Resoluções dos Exercícios do Volume 3 de Matemática 12… · DESAFIOS Â Matemática A Â 12.º...

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RESOLUÇÕES DO VOLUME 3 PROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO

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TEMA 3 TRIGONOMETRIA E NÚMEROS COMPLEXOS

3.1 Funções trigonométricas

1.

a)

cos2coscos22

sensen

b)

sen

cos

2coscos

c) cos3cos33cos3 tgtgtg

2.

a) 8,0 sensen

b) 8,0 sensen

c) 8,02 sensensen

3.

a) Da fórmula fundamental da trigonometria resulta:

2222 1cos1cos1 asensensen . Como é um ângulo

do primeiro quadrante, sabe-se que 0sen , portanto, 21 asen .

b) asen 2cos2coscos2

3cos

c) Se k é um número inteiro, então,

akk coscos2cos12cos

4.

a)

34cos

35

47cos

3

16

4

29cos

tgtgtg

2

2323

2

2

34cos

tg

b)

432cos

62

4

3

3

5cos

6

13

tgsentgsen

212

1

2

11

3cos

6

sen

c)

4cos

3cos

433cos

3cos

4

133cos

3

4cos 2

2

2

4

221

4cos

4

1

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 2

5. Por definição, 11 senx , então, a equação 32 ksenx só é possível se:

1321 k , ou seja, 21 k .

6.

6.1 Para qualquer ângulo generalizado x, tem-se:

xsenxsenxsenxf 222 , por outro lado,

xsenxsenxf 22 . Então, xfxf , ou seja, f é ímpar.

6.2 Zkk

xZkkxxsenxsenxf ,2

,202020

.

Atribuindo valores inteiros a k obtém-se:

para 0k , 0x ; para 1k , 2

x ; para 2k , x ; para 3k ,

2

3x , para

4k , 2x ; para 5k ,

2,02

5x e para 1k ,

2,0

2x .

Então, os zeros de f no intervalo 2,0 são: 2

3,,

2,0

e 2 .

6.3 Sabe-se que 121 xsen , portanto, o máximo de f é 1.

ZkkxZkkxxsenxf ,4

3,2

2

32121

Portanto, Zkkx ,4

3

é a expressão geral dos minimizantes de f.

7.

7.1 A figura sugere que 220 fg e que 1g . Então,

3

2

12

2

1

20

12

20

b

a

b

a

ba

ba

bsena

senba

. c. q. d.

7.2 Com os valores de a e b encontrados a função g pode ser definida por

232

xsenxg .

Então, como

2

xsen toma todos os valores do intervalo 1,1 ,

232

xsen toma

todos os valores do intervalo 1,5132,312 . Então, o mínimo de g é

–5.

7.3

2

1

22

3

232

2

7

23

2

7

232

2

7 xsen

xsen

xsen

xsenxg

ZkkxkxZkkx

kx

,23

223

,262

26

7

2

.

Destes, apenas 3

pertencem ao intervalo , . Portanto, o conjunto-solução da

condição é

3

S .

7.4 Para qualquer ângulo generalizado x, medido em radianos, tem-se

xgx

senx

senx

senxg

2

2322

232

2

4324 .

Portanto, 4 é período de g. c. q. d.


8.

a) Zkkxkxsenxsenx ,26

262

1021

Zkkxkx ,26

26

7

ZkkxkxRxS ,26

26

7:

b)

ZkkxkxZkkxkxxsen

,2

22,2

442

442

2

4

ZkkxkxRxS ,22

2:

c)

122

8110202 22 yyyyysenxxsen

senxy

Zkkxsenxsenximpsenxy

,212.

ZkkxRxS ,2:

d) ZkkxZkkxxsenxsenxsen ,4

,2

2121212

ZkkxRxS ,4

:

9.

a) 331331311 xfsenxsenx

3,3' fD

Zkkxsenxsenxxf ,0030

Expressão geral dos zeros de f: Zkkx ,

b) 2

1

2

11

2

1

2

11

2

111 xgsenxsenx

2

1,

2

1'gD

Zkkxsenxsenx

xg ,002

0

Expressão geral dos zeros de g: Zkkx ,

10.

a) O ponto C coincide com B quando x . Então, 2122

2

sendAB . Ora,

como [AB] é diâmetro da circunferência e O, o seu centro, tem-se 12

AB

OA .

b)

Zkk

xk

xxsen

xsenxd ,2

322

322

3

23

223

Zkkxkx ,23

42

3

2

Se ,0x , então, o único valor de x que verifica a igualdade é 3

2.


c) O perímetro de [ACO] é dado em função de x por

22211

xsenxd . Então,

como x varia em ,0 assumindo todos os valores deste intervalo,

42

22212

0

xsen

xsen . Então, o perímetro de [ACO] varia entre 2 e 4.

11.

11.1 o período positivo mínimo de g é

3

3

2

2P ;

11.2 O função g tem por contradomínio 1,1 . Portanto o máximo de g é 1.

ZkkxZkkxx

senx

senxg

,3

4

3,2

23

21

3

21

3

21

Para 1k vem

334

3x , para 0k vem

4

3x , para 1k vem

4

9x , para 2k vem

36

4

3x .

Então, os maximizantes de g que pertencem a 3,3 são: 4

3 e

4

9.

11.3

12. Como a amplitude da oscilação do gráfico é 4 o valor de k pode ser 22

4k .

A observação do gráfico sugere que 4

e

4

3são zeros consecutivos de f.

Ora ZkkaxZkkaxaxsenaxsen ,,002 .

Então, a diferença entre dois zeros consecutivos de f é . Pode-se então tomar fazer

4

a .

13. A amplitude de oscilação é igual a 8 pelo que 44 AA .

O período positivo mínimo da função é 2P . Então pode-se fazer 0B .

Como o zero da função seno é 0. Pode-se fazer 0C .

Portanto a função f pode ser definida analiticamente por senxxf 4 , porque

.42

f


14.

a)

xfxxxxxxxf 2cos2cos2cos1

. Então, f é ímpar.

(1) A função cosseno é par

b)

xgsenxxsenxxxsenxxg 22

2

2 . Então g é ímpar.

(2) a função seno é ímpar.

15. A observação do gráfico sugere que 40 f , 0f .

Então,

2

2424

0

4

0cos

40cos

a

b

ba

b

ba

ba

ba

ba

ba

ba

.

Portanto, 2a e 2b .

16.

16.1 O contradomínio de h é 5,2;5,1 . Então, o mínimo de h é 1,5 e o máximo 2,5. O

máximo da função corresponde à maré alta. Então queremos o instante em que esse

máximo ocorre.

ZkktZkktttxh

,12,2

61

6cos5,2

6cos5,025,2

.

Como 24,0hD , a maré alta ocorreu às 0, às 12 e ás 24 horas do dia em causa.

16.2 O período positivo mínimo é 12

6

2

P

16.3

Zkktttt ,2

462

2

6cos

4

2

6cos5,0

4

28

6cos5,02

Zkkt ,122

3.

Para 0k vem 24,02

324,0

2

3 tt ,

para 1k vem 24,05,132

31224,05,10

2

312 tt e

para 2k vem 24,05,252

32424,05,22

2

324 tt .

Então, a solução da condição 24,04

28

6cos5,02

tt

é

5,22;5,13;5,10;5,1S .

17. A observação do gráfico sugere que 20 T , 387 T .

A amplitude térmica foi de 36238 , pelo que 182

36b .

Como 0 é mínimo o valor de b é negativo. Então 18b .

Como 2018220cos1820 aaT

A diferença entre um maximizante e um minimizante consecutivos é igual a metade do

período mínimo positivo. Então o período positivo mínimo da extensão de T ao conjunto

dos números reais seria 14P , pelo que 7

214

c

c.

Assim, tem-se 20a , 18b e 7

c .


18.

18.1 O ponto P é o ponto de máximo do gráfico de f com maior abcissa negativa.

Como 0,cos2 xsexxf e 3,cos21 xsex , a ordenada de P é 3.

Zkkxxx ,21cos3cos2 .

Para 0k vem 0 x , para 1k vem x . Então, as coordenadas do ponto P

são 3, .

18.2

De acordo com o referido em 18.1. as imagens de x por f quando 0x tomam todos os

valores, e apenas esses, do intervalo 3,1 .

Se 0x ,

01

32

xxf . Então f é crescente em ,0 , 4

1

47lim

0

x

x

x e

71

47lim

x

x

x.

Portanto, o contradomínio de f é 7,43,1' fD .

19.

a)

ZkkRDf ,2

\

Cálculo auxiliar:

ZkkxZkkxZkkx ,2

,2

,2

.

b)

ZkkRDg ,212

5\

Cálculo auxiliar:

ZkkxZkkxZkkx ,212

5,

322,

232

c)

ZkkRDg ,2

\

ZkkxZkkxtgx ,2

,0

.

20.

20.1

ZkkRZkkxRxDf ,3

\,26

:

20.2

ZkkxZkkxxtgxtgxf

,

6,

363

60

630

20.3 P é período de f se fDxxfPxf ,

6663

63

xtgPxtgxtgPxtgxfPxf

ZkkPZkkxPx ,,66

.

Para qualquer k inteiro k é período de f. Então, é o período mínimo positivo de f.

20.4 323336

tgtgf


Da fórmula fundamental da trigonometria vem, 222 cos1cos11 sen e

13

1cos

cos

113

cos

1132

cos

11 2

22

2

2

2

tg .

Então,

13

1cos1cos11 222 sen

21.

a)

0

1

coslimlim

22

x

senxtgx

xx

(note-se que se

2

x , x está no 4.º

quadrante).

b) 01

0coslim

2lim

22

senx

x

tgxxx

.

22.

22.1 A função tangente é contínua em

ZkR ,2

\

e

ZkR ,

2\

2,0

, logo,

a restrição à função f é contínua porque é a soma de duas funções contínuas em

2,0

.

0454,02

11

2

1

tgf e 0101,11

2

11

2

3

tgf e f é contínua em

.2

,02

3,

2

1

Então, pelo Teorema de Bolzano, f admite pelo menos um zero no

intervalo

2

3,

2

1.

