal ao terceiro plano. Os vetores u e v são colineares, logo os dois primeiros planos são paralelos. O vetor w não é colinear aos vetores u e v , logo o terceiro plano é concorrente aos dois primeiros planos. Portanto, as equações dos três planos estão representadas na opção A. 54.2. Na opção B sabe-se que ( ) 1, 2,1 u − é um vetor normal ao primeiro e ao segundo plano e que ( ) 2, 4,2 v − é um vetor normal ao terceiro plano. Os vetores u e v são colineares, logo os três planos são paralelos. Uma vez que, na opção B, não há equações equivalentes, conclui- se que os três planos são estritamente paralelos. Logo, a opção B corresponde à figura I. Na opção C sabe-se que ( ) 1, 2,1 u − é um vetor normal ao primeiro plano, ( ) 2, 4,2 v − é um vetor normal ao segundo plano e ( ) 1,1, 1 w − é um vetor normal ao terceiro plano. ( ) 1, 2,1 u → − é um vetor normal ao primeiro plano, ( ) 2, 4,2 v − é um vetor normal ao segundo plano e ( ) 3, 6,3 w − é um vetor normal ao terceiro plano. Os vetores u , v e w são colineares entre si, logo os três planos são paralelos. Uma vez que, na opção C, a segunda e a terceira equações são equivalentes, conclui-se que esses planos são coincidentes. Logo, a opção C corresponde à figura II. Proposta 55 55.1. Sendo ( ) 1, 2,1 u = − um vetor normal ao planoα , então qualquer plano paralelo aα é definido por uma equação da forma 2 0 x y z d − + + = . O ponto ( ) 6, 2, 1 A − pertence ao plano, então: ( ) 6 2 2 1 0 11 d d − × − + + = ⇔ =− . Uma equação cartesiana do plano paralelo aα e que passa por A é 2 11 0 x y z − + − = . 55.2. ( ) 1, 2,1 u = − um vetor normal ao planoα e ( ) 3, 2, 7 v = − − um vetor normal ao plano β . Os planosα e β não são paralelos porque os vetores u e v não são colineares. Por isso, a afirmação I é falsa. Como ( ) ( ) . 1, 2,1 . 3, 2, 7 3 4 7 0 u v = − − − = + − = , sabe-se que u e v são perpendiculares. Os planosα e β não são perpendiculares porque os vetores u e v são perpendiculares. Assim sendo, a afirmação verdadeira é a II. 55.3. Sabe-se que o vetor ( ) 3, 2, 7 v = − − é normal ao plano β . Então, ( ) 3, 2, 7 v = − − é um vetor diretor da reta que passa por A e é perpendicular a β . Uma equação vetorial da reta que passa por ( ) 6, 2, 1 A − e é perpendicular a β é ( ) ( ) ( ) , , 6, 2,1 3, 2, 7 , x y z k k = − + − − ∈R . Pág. 175 Proposta 56 56.1. O plano EFG é o plano que contém a face [EFGH] do cubo e é paralelo ao plano α , definido por 5 2 4 0 x y z − + − =. Sendo ( ) 5, 1,2 n = − um vetor normal ao planoα , então também é normal ao plano EFG. Assim sendo, o plano EFG é definido por uma equação da forma 5 2 0 x y z d − + + =. Como o ponto ( ) 2, 7, 0 E pertence ao plano EFG, tem-se: 5 2 7 2 0 0 3 d d × − + × + = ⇔ = − . Uma equação cartesiana do plano EFG é 5 2 3 0 x y z − + − =. 56.2. A reta EA passa no ponto ( ) 2, 7, 0 E e é perpendicular ao plano α . Então, o vetor ( ) 5, 1,2 n = − um vetor diretor da reta EA pois é normal ao planoα . Uma equação vetorial da reta EA é ( ) ( ) ( ) , , 2, 7, 0 5, 1, 2 , x y z k k = + − ∈R . 56.3. O ponto A pertence à reta EA e qualquer ponto da reta EA é da forma ( ) 2 5 , 7 , 2 , k k k k + − ∈R . O ponto A pertence ao plano α definido por 5 2 4 0 x y z − + − =. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 5 2 5 7 2 2 4 0 10 25 7 4 4 0 k k k k k k + − − + − = ⇔ + − + + − = 1 30 1 30 k k ⇔ = ⇔ = Substituindo k por 1 30 , tem-se 1 1 1 2 5 , 7 , 2 30 30 30 A + × − × , ou seja, 13 209 1 , , 6 30 15 A . [AE] é uma das arestas do cubo e 2 2 2 13 209 1 1 30 2 7 0 6 30 15 30 30 AE = − + − + − = = . Então, 3 3 30 30 30 30 30 900 30 V = = = . Proposta 57 57.1. O planoθ é o plano que contém os pontos A, B e C, ou seja, é o plano ABC. ( ) ( ) ( ) 0,4,0 4,0,0 4,4,0 AB B A = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 0,0,3 4,0,0 4,0,3 AC C A = − = − = − . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao planoθ . Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AC = ∧ = . NEMA11PR © Porto Editora
- 94. 95 Geometria analítica 95Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 4,4,0 0 . 0 4 4 0 4 4 3 0 , , . 4,0,3 0 . 0 3 a b a b c u AB a b a c c b a b c u AC = − =− + = ⇔ ⇔ ⇔ − + = = − = = Coordenadas do vetor u : { } 4 , , , 0 3 b b b b ∈ R . Por exemplo, se 3 b = tem-se ( ) 3,3,4 u . Sabe-se que o vetor ( ) 3,3,4 u é normal ao planoθ e que o ponto ( ) 4,0,0 A pertence ao planoθ . Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 3 4 3 0 4 0 0 3 12 3 4 0 x y z x y z − + − + − = ⇔ − + + = 3 3 4 12 0 x y z ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do planoθ é 3 3 4 12 0 x y z + + − = . 57.2. 1 1 1 4 4 3 8 3 3 2 3 2 b OA OB V A h OC × × = × = × × = × × = Pág. 176 Proposta 58 Os planosα e β são estritamente paralelos se 2 8 4 5 4 8 2 3 1 3 2 k m m − − = = ∧ ≠ − . 2 2 8 4 5 4 8 4 8 5 8 4 8 2 3 1 3 2 3 2 1 2 3 2 k m m k m m − − − − = = ∧ ≠ ⇔ = ∧ = ∧ ≠ − − 2 2 4 5 4 4 4 4 3 9 3 3 1 3 k m m k m m − − ⇔ = ∧ = ∧ ≠ ⇔ = − ∧ = ∧ ≠ − ( ) 3 3 3 3 3 3 k m m m k m ⇔ = − ∧ = ∨ = − ∧ ≠ ⇔ = − ∧ = − Então, a opção correta é a (A). Proposta 59 59.1. ( ) ( ) ( ) 1,2, 3 3, 2,5 4,4, 8 FA A F = − = − − − − = − − é um vetor normal ao plano FGH e o ponto ( ) 3, 2, 5 F − pertence ao plano FGH. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 4 3 4 2 8 5 0 x y z − − + + − − = 4 12 4 8 8 40 0 2 15 0 x y z x y z ⇔ − + + + − + = ⇔ − + − + = Uma equação cartesiana do plano FGH é 2 15 0 x y z − + − + = . 59.2. O plano ABC é paralelo ao plano FGH. Assim sendo, o plano ABC é definido por uma equação da forma 2 0 x y z d − + − + = . Como o ponto ( ) 1, 2, 3 A − − pertence ao plano ABC, tem-se: ( ) ( ) 1 2 2 3 0 1 2 6 0 9 d d d − − + − × − + = ⇔ + + + = ⇔ = − Uma equação cartesiana do plano ABC é 2 9 0 x y z − + − − = , ou seja, 2 9 0 x y z − + + =. 59.3. Os pontos A, F e G pertencem ao plano ABG. ( ) 4,4, 8 FA = − − e ( ) ( ) ( ) 2, 3,5 3, 2,5 1, 1,0 FG G F = − = − − − = − − . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABG. Então, tem-se: . 0 . 0 u FA u FG = ∧ = ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 4,4, 8 0 . 0 4 4 8 0 0 , , . 1, 1,0 0 . 0 a b c u FA a b c a b a b c u FG − − = = − + − = ⇔ ⇔ − − = − − = = 4 4 8 0 a a c c a b a b a − − − = = − ⇔ ⇔ = − = − Coordenadas do vetor u : ( ) { } , , , 0 a a a a − − ∈R . Por exemplo, se 1 a = − tem-se ( ) 1,1,1 u − . Sabe-se que o vetor ( ) 1,1,1 u − é normal ao plano ABG e que o ponto ( ) 1, 2, 3 A − − pertence ao plano ABG. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 3 0 1 2 3 0 x y z x y z − + + − + + = ⇔ − − + − + + = 0 x y z ⇔ − + + = Uma equação cartesiana do plano ABG é 0 x y z − + + = . Proposta 60 Um vetor diretor da reta definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 1, 0, 0 2, 1, 3 , x y z k k = + − ∈R é, por exemplo, ( ) 2,1, 3 u − . Um vetor normal ao plano de equação 2 3 5 0 x my z − + + − = é, por exemplo, da forma ( ) 2, ,3 , n m m = − ∈R . A reta é paralela ao plano se os vetores u e n foram perpendiculares. ( ) ( ) . 0 2,1, 3 . 2, ,3 0 4 9 0 u n u n m m ⊥ ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − + − = 13 m ⇔ = A opção correta é a (A). Proposta 61 61.1. A reta r é a interseção dos planosα e β . 2 0 2 2 2 0 2 2 0 x y y x y x y z x z z x + − = = − + = − + ⇔ ⇔ + − = − + + − = = Então, qualquer ponto da reta r é da forma ( ) , 2, , k k k k − + ∈R . 61.2. ( ) ( ) ( ) , 2, 0, 2, 0 1, 1, 1 , k k k k k − + = + − ∈R 61.3. O ponto ( ) 7, 5, 7 A − pertence ao planoα e ao plano β porque ( ) 7 5 2 0 + − − = e 5 7 2 0 − + − = , então pertence à reta r. Pág. 177 Proposta 62 62.1. Os pontos cujas coordenadas são do tipo ( ) 3 , , 7 , y y y y − ∈R pertencem ao planoθ porque ( ) 2 3 7 0 y y y − − + =e pertencem ao plano φ porque 3 3 0 y y − + = . Assim sendo, os pontos cujas coordenadas são do tipo ( ) 3 , , 7 , y y y y − ∈R pertencem à interseção dos planosθ eφ . 62.2. Qualquer ponto da reta que resulta da interseção dos planosθ eφ é da forma ( ) 3 , , 7 , y y y y − ∈R . ( ) ( ) ( ) 3 , , 7 0,0,0 3,1,7 , y y y y y − = + − ∈R . NEMA11PR © Porto Editora
- 95. 96 Unidade 2 96 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) Então, uma equação vetorial da reta que resulta da interseção dos planosθ eφ é ( ) ( ) ( ) , , 0, 0, 0 3, 1, 7 , x y z k k = + − ∈R . Proposta 63 63.1. O ponto ( ) 1, 0, 1 A − pertence ao planoα porque 1 2 0 1 0 − × − = e pertence ao plano β porque 2 1 0 1 1 − × + + =− . Então, o ponto A pertence à reta r, reta de interseção dos planos α e β . 63.2. O ponto ( ) , 2, P a b pertence à reta r se: 2 2 0 2 2 1 a b a b − × + = ∧ − + − =− 4 8 2 2 1 4 5 a b b b a b b ⇔ = − ∧ − + + − = − ⇔ =− ∧ = 1 5 a b ⇔ = − ∧ = 63.3. Seja Q o ponto da reta r que tem abcissa 6. Então, tem-se: 6 2 0 2 6 2 6 2 6 1 12 2 6 1 5 y z z y z y y z y y y − + = = − = − ⇔ ⇔ − × + − = − − + − + = − = − 16 5 z y = − ⇔ = − As coordenadas do ponto Q são ( ) 6, 5, 16 − − . Proposta 64 64.1. Por exemplo, ( ) 2, 1, 1 u = − é um vetor normal ao planoα definido por 2 4 0 x y z − + − = e ( ) 1, 2, 1 v = é um vetor normal ao plano β definido por 2 1 x y z + + =. Os vetores u e v são colineares se existir um número real k tal que u k v = . ( ) ( ) 2 2, 1,1 1,2,1 1 2 1 k u k v k k k = = ⇔ − = ⇔ − = = . Como o sistema anterior é impossível, conclui-se que os vetores u e v não são colineares. Pode-se assim concluir que os planos α e β não são paralelos. 64.2. A α ∈ ? Ora, 2 0 4 9 4 0 9 0 × + + − = ⇔ = (falso). Logo, A α ∉ . Vamos, de seguida, verificar que A β ∈ . ( ) 0 2 4 9 1 1 1 + × − + = ⇔ = (verdadeiro). Logo, A β ∈ . Designemos porθ o plano que passa por A e é paralelo ao plano α . Sendoθ paralelo ao plano α então é da forma 2 0 x y z d − + + = . Como o ponto ( ) 0, 4, 9 A − pertence ao planoθ , tem-se: ( ) 2 0 4 9 0 13 d d × − − + + = ⇔ =− Uma equação cartesiana do planoθ é 2 13 0 x y z − + − = . 64.3. Seja s a reta de interseção dos planosα e β . 2 4 0 2 4 2 4 2 1 2 2 4 1 3 3 x y z z x y z x y x y z x y x y x y − + − = = − + + = − + + ⇔ ⇔ + + = + − + + = − + = − 6 6 4 2 5 3 3 3 3 z y y z y x y x y = − − + + = − − ⇔ ⇔ = + = + Qualquer ponto da reta s é da forma ( ) 3 3, , 2 5 , y y y y + − − ∈R . Ora, ( ) ( ) ( ) 3 3, , 2 5 3, 0, 2 3, 1, 5 , y y z y y + − − = − + − ∈R . Assim sendo, uma equação vetorial da reta s é ( ) ( ) ( ) , , 3, 0, 2 3, 1, 5 , x y z k k = − + − ∈R . Pág. 178 Proposta 65 65.1. O ponto ( ) 1, 0, 1 D pertence ao plano BEF definido pela equação 2 3 0 x y z + + − = porque 2 1 0 1 3 0 × + + − = é uma proposição verdadeira. 65.2. 2 2 2 0 x y z + + − = é uma equação do plano ABC. Sendoα um plano paralelo ao plano ABC então uma equação do plano α é da forma 2 2 0 x y z d + + + =. O ponto ( ) 2, 1, 0 F − pertence ao planoα , então tem-se: ( ) 2 2 1 2 0 0 3 d d × + − + × + = ⇔ =− . Uma equação cartesiana do planoα é 2 2 3 0 x y z + + − =. 65.3. Seja r a reta de interseção dos planos ABC e BEF. 2 2 2 0 2 2 2 2 3 0 2 2 2 2 3 0 x y z y x z x y z x x z z + + − = = − − + ⇔ + + − = − − + + − = ( ) 2 2 2 2 2 1 2 2 4 1 1 1 y x z y x y x z z z = − − + = − − × − + = − + ⇔ ⇔ ⇔ = − = − = − Qualquer ponto da reta r é da forma ( ) , 2 4, 1 , x x x − + − ∈R . Ora, ( ) ( ) ( ) , 2 4, 1 0, 4, 1 1, 2, 0 , x x x x − + −= − + − ∈R . Assim sendo, uma equação vetorial da reta r é ( ) ( ) ( ) , , 0, 4, 1 1, 2, 0 , x y z k k = − + − ∈R . 65.4. a) O plano interseta o eixo Ox no ponto de abcissa 2, isto é, passa no ponto de coordenadas ( ) 2, 0, 0 , se: ( ) 3 2 2 0 0 1 6 1 5 k k k k k × + + × − × + = ⇔ + = ⇔ = − b) O plano é perpendicular ao plano ABC se um vetor normal ao plano for perpendicular a um vetor normal ao plano ABC. O vetor ( ) 2, 1, 2 u = é normal ao plano ABC e ( ) 3, 2, v k k = + − é um vetor normal plano dado. ( ) ( ) . 0 2, 1, 2 . 3, 2, 0 u v u v k k ⊥ ⇔ = ⇔ + − = 6 2 2 0 8 k k k ⇔ + + − = ⇔ = Proposta 66 O ponto de coordenadas ( ) 0, 5, 3 pertence à reta. Se a reta está contida no plano então esse ponto também pertence ao plano. Ora, podemos excluir as opções (A) e (C) porque o ponto de coordenadas ( ) 0, 5, 3 não pertence aos planos de equações 2 4 5 0 x y z − + + = e 3 2 6 0 x y z + − + =. Restam então as opções (B) e (D). Se a reta está contida no plano então um vetor diretor da reta, por exemplo ( ) 2, 4, 1 u = − , é perpendicular a um vetor normal ao plano. Em relação às opções (B) e (D), tal só se verifica na opção (D) pois ( ) ( ) 2, 4, 1 . 3, 1, 2 6 4 2 0 − − = − − = . Conclusão: a opção correta é a (D). NEMA11PR © Porto Editora
- 96. 97 Geometria analítica 97Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Proposta 67 67.1. Um vetor n , normal ao plano α é, por exemplo, ( ) 6, 3, 9 n= − − . Um vetor r , diretor da reta r, é, por exemplo, ( ) 2, 1, 3 r= − . Os vetores n e r têm a mesma direção porque 3 n r = − . 67.2. Como os vetores n e r são colineares, sabe-se que a reta r é perpendicular ao plano α . 67.3. Designemos por D o ponto de interseção da reta r com o plano α . Como a reta r é definida pela equação vetorial ( ) ( ) ( ) , , 1, 4, 1 2, 1, 3 , x y z k k = − + − ∈R , sabe-se que qualquer ponto da reta r é da forma ( ) 1 2 , 4 , 1 3 , k k k k − + − + ∈R . O ponto D pertence à reta r e ao plano α definido por 6 3 9 1 0 x y z − − + =. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 6 1 2 3 4 9 1 3 1 0 k k k − − + − − + + = 2 6 12 12 3 9 27 1 0 42 4 21 k k k k k ⇔ − − − + − + = ⇔ − = − ⇔ = Substituindo k por 2 21 , tem-se 2 2 2 1 2 , 4 , 1 3 21 21 21 D − × + − + × , ou seja, 17 86 5 , , 21 21 7 D − . 67.4. Um vetor diretor da reta s é, por exemplo, ( ) 2, 1, 1 s = . O vetor ( ) 2, 1, 1 s = é perpendicular ao vetor ( ) 6, 3, 9 n= − − , normal ao planoα , porque ( ) ( ) . 2, 1, 1 . 6, 3, 9 12 3 9 0 s r = − − = − − = . Então a reta s é paralela ao planoα . O ponto de coordenadas ( ) 1, 4, 1 − é um ponto da reta s e não pertence ao plano α porque a proposição ( ) 6 1 3 4 9 1 1 0 × − × − × − + = é falsa. Assim sendo, conclui-se que a reta s é estritamente paralela ao plano α . 67.5. Por exemplo, o ponto de coordenadas 5 , 2, 0 6 é um ponto da reta t. Substituindo as coordenadas do ponto na equação do plano α , tem-se: 5 6 3 2 9 0 1 0 5 6 1 0 6 × − × − × + = ⇔ − + = (proposição verdadeira) Donde se conclui que o ponto da reta t pertence ao planoα . 67.6. A reta t é paralela ao planoα porque t é paralela a s e s é perpendicular a r. Tendo ainda em conta o resultado da questão anterior, conclui-se que a reta t está contida no plano α . Pág. 179 Proposta 68 68.1. O vetor ( ) 3, 2, 1 n= − − é normal ao plano β . A reta VP é perpendicular ao plano β porque P é a projeção ortogonal de V sobre β . Então, ( ) 3, 2, 1 n= − − é um vetor diretor da reta VP. O ponto ( ) 4, 5, 2 V − pertence à reta VP. Uma equação vetorial da reta VP é ( ) ( ) ( ) , , 4, 5, 2 3, 2, 1 , x y z k k = − + − − ∈R . A reta VP pode ser representada pelas seguintes equações paramétricas: 4 3 5 2 , 2 x k y k k z k = − + = − ∈ = − R 68.2. P é o ponto de interseção da reta VP com o plano β . Atendendo à questão anterior, sabe-se que qualquer ponto da reta VP é da forma ( ) 4 3 , 5 2 , 2 , k k k k − + − − ∈R . O ponto P pertence à reta VP e ao plano β definido por 3 2 6 x y z − − =. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 3 4 3 2 5 2 2 6 12 9 10 4 2 6 k k k k k k − + − − − − = ⇔ − + − + − + = 15 14 30 7 k k ⇔ = ⇔ = Substituindo k por 15 7 , tem-se 15 15 15 4 3 , 5 2 , 2 7 7 7 P − + × − × − , ou seja, 17 5 1 , , 7 7 7 P − . 68.3. Altura da pirâmide: 2 2 2 17 5 1 450 15 2 15 14 4 5 2 7 7 7 7 7 7 VP = − − + − + + = = = Sendo a pirâmide quadrangular regular sabe-se que a sua base é um quadrado. Como o perímetro da base da pirâmide é 24, sabe-se que 24 6 4 AB = = . Então, 2 1 15 14 180 14 6 3 7 7 V = × × = . Proposta 69 69.1. B é o ponto de interseção da reta VF com o plano ABC. Um vetor diretor da reta VF é ( ) ( ) ( ) 6,0,2 5,4, 3 1, 4,5 VF F V = − = − − = − . Uma equação vetorial da reta VF é ( ) ( ) ( ) , , 6, 0, 2 1, 4, 5 , x y z k k = + − ∈R . Qualquer ponto da reta VF é da forma ( ) 6 , 4 , 2 5 , k k k k + − + ∈R . O ponto B pertence à reta VF e ao plano ABC definido por 3 2 8 x y z − + =. Então, tem-se: NEMA11PR-7 NEMA11PR © Porto Editora
- 97. 98 Unidade 2 98 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) ( ) 3 6 4 2 2 5 8 18 3 4 4 10 8 k k k k k k + − − + + = ⇔ + + + + = 14 17 14 17 k k ⇔ = − ⇔ = − Substituindo k por 14 17 − , tem-se 14 14 14 6 , 4 , 2 5 17 17 17 B − − × − + × − , ou seja, 88 56 36 , , 17 17 17 B − . 69.2. 3 2 8 x y z − + = é uma equação do plano ABC. Sendo EFG um plano paralelo ao plano ABC então uma equação do plano EFG é da forma 3 2 0 x y z d − + + =. O ponto ( ) 6, 0, 2 F pertence ao plano EFG, então tem-se: 3 6 0 2 2 0 22 d d × − + × + = ⇔ = − . Uma equação cartesiana do plano EFG é 3 2 22 0 x y z − + − = . 69.3. A altura da pirâmide [ABCDV] é dada por VP , sendo P a projeção ortogonal de V sobre o plano ABC. A reta VP é perpendicular ao plano ABC. O vetor ( ) 3, 1, 2 n = − , sendo normal ao plano ABC, é um vetor diretor da reta VP. Uma equação vetorial da reta VP é ( ) ( ) ( ) , , 5, 4, 3 3, 1, 2 , x y z k k = − + − ∈R . Qualquer ponto da reta VP é da forma ( ) 5 3 , 4 , 3 2 , k k k k + − − + ∈R . O ponto P pertence à reta VP e ao plano ABC definido por 3 2 8 x y z − + =. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 3 5 3 4 2 3 2 8 15 9 4 6 4 8 k k k k k k + − − + − + = ⇔ + − + − + = 3 14 3 14 k k ⇔ = ⇔ = Substituindo k por 3 14 , tem-se 3 3 3 5 3 , 4 , 3 2 14 14 14 P + × − − + × , ou seja, 79 53 18 , , 14 14 7 P − . Altura da pirâmide [ABCDV]: 2 2 2 79 53 18 5 4 3 14 14 7 126 3 14 196 14 VP = − + − + − + = = Proposta 70 O vetor ( ) 3,2, 1 u − é normal ao planoα e ( ) 2 2 , 8, v k k − é normal ao plano β . Os planos α e β são perpendiculares se os vetores u e v forem perpendiculares. ( ) ( ) 2 2 . 0 3,2, 1 . 2 , 8, 0 6 16 0 u v u v k k k k ⊥ ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − + − = 6 36 64 8 2 2 k k k ± + ⇔ = ⇔ = − ∨ = − A opção correta é a (A). Proposta 71 71.1. Sabe-se que D C AB = + . ( ) ( ) ( ) 1,1,2 1,1,4 2,0, 2 AB B A = − = − − = − − . Logo, ( ) ( ) ( ) 3, 3, 2 2, 0, 2 1, 3, 0 D C AB = + = + − − = . 71.2. O ponto ( ) 1, 1, 4 A pertence ao plano ABC e os vetores AB e AC são dois vetores não colineares do plano ABC. ( ) ( ) ( ) 1, 1, 2 1, 1, 4 2, 0, 2 AB B A = − = − − = − − e ( ) ( ) ( ) 3, 3, 2 1, 1, 4 2, 2, 2 AC C A = − = − = − . Uma equação vetorial do plano ABC é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 1, 1, 4 2, 0, 2 2, 2, 2 , , x y z a b a b = + − − + − ∈R . 71.3. Designemos porα o plano que contém a base do prisma à qual pertence a aresta [AB]. ( ) 2, 2, 2 AC = − é um vetor normal ao plano α . Então, o planoα é definido por uma equação da forma 2 2 2 0 x y z d + − + =. Como o ponto ( ) 1, 1, 4 A pertence ao planoα , tem-se: 2 1 2 1 2 4 0 4 d d × + × − × + = ⇔ = . Uma equação cartesiana do planoα é 2 2 2 4 0 x y z + − + =, ou de forma simplificada, 2 0 x y z + − + =. Designemos por β o plano que contém a base do prisma à qual pertence a aresta [CD]. Como o plano β é paralelo ao plano α sabe-se que é definido por uma equação da forma 0 x y z d + − + =. Como o ponto ( ) 3, 3, 2 C pertence ao plano β , tem-se: 3 3 2 0 4 d d + − + = ⇔ = − . Uma equação cartesiana do plano β é 4 0 x y z + − − = . 71.4. Altura do prisma: ( ) 2 2 2 2 2 2 12 2 3 AC AC = = + + − = = Aresta da base do prisma: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 8 2 2 AB AB = = − + + − = = As bases do prisma são hexágonos regulares. Logo, podem ser divididas em seis triângulos equiláteros como sugere a figura. Seja x a altura de cada um desses triângulos. Então, tem-se: ( ) tan 60 3 6 2 2 x x x °= ⇔ = ⇔ = . Área da base do prisma: 2 2 6 6 6 12 6 2 3 2 b A × = × = = × 12 3 = Volume do prisma: 12 3 2 3 24 3 72 b V A h = × = × = × = Pág. 180 Proposta 72 72.1. a) O plano xOz é o plano de equação 0 y = . Como a base [ABCD] está contida no plano xOz, os pontos A, B, C e D têm ordenada nula. A reta AB é definida pelo sistema de equações 2 0 x y = ∧ = . Então os pontos A e B têm abcissa igual a 2. NEMA11PR © Porto Editora
- 98. 99 Geometria analítica 99Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Como a pirâmide é quadrangular regular e a origem do referencial é o centro da sua base, conclui-se que: ( ) ( ) ( ) ( ) 2, 0,2 , 2, 0, 2 , 2, 0, 2 e D 2, 0,2 A B C − − − − . b) AB e AV são dois vetores não colineares do plano ABV. ( ) ( ) ( ) 2,0, 2 2,0,2 0,0, 4 AB B A = − = − − = − e ( ) ( ) ( ) 0,5,0 2,0,2 2,5, 2 AV V A = − = − = − − . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABV. Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AV = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 0,0, 4 0 . 0 4 0 2 5 2 0 , , . 2,5, 2 0 . 0 a b c u AB c a b c a b c u AV − = − = ⇔ ⇔ − + − = − − = = 0 5 2 c a b = ⇔ = Coordenadas do vetor u : { } 5 , , 0 , 0 2 b b b ∈ R . Por exemplo, se 2 b = tem-se ( ) 5,2,0 u . Sabe-se que o vetor ( ) 5,2,0 u é normal ao plano ABV e que o ponto ( ) 2,0,2 A pertence ao plano ABV. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 5 2 2 0 0 2 0 5 10 2 0 x y z x y − + − + − =⇔ − + = 5 2 10 0 x y ⇔ + − = Uma equação cartesiana do plano ABV é 5 2 10 0 x y + − = . c) AD e AV são dois vetores não colineares do plano ADV. ( ) ( ) ( ) 2,0,2 2,0,2 4,0,0 AD D A = − = − − = − e ( ) 2,5, 2 AV = − − . O plano ADV passa no ponto ( ) 0, 5, 0 V . Uma equação vetorial do plano ADV é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0, 5, 0 4, 0, 0 2, 5, 2 , , x y z a b a b = + − + − − ∈R . 72.2. A aresta [AV] é definida pela seguinte equação vetorial: ( ) ( ) ( ) [ ] , , 2, 0, 2 2, 5, 2 , 0, 1 x y z k k = + − − ∈ . P é o ponto da aresta [AV] que tem abcissa 1 2 , então tem-se: ( ) ( ) [ ] 1 , , 2, 0, 2 2, 5, 2 , 0, 1 2 y z k k = + − − ∈ 3 1 2 2 4 2 15 5 4 2 2 1 2 k k y k y z k z = = − = ⇔ = = − = Então, 1 15 1 , , 2 4 2 P . Proposta 73 73.1. O ponto ( ) 1, 4, 5 A − pertence ao plano ABC e os vetores AB e AC são dois vetores não colineares do plano ABC. ( ) ( ) ( ) 3, 0, 8 1, 4, 5 4, 4, 3 AB B A = − = − − = − e ( ) ( ) ( ) 1, 6, 9 1, 4, 5 2, 2, 4 AC C A = − = − − = . Uma equação vetorial do plano ABC é: ( ) ( ) ( ) ( ) , , 1, 4, 5 4, 4, 3 2, 2, 4 , , x y z a b a b = − + − + ∈R . 73.2. ( ) 11,5, 8 u − é um vetor diretor da reta definida por ( ) ( ) ( ) , , 2, 2, 1 11, 5, 8 , x y z k k = − + − ∈R . ( ) ( ) . 11,5, 8 . 4, 4,3 44 20 24 0 u AB = − − = − − = e ( ) ( ) . 11,5, 8 . 2,2,4 22 10 32 0 u AC = − = + − = . Como u AB ⊥ e u AC ⊥ , conclui-se que o vetor u é perpendicular ao plano ABC. Então, a reta definida por ( ) ( ) ( ) , , 2, 2, 1 11, 5, 8 , x y z k k = − + − ∈R é perpendicular ao plano ABC. 73.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AB MP = , sendo M o ponto médio de [AB], é o plano mediador de [AB]. ( ) ( ) ( ) 3, 0, 8 1, 4, 5 4, 4, 3 AB B A = − = − − = − ( ) 13 13 , , 1,2, 1, 2, 2 2 MP P M x y z x y z = − = − = − − − ( ) 13 . 0 4, 4,3 . 1, 2, 0 2 AB MP x y z = ⇔ − − − − = 39 4 4 4 8 3 0 2 x y z ⇔ − − + + − = 31 4 4 3 0 2 x y z ⇔ − + − = Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: 31 4 4 3 0 2 x y z − + − = Proposta 74 O conjunto dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AB BP = é o plano tangente à superfície esférica de centro A no ponto B. A opção correta é a (D). Pág. 181 Proposta 75 75.1. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AB MP = , sendo M o ponto médio de [AB], é o plano mediador de [AB]. Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: 0 y = 75.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AB BP = é o plano tangente à superfície esférica centrada em A no ponto B. ( ) ( ) ( ) 0, 3,0 0,3,0 0, 6,0 AB B A = − = − − = − ( ) ( ) ( ) , , 0, 3,0 , 3, BP P B x y z x y z = − = − − = + ( ) ( ) . 0 0, 6,0 . , 3, 0 6 18 0 3 AB BP x y z y y = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = − Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em A no ponto B: 3 y = − 75.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 AP BP = é a superfície esférica de diâmetro [AB]. O centro da superfície esférica de diâmetro [AB] é o ponto médio de [AB], que coincide com a origem do referencial, e o raio é 3. Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] é definida pela condição 2 2 2 9 x y z + + = . NEMA11PR © Porto Editora
- 99. 100 Unidade 2 100 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 75.4. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 0 AP BP x = ∧ = é a interseção da superfície esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação 0 x = , ou seja, é a circunferência de centro O e raio 3, contida no plano yOz. Essa circunferência é definida pela condição 2 2 2 9 0 x y z x + + = ∧ = , ou seja, 2 2 9 0 y z x + = ∧ = . 75.5. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 3 AP BP z = ∧ = é a interseção da superfície esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação 3 z = , ou seja, é o ponto de coordenadas ( ) 0, 0, 3 . Nota: O plano de equação 3 z = é tangente à superfície esférica de diâmetro [AB]. Proposta 76 76.1. Sendo S o ponto médio de [RT], sabe-se que T S RS = + . ( ) ( ) ( ) 0,3, 2 4,7, 2 4, 4,0 RS S R = − = − − − = − . Então, ( ) ( ) ( ) 0,3, 2 4, 4,0 4, 1, 2 T = − + − = − − . 76.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 RT SP = , sendo S o ponto médio de [RT], é o plano mediador de [RT]. ( ) ( ) ( ) 4, 1, 2 4,7, 2 8, 8,0 RT T R = − = − − − − − = − − ( ) ( ) ( ) , , 0,3, 2 , 3, 2 SP P S x y z x y z = − = − − = − + ( ) ( ) . 0 8, 8,0 . , 3, 2 0 8 8 24 0 RT SP x y z x y = ⇔ − − − + = ⇔ − − + = 3 0 x y ⇔ + − = Equação cartesiana do plano mediador de [RT]: 3 0 x y + − = . 76.3. O plano que é tangente em T à superfície esférica de diâmetro [RT] é o conjunto dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 ST TP = . ( ) ( ) ( ) 4, 1, 2 0,3, 2 4, 4,0 ST T S = − = − − − − − = − − ( ) ( ) ( ) , , 4, 1, 2 4, 1, 2 TP P T x y z x y z = − = − − − − = + + + ( ) ( ) . 0 4, 4,0 . 4, 1, 2 0 ST TP x y z = ⇔ − − + + + = ⇔ 4 16 4 4 0 5 0 x y x y − − − − = ⇔ + + = Equação do plano que é tangente em T à superfície esférica de diâmetro [RT]: 5 0 x y + + = Proposta 77 77.1. Como a pirâmide é quadrangular regular, a sua base é um quadrado. Se o perímetro da base da pirâmide é 8, então a aresta da base é 2. Altura da pirâmide: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ´ 4 2 5 3 8 4 4 4 16 24 2 6 VV = − + − + − = + + = = . Volume da pirâmide: 2 1 1 8 6 2 2 6 3 3 3 p b V A h = × = × × = . A esfera é definida pela inequação ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 6 x y z − + − + − ≤ , então tem raio 6 . Volume da esfera: ( ) 3 3 4 4 4 6 6 6 8 6 3 3 3 e V r = π = π× = π× = π . Volume do sólido: ( ) 8 6 1 3 8 6 8 6 24 6 8 6 3 3 3 p e V V V + π + π = + = + π = = . 77.2. Como o planoα contém a base da pirâmide é perpendicular à reta VV´. Então, o vetor ´ VV é normal ao planoα . ( ) ( ) ( ) ´ ´ 2,3,4 4,5,8 2, 2, 4 VV V V = − = − = − − − . Como o ponto ( ) ´ 2,3,4 V pertence ao planoα , tem-se: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 4 0 2 4 2 6 4 16 0 x y z x y z − − − − − − = ⇔ − + − + − + = 2 2 4 26 0 2 13 0 x y z x y z ⇔ − − − + = ⇔ + + − = Uma equação cartesiana do planoα é 2 13 0 x y z + + − =. 77.3. O centro da esfera é o ponto ( ) 1, 2, 2 C e o raio é 6 . Ora, ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 3 2 1 2 4 1 1 6 AC = − − + − + − = + + = . Como a distância do ponto A ao centro da esfera é igual ao raio da esfera, conclui-se que o ponto A é um ponto da superfície esférica que limita a esfera dada. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 CA AP = é o plano tangente à superfície esférica centrada em C no ponto A. ( ) ( ) ( ) 1,3,1 1,2,2 2,1, 1 CA A C = − = − − = − − ( ) ( ) ( ) , , 1,3,1 1, 3, 1 AP P A x y z x y z = − = − − = + − − ( ) ( ) . 0 2,1, 1 . 1, 3, 1 0 CA AP x y z = ⇔ − − + − − = 2 2 3 1 0 2 4 0 x y z x y z ⇔ − − + − − + = ⇔ − + − − = Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em C no ponto A: 2 4 0 x y z − + − − = Pág. 182 Proposta 78 78.1. A superfície esférica é definida pela equação 2 2 2 5 x y z + + =e o eixo Oz é definido pela condição 0 0 x y = ∧ = . Os pontos de interseção da superfície esférica com o eixo Oz são os pontos que verificam a condição 2 2 2 5 0 0 x y z x y + + = ∧ = ∧ = . 2 2 2 5 0 0 x y z x y + + = ∧ = ∧ = 2 2 2 2 0 0 5 0 0 5 0 0 z x y z x y ⇔ + + = ∧ = ∧ = ⇔ = ∧ = ∧ = ( ) 5 5 0 0 z z x y ⇔ = ∨ = − ∧ = ∧ = As coordenadas dos pontos de interseção da superfície esférica com o eixo Oz são ( ) 0, 0, 5 e ( ) 0, 0, 5 − . 78.2. A superfície esférica é centrada na origem do referencial e tem raio 5 . As equações dos planos paralelos a xOy (definido pela condição 0 z = ) e que são tangentes à superfície esférica são: 5 ; 5 z z = = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 100. 101 Geometria analítica 101Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) 78.3. As equações dos planos paralelos a yOz (definido pela condição 0 x = ) e que são tangentes à superfície esférica são: 5 ; 5 x x = = − . 78.4. A equação y k = representa um plano que interseta a superfície esférica se 5 k ≤ . A equação y k = representa um plano que não interseta a superfície esférica se 5 k . 5 5 5 k k k ⇔ ∨ − . 78.5. 2 2 2 2 2 2 2 5 2 2 5 z x y z z x y = ∧ + + = ⇔ = ∧ + + = 2 2 2 1 z x y ⇔ = ∧ + = A interseção do plano definido pela equação 2 z = com a superfície esférica é a circunferência de centro ( ) 0, 0, 2 e raio 1, contida no plano 2 z = . Assim sendo, o comprimento dessa circunferência é dado por 2 1 2 P= π× = π . Proposta 79 79.1. A superfície esférica definida pela equação ( ) 2 2 2 1 3 x y z + − + =tem centro ( ) 0, 1, 0 C e raio 3 . A reta r passa por C e é perpendicular ao planoα definido por 7 0 x y z − + + − =. O vetor ( ) 1,1,1 u − é normal ao planoα , logo é um vetor diretor da reta r. Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 0, 1, 0 1, 1, 1 , x y z k k = + − ∈R . 79.2. Qualquer ponto da reta r é da forma ( ) , 1 , , k k k k − + ∈R . Seja A o ponto de interseção da reta r com a superfície esférica. Então, ( ) , 1 , , A k k k k − + ∈R . Como o ponto A pertence à superfície esférica, tem-se: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 3 3 3 1 1 1 k k k k k k k − + + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∨ = − . Assim sendo, as coordenadas dos pontos de interseção da reta r com a superfície esférica são ( ) 1, 2, 1 − e ( ) 1, 0, 1 − . 79.3. Qualquer plano tangente ao planoα é da forma 0 x y z d − + + + = . Os planos que são paralelos ao planoα e tangentes à superfície esférica passam nos pontos de coordenadas ( ) 1, 2, 1 − e ( ) 1, 0, 1 − . Se ( ) 1, 2, 1 − pertence ao plano, tem-se: 1 2 1 0 4 d d + + + = ⇔ = − Se ( ) 1, 0, 1 − pertence ao plano, tem-se: 1 0 1 0 2 d d − + − + = ⇔ = Então, as equações dos planos que são paralelos ao plano α e tangentes à superfície esférica são 4 0 x y z − + + − = e 2 0 x y z − + + + =. Pág. 183 Proposta 80* 80.1. Os pontos E e F pertencem à aresta [BV] e são tais que BE EF FV = = . Então, 1 3 E B BV = + e 2 3 F B BV = + . ( ) 5 11 5 11 ,5, 5,4,0 ,1, 2 2 2 2 BV V B = − = − = − Então, ( ) 1 5 11 25 13 11 5,4,0 ,1, , , 3 2 2 6 3 6 E = + − = e ( ) 2 5 11 10 14 11 5,4,0 ,1, , , 3 2 2 3 3 3 F = + − = . 80.2. Sabe-se que o plano β passa em E e é paralelo ao plano α . O plano β , sendo paralelo aα , é definido por uma equação da forma 3 4 0 y z d + + =. O ponto 25 13 11 , , 6 3 6 E pertence ao plano β , então tem-se: 13 11 61 3 4 0 3 6 3 d d × + × + = ⇔ = − Uma equação cartesiana do plano β é 61 3 4 0 3 y z + − = . 80.3. Aresta da base: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 5 0 4 3 0 AB= − + − + − 0 16 9 25 5 = + + = = A altura da pirâmide é dada por ´ VV , sendo V´ a projeção ortogonal de V sobre o plano α . Seja r a reta perpendicular ao planoα , definido por 3 4 12 0 y z + − = , que passa pelo ponto 5 11 ,5, 2 2 V . O vetor ( ) 0,3,4 u é normal ao planoα , logo é um vetor diretor da reta r. Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por ( ) ( ) 5 11 , , , 5, 0, 3, 4 , 2 2 x y z k k = + ∈ R . Qualquer ponto da reta r é da forma 5 11 , 5 3 , 4 , 2 2 k k k + + ∈ R . O ponto V´ pertence à reta r e ao plano α . Então, tem-se: ( ) 11 3 5 3 4 4 12 0 15 9 22 16 12 0 2 k k k k + + + − = ⇔ + + + − = 25 25 1 k k ⇔ = − ⇔ = − Substituindo k por 1 − , tem-se ( ) ( ) 5 11 ´ , 5 3 1 , 4 1 2 2 V + × − + × − , ou seja, 5 3 ´ , 2, 2 2 V . Altura da pirâmide: ( ) 2 2 2 5 5 11 3 ´ 5 2 2 2 2 2 VV = − + − + − 0 9 16 25 5 = + + = = Conclusão: A altura da pirâmide é igual à aresta da base. NEMA11PR © Porto Editora
- 101. 102 Unidade 2 102 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) 80.4. Como a pirâmide é quadrangular regular, a base é um quadrado e o centro da base coincide com o ponto V´. Então, 2 ´ C A AV = + . ( ) 5 3 5 3 ´ ´ ,2, 5,0,3 ,2, 2 2 2 2 AV V A = − = − = − − . Assim sendo, ( ) ( ) 5 3 5,0,3 2 ,2, 0,4,0 2 2 C = + − −= . Proposta 81* 81.1. O planoα é definido vetorialmente por ( ) ( ) ( ) ( ) , , 1, 0, 1 2, 1, 1 3, 2, 0 , , x y z a b a b = − + − + − ∈R . Então, pode ser representado pelo seguinte sistema de equações paramétricas: 1 2 3 2 , , 1 x a b y a b a b z a = − + + = − ∈ = − R 81.2. 2 1 2 3 2 1 4 3 2 2 4 2 4 2 2 1 3 1 2 2 a b b a b b b a a a − = − + + − = − − + − = − − = − ⇔ − = − − ⇔ = = − = − = − Conclusão: A α ∈ . 81.3. a) Interseção com o eixo Ox: 3 5 1 2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 0 2 0 1 2 2 2 0 1 1 1 1 x x x a b x b a b b b b a a a a = + = = − + + = − + + = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = = − = = = O planoα interseta o eixo Ox no ponto de coordenadas 5 , 0, 0 2 . Interseção com o eixo Oy: 1 3 0 1 2 3 0 1 2 3 1 2 1 2 1 2 3 0 1 1 1 b a b b y a b y b y a a a = − = − + + = − + + = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − = = 1 3 5 3 1 b y a = − ⇔ = = O planoα interseta o eixo Oy no ponto de coordenadas 5 0, , 0 3 . Interseção com o eixo Oz: 1 1 7 7 0 1 2 3 0 1 4 3 2 2 0 2 2 7 7 1 1 2 5 1 7 7 b b a b b b a b a b a a z a z a z z = = =− + + =− + + = − ⇔ = ⇔ = ⇔ = = − = − = − = O planoα interseta o eixo Oz no ponto de coordenadas 5 0, 0, 7 . b) Qualquer ponto do plano xOz é da forma ( ) , 0, , , x z x z∈R . O ponto pertence à reta r, então tem-se: 0 0 0 2 2 x k x k k z k z = = = ⇔ = = − = A reta r interseta o plano xOz no ponto de coordenadas ( ) 0, 0, 2 . c) Qualquer ponto da reta r é da forma ( ) , , 2 , k k k k − ∈R . O ponto pertence ao planoα se: ( ) 1 2 1 3 1 2 3 2 1 2 2 1 1 k k b k a b k a b k k b k a a k = − + − + + = − + + = − ⇔ = − + − − = − = − + 3 9 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 k k k b b a k a k = − − + − = ⇔ = − ⇔ = − = − + = − + Assim sendo, as coordenadas do ponto de interseção da reta r com o planoα são 9 9 5 , , 2 2 2 − . Proposta 82* 82.1. A esfera definida pela inequação ( ) ( ) 2 2 2 2 1 9 x y z − + + + ≤ tem centro ( ) 2, 1, 0 C − e raio 3. 82.2. A reta r passa por C e é perpendicular ao planoα definido por 2 10 0 x y z − + + + = . O vetor ( ) 1,2,1 u − é normal ao planoα , logo é um vetor diretor da reta r. A reta r pode ser definida vetorialmente por ( ) ( ) ( ) , , 2, 1, 0 1, 2, 1 , x y z k k = − + − ∈R . Então, equações paramétricas da reta r são: 2 1 2 , x k y k k z k = − = − + ∈ = R . 82.3. Seja C´ o ponto de interseção da reta r com o planoα . Como C´ pertence à reta r, é da forma ( ) 2 , 1 2 , , k k k k − − + ∈R . C´ pertence ao plano α , então tem-se: ( ) ( ) 2 2 1 2 10 0 2 2 4 10 0 k k k k k k − − + − + + + = ⇔ − + − + + + = 6 6 1 k k ⇔ = − ⇔ = − Substituindo k por −1, tem-se ( ) ( ) ( ) ´ 2 1 , 1 2 1 , 1 C − − − + × − − , ou seja, ( ) ´ 3, 3, 1 C − − . NEMA11PR © Porto Editora
- 102. 103 Geometria analítica 103Unidade 2 – NEMA11PR (20152608) Seguidamente vamos determinar a distância entre os pontos C e C´. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ´ 2 3 1 3 0 1 1 4 1 6 CC = − + − + + + = + + = . Como a distância entre os pontos C e C´ é inferior ao raio da esfera, conclui-se que o plano α é secante à esfera. 82.4. Seja D um ponto da circunferência que limita o círculo que resulta da interseção do planoα com a esfera dada. Então, sabe-se que ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ´ ´ CD CC C D = + . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 ´ 0 3 6 ´ 9 6 ´ ´ 3 ´ 3 C D C D C D C D C D = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = O círculo que resulta da interseção do planoα com a esfera dada tem raio igual a 3 . A área desse círculo é dada por: ( ) 2 3 3 A = π× = π . Pág. 186 1. 6 2 6 3 b P r r = π ⇔ π = π ⇔ = . Designemos por M o ponto médio de [AB]. ( ) ( ) ( ) ( ) . . . 6 3 18 AB BC BA BC BA BC BA BM = − = − = − × = − × = − . A opção correta é a (A). 2. O ponto A pertence ao semieixo positivo das abcissas, então ( ) , 0, 0 , A x x + ∈R . O ponto B pertence ao semieixo positivo das cotas, então ( ) 0, 0, , B z z + ∈R . ( ) ( ) ( ) 0,0, ,0,0 ,0, , , AB B A z x x z x z + = − = − = − ∈R ( ) ( ) . ,0, . 2, 5,1 2 AB u x z x z = − − − = + Como , x z + ∈R , então 2 0 x z + , ou seja, . 0 AB u . A opção correta é a (A). 3. A reta r é definida pela equação 1,5 1 y x = − + . O declive da reta r é −1,5, ou seja, 3 2 − . Sendo a reta s perpendicular à reta r, então o seu declive é 2 3 . Sendo θ a inclinação da reta s, tem-se 2 tan 3 θ = . Então, ( ) 2 tan tan 180 tan 3 α θ θ = °− = − = − . A opção correta é a (B). 4. O vetor ( ) 1, 2, u k k + − é normal ao planoα e o vetor ( ) ,1, 2 v k − é normal ao plano β . ( ) ( ) . 0 1, 2, . ,1, 2 0 u v u v k k k ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = ⇔ + − − = α β 2 2 2 2 0 2 0 k k k k k ⇔ + − − = ⇔ − − = 1 1 8 2 1 2 k k k ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − A opção correta é a (C). 5. A superfície esférica definida por ( ) 2 2 2 1 9 x y z + + + =tem centro ( ) 0, 1, 0 C − e raio 3. Os planos definidos por equações do tipo , y k k IR = ∈ são tangentes à superfície esférica se ( ) 1 3 k − − = . ( ) 1 3 1 3 1 3 1 3 k k k k − − = ⇔ + = ⇔ + = ∨ + = − 2 4 k k ⇔ = ∨ = − A opção correta é a (D). Pág. 187 1.1. ( ) 3, 1 u − é um vetor diretor da reta r. O declive da reta r é 1 3 − . Sabe-se que s uma reta perpendicular à reta r, então o seu declive é 3. Uma equação da reta s é da forma 3 y x b = + . Como a reta s passa em ( ) 3, 1 A − , tem-se: ( ) 1 3 3 10 b b = × − + ⇔ = . A reta s pode ser representa pela equação: 3 10 y x = + 1.2. Se o ponto P pertence à reta r então é da forma ( ) 1 3 , 2 , k k k + − − ∈R . ( ) ( ) ( ) 1,5 3,1 4,4 AB B A = − = − − = ( ) ( ) ( ) 1 3 , 2 0,0 1 3 , 2 OP P O k k k k = − = + − − − = + − − ( ) ( ) . 0 4,4 . 1 3 , 2 0 4 12 8 4 0 AB OP k k k k = ⇔ + − − = ⇔ + − − = 1 8 4 2 k k ⇔ = ⇔ = Então, 1 1 1 3 , 2 2 2 P + × − − , ou seja, 5 5 , 2 2 P − . 1.3. A reta t, reta tangente à circunferência de diâmetro [AB] no ponto B, é o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição . 0 AB BP = . ( ) 4,4 AB = e ( ) ( ) ( ) , 1,5 1, 5 BP P B x y x y = − = − = − − ( ) ( ) . 0 4,4 . 1, 5 0 4 4 4 20 0 AB BP x y x y = ⇔ − − = ⇔ − + − = 1 5 0 6 x y y x ⇔ − + − = ⇔ = − + Equação da reta t: 6 y x = − + . 2.1. O plano mediador de [AB] é o lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a condição . 0 MP AB = , sendo M o ponto médio de [AB]. Coordenadas de M: 1 3 1 2 2 0 , , 2 2 2 + + + , ou seja, 3 2, , 1 2 . ( ) 3 3 , , 2, , 1 2, , 1 2 2 MP P M x y z x y z = − = − = − − − e ( ) ( ) ( ) 3, 2, 0 1, 1, 2 2, 1, 2 AB B A = − = − = − NEMA11PR © Porto Editora
- 103. 104 Unidade 2 104 Unidade2 – NEMA11PR (20152608) ( ) 3 . 0 2, , 1 . 2,1, 2 0 2 MP AB x y z = ⇔ − − − − = 3 2 4 2 2 0 4 8 2 3 4 4 0 2 x y z x y z ⇔ − + − − + = ⇔ − + − − + = 4 2 4 7 0 x y z ⇔ + − − = Equação do plano mediador de [AB]: 4 2 4 7 0 x y z + − − =. 2.2. a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1 2 2 0 4 1 4 9 3 AB= − + − + − = + + = = Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo [ABD], tem-se: 2 2 3 3 18 3 2 BD = + = = . Aplicando, seguidamente, o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo [BDG], tem-se: ( ) 2 2 3 3 2 27 3 3 GD = + = = . b) ( ) ( ) . . PA PD PB BA PC CD = + + ( ) 2 (*) . . . . 0 0 PB PC PB CD BA PC BA CD PB PC AB = + + + = − × + + + 2 2 1 3 7 =− × + = (*) Os vetores PB e CD são perpendiculares, assim como BA e PC . Logo . 0 PB CD = e . 0 BA PC = . 2.3. O lugar geométrico dos pontos T do espaço que satisfazem a condição . 0 AB BT = é o plano tangente à superfície esférica de diâmetro [AB] no ponto B, ou seja, o plano BCF. O vetor ( ) 2, 1, 2 AB = − é normal ao plano BCF. O plano BCF é definido por uma equação da forma 2 2 0 x y z d + − + =. Como o ponto ( ) 3, 2, 0 B pertence ao plano BCF, tem-se: 2 3 2 2 0 0 8 d d × + − × + = ⇔ = − . Uma equação cartesiana do plano BCF é 2 2 8 0 x y z + − − =. 3.1. O plano xOz é definido pela condição 0 y = . A esfera de centro ( ) 0, 2, 3 C e tangente ao plano xOz tem raio igual a 2. Essa esfera pode ser representada pela inequação ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 x y z + − + − ≤ . 3.2. Como F é a projeção ortogonal do ponto ( ) 0, 2, 3 C sobre o eixo Oy, sabe-se que ( ) 0, 2, 0 F . Sendo β a amplitude, em graus, do ângulo FCA, tem-se . cos CF CA CF CA β = × . ( ) ( ) ( ) 0, 2, 0 0, 2, 3 0, 0, 3 CF F C = − = − = − e ( ) ( ) ( ) 0, 2, 0 2, 0, 0 2, 2, 0 CA F A = − = − = − . ( ) ( ) . 0, 0, 3 . 2, 2, 3 0 0 9 9 CF CA = − − − = + + = 3 CF = e ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 17 CA = + − + − = Então, tem-se 9 3 cos 3 17 17 β = = × . Recorrendo à calculadora, tem-se 43,31 β ≈ ° . 3.3. AB e AC são dois vetorpes não colineares do plano ABC. ( ) ( ) ( ) 2,2,2 2,0,0 0,2,2 AB B A = − = − = e ( ) 2,2,3 AC CA = − = − . Seja ( ) , , u a b c = um vetor não nulo normal ao plano ABC. Então, tem-se: . 0 . 0 u AB u AC = ∧ = . ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 0,2,2 0 . 0 2 2 0 2 2 3 0 , , . 2,2,3 0 . 0 a b c u AB b c a b c a b c u AC = = + = ⇔ ⇔ − + + = − = = 2 2 3 0 2 c b c b b a b b a = − = − ⇔ ⇔ − + − = = − Coordenadas do vetor u : { } , , , 0 2 b b b b − − ∈ R . Por exemplo, se 2 b = tem-se ( ) 1,2, 2 u − − . Sabe-se que o vetor ( ) 1,2, 2 u − − é normal ao plano ABC e que o ponto ( ) 2,0,0 A pertence ao plano ABC. Então, tem-se: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 0 2 0 0 2 2 2 0 x y z x y z − − + − − − = ⇔ − + + − = 2 2 2 0 x y z ⇔ − + − + = Uma equação cartesiana do plano ABC é 2 2 2 0 x y z − + − + = . O ponto D é o ponto de interseção do plano ABC com o eixo Oz. Como D pertence ao eixo Oz, então ( ) 0, 0, , D z z∈R . O ponto D pertence ao plano ABC, logo tem-se: 0 2 0 2 2 0 1 z z + × − + = ⇔ = Assim sendo, ( ) 0, 0, 1 D . NEMA11PR © Porto Editora
- 104.
