Exercıcios Resolvidos de MA 11

Unidades 19 e 20

A seguir, apresentamos alguns exercıcios resolvidos de forma completa.Cabe observar, que existem outras maneiras de se resolver um mesmo exercıcioe, assim, as solucoes apresentadas nao sao unicas.

Unidade 19

Exercıcios Recomendados

2. Ora, para todo x ∈ R,

−1 6 senx 6 1 ⇔ 1 6 2 + sen, x 6 3 ⇔ 1

36

1

2 + sen x6 1

⇔ 1 63

2 + sen x6 3.

Assim,

3

2 + sen x= 1 ⇔ 3 = 2 + senx ⇔ senx = 1 ⇔ x =

π

2+ 2kπ, k ∈ Z

e

3

2 + sen x= 3 ⇔ 2 + sen x = 1 ⇔ senx = −1 ⇔ x =

3π

2+ 2kπ, k ∈ Z.

Portanto, {(π2

+ 2kπ, 1); k ∈ Z} e {(3π2

+ 2kπ, 3); k ∈ Z} sao os conjuntosdos pontos mınimo e de maximo, respectivamente, da funcao f : R→ R dada

por f(x) =3

2 + sen x.

3. a) Observe que, para todo x ∈ R,

|f1(x)| = |x senx| 6 |x|,

1

ja que |senx| 6 1 pata todo x ∈ R. Assim, para x > 0,

|f1(x)| 6 x ⇔ −x 6 f1(x) 6 x,

mostrando que as retas y = x e y = −x limitam o grafico de f1 superiormentee inferiormente, de modo respectivo.

Agora, para x < 0, temos

|f1(x)| 6 −x ⇔ x 6 f1(x) 6 −x,

mostrando que as retas y = x e y = −x limitam o grafico de f1 superiormentee inferiormente, de modo respectivo, o grafico de f1.

Os pontos em que o grafico de f1 toca as retas y = x e y = −x sao,respectivamente, os pontos da forma

(0, 0),(π

2+ 2kπ,

π

2+ 2kπ

)e(3π

2+ 2kπ,

−3π

2+ 2kπ

), k ∈ Z.

b) Nao. De x = 3π2

+ 2kπ com k ∈ Z, k < 0, temos senx = −1. Mas, parax = 3π

2+ 2kπ, com k < 0, f1 tem um maximo.

c) Neste caso, para todo x ∈ R,

|f2(x)| 6 x2.

Como x2 > 0 para todo x ∈ R, temos

−x2 6 f2(x) 6 x2.

5. Ora,

cos(3x− π

4) = 0 ⇔ 3x− π

4=π

2+ kπ, k ∈ Z⇔

3x =3π

4+ kπ, k ∈ Z ⇔ x =

π

4+kπ

3, k ∈ Z.

Para k = 0, k = 0, k = 1 e k = 2, temos x = π4, x = 7π

12e x = 11π

12,

respectivamente.

2

6. Considere o triangulo OAB como na figura abaixo.

Figura 1

Como o angulo AOB tem medida 2π5

, o triangulo retangulo OMB tem

hipotenusa medindo 1, tem o angulo MOB medindo π5

e lado MB medindol2, onde l denota a medida do lado do pentagono. Como sen π

5= l/2

1, segue

que l = 2sen π5.

Portanto, o perımetro do pentagono e 5l, ou seja, 10 sen π5.

8. Note que

senx+ cosx = m ⇒ (senx+ cosx)2 = m2 ⇒ 1 + 2 senx cosx = m2

⇒ senx cosx =m2 − 1

2.

(1)Agora, como sen2 x+ cos2 x = 1, temos

(senx+ cosx)(sen2 x+ cos2 x) = m⇔ sen3 x+ cos3 x+ senx cos2 x+ cosx sen2 x = m⇔ sen3 x+ cos3 x+ (senx cosx)(cosx+ senx) = m⇔ sen3 x+ cos3 x = m− (senx cosx)(cosx+ senx)

(2)

De (1) e (2), obtemos que

sen3 x+ cos3 x = m−(mm2 − 1

2

)= m

3−m2

2.

3

Unidade 20 Secao 20.2

Exercıcios Recomendados

1. Como, para todo a ∈ R, cos 2a = cos2 a − sen2 a e sen2 a + cos2 a = 1,segue que

cos 2a = 2 cos2 a− 1, para todo a ∈ R.