22.2 Como

tgtgxx

xx22

l im2

22lim

23.

23. 1 O raio da base do cilindro é igual à distância do ponto A à origem do referencial.

Então, o raio da base do cilindro é 5000304 222 .

Assim, a medida da área da base do cilindro é 2552 .

Sendo a amplitude do ângulo, tem-se ainda que tgOB

BD , pelo que tgBD 5 .

Portanto, tgtgV 125525 .

23.2

tgtg

22

l im125125lim

Interpretação: o volume do cilindro pode ser tão grande quanto se queira, desde que

se faça o ângulo BOD suficientemente próximo de 2

.


24.

24.1

ZkkxkxRxDh ,22

:

24.2

0

1

1

1lim

4

tgxx

e

0

1

1

1lim

4

tgxx

. Então, a reta de equação

4

x

é assíntota vertical do gráfico de h.

24.3 No domínio de h tem-se

Zkkxtgxtgxtgx

xh

,01111

11

Então a expressão geral das soluções da equação 1xh é Zkkx , .

25.

25.1 A área de um cone de raio r e geratriz g é dada por rgrA .

A geratriz deste cone é GV e x

GVxGV cos

1cos

1 .

Então, a área do cone é dada em função de x por

1

cos

11

xxA , ou seja,

x

xxA

cos

cos ,

2,0

x .

25.2

0

0

cos

coslimlim

22

x

xxA

xx

.

A área do cone tende quando x tende para

2

. Este resultado verifica-se porque

a área da base do cone é constante e a altura do cone tende ( A geratriz tende a

ficar paralela à altura quando x tende para

2

).

26.

27.

a)

0

1coslim

0 x

x

x e

0

1coslim

0 x

x

x Então não existe

x

x

x

coslim

0.

b) 11

1

lim

coslimcos

limcos

lim

cos

limlim

0

0

0000

x

senx

x

x

senx

x

senx

xx

x

senx

x

tgx

x

x

x

xxxx

c) 2

11

2

1lim

2

1lim

2

1

2lim 2

2

0

2

02

2

0

x

senx

x

senx

x

xsen

xxx


d)

200303030

cos

cos1

limlim

1cos

1

limcoslimlimx

x

x

x

senx

x

xsenx

x

senxx

senx

x

senxtgx

xxxxx

xxx

xsen

xxx

x

xxx

xx

xxxx cos1cos

1limlim

cos1cos

cos1lim

cos1cos

cos1cos1lim1

02

2

02

2

020

2

1

111

11

cos1cos

1limlim 2

0

2

0

xxx

senx

xx.

28.

a)

212lim224

4lim

2

4lim

0400

y

seny

x

xsen

x

xsen

yxyxx

28.2

b)

0102limlim2lim2

cos12lim

2cos2lim

00

2

0

2

0

2

0

x

senxsenx

x

xsen

x

x

x

x

xxxxx

c)

1

1limlimlimlim

2003030 xx

senx

x

senx

x

xsen

xxxx

29.

1

11

1limlimlimlim

0000

x

xsenx

xsen

xx

xsen

xx

xsen

xsen

xsen

xxxx

Note-se que dizer que 0x é o mesmo que dizer que 0x e 0x .

30.

a)

senxsenx

xsen

senxsenx

xsen

xsen

xsen

xxxx

1lim

2lim

12lim

2lim

00020

, pela igualdade

demonstrada no exercício anterior, tem-se que

21

22lim

0

senx

xsen

x, então,

2

1lim

2lim

00 senxsenx

xsen

xx, ou seja,

xsen

xsen

x 20

2lim .

b) Fazendo a mudança de variável 1 xy , vem

y

ysen

y

ysen

yy

ysen

yy

ysen

y

xsen

x

yyyyx

2lim

2lim

2lim

1

11lim

1lim

0

2

0

2

0

2

0

2

1

2

1

2

lim

2lim

0

0

y

ysen

y

y

y.

31. A função f é contínua em 0, , porque é a soma de uma constante com o produto de

duas funções contínuas (uma polinomial e a composta de uma exponencial e uma

polinomial, ambas contínuas).

A função f é contínua em ,0 , porque é o quociente de duas funções contínuas (soma

de uma polinomial e uma trigonométrica e uma polinomial).


Por outro lado, tem-se 1010 f e

0211lim11limlimlim0000

fx

senx

x

senx

x

senxxxf

yyyy

e, portanto, a

função f é contínua em 0\R e contínua em 0 à esquerda.

32.

4

62

2

2

2

3

2

2

2

1

434cos

3cos

43cos

12cos

sensen

4

26

2

2

2

1

2

2

2

3

43cos

4cos

34312

sensensensen

33.

4

26

2

2

2

1

2

2

2

3

43cos

4cos

34312

7

sensensensen

34.

a)

senxsenxsenxsenxxxsen

4cos

4cos

4cos

4cos

4cos

4

xxx cos2cos2

2cos

2

2 c. q. d.

b) xsenxsenxsenxsenxx 22222 211cos2cos . c. q. d.

c)

senxx

senxx

senxx

senxx

senxsenx

senxxsen

x

xsen

xtg

cos2

2

cos2

2

2

2cos

2

2

2

2cos

2

2

4cos

4cos

4coscos

4

4cos

4

4

xsenx

senxx

cos

cos

, c. q. d.

35.

a)

2coslim

cos

coscoslim

cos

coslim

cos

2coslim

44

22

44

senxxsenxx

senxxsenxx

senxx

xsenx

senxx

x

xxxx

b)

y

ysenseny

y

ysen

x

senx

yyxyx

3cos

3cos23

lim3

23

lim

3

23lim

00

33

y

seny

y

y

y

yseny

y

yseny

yyyy 0000l im

cos33lim

cos33lim

cos2

3

2

123

lim

1limlim31lim31

cos1

cos1lim31

cos1lim3

00

2

0

2

00seny

y

seny

y

ysen

yy

y

y

y

yyyyy

11013


36. Nas condições da figura tem-se: senxsenxsenxABHBsenxAB

HB 1 e

xAHxAB

AHcoscos .

Então, a área do triângulo [ABH] é dada, em função de x, por xsenxxsenx

cos2

1

2

cos .

Como os triângulos [AED], [DFC] e [CBG] são congruentes com [ABH] e o quadrado

[ABCD] tem área 1, a área da superfície sombreada é dada, em função de x, por

xsenxxsenxxf cos21cos2

141

, ou seja, xsenxf 21 c. q. d.

37.

a) xsenxxsenxxxf cos3133

b) xxsenxxsenxsenxxxsenxxg cos

c) xxxx eeeexh coscos

38.

38.1 xesenxeesenxsenxesenxexf xxxxx cos

c. q. d.

38.2

Zkkxxsenxxsenxexsenxexf xx ,4

cos0cos00cos0

Como 2,0fD , os zeros de f’ são 4

e

4

5.

Assim, temos:

x 0

4

4

5

2

xf + + 0 - 0 + +

f

Assim, f é crescente nos intervalos

4,0

e

2,

4

5; decrescente no intervalo

4

5,

4

, tem mínimos relativos em 0 e

4

5; e máximos relativos em

4

e 2 . A

função f tem um mínimo absoluto,

4

5

2

2

4

5

e

f

e máximo absoluto,

42

2

4

e

f

.

39.

h

h

h

h

h

hf

hhh

12coslim

122coslim

2cos2coslim

000

0102limlim22

lim1cos

lim00

2

0

22

0

h

senhsenh

h

hsen

h

hsenh

hhhh.


40.

a) xsenxxxg 3313cos

b)

x

xsenxx

x

xxxxxh

22 cos

cos

cos

coscos

c)

22 cos

11coscos

cos

1coscos1

xx

senxsenxxxx

xx

senxxxxxsenxxi

22

22

cos

cos

cos

1coscos

xx

xx

xx

xsenxxx

d) x

xsenxxsenxj

lnlnln

e) senxxsenxxxxcoosxp

222 cos3cos3cos3

41. nxsenbnnxannxbnnxansennxbsennxaxf 22 coscoscos

nxsenbnnxanxfn 222 cos .

Então, 0coscos 22222 nxsenbnnxannxsenbnnxanxfnxf c. q. d.

42.

a)

42cos

2

42cos

42

22

xx

x

xf

b) 1cos

1

cos

1 222

tgxxtge

xtgxee

xtgxetgxetgxexg xxxxxx

c) xtgtgxx

tgxtgxtgxxh 22

112cos

112112

43.

43.1 senxxxsenxxf

coscos .

43

,0,4

cos0cos0

xxZkkxsenxxsenxxxf

x 0

4

3

xf + + 0 - -

f m M m

A função tem dois mínimos relativos 10 f e 2

13

3

f e um máximo relativo

24

f .

2

13

3

f é mínimo absoluto e 2

4

f é máximo absoluto.


43.2 O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de coordenadas

2

31,

6

é

2

13

6

f . Então, a equação reduzida reta tangente é

12

636

2

13

xy

44.

44.1 Considere-se um ponto Q em [OA] de forma que QP seja paralelo a BA. Nestas

condições [OQP] é um triângulo retângulo e, portanto, cos5cos OQOP

OQ e

senQPsenOP

QP5 . Assim, temos que a área do trapézio é dada por

Asensensen

sen

22

2525cos2

2

2525

2

cos25505

2

cos555

c. q. d.

44.2 252

2525

2

senA . Quando

2

, o trapézio é um quadrado de área 5,

pelo que o valor obtido é a área desse quadrado.

44.3 2cos2522cos2

252

2

2525

senA

ZkkkA ,23

422

3

22

2

12cos

2

252cos25

2

25

Zkkxk ,3

2

3

. Como ,0 , o conjunto-solução da equação

é

3

2,

3

S .

45.

45.1.1 As abcissas de A e B são pontos do gráfico de f onde a função assume valores

extremos.

senxxxxf 21cos2 . Então, como f é derivável no domínio, a sua derivada

anula-se nos 2 pontos onde a função assume um valor extremo.

6

5

62

10210

xxsenxsenxxf .