- 105. 106 106 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Pág. 7 1.1. Conjunto dos majorantes de A: [ [ 5,+∞ . Conjunto dos minorantes de A: , 3 −∞ . O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado. 1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ [ 9,+∞ . Conjunto dos minorantes de A: ] ] , −∞ π . O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado. 1.3. Conjunto dos majorantes de A: [ [ 4,+∞ . Não existem minorantes. O conjunto A não é minorado. Logo, A não é limitado. 1.4. Conjunto dos majorantes de A: [ [ 5,+∞ . Conjunto dos minorantes de A: ] ] , 1 −∞ − . O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado. 1.5. Não existem majorantes. Conjunto dos minorantes de A: ] ] ,0 −∞ . O conjunto A não é majorado. Logo, A não é limitado. 1.6. Não existem majorantes. Não existem minorantes. O conjunto A não é minorado nem majorado. Logo, A não é limitado. 2.1. 4 2 4 2 4 2 2 6 x x x x x + ⇔ + ∧ + − ⇔ − ∧ − . Então, ] [ 6, 2 A = − − . O conjunto A é limitado porque é majorado e minorado. Conjunto dos majorantes: [ [ 2, − +∞ . Conjunto dos minorantes: ] ] , 6 −∞ − . 2.2. 2 5 2 5 3 5 5 3 x x x x x x − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − . Então, [ [ 5, B = − +∞ . O conjunto B não é limitado porque não é majorado. 2.3. ] [ [ [ [ [ 6, 2 5, 5, 2 C A B = ∩ = − − ∩ − +∞ = − − . Conjunto dos majorantes de C: [ [ 2, − +∞ . Conjunto dos minorantes de C: ] ] , 5 −∞ − . 3. ( ) 3 2 3 2 2 6 6 0 6 0 x x x x x x x x x + = ⇔ + − = ⇔ + − = 2 1 1 24 0 6 0 0 2 x x x x x − ± + ⇔ = ∨ + − = ⇔ = ∨ = 0 2 3 x x x ⇔ =∨ =∨ = − Então, { } 3, 0, 2 A= − . Conjunto dos majorantes de A: [ [ 2,+∞ . Conjunto dos minorantes de A: ] ] , 3 −∞ − . Conjunto de todos os números reais que não são minorantes nem majorantes de A: ] [ 3,2 − . Pág. 8 4.1. { } [ [ [ ] { } 1,0,1 3, 0 3, 0 1 A B ∪ = − ∪ − = − ∪ . Conjunto dos majorantes de A B ∪ : [ [ 1,+∞ . 1 é o menor dos majorantes do conjunto A B ∪ e pertence a A B ∪ , logo 1 é o máximo do conjunto A B ∪ . Conjunto dos minorantes de A B ∪ : ] ] , 3 −∞ − . 3 − é o maior dos minorantes do conjunto A B ∪ e pertence a A B ∪ , logo 3 − é o mínimo do conjunto A B ∪ . 4.2. 1 1 2 0 2 1 2 x x x − ⇔ − − ⇔ Então, 1 , 2 C = + ∞ . [ [ [ [ 1 3, 0 , 3, 2 B C ∪ = − ∪ + ∞ = − + ∞ O conjunto B C ∪ não tem majorantes, logo não tem máximo. Conjunto dos minorantes de B C ∪ : ] ] , 3 −∞ − . 3 − é o maior dos minorantes do conjunto B C ∪ e pertence a B C ∪ , logo 3 − é o mínimo do conjunto B C ∪ . 4.3. { } { } 1 1 1,0,1 , 1,0 , 2 2 A C ∪ = − ∪ + ∞ = − ∪ + ∞ O conjunto A C ∪ não tem majorantes, logo não tem máximo. Conjunto dos minorantes de A C ∪ : ] ] , 1 −∞ − . 1 − é o maior dos minorantes do conjunto A C ∪ e pertence a A C ∪ , logo 1 − é o mínimo do conjunto A C ∪ . 4.4. { } [ [ { } 1,0,1 3, 0 1 A B ∩ = − ∩ − = − Conjunto dos majorantes de A B ∩ : [ [ 1, − +∞ . 1 − é o menor dos majorantes do conjunto A B ∩ e pertence a A B ∩ , logo 1 − é o máximo do conjunto A B ∩ . Conjunto dos minorantes de A B ∩ : ] ] , 1 −∞ − . 1 − é o maior dos minorantes do conjunto A B ∩ e pertence a A B ∩ , logo 1 − é o mínimo do conjunto A B ∩ . Pág. 9 5.1. Analisando a figura conclui-se que ( ) n u é a sucessão dos números ímpares, então 3 2 3 1 5 u = × − = e 8 2 8 1 15 u = × − = . n 1 2 3 4 … 8 … n u 1 3 5 7 … 15 … 5.2. O termo geral da sucessão ( ) n u é 2 1 n u n = − . Pág. 11 6.1. Atendendo à lei de formação das figuras, sabe-se que: 3 2 3 7 3 10 u u = + = + = ; 4 3 3 10 3 13 u u = + = + = ; 5 4 3 13 3 16 u u = + = + = e 3 1 n u n = + . n 1 2 3 4 5 … n n u 4 7 10 13 16 … 3 1 n + Unidade 3 Sucessões NEMA11PR © Porto Editora
- 106. Sucessões 107 107 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 6.2. 40 3 40 1 121 u = × + = Na 40.ª figura são utilizados 121 fósforos. 6.3. 253 254 3 1 254 3 n u n n = ⇔ + = ⇔ = Como 253 3 ∉N conclui-se que não existe nenhuma figura da sequência que seja construída com exatamente 254 fósforos. 6.4. ( ) 214 215 3 1 215 71, 3 3 n u n n n ⇔ + ⇔ ⇔ Como n∈N , conclui-se que 71 n ≤ . Qualquer uma das 71 primeiras figuras da sequência é construída com menos de 215 fósforos. Tarefa 1 1.1. 1 2 3 3 1 8 11 ; 3 2 8 14 ; 3 3 8 17 . u u u = × + = = × + = = × + = 2 2 2 1 2 3 1 4 1 3 ; 2 4 2 4 ; 3 4 3 3. v v v = − × = − = − × = − = − × = − 1.2. 37 45 3 8 45 3 n u n n = ⇔ + = ⇔ = Como 37 3 ∉N conclui-se que 45 não é termo da sucessão ( ) n u . 1.3. 2 2 45 4 45 4 45 0 n v n n n n = ⇔ − = ⇔ − − = 4 16 1804 9 5 2 n n n ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 9 n = . Então, 45 é o termo de ordem 9 da sucessão ( ) n v . 1.4. 2 2 4 3 8 7 8 0 n n v u n n n n n = ⇔ − = + ⇔ − − = 7 49 32 8 1 2 n n n ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 8 n = . Existe um termo comum às duas sucessões, o termo de ordem 8. 2.1. ( ) 10 10 10 1 55 2 t × + = = A figura de ordem 10 tem 55 pontos. 2.2. ( ) 2 1 80 80 160 0 2 n n n t n n + = ⇔ = ⇔ + − = 1 1 640 12,16 13,16 2 n n n − ± + ⇔ = ⇔ ≈ ∨ ≈ − Como n∉N , conclui-se que não existe nenhuma figura com exatamente 80 pontos. ( ) 2 1 105 105 210 0 2 n n n t n n + = ⇔ = ⇔ + − = 1 1 840 15 14 2 n n n − ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 15 n = . A figura de ordem 15 tem exatamente 105 pontos. 2.3. ( ) 2 1 200 200 400 0 2 n n n t n n + ⇔ ⇔ + − Cálculos auxiliares: 2 400 0 1 1 1600 2 19,5 20,5 n n n n n + − = − ± + ⇔ = ⇔ ≈ ∨ ≈ − Então, tem-se: 2 200 400 0 19 n t n n n n n n ∧ ∈ ⇔ + − ∧ ∈ ⇔ ≤ ∧ ∈ N N N A sucessão tem 19 termos com valor inferior a 200. 3.1. 3 1 2,4 2,4 3 1 2,4 2,4 0,6 3,4 1 n n w n n n n − ⇔ ⇔ − + ⇔ + ( ) 5, 6 n ⇔ Assim sendo, o termo de maior ordem que é inferior a 2,4 é 5.° termo. Ora, 5 3 5 1 14 7 5 1 6 3 w × − = = = + . 3.2. 3 1 2,75 2,75 3 1 2,75 2,75 1 n n w n n n − ⇔ ⇔ − + + 0,25 3,75 15 n n ⇔ ⇔ Assim sendo, o termo de menor ordem que é maior que 2,75 é 16.° termo. Ora, 16 3 16 1 47 16 1 17 w × − = = + . 3.3. 13 14 2,6 2,8 5 5 n n n n w w w w ∧ ⇔ ∧ 3 1 3 1 2,6 2,8 1 1 n n n n − − ⇔ ∧ + + 3 1 2,6 2,6 3 1 2,8 2,8 9 19 n n n n n n ⇔ − + ∧ − + ⇔ ∧ . A sucessão tem 9 termos (desde o 10.° até ao 18.°) superiores a 13 5 e inferiores a 14 5 . Pág. 12 7.1. Sejam , m p∈N tais que p m . 5 5 5 8 5 8 p m p m p m p m v v ⇔ ⇔ − − ⇔ 7.2. A sucessão ( ) n v é crescente porque , , p m m p p m v v ∀ ∈ ⇒ N . 8.1. 1 3 3 1 a u = = = 8.2. 1 3 1 9 3 3 b u b b = ⇔ = ⇔ = 8.3. , 1 n n n ∀ ∈ + N 1 1 , 1 n n n ⇔ ∀ ∈ + N 3 3 , 1 n n n ⇔ ∀ ∈ + N 1 , n n n u u + ⇔ ∀ ∈ N NEMA11PR © Porto Editora
- 107. 108 Unidade 3 108 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pág. 13 9. ( ) 1 4 4 4 4 4 4 4 1 1 1 n n n n u u n n n n n n + − + + − = − − − = − + = + + + ( ) 4 1 n n = + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é crescente. ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 2 3 3 2 3 3 n n v v n n n n + − = − + − − = − − − + = − Então, 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é decrescente. 10.1. a) ( ) 1 2 1 1 2 3 1 1 n n n a n n + + + + = = + + b) Sendo 1 n , ( ) 1 2 1 1 2 1 1 1 n n n a n n − − + − = = − − . 10.2. a) 6 5 13 11 65 66 1 6 5 30 30 a a − − = − = = − Conclusão: 6 5 0 a a − . b) 7 6 15 13 90 91 1 7 6 42 42 a a − − = − = = − Conclusão: 7 6 0 a a − . c) ( ) ( )( ) ( ) 1 2 3 2 1 1 2 3 2 1 1 1 n n n n n n n n a a n n n n + + − + + + + − = − = + + ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 1 1 1 1 n n n n n n n n n + − − − − − = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Conclusão: 1 0 n n a a + − . 11.1. ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 9 9 2 1 9 9 n n v v n n n n n + − = + − − − = + + − − + 2 1 n = + 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é crescente. 11.2. a) 2 1 1 1 9 8 8 w v = = − =− = ; 2 2 2 2 9 5 5 w v = = − =− = 2 3 3 3 9 0 0 w v = = − = = ; 2 4 4 4 9 7 7 w v = = − = = b) A sucessão ( ) n w não é monótona porque, por exemplo, 3 2 4 3 w w w w ∧ . 12.1. 2 2 1 2 1 8 1 5 2 ; 2 8 2 5 7 ; u u = − × + = − = − × + = − 2 3 3 8 3 5 10 u = − × + = − . Então, 1 2 3 u u u . 12.2. Pelo facto de 1 2 3 u u u , não se pode concluir que a sucessão ( ) n u é decrescente. Tal só acontece se 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N . Ora, ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 8 1 5 8 5 n n u u n n n n + − = + − + + − − + 2 2 2 1 8 8 5 8 5 2 7 n n n n n n = + + − − + − + − = − . Se 3 n ≤ , 1 0 n n u u + − . Se 4 n ≥ , 1 0 n n u u + − . Então, conclui-se que ( ) n u é não monótona. Pág. 14 13.1. 1 2 3 4 2 3 1 4 4 4 4 4, , , , ..., 2 2 2 2 n n l l l l l − = = = = = 2 1 1 3 4 2 1 2 2 2 n n n n l − − − = = = ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 3 2 1 1 1 1 2 4 2 2 n n n n n n a l − − − − == = = = 13.2. a) 1 1 3 3 2 3 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n l l + + − − − − − − − − = − = − = − = − Então, 1 0 n n l l + − . b) 1 1 3 3 2 3 2 2 2 1 1 1 1 1 4 3 4 4 4 4 4 4 4 n n n n n n n n n a a + + − − − − − − − − = − = − = − = − Então, 1 0 n n a a + − . 13.3. As sucessões ( ) n l e ( ) n a são monótonas decrescentes porque 1 , 0 n n n l l + ∀ ∈ − N e 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N . 14.1. 1 5 0,3 0,3 5 0,3 0,6 2 p p p u u p p p + − − = ⇔ = ⇔ − = + + 0,7 5,6 8 p p ⇔ = ⇔ = Conclusão: 8 p = e 1 9 p+ =. 14.2. A sucessão ( ) n u não é monótona porque, por exemplo, se 4 n = tem-se 1 0 n n u u + − e se 6 n = tem-se 1 0 n n u u + − . Pág. 15 15.1. ( ) 1 , se ímpar 1 2 2 1 , se par 2 n n n u n − − = = Então, 1 1 ' , 2 2 D = − . 15.2. A sucessão ( ) n u não é monótona porque os seus termos são alternadamente negativos e positivos. 16.1. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n u u n n n n n n + − + − − = − = = + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona decrescente. NEMA11PR © Porto Editora
- 108. Sucessões 109 109 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 16.2. ( ) ( ) ( ) 1 4 1 1 4 1 4 3 4 1 2 1 2 2 1 2 n n n n n n v v n n n n + + − − + − − = − = − + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 4 1 1 4 3 4 4 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n n n n n + − − + + − − + + = = + + ( ) 1 2 1 n n = + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. Então, 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é monótona crescente. 16.3. ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 2 1 n n w w n n n n + − = − + + − − + = − − + + − = − . Então, 1 , 0 n n n w w + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n w w + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n w é monótona decrescente. 16.4. A sucessão ( ) n t não é monótona porque, por exemplo, 6 5 7 6 t t t t ∧ . 17.1. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 n n n n n n a a n n n n + + − − − − = − = − + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n n n n n n × − − + − − + + = = = + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. Então, 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n a é crescente. 17.2. ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 0 ; 1 2 1 2 3 ; b b = − + = − + = = − + = + = ( ) 3 3 1 3 1 3 2 b = − + = − + = . Então, 1 2 2 3 b b b b ∧ . Por isso, a sucessão ( ) n b não é monótona. 17.3. + + + + + + − = − = − = + + + + + 1 1 3 3 4 3 1 1 1 2 1 n n n n n n c c n n n n ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) + + + − + + + + + − + + = = + + + + 2 2 4 4 2 3 6 4 1 3 2 2 1 2 1 n n n n n n n n n n n n n n ( )( ) ( )( ) + + − − − − = = + + + + 2 2 5 4 5 6 2 2 1 2 1 n n n n n n n n O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, + ∀ ∈ − 1 , 0 n n n c c N , ou seja, + ∀ ∈ 1 , n n n c c N . A sucessão ( ) n c é decrescente. Tarefa 2 1.1. 2 5 3 4 5 5 3 25 15 1 5 4 20 2 u u u − − × − = = = × . 1.2. a) Se 4 n então ( ) 1 5 1 5 5 5 5 5 n n u u n n n n + − = + − = + − = . Se 4 n então 1 0 n n u u + − . b) Se 4 n então ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 n n u u n n n n n n + − = + − = + + − = + . Se 4 n então 1 0 n n u u + − . c) Se 4 n = então 2 1 5 4 5 5 4 5 n n u u u u + − = − = − × = . Se 4 n = então 1 0 n n u u + − . 1.3. A sucessão ( ) n u é crescente porque 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . 1.4. 1 2 3 4 5 1 5, 5 2 10, 5 3 15, 5 4 20 u u u u = × = = × = = × = = × = e 2 5 5 25 u = = . 2.1. 5 3 4 5 3 2 8 5 3 5 5 5 4 4 v v v + + = = = . 2.2. a) Se 3 n então ( ) ( ) 1 3 3 3 3 3 3 1 1 1 n n n n v v n n n n n n + − − − − = − = = + + + . O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Donde se conclui que, se 3 n então 1 0 n n v v + − . b) Se 4 n≥ então ( ) ( ) 1 5 5 5 5 5 5 1 1 1 n n n n v v n n n n n n + − − − − = − = = + + + . Donde se conclui que, se 4 n≥ então 1 0 n n v v + − . c) Se 3 n = então 1 4 3 5 3 5 1 1 4 3 4 4 n n v v v v + − = − = − = − = . Se 3 n = então 1 0 n n v v + − . 2.3. A sucessão ( ) n v não é monótona porque 1 n n v v + − não toma sempre o mesmo sinal. 2.4. 1 2 3 4 3 3 3 5 3, 1,5, 1, 1,25 1 2 3 4 u u u u = = = = = = = = e 5 5 1 5 u = = . NEMA11PR © Porto Editora
- 109. 110 Unidade 3 110 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 3.1. a) 3 2 1 2 1 3 3 3 w w − = − = − e 4 3 4 1 7 5 3 15 w w − = − = . b) Se n par então 1 n+ é ímpar. Logo, 1 1 1 1 1 1 n n n n w w n n n + − − = − = + + + . c) Se n ímpar então 1 n+ é par. Logo, ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 n n n n n n n w w n n n n n n + + − + + + − = − = − = + + + + 2 2 2 2 n n n − = + . 3.2. A sucessão ( ) n w não é monótona porque 1 n n w w + − não toma sempre o mesmo sinal. Pág. 16 18.1. 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n u se , 5 n n u ∀ ∈ ≤ N . 1 1 1 5 4 5 1 1 1 1 n u n n n n n ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − A condição 1 n ≥ − é universal em N . Conclusão: 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n u . 18.2. 1 1 1 0 1 0 1 4 4 3 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ A sucessão ( ) n u é limitada porque , 3 4 n n u ∀ ∈ ≤ N . 19.1. ( ) 1 2, se ímpar 2, se ímpar 1 2 1 2, se par 2, se par n n n n u n n − × − = − × = = × Então, { } ' 2, 2 D = − . 19.2. A sucessão ( ) n u é limitada porque é minorada e majorada. Conjunto dos majorantes: [ [ 2,+∞ . Conjunto dos minorantes: ] ] , 2 −∞ − . 20.1. 1 4 n u n = + ; 1 1 0 1 4 4 5 n n ≤ ⇔ + ≤ A sucessão ( ) n u é limitada porque , 4 5 n n u ∀ ∈ ≤ N . 20.2. 2 3 3 2 n n v n n − = = − 1 3 3 3 0 1 0 3 0 3 2 2 1 n n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − A sucessão ( ) n v é limitada porque , 1 2 n n v ∀ ∈ − ≤ N . 20.3. 5 7 5 10 3 3 5 2 2 2 n n n w n n n + + − = = = − + + + . 1 1 3 3 0 0 1 0 1 2 3 2 2 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − + + + 3 5 5 4 2 n ⇔ − ≥ + A sucessão ( ) n w é limitada porque , 4 5 n n w ∀ ∈ ≤ N . Pág. 17 21.1. ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 ; ; 1 2 2 3 3 a a a − − − == − == == − e ( ) 4 4 1 1 4 4 a − = = . 21.2. A sucessão ( ) n a não é monótona porque os seus termos são alternadamente negativos e positivos. 21.3. ( ) 1 , se ímpar 1 1 , se par n n n n n a n n − − = = Sendo n ímpar, tem-se: 1 1 0 1 0 1 1 0 n a n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≤ Sendo n par, tem-se: 1 1 1 0 0 2 2 n a n ≤ ⇔ ≤ Conclusão: A sucessão ( ) n a é limitada porque 1 , 1 2 n n a ∀ ∈ − ≤ ≤ N . 22.1. 1 1 n u n = − − 1 1 1 0 1 0 1 1 1 2 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − − − ≥ − A sucessão ( ) n u é limitada porque , 2 1 n n u ∀ ∈ − ≤ − N . Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( ) n u : 1 − . Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão ( ) n u : 2 − . 22.2. 2 2 , se par 3, se ímpar n n v n n = − Sendo n ímpar, 3 n v = − . Sendo n par, 2 2 n v n = . Logo, tem-se: 2 2 1 1 2 2 1 0 0 0 4 4 2 n v n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ A sucessão ( ) n v é limitada porque 1 , 3 2 n n v ∀ ∈ − ≤ ≤ N . Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( ) n v : 1 2 . Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão ( ) n v : 3 − . NEMA11PR © Porto Editora
- 110. Sucessões 111 111 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 22.3. ( ) 1, se ímpar cos 1, se par n n w n n − = π = A sucessão ( ) n w é limitada porque , 1 1 n n w ∀ ∈ − ≤ ≤ N . Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( ) n w : 1. Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão ( ) n w : 1 − . 23. 2, 2 2, n n a n a n ∀ ∈ ⇔ − ∀ ∈ N N Exemplo de um majorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n a : 2. Exemplo de um minorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n a : 2 − . 24. Se a sucessão ( ) n u é limitada, então existem números reais m e M tais que , n m u M n ≤ ≤ ∀ ∈N . , , n n m u M n m u M n ≤ ≤ ∀ ∈ ⇔ − ≥ − ≥ − ∀ ∈ N N , n M u m n ⇔ − ≤ − ≤ − ∀ ∈N Então, a sucessão ( ) n u − também é limitada. Pág. 18 25.1. 3 é um minorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n u se , 3 n n u ∀ ∈ ≥ N . 3 2 1 3 2 2 1 n u n n n ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ A condição 1 n ≥ é universal em N . Conclusão: 3 é um minorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n u . 25.2. 1000 2 1 1000 2 999 499,5 n u n n n ⇔ + ⇔ ⇔ A sucessão ( ) n u tem 499 termos menores que 1000. 25.3. Ora, , 1 , 2 2 n n n n ∀ ∈ ≥ ⇔ ∀ ∈ ≥ N N , 2 1 3 , 3 n n n n u ⇔ ∀ ∈ + ≥ ⇔ ∀ ∈ ≥ N N . A sucessão ( ) n u não é limitada porque não é majorada. 26.1. Por exemplo, a sucessão de termo geral 1 n u n = é decrescente e de termos positivos. 26.2. Por exemplo, a sucessão de termo geral 1 4 n u n = − é crescente e , 4 n n u ∀ ∈ N . 26.3. Por exemplo, a sucessão de termo geral 1 4 n u n = + é decrescente e , 4 n n u ∀ ∈ N . 26.4. Por exemplo, a sucessão de termo geral 2 n u n = não é limitada (pois não é majorada) e , 2 n n u ∀ ∈ ≥ N . 27. Vamos provar que a sucessão ( ) n v não é minorada, isto é, que qualquer que seja o número real m , este não é minorante. Pretende-se provar que , : p m p v m ∀ ∈ ∃ ∈ R N . 5 2 2 5 2 5 p v m p m p m p m ⇔ − ⇔ − − ⇔ − + 5 2 m p − + ⇔ Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que 5 2 m − + . Neste caso tem-se p v m . Daqui resulta que m não é minorante da sucessão. Então, a sucessão ( ) n v não é minorada. Pág. 19 28. 2 , se ímpar 3n-5, se par n n v n n = Sendo n ímpar, 2 n v n = . Logo, tem-se: 1 2 0 1 0 2 0 2 n v n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Sendo n par, 3 5 n v n = − . Logo, tem-se: 3 3 6 3 5 1 1 n n n n v ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ Donde se conclui que a sucessão ( ) n v não é limitada porque não é majorada. 29.1. Pretende-se determinar uma ordem p a partir da qual 2400 n a . 4 1 2400 2400 4 1 7200 1800,25 3 n n a n n − ⇔ ⇔ − ⇔ Donde se conclui que 1801 p = . 29.2. A sucessão ( ) n a não é limitada porque não é majorada. Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não é majorante. Pretende-se provar que , : p M p a M ∀ ∈ ∃ ∈ R N . 4 1 4 1 3 4 3 1 3 p p a M M p M p M − ⇔ ⇔ − ⇔ + 3 1 4 M p + ⇔ Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que 3 1 4 M + . Neste caso tem-se p a M . Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( ) n a . Então, a sucessão ( ) n a não é majorada. 30.1. 2 150 150 150 22500 n b n n n ⇔ ⇔ ⇔ O maior termo que satisfaz a condição 150 n b é o termo de ordem 22 499, cujo valor é 22499 . 30.2. A sucessão ( ) n b não é limitada porque não é majorada. Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não é majorante. Pretende-se provar que , : p M p b M ∀ ∈ ∃ ∈ R N . 2 p b M p M p M ⇔ ⇔ NEMA11PR © Porto Editora
- 111. 112 Unidade 3 112 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que 2 M . Neste caso tem-se p b M . Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( ) n b . Então, a sucessão ( ) n b não é majorada. Tarefa 3 1.1. O octógono tem 8 lados. 2 8 6 n n + = ⇔ = 2 6 6 6 2 20 2 u + − = = O octógono tem 20 diagonais. 1.2. 2 2 2 90 90 2 180 2 n n n u n n + − = ⇔ = ⇔ + − = ( ) 2 1 1 4 1 182 182 0 2 n n n − ± − × × − ⇔ + − = ⇔ = 13 14 n n ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 13 n = . Número de lados do polígono: 2 13 2 15 n + = + = . O polígono com 90 diagonais tem 15 lados. 1.3. 2 2 2 80 80 2 160 2 n n n u n n + − = ⇔ = ⇔ + − = ( ) 2 1 1 4 1 162 162 0 2 n n n − ± − × × − ⇔ + − = ⇔ = 12,2 13,2 n n ⇔ ≈ ∨ ≈ − Como n∈N, a equação anterior é impossível. Donde se conclui que não há um polígono com 80 diagonais. 1.4. ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 18 18 2 2 n n n n n n u u + + + + − + − − = ⇔ − = 2 2 2 1 1 2 2 18 1 18 17 2 n n n n n n n + + + + − − − + ⇔ = ⇔ + = ⇔ = Os polígonos construídos pela Joana tinham 19 (17+2) e 20 (19+1) lados, respetivamente. 2. A sucessão ( ) n v é não limitada porque não é majorada. Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não é majorante. Pretende-se provar que , : p M p v M ∀ ∈ ∃ ∈ R N . 6 3 6 3 6 3 p M v M p M p M p − ⇔ + ⇔ − ⇔ Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que 6 3 M − . Neste caso tem-se p v M . Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( ) n v . Então, a sucessão ( ) n v não é majorada. Pág. 20 Proposta 1 1.1. Um número real s tal que , x A x s ∀ ∈ ≤ , é um majorante do conjunto A. Por exemplo, 7 s = . 1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ [ 7,+∞ . 1.3. Por exemplo, 8 é majorante de A é majorante de B . 8 é majorante de A pois , 8 x A x ∀ ∈ ≤ . 8 não é majorante de B pois, por exemplo, 8,2 8,2 8 B ∈ ∧ . 1.4. a) Conjunto dos minorantes de B: ] ] ,2 −∞ . b) ] [ 2, 9 A B ∪ = − . Conjunto dos minorantes de A B ∪ : ] ] , 2 −∞ − . Proposta 2 Sendo 3 , 2 + ∞ o conjunto dos majorantes de A, então 3 2 b = . Sendo ] ] , 3 −∞ − o conjunto dos minorantes de A, então 3 a = − . Assim sendo, [ [ 3 3, 1 2 A = − ∪ . Proposta 3 3.1. 2 , A =− π . Conjunto dos majorantes de A: [ [ , π + ∞ . Conjunto dos minorantes de A: , 2 − ∞ − . ] [ , 4 B = −∞ . Conjunto dos majorantes de B: [ [ 4,+∞ . O conjunto B não tem minorantes. 7, 3 3 ,4 C = − ∪ . Conjunto dos majorantes de C: [ [ 4,+∞ . Conjunto dos minorantes de C: ] ] , 7 −∞ − . { } : x 3 D x = ∈ R . 3 3 3 x x x ⇔ ∨ − Então, ] [ ] [ , 3 3, D = −∞ − ∪ +∞ . O conjunto D não tem majorantes nem minorantes. 3.2. Os conjuntos A e C são limitados porque são minorados e majorados. 3.3. O número 3 pertence ao conjunto C e não é majorante nem minorante. NEMA11PR © Porto Editora
- 112. Sucessões 113 113 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 3.4. O conjunto A tem mínimo igual a 2 − e não tem máximo. 2 − é o maior dos minorantes do conjunto A e pertence a A, logo 2 − é o mínimo do conjunto A. π é o menor dos majorantes do conjunto A mas π não pertence a A, logo o conjunto A não tem máximo. Proposta 4 4.1. a) 9 5 9 4 49 u = × + = b) 12 5 12 4 64 u = × + = 4.2. 5 4 n u n = + Pág. 21 Proposta 5 5.1. a) 7 4 n u n = − b) 37 7 37 4 255 u = × − = O valor do termo da 3.ª coluna que se encontra na 37.ª linha é 255. c1) 164 7 4 164 24 n u n n = ⇔ − = ⇔ = 164 é termo de ( ) n u e situa-se na 24.ª linha da 3.ª coluna. c2) 212 208 7 4 208 7 n u n n = ⇔ − = ⇔ = Como 212 30,2857 7 ≈ , conclui-se que 208 não é termo de ( ) n u . c3) 360 7 4 360 52 n u n n = ⇔ − = ⇔ = 360 é termo de ( ) n u e situa-se na 52.ª linha da 3.ª coluna. 5.2. a) 98 é múltiplo de 7 porque 98 7 14 = × . Então, o número 98 pertence à 7.ª coluna e à 14.ª linha. b) Como 323 7 46 1 = × + , conclui-se que o número 323 pertence à 1.ª coluna e à 47.ª linha. c) Como 1000 7 142 6 = × + , conclui-se que o número 1000 pertence à 6.ª coluna e à 143.ª linha. 5.3. A sequência que pertence a uma linha da tabela é a (B) porque, dos números 127, 231 e 474, o único que é múltiplo de 7 é o 231. Proposta 6 Como a sucessão ( ) n a representada graficamente na figura é monótona decrescente, excluem-se as opções (C) e (D). Por observação gráfica, sabe-se que o primeiro termo da sucessão ( ) n a é positivo. Ora, na opção (A) tem-se 1 2 1 2 a =− × =− e na opção (B) tem-se 1 10 2 1 8 a = − × = . Donde se conclui que a opção correta é a (B). Pág. 22 Proposta 7 7.1. 10 3 10 2 28 2,8 10 10 u × − = = = 7.2. 5 3 2 5 6 4 5 4 2 2 n n u n n n n − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 5 2 é o 4.° termo da sucessão. 7.3. 3 2 2 2 3 2 2 2 n n u n n n n − ⇔ ⇔ − ⇔ Os termos da sucessão são maiores que 2 a partir da ordem 3, inclusive. 7.4. a) ( ) 1 3 1 2 3 1 1 1 n n n u n n + + − + = = + + b) ( ) ( )( ) ( ) 1 3 1 3 2 1 3 1 3 2 1 1 n n n n n n n n u u n n n n + + − − + + − − = − = + + ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 2 2 1 1 n n n n n n n n n + − − + + = = + + Proposta 8 8.1. 1 1 9 10 1 a + = = e 2 2 9 11 2 2 a + = = . 8.2. 9 2 2 9 2 9 n n a n n n n + = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = O termo igual a 2 tem ordem 9. 8.3. 9 3 7 7 9 7 2 n n a n n n n + = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = Como n∉N , conclui-se que 7 não é termo da sucessão. 8.4. 3 9 3 2 18 3 18 2 2 n n a n n n n + ⇔ ⇔ + ⇔ Os termos da sucessão são inferiores a 3 2 a partir da ordem 19, inclusive. 8.5. ( ) ( )( ) ( ) 1 10 9 1 1 9 9 1 1 n n n n n n n n a a n n n n + + − + + + + + − = − = + + ( ) ( ) 2 2 10 9 9 9 1 1 n n n n n n n n n + − − − − − = = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Conclusão: 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ N . Proposta 9 9.1. 2 2 1 2 1 6 1 4 1 ; 2 6 2 4 4 ; v v = − × + = − = − × + = − 2 3 3 6 3 4 5 v = − × + = − . Então, 1 2 3 v v v . NEMA11PR-8 NEMA11PR © Porto Editora
- 113. 114 Unidade 3 114 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 9.2. Pelo facto de 1 2 3 v v v , não se pode afirmar que a sucessão é decrescente. Tal só acontece se 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . Ora, ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 6 1 4 6 4 n n v v n n n n + − = + − + + − − + 2 2 2 1 6 6 4 6 4 2 5 n n n n n n = + + − − + − + − = − . Se 2 n ≤ , 1 0 n n v v + − . Se 3 n ≥ , 1 0 n n v v + − . Então, conclui-se que ( ) n v é não monótona. 9.3. 2 2 20 6 4 20 6 16 0 n v n n n n = ⇔ − + = ⇔ − − = 6 36 64 8 2 2 n n n ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 8 n = . Assim sendo, 20 é o 8° termo da sucessão. 9.4. 2 0 6 4 0 n v n n ⇔ − + Cálculos auxiliares: 2 6 36 16 6 4 0 2 5,24 0,76 n n n n n ± − − + = ⇔ = ⇔ ≈ ∨ ≈ Então, tem-se: 2 0 6 4 0 5 n v n n n n n n ∧ ∈ ⇔ − + ∧ ∈ ⇔ ≤ ∧ ∈ N N N Donde se conclui que a sucessão tem 5 termos negativos (os cinco primeiros termos). Proposta 10 10.1. 1 2 3 5 1 2 5 2 2 5 3 2 13 3 ; 4 e 1 2 3 3 u u u × − × − × − = = = = = = . 10.2. 5 2 4,8 4,8 5 2 4,8 10 n n u n n n n − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 4,8 é o 10.° termo da sucessão. 10.3. 5 2 20 4,7 4,7 5 2 4,7 3 n n u n n n n − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = Como 20 3 ∉N conclui-se que 4,7 não é termo da sucessão ( ) n u . 10.4. 5 2 4,9 4,9 5 2 4,9 20 n n u n n n n − ⇔ ⇔ − ⇔ O primeiro termo da sucessão maior que 4,9 é o termo de ordem 21, cujo valor é 21 5 21 2 103 21 21 u × − = = . 10.5. 5 2 5 5 5 2 5 2 0 n n u n n n − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ A proposição 2 0 − ≤ é verdadeira, então a condição 5 n u ≤ é válida em N . 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão ( ) n u porque , 5 n n u ∀ ∈ ≤ N . Pág. 23 Proposta 11 11.1. 2 1 3 2 n n u u n n + − = + + 2 3 9 8 3 2 0 1 2 2 n n n n n − ± − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 2 3 2 0 n n + + . 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . Então, ( ) n v é monótona crescente. 11.2. 2 2 1 90 3 2 90 3 88 0 n n u u n n n n + − = ⇔ + + = ⇔ + − = 3 9 352 8 11 2 n n n − ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 8 n = . Os termos referidos têm ordem 8 e 9. Proposta 12 ( ) 2 1 0 2 6 0 2 3 0 0 3 n n v v n n n n n n + − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = Como n∈N , conclui-se que 3 n = . Então, tem-se 4 3 0 v v − = , ou seja, 4 3 v v = . A opção correta é a (B). Proposta 13 13.1. Sabe-se que , 2 5 n n u ∀ ∈ − ≤ N . Como 2 2 − =e 5 5 = , conclui-se que , 0 5 n n u ∀ ∈ ≤ ≤ N . A opção correta é a (C). 13.2. 7 2 7 2 n n u n n − = = − 1 7 7 0 1 0 7 2 2 5 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − − ≤ Então a sucessão satisfaz a condição dada porque , 2 5 n n u ∀ ∈ − ≤ N . Proposta 14 14.1. 2 1 1 0 16 36 0 n n n n a a a a n n + + = ⇔ − = ⇔ − − = 16 256 144 18 2 2 n n n ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 18 n = . Donde se conclui que os termos de ordem 18 e 19 da sucessão ( ) n a são iguais. 14.2. 2 1 0 16 36 0 18 2 n n a a n n n n + − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − Se 18 n ≤ , 1 0 n n a a + − . Se 18 n , 1 0 n n a a + − . Então, conclui-se que a sucessão ( ) n a não é monótona. NEMA11PR © Porto Editora
- 114. Sucessões 115 115 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 14.3. 2 1 n n b b n n + − = − . ( ) 2 1 0 0 1 0 0 1 n n b b n n n n n n + − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = Como n∈N, conclui-se que 1 , 0 n n n b b + ∀ ∈ − ≥ N , ou seja, 1 , n n n b b + ∀ ∈ ≥ N . Então, a sucessão ( ) n b é crescente em sentido lato. Proposta 15 ( ) ( ) 2 2 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − ⇔ N ( )( ) 1 1 , 0 n n n n n u u u u + + ⇔ ∀ ∈ − + N Sendo ( ) n u uma sucessão de termos positivos, sabe-se que 0 n u e 1 0 n u + . Logo, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ + N . Então, tem-se: ( )( ) 1 1 1 , 0 , 0 n n n n n n n u u u u n u u + + + ∀ ∈ − + ⇔ ∀ ∈ − N N 1 , n n n u u + ⇔ ∀ ∈ N A sucessão ( ) n u é decrescente. A opção correta é a (D). Pág. 24 Proposta 16 16.1. ( ) 1 3 3 3 3 2 5 1 2 5 3 5 2 5 n n u u n n n n + − = − = − − + − − − − ( )( ) ( )( ) 6 15 9 15 15 3 5 2 5 3 5 2 5 n n n n n n − + + = − − − − − − O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n porque , 3 5 0 n n ∀ ∈ − − N e , 2 5 0 n n ∀ ∈ − N , e o numerador também é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. 16.2. ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 4 1 1 4 1 4 5 4 1 n n n n n n v v n n n n + − + − − − −= − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 4 1 2 4 5 4 5 4 1 n n n n n n − + − − + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 4 1 4 8 10 4 5 9 4 5 4 1 4 5 4 1 n n n n n n n n n n + − − − − + + − = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é monótona decrescente. 16.3. ( ) ( ) 1 3 1 1 3 1 3 4 3 1 2 1 5 2 5 2 3 2 5 n n n n n n w w n n n n + + + + + + − = − = − + − − − − ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 4 2 5 3 1 2 3 2 3 2 5 n n n n n n + − − + − = − − ( )( ) ( )( ) 2 2 6 15 8 20 6 9 2 3 17 2 3 2 5 2 3 2 5 n n n n n n n n n n − + − − + − + − = − − − − Se 2 n = , 1 0 n n w w + − . Se 2 n ≠ , 1 0 n n w w + − . Donde se conclui que a sucessão ( ) n w não é monótona. 16.4. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 3 1 1 3 1 n n t t n n n n + − = + + + + − + + 2 2 2 1 3 3 1 3 1 2 2 n n n n n n = + + + + + − − − = + Como n∈N, 2 2 4 n+ ≥ . Então, 1 , 0 n n n t t + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n t t + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n t é monótona crescente. 16.5. 2 2 1 2 1 4 1 3 ; 2 4 2 4 ; r r = − × = − = − × = − 2 3 3 4 3 3 r = − × = − . Repara que 2 1 r r e 3 2 r r . Então, a sucessão ( ) n r não é monótona. 16.6. 2 3 4 2 3 1 ; 3 3 0 ; 4 3 1 s s s = − = = − = = − = . Repara que 3 2 s s e 4 3 s s . Logo, a sucessão ( ) n s não é monótona. Proposta 17 17.1. 2 2 1 2 1 6 1 5 10 ; 2 6 2 5 13 ; v v = − + × + = = − + × + = 2 3 3 6 3 5 14 . v = − + × + = Sabe-se que 1 2 3 v v v . Só podemos concluir que a sucessão ( ) n v não é decrescente. 17.2. 2 2 50 6 5 50 6 55 0 n v n n n n = − ⇔ − + + = − ⇔ − + + = 6 36 220 5 11 2 n n n − ± + ⇔ = ⇔ = − ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 11 n = . 50 − é o 11.° termo da sucessão. 17.3. 2 0 6 5 0 n v n n ⇔ − + + Cálculos auxiliares: 2 6 5 0 6 36 20 2 6,74 0,74 n n n n n − + + = − ± + ⇔ = − ⇔ ≈ ∨ ≈ − Então, tem-se: 2 0 6 5 0 6 n v n n n n n n ∧ ∈ ⇔ − + + ∧ ∈ ⇔ ≤ ∧ ∈ N N N Donde se conclui que a sucessão tem 6 termos positivos (os seis primeiros termos). 17.4. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 1 6 1 5 6 5 0 n n v v n n n n + − ⇔ − + + + + − − + + 2 2 2 1 6 6 5 6 5 0 n n n n n ⇔ − − − + + + + − − 2 5 0 2,5 n n ⇔ − + ⇔ Como n∈N, conclui-se que { } 1 0 1, 2 n n v v n + − ⇔ ∈ . A sucessão ( ) n v não é monótona porque se { } 1, 2 n∈ então 1 0 n n v v + − e se 3 n ≥ então 1 0 n n v v + − . NEMA11PR © Porto Editora
- 115. 116 Unidade 3 116 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Proposta 18 18.1. ( ) ( ) 1 4 1 4 3 4 1 7 1 1 7 6 7 1 7 n n n n n n a a n n n n + − + − − − − = − = − − + − − − − ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 1 7 4 6 7 6 7 1 7 n n n n n n − − − − − − = − − − ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 1 7 4 6 7 6 7 1 7 n n n n n n − − − − − − = − − − ( )( ) ( )( ) 2 2 3 21 7 24 28 6 7 27 6 7 1 7 6 7 1 7 n n n n n n n n n n − − + + + − − = − − − − − − O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n porque , 6 7 0 n n ∀ ∈ − − N e , 1 7 0 n n ∀ ∈ − N , e o numerador também é positivo. Então, 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n a é monótona crescente. 18.2. ( ) 1 , se ímpar 1 3 3 1 , se par 3 n n n b n − − = = A sucessão ( ) n b não é monótona porque os seus termos são alternadamente negativos e positivos. 18.3. ( ) , se ímpar 1 1 1 , se par 1 n n n n n n c n n n n − − + = = + + A sucessão ( ) n c não é monótona porque os seus termos são alternadamente negativos e positivos. 18.4. 1 2 3 π 2π 3π sin 1 ; sin 0 ; sin 1; 2 2 2 d d d = = = = = = − 4 4π sin 0 2 d = = . Repara que 3 2 d d e 4 3 d d . Logo, a sucessão ( ) n d não é monótona. Proposta 19 19.1. Se 3 n , tem-se: ( ) ( ) 1 2 1 3 2 3 n n a a n n + − = + − − − 2 2 3 2 3 2 n n = + − − + = . Se 3 n , tem-se 1 12 12 12 12 6 6 1 1 n n a a n n n n + − = − − − = − + + + ( ) ( ) 12 12 12 12 1 1 n n n n n n − + + = + + . Se 3 n = , tem-se ( ) 1 4 3 12 6 2 3 3 3 3 0 4 n n a a a a + − = − = − − × − = − = . Então, 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − ≥ N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ ≥ N . A sucessão ( ) n a é crescente em sentido lato. 19.2. Se 3 n ≤ então 2 3 n a n = − . Neste caso, tem-se: 1 3 2 2 6 1 2 3 3 1 3 n n n n a ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Se 3 n então 12 6 n a n = − . Neste caso, tem-se: 1 1 12 12 12 0 0 3 0 3 6 6 3 4 n n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ 3 6 n a ⇔ ≤ Conclusão: A sucessão ( ) n a é limitada porque , 1 6 n n a ∀ ∈ − ≤ N . Pág. 25 Proposta 20 20.1. ( ) sin , se ímpar 3 sin 1 3 sin , se par 3 n n n a n π − π = − = π 3 , se ímpar 2 3 , se par 2 n n − = Sucessão ( ) n a : 3 3 ' , 2 2 D = − . ( ) 1 sin , se ímpar 6 sin 1 6 sin , se par 6 n n n b n + π π = − = π − 1 , se ímpar 2 1 , se par 2 n n = − Sucessão ( ) n b : 1 1 ' , 2 2 D = − . 20.2. A sucessão ( ) n a não é monótona porque os seus termos são alternadamente iguais a 3 2 − e a 3 2 . A sucessão ( ) n a é limitada porque 3 3 , 2 2 n n a ∀ ∈ − ≤ ≤ N . A sucessão ( ) n b não é monótona porque os seus termos são alternadamente iguais a 1 2 e a 1 2 − . A sucessão ( ) n b é limitada porque 1 1 , 2 2 n n b ∀ ∈ − ≤ ≤ N . 20.3. 3 1 , se ímpar 2 2 3 1 , se par 2 2 n n n n c a b n − × = × = × − NEMA11PR © Porto Editora
- 116. Sucessões 117 117 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 3 , se ímpar 4 3 , se par 4 n n − = − Como 3 , 4 n n c ∀ ∈ = − N , então ( ) n c é uma sucessão constante. Proposta 21 21.1. Como 1 , n n n v v + ∀ ∈ N , a sucessão ( ) n v é decrescente. Sendo ( ) n v uma sucessão decrescente, sabe-se que 1 v é um majorante do conjunto dos termos da sucessão, isto é, 1 , n n v v ∀ ∈ ≤ N . Sabe-se também que , 2 n n v ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é limitada porque 1 , 2 n n v v ∀ ∈ ≤ N . 21.2. O termo geral de ( ) n v não pode ser 3 8 3 n n + + porque ( ) n v é decrescente e a sucessão de termo geral 3 8 3 n n + + é crescente. Seja 3 8 3 n n u n + = + . ( ) 1 3 1 8 3 8 3 11 3 8 1 3 3 4 3 n n n n n n u u n n n n + + + + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 11 3 3 8 4 4 3 n n n n n n + + − + + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 3 9 11 33 3 12 8 32 1 4 3 4 3 n n n n n n n n n n + + + − − − − = + + + + 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. 21.3. Seja 2 5 1 n n v n + = + . ( ) 1 2 1 5 2 5 2 7 2 5 1 1 1 2 1 n n n n n n v v n n n n + + + + + + −= − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 7 1 2 5 2 2 1 n n n n n n + + − + + = + + ( )( ) 2 2 2 2 7 7 2 4 5 10 2 1 n n n n n n n n + + + − − − − = + + ( )( ) 3 2 1 n n − = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n e o numerador é negativo. 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é monótona decrescente. 2 5 2 2 3 3 2 1 1 1 n n n v n n n + + + = = = + + + + Como 3 , 0 1 n n ∀ ∈ + N , conclui-se que , 2 n n v ∀ ∈ N . Proposta 22 22.1. Ora, 7 3 7 1 22 v = × + = e 8 2 8 5 21 v = × + = . Como 8 7 v v , a sucessão ( ) n v não é crescente. Por isso, a afirmação é falsa. 22.2. Vamos provar que a sucessão ( ) n v não é majorada, isto é, qualquer que seja o número real M , este não é majorante. Pretende-se provar que , : p M p v M ∀ ∈ ∃ ∈ R N . 5 2 5 2 5 2 p M v M p M p M p − ⇔ + ⇔ − ⇔ Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior que 5 2 M − . Neste caso tem-se p v M . Daqui resulta que M não é majorante da sucessão ( ) n v . Então, a sucessão ( ) n v não é majorada. A sucessão ( ) n v não é limitada porque não é majorada. Proposta 23 23.1. Sejam ( ) 7, 3 A e ( ) 15, 17 B − . O declive da reta que contém os pontos A e B é 17 3 15 7 m − − = − 20 5 8 2 − = = − . A sucessão é decrescente porque a reta que contém os pontos A e B tem declive negativo e todos os seus termos são representados graficamente por pontos desta reta uma vez que são colineares. 23.2. Tendo em conta as conclusões obtidas em 23.1., sabe-se que 5 2 n u n b = − + . Como 7 3 u = , tem-se 5 35 41 3 7 3 2 2 2 b b b = − × + ⇔ + = ⇔ = . Então, 5 41 2 2 n u n = − + . Logo, 1 25 5 41 5 41 18 e 25 42 2 2 2 2 u u = − + = = − × + = − . 23.3. 7 5 41 7 10 82 7 7,5 4 2 2 4 n u n n n = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = 7,5∉N, logo 7 4 não é termo da sucessão ( ) n u . 1 5 41 1 5 41 1 8 2 2 2 2 n u n n n = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = 1 2 é o 8.° termo da sucessão ( ) n u . Proposta 24 24.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 n n − − = − × − = × − =− . Então, ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 n n n n n v n n n − − + − + + = = = − . Então, , 0 n n v ∀ ∈ N . NEMA11PR © Porto Editora
- 117. 118 Unidade 3 118 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 24.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 3 2, 1 2 2 u u − + − + = = − = = e ( ) ( ) 3 3 1 3 1 4 3 3 u − + = = − . Como 2 1 u u e 3 2 u u , conclui-se que a sucessão ( ) n u não é monótona. ( ) ( ) ( ) 1 , se ímpar 1 1 1 , se par n n n n n n u n n n n − + − + = + 1 1 , se ímpar 1 1 , se par n n n n − − = + Sendo n ímpar, tem-se: 1 1 1 0 1 0 1 1 1 2 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − − − ≥ − Sendo n par, tem-se: 1 1 1 1 0 1 1 1 2 2 n n ≤ ⇔ + ≤ + A sucessão ( ) n u é limitada porque 3 , 2 2 n n u ∀ ∈ − ≤ ≤ N . 1 1 1 1 2 1 1 1 n n n n n n v v n n n n + + + + + + − = − − − = − + + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n n − + + + + − − + + + + = = + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador também é positivo. 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . Então, a sucessão ( ) n v é monótona crescente. 1 1 1 n n v n n + = − = − − 1 1 1 0 1 0 1 1 1 2 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − − − ≥ − A sucessão ( ) n v é limitada porque , 2 1 n n v ∀ ∈ − ≤ − N . Pág. 26 31.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 3 3 , n n n a a ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , ( ) 1 3 3 1 3 3 a a a a × = ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 3 3 p p a a = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 3 3 3 p p a a + + = (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) 1 1 3 3 3 3 3 3 3 p p p p a a a a a a + + = × = × = . Como a condição ( ) 3 3 n n a a = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 3 3 n n a a = é universal em N , ou seja, a condição ( ) 3 3 , n n n a a ∀ ∈ = N é verdadeira. 31.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , n n n a a n b b ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , 1 1 1 a a a a b b b b = ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: p p p a a b b = (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 p p p a a b b + + + = (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 1 1 p p p p p p p p a a a a a a a a b b b b b b b b + + + × = × = × = = × . Como a condição n n n a a b b = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição n n n a a b b = é universal em N , ou seja, a condição , n n n a a n b b ∀ ∈ = N é verdadeira. 32.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 2 , 1 3 5 ... 2 1 n n n ∀ ∈ + + + + − = N . • Se 1 n = , 2 1 1 = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 2 1 3 5 ... 2 1 p p + + + + − = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 5 ... 2 1 2 1 1 1 p p p + + + + − + + − = + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 5 ... 2 1 2 1 1 2 1 1 p p p p + + + + − + + − = + + − ( ) 2 2 2 1 1 p p p = + + = + . Como a condição ( ) 2 1 3 5 ... 2 1 n n + + + + − = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 2 1 3 5 ... 2 1 n n + + + + − = é universal em N , ou seja, a condição ( ) 2 , 1 3 5 ... 2 1 n n n ∀ ∈ + + + + − = N é verdadeira. 32.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 1 1 1 2 1 , ... 2 4 8 2 2 n n n n − ∀ ∈ + + + + = N . • Se 1 n = , 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 2 − = ⇔= (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 1 1 1 2 1 ... 2 4 8 2 2 p p p − + + + + = (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ... 2 4 8 2 2 2 p p p p + + + − + + + + + = (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 ... 2 4 8 2 2 2 2 2 2 2 p p p p p p p p + + − − + + + + + = + = + × ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 p p p p p p + + + + + − × + − + − = = = . Como a condição 1 1 1 1 2 1 ... 2 4 8 2 2 n n n − + + + + = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição NEMA11PR © Porto Editora
- 118. Sucessões 119 119 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 1 1 1 1 2 1 ... 2 4 8 2 2 n n n − + + + + = é universal em N , ou seja, a condição 1 1 1 1 2 1 , ... 2 4 8 2 2 n n n n − ∀ ∈ + + + + = N é verdadeira. Pág. 27 33.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 1 1 1 1 , ... 1 2 2 3 3 4 1 1 n n n n n ∀ ∈ + + + + = × × × + + N . • Se 1 n = , 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 = ⇔ = × + (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 1 1 1 1 ... 1 2 2 3 3 4 1 1 p p p p + + + + = × × × + + (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 2 3 3 4 1 1 2 2 p p p p p p + + + + + + = × × × + + + + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 ... 1 2 2 3 3 4 1 1 2 p p p p + + + + + × × × + + + ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 p p p p p p p p p p p p p + + + + = + = = = + + + + + + + + Como a condição ( ) 1 1 1 1 ... 1 2 2 3 3 4 1 1 n n n n + + + + = × × × + + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 1 1 1 1 , ... 1 2 2 3 3 4 1 1 n n n n n ∀ ∈ + + + + = × × × + + N é universal em N , ou seja, a condição ( ) 1 1 1 1 , ... 1 2 2 3 3 4 1 n n n ∀ ∈ + + + + × × × + N 1 n n = + é verdadeira. 33.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 3 , 2 1 n n ∀ ∈ − N é múltiplo de 7, ou seja, 3 2 1 7 , n k k − = ∈Z . • Se 1 n = , 3 1 2 1 7 , 7 7 , k k k k × − = ∈ ⇔ = ∈ Z Z (verdadeiro, basta considerar 1 k = ). • Hipótese de indução: 3 2 1 7 , p k k − = ∈Z (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 3 1 1 1 2 1 7 , p k k + − = ∈Z (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) 3 1 3 3 3 3 3 3 2 1 2 1 2 2 1 2 8 1 2 1 7 1 p p p p p + + − = − = × − = × − = × + − ( ) 3 3 3 3 3 3 2 1 2 7 1 2 1 2 7 7 2 7 7 2 p p p p p p k k = × − × − = − − × = + × = + . Considerando 3 1 2 p k k = + , tem-se ( ) 3 1 1 2 1 7 p k + − = . Como a condição 3 2 1 n − é múltiplo de 7 é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que é universal em N , ou seja, a condição 3 , 2 1 n n ∀ ∈ − N é múltiplo de 7 é verdadeira. 33.3. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , 5 2 n n n ∀ ∈ − N é múltiplo de 3, ou seja, 5 2 3 , n n k k − = ∈Z . • Se 1 n = , 1 1 5 2 3 , 3 3 , k k k k −= ∈ ⇔ = ∈ Z Z (verdadeiro, basta considerar 1 k = ). • Hipótese de indução: 5 2 3 , p p k k − = ∈Z (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 1 5 2 3 , p p k k + + − = ∈Z (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 1 1 5 2 5 5 2 2 5 3 2 2 2 p p p p p p + + − = × − × = × + − × ( ) 5 3 5 2 2 2 5 3 5 2 2 p p p p p p = × + × − × = × − − × ( ) 5 3 3 2 3 5 2 p p k k = × − × = − . Considerando 1 5 2 p k k = − , tem-se 1 1 1 5 2 3 p p k + + − =. Como a condição 5 2 n n − é múltiplo de 3, é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que é universal em N , ou seja, a condição , 5 2 n n n ∀ ∈ − N é múltiplo de 3, é verdadeira. 34.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 1 1 1 2, 1 1 ... 1 2 3 n n n ∀ ≥ − − − = . • Se 2 n = , 1 1 1 1 1 2 2 2 2 − = ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 3 p p − − − = (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 2 3 1 1 p p p − − − − = + + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 2 3 1 1 p p p p − − − − = × − + + 1 1 1 1 1 1 1 1 p p p p p p p + − = × = × = + + + . Como a condição 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 3 n n − − − = é verdadeira para 2 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 3 n n − − − = é universal em { } 1 N , ou seja, a condição 1 1 1 1 2, 1 1 ... 1 2 3 n n n ∀ ≥ − − − = é verdadeira. 34.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 4, 2n n n ∀ . • Se 5 n = , 2 5 5 2 25 32 ⇔ (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: sendo 4 p , 2 2p p (admite-se verdadeira). • Tese: sendo 1 4 p+ , ( ) 2 1 1 2p p + + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 2 2 2 2 2 (1) (1) 1 2 1 2 3 p p p p p p p p p p p + = + + + + = + + × 2 1 1 (2) 2 2 2 2 2 p p p p + + = × = = . (1) porque 4 p . (2) por hipótese de indução. Então, tem-se ( ) 2 1 1 2p p + + (como se pretendia mostrar). Como a condição 2 2n n é verdadeira para 5 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 2n n é universal em { } 1, 2, 3, 4 N , ou seja, a condição 2 4, 2n n n ∀ é verdadeira. NEMA11PR © Porto Editora
- 119. 120 Unidade 3 120 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pág. 28 35.1. 1 2 1 3 2 8 ; 2 8 2 10 ; 2 10 2 12 w w w w w = = + = + = = + = + = e 4 3 2 12 2 14 w w = + = + = . 35.2. 1 8 w a a = ⇔ = 1 2 8 8 2 10 2 8 1 w w b b b b = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = Conclusão: 8 a = e 1 b = . 36. Sabe-se que o primeiro termo da sucessão ( ) n w é igual a 4 e qualquer termo seguinte obtém-se adicionando 3 ao termo anterior. A sucessão ( ) n w é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 4 3, n n w w w n + = = + ∀ ∈ N Pág. 29 37.1. Para determinarmos 11 u precisamos primeiro de conhecer 10 u . 10 9 2 1 2 1023 1 2047 u u = + = × + = 11 10 2 1 2 2047 1 4095 u u = + = × + = 37.2. 18 17 17 17 524286 2 1 524287 2 1 2 u u u u = + ⇔ = + ⇔ = 17 262143 u ⇔ = Pág. 30 38.1. Suponhamos que participam no encontro apenas 3 pessoas, A, B e C. Então, serão dados 3 apertos de mão: A – B, A – C e B – C. Se participarem 4 pessoas, A, B, C e D, serão dados 6 apertos de mão: A – B, A – C, A – D, B – C, B – D e C – D. 38.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 1 , 2 n n n n u − ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , ( ) 1 1 1 1 1 0 2 u u − = ⇔ = (proposição verdadeira pois se só participar 1 pessoa no encontro não será dado nenhum aperto de mão). • Hipótese de indução: ( ) 1 2 p p p u − = (admite-se verdadeira). • Tese: ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2 p p p p p u + + + − + = = (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 2 2 p p p p p p p p u u p u p p + − − + = + + − = + = + = ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 2 p p p p p p − + + + = = = . Como a condição ( ) 1 2 n n n u − = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 1 2 n n n u − = é universal em N , ou seja, a condição ( ) 1 , 2 n n n n u − ∀ ∈ = N é verdadeira. 38.3. ( ) 2 1 300 300 300 2 2 n n n n n u − − = ⇔ = ⇔ = 2 1 1 2400 600 0 25 24 2 n n n n n ± + ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 25 n = . Se forem dados 300 apertos de mão, então o número de participantes no encontro foi 25. Pág. 31 39.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 1 , n n n n q t t + + ∀ ∈ = + N . • Se 1 n = , 2 2 1 q t t = + , ou seja, ( ) 1 3 1 2 1 + = + + (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 1 p p p q t t + + = + (admite-se verdadeira). • Tese: 2 2 1 p p p q t t + + + = + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 2 1 1 2 2 1 2 3 p p p p q q p t t p + + + = + + − = + + + 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 p p p p p p p p t t t t p p t p t p t t + + + + + + = + + + + + = + + + + + = + . Como a condição 1 1 n n n q t t + + = + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 1 n n n q t t + + = + é universal em N , ou seja, a condição 1 1 , n n n n q t t + + ∀ ∈ = + N é verdadeira. 39.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 , n n q n ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , 2 1 1 q = , ou seja, 1 1 q = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 p q p = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 2 1 1 p q p += + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 p p q q p p p p p p + = + + − = + + − = + + = + . Como a condição 2 n q n = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 n q n = é universal em N , ou seja, a condição 2 , n n q n ∀ ∈ = N é verdadeira. 40.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) , 2 1 n n u n n ∀ ∈ = − N . • Se 1 n = , ( ) 1 1 1 2 1 1 1 u u = × − ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 2 1 p u p p = − (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 1 1 1 2 1 p u p p p p + = + + − = + + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) 2 1 4 1 3 2 1 4 1 2 4 1 p p u u p p p p p p p + = + + − = − + + = − + + ( ) ( )( ) 2 1 2 3 1 2 1 1 2 1 2 p p p p p p = + + = + + = + + . NEMA11PR © Porto Editora
- 120. Sucessões 121 121 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Como a condição ( ) 2 1 n u n n = − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 2 1 n u n n = − é universal em N , ou seja, a condição ( ) , 2 1 n n u n n ∀ ∈ = − N é verdadeira. Cálculos auxiliares: 2 3 9 8 1 2 3 1 0 1 4 2 p p p p p − ± − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − Então, ( ) 2 1 2 3 1 2 1 2 p p p p + + = + + . 40.2. Sabe-se que sendo 1 n , se tem 1 4 3 n n u u n − = + − , ou seja, 1 4 3 n n u u n − − = − . 1 65 4 3 65 17 n n u u n n − − = ⇔ − = ⇔ = ( ) 17 17 2 17 1 561 u = × − = e ( ) 16 16 2 16 1 496 u = × − = Os dois termos consecutivos da sucessão cuja diferença é 65 são 496 e 561. As ordens desses termos são 16 e 17, respetivamente. Tarefa 4 1.1. 1 7 u a a = ⇔ = 2 1 9 7 2 u u k k k = + ⇔ = + ⇔ = Conclusão: 7 a = e 2 k = . 1.2. A sucessão ( ) n u é definida por: 1 1 7 2, 1 n n u u u n − = = + Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , 2 5 n n u n ∀ ∈ = + N . • Se 1 n = , 1 1 2 1 5 7 u u = × + ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 5 p u p = + (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 2 1 5 p u p + = + + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 1 2 2 5 2 2 2 5 2 1 5 p p u u p p p + = + = + + = + + = + + . Como a condição 2 5 n u n = + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 5 n u n = + é universal em N , ou seja, a condição , 2 5 n n u n ∀ ∈ = + N é verdadeira. 2.1. 1 2 1 1 ; 3 1 1 1 3 1 5 ; v v v = = + × + = + + = 3 2 4 3 3 2 1 5 6 1 12 ; 3 3 1 12 9 1 22 v v v v = + × + = + + = = + × + = + + = 5 4 e 3 4 1 22 12 1 35 v v = + × + = + + = . 2.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 3 , 2 n n n n v − ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , 2 1 1 3 1 1 1 2 v v × − = ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 3 2 p p p v − = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( ) 2 2 1 3 1 1 3 5 2 2 2 p p p p p v + + − + + + = = (o que se pretende mostrar). Ora, 2 2 1 3 3 6 2 3 1 3 1 2 2 p p p p p p p v v p p + − − + + = + + = + + = 2 3 5 2 2 p p + + = . Como a condição 2 3 2 n n n v − = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 3 2 n n n v − = é universal em N , ou seja, a condição 2 3 , 2 n n n n v − ∀ ∈ = N é verdadeira. 2.3. 2 2 3 210 210 3 420 0 2 n n n v n n − = ⇔ = ⇔ − − = ( ) 1 1 12 420 35 12 6 3 n n n ± − × − ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N, conclui-se que 12 n = . Então, 210 é o 12.° termo da sucessão ( ) n v . Pág. 32 41.1. A progressão aritmética ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 3 2, n n u u u n + = = + ∀ ∈ N 41.2. A progressão aritmética ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 1 5, n n u u u n + = − = + ∀ ∈ N 41.3. A progressão aritmética ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 1 2 2, n n u u u n + = = − ∀ ∈ N 41.4. A progressão aritmética ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 0 4, n n u u u n + = = + ∀ ∈ N 41.5. A progressão aritmética ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 2 3 , 2 n n u u u n + = − = − ∀ ∈ N 42.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , 2 3 n n w n ∀ ∈ = + N . • Se 1 n = , 1 2 1 3 5 w = × + = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 3 p w p = + (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 2 1 3 2 5 p w p p + = + + = + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 2 2 3 2 2 5 p p w w p p + = + = + + = + . Como a condição 2 3 n w n = + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 3 n w n = + é universal em N , ou seja, a condição , 2 3 n n w n ∀ ∈ = + N é verdadeira. NEMA11PR © Porto Editora
- 121. 122 Unidade 3 122 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 42.2. a) 500 2 3 500 248,5 n w n n ⇔ + ⇔ A sucessão tem 248 termos inferiores a 500. b) 100 350 2 3 100 2 3 350 n n w w n n ∧ ⇔ + ∧ + 48,5 173,5 n n ⇔ ∧ A sucessão tem 125 termos superiores a 100 e inferiores a 350 (do 49.º até ao 173.º termos). Tarefa 5 1.1. A sucessão ( ) n t é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 8 2, n n t t t n + = = + ∀ ∈ N 1.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , 2 6 n n t n ∀ ∈ = + N . • Se 1 n = , 1 2 1 6 8 t = × + = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 6 p t p = + (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 2 1 6 2 8 p t p p + = + + = + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 2 2 6 2 2 8 p p t t p p + = + = + + = + . Como a condição 2 6 n t n = + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 6 n t n = + é universal em N , ou seja, a condição , 2 6 n n t n ∀ ∈ = + N é verdadeira. 1.3. 50 2 50 6 106 t = × + = No 50.º treino, o ciclista percorreu 106 km. Pág. 33 43.1. ( ) ( ) 1 , 2 1 5 2 5 n n n u u n n + ∀ ∈ − =− + + − − + N 2 2 5 2 5 2 n n = − − + + − = − ( ) n u é uma progressão aritmética porque a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos é constante. A razão da progressão é 2 − . 43.2. ( ) 1 3 5 1 3 5 , 7 7 n n n n n v v + − + − ∀ ∈ − = − N 3 5 5 3 5 5 7 7 n n − − − + = = − ( ) n v é uma progressão aritmética porque a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos é constante. A razão da progressão é 5 7 − . 43.3. ( ) 1 4 1 1 4 1 , 3 3 n n n n n w w + + − − ∀ ∈ − = − N 4 4 1 4 1 4 3 3 n n + − − + = ( ) n w é uma progressão aritmética porque a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos é constante. A razão da progressão é 4 3 . 44.1. Sabe-se que a diferença entre dois termos consecutivos de uma progressão aritmética é igual à razão (r). Como a progressão é crescente, conclui-se que 17 12 5 r = − = . 44.2. O termo geral da progressão aritmética de razão 5 e primeiro termo 8 − é: ( ) 8 1 5 5 13 n u n n = − + − × = − Então, uma expressão algébrica do termo geral é 5 13 n − . 45.1. Sendo 8, e 2 a − três termos consecutivos de uma progressão aritmética decrescente, então tem-se: 8 2 2 6 3 a a a a − = − − ⇔ = ⇔ = . 45.2. A diferença entre dois termos consecutivos de uma progressão aritmética é igual à razão (r). Então, 3 8 5 r = − = − . ( ) ( ) 12 1 1 1 12 1 3 11 5 58 u u r u u = + − ⇔ = + × − ⇔ = . Pág. 34 46.1. ( ) 1 1 1 6 5 1 1 9 9 9 2 5 2 4 9 5 18 8 u u u u u u r u r r r = = = ⇔ ⇔ = + = + + = + 1 9 3 u r = ⇔ = − 46.2. ( ) ( ) 9 1 3 3 12 n u n n =+ − × − = − + 47.1. Sabe-se que 15 84 u = e ( ) n u é decrescente, então 81 84 3 r =− = − . Então, ( ) ( ) ( ) 15 15 84 15 3 n n u u n r u n = + − × ⇔ = + − × − 3 129 n u n ⇔ = − + . 47.2. Sabe-se que 8 88 v = e ( ) n v é crescente, então 88 85 3 r = − = . ( ) 35 8 35 8 88 27 3 169 v v r = + − × = + × = 47.3. A sucessão ( ) n w é crescente porque o seu termo geral é 3 50 n w n = + . Na figura estão representados três termos da sucessão ( ) n w : 83, 86 e 89. 83 3 50 83 11 n w n n = ⇔ + = ⇔ = Na figura estão representados os termos de ordens 11, 12 e 13. Pág. 35 48.1. Sabe-se que a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos de uma progressão aritmética é constante. Sendo 2 3 2, 1 e 5 x x x + + três termos consecutivos de uma progressão aritmética, tem-se: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 2 5 1 1 3 2 5 1 x x x x x x x x + − + = − + ⇔ + − − = − − ( ) 2 2 8 0 2 4 0 0 4 x x x x x x ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = Se a progressão é crescente então 4 x = . Então, os termos são 14, 17 e 20. 48.2. Se a progressão é crescente então 0 x = . Neste caso, os termos são 2, 1 e 0. NEMA11PR © Porto Editora