Fazendo 2a = x, teremos

cosx

2= ±

√1 + cos x

2(1)

Como π8

e π12

pertencem ao intervalo [0, π/2] e, neste intervalo, o cossenoe positivo, segue de (1) que

cosπ

8= +

√1 + cos π

4

2=

√1 +√

2/2

2=

√2 +√

2

2(2)

cosπ

12= +

√1 + cos π

6

2=

√1 +√

3/2

2=

√2 +√

3

2. (3)

Como sen2 a+ cos2 a = 1 para todo a ∈ R, de (2) e (3) obtemos

senπ

8=

√2−√

2

2texte (4)

senπ

12=

√2−√

3

2. (5)

Para calcularmos o cosseno de 3π/8 e 5π/12 usaremos a expressao

cos(a+ b) = cos a cos b− sen a sen b,

valida para todo a, b ∈ R.

4

Ora, de (2) e (4) temos

cos 3π8

= cos

(π8

+ π4

)= cos π

8cos π

4− sen π

8sen π

4

=

√2+√2

2

√22−√

2−√2

2

√22

=√24

(√

2 +√

2−√

2−√

2)

(6)

e, de (3) e (5), temos

cos 5π12

= cos

(π12

+ π3

)= cos π

12cos π

3− sen π

12sen π

3

=

√2+√3

212−√

2−√3

2

√32

= 14

(√

2 +√

3−√

6− 3√

3).

(7)

Pelo fato de 3π/8 e 5π/12 pertencerem ao intervalo [0, π/2], a expressaosen2 a+ cos2 a = 1 garante, por (6) e (7), que

sen3π

8=

√2 +√

2

2

e

sen5π

12=

√2 +√

3

2.

4. a) A = (1, 0); B = (cosα, senα); C = (cos(α + β), sen (α + β));D = (cos β,−sen β).

b) Os triangulos sao congruentes. Logo, a medida do segmento AC e igual amedida do segmento BD.

c) Aplicando a formula da distancia entre dois pontos de R2, temos que oquadrado da medida de AC e

|AC|2 = [cos(α + β)− 1]2 + [sen (α + β)− 0]2

= cos2(α + β)− 2 cos(α + β) + 1 + sen2 (α + β)= 2− 2 cos(α + β).

5

d) Novamente, pela formula da distancia entre dois pontos de R2,

|BD|2 = [cosα + cos β]2 + [senα + sen β]2 =cos2 α− 2 cosα cos β + cos2 β + sen2 α + 2senα sen β + sen2 β =2− 2 cosα cos β + 2senα sen β.

e) Como |AC| = |BD|, segue de (c) e (d) que

2− 2 cos(α + β) = 2− 2 cosα cos β + 2senα sen β,

ou seja,cos(α + β) = cosα cos β − senα sen β.

Unidade 20 Secao 20.3

Exercıcios Recomendados

2. Como a soma dos angulos internos de um triangulo e 180o, temos que

x+ 2x+ 3x = 180o,

mostrando que x = 30o. Chamemos de a a medida do maior lado. Pela leidos senos,

5

sen 30o=

a

sen 90o.

Como sen 30o = 1/2 e sen 90o = 1, segue que a = 10.

3. Admitamos que a seja o maior lado do triangulo ABC, isto e, a > b ea > c. Como ao maior lado opoe-se o maior angulo do triangulo, A > B eA > C. Assim, temos:

ABC e retangulo quando A = 90o;

ABC e acutangulo quando 0o < A < 90o;

ABC e retangulo quando 90o < A < 180o.

Por outro lado, da lei dos cossenos, temos:

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A,

6

donde

cos A =b2 + c2 − a2

2bc.

Assim:(a) A = 90o ⇔ cos A = 0 ⇔ b2 +c2−a2 = 0 ⇔ a2 = b2 +c2;

(b) A < 90o ⇔ cos A > 0 ⇔ b2 +c2−a2 > 0 ⇔ a2 < b2 +c2;

(c) 90o < A < 180o ⇔ cos A < 0 ⇔ b2+c2−a2 < 0 ⇔ a2 > b2+c2.

Portanto, um triangulo ABC e respectivamente retangulo, acutangulo ouobtusangulo, conforme o quadrado de seu maior lado seja igual, menor oumaior que a soma dos quadrados dos outros dois lados.

7