Como a ordenada de A é o único máximo relativo de f em 2,0 , tem-se que a

ordenada de A é6

33

2

3

66cos

66

f .

Analogamente, como a ordenada de B é o único mínimo relativo de f em 2,0 a sua

ordenada é 6

335

2

3

6

5

6

5cos

6

5

6

5

f .


45.1.2 Como f , derivada de f , é positiva em

2,

6

5

6,0 e negativa em

6

5,

6

,

pode-se afirmar que 122 f é o máximo absoluto de f e 6

335

6

5

f é o

mínimo absoluto.

Como a função é derivável em todo o domínio, é contínua. Portanto, o contradomínio

de f é

12,

6

335

fD

45.2 A reta tangente ao gráfico de f em A pode ser definida pela equação 6

33

y .

Então, o ponto pedido tem como abcissa uma das soluções da equação

6

33

xf .

46.

46.1 O gráfico de g não tem assíntotas verticais no intervalo 0, porque g é contínua

neste intervalo, uma vez que é o quociente de duas funções contínuas (a soma de uma

afim e uma trigonométrica, e uma quadrática). Analogamente, não tem assíntotas

verticais em ,0 , por também ser contínua neste intervalo (produto de duas funções

contínuas a identidade e uma exponencial).

312lim2lim2

limlim0000

x

senx

x

senxxxg

xxxx

001lim0

xgx

Portanto, o gráfico de g não tem assíntotas verticais.

46.2 Para 0x , 1

xeexeexxexexg xxxxxx .

C. A.

110 xxexg x

Assim, e

g1

1 é máximo relativo de g e é o único extremo relativo de g em ,0

c. q .d.

46.3 Como se referiu em 46.1 g é contínua em 0, . Então, como 0,1,2 , g é

contínua em 1,2 .

Por outro lado,

227,14

242

seng e

841,2

1

121

seng , pelo

que 221 gg .

Então, pelo Teorema de Bolzano, existe pelo menos uma solução da equação

2xg no intervalo 1,2 .

47. Se rR 4 2 , então, 224 22 rrA e 2ra .

Verificando-se o modelo, tem-se 2

1coscos2 22 rr . Como é um

ângulo do primeiro quadrante 0cos , tem-se 32

1cos

2

1cos

.

Assim, o valor de pedido é 3

radianos.

x 0 1

xg + 0 -

g M


Mais exercícios

(Págs. 34 a 38)

Escolha múltipla

48. Opção (B).

De acordo com as condições da figura, as coordenadas do ponto C são sen,cos .

Então, a área do triângulo [AOC] é, em função de , 2

1 sen.

Os triângulos [AOB] e [AOC] são congruentes porque um é reflexão do outro com eixo Ox,

pelo que a área de [AOB] é também 2

1 sen.

Assim, a área do quadrilátero [ABOC] é

sensen

2

2 .

49. Opção (A).

Como 06

521

sen ,

6

5 não pode pertencer ao domínio de f. Portanto, a afirmação (A) é

necessariamente falsa.

50. Opção (B).

4

114 senxsenx . No círculo trigonométrico

percebe-se que em 2,0 esta equação tem duas

soluções (uma volta completa). Então, no intervalo

6,0 tem 6 soluções.

51. Opção (B).

Se x , 01

x, então

2

1

2

x, portanto

xtg

x

1

2lim

.

52. Opção (D).

Como xxh cos Rxx ,1,1cos , qualquer reta tangente ao gráfico de h não pode

ter declive fora do intervalo 1,1 . Pelo que a única reta que pode ser tangente ao gráfico

de h é a definida pela equação xy .

53. Opção (C). No círculo trigonométrico representado ao lado temos a

sombreado a região correspondente à condição 0senx e a

tracejado a região correspondente a 2

1cos x . Então, a

região pedida é onde as duas se sobrepõem.

54. Opção (C).

A base [BC] do triângulo [ABC] tem medida de comprimento igual a 2 e altura igual ao valor

absoluto da abcissa de A, que é coscos2 . Então, cos4 é a área do triângulo

[ABC] em função de . Assim, tem-se 5

2cos

5

8cos4 .


55. Opção (B).

2

1

2

1

1

1

cos2

1lim

1lim

2cos22

2lim

4

2lim

00200

y

y

senyxxsen

x

xsen

x

yyxyxx

56. Opção (D).

4114limcoslim4cos4

limcos2

lim21

lim 22

0

2

02

22

02

2

0

2

20

x

senxx

x

xxsen

x

xsenxxsen

x xxxxx

57. Opção (C).

Como x

tgxxf2cos

1 , o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de

abcissa 6

é

3

4

4

3

1

6cos

1

6 2

fm .

58. Opção (D).

O período mínimo positivo é 3

2P .

59. Opção (C).

xsenxxsen 242cos22

60. Opção (B).

A função m é contínua em 0, porque é, neste intervalo, a soma de duas funções

contínuas (uma exponencial e uma constante); é também contínua em ,0 , porque,

neste intervalo, é o quociente de duas funções contínuas (uma trigonométrica e a

identidade). Então, para ser contínua tem de ser contínua à esquerda no ponto 0, ou seja,

0lim0

mxmx

.

Como kkem 10 0 e 1limlim00

x

senxxm

xx, o valor de k deve ser 0.

61. Opção (A).

Da observação do gráfico, tem-se que 10 f e 22

f .

11010 atgaf .

No domínio da função, tem-se

2

1

421

22

212

2

bbbtgbtgf

.

62. Opção (C).

O ponto A tem coordenadas sen,cos , então senEO e cosEA .Como C tem

coordenadas (1, 0) e OA é um raio da circunferência, temos que 1OA . Como O é o

ponto médio de [ED] e de [AB] então senED 2 , cos BDEA e 2AB .

Então, o perímetro pedido é cos122cos22 sensen .


Resposta aberta

63.

63.1 Como

29cos

t toma todos os valores reais do intervalo 1,1 , a função d tem

contradomínio 5,12;5,0 . Portanto, a altura máxima é 12,5 metros.

1

96

29cos65,12

29cos65,65,12

tsen

tttd

ZkktZkkt

,182

9,2

29

.

ZkkZkk 75,4925,0900182

90 .

Assim, o conjunto-solução da condição 5,12td é 490: xZxS .

Portanto, o ponto V atinge 50 vezes a altura máxima.

63.2 62

5,05,12

OV

63.3

Zkkt

ktt

sent

td

,2

6

11

92

6

7

92

1

95,3

29cos65,65,3

Zkktkt ,182

3318

2

21.

Como 900,0dD , temos 49....,,1,0,182

3318

2

21 kktkt .

64. Como

,

23

2xsenx , tem-se

3

7

9

7

3

21cos

2

x e

7

14

7

2tgx . Assim, temos:

a) 9

142

3

7

3

22cos22

xsenxxsen e

5

142

7

21

7

142

1

22

2

xtg

tgxxtg

b) 6

212

3

7

2

3

2

1

3

2cos

33cos

3

xsensenxxsen

.

65.

a) senxsenyyxsenxsenyyxyxyx coscoscoscoscoscos

senxsenysenxsenyyxsenxsenyyx 2coscoscoscos

b) xxysenxsxsenxxsenx 2cos12coscoscoscos 222244 .


c)

12cos2212cos2222cos2224 22 xsenxxsenxxsenxsenxxsenxsenxsen

1cos421cos22cos221cos12cos22 22222 xxsenxsenxxxsen ,

c. q. d.

66.

a)

21

2

lim

cos2limcos2

limcos2

lim

0

0

00

x

senx

x

x

senx

x

senx

xx

x

x

xx

b) 11

11lim

1lim

2cos

limcos

2lim000

22

y

seny

y

senyy

y

x

x

yyyxyx

c)

1

cos1

cos1lim

lim

cos1lim

cos1

lim

2cos

12

limcos

1lim

2

0

0

0

00

22

yy

y

y

seny

y

y

y

seny

y

y

y

ysen

x

senx y

y

y

yyxyx

001cos1

limlimcos1

lim00

2

0

y

seny

y

seny

yy

ysen

yyy

d) 2121

lim21

2

1lim2

2

12

lim1

lim02

2

0

2

0

2

0

y

ex

e

x

senxx

e

senx

e y

yxy

x

x

x

x

x

x

67. A função g é contínua porque é o quociente de duas funções contínuas (uma polinomial e

uma trigonométrica).

a) Para que uma extensão h de g seja contínua em , , é necessário que:

senx

xx

x

2

0

2lim

e

senx

xxh

x

2

0

2lim0

, ora,

1

1

01

lim

1lim1

lim2

lim

0

0

0

2

0

x

senx

x

senx

xx

senx

xx

x

x

xx.

Portanto, a h extensão contínua de g a , pode ser definida por

01

0\,

xse

xsexgxh

b) Como

0

22lim

22

senx

xx

x e

0

22lim

22

senx

xx

x, não é possível

encontrar uma extensão de g ao intervalo , que seja contínua.

68.

a) xsenxexesenxeesenxsenxexf xxxxx coscos

b)

x

xxsenx

xtgxxsenxtgxtgxxxg

2

2

2 cos

2cos42cos

cos

1222cos2cos

c) 121cos22

xsenxsenxxxsenxh


d) 13cos

31331313

2

3233

x

xxtgxxxtgxtgxxi

e) xx

xxxxxxxxj

32

323cos33cos

2

222

f)

2

22

2

2

22

2

2

2cos

222coscos2

2cos

2cos

222cos2cos

2cos

2cos

senxx

senxxsenxxx

x

senx

x

senxxsenxxx

x

senx

x

senx

xn

xtgtgx

x22

22

g)

tgxx

senx

x

xxm

coscos

cos

h) xsenxxsenx esenxexxesenxexp coscos coscos

69.

69.1 A área do trapézio é ADDCAD

A ABCD

2

.

senADsenAD

22

xABDC com cos2x , ou seja, cos21DC .

Então, a área do trapézio é dada em função de por

22cos22cos2222

cos211sensensensensensenA

69.2. 2cos2cos22222 sensensensenA

0coscos02coscos02cos2cos20 22 sensA

1cos2

1cos

4

811cos01coscos2 2

Zkkk ,223

.