- 122. Sucessões 123 123 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 49. Sendo 2 3 , e 2 x x x três termos consecutivos de uma progressão aritmética ( ) n u , não nula, sabe-se que: 2 2 2 3 0 4 0 0 2 2 x x x x x x x x − = − ∧ ≠ ⇔ − = ∧ ≠ ( ) ( ) 4 0 0 0 4 0 4 x x x x x x x ⇔ − = ∧ ≠ ⇔ = ∨ = ∧ ≠ ⇔ = Assim sendo, os três termos representados são 12, 8 e 4. A razão da uma progressão aritmética ( ) n u é 8 12 4 r = − = − . ( ) ( ) ( ) 10 10 0 10 4 4 40 n n n u u n r u n u n = + − × ⇔ =+ − × − ⇔ = − + Tarefa 6 1.1. Por observação da figura, sabe-se que 1 3 , u = 2 3 4 3 4 2 5 , 5 5 2 8 e 8 6 2 12 . u u u = + − = = + − = = + − = Como o padrão de construção se mantém, tem-se: 5 6 12 7 2 17 e 17 8 2 23 u u = + − = = + − = . Conclusão: 4 5 6 12 , 17 e 23 u u u = = = . 1.2. A sucessão ( ) n u não é uma progressão aritmética porque a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos não é constante. Por exemplo, 2 1 5 3 2 u u − = − = e 3 2 8 5 3 u u − = − = . 1.3. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 1 2 , 2 n n n u n + = + ∀ ∈N . • Se 1 n = , ( ) 1 1 1 1 2 3 2 u + = + = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 1 2 2 p p p u + = + (admite-se verdadeira). • Tese: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 p p p p p u + + + + + + = + = + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 1 1 1 2 1 2 p p p p u u p p + + = + + = + + + ( ) ( ) ( )( ) 1 2 1 1 2 2 2 2 2 p p p p p + + + + + = + = + . Como a condição ( ) 1 2 2 n n n u + = + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 1 2 2 n n n u + = + é universal em N , ou seja, a condição ( ) 1 2 , 2 n n n u n + = + ∀ ∈N é verdadeira. 2. Sendo ( ) n u e ( ) n v duas progressões aritméticas de razões 1 r e 2 r , respetivamente, sabe-se que 1 1 , n n u u r n + − = ∀ ∈N e 1 2 , n n v v r n + − = ∀ ∈N . ( ) ( ) 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n w w u v u v u u v v + + + + + − = + − + = − + − 1 2 , r r n = + ∀ ∈N Donde se conclui que a sucessão ( ) n w é uma progressão aritmética de razão 1 2 r r + . 3. ( ) ( ) 1 1 n n u u a n b an b an a b an b + − = + + − + = + + − − , a n = ∀ ∈N . Donde se conclui que as sucessões de termos gerais , , n u an b a b = + ∈R são progressões aritméticas de razão a . 4. ( ) ( ) 10 10 10 10 17 17 17 17 5 3 10 52 52 52 87 87 5 3 17 87 v w v u u v u v − − × = = − = ⇔ ⇔ = − = − − × = 1 1 1 1 9 27 27 9 9 16 41 27 9 16 41 2 v r v r v v r r r r + = = − = ⇔ ⇔ ⇔ + = − += = Então, tem-se: ( ) ( ) 1 1 9 1 2 n n v v n r v n = + − × ⇔ = + − × 2 7 n v n ⇔ = + . Pág. 37 50.1. 15 1 15 15 1 4 1 1 4 15 1 15 15 465 2 2 i i v v S v = + × − + × − = = × = × = ∑ 50.2. 50 1 50 50 1 4 1 1 4 50 1 50 50 5050 2 2 i i v v S v = + × − + × − = = × = × = ∑ 51.1. ( ) n u é uma progressão aritmética de razão 7 e primeiro termo igual a 2 − . 24 1 23 2 23 7 159 u u r = + × = − + × = 51.2. 24 1 24 24 1 2 159 24 24 1884 2 2 i i u u S u = + − + = = × = × = ∑ 52. 1 1 320 320 320 2 n n n i i u u S u n = + = ⇔ = ⇔ × = ∑ 2 5 3 2 320 4 320 0 2 n n n n + + ⇔ × = ⇔ + − = ( ) 4 16 4 1 320 16 20 2 n n n − ± − × × − ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 16 n = . 53.* Sabe-se que as medidas de amplitude dos ângulos internos de um triângulo escaleno estão em progressão aritmética. Seja r a razão dessa progressão. Sendo x a menor das medidas de amplitude dos ângulos internos do triângulo, as outras representam-se por x r + e 2 x r + . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180° , tem-se: 2 180 3 3 180 60 x x r x r x r x r + + + + = ⇔ + = ⇔ + = . Assim sendo, a medida da amplitude de um dos ângulos do triângulo é 60. 54.* Sabe-se que as medidas de amplitude dos ângulos internos de um octógono convexo estão em progressão aritmética. Seja r a razão dessa progressão. NEMA11PR © Porto Editora
- 123. 124 Unidade 3 124 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Sendo x a menor das medidas de amplitude dos ângulos internos do octógono, as outras representam-se por x r + , 2 x r + , 3 x r + , 4 x r + , 5 x r + , 6 x r + e 7 x r + . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de um octógono convexo é igual a ( ) 8 6 180 − × ° , ou seja, 1080° , tem- -se: 2 3 4 5 6 7 1080 x x r x r x r x r x r x r x r + + + + + + + + + + + + + + = 8 28 1080 2 7 270 x r x r ⇔ + = ⇔ + = Assim sendo, a soma da menor com a maior das medidas de amplitude dos ângulos do octógono é 270. Pág. 38 55.1. 34 10 34 10 11 34 10 ... 25 2 i i u u S u u u u = + = + + + = = × ∑ 28,5 100,5 25 1612,5 2 + = × = 55.2. Pretende-se calcular a soma dos termos que satisfazem a condição 10 75 n u . 10 75 10 75 n n n u u u ⇔ ∧ 3 6 3 6 23 153 10 75 2 2 6 6 n n n n − + − + ⇔ ∧ ⇔ ∧ Como ( ) 23 3,8 3 6 = e 153 25,5 6 = , conclui-se que 4 25 n n ≤ ≤ ∧ ∈N. Pretende-se calcular 25 4 5 25 4 ... i i S u u u u = = + + + = ∑ . ( ) 4 25 10,5 73,5 25 4 1 22 924 2 2 u u S + + = × − + = × = . 56.1. Sendo ( ) n u a sucessão dos múltiplos positivos de 5, o seu termo geral é 5 n u n = . Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 1 5 1 , 2 n i i n n u n = + = ∀ ∈ ∑ N . • Se 1 n = , ( ) 1 1 1 5 1 1 1 5 2 i i u u = × + = ⇔ = ∑ (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 1 5 1 2 p i i p p u = + = ∑ (admite-se verdadeira). • Tese: ( )( ) ( )( ) 1 1 5 1 1 1 5 1 2 2 2 p i i p p p p u + = + + + + + = = ∑ (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 5 1 5 1 5 1 2 2 p p p i i i p i i i p p p p p u u u u p + + + = = = + + + = + = += + + ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( )( ) 5 1 10 1 5 1 2 2 2 p p p p p + + + + + = . Como a condição ( ) 1 5 1 2 n i i n n u = + = ∑ é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 1 5 1 2 n i i n n u = + = ∑ é universal em N , ou seja, a condição ( ) 1 5 1 , 2 n i i n n u n = + = ∀ ∈ ∑ N é verdadeira. 56.2. Pretende-se calcular a soma dos múltiplos de 5 que satisfazem a condição 158 342 n u . 158 342 158 342 5 158 5 342 n n n u u u n n ⇔ ∧ ⇔ ∧ 31,6 68,4 n n ⇔ ∧ Donde se conclui que 32 68 n n ≤ ≤ ∧ ∈N . Pretende-se calcular 68 32 33 68 32 ... i i S u u u u = = + + + = ∑ . ( ) 32 68 160 340 68 32 1 37 9250 2 2 u u S + + = × − + = × = . Pág. 39 57.1. As fichas em que o termo geral dos seus números é 3n são de cor azul porque correspondem às fichas cujos números são múltiplos positivos de 3. 57.2. Designemos por ( ) n u a sucessão dos números inscritos nas fichas de cor vermelha. O termo geral da sucessão dos números inscritos nas fichas de cor vermelha é 3 1 n u n = − . 500 3 1 500 167 n u n n ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ Pretende-se calcular 167 167 1 2 167 1 ... i i S u u u u = = + + + = ∑ . 1 167 167 2 500 167 167 41917 2 2 u u S + + = × = × = Tarefa 7 1.1. As medidas dos comprimentos dos segmentos de reta que constituem a linha poligonal estão em progressão aritmética crescente. Como as duas primeiras medidas são 4 e 7, conclui-se que a razão da progressão é 3. Designemos por ( ) n u a sucessão das medidas dos comprimentos dos segmentos de reta que constituem a linha poligonal. O termo geral da sucessão ( ) n u é ( ) 4 1 3 3 1 n u n n = + − × = + . 35 3 35 1 106 u = × + = A medida do comprimento do 35.º segmento de reta é 106 e a cor é vermelha (pois a medida é um número par). 1.2. Sabe-se que a medida do comprimento da linha poligonal é 1716 e pretende-se determinar o número n de segmentos de reta que a constituem. 1 1 1716 1716 1716 2 n n n i i u u S u n = + = ⇔ = ⇔ ×= ∑ 2 4 3 1 1716 3 5 3432 0 2 n n n n + + ⇔ ×= ⇔ + − = ( ) 5 25 4 3 3432 104 33 6 3 n n n − ± − × × − ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 33 n = . A linha poligonal é constituída por 33 segmentos de reta. NEMA11PR © Porto Editora
- 124. Sucessões 125 125 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 1.3. Designemos por ( ) n v a sucessão das medidas dos comprimentos dos segmentos de reta de cor azul que constituem a linha poligonal. O termo geral da sucessão ( ) n v é ( ) 7 1 6 6 1 n v n n = + − × = + . Sendo a linha poligonal constituída por 50 segmentos de reta, sabe-se que 25 são vermelhos e 25 são azuis. Pretende-se calcular 25 25 1 2 25 1 ... i i S v v v v = = + + + = ∑ . 1 25 25 7 151 25 25 1975 2 2 v v S + + = ×= ×= 2.1. Como o número 252 é múltiplo de 2 e de 3, sabe-se que a ficha em que está inscrito o número 252 é de cor vermelha. 2.2. Designemos por ( ) n w a sucessão dos números, não negativos, que são múltiplos de 3 e não de 2. ( ) n w é uma progressão aritmética de razão 6 e primeiro termo igual a 3. O termo geral da sucessão ( ) n w é ( ) 3 1 6 6 3 n w n n = + − × = − . Pretende-se calcular a soma dos termos de ( ) n w que satisfazem a condição 252 n w ≤ . 255 252 6 3 252 42,5 6 n w n n n ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Donde se conclui que 42 n n ≤ ∧ ∈N . Pretende-se calcular 42 42 1 2 42 1 ... i i S w w w w = = + + + = ∑ . ( ) 1 42 42 3 6 42 3 42 42 5292 2 2 w w S + × − + = × = × = 2.3.* Nas fichas amarelas estão representados os números que são múltiplos de 2 e não de 3. Seja ( ) n z a sucessão dos números, não negativos, que são múltiplos de 2 e não de 3. Os primeiros termos dessa sucessão são: 2, 4, 8, 10, 14, 16, 20, 22, 26, … Consideremos as subsucessões ( ) n a : 2, 8, 14, 20, 26, … e ( ) n b : 4, 10, 16, 22, … ( ) n a e ( ) n b são progressões aritméticas de razão 6. ( ) 2 1 6 6 4 n a n n = + − × = − e ( ) 4 1 6 6 2 n b n n = + − × = − Comecemos por calcular a soma dos termos de ( ) n a que satisfazem a condição 252 n a ≤ . ( ) 256 252 6 4 252 42, 6 6 n a n n n ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Donde se conclui que 42 n n ≤ ∧ ∈N . Pretende-se calcular 42 42 1 2 42 1 ... i i S a a a a = = + + + = ∑ . ( ) 1 42 42 2 6 42 4 42 42 5250 2 2 a a S + × − + = × = × = Seguidamente vamos calcular a soma dos termos de ( ) n b que satisfazem a condição 252 n b ≤ . ( ) 254 252 6 2 252 42, 3 6 n b n n n ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Donde se conclui que 42 n n ≤ ∧ ∈N . Pretende-se calcular 42 42 1 2 42 1 ... i i S b b b b = ′ = + + + = ∑ . ( ) 1 42 42 4 6 42 2 42 42 5334 2 2 b b S + × − + ′ = ×= ×= Então, a soma de todos os números escritos nas fichas amarelas é: 5250 5334 10584 S = + = . Pág. 40 58.1. A progressão geométrica ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 9 5 , 2 n n u u u n + = = ∀ ∈ N 58.2. A progressão geométrica ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 2 3 , 4 n n u u u n + = − = ∀ ∈ N 58.3. A progressão geométrica ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 4 5 2 , n n u u u n + = = − ∀ ∈ N 59.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 5 2 , n n u n − =− × ∀ ∈N . • Se 1 n = , 1 1 1 5 2 5 u − =− × =− (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 5 2 p p u − =− × (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 1 1 5 2 5 2 p p p u − + − + =− × =− × (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 5 2 2 5 2 2 2 p p p p u u − − − + = × = × − × = × − × = 1 1 5 2 2 5 2 p p − − − =− × × =− × . Como a condição 1 5 2 n n u − =− × é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 5 2 n n u − =− × é universal em N , ou seja, a condição 1 5 2 , n n u n − =− × ∀ ∈N é verdadeira. 59.2. 1 5 4 5 4 1 5 5 2 5 2 5 16 2 u − − =− × =− × =− × =− 60.1. 1 1 1 1 1 3 2 2 2 3 2 n n n n u r u + + + + × = = = = × 60.2. Primeiro termo da sucessão: 1 1 1 3 2 3 4 12 u + = × = × = . A progressão geométrica ( ) n u é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 12 2 , n n u u u n + = = ∀ ∈ N NEMA11PR © Porto Editora
- 125. 126 Unidade 3 126 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Tarefa 8 1.1. 1 2 1 3 2 3 , 2 2 3 6 , 2 2 6 12 e u u u u u = = = × = = = × = 4 3 2 2 12 24 u u = = × = . 1.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 3 2 , n n u n − = × ∀ ∈N . • Se 1 n = , 1 1 1 3 2 3 u − = × =(proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 3 2p p u − = × (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 3 2 3 2 p p p u + − + = × = × (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2 p p p p p p u u − − − + − + = = × = × × = × × = × 3 2p = × . Como a condição 1 3 2n n u − = × é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 3 2n n u − = × é universal em N , ou seja, a condição 1 3 2 , n n u n − = × ∀ ∈N é verdadeira. 1.3. 7 1 7 3 2 3 64 192 u − = × = × = 1.4. O primeiro termo da sucessão é igual a 3 e qualquer um dos restantes termos obtém-se multiplicando o termo anterior por 2. Assim sendo, a sucessão é crescente, sendo o primeiro termo o maior dos minorantes do conjunto dos termos da sucessão. Conjunto dos minorantes: ] ] ,3 −∞ . 2. ( ) 1 2 1 1 2 3 5 1 5 , 5 3 5 n n n n v n v − + + − + − + × = = = ∀ ∈ × N Logo, ( ) n v é uma progressão geométrica de razão 1 5 e primeiro termo 1 2 1 3 5 3 5 15 v − + = × = × = . A sucessão ( ) n v é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 15 1 , 5 n n v v v n + = = ∀ ∈ N Pág. 41 61.1. 1 1 2 3 n n u − = × 61.2. 1 3 5n n u − =− × 61.3. 1 2 3n n u − =− × 61.4. 1 3 0,25 2 n n u − = × 62.1. ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 3 5 5 1 5 , 5 3 5 5 n n n n n n w n w − + − − − + − − × = = = = ∀ ∈ × N Logo, 1 1 , 5 n n w w n + = ∀ ∈N . 62.2. A sucessão ( ) n w é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 3 1 , 5 n n w w w n + = = ∀ ∈ N 62.3. 1 1 1 3 375 3 5 375 5 125 5 5 n n n n w − − − = ⇔ × = ⇔ = ⇔ = 1 3 2 n n ⇔ − = ⇔ = − . Como 2 − ∉N , conclui-se que 375 não é termo da sucessão. 63.1. ( ) 2 1 2 1 1 1 2 2 2 3 3 1 3 , 3 2 3 3 n n n n n n u n u − + − − − + − − × = = = = ∀ ∈ × N Donde se conclui que ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 1 3 . 63.2. ( ) 1 3 1 3 1 1 3 3 5 2 2 1 2 , 2 5 2 2 n n n n n n u n u − + + − − + − + − + − + − × = = = = ∀ ∈ − × N Donde se conclui que ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 1 2 . 64. Sendo ( ) n a e ( ) n b duas progressões geométricas de razões 1 r e 2 r , respetivamente, sabe-se que 1 1 , n n a r n a + = ∀ ∈N e 1 2 , n n b r n b + = ∀ ∈N . 1 1 1 1 1 1 2 1 2 , n n n n n n n n n n c a b a b r r r r n c a b a b + + + + + × = = × = × = ∀ ∈ × N Donde se conclui que a sucessão ( ) n c é uma progressão geométrica de razão 1 2 r r . Pág. 42 65.1. 1 1 1 2 3 3 3, 2 3 n n n n w n w + + × = = = ∀ ∈ × N ( ) n w é uma progressão geométrica de razão 3 e primeiro termo 1 1 2 3 6 w = × = . 65.2. ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 , 2 n n n n n n w n w n n + + + × + × = = ∀ ∈ × N ( ) n w não é uma progressão geométrica porque o quociente entre quaisquer dois termos consecutivos não é constante (depende de n). 65.3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 1, 1 1 2 n n n n n n w n w + + + − − = = =− = − ∀ ∈ − − N ( ) n w é uma progressão geométrica de razão 1 − e primeiro termo ( ) 1 1 1 1 2 2 w − = = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 126. Sucessões 127 127 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 65.4. ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 5 5 1 5 , 5 5 5 n n n n n n w n w − + − − − + − − = = = = ∀ ∈N ( ) n w é uma progressão geométrica de razão 1 5 e primeiro termo 1 1 1 5 1 w − = = . 65.5. 1 , 4 n n w w n + = ∀ ∈N . Logo, conclui-se que 1 1 , 4 n n w n w + = ∀ ∈N . ( ) n w é uma progressão geométrica de razão 1 4 e primeiro termo igual a 3. 66.1. Sendo ( ) n u uma progressão geométrica de razão positiva r, sabe-se que 8 4 8 4 u u r − = × . 8 4 4 4 8 4 1 1 5 125 625 u u r r r − = × ⇔ = × ⇔ = 4 4 1 1 1 1 625 625 5 5 r r r r ⇔ = ∨ = − ⇔ = ∨ = − Como 0 r , conclui-se que 1 5 r = . 66.2. Termo geral da progressão: 4 4 4 1 5 5 n n n u u r − − =× = × 4 5 5 5 5 n n − + − + = × = . 67.1. ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 5 3 3 3 3 3 5 3 3 n n n n n n n n u u u u u u n u u n v v + + + + − − − − − + − × + − − × = = = = = × 6 1 3 , 729 n − = = ∀ ∈N ( ) n v é uma progressão geométrica de razão 1 729 r = . 67.2. 1 1 2 2 1 2 1 5 3 5 3 5 3 15 u v − × − − = × = × = × = A progressão ( ) n v é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 15 1 , 729 n n v v v n + = = ∀ ∈ N Pág. 43 68.1. Uma progressão geométrica ( ) n u , de primeiro termo positivo, é decrescente se 0 1 r . Consideremos, por exemplo, a sucessão ( ) n u de termo geral 1 1 7 2 n n u − = × . 68.2. Uma progressão geométrica ( ) n u , de primeiro termo positivo, é não monótona se 0 r . Consideremos, por exemplo, a sucessão ( ) n u de termo geral ( ) 1 5 2 n n u − = × − . 68.3. Uma progressão geométrica ( ) n u , de razão positiva menor que 1, é crescente se 1 0 u . Consideremos, por exemplo, a sucessão ( ) n u de termo geral 1 1 2 3 n n u − =− × . 68.4. Uma progressão geométrica ( ) n u , de primeiro termo negativo, é decrescente se 1 r . Consideremos, por exemplo, a sucessão ( ) n u de termo geral 1 3 2n n u − =− × . 69.1. ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 5 2 2 1 2 , 5 2 2 2 n n n n n n v n v − + − − − + − − × = = = = ∀ ∈ × N ( ) n v é uma progressão geométrica de razão 1 2 . 69.2. ( ) n v é monótona decrescente porque é uma progressão geométrica em que ( ) 1 1 1 1 0 5 2 5 v v − = × = e 0 1 r . Pág. 44 70.1. O primeiro termo da progressão geométrica ( ) n u é: 1 1 3 3 2 2 u = = . Sendo ( ) n u uma progressão geométrica, a razão é o quociente entre quaisquer dois termos consecutivos. Então, tem-se: 2 1 3 1 4 3 2 2 u r u = = = . 70.2. a) 5 5 5 1 1 1 1 3 93 2 1 1 2 32 1 2 r S u r − − = × = × = − − b) 9 9 9 1 1 1 1 3 1533 2 1 1 2 512 1 2 r S u r − − = × = × = − − 71. As potências de 2 são termos de uma progressão geométrica de razão 2. 9 1 2 9 1 2 2 2 ... 2 2 1022 1 2 − + + + = × = − 72.1. ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 1 2 porque ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 2 , 2 2 2 n n n n n n u n u − + − − − + − − = = = = ∀ ∈N . 10 10 10 1 1 1 1 1023 2 1 1 1 512 1 2 r S u r − − = × = × = − − NEMA11PR © Porto Editora
- 127. 128 Unidade 3 128 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 72.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 2 2 , n n S n − = − ∀ ∈N , sendo n S a soma dos n primeiros termos. • Se 1 n = , 1 1 1 2 2 1 S − =− =(proposição verdadeira porque 1 1 1 1 2 1 S u − = = = ). • Hipótese de indução: 1 2 2 p p S − = − (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 1 1 2 2 2 2 p p p S − + − + = − = − (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 p p p p p p p S S u − + − − − + + = + = − + = − + ( ) 1 2 2 2 1 2 2 p p − − = − − = − . Como a condição 1 2 2 n n S − = − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 2 2 n n S − = − é universal em N , ou seja, a condição 1 2 2 , n n S n − = − ∀ ∈N é verdadeira. Pág. 45 73.1. 1 1 2 , 2 n n n n a a n a a + = = ∀ ∈N ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 2 . Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 3 2 , n n a n − = ∀ ∈N . • Se 1 n = , 3 1 1 2 4 a − = = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 3 2 p p a − = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 3 1 2 1 2 2 p p p a − + − + = = (o que se pretende mostrar). Ora, 3 3 1 2 1 2 2 2 2 2 p p p p p a a − − − − + = = = = . Como a condição 3 2 n n a − = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 3 2 n n a − = é universal em N , ou seja, a condição 3 2 , n n a n − = ∀ ∈N é verdadeira. 73.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 3 8 2 , n n S n − = − ∀ ∈N , sendo n S a soma dos n primeiros termos. • Se 1 n = , 3 1 1 8 2 8 4 4 S − = − = − = (proposição verdadeira porque 1 1 4 S a = = ). • Hipótese de indução: 3 8 2 p p S − = − (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 3 1 2 1 8 2 8 2 p p p S − + − + = − = − (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 3 1 3 3 2 1 1 8 2 2 8 2 2 p p p p p p p S S u − + − − − + + = + =− + =− + ( ) 2 1 2 8 2 2 1 8 2 p p − − = − − = − . Como a condição 3 8 2 n n S − = − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 3 8 2 n n S − = − é universal em N , ou seja, a condição 3 8 2 , n n S n − = − ∀ ∈N é verdadeira. 74.1. Valor, em euros, da 2.ª prestação: 500 500 0,2 600 + × = . Valor, em euros, da 3.ª prestação: 600 600 0,2 720 + × = . O valor da 3.ª prestação é de 720 €. 74.2. a) ( ) 1 0,2 1 0,2 1,2 n n n n n v v v v v + = + × = + = b) 6 6 7 1 1,2 500 1,2 1492,99 v v = × = × ≈ c) Pretende-se determinar o valor pago pela viatura, ou seja, a soma das 12 prestações ( ) 12 S . 1 1,2 n n v v + = donde se conclui que a razão é 1,2. 12 12 12 1 1 1 1,2 500 19 790,25 1 1 1,2 r S v r − − = × =× ≈ − − O valor total pago pela viatura foi de 19 790,25 €. Pág. 46 75.1. 1 16 8 2 a = = Atendendo à lei de formação dos seus termos, sabe-se que ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 2 . A sucessão é definida por recorrência por: 1 1 8 1 , 2 n n a a a n + = = ∀ ∈ N 75.2. 1 1 8 2 n n a − = × 75.3. 5 5 3 1 1 1 31 2 2 3,875 1 1 8 1 2 r S a r − − = × = × = = − − A soma das áreas das superfícies coloridas de cinco figuras consecutivas a começar na 3.ª figura é igual a 3,875 cm2. Tarefa 9 1.1. Atendendo à lei de formação dos seus termos, sabe-se que a sucessão ( ) n p é uma progressão aritmética de razão 1 e primeiro termo 1. O termo geral da progressão ( ) n p é n p n = . Pretende-se determinar o número n de segmentos de reta que constituem a linha azul para que esta tenha de comprimento 6,3 m, ou seja, 630 cm. 1 1 1 630 630 630 630 2 2 n n n i i p p n S p n n = + + = ⇔ = ⇔ × = ⇔ × = ∑ ( ) 2 1 1 4 1 1260 1260 0 2 n n n − ± − × × − ⇔ + − = ⇔ = 35 36 n n ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 35 n = . Devem ser considerados 35 segmentos de reta. 1.2. Atendendo à lei de formação dos seus termos, sabe-se que ( ) n c é uma progressão geométrica de razão 2. Termo geral de ( ) n c : 1 1 1 2n n n c c r − − = × = π× . NEMA11PR © Porto Editora
- 128. Sucessões 129 129 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 1.3. 6 1 6 2 32 c − = π× = π 5 5 5 1 1 1 2 31 1 1 2 r S c r − − = × = π× = π − − 6 5 32 31 c S − = π− π = π Assim sendo, a diferença entre o comprimento do 6.º arco da linha vermelha e a soma dos comprimentos dos cinco primeiros arcos é cm π . Pág. 47 Proposta 25 25.1. 1 2 5 5 5 2 2 2 n n n n n n u u u u u u + + − = − = + − = Como 1 0, n n u u n + − ∀ ∈N, conclui-se que a sucessão ( ) n u é monótona crescente. 25.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 25 13 , 10 n n u n − = ∀ ∈N . • Se 1 n = , 1 25 1 13 12 6 10 10 5 u × − = = = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 25 13 10 p p u − = (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 25 1 13 25 12 10 10 p p p u + + − + = = (o que se pretende mostrar). Ora, 1 2 5 25 13 25 13 25 5 5 2 2 10 2 10 p p p u p p u u + + − − + = = + = + = 25 12 10 p + = . Como a condição 25 13 10 n n u − = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 25 13 10 n n u − = é universal em N , ou seja, a condição 25 13 , 10 n n u n − = ∀ ∈N é verdadeira. Proposta 26 26.1. 1 2 2 3 3 3 7 3 5 3 5 e 4 2 2 2 2 v v v v + + + + = = = = = = . 26.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 3 , n v n ∀ ∈N. • Se 1 n = , 1 3 v (proposição verdadeira porque 1 7 v = ). • Hipótese de indução: 3 p u (admite-se verdadeira). • Tese: 1 3 p u + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) 1 3 1 1 1 3 3 3 e 3 3 3 2 2 2 2 p p p v v v + + = = + + + = . Então, 1 3 p u + . Como a condição 3 n v é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 3 n v é universal em N , ou seja, a condição 3 , n v n ∀ ∈N é verdadeira. Proposta 27 27.1. 2 1 3 2 2 7 2 3 e 2 3 2 5 w w w w = + = + = = + = + = . 27.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 , n w n ∀ ∈N . • Se 1 n = , 1 2 w (proposição verdadeira porque 1 7 w = ). • Hipótese de indução: 2 p w (admite-se verdadeira). • Tese: 1 2 p w + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 2 2 2 e 2 2 2 p p w w + = + + + = . Então, 1 2 p w + . Como a condição 2 n w é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 n w é universal em N , ou seja, a condição 2 , n w n ∀ ∈N é verdadeira. Proposta 28 Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 2 1 , 2 n n n n t − + ∀ ∈ = N . • Se 1 n = , 1 1 1 1 2 1 3 2 t − + = = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 2 1 2 p p p t − + = (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 p p p p p t + + + + − + + = = (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 p p p p p p p p p t t + − + + + + = + = + = + = 1 2 2 1 2 1 2 2 p p p p + × + + = = . Como a condição 1 2 1 2 n n n t − + = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 2 1 2 n n n t − + = é universal em N , ou seja, a condição 1 2 1 , 2 n n n n t − + ∀ ∈ = N é verdadeira. Proposta 29 29.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 1, n u n n = − ∀ ∈N . • Se 1 n = , 1 2 1 1 1 u = × − = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 1 p u p = − (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 2 1 1 2 1 p u p p + = + − = + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 2 2 1 2 2 1 p p u u p p + = + = − + = + . Como a condição 2 1 n u n = − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 1 n u n = − é universal em N , ou seja, a condição 2 1, n u n n = − ∀ ∈N é verdadeira. 29.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 2 1 2 1 , n k k n n = −= ∀ ∈ ∑ N . • Se 1 n = , ( ) 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 k k = − = ⇔ × − = ∑ (proposição verdadeira). NEMA11PR-9 NEMA11PR © Porto Editora
- 129. 130 Unidade 3 130 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) • Hipótese de indução: ( ) 2 1 2 1 p k k p = − = ∑ (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 p k k p + = − = + ∑ (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 p p p k k k p k k k p p + + = = = + − = − + − = + + − ∑ ∑ ∑ ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 p p p p p = + + − = + + = + . Como a condição ( ) 2 1 2 1 n k k n = − = ∑ é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 2 1 2 1 n k k n = − = ∑ é universal em N , ou seja, a condição ( ) 2 1 2 1 , n k k n n = −= ∀ ∈ ∑ N é verdadeira. Pág. 48 Proposta 30 30.1. 6 3 7 6 3 4 9 12 21 e 4 21 4 25 a a a a = + × = + = = + = + = . 30.2. A sucessão ( ) n a é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 1 4, n n a a a n + = = + ∀ ∈ N 30.3. A sucessão ( ) n a é uma progressão aritmética de razão 4 porque 1 4, n n a a n + − = ∀ ∈N . 30.4. ( ) ( ) 1 1 1 1 4 4 3 n a a n r n n = + − × = + − × = − Proposta 31 31.1. 1 2 2, n n n n w w w w n + − = − − = − ∀ ∈N Então, ( ) n w é uma progressão aritmética de razão 2 − . 31.2. A sucessão ( ) n w é decrescente porque é uma progressão aritmética de razão negativa. 31.3. ( ) 100 1 99 3 99 2 195 w w r = + × = + × − =− Proposta 32 Os números inscritos na diagonal do quadrado são 1, 7, 13, 19 e 25 e correspondem aos cinco primeiros termos de uma progressão aritmética ( ) n u . A razão dessa progressão é 6 e o seu termo geral é ( ) ( ) 1 1 1 1 6 6 5 n u u n r n n = + − × = + − × = − . A opção correta é a (B). Pág. 49 Proposta 33 33.1. Atendendo à lei de formação de cada uma das sucessões e à representação das quatro primeiras figuras, sabe-se que: 5 4 5 4 3 10 3 13 e 6 22 6 28 a a p p = + = + = = + = + = . 33.2. 3 2 e 6 2 n n a n p n = − = − . 33.3. ( ) ( ) 1 3 1 2 3 2 3 3 2 3 2 n n a a n n n n + − = + − − − = + − − + 3, n = ∀ ∈N . Então, ( ) n a é uma progressão aritmética de razão 3. ( ) ( ) 1 6 1 2 6 2 6 6 2 6 2 6, n n p p n n n n n + − = + − − − = + − − + = ∀ ∈N Logo, ( ) n p é uma progressão aritmética de razão 6. 33.4. 148 3 2 148 50 n a n n = ⇔ − = ⇔ = A figura da sequência que é constituída por 148 quadrados é a figura de ordem 50 cujo perímetro é dado por 50 p . 50 6 50 2 298 p = × − = O perímetro da figura da sequência formada por 148 quadrados é 298. 33.5. 160 6 2 160 27 n p n n = ⇔ − = ⇔ = A figura da sequência cujo perímetro é 160 é a figura de ordem 27. O número de quadrados dessa figura é dado por 27 a . 27 3 27 2 79 a = × − = A figura da sequência cujo perímetro é 160 é constituída por 79 quadrados. Proposta 34 34.1. ( ) 1 1 5 1 1 5 1 5 5 1 5 3 3 3 n n n n n n u u + − + − − − − + − = − = 5 , 3 n = − ∀ ∈N Então, ( ) n u é uma progressão aritmética de razão 5 3 − . A sucessão ( ) n u é decrescente porque é uma progressão aritmética de razão negativa. 34.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 2 n n v v n n n n + − = + + + − + 2 2 2 1 2 2 2 2 3, n n n n n n n = + + + + − − = + ∀ ∈N ( ) n v não é uma progressão aritmética porque a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos não é constante (depende de n). A sucessão ( ) n v é crescente porque 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N . Proposta 35 35.1. a) ( ) 20 12 20 12 15 8 4 47 u u r = + − × = + × = b) 7 12 5 15 5 4 5 u u r = − = − × = − 35.2. O termo geral da sucessão ( ) n u é: ( ) ( ) 12 12 15 12 4 4 33 n u u n r n n = + − × = + − × = − 139 4 33 139 43 n u n n = ⇔ − = ⇔ = 150 4 33 150 45,75 n u n n = ⇔ − = ⇔ = Conclusão: 139 é termo da sucessão (43.°) e 150 não é termo da sucessão porque 45,75∉N. NEMA11PR © Porto Editora
- 130. Sucessões 131 131 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Pág. 50 Proposta 36 36.1. 23 20 3 73 3 4 85 w w r = + = + × = 36.2. 6 8 2 25 2 4 17 w w r = − = − × = 36.3. ( ) ( ) 35 35 42 35 4 4 98 n w w n r n n = + − × = + − × = − Proposta 37 37.1. 8 1 7 20 1 7 3 b b r r r =+ ⇔ = − + ⇔ = Termo geral de ( ) n b : ( ) ( ) 1 1 1 1 3 n b b n r n =+ − × = − + − × 3 4 n = − . 37.2. 6 3 3 2 4 3 2 b b r r r = + ⇔ − = + ⇔ = − Termo geral de ( ) n b : ( ) ( ) ( ) 3 3 4 3 2 2 10 n b b n r n n = + − × =+ − × − = − + 37.3. 15 10 5 23 8 5 3 b b r r r = + ⇔ = + ⇔ = Termo geral de ( ) n b : ( ) ( ) 10 10 8 10 3 3 22 n b b n r n n = + − × = + − × = − Proposta 38 38.1. { } 1 , n ∀ ∈N tem-se ( ) ( ) 1 1 3 1 1 3 1 3 3 1 3 3 n n u u n n n n + − = − + − − = − − − + = − . 38.2. Para que ( ) n u seja uma progressão aritmética tem de se verificar ainda a condição 2 1 3 u u − = − . 2 1 3 1 3 2 3 2 u u a a − = − ⇔ − × − = − ⇔ = − Proposta 39 39.1. Sabe-se que a diferença entre quaisquer dois termos consecutivos de uma progressão aritmética é constante. Se 2 5 6 7 , 2 2 e u x u x u x = = + = forem três termos consecutivos de uma progressão aritmética, então tem-se: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 0 x x x x x x x x x + − = − + ⇔ + = − − ⇔ − − = 3 9 16 4 1 2 x x x ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − Assim sendo, provou-se que existem dois valores reais de x para os quais ( ) n u é uma progressão aritmética. 39.2. Se 4 x = então 5 6 7 4, 10 e 16 u u u = = = . Neste caso, ( ) 6 5 6 e 4 5 6 6 26 n r u u u n n = − = = + − × = − . Se 1 x = − então 5 6 7 1, 0 e 1 u u u = − = = . Neste caso, ( ) 6 5 1 e 1 5 1 6 n r u u u n n = − = = − + − × =− . Proposta 40 40.1. 7 3 4 27 11 4 4 a a r r r = + ⇔ = + ⇔ = 40.2. Termo geral de ( ) n a : ( ) ( ) 3 3 11 3 4 4 1 n a a n r n n = + − × = + − × = − 40.3. a) 15 1 15 1 2 3 15 15 1 ... 15 2 i i a a a a a a S a = + + + + + = = = × ∑ 4 1 1 4 15 1 15 465 2 × − + × − = × = b) 30 1 30 30 1 4 1 1 4 30 1 30 30 1830 2 2 k k a a a S = + × − + × − = = × = × = ∑ . Pág. 51 Proposta 41 41.1. A sucessão ( ) n u é decrescente se 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N . 2 1 0 4 0 n n u u k + − ⇔ − ⇔ ] [ ] [ , 2 2, k∈ −∞ − ∪ +∞ . Cálculo auxiliar: 2 2 4 0 4 2 2 k k k k − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 41.2. a) Sendo 4 k = , tem-se: 2 1 4 4 12, n n u u n + − = − = − ∀ ∈N . Então, ( ) n u é uma progressão aritmética de razão 12 − . b) 33 14 33 14 15 33 14 161 389 ... 20 20 2 2 i i u u S u u u u = + − − = + + + = = × = × ∑ 5500 = − Cálculos auxiliares: Termo geral de ( ) n u : ( ) ( ) ( ) 1 1 5 1 12 12 7 n u u n r n n = + − × = − + − × − = − + 14 12 14 7 161 u = − × + = − e 33 12 33 7 389 u = − × + = − Proposta 42 42.1. 23 7 1 16 31 23 16 2 u u r r r = + ⇔ = + ⇔ = 5 7 1 2 23 2 22 2 u u r = − = − × = 42.2. ( ) ( ) 7 1 7 39 7 23 7 23 2 2 2 n n n u u n r n − + = + − × = + − × = + = 42.3. 39 50 50 39 100 61 2 n n u n n + = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = Conclui-se, então, que 50 é termo da sucessão (61.°). 42.4. ( ) 37 15 37 15 16 37 15 ... 37 15 1 2 i i u u S u u u u = + = + + + = = × − + ∑ 27 38 23 747,5 2 + = ×= Cálculos auxiliares: 15 15 39 27 2 u + = = e 37 37 39 38 2 u + = = NEMA11PR © Porto Editora
- 131. 132 Unidade 3 132 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Proposta 43 43.1. 1 2 2, n n n n v v v v n + − = − − = − ∀ ∈N Então, ( ) n v é uma progressão aritmética de razão 2 − . 43.2. Termo geral da sucessão ( ) n v : ( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 2 2 5 n v v n r n n = + − × =+ − × − = − + 43.3. 10 35 2 10 5 15 e 2 35 5 65 v v = − × + = − = − × + = − . 43.4. ( ) 35 10 35 10 11 35 10 ... 35 10 1 2 i i v v v v v v = + + + + = = × − + ∑ 15 65 26 1040 2 − − = × = − 43.5. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 2 1 4 , n k k v n n n = = − ∀ ∈ ∑ N . • Se 1 n = , 1 2 1 1 4 1 1 3 k k v v = = × − ⇔ = ∑ (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 2 1 4 p k k v p p = = − ∑ (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) ( ) 1 2 2 1 4 1 1 4 4 2 1 p k k v p p p p p + = = + − + = + − − − ∑ 2 2 3 p p = − + + (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 2 1 1 1 1 4 p p p k k k p k k k p v v v p p v + + + = = = + = + = − + ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 5 4 2 2 5 2 3 p p p p p p p p = − + − + + = − − − + = − + + . Como a condição 2 1 4 n k k v n n = = − ∑ é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 2 1 4 n k k v n n = = − ∑ é universal em N , ou seja, a condição 2 1 4 , n k k v n n n = = − ∀ ∈ ∑ N é verdadeira. Proposta 44 44.1. a) ( ) 50 8 50 8 9 50 8 46 298 ... 50 8 1 43 2 2 i i u u u u u u = + + + + + = = × − + = × ∑ 7396 = . Cálculos auxiliares: 8 6 8 2 46 u = × − = e 50 6 50 2 298 u = × − = b) ( ) 85 20 85 20 21 85 20 ... 85 20 1 2 i i u u u u u u = + + + + = = × − + ∑ 118 508 66 20658 2 + = × = Cálculos auxiliares: 20 6 20 2 118 u = × − = e 85 6 85 2 508 u = × − = 44.2. 1 1 1220 1220 1220 2 n n n i i u u S u n = + = ⇔ = ⇔ ×= ∑ 2 4 6 2 1220 3 1220 0 2 n n n n + − ⇔ ×= ⇔ + − = ( ) 1 1 4 3 1220 61 20 6 3 n n n − ± − × × − ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 20 n = . Pág. 52 Proposta 45 45.1. ( ) ( ) 20 21 2 20 2 21 20 45 2 2 1 11,25 2 2 4 f f a + + + + = × = = = 45.2. ( ) ( ) 1 2 2 1 2 5 2 2 1 2 2 4 n n n f n f n n a + + + + + + + = × = = ( ) 1 2 1 5 2 5 2 2 5 2 5 2 4 4 4 4 n n n n n n a a + + + + + + − − − = − = = 1 , 2 n = ∀ ∈N Então, ( ) n a é uma progressão aritmética de razão 1 2 . 45.3. 20 1 20 20 1 2 1 5 2 20 5 4 4 20 20 2 2 i i a a S a = × + × + + + = = × = × ∑ 52 20 130 8 = × = Proposta 46 46.1. Seja ( ) n v a sucessão dos valores, em euros, colocados no mealheiro no dia n do mês. ( ) n v é uma progressão aritmética de razão 0,05 e primeiro termo igual a 0,5. O mês de março tem 31 dias, então pretende-se determinar 31 S . 31 1 31 31 1 0,5 0,5 30 0,05 31 31 38,75 2 2 i i v v S v = + + + × = = × = × = ∑ No mês de março a Joana poupou 38,75 €. 46.2. Pretende-se calcular 30 13 14 30 13 ... i i S v v v v = = + + + = ∑ . ( ) 13 30 30 13 1 2 v v S + = × − + ( ) ( ) 0,5 12 0,05 0,5 29 0,05 18 27,45 2 + × + + × = × = A prenda da mãe custou 27,45 €. Proposta 47 47.1. Seja ( ) n u a sucessão do tempo, em minutos, dedicado ao exercício no dia n de recuperação. ( ) n u é uma progressão aritmética de razão 4 e primeiro termo igual a 10. NEMA11PR © Porto Editora
- 132. Sucessões 133 133 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 15 1 14 10 14 4 66 u u r = + = + × = No 15.° dia de recuperação, o atleta dedicou 66 minutos, ou seja, 1 hora e 6 minutos, ao exercício. 47.2. 16 horas 16 60 minutos 960 minutos = × = . 1 1 960 960 960 2 n n n i i u u S u n = + = ⇔ = ⇔ × = ⇔ ∑ ( ) 2 10 10 1 4 960 2 8 960 0 2 n n n n + + − × ⇔ × = ⇔ + − = ( ) 8 64 1 4 2 960 20 24 4 n n n − ± − × × − ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como n∈N , conclui-se que 20 n = . O plano inicial foi proposto para 20 dias. 47.3. Pretende-se calcular 20 11 12 20 11 ... i i S u u u u = = + + + = ∑ . ( ) ( ) 11 20 10 10 4 10 19 4 10 10 680 2 2 u u S + × + + × + = × = × = Nos últimos dez dias de aplicação do plano inicial foram dedicados 680 minutos, ou seja, 11 horas e 20 minutos, ao exercício. Pág. 53 Proposta 48 Seja ( ) n u a sucessão do comprimento, em centímetros, do segmento de reta de ordem n da linha poligonal. ( ) n u é uma progressão aritmética de razão 3 e primeiro termo igual a 2. Termo geral da sucessão ( ) n u : ( ) ( ) 1 1 2 1 3 3 1 n u u n r n n = + − × = + − × = − Em seguida vamos determinar a ordem do último segmento de reta da linha, cujo comprimento é 74 cm. 74 3 1 74 25 n u n n = ⇔ − = ⇔ = Pretende-se determinar o comprimento da linha, ou seja, calcular 25 S . 25 1 25 25 1 2 3 25 1 25 25 950 2 2 i i u u S u = + + × − = = × = × = ∑ A linha poligonal tem 950 cm de comprimento. Proposta 49 49.1. 1 1 1 4 5 5 5, 4 5 n n n n u n u + + × = = = ∀ ∈ × N ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 5. ( ) ( ) 1 1 3 1 3 1 , 3 n n n n n n v n v n n + + × + × + = = ∀ ∈ × N ( ) n v não é uma progressão geométrica porque o quociente entre quaisquer dois termos consecutivos não é constante (depende de n). 1 , 4 n n w w n + = ∀ ∈N . Donde se conclui que 1 1 , 4 n n w n w + = ∀ ∈N . ( ) n w é uma progressão geométrica de razão 1 4 . 49.2. 1 1 2 4 n n w − = × Proposta 50 50.1. ( ) 2 1 2 2 2 1 2 2 5 2 2 1 2 , 4 5 2 2 n n n n n n v n v − + − − − + − − × = = = = ∀ ∈ × N ( ) n v é uma progressão geométrica de razão 1 4 . 50.2. 2 2 2 6 5 5 1 5 2 2 2 2 64 64 64 n n n n v − − − − = ⇔ × = ⇔ = ⇔ = 2 6 3 n n ⇔ − = − ⇔ = 5 64 é o 3.° termo da sucessão. Proposta 51 51.1. ( ) 1 9 3 n n u − = × − 51.2. 2 1 3 3 4 4 u r u − = = = − ; 1 3 4 4 n n u − = − × 51.3. 3 1 1 6 2 n n u − = × 51.4. 8 6 2 2 8 6 225 9 25 5 5 u u r r r r r − = × ⇔ =× ⇔ = ⇔ = ∨ = − Como 0 r , conclui-se que 5 r = . Então, 6 9 5n n u − = × . Proposta 52 52.1. Sucessão ( ) n u : 1 1 1 5 5 u − = = e 2 2 1 1 5 1 5 5 u r u − − = = = . Sucessão ( ) n v : 1 1 1 1 3 3 v = − = − e 2 2 1 1 1 1 3 1 3 3 v r v − = = = − . Sucessão ( ) n w : ( ) 1 1 2 2 w = − = − e ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 w r w − = = = − − . Sucessão ( ) n t : 1 1 1 5 3 5 t − =− × =− e 2 1 2 1 1 1 5 3 3 5 3 t r t − − − × = = = − × . 52.2. A sucessão ( ) n u é monótona decrescente porque é uma progressão geométrica em que 0 1 r e 1 0 u . A sucessão ( ) n v é monótona crescente porque é uma progressão geométrica em que 0 1 r e 1 0 u . A sucessão ( ) n w não é monótona porque é uma progressão geométrica em que 0 r e 1 0 u ≠ . A sucessão ( ) n t é monótona decrescente porque é uma progressão geométrica em que 1 r e 1 0 u . Conclusão: As sucessões ( ) n u e ( ) n t são decrescentes, a sucessão ( ) n v é crescente e a sucessão ( ) n w não é monótona. NEMA11PR © Porto Editora
- 133. 134 Unidade 3 134 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pág. 54 Proposta 53 53.1. Seja ( ) n u a progressão geométrica cujo primeiro termo é 4 e o quinto termo é 324. 5 1 4 4 4 4 5 1 324 4 81 81 81 u u r r r r r − = × ⇔ = × ⇔ = ⇔ = ∨ = − 3 3 r r ⇔ = ∨ = − Como ( ) n u é monótona, conclui-se que 3 r = . Então, o termo geral da progressão geométrica ( ) n u é 1 4 3n n u − = × . 53.2. Sendo ( ) n u não monótona, conclui-se que 3 r = − . Neste caso, o termo geral da progressão geométrica ( ) n u é ( ) 1 4 3 n n u − = × − . Proposta 54 54.1. 1 1 1 1 12 12 3 3 1 3 , 12 3 12 3 3 3 3 n n n n n n n n a n a + + + × = = = = ∀ ∈ × × N ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 3 . 54.2. a) 5 5 1 2 3 4 5 5 1 1 1 1 484 3 4 1 1 81 1 3 r a a a a a S a r − − + + + + = = × = × = − − b) 6 6 3 4 8 3 3 1 1 1 12 1456 3 ... 1 1 2187 3 1 3 r a a a a r − − + + + = × = × = − − Proposta 55 55.1. 1 1 4 , 4 n n n n a a n a a + = = ∀ ∈N ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 4 . Sabe-se que 1 1 , n n a a r n − = × ∀ ∈N . Então, tem-se: ( ) 1 1 2 2 3 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 , 4 n n n n n a n − − − + − − = × = × = × = × ∀ ∈ N 55.2. ( ) 2 2 1 1 1 1 1 2 8 4 2 2 1 2 1 3 1 3 1 4 4 n n n n n r S a r − − − − − = × = × = × =− − − 2 3 2 3 2 8 8 2 8 2 2 8 2 , 3 3 3 n n n n − − − − × − × − = = = ∀ ∈N Proposta 56 56.1. ( ) 1 2 3 1 2 3 2 3 3 2 3 4 4 4 n n n n n n v v + + + + + + − − − = − = 3 , 4 n = ∀ ∈N Então, ( ) n v é uma progressão aritmética de razão 3 4 . 56.2. Pretende-se calcular 21 7 8 21 7 ... i i S v v v v = = + + + = ∑ . 7 21 2 3 7 2 3 21 4 4 15 15 165 2 2 v v S + × + × + + = × = × = 56.3. a) ( ) n w é uma progressão geométrica tal que 4 1 w v = e 3 4 r = . Ora, 4 1 2 3 1 5 4 4 w v + × = = = . Sendo ( ) n w é uma progressão geométrica sabe-se que 3 4 1 w w r = × . 3 3 4 1 1 1 5 3 5 27 4 4 4 64 w w r w w = × ⇔ = × ⇔ = × ⇔ 1 80 27 w = b) A progressão geométrica ( ) n w é monótona decrescente porque 0 1 r e 1 0 w . Pág. 55 Proposta 57 57.1. Valor de aquisição do automóvel: 30 000 euros. Valor do automóvel daqui a 1 ano: 30 000 30 000 0,15 30 000 0,85 25 500 − × = × = euros. Valor do automóvel daqui a 2 anos: 25 500 25 500 0,15 25 500 0,85 21 675 − × = × = euros. Valor do automóvel daqui a 3 anos: 21 675 21 675 0,15 21 675 0,85 18 423,75 − × = × = euros. Valor do automóvel daqui a 4 anos: 18423,75 18423,75 0,15 18423,75 0,85 15660,19 − × = × ≈ euros. Valor do automóvel daqui a 4 anos: 18423,75 18423,75 0,15 18423,75 0,85 15660,19 − × = × ≈ euros. Valor do automóvel daqui a 5 anos: 15660,19 15660,19 0,15 15660,19 0,85 13311,16 − × = × ≈ euros. 57.2. Seja ( ) n v a sucessão em que n v representa o valor do automóvel, em euros, n anos após a sua compra. Como a valor de aquisição do automóvel foi de 30 000 euros e este sofre uma desvalorização anual de 15%, tem-se: ( ) 30 000 1 0,15 30 000 0,85 n n n v = × − = × Proposta 58 58.1. 1 3 3, n n n n u u n u u + − = = − ∀ ∈N ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 3 − . NEMA11PR © Porto Editora
- 134. Sucessões 135 135 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 58.2. A progressão geométrica ( ) n u não é monótona porque 0 r e 1 0 u , isto é, os seus termos são alternadamente positivos e negativos. 58.3. O termo geral da sucessão ( ) n u é ( ) 1 2 3 n n u − = × − . 58.4. ( ) ( ) 10 10 1 2 10 10 1 1 3 1 ... 2 29 524 1 1 3 r u u u S u r − − − + + + = = × =× = − − − − Proposta 59 59.1. Seja ( ) n d a sucessão em que n d representa o diâmetro da semicircunferência de ordem n. 1 1 d = ; 2 1 2 2 d d = = ; 2 3 2 2 2 2 2 d d = = × = ; 2 3 4 3 2 2 2 2 d d = = × = ; … ; 14 15 2 16 384 d= = . O diâmetro da última semicircunferência do “caracol” é 16 384. 59.2. Seja ( ) n c a sucessão em que n c representa o comprimento da semicircunferência de ordem n. 1 0,5 c = π ; 2 c = π ; 3 2 c = π ; 4 4 c = π ; … . ( ) n c é uma progressão geométrica de razão 2. Pretende-se determinar o comprimento do “caracol”, ou seja, calcular 15 S . 15 15 15 1 2 15 1 1 1 2 ... 0,5 16383,5 1 1 2 r S c c c c r − − = + + + = × = π× = π − − O comprimento do “caracol” é 16383,5π . Pág. 56 Proposta 60 60.1. 2 3 4 5 6 7 7 3 3 3 3 3 3 3 3279 u = + + + + + + = 60.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( ) 3 3 1 , 2 n n u n = − ∀ ∈N . • Se 1 n = , ( ) 1 1 3 3 1 3 2 u = − = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( ) 3 3 1 2 p p u = − (admite-se verdadeira). • Tese: ( ) 1 1 3 3 1 2 p p u + + = − (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 2 3 1 1 1 1 3 3 3 3 ... 3 3 3 3 1 3 2 p p p p p p p u u + + + + = + + + + + = + = − + ( ) 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 1 2 2 2 2 2 p p p p + + + + = − + = × − = − . Como a condição ( ) 3 3 1 2 n n u = − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 3 3 1 2 n n u = − é universal em N , ou seja, a condição ( ) 3 3 1 , 2 n n u n = − ∀ ∈N é verdadeira. Proposta 61 61.1. Comprimento dos novos segmentos que surgem na 5.ª fase: 5 1 1 1 3 12 12 0,75 cm 2 16 4 − × = × = = . 61.2. Seja ( ) n u a sucessão em que n u representa o número de novos segmentos de reta na fase de ordem n. ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 3 e primeiro termo igual a 1. Termo geral da sucessão ( ) n u : 1 1 1 1 1 3 3 n n n n u u r − − − =× = × = 61.3. ( ) 1 1 1 2 2 12 12 24 1 2 1 1 1 2 2 n n n n h − − − − = × = × = − − Pág. 57 Proposta 62* ( ) n l é a sucessão dos lados dos quadrados obtidos. Atendendo ao processo de construção sabe-se que: ( ) 2 2 2 1 2 2 n n n l l l + = + ( ) 2 2 1 2 2 n n l l + ⇔ = × ( ) ( ) 2 2 1 2 4 n n l l + ⇔ = × ( ) 2 1 2 4 n n l l + ⇔ = × 1 2 2 n n l l + ⇔ = A sucessão ( ) n l é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 20 2 , 2 n n l l l n + = = ∀ ∈ N Então, ( ) n l é uma progressão geométrica de razão 2 2 r = . 10 10 10 1 2 1 2 1 20 66,15 1 2 1 2 r S l r − − = × = × ≈ − − ( ) n p é a sucessão dos perímetros dos quadrados obtidos. Sabe-se que 1 1 4 4 20 80 p l = × = × = e 1 1 4 n n p l + + = = 2 2 2 4 4 , 2 2 2 n n n l l p n = × = × = × ∀ ∈N . NEMA11PR © Porto Editora
- 135. 136 Unidade 3 136 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) A sucessão ( ) n p é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 20 2 , 2 n n p p p n + = = ∀ ∈ N Então, ( ) n p é uma progressão geométrica de razão 2 2 r = . 10 10 10 1 2 1 2 1 80 264,60 1 2 1 2 r S p r − − = × = × ≈ − − ( ) n a é a sucessão das áreas dos quadrados obtidos. Sabe-se que ( ) 2 2 1 1 20 400 a l = = = e ( ) 2 2 1 1 2 2 n n n a l l + + = = = ( ) 2 2 1 , 4 2 n n l a n = = ∀ ∈N . A sucessão ( ) n a é definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 400 1 , 2 n n a a a n + = = ∀ ∈ N Então, ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 2 r = . 10 10 10 1 1 1 1 2 400 799,22 1 1 1 2 r S a r − − = × =× ≈ − − Proposta 63* 63.1. 2 2 1 3 2 9 5 2 2 4 4 A = π× − π× = π −π= π . 2 2 2 4 3 9 7 4 2 2 4 4 A = π× − π× = π− π = π 2 2 3 5 4 25 9 4 2 2 4 4 A = π× − π× = π− π = π 63.2. Atendendo à lei de formação dos termos da sucessão ( ) n A , sabe-se que: 2 2 2 1 2 2 n n n A + + = π× −π× 2 2 4 4 2 1 4 4 n n n n + + + + = π× − π× 2 2 4 4 2 1 2 3 4 4 n n n n n + + − − − + = π× = π× ( ) 1 2 1 3 2 3 2 5 2 3 4 4 4 n n n n n n A A + + + + + − − − = π× −π× = π× 2 , 4 2 n π = π× = ∀ ∈N Então, conclui-se que a sucessão ( ) n A é uma progressão aritmética de razão 2 π . Proposta 64* 64.1. 3 5 10 10 3 cos 30 2 3 3 OA AB AB AB AB ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3 5 3 tan 30 3 5 3 OB OB OB OA ° = ⇔ = ⇔ = 5 3 3 10 3 cos 30 2 3 OB BC BC BC ° = ⇔ = ⇔ = 1 10 3 3 c = e 2 10 3 c = . 2 1 10 10 3 1 3 : 3 3 3 3 c r c = = = = A sucessão ( ) n c é uma progressão geométrica de razão 3 3 . O termo geral da sucessão ( ) n c é: 1 10 3 3 3 10 3 3 3 n n n c − =× = × 64.2. 6 3 6 6 3 3 3 1 10 10 10 10 0,37 3 27 3 3 c = × = × = × = ≈ O sexto segmento da sequência tem, aproximadamente, 0,37 cm de comprimento. 64.3. 10 10 10 1 2 1 3 1 10 3 13,6 1 3 2 1 3 r S c r − − = × = × ≈ − − A “espiral” constituída pelos dez primeiros segmentos tem, aproximadamente, 13,6 cm de comprimento. 64.4. Por construção, sabe-se que ˆ 30 OEF= ° = α . Então, os segmentos de reta [AB] e [EF] são paralelos. Assim sendo, o quadrilátero [FEAB] é um trapézio. 5 5 10 3 3 10 3 27 EF c = = × = 3 5 cos 30 2 9 10 3 27 OE OE OE EF ° = ⇔ = ⇔ = 1 5 3 sin 30 2 27 10 3 27 OF OF OE EF ° = ⇔= ⇔ = 2 [ ] [ ] [ ] 5 3 5 5 3 5 3 9 27 7,13 cm 2 2 FEAB OAB OEF A A A × × = − = − ≈ [ ] FEAB P AB BF FE EA = + + + 10 3 5 3 5 3 10 3 5 5 13,43 cm 3 3 27 27 9 = + − + + − ≈ NEMA11PR © Porto Editora
- 136. Sucessões 137 137 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Pág. 58 76.1. 1 1 1 1 0,01 0,01 0,01 50 2 2 2 2 n n u n n n + − ⇔ − ⇔ ⇔ A partir da ordem 51 (inclusive) tem-se 1 0,01 2 n u − . 76.2. a) ] [ 3 1 3 0,01 ; 3 0,01 3 0,01 3 0,01 n n n v v n + ∈ − + ⇔ − ⇔ − 1 0,01 100 n n ⇔ ⇔ A partir da ordem 101 (inclusive) tem-se ] [ 3 0,01 ; 3 0,01 n v ∈ − + . b) ] [ 3 0,002 ; 3 0,002 3 0,002 n n v v ∈ − + ⇔ − 3 1 1 3 0,002 0,002 500 n n n n + ⇔ − ⇔ ⇔ A partir da ordem 501 (inclusive) tem-se ] [ 3 0,002 ; 3 0,002 n v ∈ − + . c) 4 4 4 4 3 1 3 10 ; 3 10 3 10 3 10 n n n v v n − − − − + ∈ − + ⇔ − ⇔ − 4 1 10 10 000 n n − ⇔ ⇔ A partir da ordem 10 001 (inclusive) tem-se 4 4 3 10 ; 3 10 n v − − ∈ − + . 77.1. ] [ 5 5 0,1 ; 5 0,1 5 0,1 5 0,1 2 n n n v v n ∈ − + ⇔ − ⇔ − + 10 0,1 98 2 n n ⇔ ⇔ + A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão ( ) n v pertencem ao intervalo ] [ 5 0,1 ; 5 0,1 − + é a ordem 99. 77.2. ( ) ] [ 0,02 5 5 0,02 ; 5 0,02 5 0,02 n n n v V v v ∈ ⇔ ∈ − + ⇔ − 5 10 5 0,02 0,02 498 2 2 n n n n ⇔ − ⇔ ⇔ + + A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão ( ) n v pertencem à vizinhança ( ) 0,02 5 V é a ordem 499. Pág. 59 78.1. ] [ 2 1 2 0,1 ; 2 0,1 2 0,1 2 0,1 3 n n n u u n − ∉ − + ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ + 7 0,1 67 3 n n ⇔ ≥ ⇔ ≤ + Há 67 termos da sucessão ( ) n u que não pertencem ao intervalo ] [ 2 0,1 ; 2 0,1 − + . 78.2. ( ) ] [ 0,03 2 2 0,03 ; 2 0,03 2 0,03 n n n u V u u ∈ ⇔ ∈ − + ⇔ − 2 1 7 691 2 0,03 0,03 3 3 3 n n n n − ⇔ − ⇔ ⇔ + + Como 691 230,3 3 ≈ tem-se que a partir da ordem 231 (inclusive) todos os termos da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança ( ) 0,03 2 V . 79.1. Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 5 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . proposição verdadeira 5 5 5 0 n u − ⇔ − ⇔ δ δ δ Então, p é um número natural qualquer. 79.2. Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n n n p u k ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . proposição verdadeira 0 n u k k k − ⇔ − ⇔ δ δ δ Então, p é um número natural qualquer. Pág. 60 80.1. ] [ 2 2 0,1 ; 2 0,1 2 0,1 2 0,1 1 n n n u u n ∈ − + ⇔ − ⇔ − + 2 0,1 19 1 n n ⇔ ⇔ + A menor ordem a partir da qual todos os termos da sucessão ( ) n u pertencem ao intervalo ] [ 2 0,1 ; 2 0,1 − + é a ordem 20. 80.2. Pretende-se mostrar que ( ) n u é convergente para 2, ou seja, lim 2 n u = . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 2 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 2 2 2 2 2 1 1 n n u n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 2−δ δ . 81.1. 1 2 3 1 1 1 , e 6 2 6 v v v = = = . 81.2. A sucessão ( ) n v não é monótona porque 2 1 3 2 e v v v v . 81.3. ( ) ] [ 0,2 1 1 0 0 0,2 ; 0 0,2 , 5 5 V =− + = − Todos os termos de ordem ímpar são iguais a 1 6 , logo pertencem à vizinhança ( ) 0,2 0 V . Se existirem termos da sucessão que não pertencem à vizinhança ( ) 0,2 0 V , então serão termos de ordem par. NEMA11PR © Porto Editora
- 137. 138 Unidade 3 138 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) ( ) 0,2 0 par 0 0,2 par n n v V n v n ∉ ∧ ⇔ − ≥ ∧ 1 1 1 0 0,2 par par 5 n n n n ⇔ − ≥ ∧ ⇔ ≥ ∧ 5 par 2 4 n n n n ⇔ ≤ ∧ ⇔ = ∨ = Existem dois termos da sucessão ( ) n v que não pertence a ( ) 0,3 0 V , a saber, os termos de ordem 2 e 4. 81.4. ( ) ] [ 0,01 1 1 0 0 0,01 ; 0 0,01 , 100 100 V = − + = − Não existe uma ordem a partir da qual todos os termos da sucessão pertencem à vizinhança ( ) 0,01 0 V pois nenhum termo de ordem ímpar pertence a essa vizinhança. 81.5. A sucessão ( ) n v não converge para zero pois para todo o 0 δ não existe um p∈N tal que , 0 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . Basta pensar no caso em que 0,01 = δ . Pág. 61 82.1. Pretende-se provar, pela definição, que ( ) lim 2 5n + = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , 2 5 n n p n L ∀ ∈ ≥ ⇒ + N . 2 2 5 5 L n L n − + ⇔ Basta considerar 2 5 L p p − ∈ ∧ N . 82.2. Pretende-se provar, pela definição, que ( ) lim 2 7 n − + = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , 2 7 n n p n L ∀ ∈ ≥ ⇒ − + − N . 7 2 7 2 L n L n + − + − ⇔ Basta considerar 7 2 L p p + ∈ ∧ N . 82.3. Pretende-se provar, pela definição, que 1 3 lim 2 n − = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 1 3 , 2 n n n p L − ∀ ∈ ≥ ⇒ − N . 1 3 1 2 1 3 2 2 3 n L L n L n − + − ⇔ − − ⇔ Basta considerar 1 2 3 L p p + ∈ ∧ N . 82.4. Pretende-se provar, pela definição, que 3 lim 6 n + = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 3 , 6 n n n p L + ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 3 6 3 6 n L n L + ⇔ − Basta considerar 6 3 p p L ∈ ∧ − N . 83.1. ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 5 1 2 5 3 5 2 1 5 2 1 1 n n n n n n n n u u n n n n + + − + − − + − − = − = + + ( ) ( ) 2 2 5 3 5 5 2 2 2 1 1 n n n n n n n n n + − − + + = = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. 83.2. 5 é majorante da sucessão ( ) n u se , 5 n n u ∀ ∈ ≤ N . 5 2 5 5 5 2 5 0 2 n n u n n n n − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ Como a condição 0 2 n ≤ é universal em N , conclui-se que 5 é majorante da sucessão ( ) n u . 83.3. A sucessão ( ) n u não tende para +∞ pois tende para 5. Pretende-se mostrar que ( ) n u é convergente para 5, ou seja, lim 5 n u = . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 5 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 5 2 2 2 5 5 n n u n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 2 δ . Pág. 62 84.1. a) Pretende-se provar que lim n u = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 2 4 2 4 n L u L n L n − ⇔ + ⇔ Basta considerar 2 4 L p p − ∈ ∧ N . b) Pretende-se mostrar que 1 lim 2 n v = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 1 , 2 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1 2 1 5 5 2 2 2 1 2 4 2 4 n n v n n n − − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 5 2 4 − δ δ . 84.2. a) 2 1 lim lim lim 2 1 2 n n n s v n − = = = + NEMA11PR © Porto Editora
- 138. Sucessões 139 139 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) b) ( ) lim lim 4 2 lim n n t n u = + = = +∞ 85.1. Pretende-se provar, pela definição, que lim n u = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 2 n u L n L n L ⇔ ⇔ Basta considerar 2 p p L ∈ ∧ N . 85.2. lim lim n n v u = = +∞ Pág. 63 86.1. 0,01 1 1 1 0,01 ; 0,01 4 4 4 n n u V u ∈ ⇔ ∈ − + 1 1 1 1 1 0,01 6 4 1 4 4 100 4 16 100 n n u n n n ⇔ − ⇔ − ⇔ ⇔ + + A partir da ordem 7 (inclusive) todos os termos da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança 0,01 1 4 V . 86.2. Sabe-se que: 0,1 1 1 1 , , 0,1 ; 0,1 4 4 4 n n n u V n u ∀ ∈ ∈ ⇔ ∀ ∈ ∈ − + N N ] [ , 0,15 ; 0,35 , 0,15 0,25 n n n u n u ⇔ ∀ ∈ ∈ ⇔ ∀ ∈ ≤ ≤ N N Donde se conclui que a sucessão ( ) n u é limitada. Pág. 64 87.1. 1 2 7 1 7 2 14 1 , 5 2 1 5 2 2 9 u u × × = = = = + × + × e 3 7 3 21 5 2 3 11 u × = = + × 87.2. ( ) ( ) 1 7 1 7 7 7 7 5 2 1 5 2 7 2 5 2 n n n n n n u u n n n n + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 7 7 5 2 7 7 2 7 2 5 2 n n n n n n + + − + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 35 14 35 14 49 14 35 7 2 5 2 7 2 5 2 n n n n n n n n n + + + − − = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. 87.3. Como ( ) n u é crescente então 1 , n n u u ∀ ∈ ≥ N . 7 2 é um majorante do conjunto dos termos da sucessão : condição universal em 7 7 7 14 35 14 0 35 2 5 2 2 n n u n n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + N Então, ( ) n u é limitada porque 7 , 1 2 n n u ∀ ∈ ≤ ≤ N . 87.4. Sendo ( ) n u uma sucessão monótona e limitada, então é convergente. 88.1. ( ) ( ) 1 4 1 7 4 7 4 11 4 7 2 1 1 2 1 2 3 2 1 n n n n n n u u n n n n + + + + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 11 2 1 4 7 2 3 2 3 2 1 n n n n n n + + − + + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 8 4 22 11 8 12 14 21 10 2 3 2 1 2 3 2 1 n n n n n n n n n n + + + − − − − − = = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona decrescente. 88.2. Como a sucessão ( ) n u é decrescente, o primeiro termo é um majorante do conjunto dos termos da sucessão. 1 4 1 7 11 2 1 1 3 u × + = = × + Um majorante do conjunto dos termos da sucessão: 11 3 . Todos os termos da sucessão são positivos, então 0 é um minorante do conjunto dos termos da sucessão. 88.3. A sucessão ( ) n u , sendo minorada e majorada, é limitada. Sendo ( ) n u uma sucessão monótona e limitada, então é convergente. 88.4. Pretende-se mostrar, pela definição, que lim 2 n u = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 2 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 4 7 5 5 2 2 2 1 2 1 2 n n u n n n + − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 5 2 −δ δ . 89. A sucessão ( ) n w é decrescente e é limitada pois , 3 2 n n w ∀ ∈ − N . Então, ( ) n w , sendo monótona e limitada, é convergente. 90.1. Sendo ( ) n a crescente, então o primeiro termo é um minorante do conjunto dos termos da sucessão, ou seja, 1 , n n a a ∀ ∈ ≥ N . Sabe-se ainda que 4 , 5 n n a ∀ ∈ ≥ N . 4 1 4 5 4 5 5 n n n a a a ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ( ) n a é limitada porque 1 4 , 5 n n a a ∀ ∈ ≤ ≤ N . 90.2. A sucessão ( ) n a é convergente porque é monótona e limitada. NEMA11PR © Porto Editora
- 139. 140 Unidade 3 140 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Tarefa 10 1.1. 2 1 6 1 3 1 5 2 0,5 2 1 2 u u − − − = − = − = Durante o 2.º ano a árvore cresceu 0,5 m. 1.2. 3 1 3 3 3 1 3 0 1 n n u n n n n − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = A condição 0 1 n = é impossível. Então, conclui-se que a árvore não atinge 3 m de altura. 1.3. a) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 3 1 1 3 2 3 1 1 3 1 1 1 n n n n n n n n u u n n n n + + − + − − + − − = − = + + ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 1 1 1 1 n n n n n n n n n + − − + + = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. b) 3 1 1 3 n n u n n − = = − 1 1 1 0 1 0 1 3 3 2 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ A sucessão ( ) n u é limitada porque , 2 3 n n u ∀ ∈ ≤ N . c) Pretende-se mostrar que lim 3 n u = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 3 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 3 1 1 1 3 3 n n u n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 δ . Pág. 65 91.1. a) ( ) 1 3 1 3 3 3 3 1 3 3 4 3 n n n n n n u u n n n n + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 3 3 3 3 4 3 9 3 9 3 12 4 3 4 3 n n n n n n n n n n n n n + + − + + + + − − = + + + + ( )( ) 9 4 3 n n = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. b) 3 9 3 3 3 n n u n n = = − + + 1 1 9 9 9 9 0 0 0 3 4 3 4 3 4 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − + + + 9 3 3 3 3 4 n ⇔ − ≥ + A sucessão ( ) n u é limitada porque 3 , 3 4 n n u ∀ ∈ ≤ N . c) Sendo ( ) n u uma sucessão monótona e limitada, então é convergente. 91.2. Pretende-se mostrar que lim 3 n u = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 3 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 3 9 9 3 3 3 3 3 n n u n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 9 3 − δ δ . 91.3. a) ( ) 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 n n n n n n v v n n n n + − + − − − − − = − = − + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 n n n n n n n n n n n n n − − − − + − − − − + + = = + + ( ) 1 1 n n − = + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n v v + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n v v + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n v é monótona decrescente. b) 1 2 1 2 n n v n n − = = − 1 1 0 1 2 2 1 n n ≤ ⇔ − − ≤ − A sucessão ( ) n v é limitada porque , 2 1 n n v ∀ ∈ − ≤ − N . c) A sucessão ( ) n v é convergente porque é monótona e limitada. 91.4. Pretende-se mostrar que lim 2 n v = − , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 2 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ + N δ . 1 2 1 1 2 2 n n v n n n − + ⇔ + ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 δ . Tarefa 11 1.1. n 1 2 3 4 5 n a 60 90 108 120 900 7 1.2. Sabe-se que a soma das medidas das amplitudes dos ângulos internos dos polígonos com, 2 n+ , lados inscritos na circunferência é igual a ( ) 2 2 180 n+ − × , ou seja, 180n . Então, 180 , 2 n n n a n ∀ ∈ = + N . NEMA11PR © Porto Editora