Repare-se que ,0

x 0

3

xA n.d. + 0 - n.d

A M

Área máxima: 2

33

2

3

2

32

3

2

32

3

sensenA

69.3

422lim2122

2

2limlim2

22limlim

020000

x

senxsensensensenA

xx

70.

70.1 Por definição de derivada num ponto do seu domínio


2

222

22

2

2lim

2

senh

x

hxh

x

70.2 xsenxxxhxh cos212

Zkkxxxxh ,232

1cos0cos210

.

Como , hh DD , as soluções da equação são 3

e

3

.

x

3

3

xh n.d. + 0 - 0 + n.d

h PI PI

O gráfico de h tem concavidade voltada para cima em

3,

e em

,

3 e

concavidade voltada para baixo em

3,

3

e tem dois pontos de inflexão, um no

ponto de abcissa 3

e outro no ponto de abcissa

3

.

70.2 O declive da reta tangente ao gráfico de h num determinado ponto é igual, quando

existe, à derivada de h na abcissa desse ponto. Então, porque o declive da bissetriz

dos quadrantes ímpares é 1, pretende-se determinar x tal que 1 xh .

Na calculadora, obtém-se:

Portanto, o ponto onde a tangente ao gráfico de h é paralela à bissetriz dos

quadrantes ímpares tem abcissa aproximadamente igual a 2,38.

71.

a) xxf cos21

Zkkxxxxf ,23

2

2

1cos0cos210

Então, a função f é positiva em

,

3

2,

3

2 e negativa em

,

3

5,

3

2 e tem período

mínimo positivo 2 . Assim, pode-se concluir que f é crescente em intervalos do tipo

Zkkk

,2

3

2,2

3

2

, decrescente em intervalos do tipo


Zkkk

,2

3

5,2

3

2

, tem máximos relativos em Zkkx ,2

3

2

e mínimos

relativos em Zkkx ,23

2

.

Os máximos relativos são da forma Zkk ,323

2

e os mínimos relativos da

forma Zkk ,,323

2

.

b) 2cos

12

2

xxtgxxg

2

2cos0cos

2

1cos0

cos

cos2102

cos

10 2

2

2

2

xxx

x

x

xxg

No domínio de g condição 2

2cos x tem duas soluções:

4

e

4

.

x

2

4

4

2

xg n.d. + 0 - 0 + n.d.

g M m

A função g tem um máximo relativo 12244

tgg e um mínimo

relativo 2

1244

tgg .

72.

72.1 CVCBVcone 2

3

1

xCVxCV

cos2cos2

, senxCBsenxCB

22

senxxsenxsenxsenxxxsenxsenxxV 23

4cos2

3

4cos24

3

1cos22

3

1 22

c. q. d.

72.2 xxsensenxxxsensenxsenxxsenxV 2cos2cos23

422

3

4

0cos2cos2cos202cos2cos23

40 xsenxxsenxxxxsensenxxxV

0coscos00cos2cos2 2222 xxsenxsenxxxsenx

3

3cos001cos30 2 xsenxxsenx , em

2,0

apenas a

equação 3

3cos x admite solução, que é, aproximadamente, 955,0 (valor

arredondado às milésimas).

73.

O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto B é igual a 8.


Então, pretende-se determinar o valor de x, abcissa de B, para o qual 8 xf .

xsenxexf x 42

Na calculadora obtém-se:

Então, a abcissa do ponto B é, aproximadamente, 0,91.

74.

74.1 Como os pontos D e C têm a mesma abcissa, a ordenada de C é

22

14

3cos4

6

f .

Assim, a altura do trapézio tem medida igual a 2.

A base menor do trapézio tem medida igual a 6

BC .

Como A é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das abcissas, a sua

ordenada é 0 e a abcissa é o menor zero positivo de f.

Zkk

xZkkxxxxf ,24

,2

202cos02cos40

.

Então, as coordenadas de A são

0,

4

, pelo que a base maior do trapézio é

12

5

64

DA .

Portanto, a área do trapézio [ABCD] é 12

72

2

612

5

.

74.2 xsenxf 28 ; xxsenxf 2cos1628 .

Portanto,

xsenxxxsenxxfxfxf 282cos122cos16282cos4

xsenx 222cos34 c. q. d.

75.

75.1 Considerando um referencial o.n. de origem em O semieixo, positivo Ox com a

direção e sentido de AC , semieixo positivo Oy com direção e sentido de OE e

unidade igual ao raio da circunferência, tem-se que as coordenadas do ponto D são

sen,cos .


Assim, tem-se que senAFDC 2 e cos2 DFAC e a altura do triângulo

[FDE] relativamente à base [DF] tem medida igual a sen1 . Os triângulos [FDE] e

[ABC] são congruentes por simetria do hexágono.

Então, a área do hexágono é dada em função de pela expressão:

cos4cos2cos22cos22

1cos22 sensensen

senA

cos22cos2cos2 sensen c. q. d.

75.2 senA 22cos2

2cos2cos02cos022cos20 sensenA

Zkkk

Zkkk ,223

2

6,2

222

22

No intervalo

2,0

, a equação é equivalente a 6

.

Como A tem domínio

2,0

, é positiva em

6,0

e negativa em

2,

6

, tem como

máximo 2

33

2

32

2

3

6

f .

76.

76.1 2

1lim

2

1

2limlim

000

x

senx

x

senxxg

xxx,

x

xxg

xx

1limlim

00e

2

10 g .

Então, a função g é descontínua no ponto 0, porque xgx 0l im

não existe, mas é

contínua à direita no ponto 0, porque 0lim0

gxgx

.

76.2 Se 0x , 3

2

3

1

2 senx

xx

senxxhxg . Sabe-se que no intervalo 2,0 esta

equação tem exatamente duas soluções. Então, no intervalo 1000,0 tem

exatamente 1000 soluções.

Por outro, se 0x 3

2133

3

11

xx

xx

xxhxg e 0,1

3

2 .

Então, a equação xhxg tem exatamente 1001 soluções no intervalo

,1000,1 ou seja, os gráficos de g e h intersetam-se em 1001 pontos neste

intervalo.

76.3 O ponto com menor abcissa positiva é 729,03

21

senx .

Assim, as coordenadas do ponto são 46,0;73,0 .


77.1

1012

1

1lim2

1

limlim

x

xsen

x

xsenx

x

xfm

xxx

002

1lim

2

1limlim

sen

xsenx

xsenxxxfb

xxx

De forma análoga, obtém-se

1lim x

xfm

x e 0lim

xxfb

x.

Portanto, a bissetriz dos quadrantes ímpares é assíntota do gráfico de f, quer em

quer em .

77.2 A função derivada de f é definida por

xsen

xxf

2

1

2

11

2.

Então, o declive, m, da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa

2 é

2

2

222

2

2

221

4

21

4

1

22

11

2

sensenfm

77.3 Repare-se que 02

22

4

22

senf e 0

2

13

6

33

senf .

Então, 032

ff .

Por outro lado, a função f é contínua em

3,

2, porque é a diferença de duas

funções contínuas (a identidade e a composta de uma trigonométrica e uma racional).

Portanto, pelo Teorema de Bolzano, f tem pelo menos um zero no intervalo

3,

2.

78.

78.1 Como o domínio de f é limitado superior e inferiormente, o seu gráfico não tem

assíntotas não verticais. Por outro lado, a função é contínua porque é o quociente de

duas funções contínuas (ambas trigonométricas) o intervalo , , pelo que neste

intervalo o gráfico de f não tem assíntotas verticais.

Por outro lado,

0

1

cos1

coslim

x

x

x e

0

1

cos1

coslim

x

x

x . Então, as

retas de equação x e x são assíntotas verticais do gráfico de f.

78.2

22 cos1

coscos1

cos1

1cos1cos

x

senxxxsenx

x

coxxcoxxxf

22

cos1cos1

coscos

x

senx

x

senxxsenxsenx

Como ,,0cos1 2 xx , tem-se 0,0 xxf ,

,00 xxf e 00 f . Então, f é crescente em 0, , decrescente em

,0 e tem como valor máximo 2

10 f .


77.

78.3 Como o ponto Q pertence ao gráfico de f e a ordenada de Q é 3

1, a abcissa desse

ponto é solução da equação 3

1xf . No domínio de f tem-se:

332

1cos1cos2cos1cos3

3

1

cos1

cos

3

1

xxxxxx

x

xxf

Como Q é um ponto do primeiro quadrante, as suas coordenadas são

3

1,

3

.

Então, o ponto R tem coordenadas

3

1,0 .

A ordenada de P é 0, pelo que a sua abcissa é um zero de f.

22

0cos0cos1

cos0

xxx

x

xxf .

Como a abcissa de P é positiva, as suas coordenadas são

0,

2

.

Assim, tem-se 2

OP ,

3

RQ e

3

1OR .

Portanto, a área do trapézio é 36

5

3

1

2

32

.

79. xsenxeexsenxeesenxsenxexf xxxxx coscos

xesenxxexsenxeexsenxxsenxexf xxxxx cos2coscoscoscos

Então,

xfsenxexxsenxexexsenxexf

xf xxxx

coscoscoscos2

c. q. d.

Autoavaliação 8

(Págs. 39 a 41)

Grupo I

1. Opção (A).

A concavidade do gráfico de f, de acordo com a figura, está voltada para baixo à esquerda

de 1 e voltada para cima à direita, infletindo no ponto . Então, a segunda derivada

deverá ser à esquerda de – e positiva à direita, sendo – zero desta função.

2. Opção (B).

xax

xsen

xax

x

xax

xx

ax

x

xxxx cos1lim

cos1

cos1lim

cos1

cos1cos1lim

cos1lim

2

0

2

000

02

01

cos1limlim

00

axa

senx

x

senx

xx

3. Opção (C).

22ln121ln121

ln1 exxxxx

xxf

4. Opção (C).


Sabe-se que

0lim xg

x porque Rxxg ,0 e a reta de equação 0y é

assíntota do gráfico de g.

Então,

xgx

xg

x

xx

12lim

2lim .

5. Opção (C).

Os zeros de f são: ,0,,2 e 2

Os zeros de g são: 2

3,,

2,0,

2,,

2

3,2

e 2 .

No conjunto dos zeros de f e g existem 9 elementos, 5 dos quais comuns às duas funções.

Assim, a probabilidade de, escolhido ao acaso, um elemento deste conjunto ser zero de

ambas as funções é 9

5.

6. Opção (D).

Com quatro A, um B e três D, é possível fazer 280!3!4

!8

chaves diferentes. Como apenas

existe uma chave correta, a probabilidade pedida é 280

1.

7. Opção (C).

Se BA , então, ABA , BBA , pelo que as opções (A) e (B) são verdadeiras.

Tem-se ainda que

1|

AP

AP

AP

BAPABP , pelo que a opção (D) também é

verdadeira.

Por outro lado,

1|

BP

AP

BP

BAPBAP , porque BPAP .

Grupo II

1. Neste problema, como retiramos ao acaso e simultaneamente 3 bolas das 19 existentes na

caixa, a ordem não é relevante, pelo que é possível realizar 319 C extrações diferentes,

tendo todas igual probabilidade de sair.

O acontecimento A: «sair pelo menos duas bolas verdes» é a união dos dois acontecimentos

incompatíveis: B: «sair duas bolas verdes” ou C: «sair três bolas verdes».

O número de casos favoráveis a B é 1326 C , extrair duas das seis bolas verdes e uma das

treze de cor não verde, e o número de casos favoráveis a C é 36C , extrair três das seis

bolas verdes.

Como os acontecimentos são incompatíveis, o número de casos favoráveis à sua união é a

soma dos casos favoráveis a cada um deles, ou seja, 36

26 13 CC .

Como os casos possíveis, nesta experiência, são equiprováveis, a probabilidade de A, de

acordo com a Regra de Laplace, é igual ao quociente entre o número de casos favoráveis e

o número de casos possíveis. Portanto, a probabilidade pedida é, como o enunciado

apresenta,

3

193

62

6 13

C

CCAP


2.

2.1 A função f é contínua em 2x , se xfx 2l im

existe e 2lim2

fxfx

.

22

2222

2

eef

22

2222limlim 2

22

eeexf x

xx

4

1

4

11

4

1limlim

4lim

4

2limlim

0002222

yy

seny

yy

ysen

x

xsenxf

xyyxyxx

Então, f é contínua à direita em 2x , mas descontínua em 2x .

2.2

4

2

4

2limlim

200

sen

x

xsenxf

xx. As retas de equação 0x e 2x não são

assíntotas do gráfico de f e f é contínua em 2,0 porque é o quociente de duas

funções contínuas (uma trigonométrica e uma polinomial) e em ,2 . Então o

gráfico de f não tem assíntotas verticais.

202

lim

122lim2limlim

x

ee

xxexf

x

x

xx

x

xx

2.3 Para 2x , xexeexexf xxxx

12 .

Então, como ,2,01 xxe x , f é estritamente decrescente neste intervalo.

3.

3.1 Tem-se que 1OA , 1 OPOAOPAP .

Por outro lado, como o triângulo [OPQ] é retângulo em Q (uma tangente a uma

circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangência), tem-se:

senxOPsenx

OPsenx

OP

OQ 11

Então, senx

senx

senxOAOPAP

11

1, ou seja, a distância d é dada em função de

x pela expressão xfsenx

senxd

1 c. q. d.

3.2

xsen

senxxsenxx

xsen

senxsenxsenxsenxxf

22

1coscos11

xsen

x

xsen

senxxxsenxx22

coscoscoscos

Como 0cos x , qualquer que seja

2,0

x , 0cos

2

xsen

xxf ; qualquer que seja

2,0

x , pelo que f é decrescente.

Portanto, a afirmação é verdadeira.

3.3 Queremos um ponto A, de abcissa x, tal que, 3 xg (declive da tangente do gráfico

de g em A). Na calculadora, obtemos:


Então, a abcissa de A é, aproximadamente, 0,56.

3.2 Números complexos

80. a) ixixixixixx 001 222

iiS ,

b) ixixi

xi

xx

112

22

2

42

2

42 2

iiS 11 ,

81.

z Re(z) Im(z)

5-2i 5 -2

-3+i -3 1

i2

1

0

2

1

13

i

1

3

1

5 5 0

82.

a) 3062 xx

b) 202 xx

83.

2

1

4252

25

42

52

y

x

yy

yx

yx

yx

84.

Sejam A, B e O os vértices do triângulo. Então, têm coordenadas: (-2,5), (3, 1) e

(0, 0).

10

29

411532 22

BO

AO

AB

Então, o perímetro do triângulo é: 102941 .

85.

85.1 As coordenadas de A e B são, respetivamente, (6, 5) e (10, 2).

34 ,AB

Considere-se u

tal que ABuABu

, por exemplo, ),( 43u

.


Então, ),( 13 uAD

e ),( 27 uBC

.

Os complexos são 7-2i e 3+i.

85.2 5AB , então a área do quadrado [ABCD] é 25.

86.

a) 1332 22 z

b) 211 22 z

c) 404 22 z

d) 2

1

2

12

z

87.

a)

2

3

4

3

23

2

32

y

x

y

x

b)

6

7

6

7

y

x

y

x

88.

a) 2-i

b) 5

c) 2i+1

d) -2i

89. Sejam yixzeyixz 21 os dois números complexos Ryx , .

Sabe-se que:

6

8

361064

8

202

162

20

16

222221

21

y

x

yy

x

yx

x

zz

zz ____

Os complexos são 8+6i e 8-6i.

90.

a) iiiizzz 43

212

3

13321

b) iiizz 3

12

3

1321

c) iiiiizzz 63

25

3

115

3

11213


91.

a) iaaii 52153

505 aa

b) ibiib 55253

505 bb

92.

a) iiiii 41875423847253

b) iiiii 316243146321

c) iiiii 1233724134721

93.

a) Seja Rbabiaz ,

)Re(zabiabiazz 22

b) Seja Rbabiaz ,

izbibiabiabiabiazz )Im(22

c) Seja Rbabiaz ,

izbibiabiabiabiazz )Im(22

94.

a) Seja 00 babiaw

biawz 2 , então, bwzawz ImRe 2

De acordo com a figura 2a , então, 00 wzwz ImRe .

Então, wz pertence ao 2.º quadrante.

b) Seja 00 babiaw

biawz 2 , então, 002 bwzawz ImRe


c) Seja 00 babiaw

biawz 2 , então, bwzawz ImRe 2

De acordo com a figura 2a , então, 00 wzwz ImRe .


95.

a) iiiiii 95454541 2

b) 1789223223223 222 iiii

c) iiiiiiiiiii 1912262316126231 22

96.

a) ixxxiiixxxiix 2141172144722 222


7

7

7

10214 22 xxx

b) ixxxiixixixxixix 3543434343 222

410432 xxxx

97.

a) iiiiii 176698122334 2

b) iiiiii 18698122334 2

c) iiii 2479241634 22

98.

3

1

4

3

4

012315034

315

4

315

912

1534915312491543

2

2

p

q

p

q

qqqq

qp

pq

qpiqiipqipiqiip

_____

99.

a) iiii 20212520452 22

b)

iiii

iiiiiiii

522242

22212222222

2

223

100.

2

1

2

1

4

3

4

1

2

33

4

3

2

33

4

3

2

3

4

33

2

2222

aa

aa

iaiaaiaiiaazz

Então, 2

1a .

101.

a) iiiiiiizz 22374928469723 222222

21

b) iiiiiizzzz 1976722166723 21121

c) iiiiz 49393 531


a) iiiii

iiiii 31111 03

126

218031126126

b) ii

ii

i

ii

1

2

2

34

121246

c) 100132 iiii ... é a soma dos 1001 primeiros termos de uma progressão

geométrica de primeiro termo i e razão i.

Então, tem-se ii

ii

i

iiS

1

1

1

1 1001

1001 .

Poderíamos também pensar que de quatro em quatro parcelas a soma dá 0

011 )()( ii sobrando apenas a parcela ii 1001 .

103. iiiiiiiiiii nnnnnnnnn 111111244424144

104.

nnnnnnnnnnnn iiiiiiiiiii 1222 222222121212

ii

nn

ii n

n 561642 1

_______

Então, 5n .

105.

a) ii

i 6

2

3

1

24

22

22

1

b) ii

i 4

1

16

4

4

1

c) ii

i

1

11

22

1

2

106.

a) iiiii

i

i

41

9

41

1

41

91

2516

5454

54

1 2

b) iiiii

i

i

i

ii

i

ii2

2

4

11

2222

1

22

1

32

1

32 2311

c)

iii

ii

iiii

ii

ii

i

iiii

i

ii

1231

25

1552

41

1051052

21

552

21

3622

21

312 22

d)


102.

i

iii

iii

iii

ii

iiii

ii

i

17

50

17

30

217

161

17

1312

17

16132

41

432

4

442

4

2 2

2

253

2

107. ixxiixix

i

ix

53

142

53

74

53

72144

72

2 2

Para ser um número real, tem-se 7

10

53

142

x

x.

108.

a)

iiii

i

i

ii

i

i

i

2

1

2

1

4

22

4

22

2

1

21

1

1

1 2

22

b)

ii

i

iiiiiiiii

338

5

169

6

676

10

676

24

676

1024

1024

1

1025

1

5

1

3232

1

321

122

2

2

2

c)

iii

i

i

ii

i

ii

ii

iii

ii

5

4

5

8

10

8

10

16

10

816

31

44

122

44

112

44

12

222 2

109.

Seja biaz em que a e b são números reais, tais que 0z

Rba

ba

ba

baba

ba

ibabiaibabia

ba

bia

ba

bia

bia

bia

bia

bia

z

z

z

z

22

22

22

2222

22

222222

22

2

22

2

22

22

110.

i

ii

i

i

i

ii

i

iiiii

i

iiii

3

22

9

186

3

62

3

171

3

263

3

321 232276

111.