- 140. Sucessões 141 141 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 1.3. a) ( ) 1 180 1 180 180 180 180 1 2 2 3 2 n n n n n n a a n n n n + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 180 180 2 180 3 3 2 n n n n n n + + − + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 180 360 180 360 180 540 360 3 2 3 2 n n n n n n n n n + + + − − = = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n a é monótona crescente. b) 180 360 180 2 2 n n a n n = = − + + 1 1 360 360 0 0 120 0 120 2 3 2 2 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − + + + 360 180 180 60 2 n ⇔ − ≥ + ( ) n a é limitada porque , 60 180 n n a ∀ ∈ ≤ N . c) ( ) n a é convergente porque é monótona e limitada. 1.4. Pretende-se mostrar que lim 180 n a = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 180 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 180 360 360 2 180 180 2 2 n n a n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 360 2 − δ δ . 1.5. a) Sabe-se que a soma das medidas das amplitudes dos ângulos externos dos polígonos com, 2 n+ , lados inscritos na circunferência é igual a 360 . Então, 360 , 2 n n b n ∀ ∈ = + N . b) Pretende-se mostrar que lim 0 n b = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p IN ∈ tal que , 0 n n n p b ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 360 360 360 2 0 0 2 2 n b n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 360 2 − δ δ . Pág. 66 92.1. ( ) 1 2 2sin 2 1 2 , 2sin 2 1 2 2 2 u u π π = − = × − =− = = × = e ( ) 3 2sin 2 1 2 2 u π = − = × − =− . 92.2. 2sin se ímpar 2 se ímpar 2 2 se par 2sin se par 2 n n n u n n π − − = = π ( ) n u é limitada porque , 2 2 n n u ∀ ∈ − ≤ ≤ N . 92.3. Se n é ímpar, então ( ) lim lim 2 2 n u = − = − . Se n é par, então ( ) lim lim 2 2 n u = = . Se a sucessão ( ) n u fosse convergente, o seu limite seria único. Donde se conclui que ( ) n u não é convergente. 93.1. 1.º) Pretende-se mostrar que 1 lim 2 n a = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 1 , 2 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1 1 5 5 10 2 2 5 2 4 10 4 n n a n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 5 10 4 − δ δ . 2.º) Pretende-se mostrar que lim 0 n b = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n p b ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 3 3 3 0 0 n b n n n − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 3 δ . 93.2. Como ( ) n a é uma sucessão limitada e lim 0 n b = , então ( ) lim 0 n n a b × = . Tarefa 12 1.1. a) ( ) 2 1 se ímpar 2 se ímpar 2 se par 2 1 se par n n n u n n × − − = = × ( ) n u é limitada porque , 2 2 n n u ∀ ∈ − ≤ ≤ N . b) Pretende-se mostrar que lim 0 n v = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 3 3 3 0 0 n v n n n − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 3 δ . NEMA11PR © Porto Editora
- 141. 142 Unidade 3 142 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 1.2. ( ) ( ) 6 1 3 2 1 n n n n u v n n − = − × = Pretende-se mostrar, pela definição, que ( ) lim 0 n n u v = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n n p u v ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . ( ) 6 1 6 6 0 0 n n n u v n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 6 δ . 2.1. a) 1 2 3 1 , 2 e 3 a a a = = = . Sabe-se ainda que 4, 2 n n a ∀ ≥ = . Então, ( ) n a é limitada porque , 1 3 n n a ∀ ∈ ≤ ≤ N . b) Pretende-se mostrar que lim 0 n b = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n p b ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1 1 1 0 0 n b n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 δ . 2.2. 1 1 se 4 se 4 2 1 se 4 2 se 4 n n n n n n a b n n n n − − × = − − ≥ × ≥ Pretende-se mostrar, pela definição, que ( ) lim 0 n n a b = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n n p a b ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . Como se trata de um limite de uma sucessão, podem-se desprezar os primeiros termos. Consideremos então que 4 n ≥ . Logo, tem-se: 2 2 2 0 0 n n a b n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 6 δ e maior ou igual a 4. Pág. 67 94.1. a) 3 1 3 lim lim 3 1 n n a n + = = = b) 3 5 lim lim 8 n n b − = = +∞ 94.2. 1.º) Pretende-se mostrar, pela definição, que lim 3 n a = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 3 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 3 1 1 1 3 3 n n a n n n + − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 δ . 2.º) Pretende-se provar, pela definição, que 3 5 lim 8 n− = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 3 5 , 8 n n n p L − ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 3 5 8 5 8 3 n L L n − + ⇔ Basta considerar 8 5 3 L p p + ∈ ∧ N . 95.1. a) 5 4 5 lim lim 3 1 3 n n u n − = = − b) 3 4 3 lim lim 1 3 1 3 n n u n − = = = − c) 0 4 0 lim lim 0 3 1 3 n n u n − = = = − 95.2. a) 4 lim 2 lim 2 2 6 3 1 3 n kn k u k n − = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − b) 1 4 1 1 1 lim lim 6 3 1 6 3 6 2 n kn k u k n − = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − 96.1. a) Sendo 3 b = , então 5 3 2 n an v n + = + . 5 lim 1 lim 1 1 3 3 2 3 n an a v a n + = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + b) Sendo 2 b = , então 5 2 2 n an v n + = + . 3 5 3 3 6 lim lim 5 2 2 5 2 5 5 n an a v a n + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + c) Sendo 2 b = , então 5 2 2 n an v n + = + . 5 lim 0 lim 0 0 0 2 2 2 n an a v a n + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + 96.2. a) Sendo 3 a = , então 3 5 2 n n v bn + = + . 2 3 5 2 3 2 15 lim lim 5 2 5 5 2 n n v b bn b + = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + b) Sendo 3 a = , então 3 5 2 n n v bn + = + . 3 5 lim lim 0 2 n n v b bn + = +∞ ⇔ = +∞ ⇔ = + NEMA11PR © Porto Editora
- 142. Sucessões 143 143 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Tarefa 13 1.1. a) Pretende-se mostrar, pela definição, que 5 2 5 lim 3 1 3 n n − = + , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 5 2 5 , 3 1 3 n n n p n − ∀ ∈ ≥ ⇒ − + N δ . 5 2 5 11 11 11 3 3 1 3 9 3 9 3 9 n n n n n − − − − ⇔ ⇔ ⇔ + + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 11 3 9 − δ δ . b) Pretende-se mostrar, pela definição, que 1 1 lim 2 3 2 n n + = + , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 1 1 , 2 3 2 n n n p n + ∀ ∈ ≥ ⇒ − + N δ . 1 1 1 1 1 6 2 3 2 4 6 4 6 4 n n n n n + − − − ⇔ ⇔ ⇔ + + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 6 4 − δ δ . 1.2. a) Pretende-se mostrar, pela definição, que 4 1 lim 2 n+ = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 4 1 , 2 n n n p L + ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 4 1 2 1 2 4 n L L n + − ⇔ Basta considerar 2 1 4 L p p − ∈ ∧ N . b) Pretende-se mostrar, pela definição, que 2 4 lim 1 n − − = +∞ − , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 2 4 , 1 n n n p L − − ∀ ∈ ≥ ⇒ − N . 2 4 4 2 4 1 2 n L L n L n − − − ⇔ + ⇔ − Basta considerar 4 2 L p p − ∈ ∧ N . 1.3. a) Pretende-se mostrar, pela definição, que 5 2 lim 2 n+ = −∞ − , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 5 2 , 2 n n n p L + ∀ ∈ ≥ ⇒ − − N . 5 2 2 2 5 2 2 2 5 n L L n L n + − − ⇔ + ⇔ − Basta considerar 2 2 5 L p p − ∈ ∧ N . b) Pretende-se mostrar, pela definição, que 1 lim 3 n − + = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que 1 , 3 n n n p L − + ∀ ∈ ≥ ⇒ − N . 1 1 3 1 3 3 n L n L n L − + − ⇔ − + ⇔ − Basta considerar 1 3 p p L ∈ ∧ − N . 1.4. a) Pretende-se mostrar, pela definição, que 0 3 3 lim 0 5 5 n n + = + , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 0 3 3 , 0 5 5 n n n p n + ∀ ∈ ≥ ⇒ − + N δ . proposição verdadeira 0 3 3 3 3 0 0 5 5 5 5 n n + − ⇔ − ⇔ + δ δ δ b) Pretende-se mostrar, pela definição, que 0 0 0 lim 0 2 2 n n + = + , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 0 0 0 , 0 2 2 n n n p n + ∀ ∈ ≥ ⇒ − + N δ . 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 proposição verdadeira n n + − ⇔ − ⇔ + δ δ δ 2.1. 6 6 lim 2 3 1 3 n n = = + 2.2. 3 2 lim 4 n− = +∞ 2.3. 5 3 5 5 lim 2 2 2 n n − + − = = − 2.4. 2 0 lim 0 4 1 4 n = = + 2.5. 1 1 lim 3 2 3 3 n n − − = = − − 2.6. 2 lim 3 n − = −∞ 2.7. 5 1 1 lim 1 2 2 2 n n − = = − − − 2.8. 3 0 lim 0 1 4 4 n − = = + 2.9. 1 lim 2 3 2 n n π − π = + NEMA11PR © Porto Editora
- 143. 144 Unidade 3 144 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pág. 69 97.1. ( ) 7 1 7 lim lim 2 4 2 n n u n − = = + 97.2. ( ) 1 2 2 lim lim 2 3 1 n n v n − − = = = − + 97.3. ( ) ( ) 7 3 lim 2 2 2 n n u v + = + − = Tarefa 14 1.1. ( ) 2 3 2 lim lim 2 1 n n u n + = = = Então, para todo o 0 δ existe um 1 p ∈N tal que 1 , 2 n n n p u ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1.2. ( ) 3 1 3 lim lim 3 1 n n v n − = = = Então, para todo o 0 δ existe um 2 p ∈N tal que 2 , 3 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1.3. Sendo p o máximo do conjunto { } 1 2 , p p , sabe-se que para n p ≥ as condições 2 n u − δ e 3 n v − δ são verificadas, isto é, 2 2 n u − + δ δ e 3 3 n v − + δ δ . Adicionando as condições anteriores membro a membro, tem-se: ( ) ( ) 2 2 3 3 2 3 2 2 3 2 n n n n u v u v − + + − + + − + + + δ δ δ δ δ δ Assim sendo, para todo o 0 δ existe um p∈N tal que ( ) , 2 3 2 n n n n p u v ∀ ∈ ≥ ⇒ + − + N δ . Donde se conclui que ( ) lim 2 3 5 n n u v + = + = . 2. ( ) ( ) ( ) lim 4 lim 1 4 lim 5 n n n n w t w w + = − ⇔ + = − ⇔ = − Pág. 70 98.1. a) ( ) 2 lim 6 4 3 n n u v = − × = − b) 7 7 2 14 lim 3 3 3 9 n v = × = 98.2. lim 6 n u = − e 2 lim lim 0 1 n w n = = + . Então, ( ) lim 6 0 0 n n u w = − × = . 99.1. ( ) 6 1 6 6 2 lim lim 3 2 2 2 1 2 n n b n − = = = = + 99.2. ( ) ( ) 2 lim lim 3 2 3 2 18 n n n b b b = = × = 99.3. ( ) ( )( ) 2 lim lim n n n n n n a b a b a b + = + + = 1 1 1 73 3 2 3 2 3 2 18 3 2 2 2 4 4 = + × + = + + = + Tarefa 15 1.1. a) Sendo ( ) n u uma sucessão convergente então é limitada pois toda a sucessão convergente é limitada (propriedade). b) Sabe-se que lim n v b = . Então, ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim 0 n n v b v b b b − = + − = + − = . c) Sabe-se que lim n u a = e ( ) lim 0 n v b − = . Então, ( ) lim 0 0 n n u v b a − = × = . 1.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim 0 n n n n n u v ab u v b u a b a a b − = − + − = + − 0 = Então tem-se: ( ) ( ) ( ) lim 0 lim 0 lim n n n n n n u v ab u v ab u v ab − = ⇔ − = ⇔ = 2. Como lim 5 n w = e lim 2 n v = − , então ( ) ( ) lim 5 2 10 n n w v = × − =− . 3.1. ( ) lim 4 2 4 2 n n a b k k = ⇔ × = ⇔ = 3.2. ( ) ( ) 1 lim 1 1 2 1 1 2 2 1 2 n n a b k k k − = ⇔ × − = ⇔ − = ⇔ = 3.3. ( ) ( ) lim 2 2 2 2 4 2 2 n n n a a b k k − = − ⇔ × − = − ⇔ − = − 3 k ⇔ = Pág. 71 100.1. 5 2 2 2 lim lim 3 1 3 3 n n u n − − = = = − − Então, ( ) 1 1 1 3 lim 2 lim 2 3 n n u u = = = − − . 100.2. ( ) ( ) 2 lim 2 3 lim lim 1 3 3 3 3 n n n n u u v v − − = = = + + ( ) ( )( ) 2 3 3 3 6 6 3 6 6 3 1 3 9 9 3 18 3 3 3 3 3 3 3 − − − + − + − = = = = − × − + − 101.1. 5 1 lim lim 1 3 1 n n a n − − = = = − + 101.2. 8 2 8 8 lim lim 4 2 2 2 3 2 n n b n − − − = = = = − + 101.3. ( ) ( ) lim 1 2 lim lim 8 4 2 n n n n a a b b − = = = − 101.4. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 4 2 32 n n b b = = − = NEMA11PR © Porto Editora
- 144. Sucessões 145 145 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 101.5. ( ) ( ) lim 1 4 2 lim 2 lim 2 2 4 2 n n n n n n a b a b b b + + − − = = + + − ( )( ) ( )( ) 1 4 2 2 4 2 2 4 2 8 2 32 34 12 2 4 16 2 28 2 4 2 2 4 2 − − + − − − − − − = = − × − − + 17 6 2 14 + = Pág. 72 102.1. ( ) ( ) 2 2 2 9 lim lim lim 1 n n n k u k u k n = ⇔ = ⇔ = + ( ) 2 9 81 k k ⇔ = ⇔ = 102.2. ( ) 1 2 1 2 9 9 lim lim lim 1 1 n n n k k u k n n = ⇔ = ⇔ = + + ( ) ( ) 1 1 2 2 lim 9 9 3 n u k k k k ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 102.3. ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 9 lim lim lim 1 n n n k u k u k n − − − = ⇔ = ⇔ = + ( ) 1 2 1 1 9 3 9 k k k − ⇔ = ⇔ = ⇔ = 103.1. 5 5 lim lim 5 1 1 n n a n = = = + 103.2. 5 6 6 lim lim 3 2 3 2 n n b n − − = = = − + 103.3. ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 5 25 n n a a = = = 103.4. ( ) ( ) ( ) 3 3 3 lim lim 3 27 n n b b = = − = − 103.5. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 lim lim 5 3 2 4 n n n n a b a b + = + = + − = = 103.6. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim lim n n n n n n a b a b a b − = −= + − ( ) 2 5 3 64 = + = 104.1. 1 1 2 2 lim lim lim n n n n n n a a a k k k b b b = ⇔ = ⇔ = 1 2 1 2 lim 3 6 1 lim 2 n n a k k k b ⇔ =⇔ =⇔ = 104.2. 2 2 2 lim lim lim lim n n n n n n a a a k k k b b b − − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 2 3 1 6 1 36 2 k k k − − ⇔ = ⇔ = ⇔ = Pág. 73 105.1. Pretende-se provar que lim n u = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 2 2 n u L n L n L ⇔ + ⇔ − Basta considerar 2 p p L ∈ ∧ − N . 105.2. a) 1 1 1 lim lim 2 3 2 2 n n v n − − = = = − + b) ( ) 1 lim 2 n n u v + = +∞ + − = +∞ Pág. 74 106.1. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 2 n v n = é um infinitamente grande positivo e ( ) 3 n n u v − → . De facto, tem-se ( ) ( ) lim lim 2 3 2 lim 3 3 n n u v n n − = + − = = . 106.2. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral n v n = é um infinitamente grande positivo e ( ) n n u v + → +∞ . De facto, tem-se ( ) ( ) lim n n u v + = +∞ + +∞ = +∞ . 106.3. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 5 n v n = − é um infinitamente grande negativo e ( ) n n u v + → −∞ . De facto, tem-se ( ) ( ) ( ) lim lim 2 3 5 lim 3 3 n n u v n n n + = + − = − + 3 = −∞ + = −∞ . 106.4. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 2 7 n v n = − − é um infinitamente grande negativo e ( ) 4 n n u v + → − . De facto, tem-se: ( ) ( ) ( ) lim lim 2 3 2 7 lim 4 n n u v n n + = + − − = − 4 = − . 107.1. Pretende-se provar, pela definição, que lim n u = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 2 n u L n L n L ⇔ ⇔ Basta considerar p p L ∈ ∧ N . 107.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim 4 lim lim 4 n n n n + − = + − = +∞ + +∞ = +∞ 107.3. a) Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 2 7 n v n = − é tal que ( ) lim 7 n n u v + = . De facto, tem-se ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 7 lim 7 7 n n u v n n + = + −= = . b) Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 2 2 n v n n = − − é tal que ( ) lim n n u v + = −∞ . De facto, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 lim 2 n n u v n n n n + = + − − = − = −∞ . NEMA11PR-10 NEMA11PR © Porto Editora
- 145. 146 Unidade 3 146 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Pág. 75 108.1. 7 7 3 3 n L u L n L n − ⇔ + ⇔ Considerando 7 3 L p p − ∈ ∧ N tem-se que para qualquer 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ N . 108.2. a) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim 4 4lim 4 n n = = × +∞ = +∞ b) ( ) ( ) ( ) 2 lim 4 3 7 lim n n n n u v + + = + = +∞ + +∞ = +∞ c) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim 4 3 7 lim n n n n u v + = = +∞× +∞ = +∞ 109.1. Pretende-se provar, pela definição, que lim n w = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p w L ∀ ∈ ≥ ⇒ − N . 3 2 3 5 3 2 5 5 2 n n L w L L n L n − + − ⇔ − ⇔ − − ⇔ Basta considerar 3 5 2 L p p + ∈ ∧ N . 109.2. a) 3 1 lim lim 2 n n u + = = +∞ b) 2 5 2 lim lim 2 3 1 n n v n − = = = + 109.3. a) ( ) ( ) lim n n u w = +∞× −∞ = −∞ b) ( ) lim 2 n n u v = +∞× = +∞ Pág. 76 110.1. ( ) ( ) ( ) 3 3 lim lim 2 2 n a n = + = + +∞ = +∞ 110.2. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 lim lim lim n n n a a a = = = +∞ = +∞ 110.3. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim n n a a = = +∞ = +∞ 110.4. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 5 5 2 5 lim lim lim n n n a a a = = = +∞ = +∞ 111.1. a) Vamos provar, pela definição, que lim n u = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n n n p u L ∀ ∈ ≥ ⇒ − N . 1 1 2 2 n L u L n L n + − ⇔ − − ⇔ Basta considerar 1 2 L p p + ∈ ∧ N . b) ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 3 n v n n = + = +∞ + +∞ = +∞ 111.2. a) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 3 1 2 lim 1 n n v u n n n n n + = + + − = + + ( ) = +∞ + +∞ = +∞ b) ( ) ( ) lim n n u v = −∞× +∞ = −∞ c) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 lim lim n n u u = = −∞ = −∞ d) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 2 3 lim lim lim n n n v v v = = = +∞ = +∞ e) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 lim lim lim n n n n u v u v × = × = −∞ × +∞ ( ) = +∞× +∞ = +∞ Pág. 77 112.1. Pretende-se mostrar que lim 0 n a = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , 0 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 2 2 2 5 0 0 5 5 n a n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 2 5 − δ δ . Como lim 0 n a = , então ( ) n a é um infinitésimo. 112.2. a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 5 lim 5 n c n n = + = + = +∞ = +∞ b) ( ) ( ) 0 2 6 2 6 lim lim 3 1 lim 6 5 5 1 n n n a b n n n × ∞ − = × − = = = + + c) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 lim lim 5 lim 2 5 5 n n a c n n n × ∞ = × + = + + ( ) 2 = × +∞ = +∞ 113.1. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 1 n v = − é tal que ( ) lim n n u v = +∞ . De facto, tem-se ( ) ( ) ( ) lim lim 4 2 1 n n u v n = − × − ( ) lim 4 2n = − + = +∞ . 113.2. Por exemplo, a sucessão ( ) n v de termo geral 5 2 n v n = − é tal que ( ) lim 5 n n u v = . De facto, tem-se ( ) ( ) 5 lim lim 4 2 2 n n u v n n = − × − 20 10 10 lim 5 2 2 n n − + = = = . Pág. 78 114.1. ( ) 3 lim lim 0 2 1 n a n = = + 114.2. ( ) 1 lim lim 0 1 4 n b n = = − NEMA11PR © Porto Editora
- 146. Sucessões 147 147 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 114.3. ( ) 1 1 lim lim 0 n n c a + = = = +∞ 114.4. ( ) 1 1 lim lim 0 n n d b − = = = −∞ 115.1. Como ( ) n v é uma sucessão tal que 5 0 n n v ⇒ e ( ) lim 0 n v = , então conclui-se que ( ) lim 0 n v − = . Então, ( ) 2 1 1 lim 2 lim 2 2 0 n n v v − = = × = × −∞ = −∞ . 115.2. ( ) 7 1 1 lim 7 lim 7 7 0 n n v v − − = − = − × = − × −∞ = +∞ 115.3. ( ) 2 2 lim lim 1 1 n n n v v v − = − = − −∞ = +∞ Pág. 79 116.1. ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 5 n a n n = + = +∞ + +∞ = +∞ . Donde se conclui que ( ) n a é um infinitamente grande positivo. ( ) ( ) lim lim 1 3 n b n = − = −∞ . Donde se conclui que ( ) n b é um infinitamente grande negativo. 116.2. a) 2 1 1 1 lim lim 0 5 n a n n = = = +∞ + b) 1 1 1 lim lim 0 1 3 n b n = = = − −∞ 117. 1 1 1 lim lim lim 0 n n n v u u − = − = − = − = +∞ Assim sendo, a representação gráfica que corresponde à sucessão ( ) n v é a (II). Pág. 80 118.1. 1 1 lim 0 n a + = = +∞ 118.2. 1 1 lim 0 n c = = +∞ 118.3. 0 lim 0 n n a b = Indeterminação 118.4. 0 lim 0 n n a c = = +∞ 118.5. lim n n c d +∞ = −∞ Indeterminação 118.6. lim 0 n n d b − −∞ = = +∞ Pág. 81 119.1. ( ) ( ) ( ) 3 lim lim 5 n u n n = + = +∞ + +∞ = +∞ 119.2. ( ) ( ) 2 lim lim 12 8 n v n = − − = −∞ 119.3. ( ) ( ) ( ) 3 2 lim lim 5 12 8 n n u v n n n + = + + − − → Trata-se de uma indeterminação do tipo ∞ − ∞ . ( ) ( ) ( ) 3 2 lim lim 5 12 8 n n u v n n n + = + + − − ( ) 3 2 3 2 3 12 1 8 lim 5 12 8 lim 5 n n n n n n n ∞−∞ = − + − = − + − ( ) 5 0 0 0 = +∞× − + − = +∞ 120.1. ( ) 3 2 lim 6 2 9 n n − + = +∞ 120.2. ( ) 4 2 lim 6 3 2 n n − + = −∞ 120.3. 2 5 5 1 lim 4 2 n n − = −∞ 120.4. 3 5 2 15 lim 1 1 3 0 3 3 n n n − + − +∞ +∞ = = = +∞ + + + +∞ 120.5. 3 5 5 lim 0 4 2 6 n n = = −∞ − + Tarefa 16 1.1. a) 2 2 2 3 1 3 3 1 3 n u n n n n n = − + = − + b) ( ) 2 2 2 3 1 lim lim 3 3 1 lim 3 n u n n n n n = − + = − + ( ) 3 0 0 3 = +∞× − + = +∞× = +∞ 1.2. a) 3 2 3 2 1 2 5 2 5 n v n n n n n n = − + − = − + − b) ( ) 3 2 3 2 1 2 lim lim 5 2 lim 5 n v n n n n n n = − + − = − + − ( ) ( ) 5 0 0 5 = +∞× − + − = +∞× − = −∞ 2.1. 5 4 3 2 2 3 5 7 n w an n n n n = + − + + − 5 2 3 4 5 2 1 3 5 7 n a n n n n n = + − + + − NEMA11PR © Porto Editora
- 147. 148 Unidade 3 148 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 2.2. ( ) 5 4 3 2 lim lim 2 3 5 7 n w an n n n n = + − + + − ( ) 5 2 3 4 5 2 1 3 5 7 lim 0 0 0 0 0 n a a n n n n n = + − + + − = +∞× + − + + − a = +∞× Se 0 a , então ( ) 5 4 3 2 lim lim 2 3 5 7 n w an n n n n = + − + + − a = +∞× = +∞ . Se 0 a , então ( ) 5 4 3 2 lim lim 2 3 5 7 n w an n n n n = + − + + − a = +∞× = −∞ . Pág. 82 121.1. Aplicando algumas das propriedades estudadas, sabe-se que: ( ) 5 4 lim lim 4 2 3 n b n n n = − + − = +∞ ; ( ) 4 2 lim lim 2 3 2 n c n n n = − + − = +∞ ; ( ) ( ) 2 4 4 2 lim lim lim 3 2 6 2 3 2 n n n d a c n n n n n = + = − + + − + − ( ) lim 4 n = + = +∞ ; 5 4 4 2 4 2 3 lim lim lim 2 3 2 n n n b n n n f c n n n − + − = = − + − 5 4 5 4 5 4 2 3 4 2 3 4 1 2 3 1 2 3 4 4 lim lim 3 1 2 3 1 2 2 2 n n n n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ − + − − + − = − + − − + − ( ) 4 0 0 0 2 0 0 0 +∞ − + − = = +∞ − + − Então, conclui-se que as sucessões ( ) n b , ( ) n c , ( ) n d e ( ) n f são infinitamente grandes positivos. 121.2. ( ) 2 4 lim lim 3 2 6 n a n n = − + = −∞ Donde se conclui que a sucessão ( ) n a é um infinitamente grande negativo. 121.3. 4 2 5 4 2 3 6 lim lim lim 4 2 3 n n n a n n e b n n n − + + = = − + − 4 2 4 2 4 5 4 5 4 5 3 6 3 6 2 2 lim lim 1 2 3 1 2 3 4 4 n n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ − + + − + + = − + − − + − ( ) 2 0 0 0 4 0 0 0 − + + = +∞ − + − Donde se conclui que a sucessão ( ) n e é um infinitésimo. 121.4. 4 2 4 2 2 3 6 lim lim lim 2 3 2 n n n a n n g c n n n − + + = = − + − 4 2 4 2 4 4 2 3 4 2 3 4 3 6 3 6 2 2 2 0 0 lim lim 3 1 2 3 1 2 2 0 0 0 2 2 n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ − + + − + + − + + = = − + − − + − − + − 1 = − . As sucessões ( ) n e e ( ) n g são convergentes porque o limite de cada uma delas é um número real. 122.1. ( ) 2 2 7 7 1 1 1 0 7 lim lim lim 2 2 5 2 5 0 5 5 n n n n n n n n n n ∞ ∞ − − +∞ − − = = = + + + + = +∞ 122.2. 2 2 2 2 2 2 7 7 6 6 6 7 6 0 1 lim lim lim 3 3 12 0 2 12 3 12 12 n n n n n n n n n ∞ ∞ − − − − = = = = − − − − 122.3. 3 3 2 2 3 3 3 2 1 3 8 8 3 lim lim 2 1 2 16 16 n n n n n n n n n n n ∞ ∞ + − + − = + − + − 2 3 2 1 3 8 8 0 0 1 lim 2 1 0 0 16 2 16 n n n n + − + − = = = − + − + − 122.4. 2 2 2 3 3 3 2 1 2 1 2 lim lim 2 2 2 2 5 5 n n n n n n n n ∞ ∞ − − = + + + + ( ) 2 3 2 1 2 0 2 lim 0 2 2 0 0 5 5 n n n n − − = = = +∞ + + + + 122.5. 6 6 5 6 5 6 6 6 5 5 11 1 11 1 6 6 6 11 1 lim lim lim 5 5 5 3 3 3 n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ − + − + − + = = − − − 6 0 0 6 3 2 3 3 0 3 − + = = = − − − Tarefa 17 1. 2 2 2 2 2 2 3 1 5 5 3 1 lim lim lim 7 4 3 7 4 3 n n n u n n n n w n n n n n ∞ ∞ − + − + = = + − + − 2 2 3 1 5 5 0 0 5 lim 7 4 3 0 0 3 3 n n n n − + − + = = = + − + − NEMA11PR © Porto Editora
- 148. Sucessões 149 149 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 2.1. 3 3 2 3 2 2 2 1 1 2 2 1 lim lim lim 7 4 3 7 4 3 n n n v n n n n w n n n n n ∞ ∞ − + − − + − = = + − + − ( ) 3 2 1 1 2 2 0 0 lim 7 4 3 0 0 3 3 n n n n n − + − +∞ − + − −∞ = = = = −∞ + − + − 2.2. 2 2 2 3 2 3 3 3 1 5 5 3 1 lim lim lim 1 1 2 1 2 n n n u n n n n v n n n n n ∞ ∞ − + − + = = − + − − + − ( ) 2 3 3 1 5 5 0 0 5 lim 0 1 1 2 0 0 2 n n n n n − + − + = = = = +∞ − + − −∞ − + − Pág. 83 123.1. ( ) 2 lim 5 1 n n + − = +∞ 123.2. 2 3 5 8 lim 10 2 7 n n − − = −∞ 123.3. ( ) ( ) ( ) lim lim lim 1 n n n n n n n ∞−∞ − = × − = − ( ) = +∞× +∞ = +∞ 123.4. 4 4 3 4 4 4 4 2 3 3 3 2 3 lim lim 5 5 6 6 n n n n n n n n ∞ ∞ − − − − − − = + + 4 4 2 3 3 3 0 0 1 lim 5 0 6 2 6 n n n − − − − − − = = = − + + 123.5. 3 3 2 3 3 3 3 1 2 3 1 2 3 lim lim 1 2 1 2 n n n n n n n n ∞ ∞ + − + − = − − 3 3 1 2 3 0 0 3 3 lim 1 2 0 2 2 n n n + − + − = = = − − − 123.6. 3 2 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1 lim lim lim 2 2 5 2 5 5 n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ + − π + − π + − π = = + + + ( ) 0 0 5 0 5 +∞ + − π −∞ = = = −∞ + 123.7. 0 2 2 0 2 2 2 5 15 40 15 20 15 15 lim lim lim 0 2 2 2 2 2 3 8 n n n n n ∞ ∞ − = = − = − = − 123.8. ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 lim 1 lim 1 n n n n n n n n ∞−∞ + − + + + − = + + ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 lim lim 0 1 1 n n n n n n + − = = = = +∞ + + + + 123.9. ( ) 2 lim 2 4 5 n n ∞−∞ − + = ( )( ) ( ) 2 2 2 2 4 5 2 4 5 lim 2 4 5 n n n n n n ∞−∞ − + + + = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 5 5 5 lim lim 0 2 4 5 2 4 5 n n n n n n − + − − = = = = +∞ + + + + 123.10. 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 1 1 1 lim lim lim 1 1 3 1 3 3 n n n n n n n n n n n ∞ ∞ + + × + = = + + + 2 4 2 1 1 0 0 lim 0 1 3 0 3 n n n + + = = = + + 124.1.* ( ) 2 lim lim 4 n w n n = + − ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 4 lim lim 4 4 n n n n n n n n n n ∞−∞ + − + + + − = = + + + + ( ) 2 4 4 lim 0 4 n n = = = +∞ + + Como lim 0 n w = , conclui-se que ( ) n w é um infinitésimo. 124.2.* a) ( ) ( ) 2 0 2 1 3 9 lim lim 3 9 lim 2 5 2 5 n n n n u v n n n n ×∞ − × = × − = − − ( ) 2 3 3 9 9 0 9 lim lim 5 5 2 0 2 2 2 n n n n n n n ∞ ∞ − − +∞ − −∞ = = = = = −∞ − − − b) ( )( ) 2 2 1 1 2 5 lim lim lim 4 2 5 4 n n u n w n n n n n − = = + − − + − ( ) ( )( )( ) 2 2 2 1 4 lim 2 5 4 4 n n n n n n n + + = − + − + + NEMA11PR © Porto Editora
- 149. 150 Unidade 3 150 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) ( )( ) 2 2 2 2 2 4 1 4 4 lim lim lim 20 8 20 2 5 4 8 n n n n n n n n n n n n n + + + + + + = = − − + − − 2 4 1 1 1 0 1 1 lim 20 8 0 4 8 n n + + + + = = − − . Pág. 84 Tarefa 18 1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que, sendo h um número real positivo, se tem ( ) 1 1 , n h nh n + ≥ + ∀ ∈N. Se 1 n = , ( ) 1 1 1 h h + ≥ + (proposição verdadeira). Hipótese de indução: ( ) 1 1 p h ph + ≥ + (admite-se verdadeira). Tese: ( ) ( ) 1 1 1 1 p h p h + + ≥ + + (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 p p h h h ph h + + = + × + ≥ + × + ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 1 1 1 1 1 1 h ph ph p h ph p h p h = + + + = + + + ≥ + + = + + . Como a condição ( ) 1 1 n h nh + ≥ + é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( ) 1 1 n h nh + ≥ + é universal em N , ou seja, a condição ( ) 1 1 , n h nh n + ≥ + ∀ ∈N é verdadeira. 2.1. Se 1 a = , então ( ) lim lim 1 lim 1 1 n n u = = = . 2.2. a) Sendo 1 a , então existe um número real 0 h tal que 1 a h = + . Em 1. provou-se que sendo 0 h , então ( ) 1 1 , n h nh n + ≥ + ∀ ∈N. Então, conclui-se que existe um número real 0 h tal que 1 , n a nh n ≥ + ∀ ∈N . b) Sabe-se que 1 , n a nh n ≥ + ∀ ∈N e 1 , 0 n v nh h = + . Então tem-se , n n a v n ≥ ∀ ∈N . Como ( ) n v é um infinitamente grande positivo e , n n a v n ≥ ∀ ∈N , conclui-se que n n u a = também é um infinitamente grande positivo, isto é, ( ) lim n a = +∞ . 3.1. Se 0 1 a e 1 b a = , então 1 b . Atendendo ao resultado obtido em 2.2. b) sabe-se que ( ) lim n b = +∞ . 3.2. ( ) 1 1 1 lim lim lim 0 n n n a b b = = = = +∞ Pág. 85 125.1. ( ) ( ) 4 lim 5 4 lim 5 1 1 0 5 n n n n ∞−∞ − = − = +∞ − = +∞ 125.2. 1 7 8 7 8 8 7 8 8 lim lim lim 5 5 5 n n n n n n n n n ∞ + ∞ + + × + × = = ( ) 7 8 lim 8 8 5 5 n n = + × = +∞+ +∞ × = +∞ 125.3. 2 2 3 4 16 4 3 4 3 4 4 lim lim lim 4 2 4 2 2 4 1 4 n n n n n n n n n n n n ∞ + ∞ + + + × = = + + + 3 16 0 16 4 lim 16 1 0 2 1 4 n n + + = = = + + 125.4. ( ) ( ) 0 1 1 lim 3 2 lim 3 2 5 5 n n n n n n ×∞ × + = × + 3 2 3 2 lim lim 0 0 0 5 5 5 n n n n n ∞ ∞ + = = + = + = 125.5. ( ) 1 3 1 3 2 2 4 2 4 4 2 2 4 4 2 8 lim lim lim 3 9 3 n n n n n n n n n + + − × − × × − × = = 4 2 lim 4 8 0 4 0 8 0 9 9 n n = × − × = × − × = 126.1. Seja ( ) n u a sucessão em que n u representa a distância, em km, percorrida pelo João na etapa de ordem n. As distâncias percorridas pelo João nas diversas etapas estão em progressão geométrica de razão 1 2 . Então, 1 1 1 1 200 2 n n n u u r − − = × = × . 126.2. 1 1 1 1 1 1 2 2 200 200 1 1 1 1 2 2 n n n n r S u r − − − = × = × = × − − 1 400 1 2 n = × − A soma de “todas” as etapas percorridas pelo João é dada por lim n S . ( ) 1 lim lim 400 1 400 1 0 400 2 n n S = × − = − = A distância entre as duas localidades é de 400 km. NEMA11PR © Porto Editora
- 150. Sucessões 151 151 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) Pág. 86 Proposta 65 65.1. 5 2 2 5 n n a n n − = = − 1 1 2 2 0 1 0 1 0 2 5 5 3 n n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ A sucessão ( ) n a é limitada porque , 3 5 n n a ∀ ∈ ≤ N . 65.2. 5 2 4,9 4,9 5 2 4,9 0,1 2 n n a n n n n − ⇔ ⇔ − ⇔ 20 n ⇔ A partir da ordem 21 (inclusive) tem-se 4,9 n a . 65.3. 5 2 2 5 0,01 5 0,01 0,01 200 n n a n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ A partir da ordem 201 (inclusive) tem-se 5 0,01 n a − . Proposta 66 66.1. 46 3 46 0 0 46 3 0 1 3 n n a n n n − ⇔ ⇔ − ⇔ + Como 46 15,3 3 ≈ , conclui-se que a sucessão ( ) n a tem 15 termos positivos. 66.2. ( ) 2 2 2 3 10 , 3 10 3 10 n n a a − − − ∈ − − − + ⇔ − − 46 3 49 3 0,01 0,01 4899 1 1 n n n n − ⇔ + ⇔ ⇔ + + Todos os termos da sucessão ( ) n a pertencem ao intervalo 2 2 3 10 , 3 10 − − − − − + a partir da qual é a ordem 4900 (inclusive). 66.3. Pretende-se mostrar que ( ) n a é convergente para 3 − , ou seja, lim 3 n a = − . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que ( ) , 3 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − − N δ . ( ) 46 3 49 49 3 3 1 1 n n a n n n − − − − ⇔ + ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 49 −δ δ . Proposta 67 67.1. a) ( ) 1 1 0,02 0,02 25 2 2 n n n n − ⇔ ⇔ A condição ( ) 1 0,02 2 n n − é válida para 26 n n ≥ ∧ ∈N . b) 5 5 103 0,15 0,15 1 3 1 3 9 n n n ⇔ ⇔ − − + Como 103 11,4 9 ≈ , conclui-se que a condição 5 0,15 1 3n − é válida para 12 n n ≥ ∧ ∈N . 67.2. 1.º) Pretende-se mostrar que lim 0 n u = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 0 n n p u ≥ ⇒ − δ . ( ) 1 1 1 0 0 2 2 2 n n u n n n − − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 2δ . Como lim 0 n u = , então ( ) n u é um infinitésimo. 2.º) Pretende-se mostrar que lim 0 n v = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 0 n n p v ≥ ⇒ − δ . 5 5 5 0 0 1 3 1 3 3 n v n n n + − ⇔ − ⇔ ⇔ − − + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 5 3 +δ δ . Como lim 0 n v = , então ( ) n v é um infinitésimo. Proposta 68 68.1. a) 1 4 0,25 0,25 3 3 n u n n ⇔ ⇔ Como 4 1,3 3 ≈ , conclui-se que a partir da ordem 2 (inclusive) se tem 0,25 n u . b) 1 100 0,01 0,01 3 3 n u n n ⇔ ⇔ Como 100 33,3 3 ≈ , conclui-se que a partir da ordem 34 (inclusive) se tem 0,01 n u . 68.2. 1 0,95 0,95 1 0,95 0,95 1 n n v n n n − ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ − ≥ − − + 0,05 1,95 39 n n ⇔ ≥ − ⇔ ≤ Donde se conclui que 39 termos da sucessão ( ) n v não satisfazem a condição 0,95 n v − . 68.3. a) Pretende-se mostrar que lim 0 n u = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 0 n n p u ≥ ⇒ − δ . 1 1 1 0 0 3 3 3 n u n n n − ⇔ − ⇔ ⇔ δ δ δ δ NEMA11PR © Porto Editora
- 151. 152 Unidade 3 152 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 3δ . Como lim 0 n u = , então ( ) n u é um infinitésimo. b) Pretende-se mostrar que ( ) n v é convergente para 1 − , ou seja, lim 1 n v = − . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que ( ) , 1 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − − N δ . ( ) 1 2 2 1 1 1 1 n n v n n n − − − − ⇔ + ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 2−δ δ . Proposta 69 69.1. Pretende-se mostrar que ( ) n a é convergente para 1 4 , ou seja, 1 lim 4 n a = . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que 1 , 4 n n n p a ∀ ∈ ≥ ⇒ − N δ . 1 5 1 21 21 4 4 1 4 4 1 4 n n a n n n − − − ⇔ − ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 21 4 −δ δ . 69.2. a) ( ) 0,1 3 3 0 0 0,1 0 0,1 0,1 2 1 2 1 n n b V b n n ∈ ⇔ − ⇔ − ⇔ − − 31 15,5 2 n n ⇔ ⇔ Então, conclui-se que ( ) 0,1 0 n b V ∈ a partir da ordem 16 (inclusive). b) ( ) 3 3 5 10 3 0 0 5 10 0 0,005 2 1 n n b V b n − − × ∈ ⇔ − × ⇔ − − 3 601 0,005 300,5 2 1 2 n n n ⇔ ⇔ ⇔ − Então, conclui-se que ( ) 3 5 10 0 n b V − × ∈ a partir da ordem 301 (inclusive). 69.3. Pretende-se mostrar que lim 0 n b = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 0 n n p b ≥ ⇒ − δ . 3 3 3 0 0 2 1 2 1 2 n b n n n + − ⇔ − ⇔ ⇔ − − δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 3 2 +δ δ . Como lim 0 n b = , então ( ) n b é um infinitésimo. Pág. 87 Proposta 70 70.1. 1 2 3 1 1 3 1 5 2 1, 1 , 2 , 1 2 2 3 3 u u u = − = = + = = − = 4 5 1 5 1 9 1 e 2 4 4 5 5 u u = + = = − = . 70.2. ( ) n u não é monótona porque, por exemplo, 3 2 u u 4 3 e u u . 70.3. ( ) ( ) 0,01 0,01 2 1 V V ∩ = ] [ ] [ 2 0,01 ; 2 0,01 1 0,01 ; 1 0,01 = − − ∩ − − ] [ ] [ 1,99 ; 2,01 0,99 ;1,01 =∩ = ∅ 70.4. Pretende-se determinar a partir de que ordem todos os termos de ordem ímpar da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança ( ) 0,01 2 V e todos os termos de ordem par da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança ( ) 0,01 1 V . Sendo n ímpar, tem-se: ( ) 0,01 2 2 0,01 n n u V u ∈ ⇔ − 1 1 2 2 0,01 0,01 100 n n n ⇔ − − ⇔ ⇔ . Sendo n par, tem-se: ( ) 0,01 1 1 0,01 n n u V u ∈ ⇔ − 1 1 1 1 0,01 0,01 100 n n n ⇔ + − ⇔ ⇔ . Assim sendo, conclui-se que a partir da ordem 100 todos os termos de ordem ímpar da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança ( ) 0,01 2 V e todos os termos de ordem par da sucessão ( ) n u pertencem à vizinhança ( ) 0,01 1 V . 70.5. ( ) n u não é convergente porque o limite de uma sucessão se existir é único e, de acordo com as conclusões obtidas em 70.3, sabe-se que os termos de ordem ímpar tendem para 2 e os termos de ordem par tendem para 1. Proposta 71 71.1. ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1, 2, 1 2 v v − × + − × + = = = = ( ) ( ) 3 4 3 4 1 3 2 1 4 2 1 3 , e 3 3 4 2 v v − × + − × + = = − = = ( ) 5 5 1 5 2 3 5 5 v − × + = = − . ( ) n v não é monótona porque, por exemplo, 2 1 3 2 e v v v v . 71.2. Sendo n par, tem-se: ( ) 1 2 1 0,01 n n n − × + − 1 2 2 1 0,01 0,01 200 n n n n × + ⇔ − ⇔ ⇔ . Então, conclui-se que 1 200 p = . NEMA11PR © Porto Editora
- 152. Sucessões 153 153 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 71.3. Sendo n ímpar, tem-se: ( ) 1 2 1 0,01 n n n − × + + 1 2 2 1 0,01 0,01 200 n n n n − × + ⇔ + ⇔ ⇔ . Então, conclui-se que 2 200 p = . 71.4. A sucessão ( ) n v não é convergente porque o limite de uma sucessão se existir é único e, de acordo com as conclusões obtidas em 71.2. e 71.3., sabe-se que os termos de ordem par tendem para 1 e os termos de ordem ímpar tendem para 1 − . Proposta 72 72.1. 3 3 lim lim 3 1 1 n n u n = = = + 72.2. lim lim2 2 n v = = Proposta 73 73.1. Pretende-se provar, pela definição, que ( ) lim 7 9 n− = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 7 9 n p n L ≥ ⇒ − . 9 7 9 7 L n L n + − ⇔ Basta considerar 9 7 L p p + ∈ ∧ N . 73.2. Pretende-se provar, pela definição, que 3 5 lim 2 n − + = +∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 3 5 2 n n p L − + ≥ ⇒ . 3 5 2 3 2 5 n L L n − + + ⇔ Basta considerar 2 3 5 L p p + ∈ ∧ N . 73.3. Pretende-se provar, pela definição, que 3 1 lim 5 n − + = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 3 1 5 n n p L − + ≥ ⇒ − . 3 1 1 5 3 1 5 5 3 n L L n L n − + + − ⇔ − + − ⇔ Basta considerar 1 5 3 L p p + ∈ ∧ N . 73.4. Pretende-se provar, pela definição, que ( ) 2 lim 3 n − = −∞ , ou seja, que: Para todo o 0 L , existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 2 3 n p n L ≥ ⇒ − − . 2 2 3 3 3 n L n L n L − − ⇔ + ⇔ + Basta considerar 3 p p L ∈ ∧ + N . Pág. 88 Proposta 74 74.1. 4 1 4 lim lim 4 4 1 n n s n − = = = + 74.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 lim lim 4 lim 4 lim 4 n w n n n = − = − = − = +∞ = +∞ Proposta 75 75.1. ( ) ( ) 1 8 1 5 8 5 8 13 8 5 7 2 1 7 2 9 2 7 2 n n n n n n a a n n n n + + + + + + − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 8 13 7 2 8 5 9 2 9 2 7 2 n n n n n n + + − + + = = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 56 16 91 26 72 16 45 10 46 9 2 7 2 9 2 7 2 n n n n n n n n n n + + + − − − − = = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n a a + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n a a + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n a é monótona crescente. 75.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se: 23 , 4 7 2 n n a n ∀ ∈ = − + N . 8 5 2 7 8 28 4 23 n n n + + − − − 1 1 23 23 23 23 0 0 0 7 2 9 7 2 9 7 2 9 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − + + + 23 13 4 4 7 2 9 n ⇔ − ≥ + ( ) n a é limitada porque 13 , 4 9 n n a ∀ ∈ ≤ N . Conjunto dos majorantes do conjunto dos termos da sucessão ( ) n a : [ [ 4,+∞ . Conjunto dos minorantes do conjunto dos termos da sucessão ( ) n a : 13 , 9 −∞ . 75.3. ( ) n a é convergente porque é uma sucessão monótona e limitada. Proposta 76 A expressão do termo geral da sucessão ( ) n v não pode ser a que está representada na opção (A) nem a que está representada na opção (C) porque a sucessão ( ) n v é decrescente. 2 não é um minorante do conjunto dos termos da sucessão cujo termo geral está representado na opção (D) pois sendo n um número natural então tem-se: NEMA11PR © Porto Editora
- 153. 154 Unidade 3 154 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 1 2 2 0 1 0 2 1 1 3 1 3 n v n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ A opção correta é a (B). Proposta 77 77.1. Como ( ) n u é decrescente sabe-se que o primeiro termo é um majorante do conjunto dos termos da sucessão, isto é, 1 , n n u u ∀ ∈ ≤ N . Sabe-se que 3 8 n u e que os termos da sucessão ( ) n u são positivos, ou seja, , 0 n n u ∀ ∈ N . Então tem-se: 3 3 , 8 0 , 0 8 n n n n n u n u u u ∀ ∈ ∧ ⇔ ∀ ∈ ∧ N N Logo, 1 3 , 8 n n u u ∀ ∈ ≤ N . Donde se conclui que a sucessão ( ) n u é limitada. 77.2. ( ) n u é convergente porque é monótona e limitada. Proposta 78 78.1. Se n é impar então 1 3 n v n = + . Ora, se n é impar tem-se: 1 1 0 1 3 3 4 3 4 n v n n ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ . Se n é par então 1 3 n v n = − . Ora, se n é par tem-se: 1 1 1 1 1 5 0 0 3 3 2 2 2 n n n ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ 5 3 2 n v ⇔ ≤ . Assim sendo, conclui-se que a sucessão ( ) n v é limitada porque 5 , 4 2 n n v ∀ ∈ ≤ ≤ N . 78.2. A sucessão ( ) n v pode ser definida por: ( ) 1 3 n n v n − = + . Vamos provar pela definição de limite que ( ) lim 3 n v = , ou seja, que: Para todo o 0 δ existe um p∈N tal que , n ∀ ∈N 3 n n p u ≥ ⇒ − δ . ( ) 1 1 1 3 3 3 n n u n n n − − ⇔ + − ⇔ ⇔ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 1 δ . Então, conclui-se que a sucessão ( ) n v é convergente porque ( ) lim 3 n v = . ( ) n v não é monótona porque, por exemplo, 2 1 3 2 e v v v v . Pág. 89 Proposta 79 79.1. 1 0 lim lim 0 2 7 2 n a n = = = − ( ) n a é um infinitésimo porque lim 0 n a = . 79.2. ( ) ( ) sin 1 sin 2 7 2 7 n n n a b n n n = × = − − A sucessão ( ) n b é limitada porque ( ) , 1 sin 1 n n ∀ ∈ − ≤ ≤ N e lim 0 n a = , então ( ) lim 0 n n a b = . A opção correta é a (B). Proposta 80 80.1. 3 0 lim lim 0 2 7 2 n v n − = = = + ( ) n v é um infinitésimo porque lim 0 n v = . 80.2. ( ) 6 se ímpar 1 6 6 se par n n n u n − = − × = Sabe-se que ( ) lim 6 6 − = − e ( ) lim 6 6 = . Os termos de ordem ímpar tendem para um valor diferente dos termos de ordem par. Se a sucessão ( ) n u fosse convergente, o seu limite seria único. Donde se conclui que a sucessão ( ) n u não é convergente. 80.3. A sucessão ( ) n u é limitada porque , 6 6 n n u ∀ ∈ − ≤ ≤ N e lim 0 n v = , então ( ) lim 0 n n u v = . Assim sendo, a sucessão ( ) n w tal que n n n w u v = × é convergente. Proposta 81 81.1. 3 14 3 lim lim 4 7 4 n n a n − = = − 81.2. a) ( ) n b é um infinitésimo se lim 0 n b = . 12 lim 0 lim 0 0 0 3 1 3 n kn k b k n − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + b) 12 lim 2 lim 2 2 3 2 3 1 3 n kn k b k n − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + c) 3 12 3 3 lim lim lim lim 4 3 1 4 3 4 n n n kn k b a b n − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + 9 4 k ⇔ = 81.3. Sendo 5 k = , então 5 12 3 1 n n b n − = + e 5 12 5 lim lim 3 1 3 n n b n − = = + . NEMA11PR © Porto Editora
- 154. Sucessões 155 155 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) a) ( ) ( ) 2 2 2 5 5 lim lim 3 9 n n b b = = = b) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 lim lim 4 4 8 n n a a = = = = c) 3 9 9 5 4 lim 20 5 4 5 3 n n a b = = = 81.4. 12 , lim lim 3 1 3 n kn k k b n − ∀ ∈ = = + R Assim sendo, a sucessão ( ) n b é convergente porque tende para um número real. Proposta 82 82.1. ( ) ( ) ( )( ) 1 20 1 20 2 20 20 2 1 2 1 n n n n A A n n n n + + − + − = − = + + + + ( )( ) ( )( ) 20 20 20 40 20 2 1 2 1 n n n n n n + − − − = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n A A + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n A A + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n A é monótona decrescente. Donde se conclui que no decorrer do teste a população da colónia A foi diminuindo. ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 20 1 5 20 15 20 5 1 20 5 1 1 n n n n n n n n B B n n n n + + − + − − + − − = − = + + ( ) ( ) 2 2 20 15 20 20 5 5 5 1 1 n n n n n n n n n + − − + + = + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n B B + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n B B + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n B é monótona crescente. Donde se conclui que no decorrer do teste a população da colónia B foi aumentando. 82.2. 1 20 10 1 1 A = = + e 2 20 20 2 1 3 A = = + . 1 2 1 20 10 3 100% 100% 33,3% 10 A A A − − × = × ≈ Da 1.ª para a 2.ª contagem o número de bactérias da colónia A diminuiu, aproximadamente, 33,3% . 82.3. 2 20 2 5 35 2 2 B × − = = e 1 20 1 5 15 1 B × − = = . Então, 2 1 35 35 7 2 1,167 15 30 6 B B = = = ≈ . Da 1.ª para a 2.ª contagem o número de bactérias da colónia B aumentou, aproximadamente, 16,7%. 82.4. 20 0 lim lim 0 1 1 n A n = = = + e 20 5 20 lim lim 20 1 n n B n − = = = . Se o teste laboratorial se prolongasse por tempo indefinido, a população da colónia A tenderia a desaparecer e a da colónia B tenderia a aproximar-se de 20 mil bactérias. Pág. 90 Proposta 83 83.1. A sucessão ( ) n u não é monótona pois os termos de ordem ímpar são negativos e os termos de ordem par são positivos. 83.2. Se n é impar então 3 n n u n − = + . Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se: 3 1 , ímpar 3 n u n n = − + ∀ + . 0 3 3 1 3 n n n − + + + − Ora, se n é impar tem-se: 1 1 3 3 0 0 3 4 3 4 n n ≤ ⇔ ≤ + + 3 1 1 1 1 1 3 4 4 n u n ⇔ − − + ≤ − ⇔ − ≤ − + . Se n é par então 3 n n u n = + . Ora, 3 3 1 1 3 3 3 n n n n = − − + = − + + + . Ora, se n é par tem-se: 1 1 3 3 0 0 3 5 3 5 n n ≤ ⇔ ≤ + + 3 3 3 2 2 0 1 1 1 3 5 3 5 5 n u n n ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ + + . Assim sendo, conclui-se que a sucessão ( ) n u é limitada porque , 1 1 n n u ∀ ∈ − N . 83.3. a) Se n é par, então 3 lim lim 1 1 0 1 3 3 n n n = − = − = + + . b) Se n é ímpar, então 3 lim lim 1 1 0 1 3 3 n n n − = − + = − + = − + + . 83.4. Não existe limite da sucessão ( ) n u porque o limite a existir é único e sabe-se que os termos de ordem par tendem para um valor diferente dos termos de ordem ímpar. Proposta 84 Como a sucessão ( ) n u é um infinitésimo de termos positivos sabe-se que lim 0 n u + = . Então, tem-se: ( ) lim 0 0 n u + − − = − = e 1 1 lim 0 n u + = = +∞ Assim sendo, a opção correta é a (C). Proposta 85 Se 0 k então ( ) lim lim 2 n u kn = + = +∞ . Se 0 k = então ( ) lim lim 2 0 n u kn = + = . Se 0 k então ( ) lim lim 2 n u kn = + = −∞ . Assim sendo, a opção correta é a (B). NEMA11PR © Porto Editora
- 155. 156 Unidade 3 156 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) Proposta 86 86.1. Sabe-se que 2 3 2 n u n n = + − e pretende-se mostrar, por indução matemática, que n u representa um número par, n ∀ ∈N . n u representa um número par, n ∀ ∈N equivale a afirmar que : 2 n k u k ∃ ∈ = Z . • Se 1 n = , 1 2 , 2 2 , u k k k k = ∈ ⇔ = ∈ Z Z (verdadeiro, basta considerar 1 k = ). • Hipótese de indução: 2 , p u k k = ∈Z (admite-se verdadeira). • Tese: 1 1 1 2 , p u k k + = ∈Z (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) 2 2 1 3 1 1 2 3 6 3 1 2 p u p p p p p + = + + + − = + + + + − ( ) ( ) 2 3 2 6 4 2 2 3 2 2 3 2 p u p p p k p k p = + − + + = + + = + + . Considerando 1 3 2 k k p = + + , tem-se 1 1 2 p u k + = . Como a condição : 2 n k u k ∃ ∈ = Z é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que é universal em N . 86.2. 1 n n n n n v w v u u = = × 2 1 1 1 lim lim 0 3 2 n u n n = = = +∞ + − A sucessão ( ) n v é limitada e 1 lim 0 n u = , então 1 lim 0 n n v u × = , ou seja, lim 0 n w = . Assim sendo, a sucessão ( ) n w é convergente. 86.3. a) 2 2 2 5 2 2 5 2 5 lim lim lim 1 2 3 2 3 n n n n n u n n n n n ∞ ∞ − − − = = + − + − ( ) 2 5 2 2 0 2 lim 0 1 2 3 0 0 3 n n n n − − = = = = +∞ + − +∞ + − b) 3 3 3 2 3 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 lim lim lim 1 2 3 2 3 n n n n n n n n u n n n n n ∞ ∞ − + − + − + = = + − + − ( ) 2 3 2 2 1 2 2 0 0 lim 1 2 3 0 0 3 3 n n n n n − + +∞ − + +∞ = = = = +∞ + − + − c) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 3 2 lim lim lim 3 3 3 1 n n u n n n n n n n n n n ∞ ∞ + − + − = = + + + 2 1 2 3 3 0 0 lim 3 3 1 0 1 n n n + − + − = = = + + Pág. 91 Proposta 87 87.1. 5 9 5 lim lim 5 2 1 n n u n + = = = + 87.2. ( ) ( ) 2 lim lim 7 n u n n = + = +∞ + +∞ = +∞ 87.3. ( ) lim lim 3 2 n u n = − = −∞ 87.4. 1 1 2 2 25 25 25 lim lim lim lim 9 4 9 4 9 4 n n n n u n n n = = = + + + 1 2 25 25 5 4 4 2 = = = 87.5. 3 2 2 3 1 3 1 lim lim lim 0 0 2 2 2 2 n n n n u n n n ∞ ∞ + − = = + − = +∞ + − = +∞ 87.6. 2 2 2 2 2 2 1 1 2 lim lim lim lim 1 1 1 1 1 n n n n n u n n n n n ∞ ∞ − − − = = = + + + ( ) 1 0 1 0 1 0 0 − = = = +∞ + − +∞ 87.7. 3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 lim lim lim 1 2 1 2 5 5 n n n n u n n n n n ∞ ∞ + + = = − − − − 3 3 2 1 1 1 0 1 lim 1 2 0 0 5 5 5 n n n + + = = = − − − − − 87.8. 1 1 lim lim 3 lim 0 3 n n n u − = = = = +∞ 87.9. A sucessão ( ) n u não tem limite porque os termos de ordem par tendem para +∞ e os termos de ordem ímpar tendem para −∞ . 87.10. ( ) 1 3 3 1 3 1 lim lim lim lim 2 2 2 2 2 2 n n n n n n u ∞ ∞ + = = = = × +∞ × = +∞ 87.11. Se n é par, então tem-se 1 1 lim 0 4 n = = + +∞ . Se n é ímpar, então tem-se 1 1 lim 0 4 n − − = = + +∞ . Os termos de ordem par tendem para 0, assim como os termos de ordem ímpar. Donde se conclui que lim 0 n u = . NEMA11PR © Porto Editora
- 156. Sucessões 157 157 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 87.12. ( ) 1 3 3 2 lim lim 3 1 lim 3 1 n u n n n n = + + = + + ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 2 lim 3 1 n n = + + = +∞ = +∞ 87.13. 3 3 1 lim lim 1 6 6 2 n n u n = = = + 87.14. Se n é par, então tem-se lim 1 1 = . Se n é ímpar, então tem-se 2 2 lim 0 3 n = = + +∞ . Os termos de ordem par tendem para um valor diferente dos termos de ordem ímpar. Donde se conclui que a sucessão ( ) n u não tem limite. Proposta 88 88.1. n ∀ ∈N tem-se : 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n n n n n + = + = + 88.2. a) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 1 lim lim lim 2 2 3 2 3 0 3 3 3 n n n n n n n n ∞ ∞ + + + + = = = = − − − − b) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 lim lim lim 2 2 2 1 3 0 2 2 n n n n n n n n n ∞ ∞ + + + + = = = + +∞ − + + 1 0 = = +∞ c) 2 2 2 1 1 lim lim lim 1 1 1 1 0 1 1 1 n n n n n n ∞ ∞ = = = = + + + + d) 3 3 3 2 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n ∞ ∞ + + + = = + + + 3 3 2 2 1 1 1 0 lim 1 1 1 0 1 n n + + = = = + + Proposta 89 89.1. Atendendo à forma como a sucessão ( ) n u é definida por recorrência, sabe-se que ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 0,2. Então, tem-se: ( ) 1 1 1 0,2 1 0,2 25 5 5 1 0,2 1 1 0,2 0,8 4 n n n n n r S u r − − − = × = × = × = × − − − e ( ) ( ) 25 25 25 lim lim 1 0,2 1 0 4 4 4 n n S = × − = × − = . 89.2. n v é a soma dos n primeiros termos de uma progressão geométrica de razão 2. 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 n n n n r v v r − − = × = × = − − − 1 1 3 2 1 3 2 1 3 lim lim lim 3 2 3 2 3 3 2 n n n n n n n n n n n n v ∞ ∞ + + + − + − + = = + + × + 2 1 2 1 3 1 1 3 3 0 0 1 1 3 3 lim lim 3 0 3 2 2 3 3 3 3 3 n n n n n n n n − + − + − + = = = = + + + Proposta 90 90.1. 1 2 1 2 3 1 2 2 2 2 2 3 2, , 2 1 1 2 3 1 5 1 3 u u u u u u u = = = = = = = + + + + e 3 4 3 2 2 5 2 1 7 1 5 u u u = = = + + . 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 3 1 5 1 7 , , e 2 2 2 2 v v v v u u u u = = = = = = = = . 90.2. 1 1 1 1 1 1 1 1 , n n n n n n n n n u u n v v u u u u u + + + + − ∀ ∈ − = − = − = N 1 n n u u = = ( ) n v é uma progressão aritmética porque , n ∀ ∈N 1 1 n n v v + − = . 90.3. ( ) n v é uma progressão aritmética de razão 1 e primeiro termo igual a 1 2 . Então, ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 n v v n r n n = + − × = + − × = − . Logo, 1 1 1 lim lim lim 0 1 2 n n u v n = = = = +∞ − . Pág. 92 Proposta 91 91.1. ( )( ) 3 3 3 2 2 2 1 2 1 lim lim lim 2 4 2 2 2 1 n n n n n u n n n n n ∞ ∞ − + − + = = + − − − + 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2 1 2 1 1 1 1 0 0 1 lim lim 1 4 2 1 4 2 2 0 0 0 2 2 2 n n n n n n n n n n n n − + − + − + = = = = + − − + − − + − − NEMA11PR © Porto Editora
- 157. 158 Unidade 3 158 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 91.2. 1 2 2 2 3 3 2 2 1 1 1 1 lim lim lim lim n n n u n n n n n ∞ ∞ + + = = = + = +∞ + +∞ 0 = +∞ + = +∞ 91.3. Se n é par, então tem-se ( ) 2 2 2 2 1 lim lim 2 1 2 1 n n n n n n n − − − = − − 2 2 2 2 1 1 1 1 1 0 1 lim lim 1 1 2 0 2 2 2 n n n n n n ∞−∞ ∞ − − − = = = = − − − . Se n é ímpar, então tem-se ( ) 2 2 2 2 1 lim lim 2 1 2 1 n n n n n n n − − + = − − 2 2 2 2 1 1 1 1 1 0 1 lim lim 1 1 2 0 2 2 2 n n n n n n ∞−∞ ∞ + + + = = = = − − − . Donde se conclui que 1 lim 2 n u = . 91.4. Se n é par, então tem-se ( ) 3 1 3 lim lim 5 5 n n n n n n n − − − = + + 2 2 lim 2 5 1 n n ∞ ∞ = = = + . Se n é ímpar, então tem-se ( ) 3 1 3 lim lim 5 5 n n n n n n n − − + = + + 4 4 lim 4 5 1 n n ∞ ∞ = = = + . Os termos de ordem par tendem para um valor diferente dos termos de ordem ímpar. Donde se conclui que a sucessão ( ) n u não tem limite. 91.5. ( ) lim lim 8 n u n n = + − ( )( ) ( ) 8 8 8 lim lim 8 8 n n n n n n n n n n ∞−∞ + − + + + − = + + + + 8 8 lim 0 8 n n = = = +∞ + + 91.6. ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 lim lim 2 lim 2 n n n n n u n n n n ∞−∞ + − + + = + − = + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 lim lim 0 2 2 n n n n n n + − = = = +∞ + + + + 91.7. 1 4 2 3 4 4 2 3 lim lim lim 4 4 n n n n n n n n n u ∞−∞ + ∞ − × × − × = = = + π + π 3 3 4 4 2 4 2 4 4 2 0 4 lim lim 4 1 0 1 4 1 4 4 n n n n n n − × − × − × = = = = + π π + + 91.8. 0 0 1 1 5 2 2 5 3 2 5 3 3 lim lim lim 2 lim 2 2 2 1 2 n n n n n n n n n n u − − − − − + − − − + + × + × = = = × ( ) 3 2 2lim 1 5 2lim 1 5 2 1 5 0 2 2 3 n n − = + × = + × = + × = Proposta 92 92.1. ( ) 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 n n n n n n n n n u u + + + + + + + + − + × + + − = − = 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2 n n n n + + + + + − − − = = O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é negativo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é decrescente. 92.2. 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 n n n n n n n u + + + = = + = + 1 1 1 1 , 0 , 2 2 2 2 2 2 2 n n n n ∀ ∈ ≤ ⇔ ∀ ∈ + ≤ + N N 5 , 2 2 n n u ⇔ ∀ ∈ ≤ N 92.3. A sucessão ( ) n u é monótona decrescente e é limitada porque 5 , 2 2 n n u ∀ ∈ ≤ N . Então, a sucessão ( ) n u é convergente porque é monótona e limitada. 92.4. 1 2 1 1 1 lim lim lim 2 2 2 0 2 2 2 n n n n u ∞ + ∞ + = = + = + = + = +∞ Proposta 93 93.1. ( ) 2 3 2 1 1 0,125 2 2 2 3 5 8 2 n n h n n n − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = O triângulo da sequência cuja altura é 0,125 corresponde ao triângulo de ordem 5. 93.2. ( ) 5 1 5 1 0,125 0,0625 2 2 h a × × = = = 93.3. ( ) 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 n n n h n a − − × × = = = NEMA11PR © Porto Editora
- 158. Sucessões 159 159 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 n n n n n n a a − + − − + − = − = = Assim sendo, conclui-se que ( ) n a é uma progressão geométrica de razão 1 2 porque 1 1 , 2 n n a n a + ∀ ∈ = N . 93.4. 1 0 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 n n n n r S a r − − − = × = × = × − − 1 2 1 2 n = × − ; ( ) 1 lim lim 2 1 2 1 0 2 2 n n S = × − = × − = A soma das áreas de todos os triângulos da sequência é igual a 2. Pág. 93 Proposta 94 94.1. Substituindo n por 2, tem-se: ( )( ) 3 2 2 3 2 10 3 2 1 a a − = × − × + 3 2 3 2 2 1 28 14 a a a a ⇔ − = ⇔ − = − − . Como 3 2 0 a a − , conclui-se que 2 3 a a . 94.2. a) Se 3 n ≤ , então 1 0 n n a a + − e se 4 n ≥ , então 1 0 n n a a + − . Donde se conclui que a sucessão ( ) n a não é monótona. b) Atendendo ao resultado anterior sabe-se que 4 3 2 1 a a a a e que todos os outros termos são superiores a 4 a . Então, 4 a é um minorante do conjunto dos termos da sucessão porque é o menor dos seus termos. Proposta 95 95.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que ( )( ) 1 2 , 3 n n n n u n + + = ∀ ∈N . • Se 1 n = , ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 k u k k = + + = ⇔ + = ∑ ( ) 1 1 1 2 ⇔ + =(proposição verdadeira). • Hipótese de indução: ( )( ) 1 2 3 p p p p u + + = (admite-se verdadeira). • Tese: ( )( )( ) 1 1 2 3 3 p p p p u + + + + = (o que se pretende mostrar). Ora, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 p p p p k k k p u k k k k k k + + + = = = + = += + + + ∑ ∑ ∑ ( )( ) ( )( ) 1 2 1 2 3 p p p p p + + = + + + ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) 1 2 3 1 2 1 2 3 3 3 p p p p p p p p + + + + + + + + = . Como a condição ( )( ) 1 2 3 n n n n u + + = é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição ( )( ) 1 2 3 n n n n u + + = é universal em N , ou seja, a condição ( )( ) 1 2 , 3 n n n n u + + = n ∀ ∈N é verdadeira. 95.2. a) ( )( ) 3 3 1 2 3 lim lim lim 2 5 2 5 n n n n n u u n n n n + + = = − − 3 3 2 2 2 3 3 2 2 3 2 3 2 1 1 3 2 lim lim lim 15 15 6 15 6 6 n n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ + + + + + + = = = − − − 1 0 0 1 6 0 6 + − = = − b) ( )( ) 1 3 2 3 3 3 3 3 3 1 2 1 3 2 3 lim lim lim 3 n n n n n n n u n n n ∞ ∞ + + + + × = = 1 1 3 3 2 3 1 1 2 1 1 lim 0 0 3 3 3 3 n n = + + = + + = Proposta 96 96.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que 1 7 1 3 , 2 3 2 n n u n − = × − ∀ ∈ N . • Se 1 n = , 0 1 1 7 1 3 2 2 3 2 u u = × − ⇔ = (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 7 1 3 2 3 2 p p u − = × − (admite-se verdadeira). • Tese: 1 7 1 3 2 3 2 p p u + = × − (o que se pretende mostrar). Ora, 1 1 3 1 1 7 1 3 1 1 3 3 3 2 3 2 p p p p u u u − + − + = = − + = − + × − 7 1 1 7 1 3 1 2 3 2 2 3 2 p p = − + × − = × − . Como a condição 1 7 1 3 2 3 2 n n u − = × − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 7 1 3 2 3 2 n n u − = × − é universal em N , ou seja, a condição 1 7 1 3 , 2 3 2 n n u − = × − n ∀ ∈N é verdadeira. NEMA11PR © Porto Editora
- 159. 160 Unidade 3 160 Unidade3 – NEMA11PR (20152608) 96.2. 1 1 1 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 n n n n n n n n n n u u u v u u v u u u + + + − + + + − + + = = = = + + + + 2 1 1 3 2 3 3 1 3 n n u u + = + ( ) n v é uma progressão geométrica porque 1 1 , 3 n n v n v + ∀ ∈ = N . 96.3. 1 1 3 2 3 2 2 7 2 2 2 u v + + × = = = 1 1 1 1 1 1 7 7 21 1 3 3 1 1 2 1 2 2 4 3 1 3 3 n n n n n r S v r − − − = × = × = × = × − − − ( ) 21 1 21 21 lim lim 1 1 0 4 3 4 4 n n S = × − = × − = A soma de todos os termos da sucessão ( ) n v é 21 4 . Proposta 97 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 2 2 2 2 4 2 2 2 2 n n n i i u − − = = + + + + + + + + = + ∑ ( ) 1 1 0 0 1 1 1 1 1 2 1 0 1 1 1 2 2 2 1 2 n n n i i i n − − = = − = + = − − + × + × − ∑ ∑ 1 2 1 2 2 n n =+ − Então, ( ) 1 lim lim 2 1 2 1 0 2 2 n n n u = + − = +∞ + − = +∞ . Pág. 96 1. ( ) ] [ 0,15 2 2 0,15 ; 2 0,15 2 0,15 n n n u V u u ∉ ⇔ ∉ − + ⇔ − ≥ 2 5 5 5 100 2 0,15 0,15 0,15 3 n n n n n + ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Como 100 33,3 3 ≈ , conclui-se que o termo de maior ordem que não pertence à vizinhança ( ) 0,15 2 V é o termo de ordem 33. Ora, 33 2 33 5 71 33 33 u × + = = . A opção correta é a (B). 2. 27 26 26 26 2 26 700 52 648 v v v v = + × ⇔ = + ⇔ = . A opção correta é a (D). 3. A linha de ordem 12 é constituída por 12 múltiplos de 3. Como o primeiro número da linha é 201, o último é igual a 234 ( ) 201 11 3 + × . Então, 12 201 234 12 2610 2 S + = × = . A opção correta é a (B). 4. ( ) 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 3 3 3 3 3 3 n n n n n n u r u − + − − − + − − = = = = = A opção correta é a (A). 5. Se lim 3 n n u v = então sabe-se que os polinómios ( ) P x e ( ) Q x têm o mesmo grau. Designemos por 3 , 0 ax a ≠ o termo de maior grau do polinómio ( ) P x . Então, tem-se: lim 3 3 6 2 n n u a a v = ⇔ = ⇔ =− − A opção correta é a (D). Pág. 97 1.1. ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 5 5 6 5 n n n n n n u u n n n n + + − − + − − = − = − + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 1 5 2 1 6 6 5 n n n n n n + + − − + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 2 10 5 2 12 6 11 6 5 6 5 n n n n n n n n n n + + + − − + + = = + + + + O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o numerador é positivo. Então, 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N , ou seja, 1 , n n n u u + ∀ ∈ N . A sucessão ( ) n u é monótona crescente. 1.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão tem-se: 11 , 2 5 n n u n ∀ ∈ = − + N . 2 1 5 2 10 2 11 n n n − + − − − 1 1 11 11 11 11 0 0 0 5 6 5 6 5 6 n n n ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − + + + 11 1 2 2 5 6 n ⇔ − ≥ + Sabe-se que 1 , 2 6 n n u ∀ ∈ ≤ N . A afirmação é verdadeira. Basta considerar, por exemplo, 2 L = . 2.1. 2 1 3 7 3 10 3 0,01 0,01 698 2 2 n n v n n n − − + ⇔ + ⇔ ⇔ + + . Todos os termos da sucessão ( ) n a pertencem ao intervalo 2 2 3 10 , 3 10 − − − − − + a partir da qual é a ordem 4900 (inclusive). Conclui-se, então, que 699 p = . 2.2. Pretende-se mostrar, pela definição de limite, que lim 3 n v = − . Vamos verificar que para todo o 0 δ existe um p∈N tal que ( ) , 3 n n n p v ∀ ∈ ≥ ⇒ − − N δ . NEMA11PR © Porto Editora