Para ser solução basta verificar a igualdade.

iii

ii

ii

i343434

2

6834

2

961531

2

31 2

Então, 1-3i é solução da equação.


112.

Para ser zero do polinómio, o resultado da substituição de x por 3-2i é zero.

immiimii 1850641290623 2

113.

a) izizizizizz 4404404016 222

iiS 44 ,

b) izizzizzzzzz 000010 2223

iiS ,,0

c)

izii

zii

iiz

i

izizi

13

28

13

3

13

15101812

3232

3256

32

565632

iS13

28

13

3

d)

izii

z

ii

iiz

i

iziiziiizziziiz

5

3

5

4

5

224

22

212

2

121222222 25

iS5

3

5

4

e) Seja Ryxyixz ,

1

1

1212

21

12

12

12212212

y

x

xx

xy

yx

xy

iiyxxyiyixyixiyixyixi

Então, iz 1 .

iS 1

f) Seja Ryxyixz ,

2

3

2

64

126

61246612556125

y

x

y

x

iyixiyixyixiyixyix

Então, iz2

32 .

iS2

32


114.

1 -1 4 -4 1 1 0 4

1 0 4 0

izizzizzzzzzz 221021041044 22223

Os vértices do triângulo são os pontos A, B e C de coordenadas (1, 0), (0, 2) e

(0, -2).

521

4

22

ACAB

BC

O perímetro do triângulo é 524 .

115. Seja yixw , então, xiyiw , yixwi 2 e xiywi 3 . Considerando

A, B, C e D os afixos de cada um dos complexos, tem-se: yxOA , ,

xyOB , , yxOC , e xyOD , .

[ABCD] é um quadrado, pois as suas diagonais são perpendiculares e bissectam-

-se no ponto O.

116.

161.1 a)

i

iiiiiiiii

234381

382341341213344213221 222

b)

iiiiiii

i

iii

7

354

7

3210

7

3510324

32

3242

32

212 2

22

2154

116.2

ibbbibiiibi

i

bi

z

z

5

18

5

29

5

2189

5

219

21

9 2

1

3


255

18

5

2925

22

1

3

bb

z

z, então,

13169125040555025

3243643681 2222

bbbbbbb

117. Para que w pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares ww ImRe , então,

ikkkikiiiki

w29

245

29

260

29

252460

29

2512 2

7

36367

29

245

29

260ImRe

kk

kkww

118. Se yixz então 111 2222 yxyxz

422

21211111

22

2222222222

yx

yxxyxxyxyxyixyix

119.

a) 11

1;211 22 tgr , então, as coordenadas polares são

4,2

b) 1;228 tgr , então, as coordenadas polares são

4

3,22

c) 3

3

3

1;24 tgr , então, as coordenadas polares são

6,2

120.

32,

3cos2

senA , então, iiz 31

2

32

2

12

4

72,

4

7cos2

senB , então, iiw 22

2

22

2

22

121.

a) Qtg .º2;11

1;211 22

, então, por exemplo, 4

3 .

4

321

cisi

b) Qtg .º4;3;24 , então, por exemplo, 3

.

3

231

cisi


c)

2

322

cisi

d) Qtg .º3;1;24 , então, por exemplo, 4

5 .

4

5222

cisi

e) 033 cis

f)

iii

i

i

1

2

12

1

2

Qtg .º1;1;2 , então, por exemplo, 4

.

421

cisi

122.

a) iiisen 222

2

2

22

4

3

4

3cos2

b) iisen2

3

2

1

3

2

3

2cos

c) i3

d) -5

123.

a) Escrever w na forma trigonométrica

Qtg .º2;3

3;24 , então, por exemplo,

6

5 .

6

52

cisw

Zkkciscis ,26

5

6

522

Como 2,0 , então, 6

5 .

b) Zkkciscis

,2

6

11

6

522


11 .

c) Zkkciscis

,2

6

5

6

522


7 .


124.1 Se ABOB , os triângulos [OAB] e [OA´B] são isósceles, então, 4

ˆ BOA .

Então, icisz 23234

61

, icisz 23234

62

e

230233 cisz .

124.2 O triângulo [OAA´] é retângulo em O, então, a área é 182

66

.

125.

a) 2

33

23

23;

23

23

cisciscisciscis

b) 033;33;33 cisciscisciscis

c) Qtg º31;24 então

4

5222

cisi

4

24

52

4

52;

4

52

4

52

cisciscisciscis

126.

a) 5

62

52

52

cisciscis

b)

7

23

7

2

7

2cos3

7

2

7

2cos3

cisisenisen

c)

5

2

102102cos

10cos

10

cisisenisen

127.

a) ZkkZkk ,212

7,2

34

como , tem-se

12

7 .

b) ZkkZkkZkk ,220

11,2

45

4,2

54

como , tem-se 20

11 .

c) ZkkZkk ,24

,24

como , tem-se 4

.

128.

a) ZkkZkk ,3

,3

b) ZkkZkk ,26

,223

como 2,0 tem-se


124.

6

11 .

c) ZkkZkkZkk ,26

13,2

36

11,2

6

5

3

como , tem-se 6

.

d) ZkkZkkZkk ,12

13,

34

3,

4

3

3

como

2,0 , tem-se 12

ou

12

13 .

129.

a) 2

223

cisiz

10

425

2431

cisciszz

b) Qtgz .º23

3;10100535 2

2

2 , então, por exemplo,

6

5 .

6

5102

cisz

30

3720

5

2

6

52012

cisciszz

c)

30

720

6

5

5

320

6

510

5

3221

cisciscisciszz

d)

54

5

44

5

44 2222

1

ciscisicisiz

130.

130.1 3

5;

3

4;;

3

2;

3;0

cisFcisEcisDcisCcisBcisA

130.2 6

3

cisw

131.

a) Qtgz º11;222 então 4

222

cisz

122

2

432

1

422

32

2

1

ciscis

cis

cis

z

z


b) 12

13

2

2

46

5

22

2

422

32

2

2

1

ciscis

cis

ciscis

z

iz

c) iiisenz 312

3

2

12

33cos21

44

2

4

7

22

1

4

722

0

422

2

3

1

422

331

ciscis

cis

cis

cisciscisi

ii

132.

Qtgw º11;21 então 4

21

cisw

iiisencis

cis

cis

cis

cis

i

cis

i

cis

cis

cis

ciscis

3

31

2

1

2

3

3

32

6

7

6

7cos

3

32

6

7

3

32

23

2

3

2

23

3

22

23

31

23

231

23

23

2

23

212

24

2

133.

133.1

iiiii

iii

ii

i

i

i

i

ii

icis

i

4

42

4

27

4

424242323

4

2243

22

43

2

2

2

22

441

42

2

2

2

22

133.2 5w , então, cisw 5

25

5

5

2 ciscis

cis

w

i

134.

134.1 055422 21 cisiiiz

725

75

1

05

2

1

cis

cis

cis

z

z


2 ABOBOA

321 222 hh

62;

3

3

3

1 cisztg

135.

a)

3

521

ciszz e para ser um número real

ZkkZkk ,3

,3

e como 2,0 tem-se

3

2 ou

3

5

b) Qtgi .º41;5252

25

2

25

2

25

2

25 , então, por

exemplo, 4

e, sendo assim, tem-se

4

52

25

2

25 cisi

ZkkZkkciscisciscis

cis

,2

12

7,2

4345

35

453

5

como 2,0 tem-se 12

7 .

c)

35

3cos5

35

1

2 senicisz

z, então,

ZkkZkk

sensen

,23

2,2

3

03

13

cos03

553

cos5

como 2,0 tem-se 3

4

136.

136.1 Como [BC] e [AD] são paralelos, então, 3

ˆ OBA .

33

3

3

3

tg

AB , então, a área do retângulo é 36 .

136.2 32123322 OC

Na forma algébrica i32

136.3 32 OBOC e 663

, então,

632

cisw


134.2

137. 4

cisz , então,

4

cisz

icis

cis

cis

z

z

2

4

4

pertence ao semieixo positivo imaginário.

138.

a) iiciscis 2162162

2

2

232

4

532

42

5

b) Qtgi .º43

3

3

1;23 , então, por exemplo,

6

iiciscis 35125122

3

2

11024

3

51024

62

10

c) 2

3351 cisiii

ii

ciscisciscis

cis

cis

256

3

256

1

2

3

2

1

128

1

3

4

128

1

3

28

128

1

3

472

2

3

62

2

36

27

7

7

139. Seja cisz , então,

ncisncisncis

cis

z nnnn

1101 e

ncis

ncis

cis

znnn

101

140.

4

21;2

;4

21

cisicisicisi

222

24

4

322

2

4

524

ciscis

cis

141. 2

0

cisz , então, como 333 cisz e 2

330

, o seu afixo

não pertence ao 4.º quadrante.

142. Seja cisz , então, 33 cos3 isencisz


isensensen

isensenisenisen

3223

223

cos3cos3cos

coscos2coscos

143.

143.1 iii 327

20

172

5

3

42

5

3

1

5

3

21

cis

cis

cis

cis

i

cis

ii

143.2 20

92

20

92

542

ncisciscisciswz

nnn

n

Para ser um número real positivo Zkk

nZkkn

,9

40,2

20

9

.

Como n é um número natural para 9k tem-se o menor valor de n, ou

seja, 40n .

144.

144.1 Para serem raízes quartas do mesmo complexo 42

41 zz .

444

24

41

ciscisz e 434

4

32

44

2

ciscisz

São ambos raízes quartas de -4.

144.2 iz 12 , então, 22 OBOAAB e o perímetro é 222 .

145. Se a imagem geométrica é (-1, 3), o complexo é i31 e

iiiiiiiii 96283696646896196131 22224

São raízes quartas de um mesmo complexo, porque os seus argumentos diferem

de 2

.

146.

2,1,0,3

2

3

4

52

42

1

1

3

kk

ciscis

ciscis

cis

cis

i

i

Assim, as raízes cúbicas são: 3

5;;

3

cisciscis .


a) 3,2,1,0,2

04

k

kciscisz

As soluções são: 2

3;;

2;0

ciscisciscis .

b) 2,1,0,3

2

63

2273

k

kciscisz


33;

6

53;

63

cisciscis .

148. Se fossem raízes cúbicas do mesmo complexo, teríamos:

ZkkZkkcisciszz ,230,233333332

31

que é uma condição impossível.

Então, não são raízes cúbicas de um mesmo complexo.

149. Os vértices do pentágono são os afixos das raízes de índice 5 de um

determinado complexo.

Assim, A é o afixo de 04cis , B é afixo de 5

24

cis , C é afixo de

5

44

cis , D é afixo

de 5

64

cis e E é afixo de

5

84

cis .

150.

150.1

421

1

1 cisi

iiw e como 2w e

,,234

Zkk

pode-se concluir que w é diferente de qualquer um

dos dois complexos.

150.2 Se são raízes de um mesmo número complexo, têm o mesmo módulo, ou

seja,3

41

cisz e ii

ciscisz 23222

34

6

54

4

2

342

151.

151.1 D é afixo de 20

233

8

23

5

23

ciscis

e H é afixo de

20

33

8

2

5

23

ciscis

151.2 5

163

5

23 8

8

ciscisw


147.

3

2231;

42333

cisicisi

604

23

60

481

4

23

3

4

20

187

4

23

3

44

45

48323

3

22

423

5

163

25

252524

2

38

cis

ciscis

cis

cis

cis

ciscis

152.

a) 1,0,4

42

1616

kkciscisiz


34;

44

ciscis

.

b) Seja cisz , então,

Zkk

Zkkcisciscisciscisizz

,4

3

,22

232

322

333

4

4433

As soluções são:4

53;

43 44

ciscis .

c)

1,0,4

202

2020022

kkciszzciszzizzizz

As soluções são: 0;4

52;

42

ciscis .

d) Seja cisz , então,

Zkk

Zkkciscisicis

cis

,5

2

20

32

,24

3522

4

322522

4 334


72;

20

272;

20

192;

20

112;

20

32

cisciscisciscis .

e) Seja cisz , então,

Zkciscisciscis

,2333

A solução é: 3

cis .


153.1 Se o perímetro é 20, o lado do losango é 5. Então, a diagonal maior é 8 e a

menor é 6.

Assim, os outros vértices do losango são -3, 3 e -4i.

153.2

iziizi

iz

i

izizcisizcis

22

21

2

4242

2242

42 2

2

154.

154.1 Na forma trigonométrica

4

21

cisi .

2828

2

4

524

4

72

42

4

72

3

5

cis

cis

ciscis

i

ciscis

154.2 Se w é solução, verifica a igualdade

4

112

4

52

4

72

4

7

22

4

72

4

72

2

ciscisciscisciscisciszzi

E como a igualdade é verdadeira, conclui-se que w é solução da equação.

154.3 As soluções são as raízes de índice quatro de w.

Qualquer uma das raízes tem módulo 4 2 , que é o comprimento da

semidiagonal do quadrado. Assim, o lado do quadrado é

,822 42 ll então, o perímetro é 4 24 .

155.

155.1 A é o afixo de i2 e então 442 22 iiw .

155.2 A é o afixo de

2

2

cis ; B é afixo de 6

23

2

22

ciscis

; C é afixo

de 6

52

3

2

62

ciscis

.

Então, 322

34

6cos22

AB e a altura correspondente ao lado [AB]

mede 36

22

sen .

A área do triângulo é 332

332

.


153.

156. 11

;;12

2341245254

iiiiii

Os complexos são -1, i e -1, respetivamente, de argumentos e 2

.

157. 4

3216 cisiii

158.

a) b)

c)

159.

a) 4z b) 31 zz

160.

a) 311 zz b) 10z C. A.

1031 22 CO


161.

a) Circunferência de centro no ponto de coordenadas 0,1 (afixo de 1) e raio 2.

b) Mediatriz do segmento de reta de extremos nos pontos de coordenadas 0,2 e 2,0 ,

afixos de 2 e i2 , respetivamente.

c) Reta horizontal que passa no ponto de coordenadas 1,0 (afixo de i ).

162.

a)

b)

c)


d)

163.

163.1. Sabe-se que o argumento positivo mínimo de 2z é 3

2. Então, o argumento

mínimo positivo de 1z , é 623

2 .

163.2. O semiplano pretendido é o conjunto dos pontos do plano complexo cuja distância

ao afixo de 2z é inferior à distância ao afixo de 1z . Assim, o semiplano pode ser

definido pela condição 12 zzzz .

Como icisz2

1

2

3

61

e iicisz

2

37

2

7

2

3

2

17

3

272

, vem

iziz2

1

2

3

2

37

2

7

164.

a) 2Re z , ou, 13 zz , por exemplo.

b) 4Im z , ou, iziz 62 , por exemplo.

c) 1Re2Im zz

165.

a) b)


c)

166.

a) Solução: Ponto P de coordenadas

2

1,

2

3 b) Solução: Ponto P de coordenadas

2

3,

2

1

Note que

233

7

c) Solução: Ponto P de coordenadas 1,1 d) Solução: segmento de reta de extremos de

coordenadas 0,1 e 0,0


51

167. À condição I corresponde a figura (B); à condição II, a figura (A) e à condição III, a figura

(C).

168.

168.1 1)Im(12Re2 zz

168.2. Pela simetria do retângulo relativamente ao eixo real, o complexo que

necessariamente se encontra dentro do retângulo é z .

168.3. A transformação geométrica associada à multiplicação de

um número complexo por

4

cis é uma rotação de centro

na origem do referencial e amplitude igual a 4

radianos.

169.

a) b)

c) d)

170.

a) Como 26

72

cis , a condição

6

721

cisiz é

equivalente a 21 iz .


Circunferência de centro i1 e raio 2.

b) 33 cis e 55 i .

Então, a condição dada é equivalente a 5)Re(23 zzz .

Como 2

zzz , fazendo yixz , vem, 222yxz e xz Re .

Então, a condição dada tem como imagem geométrica o conjunto

definido em 2R pela condição:

614151213523 222222 yxyxxxyx

Coroa circular de centro no ponto de coordenadas 0,1 com raios 2

e 6 .

c) 1222222312231 iziziziizi

Então,

izizizizi 2arg0122arg02231

d)

171.

a) A região do plano definida pela condição

22222 izz 222222 iziz 222 iz

está representada na figura seguinte a sombreado.


Como cada circunferência tem raio 2, o quadrado representado tem lado 4 (vértices nos

centros das quatro circunferências não centradas na origem) e, portanto, a sua área é

16 m2.

A área sombreada pode ser obtida retirando ao quadrado 4 quartos de círculo de raio 2,

ou seja, a medida da sua área é igual à diferença entre a área do quadrado e a área de

um círculo de raio 2, ou seja, 416 .

b) A região do plano definida por 0)Im(0Re44 zzziz é o triângulo

representado a sombreado na figura seguinte, cuja área é 8.

c) A região do plano definida por 2Re3

42arg

6

5 ziz

é o triângulo

representado a sombreado na figura.

As retas que limitam a região sombreada podem ser definidas em 2R pelas equações

4x ; 26

52

xtgy

e 2

3

42

xtgy

,

que se intersetam nos pontos de coordenadas 1,2 ;


2

3

32,4 e 232,4 . Assim, considerando a base o lado «vertical», a sua

medida é 3

38 e a altura é 2.

Portanto, a área pedida é 3

38.

d) Setor circular de raio 2 e amplitude 3

2.

Área igual a 3

4

2

43

2

As retas que limitam a região sombreada podem ser

definidas em 2R pelas equações 5x ;

232 xy e 232 xy , que se

intersetam nos pontos A, B e C de coordenadas

233,5 , 233,5 e 2,2 ,

respetivamente.

Então, a área sombreada é igual à diferença entre a área do triângulo [ABC] e a área

do setor circular CAB, ou seja, 3

439

2

43

2

32

336

.

172. O módulo i2 é 5 . O ponto de tangência das duas circunferências é o afixo de

i152 . Então, o raio do círculo menor é 15 .

Então, a condição pedida é 152222 zi .

173.

a) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 24m , porque é o seu transformado pela

translação associada ao afixo vetorial de B.

b) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 24m , porque é o seu transformado pela

rotação de centro na origem e amplitude 2

radianos.

c) [A’ B’C’] tem igual a 236m , porque é o seu transformado pela composição de uma

rotação de centro na origem e amplitude 3

radianos e uma ampliação de razão 3.


174.

a) Sendo Mz Nz os números complexos cujos afixos são M e N, pontos médios de [AC] e

[CB], tem-se, CAM zzz 2

1 e CBN zzz

2

1. Então:

BACBCANM zzzzzzzz 2

1

2

1

2

1, donde

2

1

BA

NM

zz

zz.

Portanto, os afixos vetoriais de BA zz e NM zz são colineares, ou seja, [AB] e [MN].

b) 2

1

2

1

2

1

AB

MN

zz

zz

zz

zz

BA

NM

BA

NM c. q. d.

175. Como G, I e K são os pontos médios de [AB], [CD] e [EF], respetivamente, tem-se:

BAG zzz 2

1, DCI zzz

2

1, FEK zzz

2

1 . Então, o centro de gravidade do

triângulo [GIK] é o afixo do número complexo

FEDCBAFEDCBA zzzzzzzzzzzz 2

1

2

1

2

1

2

1

Por outro lado, H, J e L são os pontos médios de [BC], [DE] e [FA], respetivamente, pelo

que,

CBH zzz 2

1, EDJ zzz

2

1, AFL zzz

2

1 . Então, o centro de gravidade do

triângulo [HJL] é o afixo do número complexo

FEDCBAAFEDCB zzzzzzzzzzzz 2

1

2

1

2

1

2

1

Portanto os dois triângulos têm o mesmo cetro de gravidade, como queríamos demonstrar.

Exercícios globais

(Págs. 100 a 107)

Escolha múltipla

176. Opção (B).

O período de f é 6

3

2

177. Opção (B).

Se

2

3,

2

e 0sen , então,

,

2, pelo que 0cos , 0 tgtg e

0 sensen . Portanto, 0cos sen .