- 160. Sucessões 161 161 Unidade 3– NEMA11PR (20152608) ( ) 1 3 7 7 2 3 3 2 2 n n v n n n − − − − ⇔ + ⇔ ⇔ + + δ δ δ δ δ Basta considerar p o menor número natural que é maior que 7 2 − δ δ . 2.3. 3 1 3 3 8 1,6 3 2 5 v − × = = − = − + e 8 1 3 8 23 2,3 8 2 10 v − × = = − = − + . Se 1,6 − e 2,3 − são termos consecutivos de uma progressão aritmética crescente, então a razão dessa progressão é ( ) 1,6 2,3 0,7 r =− − − = . Então, tem-se: ( ) ( ) 1 1 5 1 0,7 0,7 4,3 n u u n r n n = + − = + − × = + 3.1. Como 1 3 2 u = e 2 1 1 2 7 3 3 3 3 u u = − = − = , se a sucessão ( ) n u é monótona então terá de ser crescente. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que , n ∀ ∈N 1 0 n n u u + − . • Se 1 n = , 2 1 0 u u − , ou seja, 7 3 0 3 2 − (proposição verdadeira). • Hipótese de indução: 1 0 p p u u + − (admite-se verdadeira). • Tese: 2 1 0 p p u u + + − (o que se pretende mostrar). Ora, 2 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 p p p p p p u u u u u u + + + + − = − − − = − − + 1 1 1 1 1 1 1 p p p p p p p p p p u u u u u u u u u u + + + + + − + − = − + = = × × . Sabe-se que, por hipótese, 1 0 p p u u + − e que 1 0 p p u u + × porque ( ) n u é uma sucessão de termos positivos. Então, tem-se 1 1 0 p p p p u u u u + + − × , ou seja, 2 1 0 p p u u + + − . Como a condição 1 0 n n u u + − é verdadeira para 1 n = e é hereditária, conclui-se que a condição 1 0 n n u u + − é universal em N , ou seja, a condição 1 , 0 n n n u u + ∀ ∈ − N é verdadeira. 3.2. Sendo ( ) n u uma sucessão crescente, sabe-se que o primeiro termo é um majorante do conjunto de termos da sucessão, ou seja, 3 , 2 n n u ∀ ∈ ≥ N . Sendo ( ) n u uma sucessão de termos positivos, então tem-se: 1 1 , 0 , 3 0 n n n n n u u n u u + ∀ ∈ − ⇔ ∀ ∈ − − N N ( )2 , 3 1 0 n n n u u ⇔ ∀ ∈ − + − N Cálculo auxiliar: ( )2 3 5 3 5 3 1 0 2 2 n n n n u u u u − + − + − = ⇔ = ∨ = Então, ( )2 , 3 1 0 , n n n u u n ∀ ∈ − + − ⇔ ∀ ∈ N N 3 5 3 5 2 2 n u − + . Assim sendo, a sucessão ( ) n u é limitada. Donde se conclui que ( ) n u é convergente porque é monótona e limitada. 4.1. ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 3 lim 2 3 lim lim 1 2 1 n n n n n n n n n n n n ∞ ∞ − − × − = = + + + 3 2 2 0 lim 2 1 1 0 1 n n − − = = = + + 4.2. ( )( ) ( ) 2 2 lim lim lim 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n n n n ∞−∞ ∞ − + − − = = + + 2 2 1 1 1 1 0 1 1 lim lim 2 0 2 2 1 1 2 2 2 2 n n n n n n − − − = = = = − × + + + 5.1. Sabe-se que a altura de um triângulo equilátero de lado l é dada por 3 2 l . Logo, 1 1 2 1 3 1 3 3 2 2 2 2 2 4 n n n n n u − − × × = = = . 1 1 1 3 1 4 4 4 , 4 4 4 4 3 4 n n n n n n n n u n u + + + = = = = ∀ ∈ × N Donde se conclui que ( ) n u é uma progressão geométrica de razão 1 4 . Então, a sucessão ( ) n u pode ser definida por recorrência da seguinte forma: 1 1 3 4 1 , 4 n n u u u n + = = ∀ ∈ N 5.2. 1 1 1 1 3 4 lim lim lim 1 1 4 1 4 n n n r S S u r − − = = × = × − − ( ) 3 3 1 0 3 3 = × − = NEMA11PR-11 NEMA11PR © Porto Editora
- 161. 162 Unidade 4 162 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 101 1.1. { } : 3 0 f D x x = ∈ − ≠ R 3 0 3 x x − = ⇔ = { } 3 f D = R 1.2. { } 2 : 3 0 f D x x x = ∈ + ≠ R ( ) 2 3 0 3 0 0 3 x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − { } 3,0 f D = − R 1.3. { } 2 : 25 0 f D x x = ∈ − ≠ R 2 2 25 0 25 5 5 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − { } 5,5 f D = − R 1.4. { } 2 : 3 2 1 0 f D x x x = ∈ + − ≠ R 2 2 4 12 1 3 2 1 0 1 6 3 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1 1, 3 f D = − R 1.5. { } 2 : 2 3 0 f D x x x = ∈ − + ≠ R 2 2 4 12 2 3 0 equação impossível 2 x x x ± − − + = ⇔ = f D = R 1.6. { } 3 2 : 2 0 f D x x x x = ∈ + − ≠ R ( ) 3 2 2 2 2 0 2 0 0 2 0 x x x x x x x x x + − = ⇔ + − = ⇔ = ∨ + − = 1 1 8 0 0 1 2 2 x x x x x − ± + ⇔ = ∨ = ⇔ = ∨ = ∨ = − { } 2,0,1 f D = − R 2.1. Como 1 g D ∉ , sabe-se que 1 é zero do denominador da fração, ou seja, do polinómio 3 2 3 3 x x x + − − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 3 1 3 1 1 4 3 1 4 3 0 − − Então, sabe-se que ( ) ( ) 3 2 2 3 3 1 4 3 x x x x x x + − − = − + + . ( ) ( ) 3 2 2 3 3 0 1 4 3 0 x x x x x x + − − = ⇔ − + + = 2 4 16 12 1 0 4 3 0 1 2 x x x x x − ± − ⇔ − = ∨ + + = ⇔ = ∨ = 1 1 3 x x x ⇔ = ∨ = − ∨ = − Assim sendo, { } 3, 1,1 g D= − − R . 2.2. Como 2 g D − ∉ , sabe-se que 2 − é zero do denominador da fração, ou seja, do polinómio 3 2 2 8 4 x x x − − + . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 2 1 8 4 2 4 10 4 2 5 2 0 − − − − − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 2 2 8 4 2 2 5 2 x x x x x x − − + = + − + . ( ) ( ) 3 2 2 2 8 4 0 2 2 5 2 0 x x x x x x − − + = ⇔ + − + = 2 5 25 16 2 0 2 5 2 0 2 4 x x x x x ± − ⇔ + = ∨ − + = ⇔ = − ∨ = 1 2 2 2 x x x ⇔ = − ∨ = ∨ = Assim sendo, 1 2, ,2 2 g D = − R . Pág. 102 3.1. { } 2 : 2 3 2 0 f D x x x = ∈ + − ≠ R 2 3 9 16 1 2 3 2 0 2 4 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1 2, 2 f D = − R ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 3 2 2 2 2 x x x x x f x x x x x x − − = = = + + − − + 3.2. { } 2 : 9 0 f D x x = ∈ − ≠ R 2 2 9 0 9 3 3 x x x x − = ⇔ =⇔ = ∨ = − { } 3,3 f D = − R 2 8 64 60 8 15 0 3 5 2 x x x x x − ± − − + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 3 5 8 15 5 3 3 3 9 x x x x x f x x x x x − − − − + − − = = = − − + + − 3.3. { } 2 : 3 4 1 0 f D x x x = ∈ − + ≠ R 2 4 16 12 1 3 4 1 0 1 6 3 x x x x x ± − − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = 1 ,1 3 f D = R ( ) ( )( ) ( ) 3 2 2 3 1 3 1 9 3 1 3 4 1 1 3 1 3 x x x x x x x f x x x x x x − + − + = = = − + − − − Pág. 103 4.1. f x D ∀ ∈ tem-se: ( ) ( )( ) 2 1 1 1 1 1 1 x x x f x x x x − + − = = = − + + . 4.2. A afirmação é falsa. O gráfico de f não é uma reta porque { } 1 f D = − R . Unidade 4 Funções reais de variável real NEMA11PR © Porto Editora
- 162. Funções reais devariável real 163 163 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 5.1. ( ) ( ) { } 2 1 ; 5,0 5 5 5 f x x f x D x x x x x = = = = − + + + R . 5.2. ( ) ( ) ( )( ) { } 2 3 3 1 ; 3,3 3 3 3 9 f x x f x D x x x x − − − − = = = = − + − + − R . 5.3. 2 3 9 8 3 2 0 1 2 2 x x x x x − ± − − + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) ( )( ) ( ) { } 2 2 1 2 3 2 1 ; 0,2 2 2 f x x x x x f x D x x x x x − − − − + − − = = = = − − R . 5.4. 2 e 2 − são zeros do denominador e 2 também é zero do numerador. Para fatorizar o numerador vai-se recorrer à regra de Ruffini. 1 4 5 2 2 2 4 2 1 2 1 0 − − − − Então, sabe-se que ( ) ( ) 3 2 2 4 5 2 2 2 1 x x x x x x − + − = − − + . ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 3 2 2 2 2 1 2 1 4 5 2 2 2 2 2 4 x x x x x x x x f x x x x x x − − + − − − + − = = = − − + − − + − { } 2 2 1 ; 2,2 2 f x x D x − + − = = − + R . 5.5. 1 − é zero do denominador e também é zero do numerador. Para fatorizar o numerador vai-se recorrer à regra de Ruffini. 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 − − − − − Então, sabe-se que ( ) ( ) 3 2 2 1 1 1 x x x x x + − − = + − . ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x f x x x x + − + + − + − − = = = + + + { } 1; 1 f x D = − = − R . 5.6. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 1 2 4 3 3 2 2 4 3 4 x x x x x x x x x f x x x x x x x x + − + − + − = × = = + − − − { } 2 2 ; 2,0,2 3 6 f x D x − = = − − R . Tarefa 1 1.1. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x f x x x x x x x x x + + − − = − = − = − − − − − ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x − − + − = − + − + 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1.2. { } 1,0,1 f D = − R f x D ∀ ∈ tem-se: ( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 2 1 1 1 x x x x f x x x x x + − − = = − + − . 2.1. { } 2 : 25 0 g D x x = ∈ − ≠ R 2 2 25 0 25 5 5 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − { } 5,5 g D = − R { } : 5 0 h D x x = ∈ − ≠ R 5 0 5 x x − = ⇔ = { } 5 h D = R As funções g e h não são iguais porque não têm o mesmo domínio. 2.2. Para { } 5,5 x∈ − R , tem-se: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 5 5 5 5 5 25 x x x x x g x x x x x + + = = = − + − − − 3. ( ) ( )( ) 2 2 7 2 7 1 2 2 4 x x x f x x x x x x + = + × = × − + − ( )( ) ( )( ) 2 7 7 2 2 2 x x x x x x + = = − + − Como ( ) , f a x D f x x b ∀ ∈ = − , com , a b∈R, então conclui-se que 7 e 2 a b = = . Pág. 104 6.1. ( ) 2 2 3 0 0 3 0 2 0 2 x x f x x x x x − = ⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ + ( ) 2 3 0 3 0 0 3 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = 2 0 2 x x + = ⇔ = − ( ) ( ) { } 0 0 3 2 f x x x x = ⇔ = ∨ = ∧ ∈ − R 0 3 x x ⇔ = ∨ = Zeros de f: 0 e 3 . 6.2. ( ) 2 2 2 2 4 0 0 4 0 2 0 2 x x f x x x x x x x + = ⇔ = ⇔ + = ∧ − ≠ − ( ) 2 4 0 4 0 0 4 x x x x x x + = ⇔ + =⇔ = ∨ = − ( ) 2 2 0 2 0 0 2 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( ) ( ) { } 0 4 0 0, 2 4 f x x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ ⇔ = − R Zero de f: 4 − . 6.3. ( ) 2 2 1 2 0 0 0 2 2 x x x f x x x x x + − = ⇔ + = ⇔ = − − 2 2 2 0 2 0 x x x x ⇔ + − = ∧ − ≠ 2 1 1 8 2 0 1 2 2 x x x x x − ± + + − =⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) 2 2 0 2 0 0 2 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = NEMA11PR © Porto Editora
- 163. 164 Unidade 4 164 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) { } 0 2 1 0, 2 f x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈R 2 1 x x ⇔ = − ∨ = Zeros de f: 2 e 1 − . 6.4. ( ) 3 2 3 1 1 0 0 0 1 0 0 x f x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ − = ∧ ≠ 3 3 1 0 1 1 x x x − = ⇔ = ⇔ = ( ) { } 0 1 0 1 f x x x x = ⇔ = ∧ ∈ ⇔ = R Zero de f: 1 . 6.5. ( ) 2 2 2 3 2 0 0 4 x x f x x + − = ⇔ = − 2 2 2 3 2 0 4 0 x x x ⇔ + − = ∧ − ≠ 2 3 9 16 1 2 3 2 0 2 4 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 2 4 0 4 2 2 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) { } 1 1 0 2 2, 2 2 2 f x x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ − ⇔ = R Zero de f: 1 2 . 6.6. ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 1 0 0 0 2 2 x x x f x x x x x x − − − − = ⇔ − = ⇔ = − − 2 2 2 2 2 0 2 0 2 0 2 x x x x x x x x − − ⇔ = ⇔ − − = ∧ − ≠ − 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) 2 2 0 2 0 0 2 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( ) ( ) { } 0 1 2 0, 2 1 f x x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ ⇔ = − R Zero de f: 1 − . 6.7. ( ) 2 2 0 0 6 2 9 x x f x x x = ⇔ + = − − ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 3 0 0 3 3 2 3 2 3 3 x x x x x x x x x x − + + ⇔ + = ⇔ = − + − − − − + ( )( ) ( )( ) 2 2 3 0 3 0 2 3 3 0 2 3 3 x x x x x x x x − + ⇔ = ⇔ − + = ∧ − − + ≠ − − + ( ) 2 3 0 3 0 0 3 x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ( )( ) 2 3 3 0 3 3 x x x x − − + = ⇔ = ∨ = − ( ) ( ) { } 0 0 3 3, 3 0 f x x x x x = ⇔ = ∨ = ∧ ∈ − ⇔ = R Zero de f: 0 . 7. ( ) 3 2 2 4 4 0 0 1 x x x f x x + − − = ⇔ = + 3 2 2 4 4 0 1 0 x x x x ⇔ + − − = ∧ + ≠ Sabe-se que um dos pontos de interseção do gráfico de f com o eixo Ox tem abcissa 2. Assim sendo, 2 é zero do numerador. Para fatorizar o numerador vai-se recorrer à regra de Ruffini. 1 1 4 4 2 2 6 4 1 3 2 0 − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 2 4 4 2 3 2 x x x x x x + − − = − + + . ( ) ( ) 3 2 2 4 4 0 2 3 2 0 x x x x x x + − − = ⇔ − + + = 2 3 1 2 0 3 2 0 2 2 x x x x x − ± ⇔ − = ∨ + + = ⇔ = ∨ = 2 1 2 x x x ⇔ =∨ = − ∨ = − ( ) ( ) 0 2 1 2 f x x x x x = ⇔ = − ∨ = − ∨ = ∧ ∈R 2 1 2 x x x ⇔ = − ∨ = − ∨ = Zeros de f: 2 , 1 e 2 − − . Pág. 105 8.1. Sabe-se que [ ] 2,15 x∈ . O custo total da mistura, em euros, é dado pela expressão: 8 20 12x × + . A quantidade de café, em quilogramas, utilizado na mistura é dada pela expressão: 20 x + . Assim sendo, o preço, em euros, de cada quilograma de mistura é dado, em função de x, por: ( ) [ ] 160 12 , 2,15 20 x P x x x + = ∈ + . 8.2. ( ) 160 12 160 12 190 9,5 9,5 9,5 0 20 20 x x x P x x x + + − − = ⇔ = ⇔ = + + 2,5 30 0 2,5 30 0 20 0 12 20 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = + Para que o preço por quilograma seja 9,50 €, na mistura devem utilizar-se 12 kg de café do tipo B. Tarefa 2 1.1. O custo total da mistura, em euros, é dado pela expressão: 2 6,5 20 x + × . A quantidade total de sumo, em litros, utilizado na mistura é dada pela expressão: 20 x + . Assim sendo, o preço P, em euros, de cada litro de laranás é dado, em função de x, por: ( ) 2 130 , 0 20 x P x x x + = + . 1.2. a) ( ) 2 40 130 40 3,5 40 20 P × + = = + Se a abcissa do ponto A for 40 então a sua ordenada do ponto A é 3,5. Interpretação do valor das coordenadas do ponto A: Se o laranás for produzido com 40 litros de laranja, então o preço de cada litro de laranás será de 3,5 €. b) ( ) 2 130 2 130 2 50 4 4 4 0 0 20 20 20 x x x P x x x x + + − + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = + + + 2 50 0 20 0 25 x x x ⇔ − + = ∧ + ≠ ⇔ = Se a ordenada do ponto B for 4 então a sua abcissa é 25. Interpretação do valor das coordenadas do ponto B: Se o laranás for produzido com 25 litros de laranja, então o preço de cada litro de laranás será de 4 €. NEMA11PR © Porto Editora
- 164. Funções reais devariável real 165 165 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 1.3. ( ) 2 130 2 130 4 3,25 3,25 0 20 20 x x P x x x + + = ⇔ = ⇔ − = + + 1,25 65 0 1,25 65 0 20 0 52 20 x x x x x − + ⇔ = ⇔ − + = ∧ + ≠ ⇔ = + Se o preço por litro de laranás for de 3,25 euros, então sabe-se que se utilizaram 20 litros de sumo de ananás e 72 litros de sumo de laranja, ou seja, no total obtiveram-se 72 litros de sumo. Pág. 106 9.1. { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ + ≠ = − R R 4 0 4 e 1 0 1 x x x x − = ⇔ = + = ⇔ = − x −∞ 1 − 4 +∞ 4 x − − − − 0 + 1 x + − 0 + + + ( ) 4 1 x f x x − = + + S.S. − 0 + ( ) ] [ ] [ 0 , 1 4, f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞ ( ) ] [ 0 1,4 f x x ⇔ ∈ − 9.2. { } { } : 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R 2 3 2 0 3 x x − = ⇔ = x −∞ 0 2 3 +∞ 3 2 x − − − − 0 + x − 0 + + + ( ) 3 2 x f x x − = + S.S. − 0 + ( ) ] [ 2 0 ,0 , 3 f x x ⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞ ( ) 2 0 0, 3 f x x ⇔ ∈ 9.3. { } { } : 2 4 0 2 f D x x = ∈ − ≠ = R R 5 0 5 e 2 4 0 2 x x x x − = ⇔ = − = ⇔ = x −∞ 2 5 +∞ 5 x − + + + 0 − 2 4 x − − 0 + + + ( ) 5 2 4 x f x x − = − − S.S. + 0 − ( ) ] [ 0 2,5 f x x ⇔ ∈ ( ) ] [ ] [ 0 ,2 5, f x x ⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞ 9.4. { } 5 : 5 2 0 2 f D x x = ∈ − ≠ = R R 5 3 9 0 3 e 5 2 0 2 x x x x − = ⇔ = − = ⇔ = x −∞ 5 2 3 +∞ 3 9 x − − − − 0 + 5 2x − + 0 − − − ( ) 3 9 5 2 x f x x − = − − S.S. + 0 − ( ) 5 0 , 3 2 f x x ⇔ ∈ ( ) ] [ 5 0 , 3, 2 f x x ⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞ 10.1. Sabe-se que ( ) ( ) , P x f x e ( ) 2,0 A x + , sendo 0 x . Então, ( ) ( ) ( ) ( ) 6 6 12 2 2 1 1 2 2 2 x x x f x x x g x + + × + × + + = = = 6 12 3 6 2 2 1 x x x x + + = = + + . 10.2. ( ) 3 6 3 6 5 5 0 5 0 0 1 1 x x g x x x x x + + ⇔ ∧ ⇔ − ∧ + + 2 1 0 0 2 1 0 0 1 x x x x x − + ⇔ ∧ ⇔ − + ∧ + 1 0 2 x x ⇔ ∧ . Então, 1 0, 2 x ∈ . Pág. 107 11.1. Sabe-se que ( ) ( ) , P x f x , sendo 0 x . O retângulo [OAPB] é um quadrado se ( ) f x x = . ( ) 8 8 x 0 0 x 0 1 1 x x f x x x x x x = ⇔ = ∧ ⇔ − = ∧ + + 2 2 7 0 x 0 7 0 1 0 0 1 x x x x x x x − + ⇔ = ∧ ⇔ − + = ∧ + ≠ ∧ + 7 x ⇔ = [OAPB] é um quadrado quando 7 x = . 11.2. A área do retângulo [OAPB] é menor que 18 se ( ) 18 x f x . ( ) 2 2 8 8 18 18 18 18 x 0 0 0 1 1 x x x x f x x x x − − ⇔ ∧ ⇔ ∧ + + 2 3 8 18 18 0 0 3 0 0 3 4 x x x x x x ⇔ − − ∧ ⇔ − ∧ ⇔ Cálculo auxiliar: 2 2 8 18 18 0 4 9 9 0 x x x x − − = ⇔ − − = 9 81 144 3 3 8 4 x x x ± + ⇔ = ⇔ = ∨ = − A área do retângulo [OAPB] é menor que 18 se ] [ 0,3 x∈ . NEMA11PR © Porto Editora
- 165. 166 Unidade 4 166 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 12.1. ( ) 2 2 7 4 0 0 2 6 x x f x x + − ≤ ⇔ ≤ − 2 7 49 32 1 2 7 4 0 4 4 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 6 0 3 x x − = ⇔ = x −∞ 4 − 1 2 3 +∞ 2 2 7 4 x x + − + 0 − 0 + + + 2 6 x − − − − − − 0 + 2 2 7 4 2 6 x x x + − − − 0 + 0 − S.S. + Conclui-se, então, que ( ) ] ] 1 0 , 4 ,3 2 f x x ≤ ⇔ ∈ −∞ − ∪ . 12.2. ( ) 2 2 2 0 0 0 1 1 x x g x x x x − − ⇔ − ⇔ − − 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1 0 1 x x − = ⇔ = x −∞ 1 − 1 2 +∞ 2 2 x x − − + 0 − − − 0 + 1 x − − − − 0 + + + 2 2 1 x x x − − − − 0 + S.S. − 0 + Conclui-se, então, que ( ) ] [ ] [ 0 1,1 2, g x x ⇔ ∈ − ∪ + ∞ . Tarefa 3 1.1. ( ) 2 0 0 2 0 0 x f x x x x + = ⇔ = ⇔ + = ∧ ≠ 2 0 2 x x x ⇔ = − ∧ ≠ ⇔ = − Zero de f: 2 − . ( ) 2,0 C − 1.2. ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 x x x x f x g x x x x x x + + − + + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 2 2 0 0 x x x ⇔ − + += ∧ ≠ 2 1 1 8 2 0 1 2 2 x x x x x − ± + − + + =⇔ = ⇔ = − ∨ = − Então, ( ) ( ) ( ) { } 1 2 0 f x g x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈R 1 2 x x ⇔ = − ∨ = Como A e B são os pontos de interseção dos dois gráficos e ( ) g x x = , então tem-se ( ) 1, 1 A − − e ( ) 2,2 B . 1.3. x −∞ 2 − 0 +∞ 2 x + − 0 + + + x − − − 0 + ( ) 2 x f x x + = + 0 − S.S. + ( ) ] [ ] [ 0 , 2 0, f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞ ( ) ] [ 0 2,0 f x x ⇔ ∈ − 1.4. a) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 x x x x f x g x x x x x x + + − + + ⇔ ⇔ − ⇔ b) x −∞ 1 − 0 2 +∞ 2 2 x x − + + − 0 + + + 0 − x − − − 0 + + + 2 2 x x x − + + + 0 − S.S. + + − c) O conjunto-solução da inequação ( ) ( ) f x g x é ] [ ] [ , 1 0,2 −∞ − ∪ . Pág. 108 13.1. { } { } : 1 0 1 D x x = ∈ + ≠ = − R R 2 0 2 e 1 0 1 x x x x − = ⇔ = + = ⇔ = − x −∞ 1 − 2 +∞ 2 x − − − − 0 + 1 x + − 0 + + + 2 1 x x − + + S.S. − 0 + Então, ] [ ] [ 2 0 , 1 2, 1 x x x − ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞ + . 13.2. { } { } : 2 0 2 D x x = ∈ − ≠ = R R 2 1 2 1 2 1 2 3 3 1 1 0 0 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x − − − − + − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − − − − 3 3 0 1 e 2 0 2 x x x x − = ⇔ = − = ⇔ = x −∞ 1 2 +∞ 3 3 x − − 0 + + + 2 x − + + + 0 − 3 3 2 x x − − − 0 + S.S. − Então, conclui-se que ] ] ] [ ,1 2, x∈ −∞ ∪ + ∞ . 13.3. { } { } 2 : 0 0,1 D x x x = ∈ − + ≠ = R R ( ) 2 0 1 0 0 1 x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = x −∞ 0 1 +∞ 3 − − − − − − 2 x x − + − 0 + 0 − 2 3 x x − − + + S.S. − S.S. + Então, 2 3 0 x x − ⇔ − + ] [ ] [ ,0 1, x∈ −∞ ∪ + ∞ . 13.4. { } { } : 2 0 2 D x x = ∈ + ≠ = − R R 2 8 8 2 8 0 0 2 2 2 x x x x x x x − − + ⇔ − ⇔ + + + 2 2 4 32 2 8 0 4 2 2 x x x x x ± + − − + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − x −∞ 4 − 2 − 2 +∞ 2 2 8 x x − − + − 0 + + + 0 − 2 x + − − − 0 + + + 2 2 8 2 x x x − − + + + 0 − S.S. + 0 − NEMA11PR © Porto Editora
- 166. Funções reais devariável real 167 167 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Então, conclui-se que ] [ ] [ 4, 2 2, x∈ − − ∪ + ∞ . 13.5. { } { } : 2 0 2 D x x = ∈ + ≠ = − R R 2 5 5 2 5 4 8 4 4 0 0 2 2 2 x x x x x x x x + + − − + ⇔ + − ⇔ + + + 2 2 3 0 2 x x x − − ⇔ + 2 2 4 12 2 3 0 3 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 2 − 1 − 3 +∞ 2 2 3 x x − − + + + 0 − 0 + 2 x + − 0 + + + + + 2 2 3 2 x x x − − + − S.S. + 0 − 0 + Então, conclui-se que ] [ ] [ 2, 1 3, x∈ − − ∪ + ∞ . 14.1. ( ) 25 25 15 120 10 10 10 0 0 12 12 12 t t t f t t t t − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = + + + 15 120 0 12 0 8 t t t ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = Se a dosagem indicada para uma criança é 10 então ela tem 8 anos. 14.2. ( ) 25 6,25 6,25 0 12 12 t f t t t ≤ ⇔ ≤ ∧ + 25 6,25 75 0 0 12 12 t t t t − − ⇔ ≤ ∧ ⇔ + 18,75 75 0 0 12 12 t t t − ⇔ ≤ ∧ + 18,75 75 0 0 12 4 0 12 t t t t ⇔ − ≤ ∧ ⇔ ≤ ∧ ] ] 0, 4 t ⇔ ∈ Pág. 109 Proposta 1 1.1. { } 2 : 2 3 2 0 f D x x x = ∈ − − ≠ R . 2 3 9 16 1 2 3 2 0 2 4 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1 ,2 2 f D = − R ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 1 2 , ,2 1 2 2 2 3 2 2 2 2 x x f x x x x x x x + + = = = ∀ ∈ − − − − − + R 1.2. { } 2 : 2 0 f D x x x = ∈ − − ≠ R 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − { } 1,2 f D = − R ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 3 2 4 2 2 4 2 1 2 1 2 x x x x x x x f x x x x x x x − − + − = = = − + − + − − { } 2 2 , 1,2 1 x x x x + = ∀ ∈ − + R 1.3. { } 3 2 : 0 f D x x x x = ∈ + + ≠ R ( ) 3 2 2 2 0 1 0 0 1 0 x x x x x x x x x + + = ⇔ + + = ⇔ = ∨ + + = impossível 1 1 4 0 0 2 x x x − ± − ⇔ = ∨ = ⇔ = { } 0 f D = R 1 é zero do numerador da fração, então, recorrendo à regra de Ruffini, tem-se: 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 − Logo, ( )( ) 3 2 1 1 1 x x x x − = − + + . Assim sendo, ( ) ( )( ) ( ) 2 3 3 2 2 1 1 1 1 x x x x f x x x x x x x − + + − = = + + + + { } 1 , 0 x x x − = ∀ ∈R . 1.4. { } 2 : 4 0 f D x x = ∈ − ≠ R 2 4 0 2 2 x x x − = ⇔ = ∨ = − { } 2,2 f D = − R ( ) 3 2 2 3 2 0 3 2 0 x x x x x x + + = ⇔ + + = 2 3 9 8 0 3 2 0 0 2 x x x x x − ± − ⇔ = ∨ + + = ⇔ = ∨ = 0 1 2 x x x ⇔ = ∨ = − ∨ = − ( ) ( )( ) ( )( ) 3 2 2 1 2 3 2 2 2 4 x x x x x x f x x x x + + + + = = − + − { } 2 , 2,2 2 x x x x + = ∀ ∈ − − R 1.5. { } 2 : 0 f D x x x = ∈ + ≠ R ( ) 2 0 1 0 0 1 x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − { } 1,0 f D = − R −1 é zero do polinómio 3 2 2 5 2 x x x + + − porque ( ) ( ) ( ) 3 2 2 1 5 1 1 2 0 − + − + − − = , então, recorrendo à regra de Ruffini, tem-se: 2 5 1 2 1 2 3 2 1 3 2 0 − − − − − Logo, ( )( ) 3 2 2 2 5 2 1 2 3 2 x x x x x x + + − = + + − . ( ) ( )( ) ( ) 2 3 2 2 1 2 3 2 2 5 2 1 x x x x x x f x x x x x + + − + + − = = + + { } 2 2 3 2 , 1,0 x x x x + − = ∀ ∈ − R 1.6. { } 2 : 3 5 2 0 f D x x x = ∈ + − ≠ R NEMA11PR © Porto Editora
- 167. 168 Unidade 4 168 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 2 5 25 24 1 3 5 2 0 2 6 3 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 1 2, 3 f D = − R ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 2 2 4 2 4 4 2 2 4 16 1 2 3 1 3 5 2 3 2 3 x x x x x x f x x x x x x x − + − + + − = = = + − + − + − ( )( ) 2 3 2 2 4 2 4 8 1 , 2, 3 1 3 1 3 x x x x x x x x − + − + − = ∀ ∈ − − − R 1.7. Como 2 f D − ∉ , sabe-se que 2 − é zero do denominador da fração, ou seja, do polinómio 3 2 2 8 4 x x x − − + . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 2 1 8 4 2 4 10 4 2 5 2 0 − − − − − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 2 2 8 4 2 2 5 2 x x x x x x − − + = + − + . ( ) ( ) 3 2 2 2 8 4 0 2 2 5 2 0 x x x x x x − − + = ⇔ + − + = 2 5 25 16 2 0 2 5 2 0 2 4 x x x x x ± − ⇔ + = ∨ − + = ⇔ = − ∨ = 1 2 2 2 x x x ⇔ = − ∨ = ∨ = Assim sendo, 1 2, ,2 2 f D = − R . ( ) ( )( ) 3 2 2 2 1 2 1 2 8 4 2 2 5 2 x x f x x x x x x x − − = − − + + − + ( ) ( ) ( )( )( ) 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x x − − = + − − + × − − 2 1 1 , 2, ,2 4 2 x x = ∀ ∈ − − R Proposta 2 2.1. ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 x x x x x f x x x x x x x − − − + − = − = = − − − 2.2. ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 x x f x x x x x x x x = + = + + − + + − ( ) ( )( ) 2 2 3 2 1 2 2 1 1 x x x x x x x x x − + + − = − + − 2.3. ( ) ( ) 2 3 1 3 1 2 2 2 2 x x f x x x x x x x + + = + = − + − − − − ( ) ( ) 2 2 3 1 3 1 2 2 x x x x x x x x − + + − − + = − − 2.4. ( ) ( )( ) 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 8 x x x x f x x x x x x − − = − = − + − + + − ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 4 2 4 6 4 2 2 2 2 8 2 8 x x x x x x x x x x x x x − − − − + + − − + − = = = − + − − 2.5. ( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 1 2 2 1 1 4 1 2 3 2 3 x x x x x f x x x x x x x + − + + − =− × =− − − − − ( )( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 3 3 2 1 2 1 3 3 3 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x − − + + + + − − − − = − = = − − − 2.6. ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x f x x x x x x x x + + + + = + × = + − − − + − ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 1 4 4 2 5 4 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x + + + + + + + = + = = − − + − + − Proposta 3 3.1. ( ) 2 2 3 10 0 0 2 x x f x x x + − = ⇔ = ⇔ − 2 2 3 10 0 2 0 x x x x ⇔ + − = ∧ − ≠ 2 3 9 40 3 10 0 2 5 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) 2 2 0 2 0 0 2 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( ) ( ) { } 0 5 2 0, 2 5 f x x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ ⇔ = − R Zero de f : 5 − . 3.2. ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 1 5 3 2 5 0 0 3 1 3 1 x x f x x x x x + − − = ⇔ − = = − + − + ( )( ) ( )( ) 3 17 0 3 17 0 3 1 0 3 1 x x x x x x − + ⇔ = ⇔ − + = ∧ − + ≠ − + 17 3 17 0 3 x x − + = ⇔ = ( )( ) 3 1 0 3 1 x x x x − + = ⇔ = ∨ = − ( ) { } 17 17 0 1, 3 3 3 f x x x x = ⇔ = ∧ ∈ − ⇔ = R Zero de f : 17 3 . 3.3. ( ) ( ) ( ) 2 4 4 0 0 2 2 x x x x f x x x x − − + + = ⇔ − = = − − 2 2 3 4 0 3 4 0 2 0 2 x x x x x x − − ⇔ = ⇔ − − = ∧ − ≠ − 2 3 9 16 3 4 0 4 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 0 2 x x − = ⇔ = ( ) ( ) { } 0 1 4 2 f x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈R 1 4 x x ⇔ = − ∨ = Zeros de f : 1 e 4 − . NEMA11PR © Porto Editora
- 168. Funções reais devariável real 169 169 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 3.4. ( ) 3 2 2 2 3 0 0 2 3 x x x f x x x + − = ⇔ = + − 3 2 2 2 3 0 2 3 0 x x x x x ⇔ + − = ∧ + − ≠ ( ) 2 2 2 3 0 2 3 0 x x x x x ⇔ + − = ∧ + − ≠ ( ) 2 2 0 2 3 0 2 3 0 0 x x x x x x ⇔ = ∨ + − = ∧ + − ≠ ⇔ = Zero de f : 0. Proposta 4 4.1. ( ) 2 ' : 2 f f D x D f x ∈ ⇔ ∃ ∈ = . ( ) 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 2 0 0 1 1 1 x x x x f x x x x − + + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = − − − 2 2 2 3 2 0 1 0 x x x ⇔ − + += ∧ − ≠ 2 3 9 16 1 2 3 2 0 2 4 2 x x x x x − ± + − + + =⇔ = ⇔ = − ∨ = − 2 2 1 0 1 1 1 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) { } 1 2 2 1,1 2 f x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ − R 1 2 2 x x ⇔ = − ∨ = Assim sendo, conclui-se que 2 pertence ao contradomínio da função f porque 1 2 2 f − = e ( ) 2 2 f = . 4.2. ( ) ( ) 2 2 3 2 3 2 0 1 1 1 1 x x f x g x x x x x = ⇔ = ⇔ − = + + − − ( ) 2 2 3 2 1 2 0 0 1 1 x x x x x − − + ⇔ = ⇔ = − − { } 2 2 0 1 0 2 1,1 x x x x ⇔ + = ∧ − ≠ ⇔ = − ∧ ∈ − R 2 x ⇔ = − ( ) 2 2 2 2 1 g − = = − − + Os gráficos das funções f e g intersetam-se no ponto de coordenadas ( ) 2, 2 − − . 4.3. A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta de equação y x = . ( ) 2 2 0 1 1 g x x x x x x = ⇔ = ⇔ − = + + 2 2 0 1 x x x − − + ⇔ = + 2 2 0 1 0 x x x ⇔ − − + = ∧ + ≠ 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − 1 0 1 x x + = ⇔ = − Então, ( ) ( ) { } 2 1 1 g x x x x x = ⇔ = − ∨ = ∧ ∈ − R 2 1 x x ⇔ = − ∨ =. O gráfico da função g interseta a bissetriz dos quadrantes ímpares nos pontos de coordenadas ( ) 2, 2 − − e ( ) 1, 1 . Pág. 110 Proposta 5 5.1. ( ) 35 0 50 0 50 0 1 f × + = = + e ( ) 32 0 56 0 28 0 2 g × + = = + . No início da experiência, a temperatura da substância A era de 50 °C e a da substância B era de 28 °C . 5.2. 0,5 h = 30 min. ( ) ( ) 35 30 50 32 30 56 30 30 30 1 30 2 f g × + × + − = − = + + 1100 127 3,7 31 4 = − ≈ A diferença entre as temperaturas das substâncias A e B, meia hora após o início da experiência, era, aproximadamente, 3,7 °C. 5.3. ( ) 35 50 35 50 36 36 36 0 1 1 t t f t t t + + = ⇔ = ⇔ − = + + 14 0 14 0 1 0 14 1 t t t t t − + ⇔ = ⇔ − + = ∧ + ≠ ⇔ = + ( ) 32 14 56 504 14 31,5 14 2 16 g × + = = = + No instante em que a temperatura da substância A era de 36 °C, a temperatura da substância B era de 31,5 °C. 5.4. A equação que traduz o problema é a seguinte: ( ) ( ) 5 f t g t − = . Utilizando uma janela de visualização adequada à situação, obtém-se uma representação gráfica que permite resolver a equação anterior. Recorrendo às capacidades gráficas da calculadora, conclui-se que 10,1714 t ≈ min. 0,1714 min 0,1714 60 s 10 s = × ≈ Donde se conclui que a diferença entre as temperaturas das substâncias A e B foi de 5 °C às 9 h, 10 min e, aproximadamente, 10 s. NEMA11PR © Porto Editora
- 169. 170 Unidade 4 170 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 6 6.1. { } { } : 4 0 4 f D x x = ∈ + ≠ = − R R 1 3 1 0 e 4 0 4 3 x x x x − = ⇔ = + = ⇔ = − x −∞ 4 − 1 3 +∞ 3 1 x − − − − 0 + 4 x + − 0 + + + ( ) 3 1 4 x f x x − = + + S.S. − 0 + ( ) ] [ ( ) 1 1 0 , 4 , ; 0 4, 3 3 f x x f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ ∈ − 6.2. { } { } : 2 0 2 f D x x = ∈ + ≠ = − R R 2 2 1 0 1 1 1 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 0 2 x x + = ⇔ = − x −∞ 2 − 1 − 1 +∞ 2 1 x − + + + 0 − 0 + 2 x + − 0 + + + + + ( ) 2 1 2 x f x x − = + − S.S. + 0 − 0 + ( ) ] [ ] [ 0 2, 1 1, ; f x x ⇔ ∈ − − ∪ + ∞ ( ) ] [ ] [ 0 , 2 1, 1 f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ − . 6.3. { } { } 2 : 3 0 3,0 f D x x x = ∈ + ≠ = − R R ( ) 2 3 0 3 0 0 x 3 x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − 2 6 0 3 x x − = ⇔ = x −∞ 3 − 0 3 +∞ 2 6 x − − − − − − 0 + 2 3 x x + + 0 − 0 + + + ( ) 2 2 6 3 x f x x x − = + − S.S. + S.S. − 0 + ( ) ] [ ] [ 0 3,0 3, ; f x x ⇔ ∈ − ∪ +∞ ( ) ] [ ] [ 0 , 3 0, 3 f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ . 6.4. { } { } 2 : 9 0 3,3 f D x x = ∈ − ≠ = − R R ( ) 2 3 0 3 0 0 3 x x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = 2 2 9 0 9 3 3 x x x x − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 3 − 0 3 +∞ 2 3 x x − + + + 0 − 0 + 2 9 x − + 0 − − − 0 + ( ) 2 2 3 9 x x f x x − = − + S.S. − 0 + S.S. + ( ) ] [ ] [ ] [ 0 , 3 0,3 3, ; f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ ∪ +∞ ( ) ] [ 0 3,0 f x x ⇔ ∈ − . 6.5. ( ) 2 2 2 2 1 1 1 x x x x f x x x x − − − − = −= = + + + { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ + ≠ = − R R 2 0 2 e 1 0 1 x x x x − − = ⇔ = − + = ⇔ = − x −∞ 2 − 1 − +∞ 2 x − − + 0 − − − 1 x + − − − 0 + ( ) 2 1 x f x x − − = + − 0 + S.S. − ( ) ] [ ( ) ] [ ] [ 0 2, 1 ; 0 , 2 1, f x x f x x ⇔ ∈ − − ⇔ ∈ −∞ − ∪ − + ∞ . 6.6. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 3 4 2 9 3 4 1 1 1 x x x x x f x x x x x x x x − − − − = += + − − − − ( ) ( ) 2 2 2 9 3 4 2 5 3 1 1 x x x x x x x x x − − + − − = = − − ( ) { } { } : 1 0 0,1 f D x x x = ∈ − ≠ = R R ( ) 1 0 0 1 x x x x − = ⇔ = ∨ = 2 5 25 24 1 2 5 3 0 3 4 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 2 − 0 1 3 +∞ 2 2 5 3 x x − − + 0 − − − − − 0 + 2 x x − + + + 0 − 0 + + + ( ) 2 2 2 5 3 x x f x x x − − = − + 0 − SS + SS − 0 + ( ) ] [ ] [ 1 0 , 0, 1 3, ; 2 f x x ⇔ ∈ −∞ − ∪ ∪ + ∞ ( ) ] [ 1 0 ,0 1, 3 2 f x x ⇔ ∈ − ∪ . Pág. 111 Proposta 7 7.1. ( ) 150 0 250 0 250 6 0 1 T × + = = × + No momento em que houve o corte de energia, o forno estava a funcionar à temperatura de 250 °C. 7.2. ( ) 150 250 75 75 0 6 1 t T t t + = ⇔ − = + 150 250 450 75 175 300 0 0 6 1 6 1 t t t t t + − − − ⇔ = ⇔ = + + 7 175 300 0 6 1 0 12 t t t ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = Ora, 1 hora = 60 min e 7 60 35 12 × =. Entre o instante em que houve o corte de energia elétrica e o instante em que o mesmo foi detetado decorreram 35 minutos. NEMA11PR © Porto Editora
- 170. Funções reais devariável real 171 171 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 7.3. ( ) 150 250 120 120 0 6 1 t T t t + ≥ ⇔ − ≥ + 150 250 720 120 130 570 0 0 6 1 6 1 t t t t t + − − − ⇔ ≥ ⇔ ≥ + + 6 1 0 13 130 570 0 57 t t t + ⇔ − ≥ ⇔ ≤ Como 0 t ≥ , conclui-se que ( ) 13 120 0 57 T t t ≥ ⇔ ≤ ≤ . Ora, 1 hora = 60 min e 13 60 14 57 × ≈ . Após o corte de energia, a temperatura do forno foi não inferior a 120°C durante, aproximadamente, 14 minutos. 7.4. A equação que traduz o problema é a seguinte: ( ) 60 T t = . Utilizando uma janela de visualização adequada à situação, obtém-se uma representação gráfica que permite resolver a equação anterior. Recorrendo às capacidades gráficas da calculadora, conclui-se que 0,90476 t ≈ h. 0,90476 h 0,90476 60 min 54,2856 min = × = 0,2856 min 0,2856 60 s 17 s = × ≈ O corte de energia ocorreu às 12 horas e 30 minutos e verificou- se que passados, aproximadamente, 54 minutos e 17 segundos, a temperatura no forno era de 60 °C, ou seja, tal facto verificou-se às 13 horas, 24 minutos e 17 segundos. Proposta 8 8.1. { } { } : 3 0 3 D x x = ∈ − ≠ = R R 1 2 1 0 e 3 0 3 2 x x x x − = ⇔ = − = ⇔ = x −∞ 1 2 3 +∞ 2 1 x − − 0 + + + 3 x − + + + 0 − 2 1 3 x x − − − 0 + S.S. − Então, 2 1 0 3 x x − ⇔ − ] [ 1 , 3, 2 x ∈ −∞ ∪ + ∞ . 8.2. 2 2 2 2 1 3 1 1 0 0 0 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x x + + + − + − + ⇔ − ⇔ ⇔ − − − − { } 1 : 2 1 0 2 D x x = ∈ − ≠ = R R 1 3 0 3 e 2 1 0 2 x x x x − + = ⇔ = − = ⇔ = x −∞ 1 2 3 +∞ 3 x − + + + + 0 − 2 1 x − − 0 + + + 3 2 1 x x − + − − S.S. + 0 − Então, 3 0 2 1 x x − + ⇔ − 1 ,3 2 x ∈ . 8.3. { } { } 2 : 0 0,1 D x x x = ∈ − ≠ = R R ( ) 2 0 1 0 0 x 1 x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = 2 2 1 0 1 1 1 x x x x − = ⇔ =⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 0 1 +∞ 2 1 x − − 0 + + + 0 − 2 x x − + + + 0 − 0 + 2 2 1 x x x − − − 0 + S.S. − S.S. − Então, 2 2 1 0 x x x − ≥ ⇔ − [ [ 1, 0 x∈ − . 8.4. ( ) { } { } 2 : 2 0 0,2 D x x x = ∈ − ≠ = R R ( ) ( ) 2 2 2 0 0 2 0 0 x 2 x x x x x − = ⇔ = ∨ − = ⇔ = ∨ = ( ) 3 6 0 6 0 6 x x x − = ⇔ − = ⇔ = x −∞ 0 2 6 +∞ ( ) 3 6 x − + + + + + 0 − x − 0 + + + + + ( ) 2 2 x − + + + 0 + + + ( ) ( ) 3 2 6 2 x x x − − − S.S. + S.S. + 0 − Então, ( ) ( ) 3 2 6 0 2 x x x − ≥ ⇔ − ] [ ] ] 0,2 2,6 x∈ ∪ . 8.5. 2 2 2 2 1 1 0 0 x x x x x x x + + + − ⇔ + + ⇔ { } { } : 0 0 D x x = ∈ ≠ = R R 2 impossível 1 1 8 2 0 2 x x x − ± − + + = ⇔ = Como 2 2 0, x x x + + ∀ ∈R , então tem-se: 2 2 0 0 x x x x + + ⇔ ⇔ ] [ ,0 x∈ −∞ NEMA11PR © Porto Editora
- 171. 172 Unidade 4 172 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 8.6. 2 2 1 1 1 1 0 2 2 4 2 2 4 2 2 x x x x x x + + − ⇔ + + − + − 2 2 2 2 1 2 1 2 2 0 0 4 2 2 4 2 2 x x x x x x x x x + + + − + ⇔ ⇔ + − + − { } 2 1 : 4 2 2 0 1, 2 D x x x = ∈ + − ≠ = − R R 2 2 4 32 1 4 2 2 0 1 8 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − ( ) 2 2 2 0 2 1 0 0 x 1 x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 0 1 2 +∞ 2 2 2 x x + + 0 − 0 + + + 2 4 2 2 x x + − + 0 − − − 0 + 2 2 2 2 4 2 2 x x x x + + − + S.S. + 0 − S.S. + Então, 2 2 2 2 0 4 2 2 x x x x + ⇔ + − ] [ ] [ 1 , 1 1, 0 , 2 x ∈ −∞ − ∪ − ∪ + ∞ . 8.7. 2 2 3 6 3 6 1 1 0 3 2 3 2 x x x x x x − + − + ≤ ⇔ − ≤ − + − + 2 2 2 2 3 6 3 2 4 0 0 3 2 3 2 x x x x x x x x − + − + − − + ⇔ ≤ ⇔ ≤ − + − + { } { } 2 : 3 2 0 1,2 D x x x = ∈ − + ≠ = R R 2 3 9 8 3 2 0 2 1 2 x x x x x ± − − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = 2 2 4 0 4 2 2 x x x x − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 2 − 1 2 +∞ 2 4 x − + − 0 + + + 0 − 2 3 2 x x − + + + + 0 − 0 + 2 2 4 3 2 x x x − + − + − 0 + S.S. − S.S. − Então, 2 2 4 0 3 2 x x x − + ≤ ⇔ − + ] ] ] [ ] [ , 2 1, 2 2, x∈ −∞ − ∪ ∪ + ∞ . 8.8. ( ) 2 4 5 4 5 1 1 0 1 x x x x x x + ≤ ⇔ + − ≤ − − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 4 5 5 6 9 0 0 0 1 x x x x x x x x x x x x − + − − + − + ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − − − { } { } 2 : 0 0,1 D x x x = ∈ − ≠ = R R ( ) 2 0 1 0 0 x 1 x x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( ) 2 3 0 3 0 3 x x x − = ⇔ − = ⇔ = x −∞ 0 1 3 +∞ ( ) 2 3 x − + + + + + 0 + 2 x x − + 0 − 0 + + + ( ) 2 2 3 x x x − − + S.S. − S.S. + 0 + Então, ( ) 2 2 3 0 x x x − ≤ ⇔ − ] [ { } 0, 1 3 x∈ ∪ . Pág. 112 Proposta 9 9.1. ( ) 24 0 12 0 2 G = = + . No primeiro dia de aulas estavam doentes 12% dos estudantes da cidade, o que corresponde a 240 alunos. 9.2. ( ) 24 24 24 2 4 2 2 2 0 0 2 2 2 t G t t t t − − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = + + + 20 2 0 20 2 0 2 0 10 2 t t t t t − ⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = + A gripe atinge 2% da população escolar da cidade 10 dias após o início do 2º período, ou seja, no dia 13 de janeiro. 9.3. 10 100% 0,5% 2000 × = ( ) 24 24 0,5 1 23 0,5 0,5 0,5 0 0 2 2 2 t t G t t t t − − − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + + + 2 0 23 0,5 0 46 t t t + ⇔ − ≤ ⇔ ≥ Prevê-se que o problema termine no dia 18 de fevereiro. Proposta 10 10.1. O ponto B pertence ao eixo Ox, logo tem ordenada nula. Como B tem abcissa positiva e pertence ao gráfico da função f, tem-se: ( ) 2 3 0 0 3 0 0 f x x x x x = ∧ ⇔ − = ∧ ( ) 2 3 0 0 x x x ⇔ − = ∧ ( ) 0 3 0 3 x x x x ⇔ = ∨ = ∧ ⇔ = Então, ( ) 0,3 B . 10.2. ( ) ( ) 3 0 3 0 0 3 0 3 a g h b a b = ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 1 a g h b a b = ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = Então, tem-se: 3 0 3 3 2 3 2 1 a b a b a a b b b b + = = − = ⇔ ⇔ + = − + = = − A função g é caracterizada do seguinte modo: : 3 1 g x x + → − R R ֏ 10.3. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 0 3 f x x ≥ ⇔ ≤ . Então, tem-se: ( ) ] ] 2 0 2 3 5 , 5 f x x x x − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ∈ − ∞ . b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * 0 f x g x f x g x − ⇔ ⇔ ] [ ] [ 0, 1 3, x∈ ∪ + ∞ . (*) Por observação gráfica. NEMA11PR © Porto Editora
- 172. Funções reais devariável real 173 173 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) c) ( ) 1 0 1 0 1 3 1 2 f x x x x x + = ⇔ + = ∨ + = ⇔ = − ∨ = x 0 2 3 +∞ ( ) 1 f x + + + 0 − − − ( ) g x S.S. + + + 0 − ( ) ( ) 1 f x g x + S.S. + 0 − S.S. + Então, ( ) ( ) 1 0 f x g x + ≥ ⇔ ] ] ] [ 0, 2 3, x∈ ∪ + ∞ . Pág. 113 Proposta 11 11.1. 2 anos = 24 meses. ( ) 12 24 5 293 24 10,9 24 3 27 P × + = = ≈ + A massa média de um cão com 2 anos de idade é, aproximadamente, 10,9 kg. 11.2. ( ) 12 5 12 5 9 9 9 0 3 3 t t P t t t + + = ⇔ = ⇔ − = + + 12 5 9 27 3 22 0 0 3 3 t t t t t + − − − ⇔ = ⇔ = + + 22 3 22 0 3 0 7 3 t t t t ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ⇔ ≈ Um cão da referida raça tem uma massa média de 9 kg aos, aproximadamente, 7 meses. 11.3. ( ) 12 5 12 5 7 10 5 5 5 0 0 3 3 3 t t t P t t t t + + − ⇔ ⇔ − ⇔ + + + 3 0 10 7 10 0 7 t t t + ⇔ − ⇔ Como 0 t ≥ , conclui-se que 10 0, 7 t ∈ . Considerando que 1 mês tem 30 dias, tem-se 10 30 42 7 × ≈ . Interpretação do resultado obtido: Durante os primeiros 42 dias de vida, um cão da referira raça, tem, em média, uma massa inferior a 5 kg. 11.4. a) ( ) 12 2 5 29 2 5,8 2 3 5 P × + = = = + Um cão com 2 meses de idade tem uma massa média de 5,8 kg. Então, consultando o rótulo da embalagem do suplemento vitamínico, conclui-se que a dose diária recomendável é de 1 medida de suplemento. b) ( ) 12 12 5 149 12 9,93 12 3 15 P × + = = ≈ + Um cão com 1 ano de idade tem uma massa média de, aproximadamente, 9,93 kg. Então, consultando o rótulo da embalagem do suplemento vitamínico, conclui-se que a dose diária recomendável é de 2 medidas de suplemento. 11.5. ( ) 12 5 12 5 28 11 11 11 0 0 3 3 3 t t t P t t t t + + − ⇔ ⇔ − ⇔ + + + 3 0 28 0 28 t t t + ⇔ − ⇔ Os cães da referida raça podem tomar 3 medidas do outro suplemento vitamínico a partir dos 28 meses de idade (2 anos e 4 meses). Pág. 114 15.1. Os pontos aderentes a A e que não pertencem a A são 3, 4 e 6. 15.2. A aderência de A é [ ] 1 3, 6 , 2 2 A = ∪ . 16.1. A aderência de A é { } [ ] 1, 0, 1 2, 5 A = − ∪ . 16.2. A aderência de B é [ ] { } 0, 5 6 B = ∪ . 16.3. A aderência de C é [ ] 1, 7 C = . 16.4. A aderência de A B ∪ é [ ] { } 0, 5 1, 6 A B ∪ = ∪ − . 16.5. A aderência de B C ∪ é [ ] 0, 7 B C ∪ = . 17. Sabendo que a aderência do conjunto A, representado na reta numérica, é [ ] { } 5, 2 6, 4 A = − ∪ − , conclui-se que: 6 , 5 , 2 e 4 a b c d = − = − = = . Pág. 115 18.1. 2 5 5 5 lim lim 1 2 2 2 n n u n − − = = = − − ( ) ( ) 2 2 5 5 25 10 15 lim lim 2 2 4 4 4 n n n f u u u = − = − = − = 18.2. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n f n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 1 n x = − , tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 1 2 n n n f x x x = − = − − − = Então, conclui-se que ( ) 1 lim 2 x f x →− = . Pág. 116 19.1. 1 lim lim 3 3 0 3 n a n + + = + = + = ( ) 1 1 1 lim lim 2 2 2 3 3 3 0 n n f a a + + = + = + = + = +∞ − − 19.2. 1 lim lim 3 3 0 3 n b n + − = − = − = ( ) 1 1 1 lim lim 2 2 2 3 3 3 0 n n f b b − − = + = + = + = −∞ − − 20.1. ( ) lim lim 3 2 n a n = + = +∞ ( ) ( ) ( ) lim lim 3 2 3 2 n n g a a = − = × +∞ − = +∞ NEMA11PR © Porto Editora
- 173. 174 Unidade 4 174 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 20.2. 1 lim lim 4 4 0 4 n b n + − = − = − = ( ) 1 1 1 lim lim 4 4 4 0 n n g b b − − = = = = −∞ − − 20.3. 1 lim lim 4 4 0 4 n c n + + = + = + = ( ) ( ) lim lim 3 2 3 4 2 10 n n g c c = − = × − = 20.4. ( ) 2 lim lim n d n = − = −∞ ( ) 1 1 1 lim lim 0 4 4 n n g d d = = = = − −∞ − −∞ Pág. 117 21.1. Existe ( ) 2 lim x g x → porque 2 g D ∈ e qualquer que seja ( ) n x tal que 2 n x → , ( ) lim 5 n g x = . 21.2. a) 1 lim lim 4 4 0 4 n u n + + = + = + = Por observação gráfica, sabe-se que ( ) lim 1 n g u = . b) 2 1 lim lim 4 4 0 4 n v n + − = − = − = Por observação gráfica, sabe-se que ( ) lim 2 n g v = . 21.3. Não existe ( ) 4 lim x g x → porque 4 n u → , 4 n v → e ( ) ( ) lim lim n n g u g v ≠ . 22.1. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 0 lim 2 x f x − → = . b) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 0 lim 2 x f x + → = . c) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 3 lim 2 x f x − → = . d) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 3 lim 0 x f x + → = . 22.2. Existe ( ) 0 lim x f x → porque 0 f D ∈ , ( ) ( ) 0 0 lim lim 2 x x f x f x − + → → = = e ( ) 0 2 f = . Não existe ( ) 3 lim x f x → porque 3 g D ∈ e ( ) ( ) 3 3 lim lim x x f x f x − + → → ≠ . Assim sendo, a afirmação é verdadeira. Pág. 118 23.1. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 3,5 lim 4 x f x → = . 23.2. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 4 lim 4 x f x → = . 23.3. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 3 lim 4 x f x →− = porque 3 f D − ∈ e ( ) ( ) 3 3 lim lim 4 x x f x f x − + →− →− = = . 23.4. Por observação gráfica, sabe-se que não existe ( ) 3 lim x f x → porque 3 f D ∈ e ( ) ( ) 3 3 lim lim x x f x f x − + → → ≠ . 23.5. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 5 lim 3 x f x → = . 24.1. a) Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n h n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 4 n x = , tem-se: ( ) 4 lim lim 2 6 6 4 n n n x h x x = = = − − Então, conclui-se que ( ) 4 lim 2 x h x → = . b) Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n h n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 8 n x = , tem-se: ( ) ( ) lim lim 2 5 2 8 5 11 n n h x x = − = × − = Então, conclui-se que ( ) 8 lim 11 x h x → = . 24.2. Como h D = R e 5 f D ∈ , então existe ( ) 5 lim x h x → se ( ) ( ) ( ) 5 5 lim lim 5 x x h x h x h − + → → = = . Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 5 n h n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 5 n x − = , tem-se: ( ) 5 lim lim 5 6 6 5 n n n x h x x = = = − − Então, conclui-se que ( ) 5 lim 5 x h x − → = . Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 5 n h n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 5 n x + = , tem-se: ( ) ( ) lim lim 2 5 2 5 5 5 n n h x x = − = × − = Então, conclui-se que ( ) 5 lim 5 x h x + → = . Sabe-se, ainda, que ( ) 5 h k = . Então, conclui-se que existe ( ) 5 lim x h x → se 5 k = . Pág. 119 25.1. { } { } : 0 0 g D x x = ∈ ≠ = R R Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n g n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 3 n x = , tem-se: ( ) 1 1 10 lim lim 3 3 3 n n n g x x x = + = + = Então, conclui-se que ( ) 3 10 lim 3 x g x → = . NEMA11PR © Porto Editora
- 174. Funções reais devariável real 175 175 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 25.2. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n g n x D ∀ ∈ ∈ N e lim n x = +∞ , tem-se: ( ) 1 1 lim lim 0 n n n g x x x = + = +∞ + = +∞ + = +∞ +∞ Então, conclui-se que ( ) lim x g x →+∞ = +∞ . 25.3. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 0 n g n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 0 n x − = , tem-se: ( ) 1 1 lim lim 0 0 n n n g x x x − = + = + = −∞ Então, conclui-se que ( ) 0 lim x g x − → = −∞ . 26.1. { } { } : 2 0 2 f D x x = ∈ − ≠ = R R e ( ) 2 2 2 1 2 2 2 x x f x x x x − + = = = + − − − . Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n f n x D ∀ ∈ ∈ N e lim n x = +∞ , tem-se: ( ) 2 2 lim lim 1 1 1 0 1 2 2 n n f x x = + = + = + = − +∞ − Então, conclui-se que ( ) lim 1 x f x →+∞ = . 26.2. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n f n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 1 n x = , tem-se: ( ) 2 2 lim lim 1 1 1 2 1 2 n n f x x = + = + = − − − Então, conclui-se que ( ) 1 lim 1 x f x → = − . 26.3. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 2 n f n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 2 n x + = , tem-se: ( ) 2 2 2 lim lim 1 1 1 2 2 2 0 n n f x x + + = + = + = + = +∞ − − Então, conclui-se que ( ) 2 lim x f x + → = +∞ . 27.1. h D = R Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n h n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 4 n x = − , tem-se: ( ) 1 1 1 lim lim 2 4 2 6 n n h x x = = = − − − − Donde se conclui que ( ) 4 1 lim 6 x h x →− = − . 27.2. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 1 n h n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 1 n x − = , tem-se: ( ) 1 1 lim lim 1 2 1 2 n n h x x − = = = − − − . Então, conclui-se que ( ) 1 lim 1 x h x − → = − . Para toda a sucessão ( ) n x tal que , 1 n h n n x D x ∀ ∈ ∈ ∧ N e lim 1 n x + = , tem-se: ( ) ( ) lim lim 2 3 2 1 3 1 n n h x x + = − =× − = − Então, conclui-se que ( ) 1 lim 1 x h x + → = − . Sabe-se, ainda, que ( ) 1 3 h = . Donde se conclui que não existe ( ) 1 lim x h x → porque 1 h D ∈ , ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 x x h x h x − + → → = = − e ( ) 1 1 h ≠ − . 27.3. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n h n x D ∀ ∈ ∈ N e lim n x = −∞ , tem-se: ( ) 1 1 lim lim 0 2 2 n n h x x = = = − −∞ − Então, conclui-se que ( ) lim 0 x h x →−∞ = . Pág. 120 28.1. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 2 lim 4 x f x → = . b) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 2 lim 1 x g x → = . 28.2. a) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim lim 4 1 5 x x x f g x f x g x → → → + = + = + = b) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim lim 4 1 4 x x x f g x f x g x → → → × = × = × = c) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim lim 4 1 3 x x x f g x f x g x → → → − = − = − = d) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lim 4 lim 4 lim 1 x x x f x f x g g x → → → = = = Pág. 121 29.1. ( )( ) ( ) ( ) 3 3 3 lim lim lim x x x f g x f x g x →− →− →− + = + ( ) ( ) ( )2 2 3 3 3 3 1 3 1 5 lim lim 2 9 2 3 9 9 1 3 1 2 x x x x x →− →− × − − − = + − = + × − − = + − − − 23 2 = 29.2. ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim lim lim x x x f g x f x g x →− →− →− × = × ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 3 1 1 3 1 lim lim 2 9 2 1 9 1 1 1 x x x x x →− →− × − − − = × − = × × − − − − − ( ) 2 7 14 = × − =− NEMA11PR © Porto Editora
- 175. 176 Unidade 4 176 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 29.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 lim lim 2 9 2 1 9 7 lim 3 1 3 1 1 2 lim lim 1 1 1 0 x x x x x g x x g x x f f x x + + + + + → → → → + + → − × − − = = = = − × − − − 7 0 − = = +∞ 30.1. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim 4 x j x − → = e ( ) 1 lim 3 x j x + → = . Então, não existe ( ) 1 lim x j x → porque 1 j D ∈ e ( ) ( ) 1 1 lim lim x x j x j x − + → → ≠ . b) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 3 lim 1 x h x − → = e ( ) 3 lim 1 x h x + → = . Não existe ( ) 3 lim x h x → porque 3 h D ∈ , ( ) ( ) 3 3 lim lim 1 x x h x h x − + → → = = e ( ) 3 1 1 h = − ≠ . 30.2. a) ( )( ) ( ) ( ) 3 3 3 lim lim lim 1 0 1 x x x h j x h x j x − − − → → → + = + = + = b) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 lim 1 lim lim 0 x x x h x h x j j x + + + → − → → = = = −∞ c) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim 3 lim lim 0 x x x j x j x h h x + + + → + → → = = = +∞ d) ( ) ( ) 1 1 lim lim 4 2 x x j x j x − − → → = = = Tarefa 4 1.1. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim 1 x f x → = − . 1.2. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim 0 x g x → = . 2.1. ( ) ( ) 2 2 1 1 lim lim 2 1 2 1 1 x x f x x x → → = − = − × = − 2.2. ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 2 2 1 2 0 x x g x x → → = − + =− × + = 3.1. Por observação gráfica, sabe-se que ( )( ) 1 lim 0 x f g x → × = . 3.2. ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim lim lim 1 0 0 x x x f g x f x g x → → → × = × =− × = 4.1. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim x f x g + → = +∞ . b) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim x f x g − → = −∞ . 4.2. a) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim 1 lim lim 0 x x x f x f x g g x + + + → − → → − = = = +∞ b) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim 1 lim lim 0 x x x f x f x g g x − − − → + → → − = = = −∞ Pág. 122 31.1. ( ) 1 1 1 lim 1 lim 2 lim 2 3 x x x x x x x → → → = = + + 31.2. 0 0 0 lim 3 3 3 lim lim 0 x x x x x + + + → + → → = = = +∞ 31.3. ( ) 3 3 3 lim 1 1 1 lim 3 lim 3 0 x x x x x + + + → − → → = = = −∞ − − 31.4. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 lim 1 1 3 lim 4 0 lim 4 x x x x x x x − − − → + → → + + = = = +∞ − − 31.5. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 lim 1 1 3 lim 4 0 lim 4 x x x x x x x + + + → − → → + + = = = −∞ − − 31.6. ( ) lim 5 5 lim 0 2 lim 2 x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ = = = − − +∞ 31.7. ( ) ( ) 4 2 4 2 4 lim 1 1 5 lim 0 16 lim 16 x x x x x x x + + + → + → → + + = = = +∞ − − 31.8. 2 1 1 lim 0 16 x x →+∞ = = +∞ − 31.9. ( ) 3 2 2 3 3 lim 3 lim 2 3 0 lim 2 3 x x x x x x x x x − − − → − → → = = = −∞ − − − − 32.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 0 0 lim lim 2 8 x x f x f x → → = =− = − 32.2. ( ) ( ) 2 2 2 lim 4 4 4 lim lim 0 x x x f x f x + + + →− − →− →− = = = −∞ 32.3. ( ) ( ) 2 2 2 lim 4 4 4 lim lim 0 x x x f x f x − − − →− + →− →− = = = +∞ 32.4. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim 3 3 3 lim lim 0 x x x f x f x + + + → + → → − − − = = = −∞ NEMA11PR © Porto Editora
- 176. Funções reais devariável real 177 177 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 123 33.1. { } 3 f D = − R f x D ∀ ∈ , tem-se: ( ) ( )( ) 2 3 3 9 3 3 3 x x x f x x x x − + − = = = − + + . 33.2. ( ) ( ) 3 3 lim lim 3 0 x x f x x → → = − = 34.1. ( )( ) ( ) 0 2 0 4 4 4 4 4 16 4 8 lim lim lim 4 8 2 2 4 2 2 x x x x x x x x x → → → − + − + = = = = − − − − − − 34.2. ( ) 0 2 0 0 0 0 1 1 1 lim lim lim 2 2 2 2 x x x x x x x x x x → → → − − − = = = − 34.3. ( )( ) ( ) 0 2 0 1 1 1 1 1 1 1 2 lim lim lim 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x → → → − + − + = = = = − − − − − − 34.4. ( )( ) ( )( )( ) 0 2 0 4 2 1 1 1 2 2 lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x → → − + + − = − − + + ( )( ) 2 1 2 3 lim 4 1 1 x x x x → + = + + Cálculo auxiliar: 2 1 1 8 2 0 1 2 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ =∨ = − 34.5. ( ) ( )( ) 0 2 0 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 3 2 lim lim lim 1 3 3 4 2 3 x x x x x x x x x x x x x →− →− →− + − + − − − = = = + − − − − − 3 4 = Cálculos auxiliares: 2 1 1 8 1 2 1 0 1 4 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 2 2 4 12 2 3 0 3 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ =∨ = − 35.1. ( ) ( )( ) ( )( ) 0 2 0 2 2 3 3 3 3 3 2 6 2 lim lim lim lim 3 3 3 9 9 x x x x g x x x x x x x x x x x → → → → − + − − + = = = − + + − − 5 6 = Cálculo auxiliar: 2 1 1 24 6 0 3 2 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ =∨ = − 35.2. ( ) ( ) ( )( ) 0 2 2 0 3 2 1 1 1 1 lim lim lim 2 1 1 2 2 1 x x x x x x x x x f x x x x x x →− →− →− + + + = = − + + − + 2 1 1 1 lim 5 5 2 2 1 x x x x →− − = = = − − + Cálculo auxiliar: Como 1 − é zero do denominador, o polinómio 3 2 1 x x − + é divisível por 1 x + . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 2 0 1 1 1 2 2 1 2 2 1 0 − − − − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 1 1 2 2 1 x x x x x − + = + − + . Pág. 124 36.1. ( ) ( ) 2 0 lim 0 x f x g x a → = = , sendo a um número real positivo. 36.2. ( ) ( ) 1 lim 0 x f x b g x →− = = ∞ , sendo b um número real positivo. Temos de recorrer aos limites laterais: ( ) ( ) 1 lim 0 x f x b g x − − →− = = −∞ e ( ) ( ) 1 lim 0 x f x b g x + + →− = = +∞ Donde se conclui que não existe ( ) ( ) 1 lim x f x g x →− . 36.3. ( ) ( ) 2 lim 0 x g x a f x + → = = +∞ , sendo a um número real positivo. 37.1. ( )( ) ( ) 0 2 0 1 1 1 1 2 3 2 lim lim lim 2 1 1 1 x x x x x x x x x x → → → − − − − + − = = − + = − − Cálculo auxiliar: 2 3 9 8 3 2 0 1 2 2 x x x x x − ± − − + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − 37.2. ( )( ) ( ) 0 2 3 2 0 2 1 1 1 1 1 1 1 3 lim lim lim 1 1 x x x x x x x x x x x x x x → → → − + + − + + = = = − − − − − 3 = − Cálculo auxiliar: Como 1 é zero do numerador, o polinómio 3 1 x − é divisível por 1 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 1 1 1 x x x x − = − + + . 37.3. ( )( ) ( ) 0 2 0 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 lim lim lim 2 4 4 0 2 x x x x x x x x x x x x + + + + → → → − + − − + = = = = +∞ − − + − Cálculo auxiliar: 2 1 1 8 2 0 2 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ =∨ = − 37.4. 9 1 1 lim 0 3 x x → = = ∞ − Temos de recorrer aos limites laterais: NEMA11PR-12 NEMA11PR © Porto Editora
- 177. 178 Unidade 4 178 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 9 1 1 lim 0 3 x x + + → = = +∞ − e 9 1 1 lim 0 3 x x − − → = = −∞ − . Donde se conclui que não existe 9 1 lim 3 x x → − . 37.5. ( )( ) ( )( ) 0 0 2 2 1 1 1 1 1 lim lim 1 1 1 x x x x x x x x → → − + − = − − + ( )( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 lim lim 4 1 1 1 1 1 x x x x x x x x → → − = = − + + + + 37.6. ( )( ) ( )( ) 0 0 2 2 2 1 3 2 lim lim 1 3 1 3 1 3 x x x x x x x x →− → + + + + = − + − + + + ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 1 3 lim lim 1 3 2 x x x x x x x x →− →− + + + + + + = − + − + 2 1 3 2 lim 2 1 1 x x →− + + = = = − − − Pág. 125 38.1. ( ) 3 2 3 2 1 3 lim 2 3 lim 2 x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − + = − + ( ) 2 0 0 = +∞ − + = +∞ 38.2. ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 2 lim 1 1 0 x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ − − = − − = −∞ − − = +∞ 38.3. ( ) 2 2 2 1 lim lim lim 1 x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ →+∞ − = − = − ( ) 1 0 = +∞ − = +∞ 38.4. ( ) 5 4 5 4 5 3 5 1 lim 2 3 5 1 lim 2 x x x x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ + − + = + − + ( ) 2 0 0 0 = −∞ + − + = −∞ 38.5. 4 3 4 3 4 1 1 1 5 7 lim 5 7 lim 2 2 x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − + − = − + − 1 0 0 0 2 = +∞ − + − = +∞ 38.6. 5 2 5 3 1 1 1 lim lim 0 3 3 3 x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ + = + = −∞ + = −∞ Pág. 126 39.1. ( ) ( )( ) 2 2 lim 2 lim 2 x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ + − + + + − = = + + 2 2 2 lim lim 0 2 2 x x x x x x x x →+∞ →+∞ + − = = = = +∞ + + + + 39.2. ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 lim 1 lim 1 x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ + − + + + − = + + 2 2 2 2 1 1 1 lim lim 0 1 1 x x x x x x x x →+∞ →+∞ + − = = = = +∞ + + + + 39.3. ( ) lim 5 5 x x x →+∞ + − − ( )( ) 5 5 5 5 lim 5 5 x x x x x x x ∞−∞ →+∞ + − − + + − = + + − ( ) 5 5 10 10 lim lim 0 5 5 5 5 x x x x x x x x →+∞ →+∞ + − − = = = = +∞ + + − + + − 39.4. ( ) ( )( ) 2 2 2 2 3 3 lim 3 lim 3 x x x x x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ + + + − + + = + − 2 2 2 2 3 3 3 lim lim 0 3 3 x x x x x x x x →−∞ →−∞ + − = = = = +∞ + − + − 40.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim lim x x x g x f x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ →+∞ − = + − = = +∞ 40.2. ( ) ( ) 2 2 0 0 0 1 1 1 1 1 1 lim lim lim x x x x f x g x x x x x x + + + ∞−∞ → → → + − − = − = + + ( ) 0 0 0 0 1 lim lim 1 1 1 x x x x x x + + → → = = = + + Pág. 127 41.1. 4 4 3 4 3 3 2 3 2 1 3 2 3 1 lim lim 5 2 5 2 1 x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ − + − + = + − + − ( ) 3 4 2 3 2 1 3 0 3 0 lim 5 2 1 0 0 1 x x x x x x →+∞ − + +∞ − + = = = −∞ + − + − 41.2. 3 3 2 3 4 4 3 4 5 3 1 5 3 lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ + − + − = + + + + ( ) 2 3 3 4 5 3 1 1 0 0 1 lim 0 1 1 1 0 0 1 x x x x x x →−∞ + − + − = = = = −∞ + + −∞ + + 41.3. 4 4 3 3 4 3 4 4 4 3 3 1 1 3 lim lim lim 1 3 1 3 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − = = + − + − + − 0 1 1 2 0 0 2 − = = − + − NEMA11PR © Porto Editora
- 178. Funções reais devariável real 179 179 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 41.4. 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 0 1 lim lim lim 1 1 3 0 3 3 1 3 3 x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + + + = = = = − − − − 41.5. 3 3 2 2 2 2 2 1 1 2 lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ − − − = = + + + ( ) 1 0 1 0 1 0 − = = = −∞ + −∞ 41.6. 5 5 5 5 4 4 3 3 3 3 1 1 3 lim lim lim 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − = = − − − ( ) 0 1 2 0 +∞ − = = −∞ − 42.1. Por exemplo, ( ) 1 f x x = + e ( ) 2 g x x = . Ora, ( ) ( ) 2 2 1 1 1 lim lim lim 0 0 0 x x x f x x g x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ + = = + = + = . 42.2. Por exemplo, ( ) 2 f x x x = − + e ( ) 2 2 1 g x x = − . Ora, ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 lim lim lim lim 1 1 2 1 2 2 x x x x x f x x x x x g x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − + − + − + = = = − − − 1 0 1 2 0 2 − + = = − − . 42.3. Por exemplo, ( ) 4 2 1 f x x x = − + e ( ) 2 2 g x x = − . Ora, ( ) ( ) 4 4 3 4 2 2 2 2 1 1 2 1 lim lim lim 2 2 1 x x x x f x x x x x g x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ − + − + = = − − ( ) 2 3 4 2 2 1 1 1 0 0 lim 1 1 0 1 x x x x x →−∞ − + +∞ − + = = = +∞ − − . 43.1. 2 lim lim lim lim 1 1 x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = = 43.2. ( ) 2 lim lim lim lim 1 1 x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − = = = − = − 43.3. ( ) 2 2 2 4 2 1 1 lim lim lim x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ + + + = = ( ) 2 2 1 lim lim 1 x x x x x x →−∞ →−∞ − + = = − + = −∞ 43.4. 2 2 3 1 3 1 3 1 lim lim lim 2 2 2 1 1 x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − = = + + + 1 1 3 3 3 0 lim lim 3 2 2 1 0 1 1 x x x x x x x x →+∞ →+∞ − − − = = = = + + + Pág. 128 44.1. 2 0 2 0 0 0 1 lim lim lim 0 2 2 2 x x x x x x x x ×∞ → → → × = = = 44.2. ( ) ( ) 0 2 2 1 1 1 1 1 1 lim 1 lim lim 1 x x x x x x x x x x x x ×∞ → → → − − − × = = − − − − 1 1 lim 1 x x → = = − − 44.3. ( ) ( )( ) 0 0 0 0 1 lim lim lim x x x x x x x x x x x x x x x x + + + ×∞ → → → + × = = − − − + ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 lim lim lim 0 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x + + + → → → + + + = = = = = − − − 44.4. ( ) 0 2 2 3 3 1 3 lim 3 lim 6 9 6 9 x x x x x x x x + + ∞× → → − × − = − + − − + − ( ) 2 3 3 3 1 1 lim lim 3 0 3 x x x x x + + − → → − = = = = −∞ − + − − 45.1. { } 2 : 2 0 g D x x x = ∈ − ≥ R ( ) 2 2 0 2 1 0 x x x x − ≥ ⇔ − ≥ ( ) ( ) 0 2 1 0 0 2 1 0 x x x x ⇔ ≥ ∧ − ≥ ∨ ≤ ∧ − ≤ 1 1 1 0 0 0 2 2 2 x x x x x x ⇔ ≥ ∧ ≥ ∨ ≤ ∧ ≤ ⇔ ≥ ∨ ≤ Então, ] ] 1 ,0 , 2 g D = −∞ ∪ + ∞ . 45.2. a) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 lim lim 2 lim 2 0 0 x x x g x x x x x − − − → → → = − = − = = b) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 lim lim 2 lim 2 2 0 4 2 x x x g x x x x x + + + → → → = − = − = × − = c) ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 lim 2 x x x g x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ = − = − = +∞ d) ( ) 2 2 1 lim lim 2 lim 2 x x x g x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ →+∞ = − = − 1 1 lim 2 lim 2 2 x x x x x x →+∞ →+∞ = − = − = +∞× = +∞ NEMA11PR © Porto Editora
- 179. 180 Unidade 4 180 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Tarefa 5 1.1. Como g é uma função limitada então existem números reais m e M tais que ( ) m g x M ≤ ≤ . Então, ( ) 0: L L m g x M L ∃ − ≤ ≤ , ou seja, ( ) 0: , L g x L x D ∃ ∀ ∈ . 1.2. Como ( ) lim 0 x a f x → = e de acordo com a definição de limite segundo Heine, sabe-se que para toda a sucessão ( ) n x de termos pertencentes a D tal que lim n x a = se tem: para todo o 0 L δ existe um p∈N : ( ) n n p f x L ≥ ⇒ δ . 1.3. ( ) ( ) ( ) 1 n n f x f x L L L ⇔ − δ δ δ ( ) ( ) ( ) 2 n n g x L L g x L ⇔ − Multiplicando, membro a membro, as desigualdades (1) e (2), tem-se: ( ) ( ) n n L f x g x L L L − × × × δ δ ( ) ( ) n n f x g x ⇔ − × δ δ ( ) ( ) n n f x g x ⇔ × δ Conclui-se, então, que ( ) ( ) n n n p f x g x ≥ ⇒ × δ . 1.4. Dos resultados anteriores pode-se concluir que ( ) ( ) lim 0 x a f x g x → = . Pág. 129 46.1. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0 3 3 2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 lim lim lim lim 2 2 2 4 x x x x x x x f x x x x x → → → → − − − = = = − + + − 0 0 4 = = 46.2. 2 é um ponto aderente ao domínio das funções f e g. Como ( ) 2 lim 0 x f x → = e g é limitada, então sabe-se que ( ) ( ) 2 lim 0 x f x g x → = . 47.1. 0 0 0 0 0 0 lim lim lim lim 0 x x x x x x x x x x x x x x + + + + → → → → = = = = × 47.2. A função definida por 1 cos y x = é limitada pois 1 1 cos 1 x − ≤ ≤ e 0 lim 0 x x x + → = , então sabe-se que: 0 1 lim cos 0 x x x x + → × = , ou seja, 0 1 cos lim 0 x x x x + → = . Tarefa 6 1.1. a) ( ) { } : g f f g D x D f x D = ∈ ∈ { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ − ≠ = R R e { } [ [ : 0 0, g D x x = ∈ ≥ = +∞ R . ( ) 1 0 1 0 1 1 g f x D x x x ∈ ⇔ ≥ ⇔ − ⇔ − Então, { } { } 1 : 1 g f D x x = ∈ = R ] [ 1,+∞ . b) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 g f x g f x g x x = = = − − 1.2. a) Sendo 2 a = , então tem-se ( ) 2 2 1 lim lim 1 1 x x b f x x → → = = = − e ( ) 1 1 lim lim 1 x x c g x x → → = = = . Sabe-se, ainda, que ( ) 2 2 1 lim lim 1 1 x x g f x x → → = = − . b) Sendo 5 a = , então tem-se ( ) 5 5 1 1 lim lim 1 4 x x b f x x → → = = = − e ( ) 1 1 4 4 1 lim lim 2 x x c g x x → → = = = . Sabe-se, ainda, que ( ) 5 5 1 1 1 lim lim 1 4 2 x x g f x x → → = = = − . c) Sendo a = +∞ , então tem-se ( ) 1 lim lim 1 x x b f x x →+∞ →+∞ = = − 1 0 = = +∞ e ( ) 0 0 lim lim 0 x x c g x x → → = = = . Sabe-se, ainda, que ( ) 1 lim lim 0 1 x x g f x x →+∞ →+∞ = = − . Pág. 130 48.1. ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 5 1 2 8 5 2 8 3 3 lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x ∞−∞ → → → + − + + − − = = − − − − ( ) ( )( ) 0 0 1 1 3 1 3 3 lim lim 1 1 1 2 x x x x x x → → − = = = − + + 48.2. 2 3 9 8 3 2 0 2 1 2 x x x x x ± − − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = Então, ( )( ) 2 3 2 2 1 x x x x − + = − − . ( )( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 lim lim 2 1 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ → → − − + = + − − − − + − ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 3 2 1 2 lim lim 2 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x → → − + − − − = = − − − − ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 3 lim lim 2 1 2 x x x x x x x x x x → → − + + = = = − − − NEMA11PR © Porto Editora
- 180. Funções reais devariável real 181 181 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 48.3. 2 2 2 4 4 4 4 6 3 6 3 6 3 lim lim lim 5 5 5 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ − − + − + = = = + + + 2 2 4 4 6 6 3 3 0 3 lim lim 3 5 5 1 0 1 1 x x x x x x x x →−∞ →−∞ − + − + + = = = = + + + 49.1. { } 2 2 : 3 0 3 0 f D x x x x x = ∈ − ≥ ∧ − ≠ R { } 2 : 3 0 x x x = ∈ − R ( ) 2 3 0 3 0 x x x x − ⇔ − ( ) ( ) 0 3 0 0 3 0 x x x x ⇔ ∧ − ∨ ∧ − ( ) ( ) 0 3 0 3 3 0 x x x x x x ⇔ ∧ ∨ ∧ ⇔ ∨ ] [ ] [ ,0 3, f D = −∞ ∪ + ∞ . 49.2. a) ( ) 2 2 6 2 6 2 lim lim lim 3 3 1 x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − = = − − 6 6 2 2 6 2 0 2 lim lim lim 2 3 3 3 1 0 1 1 1 x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ − − − − = = = = = − − − − − b) ( ) 2 2 6 2 6 2 lim lim lim 3 3 1 x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ − − = = − − 6 6 2 2 6 2 0 2 lim lim lim 2 3 3 3 1 0 1 1 1 x x x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ − − − − = = = = = − − − − − − − c) ( ) ( ) 0 2 0 2 2 2 3 3 3 6 2 3 6 2 lim lim lim 3 3 3 x x x x x x x f x x x x x x x + + + → → → − − − = = − − × − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 6 2 3 2 3 3 lim lim 3 3 x x x x x x x x x x x x + + → → − − − − − = − − 2 3 2 3 0 lim 0 3 x x x x + → − − = = = d) ( ) 2 0 0 6 2 6 lim lim 0 3 x x x f x x x − − + → → − = = = +∞ − Tarefa 7 1.1. ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 2 0 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 lim lim lim lim 2 3 3 6 x x x x f x x x x x x g x x x x x x → → → → − − − − = = = − + + + − 4 5 = − Cálculo auxiliar: 2 1 1 24 6 0 2 3 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ =∨ = − 1.2. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 lim lim lim lim 6 6 x x x x x x f x x x x g x x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − − + = = = + − + − lim 2 2 x→−∞ = = 1.3. ( ) ( ) 2 2 3 3 6 0 lim lim 0 30 4 2 x x g x x x f x x x →− →− + − = = = − − 1.4. ( ) ( ) 2 2 0 0 6 6 lim lim 0 4 2 x x g x x x f x x x → → + − − = = = ∞ − Temos de recorrer aos limites laterais: ( ) ( ) 2 2 0 0 6 6 lim lim 4 2 0 x x g x x x f x x x − − − → → + − − = = = +∞ − e ( ) ( ) 2 2 0 0 6 6 lim lim 4 2 0 x x g x x x f x x x + + + → → + − − = = = −∞ − . Donde se conclui que não existe ( ) ( ) 0 lim x f x g x → . 2.1. ( ) ( ) ( ) 2 lim 2 lim 2 3 x x x f x x x x →+∞ →+∞ − = − − 2 3 3 lim 2 1 lim 2 1 x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ = − − = − −= ( ) 3 3 lim 2 1 lim 2 1 2 1 x x x x x x x →+∞ →+∞ = − − = − − = +∞ − = +∞ 2.2. ( ) 2 2 2 2 3 1 2 3 lim lim lim x x x x g x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − − = = 2 2 2 2 3 2 3 1 1 2 3 lim lim lim 1 x x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ − − − − = = = − − 1 0 0 1 = − − = 2.3. ( ) 2 2 lim lim lim 3 3 1 x x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ = = − − 1 1 lim lim lim 3 3 3 1 0 1 1 1 x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ = = = = − − − − − − − 1 = − 2.4. ( ) 2 1 1 1 1 1 lim lim 0 2 3 x x g x x x − − + →− →− = = = +∞ − − NEMA11PR © Porto Editora
- 181. 182 Unidade 4 182 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 2.5. ( ) 0 2 0 2 2 2 0 0 0 3 lim lim lim 3 3 3 x x x x x x x x f x x x x x x x − − − → → → − = = − − × − ( ) 2 2 2 2 0 0 0 3 3 3 0 lim lim lim 0 3 3 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x x − − − → → → − − − = = = = = − − − − 2.6. 2 2 4 12 2 3 0 3 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ =∨ = − Então, ( )( ) 2 2 3 3 1 x x x x − − = − + . ( ) ( ) 0 2 2 0 2 2 3 3 3 3 3 lim lim lim 2 3 2 3 x x x f x x x x x g x x x x x + + + → → → − − = = − − − − ( ) ( )( ) 2 2 3 3 3 3 3 3 3 lim lim lim 3 1 1 4 2 2 3 x x x x x x x x x x x x x + + + → → → − − = = = = = − + + − − 3.1. ( ) ( ) 2 3 2 0 3 0 2 6 0 2 x f x x x x x x = ⇔ − − = ⇔ − − = 2 1 1 48 0 2 6 0 0 4 x x x x x ± + ⇔ = ∨ − − = ⇔ = ∨ = 3 0 2 2 x x x ⇔ =∨ =∨ = − Donde se conclui que 3 2 a = − e 2 b = . ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 2 2 2 lim lim lim 3 3 4 6 4 9 4 2 2 x a x x x x x f x x x x x x x x → →− →− − + − = − − − + 3 2 7 2 3 24 4 6 2 − − = × − − 3.2. ( ) ( ) ( )( ) 3 2 3 2 2 lim lim 2 2 4 x b x x x x f x x x x x x + + → → − + = − + − ( ) ( )( ) 2 2 3 3 2 7 7 14 2 2 lim lim 2 2 2 8 4 2 2 x x x x x x x x x x + + → → − + + = = = = = − + + Pág. 131 Tarefa 8 1.1. Existe limite de ( ) f x quando x tende para 1 pois 1 f D ∈ e ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 2 x x f x f x f − + → → = = = . Não existe limite de ( ) g x quando x tende para 1 pois 1 g D ∈ , ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 x x g x g x − + → → = = e ( ) 1 2 g ≠ . Não existe limite de ( ) h x quando x tende para 1 pois 1 h D ∈ e ( ) ( ) 1 1 lim lim x x h x h x − + → → ≠ . 1.2. As funções descontínuas em 1 são as funções g e h porque nesses casos não existe limite quando x tende para 1. Pág. 132 50.1. ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 1 x x f x x − − →− →− = + = − ( ) 2 2 lim lim 1 2 x x x f x + + →− →− = = − ( ) 2 2 1 2 f − − = = − Como ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 1 x x f x f x f − + →− →− = = − = − , resulta que existe ( ) 2 lim x f x →− e é igual a 1 − . Atendendo a que 2 f D − ∈ e existe ( ) 2 lim x f x →− , conclui-se que f é contínua em 2 x = − . 50.2. ( ) ( ) 3 3 lim lim 3 x x g x x − − → → = − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 0 3 3 3 3 3 3 lim lim lim lim 3 3 3 x x x x x x x x g x x x x + + + + → → → → − − = = = − = − − − − ( ) 3 1 g = Como ( ) ( ) 3 3 lim lim 3 x x g x g x − + → → = = − e ( ) 3 3 g ≠ − , resulta que não existe ( ) 3 lim x g x → . Atendendo a que 3 g D ∈ e não existe ( ) 3 lim x g x → , conclui-se que g é descontínua em 3 x = . 51.1. Para que a função h seja contínua em 0 x = tem de existir ( ) 0 lim x h x → . ( ) 0 lim x h x → existe se ( ) ( ) ( ) 0 0 lim lim 0 x x h x h x h − + → → = = Por observação gráfica, sabe-se que ( ) ( ) 0 0 lim lim 1 x x h x h x − + → → = = . Então, a função h será contínua em 0 x = se ( ) 0 1 h = . 51.2. Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim 2 x f x − → = e ( ) 1 lim 3 x f x + → = . Então, não existe ( ) 1 lim x f x → porque ( ) ( ) 1 1 lim lim x x f x f x − + → → ≠ . Donde se conclui que qualquer prolongamento de f a R é uma função descontínua em 1 x = porque não existe ( ) 1 lim x f x → . Pág. 133 52.1. a) ( ) 1 1 lim lim 0 0 x x h x − − → → = = ( ) ( ) 0 0 1 1 1 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 x x x x x x h x x x x + + + → → → − − − = = = − − × − ( ) 1 1 1 1 lim lim 1 0 1 x x x x x x + + → → − − = = − = − ( ) 1 0 h = NEMA11PR © Porto Editora
- 182. Funções reais devariável real 183 183 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Como ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 0 x x h x h x h − + → → = = = , resulta que existe ( ) 1 lim x h x → e é igual a 0. Atendendo a que 1 h D ∈ e existe ( ) 1 lim x h x → , conclui-se que h é contínua em 1 x = . b) ( ) 2 2 1 1 lim lim 1 1 1 x x x h x x − − → → − = = = − ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 1 x x h x x + + → → = − + = − Então, não existe ( ) 2 lim x h x → porque ( ) ( ) 2 2 lim lim x x h x h x − + → → ≠ . Atendendo a que 2 h D ∈ e não existe ( ) 2 lim x h x → , conclui-se que h é descontínua em 2 x = . c) ] [ 2, a ∀ ∈ + ∞ tem-se ( ) ( ) lim lim 1 1 x a x a h x x a → → = − + = − + e ( ) 1 h a a = − + . Como ] [ ( ) ( ) 2, , lim x a a h x h a → ∀ ∈ +∞ = , resulta que, sendo ] [ 2, a∈ +∞ , existe ( ) lim x a h x → . Donde se conclui que h é contínua em ] [ 2,+∞ . 52.2. a) A afirmação é falsa porque [ ] 2 1,2 ∈ e a função h não é contínua em 2 x = , logo não é contínua no intervalo [ ] 1,2 . b) A afirmação é falsa porque a função h , sendo descontínua em 2 x = , não é contínua em todos os pontos do seu domínio. 53.1. ( ) ( ) 0 0 lim lim 2 1 1 x x f x x → → = + = e ( ) 0 2 0 1 1 f = × + = . Como ( ) ( ) 0 lim 0 x f x f → = , resulta que existe ( ) 0 lim x f x → e é igual a 1. Atendendo a que 0 f D ∈ e existe ( ) 0 lim x f x → , conclui-se que qualquer função da família de funções f é contínua em 0 x = . 53.2. f é contínua em 1 x = quando o limite ( ) 1 lim x f x → existe. ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 1 3 x x f x x − − → → = + = ( ) ( ) ( )( ) 0 0 3 2 2 2 1 1 1 1 6 1 6 6 6 lim lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x f x x x x x x x + + + + → → → → − − = = = − + − + − + 6 3 2 = = Cálculo auxiliar: Como 1 é zero do denominador, o polinómio 3 2 1 x x x − + − é divisível por 1 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 1 1 1 x x x x − = − + + . ( ) 2 1 4 f k k = − + Ora, existe ( ) 1 lim x f x → se ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 x x f x f x f − + → → = = . Então, tem-se: 2 2 4 16 12 4 3 4 3 0 2 k k k k k − ± − − + = ⇔ − + − = ⇔ = − 1 3 k k ⇔ = ∨ = Donde se conclui que a função f é contínua em 1 x = se 1 3 k k = ∨ = . 53.3. Por 55.2. sabe-se que a função f é contínua em 1 x = se 1 3 k k = ∨ = . Para qualquer outro valor de k a função f é descontínua para 1 x = . Então, por exemplo, a função f é descontínua quando 0 k = . Pág. 134 54.1. ( ) 1 1 1 lim lim 1 x x f x x → → = = e ( ) 1 1 f = . Como ( ) ( ) 1 lim 1 1 x f x f → = = , resulta que existe ( ) 1 lim x f x → e é igual a 1. Atendendo a que 1 f D ∈ e existe ( ) 1 lim x f x → , conclui-se que f é contínua em 1 x = . ( ) ( ) 2 1 1 lim lim 2 x x g x x x → → = += e ( ) 2 1 1 1 2 g = + = Como ( ) ( ) 1 lim 1 2 x g x g → = = , resulta que existe ( ) 1 lim x g x → e é igual a 2. Atendendo a que 1 g D ∈ e existe ( ) 1 lim x g x → , conclui-se que g é contínua em 1 x = . 54.2. a) Como as funções f e g são contínuas em 1 x = então a função f g + também é contínua em 1 x = . b) Como as funções f e g são contínuas em 1 x = então a função f g − também é contínua em 1 x = . c) Como as funções f e g são contínuas em 1 x = então a função f g × também é contínua em 1 x = . d) Como as funções f e g são contínuas em 1 x = e ( ) 1 0 g ≠ então a função f g também é contínua em 1 x = . 54.3. a) ( ) ( ) 0 0 lim lim 2 1 1 x x f x x − − → → = + = ( ) 0 0 1 1 lim lim 0 x x f x x + + + → → = = = +∞ Como ( ) ( ) 0 0 lim lim x x f x f x − + → → ≠ , resulta que não existe ( ) 0 lim x f x → . Atendendo a que 0 f D ∈ e não existe ( ) 0 lim x f x → , conclui-se que f é descontínua em 0 x = . b) ( ) ( ) 0 0 lim lim 1 1 x x g x x − − → → = + = ( ) ( ) 2 0 0 lim lim 0 x x g x x x + + → → = + = Como ( ) ( ) 0 0 lim lim x x g x g x − + → → ≠ , resulta que não existe ( ) 0 lim x g x → . Atendendo a que 0 g D ∈ e não existe ( ) 0 lim x g x → , conclui-se que f é descontínua em 0 x = . NEMA11PR © Porto Editora
- 183. 184 Unidade 4 184 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) c) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 lim lim lim 2 1 1 1 x x x f g x f x g x x x − − − → → → × = × = + + = ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 1 lim lim lim x x x f g x f x g x x x x + + + → → → × = × = + ( ) 2 0 0 lim lim 1 1 x x x x x x + + → → + = = + = ( )( ) ( ) ( ) 0 0 0 1 1 1 f g f g × = × = × = Como ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 0 lim lim 0 1 x x f g x f g x f g − + → → × = × =× = , resulta que existe ( )( ) 0 lim x f g x → × e é igual a 1. Atendendo a que 0 f g D × ∈ e existe ( )( ) 0 lim x f g x → × , conclui-se que f g × é contínua em 0 x = . 55.1. Como ( ) 4 0 f = , sabe-se que 4 g f D ∉ . Donde se conclui que a função g f não é contínua em 4 x = . 55.2. ⋅ Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim 1 x f x − → = e ( ) 1 lim 2 x f x + → = . Então, não existe ( ) 1 lim x f x → porque ( ) ( ) 1 1 lim lim x x f x f x − + → → ≠ . Donde se conclui que f é descontínua em 1 x = pois não existe ( ) 1 lim x f x → . • ( ) 1 1 lim lim 1 x x g x x − − → → = = e ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 0 x x g x x + + → → = − = . Então, não existe ( ) 1 lim x g x → porque ( ) ( ) 1 1 lim lim x x g x g x − + → → ≠ . Donde se conclui que g é descontínua em 1 x = pois não existe ( ) 1 lim x g x → . • ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim lim lim x x x x f g x f x g x f x g x − − − − → → → → + = + = + 1 1 2 = + = • ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim lim lim x x x x f g x f x g x f x g x + + + + → → → → + = + = + 2 0 2 = + = ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 0 2 f g f g + = + = + = Como ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 lim lim 1 2 x x f g x f g x f g − + → → + = + =+ = , resulta que existe ( )( ) 1 lim x f g x → + e é igual a 2. Atendendo a que 1 f g D + ∈ e existe ( )( ) 1 lim x f g x → + , conclui-se que f g + é contínua em 1 x = . Pág. 135 56.1. a) a ∀ ∈R tem-se ( ) ( ) 3 3 lim lim 4 4 x a x a f x x x a a → → = − = − e ( ) 3 4 f a a a = − . Como ( ) ( ) , lim x a a f x f a → ∀ ∈ = R , resulta que, qualquer que seja a∈R , existe ( ) lim x a f x → . Donde se conclui que, a ∀ ∈R , f é contínua em x a = . b) a ∀ ∈R tem-se ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 2 x a x a g x x x a a → → = + = + e ( ) 2 2 g a a a = + . Como ( ) ( ) , lim x a a g x g a → ∀ ∈ = R , resulta que, qualquer que seja a∈R , existe ( ) lim x a g x → . Donde se conclui que, a ∀ ∈R , g é contínua em x a = . 56.2. a) f é contínua em R e g é contínua em R , então a função f g − também é contínua em R . Donde se conclui que a∈R . b) f é contínua em IR e g é contínua em R , então a função f g × também é contínua em R . Donde se conclui que a∈R . c) ( ) ( ) 2 0 2 0 2 0 0 2 g x x x x x x x = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − ( ) { } { } { } : 0 2, 0 2, 0 f f g g D D D x g x = ∩ = =∩ − = − R R R f é contínua em R e g é contínua em R , então a função f g é contínua no seu domínio. Donde se conclui que { } 2, 0 a∈ − R . d) ( ) ( ) 3 2 2 0 4 0 4 0 0 4 0 f x x x x x x x = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ − = 0 2 2 x x x ⇔ = ∨ = − ∨ = ( ) { } { } { } : 0 2, 0, 2 2, 0, 2 g g f f D D D x f x = ∩ = = ∩ − = − R R R f é contínua em R e g é contínua em R , então a função g f é contínua no seu domínio. Donde se conclui que { } 2, 0, 2 a∈ − R . e) { } 1 2 3 : 4 0 f D x x x = ∈ − ≥ R ( ) 3 2 4 0 4 0 x x x x − ≥ ⇔ − ≥ x −∞ 2 − 0 2 +∞ 2 4 x − + 0 − − − 0 + x − − − 0 + + + ( ) 2 4 x x − − 0 + 0 − 0 + Então, [ ] [ [ 3 4 0 2, 0 2, x x x − ≥ ⇔ ∈ − ∪ +∞ . [ ] [ [ 1 2 2, 0 2, f D = − ∪ + ∞ f é contínua em R e g é contínua em R , então a função 1 2 f é contínua no seu domínio. Donde se conclui que [ ] [ [ 2, 0 2, a∈ − ∪ +∞ . f) { } { } 1 3 2 : 2 0 2, 0 g D x x x − = ∈ + ≠ = − R R f é contínua em R e g é contínua em R , então a função 1 3 g − é contínua no seu domínio. Donde se conclui que { } 2, 0 a∈ − R . 57.1. Sendo f e g duas funções polinomiais então são contínuas. NEMA11PR © Porto Editora
- 184. Funções reais devariável real 185 185 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Como ( ) 3 lim 2 x f x → = − e ( ) 3 lim 5 x g x → = , conclui-se que ( ) 3 2 f = − e ( ) 3 5 g = . Então, ( )( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 5 10 f g f g × = × =− × =− . 57.2. ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 5 5 f f g g − = = = − 57.3. ( ) 3 2 1 lim 1 4 2 x f x x → − = = − + Pág. 136 58. ( ) ( ) { } 2 : 9 0 3 5 0 3 f D x x x x x = ∈ − ≠ ∧ ∨ − ≠ ∧ ≤ = R ( ) ( ) ( ) { } : 3 3 3 5 3 x x x x x x = ∈ ≠ ∨ ≠ − ∧ ∨ ≠ ∧ ≤ = R ( ) ( ) { } : 3 3 x x x = ∈ ∨ ≤ = R R • 3 x = : ( ) 3 3 2 1 1 lim lim 5 2 2 x x x f x x − − → → − − = = = − − ( ) ( ) ( )( ) 0 2 0 2 3 3 3 3 3 3 3 1 lim lim lim lim 3 3 3 6 2 9 x x x x x x x x x f x x x x x + + + + → → → → − − = = = = = − + + − ( ) 2 3 1 3 3 5 2 f − = = − Como ( ) ( ) 3 1 lim 3 2 x f x f → = = , resulta que existe ( ) 3 lim x f x → e é igual a 1 2 . Atendendo a que 3 f D ∈ e existe ( ) 3 lim x f x → , conclui-se que f é contínua em 3 x = . • 3 x : ( ) 2 5 x f x x − = − e ] [ , 3 , 5 0 x x ∀ ∈ −∞ − ≠ . No intervalo ] [ , 3 −∞ , ( ) f x é o quociente entre funções polinomiais em que o denominador não se anula. Então, f é contínua em ] [ , 3 −∞ . • 3 x : ( ) 2 2 3 9 x x f x x − = − e ] [ 2 3, , 9 0 x x ∀ ∈ +∞ − ≠ . No intervalo ] [ 3, +∞ , ( ) f x é o quociente entre funções polinomiais em que o denominador não se anula. Então, f é contínua em ] [ 3, +∞ . Conclusão: f é contínua em R . 59.1. ( ) ( ) 2 0 4 0 4 0 0 4 f x x x x x x x = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( ) { } { } { } : 0 0, 4 0, 4 g g f f D D D x f x = ∩ = = ∩ = R R R e as funções f e g são contínuas em R (por serem funções polinomiais). Como o quociente entre duas funções contínuas é uma função contínua, para os valores do seu domínio, conclui-se que a função g f é contínua em { } 0, 4 R . 59.2. ( ) { } { } 2 : 0 : 4 0 f f D x D f x x x x − = ∈ − ≥ = ∈ − + ≥ R ( ) 2 4 0 4 0 x x x x − + ≥ ⇔ − + ≥ ( ) ( ) 0 4 0 0 4 0 x x x x ⇔ ≥ ∧− + ≥ ∨ ≤ ∧− + ≤ ( ) ( ) impossível 0 4 0 4 0 4 x x x x x x ⇔ ≥ ∧ ≤ ∨ ≤ ∧ ≥ ⇔ ≥ ∧ ≤ Então, [ ] 0,4 f D − = . Se f é uma função contínua em R então a função f − também é contínua em R . Sabe-se que a potência de expoente racional de uma função contínua é uma função contínua no seu domínio. Então, a função f − é contínua em [ ] 0, 4 . 60. f D = R • 2 x : ( ) 2 2 f x x x = − No intervalo ] [ ,2 −∞ , f é contínua porque é polinomial. • 2 x : ( ) 3 2 2 f x x x = − + No intervalo ] [ 2,+∞ , f é contínua porque é polinomial. • 2 x = : ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 2 6 x x f x x x − − → → = − = ( ) ( ) 3 2 2 2 lim lim 2 6 x x f x x x + + → → = − + = ( ) 2 2 5 f k k = − f é contínua em 2 x = se ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 x x f x f x f − + → → = = . Então, tem-se: 2 2 5 25 24 5 6 5 6 0 6 1 2 k k k k k k k ± + − = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Conclusão: f é contínua em R se 1 6 k k = − ∨ =. 61. Se f é uma função contínua em R então é contínua em 0 x = e em 4 x = . • ( ) ( ) 2 0 0 lim lim 3 4 4 x x f x x x − − → → = − + + = ( ) ( ) 0 0 lim lim x x f x ax b b + + → → = + = ( ) 0 0 f a b b = × + = Sendo f contínua em 0 x = sabe-se que ( ) ( ) ( ) 0 0 lim lim 0 x x f x f x f − + → → = = . Donde resulta que 4 b = . • ( ) ( ) 4 4 lim lim 4 4 4 x x f x ax a − − → → = + = + ( ) ( ) 2 4 4 lim lim 3 4 16 12 4 0 x x f x x x + + → → = − + + = − + + = ( ) 4 4 4 4 4 f a a = × + = + Sendo f contínua em 4 x = sabe-se que ( ) ( ) ( ) 4 4 lim lim 4 x x f x f x f − + → → = = . Donde resulta que 4 4 0 1 a a + = ⇔ = − . • Conclusão: 1 e 4 a b = − = . NEMA11PR © Porto Editora
- 185. 186 Unidade 4 186 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 137 62.1. a) Sendo 2 a = , então ( ) 2 2 3 2 5 x x f x x + − = + . { } 2 : 2 3 0 2 5 0 f D x x x x = ∈ + − ≥ ∧ + ≠ R • 2 1 1 24 3 2 3 0 1 4 2 x x x x x − ± + + − = ⇔ = ⇔ = − ∨ = 2 3 2 3 0 1 2 x x x x + − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ • 5 2 5 0 2 x x + = ⇔ = − Então, [ [ 3 5 , 1, 2 2 f D = −∞ − ∪ + ∞ − . b) f é contínua porque resulta da aplicação sucessiva de operações entre funções contínuas, nomeadamente o quociente entre a composta de uma potência de expoente racional com uma polinomial e uma função afim. 62.2. ( ) 2 3 lim 1 lim 1 2 5 x x ax x f x x →+∞ →+∞ + − = ⇔ = + 2 2 2 1 3 1 3 lim 1 lim 1 2 5 2 5 x x x a x a x x x x x x →+∞ →+∞ + − + − ⇔ = ⇔ = + + 2 2 1 3 1 3 lim 1 lim 1 5 5 2 2 x x x a a x x x x x x x →+∞ →+∞ + − + − ⇔ = ⇔ = + + 0 0 1 2 4 2 0 a a a + − ⇔ = ⇔ = ⇔ = + Pág. 138 63.1. { } { } : 3 0 3 f D x x = ∈ − ≠ = R R 63.2. a) ( ) 3 3 2 5 1 lim lim 3 0 x x x f x x − − − → → − = = = −∞ − ( ) 3 3 2 5 1 lim lim 3 0 x x x f x x + + + → → − = = = +∞ − Portanto, a reta 3 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. b) ( ) 5 5 2 2 2 5 2 0 lim lim lim lim 3 3 3 1 0 1 1 x x x x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − − − − = = = = − − − − 2 = ( ) 5 5 2 2 2 5 2 0 lim lim lim lim 2 3 3 3 1 0 1 1 x x x x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − − = = = = = − − − − Portanto, a reta 2 y = é assíntota horizontal ao gráfico de f. 64.1. ( ) 2 0 0 2 2 lim lim 2 1 1 x x x g x x − − → → + = = = − − − ( ) 0 0 3 3 lim lim 2 0 x x x g x x + + + → → + = = = +∞ Portanto, a reta 0 x = é assíntota vertical ao gráfico de g. 64.2. ( ) 1 3 1 3 lim lim lim 2 2 2 2 x x x x x x g x x x →+∞ →+∞ →+∞ + + − − = − = 3 3 lim 0 2 x x →+∞ = = = +∞ Portanto, a reta 1 2 y = é assíntota horizontal ao gráfico de g em +∞ . 64.3. ( ) ( ) ( ) 2 2 lim 1 lim 1 1 x x x g x x x x →−∞ →−∞ + − + = − − − 2 2 2 1 3 3 lim lim 0 1 1 x x x x x x x x →−∞ →−∞ + − − + + = = = = − − −∞ Portanto, a reta 1 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de g em −∞ . Pág. 139 65.1. { } { } 2 2 : 4 0 : 4 h D x x x x = ∈ − ≠ = ∈ ≠ R R { } { } : 2 2 2,2 x x x = ∈ ≠ ∧ ≠ − = − R R 65.2. ( ) 3 2 2 2 3 11 lim lim 4 0 x x x h x x − − − → → + = = = −∞ − ( ) 3 2 2 2 3 11 lim lim 4 0 x x x h x x + + + → → + = = = +∞ − Portanto, a reta 2 x = é assíntota vertical ao gráfico de h. ( ) 3 2 2 2 3 5 lim lim 4 0 x x x h x x − − + →− →− + − = = = −∞ − ( ) 3 2 2 2 3 5 lim lim 4 0 x x x h x x + + − → − →− + − = = = +∞ − Portanto, a reta 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de h. 65.3. ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 3 4 lim lim lim 4 4 x x x x x x x h x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ + + − + − = − = − − ( ) 2 2 2 2 3 3 4 4 4 3 4 0 lim lim lim 4 4 4 1 0 1 1 x x x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ + + + + = = = = − +∞ − − − 0 = ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 3 4 lim lim lim 4 4 x x x x x x x h x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ + + − + − = − = − − 2 2 2 2 3 3 4 4 4 3 lim lim lim 4 4 4 1 1 x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ + + + = = = = − − − ( ) 4 0 0 1 0 + = = −∞ − NEMA11PR © Porto Editora
- 186. Funções reais devariável real 187 187 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Portanto, a reta y x = é assíntota horizontal ao gráfico de h em −∞ e em +∞ . 66. Sendo a reta s simétrica da reta r, definida pela equação 2 y x = , em relação a Oy, sabe-se que a reta s é definida pela equação 2 y x = − . ( ) ( ) ( ) 2 lim 2 lim 4 3 2 x x f x x x x →+∞ →+∞ − = + − ( )( ) 2 2 2 2 2 2 4 3 2 4 3 2 4 3 4 lim lim 4 3 2 4 3 2 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ + − + + + − = + + + + 2 3 3 lim 0 4 3 2 x x x →+∞ = = = +∞ + + Portanto, a reta r é assíntota ao gráfico de f em +∞ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim 2 lim 4 3 2 x x f x x x x →−∞ →−∞ − − = + + ( )( ) 2 2 2 2 2 2 4 3 2 4 3 2 4 3 4 lim lim 4 3 2 4 3 2 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ + + + − + − = + − + − 2 3 3 lim 0 4 3 2 x x x →−∞ = = = +∞ + − Portanto, a reta s é assíntota ao gráfico de f em −∞ . Pág. 140 67.1. a) ( ) 3 f x x = e ( ) 3 2 g x x = − O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma translação de vetor ( ) 2,0 u . Assíntota vertical: 2 x = . Assíntota horizontal: 0 y = . b) ( ) 3 f x x = e ( ) 3 5 h x x = + O gráfico de h obtém-se a partir do gráfico de f por uma translação de vetor ( ) 0,5 u . Assíntota vertical: 0 x = . Assíntota horizontal: 5 y = . c) ( ) 3 f x x = e ( ) 3 2 i x x = − O gráfico de i obtém-se a partir do gráfico de f por aplicação de uma reflexão de eixo Ox , seguida uma translação de vetor ( ) 0,2 u . Assíntota vertical: 0 x = . Assíntota horizontal: 2 y = . d) ( ) 3 f x x = e ( ) 3 1 2 j x x = − + + O gráfico de j obtém-se a partir do gráfico de f por uma translação de vetor ( ) 2, 1 u − − . Assíntota vertical: 2 x = − . Assíntota horizontal: 1 y = − . 67.2. a) ( ) ( ) 3 3 lim lim 0 x b x b p x a a a x b − − − → → = + = + = + −∞ = −∞ − ( ) ( ) 3 3 lim lim 0 x b x b p x a a a x b + + + → → = + = + = + +∞ = +∞ − Portanto, a reta x b = é assíntota vertical ao gráfico de p. b) ( ) ( ) 3 3 3 lim lim lim 0 x x x p x a a a x b x b →−∞ →−∞ →−∞ − = + − = = = − − −∞ ( ) ( ) 3 3 3 lim lim lim 0 x x x p x a a a x b x b →+∞ →+∞ →+∞ − = + − = = = − − +∞ Portanto, a reta y a = é assíntota horizontal ao gráfico de p. Pág. 141 68. Função Domínio Assíntota vertical Assíntota horizontal Contradomínio f { } 0 R 0 x = 2 y = { } 2 R g { } 5 R 5 x = 0 y = { } 0 R h { } 2 R 2 x = 0 y = { } 0 R 69.1. O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f, definida por ( ) 4 3 2 f x x = + + , por uma translação de vetor ( ) 1,0 u − . Então, ( ) 4 4 3 3 2 1 3 g x x x = + = + + + + . { } 3 g D = − R ; Assíntota vertical: 3 x = − ; Assíntota horizontal: 3 y = . 69.2. O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f, definida por ( ) 4 3 2 f x x = + + , por uma translação de vetor ( ) 0,5 v . Então, ( ) 4 4 5 3 8 2 2 g x x x = + + = + + + . { } 2 g D = − R ; Assíntota vertical: 2 x = − ; Assíntota horizontal: 8 y = . 69.3. O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f, definida por ( ) 4 3 2 f x x = + + , por uma translação de vetor ( ) 2, 1 w − . Então, ( ) 4 4 1 3 2 2 2 g x x x = − + + = + + − . { } 0 g D =R ; Assíntota vertical: 0 x = ; Assíntota horizontal: 2 y = . Pág. 142 70. As assíntotas ao gráfico da função p definida por ( ) b p x a x c = + − são as retas x c = e y a = . Como as retas 3 2 x = e 4 y = − são assíntotas ao gráfico de p, conclui-se que 3 2 c = e 4 a = − . Então, tem-se ( ) 4 3 2 b p x x = − + − . ( ) 0 2 4 2 2 3 3 3 0 2 2 b b p b = − ⇔ − + = − ⇔ = ⇔ = − − − NEMA11PR © Porto Editora
- 187. 188 Unidade 4 188 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Logo, ( ) 3 4 3 2 p x x − = − + − . Assim sendo, 5 3 3 4 4 7 5 3 2 1 2 2 p − − = − + = − + = − − . 71.1. Por exemplo, ( ) 1 1 2 f x x = − + − . 71.2. Por exemplo, ( ) 2 3 f x x = + . 71.3. Por exemplo, ( ) 1 1 3 f x x = − + . 71.4. Por exemplo, ( ) 5 1 f x x = + . Pág. 143 72. As assíntotas ao gráfico da função f definida por ( ) b f x a x c = + − são as retas x c = e y a = . Por observação gráfica sabe-se que as retas 2 x = e 1 y = − são assíntotas ao gráfico de f, logo tem-se 2 c = e 1 a = − . Então, tem-se ( ) 1 2 b f x x = − + − . O gráfico de f passa no ponto de coordenadas ( ) 3,2 . ( ) 3 2 1 2 3 3 2 b f b = ⇔ − + = ⇔ = − Conclusão: 1, 3 e 2 a b c = − = = . 73.1. ( ) 2 3 0 0 2 3 0 2 0 2 x f x x x x + = ⇔ = ⇔ + = ∧ − ≠ − 3 2 3 0 2 2 x x x ⇔ + = ∧ ≠ ⇔ = − Zero de f : 3 2 − . 73.2. ( ) 2 3 se 2 3 0 2 0 2 2 3 se 2 3 0 2 0 2 x x x x f x x x x x + + ≥ ∧ − ≠ − = − − + ∧ − ≠ − ( ) 2 3 3 se 2 2 2 2 3 3 se 2 2 x x x x f x x x x + ≥ − ∧ ≠ − ⇔ = − − − − 73.3. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 2 3 2 2 4 2 7 x x x + − − + 2 3 7 2 2 2 x x x + = + − − Então, 2 3 7 2 2 2 x x x − − = − − − − . ( ) 7 3 2 se 2 2 2 7 3 2 se 2 2 x x x f x x x + ≥ − ∧ ≠ − = − − − − Donde se conclui que as assíntotas ao gráfico de f são 2 , 2 e 2 x y y = = = − . Tarefa 9 1.1. ( ) 5 5 1 1 1 0 4 4 x x f x x x − − ⇔ ⇔ − − − 5 4 1 0 0 4 0 4 4 4 x x x x x x − − + − ⇔ ⇔ ⇔ − ⇔ − − Então, ] [ 4, x∈ +∞ . 1.2. ( ) 2 3 3 2 0 1 0 0 1 1 x x g x x x − − = ⇔ + = ⇔ = + + 2 2 3 2 0 1 0 1 3 3 x x x x x ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ∧ ≠ − ⇔ = Zero de g : 2 3 . 1.3. ( ) 2 3 3 2 1 1 1 x x g x x x − − = + = + + Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 3 2 1 3 3 3 5 x x x − + − − − ( ) 5 5 3 3 1 1 g x x x − = + = − + + As assíntotas ao gráfico de g são 1 e 3 x y = − = . O gráfico de g interseta o eixo Ox no ponto de coordenadas ( ) 0, 2 − porque ( ) 0 2 g = − . Seguidamente apresenta-se uma representação gráfica da função g. 1.4. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 5 4 4 1 1 x x x − − − + − ( ) 1 1 1 1 4 4 f x x x − = + = − − − As assíntotas ao gráfico de f são 4 e 1 x y = = . 1.5. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 6 1 2 1 6 3 3 4 x x x − + − − − ( ) 4 4 2 3 3 3 1 1 2 1 2 2 2 h x x x x − − = + = + = − + + + NEMA11PR © Porto Editora
- 188. Funções reais devariável real 189 189 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) As assíntotas ao gráfico de h são as retas de equações 1 e 3 2 x y = − = . Donde se conclui que 1 e 3 2 a b = − = . 2.1. ( ) 3 5 0 0 3 5 0 2 0 2 x j x x x x − = ⇔ = ⇔ − = ∧ + ≠ + 5 3 5 0 2 3 x x x ⇔ − = ∧ ≠ − ⇔ = Zero de j : 5 3 . 2.2. ( ) 3 5 se 3x 5 0 2 0 2 3 5 se 3x 5 0 2 0 2 x x x j x x x x − − ≥ ∧ + ≠ + = − + − ∧ + ≠ + ( ) 3 5 5 se 2 3 3 5 5 se 2 2 3 x x x j x x x x x − ≥ + ⇔ = − + ∧ ≠ − + 2.3. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 3 5 2 3 6 3 11 x x x − + − − − 3 5 11 3 2 2 x x x − = − + + Então, 3 5 11 3 2 2 x x x − + = − + + + . ( ) 11 5 3 se 2 3 11 5 3 se 2 2 3 x x j x x x x − ≥ + = − + ∧ ≠ − + Donde se conclui que as assíntotas ao gráfico de j são 2 , 3 e 3 x y y = − = = − . Pág. 144 74.1. { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ + ≠ = − R R 74.2. a) ( ) 2 1 1 3 4 2 lim lim 1 0 x x x x f x x + + + → − → − + + = = = +∞ + b) ( ) 2 1 1 3 4 2 lim lim 1 0 x x x x f x x − − − →− → − + + = = = −∞ + 74.3. Atendendo aos resultados obtidos em 74.2., conclui-se que o gráfico de f admite uma assíntota vertical, a reta de equação 1 x = − . 74.4. a) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 lim 2 lim 2 1 x x x x f x x x x → +∞ → +∞ + + − + = − − + 2 2 3 4 2 2 2 2 lim lim 0 1 1 x x x x x x x x x → +∞ → +∞ + + − − − − = = = = + + +∞ b) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 lim 2 lim 2 1 x x x x f x x x x →−∞ →−∞ + + − + = − − + 2 2 3 4 2 2 2 2 lim lim 0 1 1 x x x x x x x x x → −∞ →−∞ + + − − − − = = = = + + −∞ 75.1. Sabe-se que ( ) lim 3 x f x →−∞ = − , então conclui-se que s é a reta de equação 3 y = − . 75.2. a) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) 1 lim x f x + → = +∞ . b) Por observação gráfica, sabe-se que ( ) lim t x f x m x → +∞ = = 4 0 2 0 2 − − = = − . c) A reta t é assintota oblíqua ao gráfico de f em +∞ e é definida pela equação 2 4 y x = − . Então, sabe-se que ( ) ( ) ( ) lim 2 4 0 x f x x → +∞ − − = . Pág. 145 76.1. Como a reta r de equação 2 3 y x = − é assíntota ao gráfico de f em +∞ , sabe-se que ( ) lim 2 r x f x m x →+∞ = = . 76.2. Como a reta r de equação 2 3 y x = − é assíntota ao gráfico de f em +∞ , sabe-se que ( ) ( ) ( ) lim 2 3 0 x f x x → +∞ − − = , ou seja, ( ) ( ) lim 2 3 0 x f x x → +∞ − + = . 77.1. ( ) ( )( ) 0 0 2 2 2 2 2 2 2 1 1 lim lim lim lim 4 2 2 2 4 x x x x x x f x x x x x − − − − → → → → − − = = = = − − + + ( ) ( )( ) 0 0 2 2 2 2 2 2 2 1 1 lim lim lim lim 2 2 2 4 4 x x x x x x f x x x x x + + + + → → → → − − = = = = − + + − Portanto, a reta 2 x = não é assíntota vertical ao gráfico de f. ( ) 2 2 2 2 4 lim lim 4 0 x x x f x x − − + →− →− − − = = = −∞ − ( ) 2 2 2 2 4 lim lim 4 0 x x x f x x + + − → − → − − − = = = +∞ − Portanto, a reta 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. 77.2. ⋅ Assíntotas ao gráfico de f do tipo y mx b = + , em +∞ : ( ) 3 3 2 2 1 2 lim lim lim 4 4 1 x x x x f x x x m x x x x x →+∞ → +∞ →+∞ − − = = = − − ( ) 2 2 2 1 1 0 lim 0 4 1 0 1 x x x x →+∞ − − = = = +∞ − − NEMA11PR © Porto Editora
- 189. 190 Unidade 4 190 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 2 2 2 2 lim lim 0 lim 4 4 x x x x x b f x mx x x x →+∞ → +∞ →+∞ − − = − = − = − − ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 0 lim lim 0 4 4 1 0 1 1 x x x x x x x x x → +∞ →+∞ − − − = = = +∞ − − − Portanto, a reta 0 y = é assíntota horizontal ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Assíntotas ao gráfico de f do tipo y mx b = + , em −∞ : ( ) 3 3 2 2 1 2 lim lim lim 4 4 1 x x x x f x x x m x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ − − = = = − − ( ) 2 2 2 1 1 0 lim 0 4 1 0 1 x x x x → −∞ − − = = −∞ − − ( ) ( ) 2 2 2 2 lim lim 0 lim 4 4 x x x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ →−∞ − − = − = − = − − ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 0 lim lim 0 4 4 1 0 1 1 x x x x x x x x x → −∞ → −∞ − − − = = = −∞ − − − Portanto, a reta 0 y = é assíntota horizontal ao gráfico de f em −∞ . 78.1. ( ) 1 1 f x x = + { } { } : 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R Assíntotas verticais ( ) 0 0 1 1 lim lim 0 0 x x f x x x − − − → → = + = + = −∞ ( ) 0 0 1 1 lim lim 0 0 x x f x x x + + + → → = + = + = +∞ Portanto, a reta 0 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 0 1 x x x x f x x m x x x → +∞ → +∞ → +∞ + = = = + = + = + = +∞ ( ) ( ) 1 1 1 lim lim 1 lim 0 x x x b f x mx x x x x →+∞ → +∞ →+∞ = − = + − = = = +∞ Portanto, a reta y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 0 1 x x x x f x x m x x x → −∞ → −∞ → −∞ + = = = + = + = + = −∞ ( ) ( ) 1 1 1 lim lim 1 lim 0 x x x b f x mx x x x x →−∞ →−∞ →−∞ = − = + − = = = −∞ Portanto, a reta y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 78.2. ( ) 2 2 3 1 2 x x f x x − + = + { } { } : 2 0 2 f D x x = ∈ + ≠ = − R R Assíntotas verticais ( ) 2 2 2 2 3 1 15 lim lim 2 0 x x x x f x x − − − → − →− − + = = = −∞ + ( ) 2 2 2 2 3 1 15 lim lim 2 0 x x x x f x x + + + → − → − − + = = = +∞ + Portanto, a reta 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 lim lim lim 2 2 1 x x x x f x x x x x m x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ − + − + = = = + + 2 3 1 2 2 0 0 lim 2 2 1 0 1 x x x x →+∞ − + − + = = = + + ( ) ( ) 2 2 3 1 lim lim 2 2 x x x x b f x mx x x →+∞ →+∞ − + = − = − + 2 2 1 7 2 3 1 2 4 7 1 lim lim lim 2 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x x → +∞ →+∞ →+∞ − + − + − − − + = = = + + + 1 7 7 0 lim 7 2 1 0 1 x x x → +∞ − + − + = = = − + + Portanto, a reta 2 7 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 lim lim lim 2 2 1 x x x x f x x x x x m x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ − + − + = = = + + 2 3 1 2 2 0 0 lim 2 2 1 0 1 x x x x →−∞ − + − + = = = + + ( ) ( ) 2 2 3 1 lim lim 2 2 x x x x b f x mx x x → −∞ → −∞ − + = − = − + 2 2 1 7 2 3 1 2 4 7 1 lim lim lim 2 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x x → −∞ → −∞ →−∞ − + − + − − − + = = = + + + 1 7 7 0 lim 7 2 1 0 1 x x x → −∞ − + − + = = = − + + Portanto, a reta 2 7 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . NEMA11PR © Porto Editora
- 190. Funções reais devariável real 191 191 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 78.3. ( ) 2 6 2 x f x x − = { } { } : 2 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R Assíntotas verticais ( ) 2 0 0 6 6 lim lim 2 0 x x x f x x − − − → → − − = = = +∞ ( ) 2 0 0 6 6 lim lim 2 0 x x x f x x + + + → → − − = = = −∞ Portanto, a reta 0 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 6 1 3 1 1 lim lim lim 0 2 2 2 2 x x x f x x m x x x →+∞ →+∞ →+∞ − = = = − = − = ( ) ( ) 2 2 2 6 1 6 lim lim lim 2 2 2 x x x x x x b f x mx x x x → +∞ →+∞ →+∞ − − − = − = − = 6 6 lim 0 2 x x →+∞ − − = = = +∞ Portanto, a reta 2 x y = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 6 1 3 1 1 lim lim lim 0 2 2 2 2 x x x f x x m x x x →−∞ → −∞ →−∞ − = = = − = − = ( ) ( ) 2 2 2 6 1 6 lim lim lim 2 2 2 x x x x x x b f x mx x x x → −∞ → −∞ →−∞ − − − = − = − = 6 6 lim 0 2 x x →−∞ − − = = = −∞ Portanto, a reta 2 x y = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 78.4. ( ) 2 3 2 5 3 x x f x x − + = − { } { } : 3 0 3 f D x x = ∈ − ≠ = R R Assíntotas verticais ( ) 2 3 3 3 2 5 26 lim lim 3 0 x x x x f x x − − − → → − + = = = −∞ − ( ) 2 3 3 3 2 5 26 lim lim 3 0 x x x x f x x + + + → → − + = = = +∞ − Portanto, a reta 3 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 2 2 5 3 3 2 5 lim lim lim 3 3 1 x x x x f x x x x x m x x x x x →+∞ → +∞ → +∞ − + − + = = = − − 2 2 5 3 3 0 0 lim 3 3 1 0 1 x x x x →+∞ − + − + = = = + − ( ) ( ) 2 3 2 5 lim lim 3 3 x x x x b f x mx x x →+∞ →+∞ − + = − = − − 2 2 5 7 3 2 5 3 9 7 5 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ → +∞ + − + − + + = = = − − − 5 7 7 0 lim 7 3 1 0 1 x x x →+∞ + + = = = − − Portanto, a reta 3 7 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 2 5 3 3 2 5 lim lim lim 3 3 1 x x x x f x x x x x m x x x x x →−∞ →−∞ → −∞ − + − + = = = − − 2 2 5 3 3 0 0 lim 3 3 1 0 1 x x x x →−∞ − + − + = = = + − ( ) ( ) 2 3 2 5 lim lim 3 3 x x x x b f x mx x x →−∞ →−+∞ − + = − = − − 2 2 5 7 3 2 5 3 9 7 5 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x x → −∞ → −∞ →−∞ + − + − + + = = = − − − 5 7 7 0 lim 7 3 1 0 1 x x x →−∞ + + = = = − − Portanto, a reta 3 7 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . Pág. 146 79. Assíntota não vertical ( ) y mx b = + ( ) 2 2 2 7 16 16 7 lim lim lim x x x x f x x x m x x x → −∞ →−∞ → −∞ + + = = = = 2 2 7 16 7 lim lim 16 4 x x x x x x → −∞ → −∞ − + = = − + = − ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 16 7 4 x x b f x mx x x →−∞ →−∞ = − = + + ( )( ) 2 2 2 16 7 4 16 7 4 lim 16 7 4 x x x x x x x ∞−∞ →−∞ + + + − = + − 2 2 2 2 16 7 16 7 7 lim lim 0 16 7 4 16 7 4 x x x x x x x x → −∞ →−∞ + − = = = = +∞ + − + − Portanto, a reta 4 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 80.1. ( ) 2 1 1 2 3 lim lim 1 0 x x x x f x x − − − →− →− − = = = −∞ + NEMA11PR © Porto Editora
- 191. 192 Unidade 4 192 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) ( ) 2 2 1 1 1 0 lim lim 0 2 1 x x x f x x + + → − → − − = = = + f é descontínua em 1 x = − porque 1 f D − ∈ e ( ) ( ) 1 1 lim lim x x f x f x − + → − → − ≠ . 1 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f porque ( ) 1 lim x f x − → − = −∞ . 80.2. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 3 3 1 1 1 lim lim lim lim 0 x x x x f x x x m x x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ →+∞ →+∞ − − − − = = = = = = +∞ + ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 lim lim 0 lim 1 1 x x x x x b f x mx x x x →+∞ → +∞ → +∞ − − = − = − = + + ( ) 2 2 lim lim 1 1 x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ − = = − = − Portanto, a reta 1 y = − é assíntota horizontal ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 lim lim lim lim 1 1 x x x x f x x x x m x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ − = = = = = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 lim lim 1 lim 1 2 x x x x x x x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ →−∞ − − − − = − = − = + + ( ) 3 3 lim lim lim 3 3 2 x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ →−∞ − − = = = − = − + Portanto, a reta 3 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . Determinação das coordenadas do ponto de interseção das assíntotas não verticais do gráfico de f: 1 1 1 3 1 3 2 y y y y x x x = − = − = − ⇔ ⇔ = − − = − = Então, as coordenadas do ponto pedido são ( ) 2, 1 − . 81.1. ( ) ( ) { } 2 2 : 1 0 1 1 0 1 h D x x x x x = ∈ − ≠ ∧ ∨ + ≠ ∧ R 2 1 0 1 1 x x x − = ⇔ = ∨ = − 2 1 0 equação impossível x + = Então, ( ) ( ) ( ) { } : 1 1 1 1 h D x x x x x x = ∈ =∨ = − ∧ ∨ ∈ ∧ R R ( ) ( ) { } { } : 1 1 1 1,1 x x x x = ∈ ≠ − ∧ ∨ = − R R 81.2. ( ) 3 2 1 1 1 lim lim 1 0 x x x f x x − − − → → = = = −∞ − ( ) 2 2 1 1 2 2 lim lim 1 2 1 x x x f x x + + → → = = = + Portanto, a reta 1 x = é assíntota vertical ao gráfico de h. ( ) 3 2 1 1 1 lim lim 1 0 x x x f x x − − + → − → − − = = = −∞ − ( ) 3 2 1 1 1 lim lim 1 0 x x x f x x + + − → − → − − = = = +∞ − Portanto, a reta 1 x = − é assíntota vertical ao gráfico de h. 81.3. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 lim lim lim lim 0 x x x x f x x x m x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ → +∞ →+∞ = = = = = = +∞ + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 lim lim 0 lim 1 1 x x x x x b f x mx x x x →+∞ → +∞ → +∞ = − = − = + + 2 2 2 lim lim 2 2 x x x x ∞ ∞ → +∞ → +∞ = = = Portanto, a reta 2 y = é assíntota horizontal ao gráfico de h em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 3 3 3 3 lim lim lim lim 1 1 x x x x f x x x m x x x x ∞ ∞ →−∞ → −∞ →−∞ →−∞ = = = = = − ( ) ( ) 3 3 3 2 2 lim lim 1 lim 1 1 x x x x x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ → −∞ − + = − = − = − − 2 2 1 1 lim lim lim 0 1 x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ → −∞ = = = = = −∞ − Portanto, a reta y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de h em −∞ . Pág. 147 82.1. ( ) 2 1 x f x x = − ; { } : 1 0 f D x x = ∈ − ≠ R 1 0 1 0 1 x x x − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ { } 1 f D =R ; ( ) 2 2 2 se 1 1 1 se 1 1 x x x x f x x x x x − = = − − + Assíntotas verticais ( ) 2 1 1 1 lim lim 1 0 x x x f x x − − + → → = = = +∞ − + ( ) 2 1 1 1 lim lim 1 0 x x x f x x + + + → → = = = +∞ − Portanto, a reta 1 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 lim lim lim lim 1 1 x x x x f x x x m x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ → +∞ →+∞ = = = = = − ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 1 lim 1 1 x x x x x x x b f x mx x x x →+∞ → +∞ →+∞ − + = − = − = − − lim lim lim 1 1 1 x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ → +∞ →−∞ = = = = − Portanto, a reta 1 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) ( ) 2 2 2 2 lim lim lim lim 1 1 x x x x f x x x m x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ = = = = − = − − + − NEMA11PR © Porto Editora
- 192. Funções reais devariável real 193 193 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 2 2 2 lim lim 1 lim 1 1 x x x x x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ →−∞ − + = − = + = − + − + ( ) lim lim lim 1 1 1 x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ →−∞ = = = − = − − + − Portanto, a reta 1 y x = − − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 82.2. ( ) 2 2 4 f x x x = + − { } 2 : 4 0 f D x x = ∈ − ≥ R ; ( )( ) 2 4 0 2 2 0 x x x − ≥ ⇔ − + ≥ ( ) ( ) 2 0 2 0 2 0 2 0 x x x x ⇔ − ≥ ∧ + ≥ ∨ − ≤ ∧ + ≤ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ ≥ ∧ ≥ − ∨ ≤ ∧ ≤ − ⇔ ≥ ∨ ≤ − ] ] [ [ , 2 2, f D = −∞ − ∪ +∞ ; Não existem assíntotas verticais ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 4 1 2 4 lim lim lim 2 x x x x f x x x x m x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ → +∞ − + − = = = + 2 2 4 1 4 lim 2 lim 2 1 2 1 3 x x x x x x → +∞ → +∞ − = + = + −= + = ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 2 4 3 x x b f x mx x x x →+∞ →+∞ = −= + − − ( ) ( )( ) 2 2 2 2 4 4 lim 4 lim 4 x x x x x x x x x x ∞−∞ → +∞ →+∞ − − − + = − − = − + 2 2 2 2 4 4 4 lim lim 0 4 4 x x x x x x x x → +∞ → +∞ − − − − = = = = +∞ − + − + Portanto, a reta 3 y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 4 1 2 4 lim lim lim 2 x x x x f x x x x m x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ → −∞ − + − = = = + 2 2 4 1 4 lim 2 lim 2 1 2 1 1 x x x x x x → −∞ →−∞ − − = + = − − = − = ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 2 4 1 x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ = −= + − − ( ) ( )( ) 2 2 2 2 4 4 lim 4 lim 4 x x x x x x x x x x ∞−∞ → −∞ → −∞ − + − − = − + = − − 2 2 2 2 4 4 4 lim lim 0 4 4 x x x x x x x x → −∞ →−∞ − − − − = = = +∞ − − − − Portanto, a reta y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 83.1. ( ) ( ) 1 g x f x = + O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma translação de vetor ( ) 1,0 u − . Se 2 y = − e 3 1 y x = − + são assíntotas ao gráfico de f, então 2 y = − e ( ) 3 1 1 y x = − + + , ou seja, 2 y = − e 3 2 y x = − − , são assíntotas ao gráfico de g. 83.2. ( ) ( ) g x f x = − ; O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma reflexão de eixo Oy. Se 2 y = − e 3 1 y x = − + são assíntotas ao gráfico de f, então 2 y = − e ( ) 3 1 y x = − − + , ou seja, 2 y = − e 3 1 y x = + , são assíntotas ao gráfico de g. 83.3. ( ) ( ) 1 g x f x = − ; O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma reflexão de eixo Ox seguida de uma translação de vetor ( ) 0,1 v . Se 2 y = − e 3 1 y x = − + são assíntotas ao gráfico de f, então ( ) 2 1 y =− − + e ( ) 3 1 1 y x =− − + + , ou seja, 3 y = e 3 y x = , são assíntotas ao gráfico de g. Tarefa 10 1.1. ( ) 2 0 3 0 4 0 4 0 1 A T + × + = = + e ( ) 0 0 2 2 B T = + = . No início da experiência A a temperatura da substância utilizada era de 4 C ° e no início da experiência B a temperatura da substância utilizada era de 2 C ° . 1.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 2 2 3 4 1 2 2t 4 2t 2 2 t t t t t t + + + − − + + − − Então, ( ) ( ) 2 2 2 1 1 A B T t t T t t t = + + = + + + . Como 2 0, 0 t 1 t ∀ ≥ + , conclui-se que ( ) ( ) 0, A B t T t T t ∀ ≥ . Donde se conclui que, independentemente do tempo de duração das experiências, a temperatura, em qualquer instante, da substância utilizada na experiência A é sempre superior à temperatura da substância utilizada na experiência B. 1.3. Pretende-se resolver a condição ( ) ( ) 0,08 A B T t T t − =. ( ) ( ) 2 2 0,08 0,08 0,08 0,08 0 1 1 A B t T t T t t t − − − = ⇔ = ⇔ = + + 1,92 0,08 0 1 0 24 1 24 t t t t t ⇔ − = ∧ + ≠ ⇔ = ∧ ≠ − ⇔= Conclui-se que a experiência teve a duração de 24 minutos. 2. Pretende-se determinar a equação da assíntota não vertical, neste caso y ax b = + , ao gráfico de f em +∞ . ( ) 2 2 2 2 3 4 lim lim lim lim 1 1 x x x x f x x x x a x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ → +∞ →+∞ + + = = = = = + ( ) ( ) 2 3 4 lim lim 1 1 x x x x b f x mx x x →+∞ →+∞ + + = − = − + 2 2 3 4 2 4 2 lim lim lim lim 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ → +∞ → +∞ + + − − + = = = = = + + NEMA11PR-13 NEMA11PR © Porto Editora
- 193. 194 Unidade 4 194 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 148 Proposta 12 12.1. 1 − não pertence a A e é ponto aderente de A. 12.2. A aderência de A é [ ] 5 5, 1 1, 2 A = − − ∪ . Proposta 13 13.1. Atendendo à representação gráfica do conjunto B na reta numérica e ao facto de a aderência do conjunto B ser [ ] 1 9 5, 3 ,3 1, ,5 2 2 B = − − ∪ ∪ − , conclui-se que 5 , a = − 1 9 3 , 1 , , 3 , e 5 2 2 b c d e f g = − = − = = = = . 13.2. Os elementos de B que não pertencem a B são 1 3 , e 3 2 − . 13.3. O conjunto de números que não são aderentes de B é ] [ ] [ ] [ 1 9 9 , 5 3, 1 1, 3, ,5 5, 2 2 2 −∞ − ∪ − − ∪ − ∪ ∪ ∪ + ∞ . Proposta 14 14.1. A aderência de P é 7 6 5 ,1 2 , 3 5 P = − ∪ ∪ . 14.2. A aderência de R é [ ] { } 4,1 7 R = − ∪ . 14.3. A aderência de S é { } 5 0, 3 2 S = ∪ . 14.4. [ ] 7 6 0, 1 2 , 3 5 P S ∩ = ∪ ∪ . A aderência de P S ∩ é [ ] 7 6 0, 1 2 , 3 5 P S ∩ = ∪ ∪ . 14.5. A aderência de N é N . 14.6. A aderência de Q é R . Pág. 149 Proposta 15 15.1. a) Como 2 4 n a n = + , sabe-se que , 4 n n a ∀ ∈ N . Então, ( ) 1 1 1 2 5 2 1 5 2 4 1 n n n g a n a n n n = = = = + + + + + . b) Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 4n 5 1 4 4 4 9 n n − + − − − 4 5 9 4 1 1 n n n − = − + + Como 9 4 1 n b n = − + , sabe-se que , 4 n n b ∀ ∈ N . Então, ( ) 4 5 4 5 2 2 6 3 2 2 1 1 1 n n n n n n g b b n n n − − + + − = + = + = = + + + . 15.2. a) ( ) 1 1 1 lim lim lim lim 2 2 5 2 5 0 5 5 5 n n n g a n n n n ∞ ∞ = = = = = + + + + . b) ( ) 3 3 6 6 6 3 6 0 lim lim lim lim 6 1 1 1 1 0 1 1 n n n n n g b n n n n ∞ ∞ − − − − = = = = = + + + + . Proposta 16 16.1. Por observação gráfica sabe-se que existe ( ) 3 lim x f x → porque 3 f D ∈ e ( ) ( ) 3 lim 3 x f x f → = . ( ) 3 1 lim 2 x f x → = 16.2. Por observação gráfica sabe-se que ( ) 2 lim 4 x f x − →− = e ( ) 2 lim 3 x f x + →− = . Então, conclui-se que não existe ( ) 2 lim x f x →− porque 2 f D − ∈ e ( ) ( ) 2 2 lim lim x x f x f x − + →− →− ≠ . 16.3. a) Sendo 1 2 n a n = − + , sabe-se que , 2 n n a ∀ ∈ − N . Logo, ( ) lim 3 n f a = . b) Sendo 2 1 2 n b n = − − , sabe-se que , 2 n n b ∀ ∈ − N . Logo, ( ) lim 4 n f b = . Proposta 17 17.1. Um valor de a de modo que f a D ∈ e existe ( ) lim x a f x → é, por exemplo, 3 2 a = . Por observação gráfica sabe-se que 3 2 f D ∈ e ( ) ( ) 3 3 2 2 3 lim lim 1 2 x x f x f x f − + → → = = = . Assim sendo, existe ( ) 3 2 lim x f x → . 17.2. O único valor de a de modo que f a D ∉ e existe ( ) lim x a f x → é 2 a = − . NEMA11PR © Porto Editora
- 194. Funções reais devariável real 195 195 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Por observação gráfica sabe-se que 2 f D − ∉ e ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 x x f x f x − + →− →− = = − . Assim sendo, existe ( ) 2 lim x f x →− . 17.3. O único valor de a de modo que f a D ∈ e não existe ( ) lim x a f x → é 1 a = . Por observação gráfica sabe-se que 1 f D ∈ , ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 x x f x f x − + → → = = e ( ) 1 4 f = . Como ( ) ( ) 1 1 lim lim x x f x f x − + → → = e ( ) ( ) 1 lim 1 x f x f − → ≠ , conclui-se que não existe ( ) 1 lim x f x → . Pág. 150 Proposta 18 18.1. Se ( ) lim 4 n f u = , então conclui-se que o termo geral de ( ) n u pode ser 1 3 1 n u n = − + pois 1 lim lim 3 1 n u n = − = + 3 0 3 + − = − = . A opção correta é a (C). 18.2. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 2 2 2 6 0 1 3 7 6 14 2 15 n n n n + + − + − + − 2 2 2 6 1 15 2 7 3 7 3 n n a n n + = = − + − − 2 15 lim lim 2 2 0 2 7 3 n a n − − = − + = − + = − − . Então, por observação gráfica, sabe-se que ( ) lim n g a = +∞ . Proposta 19 19.1. Como 1 , 1 1 n n ∀ ∈ − N , então 1 1 n u f n = − 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 n n n n n n n n n n n n − − − − − = = = = = − − − − + − − − − . A opção correta é a (A). 19.2. 2 1 1 lim lim lim 2 2 0 2 n n v n n + + + = = + = + = . Então, ( ) 1 lim 2 n f v = . A opção correta é a (C). Proposta 20 20.1. { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ + ≠ = − R R . Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n f n x D ∀ ∈ ∈ N e lim 3 n x = , tem-se: ( ) 2 2 1 7 lim lim 3 3 3 1 3 1 2 2 n n f x x = + = + = + = + + Então, atendendo à definição de limite de Heine, conclui-se que ( ) 3 7 lim 2 x f x → = . 20.2. Para toda a sucessão ( ) n x tal que , n f n x D ∀ ∈ ∈ N e lim n x = +∞ , tem-se: ( ) 2 2 lim lim 3 3 3 0 3 1 1 n n f x x = + = + = + = + +∞ + Então, atendendo à definição de limite de Heine, conclui-se que ( ) lim 3 x f x →+∞ = . Pág. 151 Proposta 21 21.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim 2 lim lim lim 0 x x x x g x g x g x f f x f x → + → → → = = = = +∞ 21.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 0 3 3 3 lim lim lim lim 0 x k x x x f x f x f k x g g x g x − − − − → + → → → = = = = + ∞ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 0 3 3 3 lim lim lim lim 0 x k x x x f x f x f k x g g x g x + + + + → − → → → = = = = −∞ Não existe ( ) 3 lim x f x g → porque ( ) ( ) 3 3 lim lim x x f f x x g g − + → → ≠ . Proposta 22 22.1. a) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 lim lim 1 4 1 17 x x f x x →− →− = + = − + = b) ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 1 1 x x f x x →−∞ →−∞ = + = −∞ + = +∞ + = +∞ c) ( ) 2 2 lim lim 0 x x f x x →+∞ →+∞ = = = +∞ 22.2. Como 1 f D ∈ , então existe ( ) 1 lim x f x → se ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 x x f x f x f − + → → = = . ( ) ( ) 2 2 1 1 lim lim 1 1 1 2 x x f x x − − → → = + = + = ( ) 1 1 2 2 lim lim 2 1 x x f x x + + → → = = = ( ) 1 1 f k = − Então, tem-se: 1 2 3 k k − = ⇔ = NEMA11PR © Porto Editora
- 195. 196 Unidade 4 196 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 23 23.1. ( ) ( ) 0 lim 0 ( ) x c g x f x f c → = = 23.2. ( ) ( ) 0 1 1 1 1 lim lim ( ) ( ) 0 0 k x c x c f g x f x g x k − − − + → → = = = = +∞ × × × 23.3. ( ) ( ) ( ) ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) 0 x b x b f g x f x g x f b g b → → − = − = − = 23.4. ( ) ( ) ( ) lim 1 ( ) x b g b g x f x f b → = = porque ( ) ( ) f b g b = . 23.5. ( ) 0 0 0 ( ) lim ( ) 0 x g g x f x + − → = = −∞ 23.6. g é uma função polinomial do 2° grau, logo 2 ( ) , , , e 0 g x ax bx c a b c a = + + ∈ ≠ R . f é uma função polinomial do 3° grau, logo 3 2 ( ) , , , , e 0 f x dx ex fx g d e f g d = + + + ∈ ≠ R . Então, 2 2 3 2 3 ( ) lim lim lim lim ( ) x x x x g x ax bx c ax a f x dx dx ex fx g dx →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + = = = + + + ( ) 0 a d = = × +∞ . Pág. 152 Proposta 24 24.1. ( ) 3 3 3 2 3 1 lim lim 6 9 3 x x x f x x → → − − = = = − + 24.2. 6 8 2 lim 6 0 x x x →− + = = ∞ + Temos de recorrer aos limites laterais: 6 8 2 lim 6 0 x x x − − →− + = = −∞ + e 6 8 2 lim 6 0 x x x + + →− + = = +∞ + Donde se conclui que não existe 6 8 lim 6 x x x →− + + . 24.3. ( ) 2 2 5 5 5 2 0 lim lim 0 1 10 3 x x x f x x → → − = = = − − 24.4. ( ) 2 5 5 lim lim 0 7 x x f x x →−∞ →−∞ = = = −∞ − 24.5. 2 3 5 2 lim 0 5 6 x x x x → − = = ∞ − + Temos de recorrer aos limites laterais: 2 3 5 2 lim 5 6 0 x x x x − − → − = = −∞ − + e 2 3 5 2 lim 5 6 0 x x x x + + → − = = +∞ − + . Donde se conclui que não existe 2 3 5 lim 5 6 x x x x → − − + . 24.6. ( ) 2 5 1 1 lim 0 5 x x + → = = +∞ − 24.7. 2 7 6 7 lim 7 0 x x x x − + → − = = +∞ − 24.8. 2 3 2 7 13 lim 9 0 x x x + − → − − − = = +∞ − 24.9. 2 1 1 2 3 lim 5 4 0 x x x x − + → + = = +∞ − + 24.10. ( ) 0 0 2 2 2 2 2 2 lim lim lim 1 2 2 2 x x x x x x x x x − − − → → → − − − − + = = = − − − − Proposta 25 25.1. Sendo 1 k = tem-se: ( ) 2 2 2 2 1 8 6 6 lim lim lim 0 1 1 x x x f x x x →−∞ →−∞ →−∞ × − − − = = = = +∞ + + 25.2. Como 9 f D ∈ , então existe ( ) 9 lim x f x → se ( ) ( ) ( ) 9 9 lim lim 9 x x f x f x f − + → → = = . ( ) 2 2 2 9 9 2 8 2 8 lim lim 82 1 x x k k f x x − − → → − − = = + ( ) 9 9 3 0 lim lim 0 9 x x x f x x + + → → − = = = ( ) 2 9 2 f k k = + Assim sendo, existe ( ) 9 lim x f x → se 2 2 2 8 0 2 0 82 k k k − = ∧ + = . ( ) 2 2 2 2 8 0 2 0 4 2 0 82 k k k k k k − = ∧ + = ⇔ = ∧ + = ( ) ( ) 2 2 0 2 2 k k k k k ⇔ = ∨ = − ∧ = ∨ = − ⇔ = − Proposta 26 26.1. ( ) 3 2 3 2 3 4 2 1 lim 3 4 2 1 lim 3 x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − + − = − + − ( ) 3 0 0 0 = +∞ − + − = +∞ 26.2. ( ) 3 2 3 3 1 3 lim 2 3 lim 2 x x x x x x x ∞−∞ →−∞ →−∞ + + = + + ( ) 2 0 0 = −∞ + + = −∞ 26.3. 5 5 3 3 3 5 3 0 1 lim lim lim 2 2 2 9 0 9 3 9 9 x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + + + = = = = − − − − − 26.4. 0 0 5 5 5 35 35 5 35 3 2 lim lim lim lim 1 3 3 3 2 2 2 1 7 x x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − + = = = + + + − 0 35 35 0 2 2 − = = − + NEMA11PR © Porto Editora
- 196. Funções reais devariável real 197 197 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 26.5. ( ) lim 3 1 3 x x x →+∞ − − ( )( ) 3 1 3 3 1 3 3 1 3 lim lim 3 1 3 3 1 3 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − − − + − − = − + − + 1 1 lim 0 3 1 3 x x x →+∞ − − = = = +∞ − + 26.6. ( ) lim 4 1 3 x x x →+∞ − − ( )( ) 4 1 3 4 1 3 4 1 3 lim lim 4 1 3 4 1 3 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − − − + − − = − + − + 2 1 1 1 lim lim 4 1 3 4 1 3 x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ − − = − + − + 2 1 1 1 0 1 lim 0 0 0 4 1 3 x x x x x + →+∞ − − = = = = +∞ + − + Pág. 153 Proposta 27 27.1. ( )( ) ( )( ) 0 2 0 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 4 2 lim lim lim lim ( ) 2 2 x x x x x x f x x x g x x x x x x x x x → → → → − + − + = = = − − + − + 4 2 6 3 = = Cálculo auxiliar ⋅ Como 2 é zero do denominador, o polinómio 3 2 2 x x x − − é divisível por 2 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 1 2 0 2 2 2 0 1 1 0 0 − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 2 2 2 x x x x x x − − = − + . 27.2. 3 2 3 4 2 4 ( ) 2 1 1 lim lim lim lim 0 ( ) 3 4 x x x x g x x x x x h x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − = = = = = − −∞ − + + − 27.3. ( )( ) ( ) ( ) ( ) lim lim x x f h x f x h x →−∞ →−∞ × = × ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 lim lim lim 4 lim 3 4 x x x x f x h x x x x →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ = × = − × − + + ( ) = +∞× −∞ = −∞ 27.4. ( ) 2 4 2 2 2 1 4 lim lim ( ) 3 4 x x x f x h x x x →− →− − × = − + + ( )( ) ( )( ) 0 0 3 2 3 2 2 2 2 2 2 lim lim 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x →− →− − + − = − + − + + − + − + 4 1 20 5 − = = − Cálculo auxiliar ⋅ Como −2 é zero do denominador, o polinómio 4 2 3 4 x x − + + é divisível por 2 x + . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 0 3 0 4 2 2 4 2 4 1 2 1 2 0 − − − − − − Então, sabe-se que ( )( ) 4 2 3 2 3 4 2 2 2 x x x x x x − + + = + − + − + . 27.5. ( )( ) ( ) ( ) ( ) lim lim x x g f x g x f x →+∞ →+∞ − = − = ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 3 lim 2 4 lim 2 2 4 lim x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ = − − − −= − − + = = +∞ 27.6. 2 3 2 1 1 ( ) 4 3 lim lim ( ) 2 0 x x f x x g x x x x + + + →− →− − − = = = −∞ − − Proposta 28 28.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim ( ) lim ( ) lim 4 9 2 x x x f g x f x g x x x →+∞ →+∞ →+∞ − = −= − − ( )( ) 2 2 2 2 2 2 4 9 2 4 9 2 4 9 4 lim lim 4 9 2 4 9 2 x x x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ − − − + − − = = − + − + 2 9 9 lim 0 4 9 2 x x x →+∞ − − = = = +∞ − + 28.2. ( )( ) ( )( ) 0 0 2 2 1 1 1 1 1 1 1 lim lim lim ( ) ( ) 2 3 2 3 1 x x x x x x x g x h x x x x x x → → → − + − − = = + + − + − + ( )( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 lim lim 4 2 8 1 3 1 3 1 x x x x x x x x → → − = = = = × − + + + + 28.3. 2 2 3 3 ( ) 3 4 9 3 lim lim ( ) 3 x x f x x h x x → → − − − = − ( )( ) ( )( ) 0 2 2 0 3 2 2 4 9 3 4 9 3 lim 3 4 9 3 x x x x x → − − − + = − − + ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 4 3 4 9 3 lim lim 3 4 9 3 3 4 9 3 x x x x x x x x → → − − − = = − − + − − + 2 3 4 4 2 3 lim 3 2 3 4 9 3 x x → = = = − + 28.4. 2 2 2 9 4 1 4 ( ) 4 9 lim lim lim ( ) 2 2 x x x x x f x x g x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − = = 2 2 2 9 9 2 1 2 1 9 4 4 lim lim lim 1 2 2 4 x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ − − = = = − 1 0 1 = − = NEMA11PR © Porto Editora
- 197. 198 Unidade 4 198 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 29 29.1. ( )( ) ( ) 0 2 3 2 0 2 2 2 2 2 2 4 8 2 4 lim lim lim 2 2 x x x x x x x x x x x x x x → → → − + + − + + = = − − 12 6 2 = = Cálculo auxiliar ⋅ Como 2 é zero do numerador, o polinómio 3 8 x − é divisível por 2 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 0 0 8 2 2 4 8 1 2 4 0 − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 8 2 2 4 x x x x − = − + + . 29.2. ( ) 3 3 2 2 1 2 2 lim lim lim 2 9 x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ − + = = = +∞ − 29.3. ( ) ( ) 0 2 3 2 0 3 2 2 2 0 0 0 9 3 9 3 9 3 9 lim lim lim 0 5 5 5 x x x x x x x x x x x x x x x → → → − − − = = = = ∞ + + + Temos de recorrer aos limites laterais: 3 2 3 2 2 0 0 9 3 9 3 9 lim lim 5 5 0 x x x x x x x x x − − − → → − − = = = −∞ + + e 3 2 3 2 2 0 0 9 3 9 3 9 lim lim 5 5 0 x x x x x x x x x + + + → → − − = = = +∞ + + . Donde se conclui que não existe 3 3 2 0 9 3 lim 5 x x x x x → − + . 29.4. ( )( ) ( ) 0 0 0 0 4 2 4 2 4 2 lim lim 4 2 x x x x x x x x → → + − + + + − = + + ( ) ( ) 0 0 0 4 4 1 1 lim lim lim 4 4 2 4 2 4 2 x x x x x x x x x x → → → + − = = = + + + + + + 29.5. 2 2 1 1 1 lim lim lim 5 5 5 1 1 x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + + = = + + + 1 1 1 1 1 0 lim lim 1 5 5 1 0 1 1 x x x x x x x x →+∞ →+∞ + + + = = = = + + + 29.6. ( )( ) ( )( ) 0 2 3 2 0 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 lim lim 2 1 3 2 x x x x x x x x x x x x → → − − − − − + = − − − + 2 1 2 3 2 lim 2 2 1 x x x x → − − − = = = − − Cálculo auxiliar: ⋅ 2 3 9 8 3 2 0 2 1 2 x x x x x ± − − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = Então, ( )( ) 2 3 2 2 1 x x x x − + = − − . ⋅ Como 1 é zero do numerador, o polinómio 3 2 2 3 2 3 x x x − − + é divisível por 1 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 2 3 2 3 1 2 1 3 2 1 3 0 − − − − − − Então, sabe-se que ( ) ( ) 3 2 2 3 2 3 1 2 3 x x x x x x − − + = − − − . 29.7. ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 lim 1 2 lim 1 2 x x x x x x x x x x ∞−∞ →+∞ →+∞ + − + + + − = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 3 1 3 1 lim lim lim 1 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x x x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ + − − + − + = = = + + + + + + 2 2 2 1 3 3 1 lim lim 1 1 1 2 1 2 x x x x x x x x x →+∞ →+∞ − + − + = = = −∞ + + + + 29.8. 2 2 2 2 lim lim lim 9 9 9 3 1 3 1 3 x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ = = + − + − + − 2 2 1 1 lim lim 1 1 0 9 9 3 1 3 1 x x x x x x x →−∞ →−∞ = = = = − − − − + − − + − 29.9. ( ) ( )( ) 0 2 0 2 2 2 0 0 9 3 lim lim 9 3 9 3 9 3 x x x x x x x x + + → → + + = + − + − + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 0 9 3 9 3 9 3 lim lim lim 9 9 x x x x x x x x x x x + + + → → → + + + + + + = = = + − 6 0+ = = +∞ 29.10. ( )( ) 2 1 1 2 2 lim lim 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x → → + = − − − − − + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 2 0 1 1 1 1 2 2 2 3 lim lim lim 1 1 1 1 1 2 x x x x x x x x x x x x x → → → − + + − + = = = = − + − + + 29.11. ( )( ) ( ) ( )( ) 0 0 2 5 5 5 5 5 5 lim lim lim 5 5 5 5 25 x x x x x x x x x x x − − − → → → − − − − + = = − + − + − 5 1 1 lim 5 10 x x − → − = = − + 29.12. ( )( ) ( )( ) 0 2 2 0 3 3 9 3 2 3 9 lim lim 3 2 3 3 2 3 3 2 3 x x x x x x x x → → − + + − = − + − + + + ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 2 3 3 9 3 2 3 3 3 3 2 3 lim lim 9 2 3 2 3 x x x x x x x x x → → − + + − + + + = = = − + − − ( )( ) 3 3 3 2 3 36 lim 18 2 2 x x x → + + + = = = − − − NEMA11PR © Porto Editora
- 198. Funções reais devariável real 199 199 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 30 30.1. ( ) 3 3 3 9 lim lim cos cos cos 2 4 4 4 x x x f x → → π π π = = = π+ 2 cos 4 2 π = = 30.2. ( ) ( )( ) 0 0 3 2 3 3 3 3 3 lim lim lim 27 3 3 9 x x x x x g x x x x x → → → − − = = − − + + 2 3 1 1 lim 24 3 9 x x x → = + + Cálculo auxiliar: ⋅ Como 3 é zero do denominador, o polinómio 3 27 x − é divisível por 3 x − . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 0 0 27 3 3 9 27 1 3 9 0 − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 27 3 3 9 x x x x − = − + + . 30.3. ( ) 3 3 3 3 1 3 lim lim lim 27 27 1 x x x x x x g x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − = = − − ( ) 2 3 3 1 1 0 1 lim 0 27 1 0 1 x x x x →+∞ − − = = = = +∞ − +∞ − 30.4. A função f é limitada pois 3 1 cos 1 4 xπ − ≤ ≤ e ( ) lim 0 x g x →+∞ = . Donde se conclui que ( ) ( ) lim 0 x f x g x →+∞ × = . Pág. 154 Proposta 31 31.1. ( ) 2 4 1 1 1 lim lim 2 1 x x x f x x − − → → = = + ( ) ( )( ) ( )( ) 0 0 1 1 1 1 3 2 1 lim lim lim 3 2 3 2 3 2 x x x x x x f x x x x + + + → → → − + + − = = + − + − + + ( )( ) ( ) 1 1 1 3 2 lim lim 3 2 4 1 x x x x x x + + → → − + + = = + + = − Como ( ) ( ) 1 1 lim lim x x f x f x − + → → ≠ , conclui-se que não existe ( ) 1 lim x f x → . 31.2. Se não existe ( ) 1 lim x f x → então f é descontínua em 1 x = . 31.3. ⋅ ( ) 2 2 1 1 5 2 lim lim 5 2 5 4 3 2 5 2 x x x f x x → → − + = = = = + − + − − ( ) 2 1 5 2 2 5 2 5 4 5 2 f − + = = = + − − Existe ( ) 2 lim x f x → porque ( ) ( ) 2 lim 2 x f x f → = . Logo, f é contínua em 2 x = . ⋅ ( ) 2 4 1 1 1 lim lim 2 1 x x x f x x →− →− = = + ( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 1 2 1 1 f − − = = − + Existe ( ) 1 lim x f x →− porque ( ) ( ) 1 lim 1 x f x f →− = − . Logo, f é contínua em 1 x = − . 31.4. ⋅ Sendo 1 a , tem-se: ( ) 2 2 4 4 lim lim 1 1 x a x a x a f x x a → → = = + + ( ) 2 4 1 a f a a = + Existe ( ) lim x a f x → porque ( ) ( ) lim x a f x f a → = . Logo, f é contínua em x a = . ⋅ Sendo 1 a , tem-se: ( ) 1 1 lim lim 3 2 3 2 x a x a x a f x x a → → − − = = + − + − ( ) 1 3 2 a f a a − = + − Existe ( ) lim x a f x → porque ( ) ( ) lim x a f x f a → = . Logo, f é contínua em x a = . ⋅ Donde se conclui que se 1 a ≠ então f é contínua em x a = . Proposta 32 32.1. a) Por observação dos gráficos das funções f e g, constata-se que ( ) ( ) 1 1 lim lim 2 x x f x f x − + →− →− = = , ( ) 1 4 f − =, ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 x x g x g x + − →− →− = = e ( ) 1 1 g − = − . Como ( ) ( ) 1 lim 1 x f x f →− ≠ − e ( ) ( ) 1 lim 1 x g x g →− ≠ − , não existe ( ) 1 lim x f x →− e ( ) 1 lim x g x →− . Logo, as funções f e g são descontínuas em 1 x = − . Assim sendo, a afirmação é verdadeira. b) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim lim lim x x x x f g x f x g x f x g x →− →− →− →− + = + = + 2 1 3 = + = e ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 1 3 f g f g + − = − + − = + − = . Como ( )( ) ( )( ) 1 lim 1 x f g x f g →− + = + − , existe ( )( ) 1 lim x f g x →− + . Logo, a função f g + é contínua em 1 x = − . Assim sendo, a afirmação é verdadeira. c) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim lim lim x x x x f g x f x g x f x g x → → → → + = + = + 2 1 3 = + = e ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 2 6 f g f g + = + = + = . Como ( )( ) ( )( ) 1 lim 1 x f g x f g → + ≠ + , não existe ( )( ) 1 lim x f g x → + . NEMA11PR © Porto Editora
- 199. 200 Unidade 4 200 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Logo, a função f g + é descontínua em 1 x = . Assim sendo, a afirmação é falsa. 32.2. Por exemplo, a função h definida por ( ) 2 se 1 1 2 se 1 1 se 1 x x h x x x ≠ − ∧ ≠ = − = − = Neste caso, a função g h × é contínua porque ( )( ) 2, g h x x × = ∀ ∈R . Proposta 33 h D =R Atendendo à forma como a função h é definida, sabe-se que só podem existir pontos de descontinuidade em 2 x = − e em 0 x = . ⋅ ( ) 2 2 lim lim 5 5 x x h x − − →− →− = = ( ) 2 2 lim lim 3 5 x x h x x + + →− →− = − = ( ) 2 2 3 5 h − =− − = Como ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim 2 5 x x h x h x h − + →− →− = = − = , resulta que existe ( ) 2 lim x h x →− e é igual a 5. Atendendo a que 2 h D − ∈ e existe ( ) 2 lim x h x →− , conclui-se que h é contínua em 2 x = − . ⋅ ( ) 0 0 lim lim 3 3 x x h x x − − → → = − = ( ) ( ) 2 0 0 lim lim 4 5 5 x x h x x x + + → → = − + = Como ( ) ( ) 0 0 lim lim x x h x h x − + → → ≠ , resulta que não existe ( ) 0 lim x h x → . Atendendo a que 0 h D ∈ e não existe ( ) 0 lim x h x → , conclui-se que h é descontínua em 0 x = . Pág. 155 Proposta 34 34.1. Como 1 g D ∈ , existe ( ) 1 lim x g x → se ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 x x g x g x g − + → → = = . ( ) 1 1 lim lim 4 4 x x ax a g x − − → → = = ( ) ( ) 1 1 1 1 2 lim lim 8 4 2 4 2 1 x x g x x x + + → → = = = − − ( ) 1 4 a g = Então, ( ) 1 lim x g x → se 2 4 8 a = . Ora, 2 2 4 8 2 a a = ⇔ = . 34.2. ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 lim lim lim 12 3 12 3 x x x x x x x x g x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − − − = = − − 2 2 1 2 1 1 0 0 1 lim 12 3 0 3 3 x x x x →+∞ + − + − = = = − − 34.3. ( ) ( ) 2 2 1 1 lim lim 4 4 2 1 x x g x x x − − → → = = − − ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 0 2 0 2 2 2 2 2 2 1 2 1 lim lim lim lim 3 2 2 3 2 3 12 x x x x x x x x x g x x x x x + + + + → → → → − + − − + = = = − + + − 3 1 12 4 = = ( ) ( ) 1 1 2 4 4 4 1 g = = − Como ( ) ( ) ( ) 2 2 1 lim lim 2 4 x x g x g x g − + → → = = = , resulta que existe ( ) 2 lim x g x → e é igual a 1 4 . Atendendo a que 2 g D ∈ e existe ( ) 2 lim x g x → , conclui-se que g é contínua em 2 x = . Proposta 35 Por observação do gráfico sabe-se que ( ) 2 lim 2 x h x + → = . A opção correta é a (D). Proposta 36 36.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 8 1 1 3 8 1 6 1 3 1 1 2 2 f × − + × − − − − − − = = = = − − − O ponto ( ) 1, 3 A − − pertence ao gráfico da função f porque ( ) 1 3 f − = − . 36.2. ⋅ Assíntota ao gráfico de f do tipo y mx b = + , em +∞ : ( ) 2 2 2 2 2 8 1 3 3 8 1 lim lim lim 1 1 x x x x f x x x x x m x x x x x → +∞ →+∞ →+∞ + − + − = = = = − − 2 8 1 3 3 0 0 lim 3 1 0 1 1 x x x x →+∞ + − + − = = = − − − ( ) ( ) ( ) 2 3 8 1 lim lim 3 1 x x x x b f x mx x x →+∞ →+∞ + − = − = − − − 2 2 1 11 3 8 1 3 3 11 1 lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x → +∞ → +∞ →+∞ − + − + − − = = = − − − 1 11 11 0 lim 11 1 0 1 1 x x x → +∞ − − = = = − − − Portanto, a reta 3 11 y x = − − é assíntota não vertical ao gráfico de f em +∞ . NEMA11PR © Porto Editora
- 200. Funções reais devariável real 201 201 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ⋅ Assíntota ao gráfico de f do tipo y mx b = + , em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 8 1 3 3 8 1 lim lim lim 1 1 x x x x f x x x x x m x x x x x → −∞ →−∞ →−∞ + − + − = = = − − 2 8 1 3 3 0 0 lim 3 1 0 1 1 x x x x →−∞ + − + − = = = − − − ( ) ( ) ( ) 2 3 8 1 lim lim 3 1 x x x x b f x mx x x →−∞ → −∞ + − = − = − − − 2 2 1 11 3 8 1 3 3 11 1 lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x → −∞ →−∞ →−∞ − + − + − − = = = − − − 1 11 11 0 lim 11 1 0 1 1 x x x → −∞ − − = = = − − − Portanto, a reta 3 11 y x = − − é assíntota não vertical ao gráfico de f em −∞ . Logo, a reta 2 3 y ax b = − é assíntota não vertical ao gráfico de f se: 3 11 2 3 3 11 2 3 a b a b =− ∧ − =− ⇔ =− ∧ = Pág. 156 Proposta 37 37.1. Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 4x 2 x 2 4 8 4 6 x − − − + Então, ( ) 4 2 6 4 2 2 x f x x x − = = + − − . Assim sendo, as assíntotas ao gráfico de f são as retas de equações 2 x = e 4 y = . Donde se conclui que : 2 r x = e : 4 s y = . 37.2. R é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo Ox. Então, ( ) ( ) 0, 0 R f . ( ) 4 0 2 0 1 0 2 f × − = = − Logo, ( ) 0, 1 R . O ponto S pertence à reta r, definida por 2 x = , e tem a mesma ordenada de R, então ( ) 2, 1 S . 37.3. a) O ponto P pertence ao gráfico de f e tem abcissa maior que 2, então ( ) ( ) , , 2 P x f x x . Designemos por U o ponto de interseção das retas r e PQ. [ ] [ ] [ ] PQRST QRSU PUT A A A = + . Sabe-se que 2 RS = , ( ) 1 QR f x = − , 2 PU x = − e ( ) 4 UT f x = − . Então, sendo 2 x , tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 1 2 x f x A x f x − × − = × − + ( ) ( ) 4 2 6 2 4 2 4 2 6 2 2 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x x x − − × − − × − − − = × − + = + = − − 6 6 3 6 9 6 3 2 2 2 x x x x x x x + − − = += = − − − b) Sabe-se que ( ) ( ) 0, , 2 Q f x x . ( ) 9 6 9 6 3 18 12 12 12 0 0 2 2 2 x x x A x x x x − − − + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = − − − 3 18 0 2 0 6 2 6 x x x x x ⇔ − + = ∧ − ≠ ⇔ = ∧ ≠ ⇔ = ( ) 4 6 2 22 11 6 6 24 4 2 f × − = = = − Então, 11 0, 2 Q . c) Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 9 6 2 9 18 9 12 x x x − − − + Então, ( ) 9 6 12 9 2 2 x A x x x − = = + − − . Sendo 2 x , então 12 0 2 x − . Donde se conclui que ( ) 9 A x . Não é possível determinar as coordenadas do ponto P de modo que a área do pentágono seja 9 porque ( ) 2, 9 x A x ∀ . d) ( ) 9 6 9 6 10 10 2 10 0 2 2 2 x x A x x x x x − − ⇔ ∧ ⇔ − ∧ − − 2 0 14 0 2 14 0 2 2 x x x x x x − − + ⇔ ∧ ⇔ − + ∧ − ] [ 14 2 2 14 2,14 x x x x ⇔ ∧ ⇔ ⇔ ∈ Proposta 38 38.1. { } { } : 3 0 3 f D x x = ∈ + ≠ = − R R Assíntotas verticais ( ) 2 3 3 4 3 lim lim 3 0 x x x x f x x − − − → − → − + − = = = +∞ + ( ) 2 3 3 4 3 lim lim 3 0 x x x x f x x + + + → − → − + − = = = −∞ + Portanto, a reta 3 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 4 4 1 1 4 lim lim lim lim 3 3 3 1 1 x x x x x f x x x x x m x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ → +∞ + + + = = = = + + + 1 0 1 1 0 + = = + NEMA11PR © Porto Editora
- 201. 202 Unidade 4 202 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 2 4 lim lim 1 3 x x x x b f x mx x x → +∞ →+∞ + = − = − + 2 2 4 3 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ → +∞ + − − = = + + + 1 1 lim 1 3 1 0 1 x x → +∞ = = = + + Portanto, a reta 1 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 4 4 1 1 4 lim lim lim lim 3 3 3 1 1 x x x x x f x x x x x m x x x x x x ∞ ∞ →−∞ → −∞ →−∞ →−∞ + + + = = = = + + + 1 0 1 1 0 + = = + ( ) ( ) 2 4 lim lim 1 3 x x x x b f x mx x x → −∞ → −∞ + = − = − + 2 2 4 3 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ → −∞ + − − = = + + + 1 1 lim 1 3 1 0 1 x x → −∞ = = = + + Portanto, a reta 1 y x = + também é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 38.2. { } { } 2 : 6 0 2 , 3 f D x x x = ∈ − − ≠ = − R R 2 1 1 24 6 0 2 3 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = − ∨ = Assíntotas verticais ( ) 2 2 2 2 3 5 17 lim lim 6 0 x x x f x x x − − + → − → − + = = = +∞ − − ( ) 2 2 2 2 3 5 17 lim lim 6 0 x x x f x x x + + + → − → − + = = = +∞ − − Portanto, a reta 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. ( ) 2 2 3 3 3 5 32 lim lim 6 0 x x x f x x x − − − → → + = = = −∞ − − ( ) 2 2 3 3 3 5 32 lim lim 6 0 x x x f x x x + + + → → + = = = +∞ − − Portanto, a reta 3 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 5 3 3 5 lim lim lim 1 6 6 1 x x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ →+∞ + + = = = − − − − ( ) 2 2 3 5 3 3 0 lim 0 1 6 1 0 0 1 x x x x x → +∞ + + = = = +∞ − − − − ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 3 5 lim lim 0 lim 6 6 x x x x x b f x mx x x x x x →+∞ →+∞ → +∞ + + = − = − = − − − − 2 2 2 2 2 2 5 5 3 3 3 0 lim lim 3 1 6 1 6 1 0 0 1 1 x x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ + + + = = = = − − − − − − Portanto, a reta 3 y = é assíntota horizontal ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 5 3 3 5 lim lim lim 1 6 6 1 x x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ → −∞ + + = = = − − − − ( ) 2 2 3 5 3 3 0 lim 0 1 6 1 0 0 1 x x x x x → −∞ + + = = = −∞ − − − − ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 3 5 lim lim 0 lim 6 6 x x x x x b f x mx x x x x x →−∞ → −∞ → −∞ + + = − = − = − − − − 2 2 2 2 2 2 5 5 3 3 3 0 lim lim 3 1 6 1 6 1 0 0 1 1 x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ + + + = = = = − − − − − − Portanto, a reta 3 y = também é assíntota horizontal ao gráfico de f em −∞ . 38.3. { } { } : 1 0 1 f D x x = ∈ + ≠ = − R R Assíntotas verticais ( ) 1 1 4 5 9 lim lim 1 0 x x x f x x − − − →− →− − = = = −∞ + ( ) 1 1 4 5 9 lim lim 1 0 x x x f x x + + + → − → − − = = = +∞ + Portanto, a reta 1 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 5 4 4 5 4 5 lim lim lim lim 1 1 x x x x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ →+∞ →+∞ − − − = = = = + + + ( ) 5 4 4 0 lim 0 1 1 0 1 x x x x →+∞ − − = = = +∞ + + NEMA11PR © Porto Editora
- 202. Funções reais devariável real 203 203 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 4 5 4 5 lim lim 0 lim 1 1 x x x x x b f x mx x x x → +∞ →+∞ →+∞ − − = − = − = + + 5 5 4 4 4 0 lim lim 4 1 1 1 0 1 1 x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ − − − = = = = + + + Portanto, a reta 4 y = é assíntota horizontal ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 5 4 4 5 4 5 lim lim lim lim 1 1 x x x x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ → −∞ →−∞ → −∞ − + − − + = = = = + + + ( ) 5 4 4 0 lim 0 1 1 0 1 x x x x →−∞ − + − + = = = −∞ + + ( ) ( ) 4 5 4 5 lim lim 0 lim 1 1 x x x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ → −∞ − − + = − = − = + + 5 5 4 4 4 0 lim lim 4 1 1 1 0 1 1 x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ − + − + − + = = = = − + + + Portanto, a reta 4 y = − é assíntota horizontal ao gráfico de f em −∞ . 38.4. { } { } 2 : 4 0 2 , 2 f D x x = ∈ − ≠ = − R R 2 4 0 2 2 x x x − = ⇔ = ∨ = − Assíntotas verticais ( ) 3 2 2 2 2 5 3 9 lim lim 4 0 x x x x f x x − − + → − → − − + + = = = +∞ − ( ) 3 2 2 2 2 5 3 9 lim lim 4 0 x x x x f x x + + − → − → − − + + = = = −∞ − Portanto, a reta 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. ( ) 3 2 2 2 2 5 3 3 lim lim 4 0 x x x x f x x − − − → → − + + − = = = +∞ − ( ) 3 2 2 2 2 5 3 3 lim lim 4 0 x x x x f x x + + + → → − + + − = = = −∞ − Portanto, a reta 2 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 3 3 2 3 3 3 2 5 3 2 2 5 3 lim lim lim 4 4 1 x x x x f x x x x x m x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ − + + − + + = = = − − 2 3 2 5 3 2 2 0 0 lim 2 4 1 0 1 x x x x → +∞ − + + − + + = = = − − − ( ) ( ) 3 2 2 5 3 lim lim 2 4 x x x x b f x mx x x →+∞ → +∞ − + + = − = + − 3 3 2 2 2 3 3 2 5 3 2 8 lim lim 4 4 1 x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ − + − + + + − = = − − ( ) 2 3 3 3 0 lim 0 4 1 0 1 x x x x →+∞ − + − + = = = +∞ − − Portanto, a reta 2 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 3 3 2 3 3 3 2 5 3 2 2 5 3 lim lim lim 4 4 1 x x x x f x x x x x m x x x x x ∞ ∞ →−∞ → −∞ →−∞ − + + − + + = = = − − 2 3 2 5 3 2 2 0 0 lim 2 4 1 0 1 x x x x → −∞ − + + − + + = = = − − − ( ) ( ) 3 2 2 5 3 lim lim 2 4 x x x x b f x mx x x →−∞ →−∞ − + + = − = + − 3 3 2 2 2 3 3 2 5 3 2 8 lim lim 4 4 1 x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ − + − + + + − = = − − ( ) 2 3 3 3 0 lim 0 4 1 0 1 x x x x →−∞ − + − + = = = −∞ − − Portanto, a reta 2 y x = − também é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 38.5. { } 2 : 6 1 0 f D x x = ∈ + ≥ = R R Assíntotas verticais Não existem assíntotas verticais ao gráfico de f porque a função é contínua em R . Assíntota não vertical ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 1 6 6 1 lim lim lim x x x x f x x x m x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + = = = 2 2 1 6 1 lim lim 6 6 x x x x x x → +∞ →+∞ + = = + = ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 6 1 6 x x b f x mx x x → +∞ →+∞ = − = + − ( )( ) 2 2 2 6 1 6 6 1 6 lim 6 1 6 x x x x x x x ∞−∞ → +∞ + − + + = + + 2 2 2 2 6 1 6 1 1 lim lim 0 6 1 6 6 1 6 x x x x x x x x → +∞ →+∞ + − = = = = +∞ + + + + NEMA11PR © Porto Editora
- 203. 204 Unidade 4 204 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Portanto, a reta 6 y x = é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 1 6 6 1 lim lim lim x x x x f x x x m x x x ∞ ∞ →−∞ → −∞ → −∞ + + = = = 2 2 1 6 1 lim lim 6 6 x x x x x x → −∞ →−∞ − + = = − + = − ( ) ( ) ( ) 2 lim lim 6 1 6 x x b f x mx x x → −∞ →−∞ = − = + + ( )( ) 2 2 2 6 1 6 6 1 6 lim 6 1 6 x x x x x x x ∞−∞ → −∞ + + + − = = + − 2 2 2 2 6 1 6 1 1 lim lim 0 6 1 6 6 1 6 x x x x x x x x → −∞ → −∞ + − = = = +∞ + − + − Portanto, a reta 6 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . 38.6. { } { } 2 : 2 3 0 1 , 3 f D x x x = ∈ − − ≠ = − R R 2 2 4 12 2 3 0 3 1 2 x x x x x ± + − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Assíntotas verticais ( ) 3 2 1 1 5 5 lim lim 2 3 0 x x x f x x x − − + → − → − − = = = −∞ − − ( ) 3 2 1 1 5 5 lim lim 2 3 0 x x x f x x x + + − → − → − − = = = +∞ − − Portanto, a reta 1 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. ( ) 3 2 3 3 5 135 lim lim 2 3 0 x x x f x x x − − − → → = = = −∞ − − ( ) 3 2 3 3 5 135 lim lim 2 3 0 x x x f x x x + + + → → = = = +∞ − − Portanto, a reta 3 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 3 3 3 2 3 2 3 5 5 lim lim lim 2 3 2 3 1 x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ →+∞ = = = − − − − 2 3 5 5 lim 5 2 3 1 0 0 1 x x x → +∞ = = = − − − − ( ) ( ) 3 2 5 lim lim 5 2 3 x x x b f x mx x x x →+∞ → +∞ = − = − − − 2 3 3 2 2 2 2 2 15 10 5 5 10 15 lim lim 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ + − + + = − − − − 2 2 15 10 10 0 lim 10 2 3 1 0 0 1 x x x x →+∞ + + = = = − − − − Portanto, a reta 5 10 y x = + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 3 3 3 2 3 2 3 5 5 lim lim lim 2 3 2 3 1 x x x f x x x m x x x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ → −∞ = = = − − − − 2 3 5 5 lim 5 2 3 1 0 0 1 x x x → −∞ = = = − − − − ( ) ( ) 3 2 5 lim lim 5 2 3 x x x b f x mx x x x →−∞ →−∞ = − = − − − 2 3 3 2 2 2 2 2 15 10 5 5 10 15 lim lim 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ + − + + = = − − − − 2 2 15 10 10 0 lim 10 2 3 1 0 0 1 x x x x → −∞ + + = = = − − − − Portanto, a reta 5 10 y x = + também é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . Pág. 157 Proposta 39 39.1. Tendo em atenção o contexto do problema sabe-se que 0 D = N pois x representa o número de peças produzidas. 39.2. ( ) 16 16 16 lim lim lim lim 4 4 4 1 1 x x x x x x C x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = + + + 16 16 1 0 = = + Atendendo ao contexto do problema, conclui-se que quando o número de peças produzidas tende para +∞ , o custo por peça tenderá para 160 euros. 39.3. a) ( ) ( ) ( ) 2 2 16 2 8 16 2 8 2 4 4 4 x x x x x x L x V x C x x x x x + − − = − = − = = + + + b) Não haverá prejuízo se ( ) 0 L x ≥ . ( ) 2 2 4 0 2 8 0 0 0 2 8 0 0 4 x x x L x x x x x x + − ≥ ⇔ ≥ ∧ ≥ ⇔ − ≥ ∧ ≥ + ( ) 2 8 0 0 2 8 0 0 x x x x x ⇔ − ≥ ∧ ≥ ⇔ − ≥ ∧ ≥ 4 0 4 x x x ⇔ ≥ ∧ ≥ ⇔ ≥ Para que não haja prejuízo é necessário produzir, no mínimo, 4 peças. NEMA11PR © Porto Editora
- 204. Funções reais devariável real 205 205 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 40 A reta t, de equação 2 y x = , é assíntota ao gráfico de f em +∞ . Então, ( ) lim 2 t x f x m x →+∞ = = . Como a reta de equação 2 y x = é assíntota ao gráfico de f em +∞ , sabe-se que ( ) ( ) lim 2 0 x f x x →+∞ − = . A opção correta é a (B). Proposta 41 Como g D − =R e a reta 2 y = é assíntota ao gráfico de g sabe-se que ( ) lim x g x x →−∞ é igual ao declive dessa reta, ou seja, ( ) lim 0 x g x x →−∞ = . A opção correta é a (D). Pág. 158 Proposta 42 42.1. Como ( ) 1 lim x f x + → = +∞ e ( ) ( ) lim 3 0 x f x x →+∞ − − =, conclui-se que as retas de equações 1 x = e 3 y x = + são as assíntotas ao gráfico de f. Determinação das coordenadas do ponto P, ponto de interseção das assíntotas ao gráfico de f: 1 1 3 4 x x y x y = = ⇔ = + = Então, ( ) 1, 4 P . 42.2. A reta 3 y x = + é assíntota do gráfico de f e ] [ 1, f D = +∞ , logo sabe-se que ( ) lim 1 x f x x →+∞ = . Assim sendo, ( ) ( ) 2 2 2 5 5 lim lim x x x f x x f x x x x →+∞ →+∞ − = − ( ) 2 5 lim 0 1 1 x f x x x →+∞ = − = − = − Proposta 43 43.1. P é o ponto de interseção das assíntotas ao gráfico de f. Vamos então começar por determinar as equações das assíntotas ao gráfico de f. { } { } : 3 0 3 f D x x = ∈ + ≠ = − R R Assíntotas verticais ( ) 2 3 3 2 3 1 28 lim lim 3 0 x x x x f x x − − − → − → − − + − − = = = +∞ + ( ) 2 3 3 2 3 1 28 lim lim 3 0 x x x x f x x + + + → − → − − + − − = = = −∞ + Portanto, a reta 3 x = − é assíntota vertical ao gráfico de f. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 lim lim lim 3 3 1 x x x x f x x x x x m x x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ →+∞ − + − − + − = = = = + + 2 3 1 2 2 0 0 lim 2 3 1 0 1 x x x x → +∞ − + − − + − = = = − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 lim lim 2 3 x x x x b f x mx x x → +∞ → +∞ − + − = − = − − + 2 2 1 9 2 3 1 2 6 9 1 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ → +∞ →+∞ + − + − + + + = = = + + + 1 9 9 0 lim 9 3 1 0 1 x x x →+∞ + + = = = + + Portanto, a reta 2 9 y x = − + é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 lim lim lim 3 3 1 x x x x f x x x x x m x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ →−∞ − + − − + − = = = + + 2 3 1 2 2 0 0 lim 2 3 1 0 1 x x x x → −∞ − + − − + − = = = − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 lim lim 2 3 x x x x b f x mx x x → −∞ →−∞ − + − = − = − − + 2 2 1 9 2 3 1 2 6 9 1 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ →−∞ + − + − + + + = = = + + + 1 9 9 0 lim 9 3 1 0 1 x x x →−∞ + + = = = + + Portanto, a reta 2 9 y x = − + também é assíntota oblíqua ao gráfico de f em −∞ . Determinação das coordenadas do ponto P: ( ) 3 3 3 2 9 2 3 9 15 x x x y x y y = − = − = − ⇔ ⇔ = − + = − × − + = Então, ( ) 3, 15 P − . NEMA11PR © Porto Editora
- 205. 206 Unidade 4 206 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 43.2. A função g é definida por ( ) ( ) 2 1 g x f x = + − . O gráfico de g obtém-se a partir do gráfico de f por uma translação de vetor ( ) 1 , 2 u . Se 3 x = − e 2 9 y x = − + são assíntotas ao gráfico de f, então 3 1 x = − + e ( ) 2 1 9 2 y x = − − + + , ou seja, 2 x = − e 2 13 y x = − + , são assíntotas ao gráfico de g. 43.3. ( ) 2 2 3 1 0 0 3 x x f x x − + − = ⇔ = + 2 2 3 1 0 3 0 x x x ⇔ − + − = ∧ + ≠ 3 9 8 3 4 x x − ± − ⇔ = ∧ ≠ − − 1 1 1 3 1 2 2 x x x x x ⇔ = ∨ = ∧ ≠ − ⇔ = ∨ = Zeros de f: 1 e 1 2 . 43.4. Para sabermos os valores inteiros de k para os quais a equação ( ) f x k = é impossível, deve-se determinar o contradomínio da função f. Sabe-se que: ] ] [ [ ´ , , f D a b = −∞ ∪ + ∞ , sendo 0,033 a ≈ e 29,967 b ≈ . Donde se conclui que ] [ 0, 30 k∈ ∩Z. Pág. 159 Proposta 44* 44.1. 2 2 2 2 3 4 4 3 4 3 lim lim lim 6 6 6 1 1 x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ →−∞ + + + = = + + + 2 2 3 3 4 4 4 0 lim lim 4 6 6 1 0 1 1 x x x x x x x x →−∞ →−∞ + + + = = = = − − + − + − + 44.2. 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 lim lim 1 7 1 7 1 1 x x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ − − = + + + + + + 2 2 2 2 2 3 2 3 lim lim 1 7 1 7 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x → +∞ → +∞ − − = = + + + + + + 2 2 2 3 0 3 3 lim 2 1 7 1 0 1 0 1 1 x x x x → +∞ − − = = = − + + + + + + 44.3. 2 4 lim 2 1 3 x x x x ∞ ∞−∞ →+∞ − = + − + ( )( ) ( )( ) 2 4 2 1 3 lim 2 1 3 2 1 3 x x x x x x x x → +∞ − + + + = + − + + + + ( )( )( ) 2 2 2 1 3 lim 2 x x x x x x → +∞ − + + + + = − ( )( ) ( ) ( ) lim 2 2 1 3 x x x x → +∞ = + + + + = +∞ × +∞ = +∞ Proposta 45 * f D = R ⋅ Seja 2 a π ∈ R . ( ) 1 1 lim lim cos sin cos sin 2 2 x a x a f x x a x a → → = = − π − π ( ) 1 cos sin 2 f a a a = − π Existe ( ) lim x a f x → porque ( ) ( ) lim x a f x f a → = . Logo, f é contínua em x a = . ⋅ Seja 2 a π = . A função seno é limitada pois sabe-se que 1 sin 1 x − ≤ ≤ . NEMA11PR © Porto Editora
- 206. Funções reais devariável real 207 207 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Então, tem-se que a função definida por 1 sin 2 y x = − π é limitada. 2 lim cos cos 0 2 x x π → π = = Donde se conclui que ( ) 2 2 1 lim lim cos sin 0 2 x x f x x x π π → → = = − π . 0 2 f π = Então, existe ( ) 2 lim x f x π → porque ( ) 2 lim 2 x f x f π → π = . Logo, f é contínua em 2 x π = . ⋅ Como f é contínua em 2 π R e é contínua em 2 x π = , conclui- se que f é contínua em R . Proposta 46 * 47.1. Assíntota vertical ( ) 2 1 1 3 1 5 lim lim 1 0 x x x x f x x − − − → → + + = = = −∞ − Portanto, a reta 1 x = é assíntota vertical ao gráfico de f. : 1 r x = . Assíntota não vertical ( ) y mx b = + em −∞ : ( ) 2 2 2 2 2 1 1 3 3 1 lim lim lim 1 1 x x x x f x x x x x m x x x x x ∞ ∞ →−∞ →−∞ → −∞ + + + + = = = − − 2 1 1 3 3 0 0 lim 3 1 1 0 1 x x x x →−∞ + + + − = = = − − ( ) ( ) 2 3 1 lim lim 3 1 x x x x b f x mx x x →−∞ →−∞ + + = − = − − 2 2 1 4 3 1 3 3 4 1 lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ →−∞ + + + − + + = = = − − − 1 4 4 0 lim 4 1 1 0 1 x x x → −∞ + + = = = − − Portanto, a reta 3 4 y x = + também é assíntota ao gráfico de f em −∞ . : 3 4 t y x = + Determinação das coordenadas do ponto A: 1 1 3 4 7 x x y x y = = ⇔ = + = Então, ( ) 1, 7 A . 47.2. Assíntota não vertical ( ) y mx b = + em +∞ : ( ) 2 2 2 1 3 3 4 4 lim lim lim x x x x x f x x m x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ → +∞ + + = = = 2 2 2 1 3 1 3 1 3 1 1 4 4 lim lim lim 0 4 4 2 x x x x x x x x x x → +∞ →+∞ →+∞ + + = = = + = + = ( ) ( ) 2 1 lim lim 3 4 2 x x x b f x mx x →+∞ → +∞ = − = + − 2 2 2 2 1 1 3 3 4 2 4 2 3 lim lim 1 1 3 3 4 2 4 2 x x x x x x x x x x → +∞ →+∞ + − + + = = + + + + 3 0 = = +∞ Portanto, a reta 2 x y = é assíntota ao gráfico de f em +∞ . : 2 x s y = . Determinação das coordenadas do ponto B: 4 3 4 3 4 5 8 3 4 2 2 5 y x y x y x x y x x = + = + = − ⇔ ⇔ = + = = − Então, 8 4 , 5 5 B − − . Proposta 47 * Assíntota não vertical ( ) y mx b = + em +∞ : ( ) 2 2 2 2 2 2 lim lim lim 3 3 x x x x x f x x x m x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ → +∞ − − + = = = + + 2 2 2 2 1 1 0 1 lim lim 1 3 3 1 0 1 1 x x x x x x x x → +∞ → +∞ − + − + + = = = = + + + ( ) ( ) 2 2 lim lim 1 3 x x x x b f x mx x x →+∞ →+∞ − + = − = − + 2 2 2 3 5 5 lim lim lim 3 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x ∞ ∞ →+∞ → +∞ →+∞ − + − − − − = = = + + + 5 5 lim 5 3 1 0 1 x x →+∞ − − = = = − + + Portanto, a reta 5 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de f em +∞ . A reta r é a reta de equação 5 y x = − e interseta os eixos coordenados nos pontos de coordenadas ( ) 5, 0 e ( ) 0, 5 − . NEMA11PR © Porto Editora
- 207. 208 Unidade 4 208 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 160 84.1. ( ) ( ) 7 3 3 1 5 2 2 g g − = − = − 84.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 0 10 6 2 10 6 10 4 g g g g − − = ⇔ − − = ⇔ − = − 84.3. a) [ ] ( ) ( ) 0,3 7 2 3 0 1 2 . . . 3 0 3 2 g g t m v − − = = = − b) ( ) 3 , 1 2 3 1 5 5 2 . . . 0 5 3 1 2 2 g g t m v − − − − = = = − − c) [ ] ( ) ( ) 1,3 7 5 3 1 3 2 . . . 3 1 2 4 g g t m v − − = = = − − 84.4. [ ] ( ) ( ) ( ) 3,5 7 5 5 3 5 5 5 2 . . . 4 5 3 4 2 4 g g g t m v − − = − ⇔ = − ⇔ = − − ( ) ( ) 7 5 5 5 1 2 2 g g ⇔ − = − ⇔ = Então, ( ) ( ) 5 0 1 2 1 g g − = − = − . Tarefa 11 1.1. ( ) ( ) 4 2 46 28 18 f f − = − = 1.2. ( ) ( ) 8 4 58 46 12 f f − = − = 1.3. ( ) ( ) 13 8 28 58 30 f f − = − = − 2.1. [ ] ( ) ( ) 2,4 4 2 18 . . . 9 4 2 2 f f t m v − = = = − 2.2. [ ] ( ) ( ) 4 ,8 8 4 12 . . . 3 8 4 4 f f t m v − = = = − 2.3. [ ] ( ) ( ) 8 ,13 13 8 30 . . . 6 13 8 5 f f t m v − − = = = − − Pág. 161 85.1. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as condições do enunciado é, por exemplo: 85.2. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as condições do enunciado é, por exemplo: 85.3. Uma representação gráfica de uma função f que satisfaz as condições do enunciado é, por exemplo: 86. [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) , 0 . . . 0 0 0 a b b a f b f a t m v f b f a b a − − ⇔ ⇔ − − ( ) ( ) f b f a ⇔ A afirmação I é verdadeira. A afirmação II é falsa. O facto de sabermos que ( ) ( ) f b f a não garante que a uma função f seja crescente em [ ] , a b . 87.1. A reta r passa pelos pontos de coordenadas ( ) 1, 4 − e ( ) 7, 0 , então ( ) 0 4 1 7 1 2 r m − = = − − − . Uma equação da reta r é do tipo 1 2 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) 7, 0 pertence à reta r, então tem-se: 1 7 0 7 2 2 b b = − × + ⇔ = Equação da reta r: 1 7 2 2 y x = − + . Logo, ( ) 1 7 5 2 2 2 2 2 f = − × + = . [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 1,2 2 1 2 4 1 1 . . . 2 1 2 3 2 r f f f t m v m − − − − = ⇔ = − ⇔ = − − − ( ) 5 2 2 f ⇔ = 87.2. [ ] 1,2 1 . . . 2 r t m v m − = = − 87.3. [ ] 2, 1 . . . 2 r k t m v m = = − NEMA11PR © Porto Editora
- 208. Funções reais devariável real 209 209 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 162 88.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 f h f h h + − = − + + + − − + × 2 2 4 4 6 3 4 6 h h h h h = − − − + + + − = − − 88.2. a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 2 2 1 lim lim lim lim 1 h h h h f h f h h h h h h h h → → → → + − − − − − = = = − − 1 = − b) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 1 3 1 1 3 2 lim lim lim 1 1 1 x x x x x f x f x x x x x → → → − + − − + × − − + − = = − − − ( )( ) ( ) 1 1 1 2 lim lim 2 1 1 x x x x x x → → − − − = = − + = − Cálculo auxiliar: 2 3 9 8 3 2 0 2 x x x − ± − − + − = ⇔ = − 1 2 x x ⇔ = ∨ = 89.1. a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 3 3 2 3 3 lim lim 3 3 x x x g x g g x x → → − − × − − ′ = = − − ( )( ) ( ) 2 3 3 3 3 3 3 3 27 lim lim lim 3 9 18 3 3 x x x x x x x x x → → → − + − = = = += − − b) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 2 2 2 1 3 3 3 2 lim lim lim 2 2 2 x x x x g x g x x g x x x →− →− →− + − + − − − − ′ − = = = + + + ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 lim lim 3 3 2 3 3 9 x x x x x x →− →− + = = = − − + − 89.2. Para verificar se existe ( ) ( ) 0 0 lim x g x g x → − temos de recorrer ao cálculo dos limites laterais. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 0 3 2 2 3 lim lim lim lim 3 0 x x x x g x g x x x x x x + + + + → → → → − − − − = = = = ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 2 2 2 2 0 1 1 lim lim lim x x x x g x g x x x x x − − − → → → + − − − − − − = = ( ) 0 0 2 2 lim lim 2 1 1 x x x x x x − − → → = = = − − − Como ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 lim lim x x g x g g x g x x + − → → − − ≠ , conclui-se que não existe ( ) ( ) 0 0 lim x g x g x → − . Pág. 163 90.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 3 3 2 3 2 6 2 16 f f f f − = + − = + × = 90.2. [ ] ( ) ( ) 3,5 5 3 16 . . . 8 5 3 2 f f t m v − = = = − 90.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 3 3 6 6 3 lim lim lim h h h f h f h h h h f h h h → → → + − + + ′ = = = ( ) 0 lim 6 6 h h → = + = 90.4. O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto ( ) 3, 1 P é igual a ( ) ´ 3 f , ou seja, 6. A reta tangente é do tipo 6 y x b = + . Como o ponto ( ) 3 , 1 P pertence à reta tangente, então tem-se: 1 6 3 17 b b = × + ⇔ = − . Uma equação da reta tangente é 6 17 y x = − . 91. ( ) ( ) ( ) 0 2 2 lim 4 ´ 2 4 h g h g g h → + − = − ⇔ = − O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto ( ) 2 , 5 A é igual a ( ) ´ 2 g , ou seja, 4 − . A reta tangente é do tipo 4 y x b = − + . Como o ponto ( ) 2 , 5 A pertence à reta tangente, então tem-se: 5 4 2 13 b b = − × + ⇔ = . Uma equação da reta tangente é 4 13 y x = − + . Pág. 164 92.1. a) ( ) ´ 1,8 tan 60 3 r f m − = = ° = b) ( ) ´ 4 0 s f m = = 92.2. ( ) ´ 0 f a porque reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa a tem declive negativo. 93.1. Seja [ ] , c d um intervalo qualquer contido no domínio da função f, ou seja, contido em R . [ ] ( ) ( ) ( ) , . . . c d f d f c a d c ad b ac b ad ac t m v a d c d c d c d c − − + − − − = = = = = − − − − Donde se conclui que a taxa média de variação em qualquer intervalo é constante (igual a a). 93.2. Seja c∈R . ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim lim x c x c x c f x f c a x c ax b ac b f c x c x c x c → → → − − + − − ′ = = = − − − lim x c a a → = = 94.1. a) O ponto de abcissa 3 pertence ao gráfico da função j e à reta tangente ao gráfico da função j nesse ponto (de equação 2 y x = − + ). Então, ( ) 3 3 2 1 j = − + = − . b) ( ) 3 j′ é igual ao declive da reta tangente ao gráfico de j no ponto de abcissa 3, ou seja, ( ) ´ 3 1 j = − . NEMA11PR-14 NEMA11PR © Porto Editora
- 209. 210 Unidade 4 210 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 94.2. O declive da reta tangente ao gráfico da função j no ponto de abcissa 1 é igual a ( ) ´ 1 j , ou seja, 5. A reta tangente é do tipo 5 y x b = + . Como o ponto de coordenadas ( ) 1,0 pertence à reta tangente, então tem-se: 0 5 1 5 b b = × + ⇔ = − . Uma equação da reta tangente ao gráfico da função j no ponto de abcissa 1 é 5 5 y x = − . Tarefa 12 1. O depósito está cheio quando a altura do nível da água for igual a 10 dm. ( ) 2 2 4 16 160 10 10 4 40 0 4 2 t f t t t t t − ± + = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ = 4 176 4 176 2 2 t t − + − − ⇔ = ∨ = Como 0 t ≥ , conclui-se que 4 176 2 t − + = , ou seja, 4,633 t ≈ min. Ora, 0,633 60 38 × ≈ . Donde se conclui que o enchimento do depósito durou, aproximadamente, 4 min e 38 s. 2. A altura do nível da água no depósito ao fim de dois minutos é dada por ( ) 2 f . ( ) 2 2 2 2 3 4 f = + = 3 5 4 3 60 dm 60 l V = × × = = Ao fim de dois minutos há 60 litros de água no depósito. 3.1. ( ) ( ) 2 2 3 1 8 3 1 3 1 2 4 4 4 4 f f − = + − − = + = Interpretação: Entre o 1.º e o 3.º minuto, a nível de água no depósito subiu 4 dm. 3.2. ( ) ( ) 2 2 4 1 15 4 1 3 4 1 27 4 4 4 2,25 3 3 3 12 f f + − − + − = = = = Interpretação: Entre o 1.º e o 4.º minuto, a nível de água subiu no depósito, em média, 2,25 dm por minuto. 4.1. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 h h f h f h h + + + − − + − = 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 4 4 4 4 4 4 h h h h h h h h h h h h + + + + + + + − + − = = 2 6 6 4 4 h h h h + + = = 4.2. ( ) ( ) ( ) 0 0 1 1 6 6 ´ 1 lim lim 1,5 4 4 h h f h f h f h → → + − + = = = = 4.3. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 h h f h f h h + + + − − + − = 2 2 4 4 1 8 8 4 4 4 h h h h h h h h + + + − + + = = = ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 8 8 2 lim lim 2 4 4 h h f h f h f h → → + − + ′ = = = = A afirmação é verdadeira porque ( ) ´ 2 2 f = e ( ) ´ 1 1,5 f = . 5.1. a) ( ) ( ) 2 2 5 4 20 5 20 4 t V t f t t t t = × × = × + = + b) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 5 3 20 3 5 3 20 3 V h V h h h h + − + + + − × − × = 2 2 45 30 5 60 20 45 60 5 50 5 50 h h h h h h h h + + + + − − + = = = + 5.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 3 3 3 lim lim 5 50 50 h h V h V V h h → → + − ′ = = + = A taxa instantânea de variação do volume no instante 3 t = é igual a 50 . Pág. 165 95. O declive da reta t, reta tangente ao gráfico da função g no ponto ( ) 1, 2 P , é igual a ( ) 1 g′ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 1 3 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 x x x x g x g x g x x x → → → − + − − + − − + ′ = = = − − − ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 lim lim 1 2 1 x x x x x x → → − − + = = − − = − − A reta t é do tipo 2 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) 1,2 P pertence à reta t, então tem-se: 2 2 1 4 b b =− × + ⇔ = Equação reduzida da reta t: 2 4 y x = − + . 96.1. [ ] ( ) ( ) 3,5 5 1 5 3 1 7 . . . 5 3 2 7 g g t m v − − = = = − − 96.2. ( ) ( ) ( )( ) 5 5 2 1 3 3 2 2 3 3 3 3 2 x g x g x x x x x x x x − − − − − + + = = = − − − − + 1 1 2 2 x x − = = − + + 96.3. ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 1 3 lim lim 3 2 5 x x g x g g x x → → − ′ = = − = − − + 96.4. O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 3 é igual a ( ) 3 g′ , ou seja, 1 5 − . NEMA11PR © Porto Editora
- 210. Funções reais devariável real 211 211 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) A reta tangente é do tipo 1 5 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) 3,1 pertence à reta tangente, então tem-se: 1 8 1 3 5 5 b b = − × + ⇔ = A equação reduzida da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 3 é 1 8 5 5 y x = − + . Tarefa 13 1.1. a) A taxa média de variação da função f é positiva no intervalo [ ] , a b porque ( ) ( ) f b f a . b) A taxa média de variação da função f é nula no intervalo [ ] 0, c porque ( ) ( ) 0 f c f = . c) A taxa média de variação da função f é negativa no intervalo [ ] , b c porque ( ) ( ) f c f b . 1.2. ( ) ´ r f a m = , ( ) ´ s f b m = e ( ) ´ t f c m = . Por observação gráfica sabe-se que 0 r m = , 0 s m e 0 t m . Donde se conclui que ( ) ( ) ( ) ´ ´ ´ f c f a f b . 2.1. Um vetor diretor da reta r é ( ) 5,4 v − . [ ] 3,5 4 4 . . . 5 5 r t m v m = = = − − 2.2. ( ) 0 8 2 4 0 t g a m − ′ = = = − − Pág. 166 97.1. ( ) 2 2 2 6 2 1 9 h = − + × + = Decorridos dois segundos, a bola encontra-se a 9 m de altura. 97.2. [ ] ( ) ( ) 0,2 2 0 9 1 . . . 4 2 0 2 h h t m v − − = = = − A velocidade média nos dois primeiros segundos era de 4 m/s . 97.3. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 1 9 ´ 2 lim lim 2 2 t t h t h t t h t t → → − − + + − = = − − ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 6 8 lim lim lim 4 2 2 2 t t t t t t t t t t → → → − − − − + − = = = − + = − − A velocidade no instante 2 t = era de 2 m/s . 97.4. a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 6 1 3 6 3 1 3 3 lim lim 3 3 t t t t h t h h t t → → − + + − − + × + − ′ = = − − ( ) ( ) 2 2 3 3 3 3 6 9 lim lim lim 3 0 3 3 t t t t t t t t t → → → − − − + − = = = − + = − − Decorridos três segundos, a bola atinge a altura máxima pois a velocidade nesse instante é nula. b) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 5 6 1 5 6 5 1 5 5 lim lim 5 5 t t t t h t h h t t → → − + + − − + × + − ′ = = − − ( )( ) ( ) 2 5 5 5 1 5 6 5 lim lim lim 1 4 5 5 t t t t t t t t t t → → → − − − − + − = = = − + =− − − Cálculo auxiliar: 2 6 36 20 6 5 0 1 5 2 t t t t t − ± − − + − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Decorridos cinco segundos, a bola está a descer a uma velocidade de 4 m/s . Pág. 167 98.1. 24 km 2400 dam 24 km/h 2400 dam/h 1h 1h V = = = = 98.2. 24 km 24000 m 24 km/h 24000 m/h 1h 1h V = = = = 98.3. 24 km 24000 m 24 km/h 400 m/min 1h 60 min V = = = = 99.1. Velocidade média em [ ] 0, 2 : ( ) ( ) 2 2 0 5 2 20 2 3 3 20 2 0 2 h h − − × + × + − = = − ( ) 3 20m/s 20 10 3600 km/h 72km/h V − = = × × = 99.2. Velocidade no instante 1 t = : ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 5 20 3 18 1 lim lim 1 1 t t h t h t t h t t → → − − + + − ′ = = − − ( )( ) ( ) 2 1 1 1 5 1 3 5 20 15 lim lim lim 5 15 10 1 1 t t t t t t t t t t → → → − − − − + − = = = − + = − − Cálculo auxiliar: 2 2 4 16 12 5 20 15 0 4 3 0 2 t t t t t − ± − − + − = ⇔ − + − = ⇔ = − 1 3 t t ⇔ = ∨ = 10m/s 10×100 cm/s 1000 cm/s V = = = Pág. 168 100.1. ( ) 2 0 45 4,9 0 45 d = − × = O objeto foi largado a 45 m de altura. 100.2. ( ) 2 2 45 0 45 4,9 0 4,9 d t t t = ⇔ − = ⇔ = 45 45 4,9 4,9 t t ⇔ = ∨ = − Como 0 t ≥ , conclui-se que 45 4,9 t = , ou seja, 3 s t ≈ . O objeto demorou, aproximadamente, 3 segundos a atingir a superfície da água. 100.3. Velocidade média em [ ] 1, 2 : ( ) ( ) 2 2 2 1 45 4,9 2 45 4,9 1 14,7 2 1 1 h h − − × − + × = = − − 14,7m/s V = − NEMA11PR © Porto Editora
- 211. 212 Unidade 4 212 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 100.4. Velocidade no instante 2,5 t = : ( ) ( ) ( ) 2 2 2,5 2,5 2,5 45 4,9 45 4,9 2,5 2,5 lim lim 2,5 2,5 t t h t h t h t t → → − − − + × ′ = − − ( )( ) 2 2 2,5 2,5 4,9 2,5 2,5 4,9 4,9 2,5 lim lim 2,5 2,5 t t t t t t t → → − + − − + × = − − ( ) 2,5 lim 4,9 2,5 24,5 t t → = − + = − 24,5m/s V = − Tarefa 14 1.1. ( ) 2 2 88 2 90 88 2 90 88 0 d t t t t t = ⇔ − + = ⇔ − + − = 1 44 t t ⇔ = ∨ = Como 0 5 t ≤ ≤ , conclui-se que 1 t = . ( ) 2 2 212,5 2 90 212,5 2 90 212,5 0 d t t t t t = ⇔ − += ⇔ − + − = 2,5 42,5 t t ⇔ = ∨ = Como 0 5 t ≤ ≤ , conclui-se que 2,5 t = . A situação representada em I ocorreu às 10 h e a situação descrita em II ocorreu às 11 h 30 min. 1.2. ( ) 2 2 252 2 90 252 2 90 252 0 d t t t t t = ⇔ − + = ⇔ − + − = 3 42 t t ⇔ = ∨ = Como 0 5 t ≤ ≤ , conclui-se que 3 t = . 252 84 km/h 3 v = = . A velocidade média foi de 84 km/h. 1.3. Não porque na figura IV o conta-quilómetros marca 352,8 km e ( ) 5 400 d = . 2. ( ) ( ) 2 0 172 0 86 2 2 d d − − = = Significa que nas duas primeiras horas de viagem, o Ricardo percorreu, em média, 86 km por hora. 3.1. ( ) ( ) ( )( ) 2 1 1 1 1 2 1 44 2 90 88 lim lim lim 1 1 1 t t t d t d t t t t t t t → → → − − − − − + − = = − − − ( ) 1 lim 2 88 86 t t → = − + = No instante em que tinha decorrido uma hora de viagem, a velocidade era de 86 km por hora. 3.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 4 4 2 4 90 4 328 lim lim h h d h d h h h h → → + − − + + + − = 2 2 0 0 32 16 2 360 90 328 2 74 lim lim h h h h h h h h h → → − − − + + − − + = ( ) ( ) 0 0 2 74 lim lim 2 74 74 h h h h h h → → − + = = − + = No instante em que tinham decorrido quatro horas de viagem, a velocidade era de 74 km por hora. 4. Não, no instante em que se completaram duas horas de viagem, a velocidade era de 82 km por hora. ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 43 2 90 172 lim lim lim 2 2 2 t t t d t d t t t t t t t → → → − − − − − + − = = − − − ( ) 2 lim 2 86 82 t t → = − + = Pág. 170 101.1. a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 3 1 1 1 f x f x x x x x x x − − − + − − − − + + = = − − + + ( )( ) 1 3 3 1 x x x x − + − = = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim 3 4 1 x x f x f f x x →− →− − − ′ −= = − + = + Cálculo auxiliar: 2 2 4 12 2 3 0 1 3 2 x x x x x − ± + − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − . b) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 9 6 2 3 3 3 3 f x f x x x x x x x − − + − − + − + + = = − − − ( )( ) 1 3 1 3 x x x x − + − = = − − − ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 lim lim 1 4 3 x x f x f f x x → → − ′ = = − − = − − 101.2. ( ) , 8 , 0 P x x − e ( ) 8 f x = − ( ) 2 2 8 2 8 2 8 0 f x x x x x = − ⇔ − + = − ⇔ − + + = 2 4 32 2 4 2 x x x − ± + ⇔ = ⇔ = − ∨ = − Como 0 x , conclui-se que 4 x = . O declive da reta t, reta tangente ao gráfico da função g no ponto ( ) 4, 8 P − , é igual a ( ) 4 f′ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 4 8 4 4 lim lim 4 4 x x x x f x f f x x → → − + − − + − ′ = = − − ( )( ) ( ) 2 4 4 4 1 2 4 2 8 lim lim lim 2 6 4 4 x x x x x x x x x x → → → − + − − + + = = = − − = − − − Cálculo auxiliar: 2 2 4 32 2 8 0 2 4 2 x x x x x − ± + − + + =⇔ = ⇔ = − ∨ = − . A reta t é do tipo 6 y x b = − + . Como o ponto ( ) 4, 8 P − pertence à reta t, então tem-se: 8 6 4 16 b b − =− × + ⇔ = . Equação reduzida da reta t: 6 16 y x = − + . NEMA11PR © Porto Editora
- 212. Funções reais devariável real 213 213 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 101.3. a) O domínio da função f é R . Seja a∈R , então tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 2 lim lim h h a h a h a a f a h f a f a h h → → − + + + − + + − ′ = = 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 2 lim lim h h a ah h a h a a ah h h h h → → − − − + + + − − − + = ( ) ( ) 0 0 2 2 lim lim 2 2 2 2 h h h a h a h a h → → − − + = = − − + = − + Assim sendo, tem-se ( ) , 2 2 f a D f a a ′ ∀ ∈ = − + . A função f é diferenciável no seu domínio. Então, a função derivada de f é definida por: : 2 2 f x x ′ → − + R R ֏ b) O domínio da função g é R . Seja a∈R , então tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 3 1 3 1 lim lim h h a h a g a h g a g a h h → → + + − + + − ′ = = ( ) 2 2 2 2 0 0 0 6 3 3 6 3 1 3 1 6 3 lim lim lim h h h h a h a ah h a ah h h h h → → → + + + + − − + = = = ( ) 0 lim 6 3 6 h a h a → = + = Assim sendo, tem-se ( ) , 6 g a D g a a ′ ∀ ∈ = . A função g é diferenciável no seu domínio. Então, a função derivada de g é definida por: : 6 g x x ′ → R R ֏ Pág. 172 102.1. ( ) ( ) 1 se 1 1 1 se 1 x x g x x g x x x − ≥ = − ⇔ = − + ( ) ( ) x 1 x 1 lim lim 1 0 g x x + + → → = − = ( ) ( ) x 1 x 1 lim lim 1 0 g x x − − → → = − + = ( ) 1 1 1 0 g = − = Como 1 g D ∈ e ( ) ( ) ( ) x 1 x 1 lim lim 1 g x g x g − + → → = = , conclui-se que a função g é contínua em 1 x = . 102.2. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 1 lim lim 1 1 1 x x g x g x g x x + + + → → − − − ′ = = = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 0 1 lim lim lim 1 1 1 1 x x x g x g x x g x x x − − − − → → → − − − − + − ′ = = = = − − − − Como ( ) ( ) 1 1 g g − + ′ ′ ≠ , conclui-se que não existe derivada da função g em 1 x = . 103.1. a) A reta que contém a semirreta 1 t passa nos pontos de coordenadas ( ) 5, 2 e ( ) 0, 6 . Então, o seu declive é 2 6 4 5 0 5 m − = = − − . b) A reta que contém a semirreta 2 t passa nos pontos de coordenadas ( ) 5, 2 e ( ) 4, 0 . Então, o seu declive é 2 0 2 5 4 m − = = − . 103.2. a) ( ) ( ) 1 5 5 4 lim 5 5 t x f x f m x − → − = = − − b) ( ) ( ) 2 5 5 lim 2 5 t x f x f m x + → − = = − 103.3. A função f não é diferenciável em 5 x = porque ( ) ( ) 5 5 f f − + ′ ′ ≠ . Pág. 173 104.1. Se ( ) 3 2 f ′ = , então é diferenciável em 3 x = e sendo diferenciável é contínua em 3 x = . Então, ( ) ( ) 3 lim 3 1 x f x f → = = − . 104.2. O declive da reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 3 é igual a ( ) ´ 3 f , ou seja, 2. A reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 3 é do tipo 2 y x b = + . Como o ponto de coordenadas ( ) 3, 1 − pertence à reta, então tem-se: 1 2 3 7 b b − = × + ⇔ = − . Equação reduzida da reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 3: 2 7 y x = − . 104.3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 3 3 3 3 lim lim 3 3 9 x x f x f f x f x x x → → − − = − + − ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 1 1 1 lim lim 3 2 3 3 6 6 3 x x f x f f x x → → − ′ = × = × = × = − + 105.1. Por observação gráfica sabe-se que ( ) 2 lim 2 x f x − → = e ( ) 2 lim 4 x f x + → = . Como ( ) ( ) 2 2 lim lim x x f x f x − + → → ≠ , conclui-se que não existe ( ) 2 lim x f x → . Assim sendo, a função f é descontínua em 2 x = porque não existe ( ) 2 lim x f x → . 105.2. Por observação gráfica sabe-se que ( ) 2, 4 x f x ∀ = e ( ) 2 2 f = . Então, ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 2 lim lim lim 2 2 2 0 x x x f x f x x x + + + + → → → − − = = = = +∞ − − − . 105.3. Como a função f é descontínua em 2 x = , então não é diferenciável em 2 x = . NEMA11PR © Porto Editora
- 213. 214 Unidade 4 214 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 174 106. Sendo ( ) 2 f x x = , então ( ) 2 f x x ′ = . Designemos por a e b as abcissas dos pontos A e B, respetivamente. Os pontos A e B pertencem ao gráfico de f, então tem-se ( ) ( ) , A a f a e ( ) ( ) , B b f b . Como a reta r é tangente ao gráfico de f no ponto A e tem declive 2 − , sabe-se que ( ) ´ 2 f a = − . ( ) 2 2 2 1 f a a a ′ = − ⇔ = − ⇔ = − ( ) ( ) 2 1 1 1 f − =− = , logo ( ) 1, 1 A − . Como a reta s é tangente ao gráfico de f no ponto B e tem declive 4, sabe-se que ( ) ´ 4 f b = . ( ) 4 2 4 2 f b a a ′ = ⇔ = ⇔ = ( ) 2 2 2 4 f = = , logo ( ) 2,4 B . 107. Sendo ( ) 3 g x x = , então ( ) 2 3 g x x ′ = . As retas tangentes ao gráfico da função g que são paralelas à retas definida pela equação 12 y x = têm declive igual a 12. ( ) 2 2 12 3 12 4 2 2 g x x x x x ′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Ora, ( ) 3 2 2 8 g = = e ( ) ( ) 3 2 2 8 g − = − = − . Assim sendo, as coordenadas dos pontos pedidos são ( ) 2, 8 − − e ( ) 2,8 . Pág. 175 108.1. ( ) ( ) 5 1 f x x ′ ′ = + = 108.2. ( ) ( ) 2 2 1 f x x x x ′ ′ = − = − 108.3. ( ) ( ) 3 2 2 3 1 f x x x x ′ ′ = − + = − 108.4. ( ) ( ) 3 2 2 3 2 1 f x x x x x x ′ ′ = − + = − + 108.5. ( ) ( ) 3 2 2 3 1 f x x x x ′ ′ = + − = + 109. Sendo ( ) 3 2 f x x x x = − − , então ( ) 2 3 2 1 f x x x ′ = − − . Designemos por a e b as abcissas dos pontos A e B, respetivamente. Os pontos A e B pertencem ao gráfico de f, então tem-se ( ) ( ) , A a f a e ( ) ( ) , B b f b . Como as retas tangentes ao gráfico de f nesses pontos são paralelas ao eixo das abcissas, têm declive 0 . Então tem-se ( ) 0 f a ′ = e ( ) 0 f b ′ = . ( ) 2 2 4 12 1 0 3 2 1 0 1 6 3 f x x x x x x ± + ′ = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − Por observação gráfica, sabe-se que a b . Então tem-se 1 3 a = − e 1 b = . 3 2 1 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3 3 27 9 3 27 f − = − − − − − = − − + = e ( ) 3 2 1 1 1 1 1 f = − − = − . Donde se conclui que 1 5 , 3 27 A − e ( ) 1, 1 B − . Pág. 176 110.1. ( ) ( ) ( ) 3 4 3 0 3 1 3 f x x x ′ ′ ′ = + = × + = × = 110.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 3 3 1 3 2 2 2 2 x f x x x x x ′ ′ ′ ′ = − = × − × = × − × 1 6 2 x = − 110.3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 2 f x x x x x x x ′ ′ ′ = − + − ( )( ) ( )( ) 2 2 3 4 2 3 1 2 4 10 6 x x x x x x x = − + − = − 110.4. ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 3 3 x x f x x x x x ′ ′ ′ = − + − ( ) ( ) 3 2 3 2 2 8 8 2 3 2 3 3 3 3 x x x x x x = − + − = − 111. Como a reta t é tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa −1, sabe-se que ( ) ' 1 1 t f m − = = e ( ) 1 1 3 2 f − = − + = . ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 3 6 g x x x x x ′ ′ ′ = − =− × =− × =− , logo ( ) ( ) 2 1 6 1 6 g′ − =− × − =− . Então, tem-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 f g f g g f ′ ′ ′ × − = − × − + − × − ( ) 1 2 6 2 10 = × + − × =− . 112.1. ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 j x r x r x ′ ′ ′ = = Logo, ( ) ( ) ( ) (4) 2 4 2 tan 135 2 1 2 j r′ ′ = = ° = × − =− . 112.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ( ) (0) 0 0 0 0 1 1 3 2 2 r s r s s r ′ ′ ′ × = × + × =− × + × = Pág. 177 113.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ + − + ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 1 1 x x x x + − = = + + 113.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 x x x x x f x x x ′ ′ ′ − + − + − − ′ = = + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 2 3 3 2 3 6 6 3 2 3 2 x x x x x x x − + − − − − = = + + 113.3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x f x x x x x ′ ′ ′ − + − + − − ′ = = + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 1 2 1 4 3 1 x x x x x x x x x x + − + − − + + = = + + NEMA11PR © Porto Editora
- 214. Funções reais devariável real 215 215 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 114. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 5 5 5 5 5 f g g f f g g ′ ′ ′ × − × = 1 2 1 2 2 x x y y − + = ⇔ = + (5) 3 f = e 1 (5) 2 t f m ′ = = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x g x x x x ′ ′ ′ + − + + − ′ = = = + + + ( ) 2 2 2 1 x x x + = + 2 5 25 (5) 5 1 6 g = = + e ( ) 2 2 5 2 5 35 (5) 36 5 1 g + × ′ = = + . Então, ( ) 2 1 25 35 3 6 2 6 36 5 125 25 6 f g × − × ′ = = − . Pág. 178 115.1. ( ) ( ) ( ) ( ) (1) 1 1 g f f g f ′ ′ ′ = × ( ) 2 1 f x x = + e ( ) ( ) 2 1 2 f x x ′ ′ = + = . Logo, ( ) 1 3 f = e ( ) 1 2 f ′ = . ( ) ( ) 3 2 3 g x x x ′ ′ = = , logo ( ) 2 3 3 3 27 g′ = × = . Assim sendo, tem-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' (1) 1 1 2 3 g f f g f g ′ ′ ′ = × = × 2 27 54 = × = . 115.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 g f x f x g f x g x ′ ′ ′ ′ = × = × + ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 6 2 1 x x =× + = + 116.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 2 f g a g a f g a f ′ ′ ′ ′ = × = × ( ) ( ) 2 2 2 2 f x x x x ′ ′ = − = − , logo ( ) 2 2 2 2 2 f ′ = × − = . Assim sendo, tem-se ( ) ( ) 5 2 10 f g a ′ = × = . 116.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 f a g a g a f a f a g g a ′ ′ ′ × − × = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 5 2 4 4 5 10 5 14 4 4 4 2 a a a a a a a a − × − × − − − + − + − = = Pág. 179 117.1. ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 f x x x x x ′ ′ = − = × − = − 117.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ × + − + × ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x + × + − × − − = = = + + + 117.3. ( ) ( ) ( ) 3 1 3 3 1 2 3 1 2 3 1 x f x x x x ′ + ′ ′ = + = = + + 117.4. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 f x x x x x x x ′ ′ ′ ′ = = × + × ( ) 2 2 1 4 2 4 4 5 2 x x x x x x x x x x x x x x = × + × = + = + = 117.5. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 3 2 3 2 3 x x x f x x x x x x x ′ − ′ − ′ = − = = − − 117.6. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 x x x x x f x x x ′ ′ − × − × − − ′ = = 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x x x x × − × − − − − + − − = = = − Pág. 180 118.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 4 4 2 2 2 5 10 f x x x x x ′ ′ ′ = = = = 118.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 4 4 4 2 5 2 2 5 2 2 10 2 f x x x x x x ′ ′ ′= = × = × = 118.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 5 4 5 3 12 3 3 3 4 f x x x x x x − − − ′ ′ ′ ′ = = = = − = − 118.4. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3 2 f x x x x x x x − − ′ ′ ′ = − = − − × − ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 2 2 3 1 6 2 x x x x x x − − = − − × − = − − + 118.5. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 1 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ × + − + × ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 6 6 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 1 x x x x x x x x + × + − × × × + − + × × = = + + ( ) 4 1 2 1 x x − = + 118.6. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 f x x x x x x x − − − ′ ′ ′ ′ = + = × + + + × ( ) ( ) 3 4 1 2 3 2 1 x x x − − = × + + − + × × ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 3 2 2 2 x x x x x − − = + + − = + − Pág. 181 119.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 2 2 2 3 4 3 2 x f x x x x ′ ′ ′ = = = 119.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 3 3 4 4 1 1 3 3 3 3 3 4 4 f x x x x x − − ′ ′ ′ = = × = × ( ) 3 4 3 3 4 x − = NEMA11PR © Porto Editora
- 215. 216 Unidade 4 216 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 119.3. ( ) 2 2 5 1 3 3 3 2 2 3 3 f x x x x − − − − ′ ′ == − = − Pág. 182 120.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 3 3 1 2 1 3 1 3 1 x x f x x x x ′ + ′ ′ = + = = + + 120.2. ( ) ( ) 1 3 3 5 5 1 1 f x x x − ′ ′ ′= = + + ( ) ( ) ( )( ) 4 3 4 1 3 3 1 5 5 5 1 1 3 3 1 3 1 1 x x x x − − − = × − × + × = = + + + ( )3 5 3 3 1 x x − = + + 120.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 3 1 3 1 f x x x x x x x ′ ′ ′ ′ = + = × + + × + 2 2 3 15 4 2 3 1 2 3 1 2 3 1 x x x x x x x + = × + + × = + + 120.4. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ + × + − + × + + ′ = = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 2 3 1 2 2 1 x x x x x x x × + − × + + − − = + + + 121.1. x + ∀ ∈R , tem-se ( ) 3 3 3 4 3 f x x x x x x = = × = 2 6 3 4 2 3 x x x = = = . 121.2. x + ∀ ∈R , tem-se ( ) 2 1 3 3 1 3 3 2 2 2 3 3 3 f x x x x x − ′ ′= = = = . Tarefa 15 1.1. a) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 2 2 f x x x x ′ ′ = + = + × = + b) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 0 1 2 1 2 1 x g x x x x x ′ − ′ ′ ′ = + − = + − = = − − 1.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 1 f x f x x x x x x ′ = ⇔ + = + ⇔ + = + + 2 1 0 1 1 x x x ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − 1.3. O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 5 é igual a ( ) 5 g ′ . ( ) 1 1 5 4 2 5 1 g′ = = − A reta tangente é do tipo 1 4 y x b = + . A ordenada do ponto de tangência é ( ) 5 2 5 1 4 g = + − = . Como o ponto de coordenadas ( ) 5, 4 pertence à reta tangente, então tem-se: 1 11 4 5 4 4 b b = × + ⇔ = . A equação reduzida da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 5 é 1 11 4 4 y x = + . 2. 3 10 0 3 10 x y y x − + = ⇔ = + A reta 1 t é tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa −3, logo: ( ) 1 3 3 t f m ′ − = = e ( ) ( ) 3 3 3 10 1 f − = × − + = . As retas 1 t e 2 t são perpendiculares, logo 2 1 1 1 3 t t m m = − = − . Como a reta 2 t é tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1, então ( ) 2 1 1 3 t f m ′ = = − . Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( 3) 3 3 3 1 3 1 3 f f f f f f ′ ′ ′ ′ − = − × − = × = × − =− . 3. A reta t é tangente ao gráfico de f no ponto A de abcissa 3. A ordenada do ponto A é ( ) 3 1 2 3 3 3 f + = = . ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ + × − × + + ′ = = 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x × − × + + − − = = + ( ) 2 3 2 5 ' 3 36 2 3 3 1 t m f − − = = = − × × + A reta t é do tipo 5 36 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas 2 3, 3 pertence à reta t, então tem-se: 2 5 13 3 3 36 12 b b = − × + ⇔ = . A equação reduzida da reta t é 5 13 36 12 y x = − + . Como B é o ponto de interseção da reta t com o eixo das ordenadas, a sua ordenada é igual a 13 12 . Pág. 184 122.1. Os pontos A e B pertencem ao gráfico de f e têm abcissas, respetivamente, 0 e 2, então sabe-se que ( ) ( ) 0, 0 A f e ( ) ( ) 2, 2 B f . Como ( ) 3 0 3 0 1 f= = + e ( ) 3 2 1 2 1 f= = + , tem-se ( ) 0, 3 A e ( ) 2,1 B . Declive da reta AB: 1 3 1 2 0 m − = = − − . NEMA11PR © Porto Editora
- 216. Funções reais devariável real 217 217 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 122.2. ( ) ( ) 2 0 1 2 0 AB f f m − = = − − A função f é contínua em [ ] 0, 2 e diferenciável em ] [ 0, 2 . Pelo Teorema de Lagrange sabe-se que existe ] [ 0, 2 c∈ tal que ( ) 1 f c ′ = − , ou seja, existe pelo menos um ponto C de abcissa ] [ 0, 2 c∈ em que a reta tangente ao gráfico de f nesse ponto é paralela à reta AB. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 1 3 3 3 1 1 1 x f x x x x ′ × + − × − ′ = = = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 1 1 3 1 f c c c − ′ = − ⇔ = − ⇔ + = + 1 3 1 3 3 1 3 1 c c c c ⇔ + = ∨ + = − ⇔ = − ∨ = − − Como ] [ 0, 2 c∈ , conclui-se que 3 1 c = − . ( ) 3 3 3 3 3 1 3 3 3 1 1 3 f − = = = = − + Então, ( ) 3 1, 3 C − . Pág. 185 123. Estudo do sinal da função f ´: x −∞ 1 +∞ f ′ − 0 + Estudo da variação da função f: x −∞ 1 +∞ f Mín. Comparando os dois quadros anteriores, conclui-se que: No intervalo ] [ ,1 −∞ , a função f ´ é negativa e a função f é estritamente decrescente. No intervalo ] [ 1, +∞ , a função f ´ é positiva e a função f é estritamente crescente. Pág. 186 124.1. f D = R ( ) ( ) 2 2 4 4 4 f x x x x ′ ′ = − + = − + ( ) 0 4 4 0 1 f x x x ′ = ⇔ − + = ⇔ = x −∞ 1 +∞ f ′ + 0 − f 2 Por análise da tabela, conclui-se que a função f é estritamente crescente no intervalo ] [ ,1 −∞ . 124.2. g D = R ( ) ( ) 2 3 1 2 3 g x x x x ′ ′ = − + = − ( ) 3 0 2 3 0 2 g x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = x −∞ 3 2 +∞ g′ − 0 + g 5 4 − Por análise da tabela, conclui-se que a função g é estritamente decrescente no intervalo 3 , 2 −∞ . Como 3 , 2 − ⊂ −∞ R , então g também é estritamente decrescente em − R . 124.3. h D =R ( ) ( ) 3 2 3 3 3 h x x x x ′ ′ = − = − ( ) 2 2 0 3 3 0 1 1 1 h x x x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 1 +∞ h′ + 0 − 0 + h 2 2 − Por análise da tabela, conclui-se que a função h é estritamente decrescente em ] [ 1,1 − . 125.1. ( ) 2 3 2 3 1 2 x f x x x x x ′ ′ =− + − = − + − ( ) 2 1 11 0 3 1 0 6 f x x x x − ± − ′ = ⇔ − + − = ⇔ = − impossível A função f ′ não tem zeros. Atendendo ao esquema acima apresentado, conclui-se que ( ) 0, f x x ′ ∀ ∈R . 125.2. Como ( ) 0, f x x ′ ∀ ∈R , conclui-se que a função f é estritamente decrescente em R . 126.1. { } { } : 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R ; ( ) 2 5 5 f x x x ′ ′ = = − A função f ′ não tem zeros. x −∞ 0 +∞ f ′ − n.d. − f n.d. f é estritamente decrescente em − R e em + R . A função não tem extremos relativos. NEMA11PR © Porto Editora
- 217. 218 Unidade 4 218 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) ( ) x 0 x 0 5 5 lim lim x 0 f x − − − → → = = = −∞ ( ) x 0 x 0 5 5 lim lim x 0 f x + + + → → = = = +∞ A função não tem extremos absolutos. 126.2. { } { } : 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R ( ) ´ 2 2 2 2 2 f x x x x ′ = − = + A função f ′ não tem zeros. x −∞ 0 +∞ f ′ + n.d. + f n.d. f é estritamente crescente em − R e em + R . A função não tem extremos relativos. ( ) x - x - 2 lim lim 2 0 x f x x → ∞ → ∞ = − = −∞ − = −∞ ( ) x x 2 lim lim 2 0 x f x x →+∞ →+∞ = − = +∞ − = +∞ A função não tem extremos absolutos. 126.3. { } { } : 0 0 f D x x = ∈ ≠ = R R ( ) 2 2 1 1 1 1 1 0 x f x x x x x ′ ′ − ′ = = − = − − = − A função f ′ não tem zeros. x −∞ 0 +∞ f ′ − n.d. − f n.d. f é estritamente decrescente em − R e em + R . A função não tem extremos relativos. ( ) 0 0 1 1 lim lim 0 x x x f x x − − − → → − = = = −∞ ( ) 0 0 1 1 lim lim 0 x x x f x x + + + → → − = = = +∞ A função não tem extremos absolutos. Pág. 187 127.1. g D = R ( ) ( ) 2 5 2 5 g x x x x ′ ′ = − = − ( ) 5 0 2 5 0 2 g x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = x −∞ 5 2 +∞ g′ − 0 + g 25 4 − g é estritamente decrescente em 5 , 2 −∞ . g é estritamente crescente em 5 , 2 +∞ . ( ) ( ) 2 x - x - lim lim 5 g x x x → ∞ → ∞ = − = +∞ ( ) ( ) 2 2 x x x lim lim 5 lim g x x x x →+∞ →+∞ →+∞ = − = = +∞ A função não tem máximos relativos nem absoluto. 25 4 − é mínimo relativo e absoluto e é atingido para 5 2 x = . 127.2. g D = R ( ) 3 2 4 4 3 x g x x x ′ ′ = + = + ( ) , 0 x g x ′ ∀ ∈ R Logo, g é estritamente crescente em R . A função não tem extremos relativos nem absolutos. 127.3. { } { } : 0 0 g D x x = ∈ ≠ = R R ( ) 2 2 2 1 1 1 1 x g x x x x x ′ − ′ = + =− = ( ) 2 2 2 2 1 0 0 1 0 0 x g x x x x − ′ = ⇔ = ⇔ − = ∧ ≠ ( ) 1 1 0 1 1 x x x x x ⇔ = ∨ = − ∧ ≠ ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 0 1 +∞ g′ + 0 − n.d. − 0 + g 2 − n.d. 2 g é estritamente decrescente em [ [ 1,0 − e em ] ] 0, 1 . g é estritamente crescente em ] ] , 1 −∞ − e em [ [ 1,+∞ . ( ) - - 1 lim lim 0 x x g x x x → ∞ → ∞ = + = −∞ + = −∞ ( ) 1 lim lim 0 x x g x x x →+∞ →+∞ = + = +∞ + = +∞ A função não tem extremos absolutos. 2 é mínimo relativo e 2 − é máximo relativo e são atingidos, respetivamente, para 1 x = e para 1 x = − . 127.4. { } 2 : 3 0 g D x x = ∈ + ≥ = R R ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 3 x x x g x x x x x ′ + ′ ′ = + = = = + + + ( ) 2 2 0 0 0 3 0 0 3 x g x x x x x ′ = ⇔ = ⇔ = ∧ + ≠ ⇔ = + x −∞ 0 +∞ g′ − 0 + g 3 g é estritamente decrescente em ] ] ,0 −∞ . NEMA11PR © Porto Editora
- 218. Funções reais devariável real 219 219 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) g é estritamente crescente em [ [ 0,+ ∞ . ( ) 2 lim lim 3 x x g x x →−∞ →−∞ = + = +∞ ( ) 2 lim lim 3 x x g x x →+∞ →+∞ = + = +∞ A função não tem máximos relativos nem absoluto. 3 é mínimo relativo e absoluto e é atingido para 0 x = . 128.1. f D = R ( ) ( ) 1 se 1 1 1 se 1 x x f x x f x x x + ≥ − = + ⇔ = − − − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 lim lim 1 1 1 x x f x f x x x + + →− →− − − + − = = − − + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 0 lim lim lim 1 1 1 1 x x x f x f x x x x x − − − →− →− →− − − − + − − − = = = − − − + + Não existe derivada da função f em 1 x = − porque não existe ( ) ( ) ( ) 1 1 lim 1 x f x f x →− − − − − . Se 1 x − , então ( ) ( ) ´ ´ 1 1 f x x = + = . Se 1 x − , então ( ) ( ) ´ ´ 1 1 f x x =− − = − . x −∞ 1 − +∞ ´ f − n.d. + f 0 ( ) ( ) lim lim 1 x x f x x →−∞ →−∞ = − − = +∞ ( ) ( ) x - x - lim lim 1 f x x → ∞ → ∞ = + = +∞ A função não tem máximos relativos nem absoluto. 0 é mínimo relativo e absoluto e é atingido para 1 x = − . 128.2. f D = R ( ) ( ) 3 2 ´ 3 f x x x ′ = = ( ) 2 2 ´ 0 3 0 0 0 f x x x x = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x −∞ 0 +∞ f ′ + 0 + f 0 ( ) 3 lim lim x x f x x →−∞ →−∞ = = −∞ ( ) 3 x x lim lim f x x →+∞ →+∞ = = +∞ A função não tem extremos relativos nem absolutos. 128.3. f D = R ( ) ( ) 3 2 ´ 12 5 3 12 f x x x x ′ = − + + = − + ( ) 2 2 ´ 0 3 12 0 4 2 2 f x x x x x = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 2 − 2 +∞ f ′ − 0 + 0 − f 11 − 21 ( ) ( ) ( ) 3 3 x - lim lim 12 5 lim x x f x x x x → ∞ →−∞ →−∞ = − + + = − = +∞ ( ) ( ) ( ) 3 3 x x x lim lim 12 5 lim f x x x x →+∞ →+∞ →+∞ = − + + = − = −∞ A função não tem extremos absolutos. 11 − é mínimo relativo para 2 x = − e 21 é máximo relativo para 2 x = . Pág. 188 129. { } { } : 1 0 1 0 : 1 0 f D x x x x x = ∈ − ≥ ∧ − ≠ = ∈ − R R ] [ 1, = +∞ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 ´ 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ − − − = = − − ( ) 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 x x x x x x x − − × − − = = − − − ( ) ( ) 2 ´ 0 0 2 0 2 2 2 1 f x f x x x D x x x − = ⇔ = ⇔ − = ∧ ∈ ⇔ = − − x 1 2 +∞ f ′ n.d. − 0 + f n.d. 2 ( ) x 1 x 1 1 lim lim 0 1 x f x x + + + → → = = = +∞ − ( ) x x x x 1 1 lim lim lim lim 1 1 1 1 x x x x x f x x x x x ∞ ∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − − = = = − − − x 1 lim 1 1 0 1 x x →+∞ − +∞ = = = +∞ − − 2 é mínimo relativo e absoluto da função f. Então, ( ) 2, 2 A . 130. { } : 0 60 2 0 D x x x = ∈ ∧ − R { } ] [ : 0 30 0, 30 x x x = ∈ ∧ = R Seja v a função que a cada valor de x faz corresponder o volume da caixa. ( ) ( ) ( ) 2 2 60 2 3600 240 4 v x x x x x x = − × = − + × 2 3 3600 240 4 x x x = − + ( ) ( ) 2 3 2 3600 240 4 3600 480 12 v x x x x x x ′ ′ = − + = − + ( ) 2 2 0 3600 480 12 0 40 300 0 v x x x x x ′ =⇔ − + =⇔ − + = 40 1600 1200 2 x ± − ⇔ = 40 20 30 10 2 x x x ± ⇔ = ⇔ = ∨ = NEMA11PR © Porto Editora
- 219. 220 Unidade 4 220 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Como ] [ 0, 30 x∈ , conclui-se que 10 x = . x 0 10 30 v′ n.d. + 0 − n.d. v n.d. 16 000 n.d. O volume da caixa é máximo quando 10 x = . Tarefa 16 1.1. Sabe-se que P é um ponto do gráfico de f cuja abcissa x pertence ao intervalo ] [ 0, 10 , então tem-se ( ) ( ) ] [ , , 0, 10 P x f x x∈ . Sabe-se ainda que ( ) ] [ , 0 , 0,10 Q x x∈ e ( ) 0, 5 C . ( ) ( ) 2 3 2 2 5 5 2 10 5 4 4 2 2 2 x x x x x f x a x x x − + + + − + + + = × = × = 3 2 5 8 x x x = − + + 1.2. ( ) 3 2 2 3 5 2 5 8 8 x x a x x x x ′ ′ = − + + = − + + ( ) 2 2 3 ´ 0 2 5 0 3 16 40 0 8 x a x x x x = ⇔ − + + = ⇔ − + + = 16 256 480 1,855 7,188 6 x x x − ± + ⇔ ⇔ ≈ − ∨ ≈ − Como ] [ 0,10 x∈ , conclui-se que 7,188 x ≈ . x 0 7,188 10 ´ a n.d. + 0 − n.d. a n.d. 41,184 n.d. A área do trapézio é máxima quando a abcissa do ponto P é, aproximadamente, igual a 7,2 . 2.1. a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 10 2 20 2 4 10 2 x h x x f x x x = − + = − + − + + 2 2 30 2 x x = − + + b) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 10 10 2 5 4 x g x x f x x x = − × = − × − + + 2 3 3 2 2 10 9 20 50 2 5 15 50 4 4 4 2 x x x x x x x x = − + + + − − = − + + 2.2. a) ( ) 2 ´ 2 30 2 2 x h x x x ′ = − + + = − + ( ) ´ 0 2 0 2 h x x x = ⇔ − + = ⇔ = x 0 2 10 ´ h n.d. + 0 − n.d. h n.d. 32 n.d. ( ) 2 2 2 4 5 8 4 f = − + + = O perímetro do retângulo é máximo quando ( ) 2, 8 P . b) ( ) 3 2 2 9 3 ´ 15 50 9 15 4 2 4 x x x g x x x ′ = − + + = − + ( ) 2 2 3 ´ 0 9 15 0 12 20 0 4 x g x x x x = ⇔ − + = ⇔ − + = 12 144 80 10 2 2 x x x ± − ⇔ = ⇔ = ∨ = Como ] [ 0,10 x∈ , conclui-se que 2 x = . x 0 2 10 g′ n.d. + 0 − n.d. g n.d. 64 n.d. ( ) 2 2 2 4 5 8 4 f = − + + = A área do retângulo é máxima quando ( ) 2,8 P . Pág. 189 131. x: medida do comprimento dos retângulos. y: medida da largura dos retângulos. Sabe-se que os retângulos têm perímetro igual a 50 cm, então tem-se: 2 2 50 25 25 x y x y y x + = ⇔ + = ⇔ = − Como 0 x e 0 y , tem-se 0 25 x . A área dos retângulos é dada em função de x por: ( ) ( ) 2 25 25 A x x x x x = − = − . ( ) ( ) 2 ´ 25 25 2 A x x x x ′ = − = − ( ) 25 ´ 0 25 2 0 12,5 2 A x x x x = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = x 0 12,5 25 A′ n.d. + 0 − n.d. A n.d. 156,25 n.d. O retângulo que tem área máxima é um quadrado de lado 12,5 cm. 132.1. 2 2 2 2 t b l t A A A A r r h = + ⇔ = π + π Sabe-se que a área da superfície total do cilindro é igual a 32π , então tem-se: 2 2 2 2 16 2 2 32 16 16 r r r h r r h r h r h r − π + π = π ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = 132.2. b V A h = × ( ) 2 2 3 16 16 r V r r r r r − = π × = π − π ( ) ( ) 3 2 16 16 3 V r r r r ′ ′ = π − π = π− π NEMA11PR © Porto Editora
- 220. Funções reais devariável real 221 221 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ( ) 2 2 0 16 16 0 16 3 0 3 3 r V r r r r ′ = ⇔ π− π = ⇔ = ⇔ = 4 4 3 3 3 r r ⇔ = ⇔ = 2 2 16 0 0 0 0 0 16 0 r r h r r r r − ∧ ⇔ ∧ ⇔ ∧ − 0 4 4 0 4 r r r ⇔ ∧ − ⇔ r 0 4 3 3 4 ´ V n.d. + 0 − n.d. V n.d. 128 3 9 π n.d. Quando 4 3 3 r = , então 16 32 16 8 8 3 3 3 3 4 3 4 3 3 3 3 h − = = = = . O volume é máximo quando o cilindro tem 4 3 3 r = e 8 3 3 h = . Tarefa 17 1. I: Seja x a largura da piscina e y o seu comprimento. Como a piscina é retangular com 98 m2 de área, tem-se: 98 98 xy y x = ⇔ = . II: Os lados do retângulo que contém a piscina e a zona pedonal são expressos em função de x por: 2 x + e 98 4 x + . III: A área A de terreno destinado à piscina e à zona pedonal é dada em função de x por: ( ) ( ) 98 196 196 4 2 98 4 8 4 106 A x x x x x x x = + + = + + + = + + IV: ( ) 2 196 196 ´ 4 106 4 A x x x x ′ = + + = − + ( ) 2 2 2 0 0 196 ´ 0 4 0 196 4 0 49 7 x x A x x x x x = ⇔ − + = ⇔− + = ⇔ = ⇔ = x 0 7 +∞ ´ A n.d. − 0 + A n.d. 162 ( ) ( ) x x 196 lim lim 4 106 0 106 A x x x →+∞ →+∞ = + + = + +∞ + = +∞ 162 é mínimo relativo e absoluto. IV: A área do terreno destinado à piscina e à zona pedonal é mínima quando 7 x = . Nesse caso, 98 14 7 y = = . Para que a área do terreno destinado à piscina e à zona pedonal seja mínima, a piscina deve ter 7 m de largura e 14 m de comprimento. 2.1. ( ) 0 18 T = e ( ) 3 2 10 10 0,45 10 1,4 10 18 15,7 30 T = − + × − × + ≈ . A temperatura da água às 8:00 era de 18 C ° e às 18:00 era de, aproximadamente, 15,7 C ° . 2.2. ( ) 3 2 0,45 1,4 18 , 0 10 30 t T t t t t = − + − + ≤ ≤ . ( ) 3 2 2 0,45 1,4 18 0,9 1,4 30 10 t t T t t t t ′ ′ = − + − + = − + − ( ) 2 2 ´ 0 0,9 1,4 0 9 14 0 10 t T t t t t = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 9 81 56 2 7 2 t t t − ± − ⇔ = ⇔ = ∨ = − t 0 2 7 10 ´ T 1,4 − − 0 + 0 − 2,4 − T 18 ( ) 2 T ( ) 7 T ( ) 10 T ( ) 2 16,7 T ≈ ; ( ) 7 18,8 T ≈ e ( ) 10 15,7 T ≈ . A temperatura da água da piscina diminuiu entre as 8:00 e as 10:00 e entre as 15:00 e as 18:00. A temperatura da água da piscina aumentou entre as 10:00 e as 15:00. Entre as 8:00 e as 18:00, água da piscina atingiu a temperatura máxima de, aproximadamente, 18,8 C ° , às 15:00, e a temperatura mínima de, aproximadamente, 15,7 C ° , às 18:00, tendo-se verificado um mínimo relativo de, aproximadamente, 16,7 C ° , às 10:00. 2.3. Pretende-se resolver graficamente a condição ( ) 18 0 10 T t t ∧ ≤ ≤ . Conclusão: ( ) ] [ 18 0 10 4,9; 8,6 T t t t ∧ ≤ ≤ ⇔ ∈ . NEMA11PR © Porto Editora
- 221. 222 Unidade 4 222 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 190 Proposta 48 48.1. a) [ ] ( ) ( ) 2,9 9 2 12 4 8 . . . 9 2 7 7 g g t m v − − = = = − b) [ ] ( ) ( ) 6,12 12 6 4 4 . . . 0 12 6 6 g g t m v − − = = = − c) [ ] ( ) ( ) 9,12 12 9 4 12 8 . . . 12 9 3 3 g g t m v − − = = = − − 48.2. a) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ] 2, 6 e mostra-se que a afirmação é falsa. De facto, [ ] ( ) ( ) 2,6 6 2 4 4 . . . 0 6 2 4 g g t m v − − = = = − e a função g não é constante no intervalo [ ] 2, 6 . b) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ] 2, 9 e mostra-se que a afirmação é falsa. De facto, [ ] ( ) ( ) 2,9 9 2 12 4 8 . . . 0 9 2 7 7 g g t m v − − = = = − e a função g não é estritamente crescente no intervalo [ ] 2, 9 . c) Basta considerar, por exemplo, o intervalo [ ] 9,12 e mostra- se que a afirmação é falsa. De facto, como já calculado anteriormente, [ ] 9,12 . . . 0 t m v e a função g não é injetiva no intervalo [ ] 9,12 . Proposta 49 49.1. a) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 1,1 1 1 3 3 . . . 3 1 1 2 f f t m v − − − − − = = = − − b) [ ] ( ) ( ) 3,5 5 3 9 1 . . . 5 5 3 2 f f t m v − − − = = = − − c) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2,2 2 2 2 3 2 1 3 . . . 2 2 h f h f h h t m v h h + + − − + + + + − = = + − 2 2 4 4 6 3 1 3 1 h h h h h h h h − − − + + + − − − = = = − − 49.2. [ ] ( ) 2,2 0 0 lim . . . lim 1 1 h h h t m v h + → → = − − = − Proposta 50 50.1. O volume V de uma esfera é dado em função do raio r por ( ) 3 4 3 V r r = π . Então, tem-se: [ ] ( ) ( ) 3 3 1,4 4 4 4 4 1 63 4 1 3 3 3 . . . 28 4 1 3 3 V V t m v π× − π× π× − = = = = π − 50.2. [ ] ( ) ( ) ( ) 3 3 1,1 4 4 1 1 1 1 3 3 . . . 1 1 h h V h V t m v h h + π + − π× + − = = + − ( ) ( ) 2 3 2 3 4 4 4 1 3 3 3 3 3 3 3 h h h h h h h h π + + + − π π + + = = ( ) 2 4 3 3 3 h h = π + + [ ] ( ) ( ) 2 1,1 0 0 4 4 lim . . . lim 3 3 3 0 0 4 3 3 h h h t m v h h + → → = π + + = π + + = π Pág. 191 Proposta 51 51.1. ( ) 72 0 18 4 T = = No instante em que a bebida foi colocada no frigorífico a temperatura ambiente era de 18 C ° . 51.2. a) [ ] ( ) ( ) 0,1 93 18 1 0 23 9 . . . 7,67 1 0 1 3 T T t m v − − = = = − ≈ − − b) [ ] ( ) ( ) 1,2 122 93 2 1 65 16 9 . . . 2,71 2 1 1 24 T T t m v − − = = = − ≈ − − 51.3. ( ) 2 2 4 17 72 4 4 t t T t t t + + ′ = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ´ ´ 2 2 2 2 2 2 4 17 72 4 4 4 4 4 17 72 4 4 t t t t t t t t t t + + + + − + + + + = + + ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 8 17 4 4 2 4 4 17 72 4 4 t t t t t t t t + + + − + + + = + + ( ) 2 33 16 8 122 7 2 1,75 4 16 T × − × ′ = = − = − Proposta 52 52.1. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 5 2 7 1 3 3 1 lim lim 1 1 x x x f x f f x x →− →− − + − − ′ − = = − − + ( ) ( ) ( ) 1 1 5 1 5 5 5 lim lim 3 1 3 1 3 x x x x x x →− →− + + = = = + + 52.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 5 5 1 5 5 1 lim lim lim 1 1 1 x x x f x f x x f x x x x →− →− →− + − − + ′ − = = = − − + + ( ) ( ) 1 1 5 1 5 lim lim 5 1 x x x x x x →− →− + = = = − + NEMA11PR © Porto Editora
- 222. Funções reais devariável real 223 223 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) 52.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 1 1 lim lim 1 1 x x f x f x x f x x →− →− − − + − ′ − = = − − + ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 lim lim 2 1 3 1 x x x x x x →− →− − + = = − = − + Cálculo auxiliar: 2 1 1 8 2 1 0 4 x x x − ± + + − = ⇔ = 1 1 2 x x ⇔ = ∨ = − 52.4. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 3 1 1 lim lim 1 1 x x x f x f x f x x →− →− − − − − ′ − = = − − + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 3 1 lim lim lim 1 1 1 x x x x x x x x x x x →− →− →− − + − − − = = = = + + 52.5. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 lim lim 1 1 x x f x f x f x x →− →− − − + − ′ − = = − − + ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 2 1 2 1 2 1 lim lim 1 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x →− →− + − + + + − = + + + + + + 1 1 1 lim 2 2 1 x x →− = = + + 52.6. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 x x x f x f x x f x x x x →− →− →− + − − + ′ − = = = − − + + ( )( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 lim lim 3 1 x x x x x x x x x x →− →− + − + − + = = = − + Cálculo auxiliar: ⋅ Como 1 − é zero do polinómio 3 1 x + , este é divisível por 1 x + . Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 − − − − Então, sabe-se que ( )( ) 3 2 1 1 1 x x x x + = + − + . Proposta 53 53.1. ( ) ( ) 3 3 0 4 1 lim 3 8 0 2 t x f x f m x → − − = = = − − − 53.2. O ponto A, de abcissa 3, pertence ao gráfico de f e à reta t definida por 1 4 2 y x = − + . Então, a ordenada do ponto A é dada por 1 3 4 2 − × + , ou seja, é igual a 5 2 . trapézio 5 4 39 2 3 2 2 4 OB AC A OC + + = × = × = Proposta 54 54.1. Seja t a reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa 3 − . O declive da reta t é igual a ( ) ´ 3 g − . ( ) ´ 2 2 3 4 4 4 x x g x x − ′ = = = Logo, ( ) 3 3 g′ − = − . A reta t é do tipo 3 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) ( ) 3, 3 g − − pertence à reta t e ( ) 15 3 4 g − = , então tem-se: ( ) 15 21 3 3 4 4 b b =− × − + ⇔ =− . Equação reduzida da reta t: 21 3 4 y x = − − . 54.2. Seja t a reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa 2. O declive da reta t é igual a ( ) 2 g′ . ( ) ( ) ´ 3 2 1 3 1 g x x x x ′ = − + = − Logo, ( ) 2 2 3 2 1 11 g′ = × − = . A reta t é do tipo 11 y x b = + . Como o ponto de coordenadas ( ) ( ) 2, 2 g pertence à reta t e ( ) 2 7 g = , então tem-se: 7 11 2 15 b b = × + ⇔ = − . Equação reduzida da reta t: 11 15 y x = − . 54.3. Seja t a reta tangente ao gráfico da função g no ponto de ordenada 3. Vamos começar por determinar a abcissa do ponto de tangência. ( ) 2 2 2 2 3 3 3 0 0 x x x g x x x x + + − + = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 2 2 0 0 1 x x x ⇔ − + = ∧ ≠ ⇔ = O declive da reta t é igual a ( ) 1 g′ . ( ) 2 2 2 2 1 x g x x x x ′ ′ + ′ = = + = − Logo, ( ) 2 2 1 2 1 g′ = − = − . A reta t é do tipo 2 y x b = − + . Como o ponto de coordenadas ( ) 1, 3 pertence à reta t, então tem-se: 3 2 1 5 b b =− × + ⇔ = . Equação reduzida da reta t: 2 5 y x = − + . NEMA11PR © Porto Editora
- 223. 224 Unidade 4 224 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 192 Proposta 55 55.1. Seja ( ) ( ) , A a g a o ponto do gráfico de g em que a reta tangente é a reta r definida pela equação 3 y x = − + . Sabe-se que 1 r m = − . ( ) ( ) 3 2 2 4 4 1 3 8 4 g x x x x x x ′ ′ = − + + = − + ( ) 2 2 1 3 8 4 3 8 5 0 r m g a a a a a ′ = ⇔ − = − + ⇔ − + = 8 64 60 5 1 6 3 a a a ± − ⇔ = ⇔ = ∨ = 3 2 5 5 5 5 32 4 4 1 3 3 3 3 27 f = − × + × + = e ( ) 3 2 1 1 4 1 4 1 1 2 f = − × + × + = . Ora, o ponto de coordenadas 5 32 , 3 27 não pertence à reta r e o ponto de coordenadas ( ) 1, 2 pertence à reta r. Donde se conclui que ( ) 1, 2 A . 55.2. Seja ( ) ( ) , P a f a o ponto do gráfico de f em que a reta tangente é paralela à reta de equação 2 y = . Então, tem-se ( ) 0 f a ′ = . Sabe-se que ( ) ( ) ´ 2 4 2 1 8 2 f x x x x ′ = − + − = − + . ( ) 1 0 8 2 0 4 f a a a ′ = ⇔ − + = ⇔ = 2 1 1 1 3 4 2 1 4 4 4 4 f = − × + × − = − Donde se conclui que 1 3 , 4 4 P − . Proposta 56 Como o ponto de coordenadas ( ) 2,2 é comum aos gráficos das duas funções, tem-se: ( ) 2 2 f = e ( ) 2 2 g = . Sendo ( ) 3 3 f x x x = − , então ( ) ( ) ' 3 2 ' 3 3 3 f x x x x = − = − . Assim, ( ) 2 2 3 2 3 9 f ′ = × − = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 24 2 2 2 2 24 f g f g g f ′ ′ ′ × = ⇔ × + × = ( ) ( ) 9 2 2 2 24 2 3 g g ′ ′ ⇔ × + × = ⇔ = Uma equação da reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa 2 é ( ) 2 3 2 y x − = − . Então, a equação reduzida da reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa 2 é 3 4 y x = − . Proposta 57 57.1. Seja t a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa −1. : t y mx b = + e ( ) 1 t m f ′ = − . ( ) 3 2 2 7 2 3 x f x x x x ′ ′ = − + − = − + , logo ( ) ( ) 2 1 2 1 3 t m =− − + − =− . O ponto ( ) ( ) 1, 1 f − − , ou seja, 17 1, 3 − − , pertence à reta t, logo tem-se: ( ) 17 26 3 1 3 3 b b − =− × − + ⇔ =− Assim sendo, a reta t é definida pela equação 26 3 3 y x = − − . 57.2. Seja s a reta tangente ao gráfico de f num ponto de abcissa a positiva e que é paralela à reta 3 1 y x = − + . : s y mx b = + , sendo ( ) s m f a ′ = e 3 s m = − . ( ) 2 2 3 2 2 3 0 3 1 s m f a a a a a a a ′ = ⇔ − = − + ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − Como 0 a , conclui-se que 3 a = . O ponto ( ) ( ) 3, 3 f , ou seja, ( ) 3, 7 − , pertence à reta s, logo tem- se: 7 3 3 3 b b − =− × + ⇔ = Assim sendo, a reta s é definida pela equação 3 2 y x = − + . 57.3. a) Atendendo à representação gráfica apresentada, sabe-se que ( ) ( ) 3 tan 60 3 t g m ′ = = ° = . Como o ponto de coordenadas ( ) 1, 0 pertence à reta t, tem-se: 0 3 1 3 b b = × + ⇔ = − . O ponto ( ) ( ) 3, 3 P g também pertence à reta t, logo: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 2 3 g g = × − ⇔ = . Então, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ' 3 3 ' 3 3 f g f g g f ′ × = × + × ( ) 3 2 3 3 7 13 3 =− × + × − =− . b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ' 3 3 ' 3 3 3 2 3 3 7 3 3 2 3 f g g f f g g ′ × − × − × − × − = = 3 12 = Pág. 193 Proposta 58 58.1. a) [ ] ( ) ( ) 0,2 2 0 42 0 . . . 21 2 0 2 d d t m v − − = = = − A velocidade média da bola nos dois primeiros segundos é de 21 m/s. b) [ ] ( ) ( ) 3,5 5 3 75 57 . . . 9 5 3 2 d d t m v − − = = = − A velocidade média da bola nos dois primeiros segundos é de 9 m/s. NEMA11PR © Porto Editora
- 224. Funções reais devariável real 225 225 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) c) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4,4 4 4 25 4 2 4 68 . . . 4 4 h d h d h h t m v h h + + − + − + − = = + − 2 2 100 25 32 16 2 68 9 2 9 2 h h h h h h h h + − − − − − = = = − [ ] ( ) 4,4 0 0 lim . . . lim 9 2 9 h h h t m v h + → → = − = A velocidade instantânea da bola em 4 t = é de 9 m/s. 58.2. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 25 2 25 4 v t d t t t t ′ ′ = = − = − ( ) 25 0 25 4 0 6,25 4 v t t t t = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = A velocidade da bola é nula no instante 6,25 s t = . Proposta 59 59.1. ( ) 3 2 0 0,02 0 0 7 7 h = − × + + = No instante em que foi lançado o projétil encontrava-se a 7 metros de altura. 59.2. [ ] ( ) ( ) 0,10 10 0 87 7 . . . 8 10 0 10 h h t m v − − = = = − A velocidade média do projétil nos primeiros dez minutos é de 8 m/min. 59.3. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 0,02 7 0,06 2 v t h t t t t t ′ ′ = = − + + = − + ( ) 2 20 0,06 20 2 20 16 v = − × + × = 1 4 16 m/min 16 m/s m/s 60 15 = × = A velocidade do projétil no instante 20 t = é de 4 m/s 15 . 59.4. ( ) ( ) 2 0 0,06 2 0 0,06 2 0 v t t t t t = ⇔ − + = ⇔ − + = 100 0 0,06 2 0 0 3 t t t t ⇔ = ∨ − + = ⇔ = ∨ = A velocidade anula-se no instante 33,333 t ≈ min. 0,333 min 0,333 60 s 20 s = × ≈ A velocidade anula-se ao fim de 33 minutos e 20 segundos. Proposta 60 60.1. ( ) ( ) 3 2 2 4 5 3 3 8 5 f x x x x x x ′ ′ =− + − + − + − 60.2. ( ) 4 3 2 3 2 2 2 2 1 4 3 2 x x x f x x x x x ′ ′ = + − − + = + − − 60.3. ( ) ( ) 2 2 3 4 2 x f x x x ′ ′ = − − ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 3 4 2 2 x x x x x x ′ ′ = − − + − − ( ) 2 2 1 6 2 3 4 2 2 x x x x x = − + − − 3 2 3 2 3 2 3 9 6 3 6 8 2 12 8 2 2 2 x x x x x x x x = − + − − + = − − + 60.4. ( ) ( ) 2 3 2 3 6 12 6 12 1 1 f x x x x x x x − − ′ − ′ ′ = − = − = − − = − 60.5. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x f x x x x ′ ′ ′ − − − − − × ′ = = = − − − ( ) 2 1 1 x = − − 60.6. ( ) ( ) ( ) 2 4 3 2 4 3 4 32 24 f x x x x ′ ′ = − = − × = − 60.7. ( ) ( ) ' 3 2 2 f x x x ′= − ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 6 6 2 x x x x x x = − − = − − 60.8. ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 x f x x x x x ′ − ′ ′ = − = = = − − − 60.9. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ − × − × − − ′ = = 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 x x x x x x x x x x x × − × − − − + − + = = = − − 60.10. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 3 3 3 x x x f x x x x ′ ′ ′ = = × − − − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 3 2 3 2 3 3 x x x x x x − − − × = × − − ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 4 5 3 3 2 2 2 6 3 3 3 x x x x x x x x x − − − + = × = − − − − 60.11. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 2 1 2 2 1 3 2 1 3 2 1 x f x x x x ′ − ′ ′ = − = = − − 60.12. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 2 3 2 1 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ × + − + × ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 1 1 3 1 3 1 2 1 3 1 1 x x x x x x x x x × + − × + + − = = + + × + ( ) 2 4 2 3 3 3 1 x x + = + NEMA11PR-15 NEMA11PR © Porto Editora
- 225. 226 Unidade 4 226 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Pág. 194 Proposta 61 61.1. x −∞ 2 − 1 +∞ f ′ − 0 + 0 − f 3 − 5 61.2. f é estritamente decrescente em ] ] , 2 −∞ − e em [ [ 1, + ∞ . f é estritamente crescente em [ ] 2, 1 − . 3 − é mínimo relativo para 2 x = − e 5 é máximo relativo para 1 x = . 61.3. Seja r a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 2 − . A reta r tem declive nulo pois ( ) 2 0 f ′ − =e passa no ponto de coordenadas ( ) 2, 3 − − . Então, r é definida pela equação 3 y = − . Seja s a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1. A reta s tem declive nulo pois ( ) 1 0 f ′ = e passa no ponto de coordenadas ( ) 1,5 . Então, s é definida pela equação 5 y = . Proposta 62 62.1. f D =R ( ) ( ) 3 2 3 3 3 f x x x x ′ ′ = − = − ( ) 2 2 0 3 3 0 1 1 1 f x x x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 1 +∞ f ′ + 0 − 0 + f 2 2 − f é estritamente crescente em ] ] , 1 −∞ − e em [ [ 1, + ∞ . f é estritamente decrescente em [ ] 1, 1 − . 2 − é mínimo relativo para 1 x = e 2 é máximo relativo para 1 x = − . 62.2. f D =R ( ) ( ) 3 2 3 3 1 9 3 f x x x x ′ ′ = − − + = − − ( ) , 0 x f x ′ ∀ ∈ R f é estritamente decrescente em R e não tem extremos relativos. 62.3. f D =R ( ) ( ) 4 3 3 2 4 4 12 f x x x x x ′ ′ = − = − ( ) ( ) 3 2 2 0 4 12 0 4 3 0 f x x x x x ′ = ⇔ − = ⇔ − = 2 4 3 0 0 3 x x x x ⇔ ∨ − = ⇔ = ∨ = x −∞ 0 3 +∞ f ′ − 0 − 0 + f 0 27 − f é estritamente decrescente em ] ] , 3 −∞ . f é estritamente crescente em [ [ 3, + ∞ . 27 − é mínimo relativo para 3 x = . 62.4. f D =R ( ) 3 2 2 2 1 2 3 2 x x f x x x x ′ ′ = − − + = − − ( ) 2 1 1 8 0 2 0 2 1 2 f x x x x x x ± + ′ = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − x −∞ 1 − 2 +∞ f ′ + 0 − 0 + f 13 6 7 3 − f é estritamente crescente em ] ] , 1 −∞ − e em [ [ 2, + ∞ . f é estritamente decrescente em [ ] 1, 2 − . 7 3 − é mínimo relativo para 2 x = e 13 6 é máximo relativo para 1 x = − . 62.5. f D + = R ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 ´ 1 x x f x x x x x x ′ ′ + − = = + =− = ( ) 2 2 2 1 ´ 0 0 1 0 1 x f x x x x x + − = ⇔ = ⇔ − = ∧ ∈ ⇔ = R x 0 1 +∞ ´ f n.d. − 0 + f n.d. 2 f é estritamente decrescente em ] ] 0,1 . f é estritamente crescente em [ [ 1, + ∞ . 2 é mínimo relativo para 1 x = . 62.6. f D =R ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ + − + ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 x x x x x x x + − = = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 2 0 1 0 0 1 x f x x x x x ′ = ⇔ = ⇔ = ∧ + ≠ ⇔ = + x −∞ 0 +∞ f ′ − 0 + f 0 NEMA11PR © Porto Editora
- 226. Funções reais devariável real 227 227 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) f é estritamente decrescente em ] ] , 0 − ∞ . f é estritamente crescente em [ [ 0, + ∞ . 0 é mínimo relativo para 0 x = . 62.7. ] [ 1, f D = + ∞ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 4 4 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ − − − ′ = = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 5 3 2 2 2 2 4 1 2 2 4 1 1 x x x x x x x x − − − = − − ( ) ( ) 5 3 5 3 2 2 2 4 0 0 2 4 0 1 1 x x f x x x x x − ′ = ⇔ = ⇔ − = ∧ − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 1 2 0 2 0 1 x x x x x x ⇔ − = ∧ ⇔ = ∨ − = ∧ ( ) 0 x 2 x 2 x 1 x 2 x ⇔ = ∨ = ∨ = − ∧ ⇔ = x 1 2 +∞ f ′ n.d. − 0 + f n.d. 4 f é estritamente decrescente em 1, 2 . f é estritamente crescente em 2 , + ∞ . 4 é mínimo relativo para 2 x = . 62.8. ] [ 1, f D = + ∞ ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 x f x x x x x x − − ′ ′ = − − = − × = − = − − − ( ) 1 1 0 0 1 1 0 1 1 x f x x x x − − ′ = ⇔ = ⇔ − − = ∧ − 1 1 1 2 x x x ⇔ − = ∧ ⇔ = x 1 2 +∞ ´ f n.d. − 0 + f n.d. 0 f é estritamente decrescente em ] ] 1, 2 . f é estritamente crescente em [ [ 2, + ∞ . 0 é mínimo relativo para 2 x = . Proposta 63 Designemos por x e y as medidas dos catetos de um triângulo retângulo em que a soma das medidas dos catetos é igual a 10. Então tem-se: 10 10 x y y x + = ⇔ = − . Sabe-se que 0 10 0 x x ∧ − , ou seja, 0 10 x x ∧ . Designemos por A a área do retângulo. ( ) ( ) 2 2 10 10 5 2 2 2 x x x x x A x x − − = = = − ( ) 2 5 5 2 x A x x x ′ ′ = − = − ( ) 0 5 0 5 A x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = x 0 5 10 ´ A n.d. + 0 − n.d. A n.d. 12,5 n.d. A área é máxima quando a medida de cada cateto é 5. Pág. 195 Proposta 64 64.1. Pretende-se resolver graficamente a condição ( ) 12 13 0. M p p ∧ ( ) ( ) 2 1 5 20 1 20 3 5 3 p p M p M p p p p p + + = = = + + Para que o custo médio por peça varie de 1200 € a 1300 €, a produção deve ser de 3, 18, 19, 20 ou 21 peças. 64.2. ( ) 2 1 20 1 20 5 3 3 M p p p p ′ ′ = + + = − ( ) 2 2 0 1 20 0 0 60 60 3 p M p p p p ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = p 0 60 +∞ M′ n.d. − 0 + M n.d. 10,164 Sabe-se que 7 60 8 . Para que o custo de produção seja o menor possível devem ser produzidas 8 peças uma vez que ( ) ( ) 8 7 M M . NEMA11PR © Porto Editora
- 227. 228 Unidade 4 228 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) Proposta 65 65.1. a) terreno 3125 3125 3125 A xy y x = ⇔ = ⇔= ( ) 3125 12500 12500 3 2 2 3 2 5 C x x x x x x x x x = + + × = + + = + b) ( ) 2 12500 12500 5 5 C x x x x ′ ′ = + = − ( ) 2 2 0 12500 0 5 0 2500 50 x C x x x x ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = x 0 50 +∞ C ′ n.d. − 0 + C n.d. 500 O custo da vedação é mínimo quando 50 m PQ = e 62,5 m QR = . O custo mínimo é de 500 euros porque ( ) 12500 50 5 50 50 C = × + 500 = . 65.2. a) ( ) 200 5 3 2 2 200 5 4 200 4 x x x y x y y − + + = ⇔ + = ⇔ = 5 50 4 x y ⇔ = − Então, ( ) 2 5 5 50 50 4 4 x x A x x x = − = − . b) ( ) 2 5 5 ´ 50 50 4 2 x x A x x ′ = − =− ( ) 5 ´ 0 50 0 20 2 x A x x = ⇔ − = ⇔ = x 0 20 +∞ A′ n.d. − 0 + A n.d. 500 O senhor Marques terá de comprar 20m da rede mais cara e 70m da rede mais económica de modo que a área do pomar seja máxima. Proposta 66 66.1. lago 400 2 2 400 200 P x y x y = ⇔ π + = ⇔ π + = 200 y x ⇔= − π ( ) ( ) 2 2 2 2 2 200 400 2 400 A x x x x x x x x x = π + − π = π + − π = −π + 66.2. ( ) ( ) ´ 2 ´ 400 2 400 A x x x x = −π + = − π + ( ) 200 ´ 0 2 400 0 A x x x = ⇔ − π + = ⇔ = π Sabe-se que 0 200 0 x x ∧ − π ≥ , ou seja, 200 0 x ≤ π . x 0 200 π A′ n.d. + 0 A n.d. 200 A π Para que o lago tenha área máxima, este deve ter a forma de um círculo de raio 200 π . Pág. 196 Proposta 67* 67.1. Sabe-se que A e B são os pontos de interseção do gráfico de f com o eixo das abcissas e que A tem abcissa negativa. ( ) 4 2 0 2 8 0 f x x x = ⇔ − + + = Fazendo 2 x y = , tem-se: 2 2 4 32 2 8 0 2 4 2 y y y y y − ± + − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ = − . Como 2 y x = , vem: 2 2 impossível 2 4 2 2 x x x x = − ∨ = ⇔ = − ∨ = . Donde se conclui que ( ) 2, 0 A − e ( ) 2, 0 B . 67.2. O declive da reta tangente ao gráfico no ponto B é dado por ( ) ´ 2 f . ( ) ( ) 4 2 3 2 8 4 4 f x x x x x ′ ′ = − + + = − + Então, ( ) 3 2 4 2 4 2 24 f ′ = − × + × = − . A reta tangente é definida pela equação ( ) 0 24 2 y x − = − − . Equação da reta tangente ao gráfico no ponto B: 24 48 y x = − + . Proposta 68* 68.1. 5 2 g D = − R Assíntotas verticais ( ) 2 5 5 x x 2 2 25 x 4 lim lim 2x 5 0 g x + + + →− →− = = = +∞ + ( ) 2 5 5 x x 2 2 25 x 4 lim lim 2x 5 0 g x − − − →− →− = = = −∞ + Portanto, a reta 5 2 x = − é assíntota vertical ao gráfico de g. Assíntotas não verticais ( ) y mx b = + ⋅ Em +∞ : ( ) 2 2 2 2 1 lim lim lim lim 5 5 2 5 2 2 x x x x g x x x m x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ → +∞ →+∞ = = = = + + + 1 1 2 0 2 = = + NEMA11PR © Porto Editora
- 228. Funções reais devariável real 229 229 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 5 lim lim lim 2 5 2 4 10 x x x x x x x b g x mx x x x → +∞ → +∞ → +∞ − − = − = −= + + 5 5 5 5 5 lim lim lim 10 10 4 10 4 0 4 4 4 x x x x x x x x x ∞ ∞ → +∞ →+∞ →+∞ − − − − = = = = = − + + + + Portanto, a reta 1 5 2 4 y x = − é assíntota oblíqua ao gráfico de g em +∞ . ⋅ Em −∞ : ( ) 2 2 2 2 1 lim lim lim lim 5 5 2 5 2 2 x x x x g x x x m x x x x x x ∞ ∞ → −∞ → −∞ → −∞ → −∞ = = = = + + + 1 1 2 0 2 = = + ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 5 lim lim lim 2 5 2 4 10 x x x x x x x b g x mx x x x → −∞ → −∞ → −∞ − − = − = −= + + 5 5 5 5 5 lim lim lim 10 10 4 10 4 0 4 4 4 x x x x x x x x x ∞ ∞ → −∞ →−∞ →−∞ − − − − = = = = = − + + + + Portanto, a reta 1 5 2 4 y x = − também é assíntota oblíqua ao gráfico de g em −∞ . 68.2. A função g não admite extremos absolutos porque ( ) 5 x 2 lim g x + →− = +∞ e ( ) 5 x 2 lim g x − →− = −∞ . 68.3. 5 2 g D = − R ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 2 5 2 5 2 5 x x x x x g x x x ′ ′ ′ + − + ′ = = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 2 2 10 2 5 2 5 x x x x x x x + − + = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 10 0 0 2 10 0 2 5 0 2 5 x x g x x x x x + ′ =⇔ =⇔ + = ∧ + ≠ + ( ) 5 2 5 0 0 5 2 x x x x x ⇔ + = ∧ ≠ − ⇔ = ∨ = − x −∞ 5 − 5 2 − 0 +∞ g′ + 0 − n.d. − 0 + g 5 − n.d. 0 g é estritamente crescente em ] ] , 5 −∞ − e em [ [ 0, + ∞ . g é estritamente decrescente em 5 5, 2 − − e em 5 , 0 2 − . 0 é mínimo relativo para 0 x = e 5 − é máximo relativo para 5 x = − . Proposta 69* 3 3 x y y x + = ⇔ = − + Como a reta tangente ao gráfico de f no ponto ( ) 1,3 P é paralela à reta de equação 3 x y + =, sabe-se que ( ) 1 3 f = e que ( ) 1 1 f ′ = − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ax b x x ax b ax b f x x x ′ ′ ′ + + − + + + ′ = = = + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 a x x ax b ax bx a x x + − + − − + = = + + ( ) ( ) 3 1 3 6 4 2 2 2 2 ' 1 1 1 4 a b f a b a a b a b b f + = = + = = ⇔ ⇔ ⇔ − − + = = = − = − Conclui-se, então, que 4 e 2 a b = = . Proposta 70* 70.1. a) Atendendo à semelhança de triângulos, sabe-se que: 10 20 5 40 4 10 4 40 10 4 10 2 x h x h x h x h − − = ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = . b) 2 3 2 3 2 20 5 20 5 5 10 2 2 2 b x x x V A h x x x π − π − = × = π × = = − π + π 70.2. 3 2 2 5 15 10 20 2 2 V x x x x ′ ′= − π + π = − π + π 2 15 3 0 20 0 5 4 0 2 2 V x x x x ′= ⇔ − π + π = ⇔ π − + = 3 8 5 0 4 0 0 2 3 x x x x ⇔ π = ∨ − + = ⇔ = ∨ = Sabe-se que 20 5 0 0 2 x x − ∧ , ou seja, 0 4 x x ∧ x 0 8 3 4 V ′ n.d. + 0 − n.d. V n.d. 8 3 V n.d. O volume do cilindro é máximo quando 8 cm e 3 x = 10 cm 3 h = . Pág. 200 1. Sendo ( ) b f x a x c = + + então as equações das assíntotas são x c = − e y a = . Atendendo à representação gráfica, sabe-se que 0 0 c a − ∧ . Donde se conclui que 0 0 c a ∧ . Assim sendo, a opção correta é a (B). NEMA11PR © Porto Editora
- 229. 230 Unidade 4 230 Unidade4 – NEMA11PR (20152608) 2. ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x x x x x f x x x x x x + − = − = = = − + + + + Então, as assíntotas ao gráfico de f são as retas de equações 1 x = − e 1 y = . A opção correta é a (B). 3. O declive da reta que passa pelos pontos do gráfico de h de abcissas 3 e 10 é dado por [ ] 3,10 . . . t m v , ou seja, é igual a 1 2 . Como a reta interseta o eixo Oy no ponto de ordenada 3, conclui- se que 3 2 x y = + é uma equação dessa reta. A opção correta é a (A). 4. A reta t é tangente ao gráfico de f no ponto ( ) 5,2 A . Sabe-se que ( ) ´ 5 t m f = e ( ) 1 ´ 5 2 f = . Então, 1 2 t m = . Como a reta t interseta o eixo Ox no ponto de abcissa a e passa em ( ) 5,2 A , sabe-se que: 2 0 1 1 5 2 a a − = ⇔ = − . A opção correta é a (C). 5. ( ) ( ) ( ) 0 lim ´ r h f h f f m h → π+ − π = π = A reta r, sendo perpendicular à reta de equação 1 1 2 y x = − + , tem declive 2. Então, ( ) ( ) 0 lim 2 h f h f h → π+ − π = . A opção correta é a (B). 6. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 0 g f f g g f f ′ ′ ′ × − × = Por observação gráfica, sabe-se que (0) (0) 1 f g = = . O gráfico de f é uma reta que interseta os eixos coordenados nos pontos ( ) 3,0 e ( ) 0,1 . O declive dessa reta é 1 0 1 0 3 3 m − = = − − . Então, 1 ( ) 1 3 f x x = − + . 1 1 ( ) 1 3 3 f x x ′ ′ = − + = − Assim sendo, ( ) 2 1 1 1 1 3 3 0 0 1 g f − × − − × ′ = = . A opção correta é a (A). Pág. 201 1.1. ( ) 3 1 x f x x = + Recorrendo ao algoritmo da divisão, tem-se: 3x 0 x 1 3 3 3 3 x + + − − − Então, ( ) 3 3 1 f x x = − + . As assíntotas ao gráfico de f são as retas de equações 1 x = − e 3 y = . Donde se conclui que as assíntotas ao gráfico de f intersetam-se no ponto de coordenadas ( ) 1, 3 − . 1.2. ( ) 2 3 3 3 0 0 1 1 1 x x x x x f x x x x x x x − − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ + + + 2 2 0 1 x x x − + ⇔ ≤ + ( ) 2 2 0 2 0 0 2 x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = 1 0 1 x x + = ⇔ = − x −∞ 1 − 0 2 +∞ 2 2 x x − + − − − 0 + 0 − 1 x + − 0 + + + + + 2 2 1 x x x − + + + S.S. − 0 + 0 − Conclui-se, então, que ( ) ] ] [ [ 1,0 2, f x x x ≤ ⇔ ∈ − ∪ + ∞ . 1.3. Seja t a reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa 2. O declive da reta t é igual a ( ) ´ 2 f . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 1 3 3 1 1 x x x x x f x x x ′ ′ ′ + − + ′ = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 1 3 3 1 1 x x x x + − = = + + Logo, ( ) 3 1 2 9 3 f ′ = = . A reta t é do tipo 1 3 y x b = + . Como o ponto de coordenadas ( ) ( ) 2, 2 f pertence à reta t e ( ) 2 2 f = , então tem-se: 1 4 2 2 3 3 b b = × + ⇔ = . Equação reduzida da reta t: 1 4 3 3 y x = + . 2.1. Pretende-se determinar as coordenadas dos pontos do gráfico de f em que as retas tangentes nesses pontos são paralelas à reta definida pela equação 8 1 0 x y − + + = . Ora, 1 1 8 1 0 8 8 x y y x − + + = ⇔ = − . Então, o declive das retas tangentes nesses pontos é igual a 1 8 . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 x x x x x x x f x x x x ′ ′ ′ + − + + − ′ = = = = + + + ( ) 2 2 2 x = + NEMA11PR © Porto Editora
- 230. Funções reais devariável real 231 231 Unidade 4 – NEMA11PR (20152608) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 16 2 0 8 8 2 f x x x x ′ = ⇔ = ⇔ + = ∧ + ≠ + ( ) 2 4 2 4 2 2 6 x x x x x ⇔ + = ∨ + = − ∧ ≠ − ⇔ = ∨ = − ( ) 2 1 2 4 2 f = = e ( ) 6 3 6 4 2 f − − = = − . Donde se conclui que as coordenadas dos pontos do gráfico de f em que as retas tangentes nesses pontos são paralelas à reta definida pela equação 8 1 0 x y − + + = são 1 2, 2 e 3 6, 2 − . 2.2. ( ) ( ) ( ) ´ ( 4) 4 4 f g g f g ′ ′ − = − × − ( ) ( ) 4 1 1 2 4 1 3 2 g − = − + − × − = − + = ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 1 1 2 0 2 1 2 2 1 2 1 2 x g x x x x x ′ − − − ′ ′ = − + − = + = = − − − ( ) 1 1 4 3 9 g − ′ − = = − Então, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 ( 4) 4 4 2 3 3 16 f g g f g f ′ ′ ′ ′ − = − × − = − × = − × 1 24 = − . 3. ( ) ( ) 2 2 4 3 2 2 f x x x x x x = − = − + e f D =R . ( ) ( ) 4 3 2 3 2 2 4 6 2 f x x x x x x x ′ ′ = − + = − + ( ) ( ) 3 2 2 0 4 6 2 0 2 2 3 1 0 f x x x x x x x ′ = ⇔ − + = ⇔ − + = 2 3 9 8 2 0 2 3 1 0 0 4 x x x x x ± − ⇔ = ∨ − + = ⇔ = ∨ = 1 0 1 2 x x x ⇔ = ∨ = ∨ = x −∞ 0 1 2 1 +∞ 2x − 0 + + + + + 2 2 3 1 x x − + + + + 0 − 0 + f ′ − 0 + 0 − 0 + f 0 1 16 0 f é estritamente decrescente em ] ] , 0 − ∞ e em 1 , 1 2 . f é estritamente crescente em 1 0, 2 e em [ [ 1, + ∞ . 0 é mínimo relativo e absoluto para 0 x = e para 1 x = e 1 16 é máximo relativo para 1 2 x = . A função não tem máximo absoluto porque ( ) x lim f x →−∞ = +∞ e ( ) x lim f x →+∞ = +∞ . 4.1. [ ] ( ) ( ) 0,3 3 0 23 5 . . . 6 3 0 3 N N t m v − − = = = − A taxa média de crescimento da população de bactérias durante as três primeiras horas foi de 6000 bactérias por hora. 4.2. Pretende-se saber a taxa de crescimento no início da 2.ª hora, ou seja, no final da 1.ª hora. Essa taxa é dada por ( ) ´ 1 N . ( ) 3 2 1 9 5 9 3 N t t t t ′ ′ =− + + = − + Então, ( ) 2 1 1 9 8 N′ = − + = . No início da 2.ª hora, a taxa de crescimento era de 8000 bactérias por hora. 4.3. ( ) 2 0 9 0 3 3 N t t t t ′ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − Como 0 5 t ≤ ≤ , conclui-se que 3 t = . t 0 3 5 N′ 9 + 0 − 16 − N ( ) 0 N ( ) 3 N ( ) 5 N ( ) 3 1 3 3 9 3 5 23 3 N = − × + × + = O número máximo de bactérias durante o teste foi de 23000 e ocorreu no início da 4.ª hora (final da 3.ª hora). 5. Designemos por x e y, respetivamente, a largura e o comprimento dos retângulos. Atendendo ao esquema ao lado, sabe-se que: 20 2 2 20 40 2 10 20 2 x y y x y x − = ⇔ = − ⇔ = − A área dos retângulos é dada, em função de x, por: ( ) ( ) 2 40 2 40 2 A x x x x x = − = − . ( ) ( ) 2 ´ 40 2 40 4 A x x x x ′ = − = − ( ) ´ 0 40 4 0 10 A x x x = ⇔ − = ⇔ = x 0 10 20 A′ n.d. + 0 − n.d. A n.d. 200 n.d. A área é máxima quando 10 x = e 40 2 10 20 y= − × = . As dimensões dos retângulos que se podem obter com área máxima são 10 cm 20 cm × . NEMA11PR © Porto Editora
- 231. 232 Unidade 5 232 Unidade5 – NEMA11PR (20152608) Pág. 205 1. 8 1 19 2,375 8 8 i i x x = = = = ∑ ; 8 1 34 4,25 8 8 i i y y = = = = ∑ . ( ) ( ) 8 8 2 2 2 1 1 8 x i i i i SS x x x x = = = − = − × ∑ ∑ = 2 61 8 2,375 15,875 − × = ( ) ( ) 8 8 2 2 2 1 1 8 y i i i i SS y y y y = = = − = − × ∑ ∑ = 2 160 8 4,25 15,5 − × = Então tem-se : 2,375 x = ; 15,875 x SS = ; 4,25 y = ; 15,5 y SS = . Tarefa 1 1.1. 5 1 251 50,2 5 5 i i x x = = = = ∑ 50,2 x = mm 1.2. ( ) ( ) 5 5 2 2 2 2 1 1 5 12609 5 50,2 8,8 x i i i i SS x x x x = = = − = − ×= − × = ∑ ∑ 8,8 x SS = 2.1. Número de alunos: 20 20 1 4 0 7 1 5 2 4 3 1,45 20 20 i i y y = × + × + × + × = = = ∑ 2.2. Seja e o desvio em relação à média. 2 1,45 0,55 e = − = O desvio em relação à média é 0,55. 2.3. ( ) 20 2 1 y i i SS y y = = − = ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 0 1,45 7 1 1,45 5 2 1,45 4 3 1,45 = × − + × − + × − + × − 20,95 = 20,95 y SS = Pág. 206 2. s: 2 y x b = + ( ) 2 i i i e y x b = − + ; ( ) 1 3 2 6 b − = − × + ⇔ 1 3 12 b − = − − ⇔ 8 b = − . Então 2 8 y x = − . i x i y ( ) 2 8 i i i e y x = − − A (3, 2) 3 2 4 B (5, 3) 5 3 1 C (6, 3) 6 3 –1 D (8, 5) 8 5 –3 3.1. 3 1 1 3 5 3 3 3 i i x x = + + = = = ∑ 3.2. 3 1 1,8 2,4 3,6 7,8 2,6 3 3 3 i i y y = + + = = = = ∑ 3.3. 4 ; y x b b = + ∈R Ponto Desvio vertical do ponto em relação à reta t ( ) 1 1 ; 1,8 P ( ) 1 1,8 4 1 e b = − × + ( ) 2 3 ; 2,4 P ( ) 2 2,4 4 3 e b = − × + ( ) 3 5 ; 3,6 P ( ) 3 3,6 4 5 e b = − × + 3 1 1,8 4 2,4 12 3,6 20 28,2 3 i i e b b b b = = − − + − − + − − = − − ∑ 3 1 0 28,2 3 0 9,4 i i e b b = = ⇔ − − = ⇔ =− ∑ Pág. 207 4.1. 4 1 11 2,75 4 4 i i x x = = = = ∑ 4 1 13 3,25 4 4 i i y y = = = = ∑ ( ) 2,75 ; 3,25 M Como 3,25 0,8 2,75 1 = × + é uma proposição falsa, conclui-se que M não pertence à reta dada. 4.2. i x i y ( ) 0,8 1 i i i e y x = − + 1 3 1,2 2 2 –0,6 3 4 0,6 5 4 –1 4 1 1,2 0,6 0,6 1 0,2 i i e = = − + − = ∑ 4.3. Seja 0,8 i y x b = + a equação reduzida da reta s. Sabe-se que 4 1 0 0,8 i i e b y x = = ⇔ = − ∑ . Então, 3,25 0,8 2,75 b = − × , ou seja, 1,05 b = . s: 0,8 1,05 i y x = + Pág. 208 5.1. a) i P i x i y 1 P 3,5 1,8 2 P 5 2,5 3 P 6,3 4 4 P 7,2 5,5 5 P 8 6,2 5 1 30 i i x = = ∑ 5 1 20 i i y = = ∑ 5 1 30 6 5 5 i i x x = = = = ∑ ; 5 1 20 4 5 5 i i y y = = = = ∑ . i x i n 0 4 1 7 2 5 3 4 Unidade 5 Estatística NEMA11PR © Porto Editora
- 232. Estatística 233 233 Unidade 5– NEMA11PR (20152608) b) i P i x i y i x x − ( ) 2 i x x − 1 P 3,5 1,8 -2,5 6,25 2 P 5 2,5 -1 1 3 P 6,3 4 0,3 0,09 4 P 7,2 5,5 1,2 1,44 5 P 8 6,2 2 4 5 1 30 i i x = = ∑ 5 1 20 i i y = = ∑ ( ) 5 2 1 12,78 i i x x = − = ∑ ( ) 5 2 1 12,78 x i i SS x x = = − = ∑ c) i P i x i y i i x y 1 P 3,5 1,8 6,3 2 P 5 2,5 12,5 3 P 6,3 4 25,2 4 P 7,2 5,5 39,6 5 P 8 6,2 49,6 5 1 30 i i x = = ∑ 5 1 20 i i y = = ∑ 5 1 133,2 i i i x y = = ∑ 5 1 133,2 i i i x y = = ∑ 5.2. 5 1 5 133,2 5 6 4 13,2 1,033 12,78 12,78 i i i x x y x y a SS = − − × × = = = ≈ ∑ Como b y ax = − , então 13,2 4 6 12,78 b ≈ − × , ou seja, 2,197 b ≈ − . t: 1,033 2,197 y x = − Tarefa 2 1. i x i y 1 2 2 4 4 6 5 8 4 1 12 i i x = = ∑ 4 1 20 i i y = = ∑ 4 1 12 3 4 4 i i x x = = = = ∑ ; 4 1 20 5 4 4 i i y y = = = = ∑ . 2. ( ) ( ) 4 4 2 2 2 1 1 4 x i i i i SS x x x x = = = − = − ∑ ∑ Então, 10 x SS = . 3. Sabe-se que 4 1 0 i i e b y ax = = ⇔ = − ∑ . Então, 5 3 b a = − . Assim, tem-se 5 3 y ax a = + − , como se pretendia provar. 4. ( ) , i i i P x y : 5 3 r y ax a = + − 2 i e i x i y 5 3 i i i e y ax a = − − + 1 2 2 3 a − 2 4 12 9 a a − + 2 4 1 a − 2 2 1 a a − + 4 6 1 a − + 2 2 1 a a − + 5 8 2 3 a − + 2 4 12 9 a a − + 3 x = 5 y = 4 2 2 1 10 28 20 i i e a a = = − + ∑ 4 2 2 1 10 28 20 i i e a a = = − + ∑ 5. ( ) 2 10 28 20 f a a a = − + ( ) 20 28 f a a ′ = − ( ) 7 0 20 28 0 5 f a a a ′ = ⇔ − = ⇔ = a −∞ 7 5 +∞ ( ) f a ′ – 0 + f ց 2 5 ր A função f atinge um mínimo absoluto para 7 5 a = . 6. 4 1 4 74 4 3 5 7 10 5 i i i x x y x y SS = − − × × = = ∑ Pág. 209 6. Pontos i x i y i i x y A 2 5 10 B 4 4 16 C 5 2 10 D 7 3 21 4 1 18 i i x = = ∑ 4 1 14 i i y = = ∑ 4 1 57 i i i x y = = ∑ 4 1 18 9 4 4 2 i i x x = = = = ∑ 4 1 14 7 4 4 2 i i y y = = = = ∑ ( ) 2 4 2 2 1 4 94 4 4,5 13 x i i SS x x = = − = − × = ∑ 4 1 4 57 4 4,5 3,5 6 13 13 i i i x x y x y a SS = − − × × = = = − ∑ 0,46 ≈ − 6 3,5 4,5 13 b y ax = − = + × 5,58 ≈ NEMA11PR © Porto Editora
- 233. 234 Unidade 5 234 Unidade5 – NEMA11PR (20152608) O declive e a ordenada na origem da reta t são, respetivamente, –0,46 e 5,58. Pág. 212 7.1. Localidade Temp. mínima ( o C ) Temp. máxima ( o C ) A 12 15 B 10 15 C 10 17 D 12 17 E 8 13 F 4 9 G 8 11 H 14 17 7.2. A distribuição dos pontos sugere uma relação linear positiva, isto é, que à medida que uma variável aumenta a outra também aumenta. Pág. 215 8. 0,8 A → − ; 0,03 B → ; 0,2 C → . Pág. 217 Proposta 1 1.1. 1.2. i x i y 3 1 5 4 8 5 6 3 4 1 22 i i x = = ∑ 4 1 13 i i y = = ∑ a) 4 1 22 5,5 4 4 i i x x = = = = ∑ 4 1 13 3,25 4 4 i i y y = = = = ∑ b) 4 2 2 1 4 x i i SS x x = = − ∑ = 134 – 121 = 13 4 2 2 1 4 y i i SS y y = = − ∑ = 51 – 42,25 = 8,75 1.3. Sabe-se que: 2 y x b = + 4 1 0 i i e b y ax = = ⇔ = − ∑ Então, 3,25 2 5,5 7,75 b b = − × ⇔ = − . Proposta 2 2.1. i x i y ( ) 2 i x x − i i x y 2 7 9 14 4 9 1 36 6 4 1 24 8 3 9 24 5 x = 5,75 y = 20 x SS = 4 1 98 i i i x y = = ∑ 2.2. 4 1 4 98 4 5 5,75 0,85 20 i i i x x y x y a SS = − − × × = = = − ∑ ; 5,75 0,85 5 10 b = + ×= . Tem-se 0,85 a = − e 10 b = . 2.3. Equação reduzida da reta de mínimos quadrados: 0,85 10 y x = − + ( ) 3 6,4 P Seja 3 e o desvio vertical de 3 P em relação à reta dos mínimos quadrados. ( ) 3 4 0,85 6 10 0,9 e = − − × + =− O desvio vertical e 3 P em relação à reta de mínimos quadrados é –0,9. Pág. 218 Proposta 3 3.1. Variável explicativa - Número de horas de treino. Variável resposta – Número de falhas na final. 3.2. a) Recorrendo a uma calculadora gráfica, introduzem-se os dados em duas listas e seleciona-se um gráfico de dispersão. Número de horas de treino 5 20 12 8 15 9 7 13 18 10 Número de falhas na final 9 0 4 7 3 6 8 4 1 5 NEMA11PR © Porto Editora
- 234. Estatística 235 235 Unidade 5– NEMA11PR (20152608) b) Seja y mx b = + . 0,59 m = − 11,64 b = Então, a equação da reta de mínimos quadrados é 0,59 11,64 y x = − + . Proposta 4 Idade (em anos) 3 5 8 10 15 Massa corporal (em kg) 20 32 45 48 55 4.1. a) 5 1 41 8,2 5 5 i i x x = = = = ∑ 5 2 2 1 5 x i i SS x x = = − ∑ = 423 – 336,2 = 86,8 b) 5 1 200 40 5 5 i i y y = = = = ∑ 5 2 2 1 5 y i i SS y y = = − ∑ = 8778 – 8000 = 778 4.2. Seja m o declive da reta de mínimos quadrados. i x i y i i x y 3 20 60 5 32 160 8 45 360 10 48 480 15 55 825 8,2 x = 40 y = 4 1 1885 i i i x y = = ∑ 5 1 5 1885 5 8,2 40 2,8 86,8 i i i x x y x y a SS = − − × × = = ≈ ∑ 4.3. Seja r o coeficiente de correlação linear. Sabe-se que x y SS r a SS = . Considerando 2,8226 a = , tem-se 86,8 2,886 0,9 778 r = × ≈ O coeficiente de correlação é, aproximadamente 0,9. Pág. 219 Proposta 5 5.1. A nuvem de pontos sugere uma associação linear positiva. 5.2. 0,81 15 1,55 13,7 y y = × + ⇔ = Espera-se que 13,7 y = . Proposta 6 6.1. Recorrendo à reta de mínimos quadrados, tem-se: 0,63 27 4,19 21,2 y y = × + ⇔ = Espera-se que 21,2 y = . 6.2. Seja a o declive da reta de mínimos quadrados e r o coeficiente de correlação. Sabe-se que 0,63 a = , 84 x SS = e 36 y SS = . x y SS r a SS = = 84 0,63 0,96 36 × ≈ 0,96 r ≈ Proposta 7 7.1. i x i y i x x − i y y − 8 7 2,75 –2 5 9 –0,25 0 2 12 –3,25 3 6 8 0,75 –1 5,25 x = 9 y = ( ) i x x − ( ) i y y − ( ) 2 i x x − ( ) 2 i y y − –5,5 7,5625 4 0 0,0625 0 –9,75 10,5625 9 –0,75 0,5625 1 ( )( ) 4 1 16 i i i x x y y = − − = − ∑ 18,75 x SS = 14 y SS = 7.2. Seja 1 r o coeficiente de correlação linear da amostra ( ) ~ , x y . ( )( ) 1 1 . n i i i x y x x y y r SS SS = − − = ∑ = 16 0,99 18,75 14 − ≈ − × NEMA11PR © Porto Editora
- 235. 236 Unidade 5 236 Unidade5 – NEMA11PR (20152608) 7.3. A variável x tem uma correlação mais forte com a variável y do que com a variável z , uma vez que 1 2 r r , sendo 2 r o coeficiente de correlação de ( ) ~ , x z . Pág. 220 Proposta 8 8.1. Introduzem-se os dados de HDL e de LDL em duas listas da calculadora. A nuvem de pontos obtida sugere uma relação linear negativa. O coeficiente de correlação obtido a partir da calculadora gráfica é, aproximadamente – 0,89. 8.2. A reta de mínimos quadrados y ax b = + , obtida a partir da calculadora é 1,924 219,193 y x = − + , utilizando valores arredondados às milésimas para a e para b. Para 65 x = tem-se 1,924 65 219,193 94 y y = − × + ⇔ = . Estima-se que o LDL seja de 94 mg/dl, aproximadamente. 8.3. Consideraria o LDL como variável explicativa e o HDL como variável resposta. De seguida, determinaria a reta de mínimos quadrados e a partir dela faria uma estimativa do nível de HDL, sabendo o nível de LDL. Pág. 221 Proposta 9 9.1. Introduzem-se os dados da temperatura e da frequência cardíaca em duas listas da calculadora e seleciona-se estatísticas de duas variáveis, obtendo-se as médias das variáveis. i x i y 37 52 37,3 148 37,5 146 37,7 148 38 155 38,4 160 38,6 165 38,7 162 38,8 169 9 1 38 9 i i x x = = = ∑ ; 9 1 145 9 i i y y = = = ∑ e ( ) 38 , 145 C . 9.2. No menu de gráficos seleciona-se gráfico de dispersão. A nuvem de pontos sugere uma relação linear positiva. 9.3. No menu Estatística, seleciona-se Regressão linear. Considerando valores aproximados às centésimas para o declive e ordenada na origem, a reta dos mínimos quadrados é 39,83 1368,45 y x = − . Para 38,2 x = , tem-se 39,83 38,2 1368,45 y = × − , ou seja, 153,056 y = . Estima-se que a frequência cardíaca seja de 153 pulsações /minuto. Pág. 222 Proposta 10 10.1. A variável explicativa deve ser a temperatura do ar e a variável resposta a velocidade de propagação do som. 10.2. a) NEMA11PR © Porto Editora
- 236. Estatística 237 237 Unidade 5– NEMA11PR (20152608) b) Utilizando valores arredondados às milésimas para o declive e para a ordenada na origem da reta de mínimos quadrados, obtém-se a equação 0,663 328,629 y x = + . Para 12,5 x = , obtém-se 0,663 12,5 328,629 y = × + , ou seja, 337 y ≈ . Estima-se que a velocidade de propagação do som seja de 337 m/s aproximadamente. Proposta 11 Para estimar a altitude da localidade A quando é conhecida a temperatura, considera-se a temperatura t como variável explicativa. A respetiva reta de mínimos quadrados pode obter-se recorrendo a uma calculadora gráfica. Reta de mínimos quadrados: 43,929 1284,881 y x = − + . Para estimar o valor da altitude correspondente a 11 C ° de temperatura, basta considerar 11 x = , obtendo-se 801,7 y ≈ . Altitude de A: aproximadamente 801,7 m. Para estimar a temperatura da localidade B quando é conhecida a respetiva temperatura, considera-se a altitude h como variável explicativa. Basta considerar: ou, em alternativa, selecionar: Para B: Reta de mínimos quadrados: 0,022 28,519 y x = − + . Fazendo 950 x = , obtém-se 7,6 y ≈ . Estima-se que a temperatura em B seja aproximadamente de 7,6 C ° . Assim, tem-se: Para A: Reta de mínimos quadrados: 43,929 1284,881 y x = − + Altitude de A: 801,7 m Para B: Reta de mínimos quadrados: 0,022 28,519 y x = − + Temperatura: 7,6 C ° Pág. 224 1. ( ) 2, 3 A , ( ) 5, 4 B e ( ) 3, , C k k∈R Sabe-se que se 1 0,8 y x = − , uma vez que a soma dos desvios verticais dos pontos A, B e C à reta t é igual a 0. 3 4 7 3 3 k k y + + + = = ; 2 5 3 10 3 3 x + + = = 7 10 1 0,8 3 3 k + = − × ⇔ 7 8 1 3 3 k + = − ⇔ 4 k = Opção B 2. Sabe-se que, sendo y ax b = + a equação reduzida da reta dos mínimos quadrados, b y ax = − . Então, tem-se 5 3 4a = − ⇔ 1 2 a ⇔ = − . Opção D 3. A nuvem de pontos sugere uma relação linear positiva pelo que r e a são positivos. Opção C 4. Sabendo que b y ax = − , tem-se 0,5 0,25 8 y = − × ⇔ 5 2,5 2 y ⇔ = = . Opção A NEMA11PR © Porto Editora
- 237. 238 Unidade 5 238 Unidade5 – NEMA11PR (20152608) Pág. 225 1.1. A nuvem de pontos sugere uma relação linear negativa entre as variáveis x e y. 1.2. i x i y i i x y ( ) 2 i x x − 5 8 40 25 8 6 48 4 10 5 50 0 12 5 60 4 15 3 45 25 10 x = 5,4 y = 5 1 243 i i i x y = = ∑ 58 x SS = 1.3. Seja y ax b = + a equação reduzida da reta de mínimos quadrados. 5 1 5 i i i x x y x y a SS = − = ∑ 243 5 10 5,4 27 0,5 58 58 − × × = − ≈ − b y ax = − = 27 5,4 10 10,1 58 + × ≈ Então, a equação reduzida da reta dos mínimos quadrados é 0,5 10,1 y x = − + 2.1. 5 1 26,2 5 i i x x = = = ∑ ; 5 1 2,1 5 i i y y = = = ∑ . Sabe-se que b y ax = − . Então, 2,1 26,2 b a = − . 2.2. Seja 0,18 2,56 y x = − a equação reduzida da reta de mínimos quadrados. Para 23 x = tem-se 0,18 23 2,56 1,58 y= × − = O valor esperado para a altura da árvore é 1,58 m. 2.3. O coeficiente de correlação linear, arredondado às milésimas, é 0,938. i x i y 20 1,2 25 1,5 28 2,3 28 2,5 30 3 26,2 x = 2,1 y = NEMA11PR © Porto Editora