178. Opção (B).

8AB ; altura do triângulo relativamente a [AB] é sensen 44 . Então, a área do

triângulo é

sensen

162

48

.

6

7

2

1816

sensen .

179. Opção (A).

Como

2

1

2

n, tem-se nulim

180. Opção (D).

Dizer que x é o mesmo que dizer que .01 x

y

Portanto, o limite pedido é igual a:

2

1

1

2

1

1cos2

1

lim1

limcos2

1lim

2

1lim

0000

y

seny

y

y

e

yseny

y

y

e

ysen

e

y

y

y

y

y

y

y

181. Opção (D).

A medida da área do quadrado é 2

3

31

sen . A medida da área do setor circular é

62

13

2

. Então, a medida da área cor de laranja é 62

3 .

182. Opção (A).

Como xsenxx coscos

183. Opção (A).

222 cos2cos xxxxxf

184. Opção (C).

04

cos0coslim

4

aax

x

Tomando 1a , tem-se 02

2

4cos

, o mesmo acontece com 1a , porque a

função cosseno é par.

Tomando 2a , tem-se 02

cos4

2cos

.

Tomando 4a , tem-se 01cos4

4cos

.


185. Opção (A).

Por simetria do círculo trigonométrico em relação ao eixo Oy, tem-se xsenxsen .

8

7

8

.

186. Opção (D).

Zkkxtgxxf ,4

11

e x

xtgxf2cos

1 .

Então, 2

2

1

1

4cos

1

4 2

f .

Assim, o declive da reta s é 2. Como s passa na origem, a sua equação reduzida é

.2xy

187. Opção (A).

]3,1[,07

xeee xxx .

188. Opção (B).

A função f é contínua em 0, e em ,0 , porque em qualquer dos intervalos é o

quociente de duas funções contínuas.

11ln

lim1ln

limlim000

k

x

xkk

x

xxm

xxx

212lim22

2lim2

2lim

22cos

limlim020000

y

ysen

x

xsen

x

xsen

x

x

xmyxyxxxx

230 kf

121limlim00

kkxmxmxx

Se 1k , 2130 2 f

Portanto, a função f é contínua se 1k .

189. Opção (A).

yiiyyxxyixyixzz 2

190. Opção (D).

aiaiaiaia 44442 2222

191. Opção (C).

Como o afixo vetorial de wz é igual à soma dos afixos vetoriais de z e w , a imagem

geométrica de wz é 3z .

192. Opção (A).

1111212121 22232 xxxxxixixixix


193. Opção (B).

Se z é um imaginário puro não nulo, então 0, aaiz .

zima

i

a

ai

z

1Im

1Im

1Im

2

;

0Re1

Re

a

i

z;

2222 )Im(zaaiz .

194. Opção (D).

195. Opção (B).

444

42

42

44

cisciscis

i

ii

i

ii

i

iz 44

1

444444 2

2

196. Opção (B).

Um número complexo z tem imagem geométrica no interior da circunferência de centro na

origem e raio 1 se é solução da condição 1z .

127

2 77

cis ; 1

3

1

53

1

cis ; 121 i ; 1i .

197. Opção (B).

iiiiiii nnn 111 224144

198. Opção (A).

Se a imagem geométrica de w pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares e 0Re z ,

então, z na forma trigonométrica é da forma

4

cisw e

4

cisw . Portanto:

iciscisw

w

244

.

199. Opção (B).

Se w pertence à parte negativa do eixo real, w é da forma cisw , então, as raízes

quadradas de w são 1,0,2

kkcis

, ou seja,

2

cis e

2

3cis , ambos

imaginários puros.

200. Opção (B).

2

argarg

zzi .


Então, se 3

2arg

226arg

20

6arg0

ziziz .

201. Opção (A)

Como 0Re0Re20 zxzz , esta é a condição que define no plano complexo

o eixo imaginário.

202. (A)

A opção (D) está excluída porque os complexos apresentados não têm o mesmo módulo.

2

38

22

3

ciscis

e

2

78

6

218

6

72

3

cisciscis

, como

4

2

3

2

7 , tem-se que

33

6

72

22

ciscis . Portanto,

22

cis e

6

72

cis são raízes cúbicas do mesmo número

complexo.

203.

203.1 Opção (D)

5,4,3,2,1,0,6

2

126466

k

kcisz

(fórmula de Moivre).

Então, possíveis argumentos distintos das raízes sextas de z são:

12

21,

12

13;

12

9;

12

5;

12

.

203.2. Opção (C).

Se A e B são dois vértices consecutivos do hexágono regular que tem como afixos

as imagens geométricas das raízes índice 6 de

264

cisz , então,

36

2ˆ BOA

. Como o módulo das raízes sextas de z é 2646 , a medida da área do setor

circular AOB é 3

2

2

23

2

.

204. Opção (D).

A condição izz 1 define a mediatriz do segmento de reta de extremos nos afixos de

1 e i , ou seja, a bissetriz dos quadrantes pares. Assim, ficam excluídas as opções (A) e

(B). Por outro lado, a parte real de z tem de ser superior ou igual a 1, o que exclui a opção

(C) (no segundo quadrante 0)Re( z ).

Exercícios globais

(Págs.103 a 107)

Resposta aberta

205.

205.1 xxf cos2)( e, então, 10cos2)0 fm .


Como 0)0( f , então, a equação reduzida da reta tangente é xy .

205.2 Como Rxx ,1cos1 , tem-se Rxxf ,3)(1 , ou seja,

Rxxf ,0)( e, então, f é estritamente crescente e não tem extremos.

205.3 0)0( f , então, 0 é zero de f. Como f é contínua e estritamente crescente,

não existem outros zeros.

205.4 senxxf )(

Zkkxxf ,0)(

No intervalo 3,0 temos os zeros e 2 .

x 0 2 3

)(xf n.d. + 0 - 0 + n.d.

f n.d. p.i. p.i. n.d.

Então, existem dois pontos de inflexão de coordenadas 2, e 4,2 .

206.

206.1 O ponto A tem coordenadas sen4,cos4 .

Como o triângulo [AOD] é isósceles, tem-se que cos42AD .

6BC e a altura do trapézio é cos4 .

28cos12cos16cos12cos443cos42

86sensensen

senA

206.2 2682

2128

4cos12

28

4

senA

206.3 A função A é contínua, em particular é contínua em

3,

4

, intervalo

contido no seu domínio.

6342

112

2

38

3cos12

3

28

3;268

4

senAA


416

3

AA , então, pelo Teorema de Bolzano, existe um valor no

intervalo

3,

4

para o qual a área é 16.

206.4 Para que o trapézio seja retângulo, o ponto D tem ordenada . Assim,

como D pertence à circunferência, tem-se

321216)2( 22 xx .

Deste modo, a altura do trapézio é 32 , ou seja,

2

3cos32cos4 e, como

2,0

, conclui-se que 6

.

207.

a) 3313lim33

)3(lim

)3(lim

000

y

tgy

x

xtg

x

xtg

yxx

Mudança de variável:

0;0

3

yx

xy

b)

1

00

1

00000

limlim

)(lim

)(lim

)(

)(

lim)(

)(

lim)(

)(lim

z

tgz

y

tgy

x

xtg

x

xtg

x

xtgx

xtg

x

xtgx

xtg

xtg

xtg

zy

xxxxx


0;0

0;0

zx

xz

yx

xy

c)

11

lim1

lim1

lim000

x

e

x

senx

e

senx

e

xsenxxxxxx


d)

1limlimlimlim000

y

seny

y

seny

y

ysen

x

senx

yyyx


0;

yx

xy

e)

2coslim2

cos2lim

2lim

22cos

lim

4

2coslim

0

000

4

yy

seny

y

yseny

y

ysen

y

y

x

x

y

yyyx


0;4

4

yx

xy

208.

a) 5

2lim

5

2

5

2

2

)2(lim

5

)2(lim

000

y

seny

x

xsen

x

xsen

yxx


0;0

2

yx

xy

b)

022lim

2lim

22

x

senx

x

x

x

senxx

xx

c)

02

01

cos2lim

2lim

2

0

3

0

x

x

senx

x

xsen

x

xx


3ln

3

3ln

3

1limlim

3ln

3

1

3lnlim

3

3lim

1

3lim

13

3lim

00

3ln003ln00

zzy

xxxxxxx

e

z

y

seny

e

x

x

xsen

e

xsenxsen


0;0

3ln

0;0

3

zx

xz

yx

xy

e)

001

cos1lim

cos1

cos1lim

cos1

cos1cos1lim

cos1lim

cos1lim

cos1lim

0

2

0

000

y

seny

y

seny

yy

y

yy

yy

y

y

y

y

x

x

yy

yyyx


0;

yx

xy

f) 02lim;02lim

22

tgx

x

tgx

x

xx

então 0lim

2

tgx

x

x

g)

2coslim2cos2

lim)2(lim000

x

x

senx

x

xsenxxsen

x xxx

h)

2lim

2lim

22

1lim

2lim

000

z

senz

y

ysenysen

yxsen

x

zyyx


0;0

0;

1

zx

yz

yx

xy


d)

i)

az

senza

ay

aysena

y

aysen

x

xasen

zyyx

0001limlimlim

1

1lim


0;0

0;1

1

zx

ayz

yx

xy

j)

4042cos4lim

22

2lim212

lim2

12lim

0

00

ysenyy

seny

yseny

ysenysen

yxsenx

y

yyx


0;

1

yx

xy

209.

5

45cos

5

31)5(cos

5

353553)();5(5)(

22

aa

asenasenafxsenxf

Como 2

5010

0

aa , então, 5

4)5cos( a

5

14)5cos(2)( aaf

Então, tem-se 5

14153

5

14

abba e a equação reduzida pedida é

5

14153

axy

210.

a) )2(10cos3225cos3)( xsenxxsenxxf

b) xxsenxxsenxsenxxxf cos)(


c) xx e

x

xtgexf

33cos

3

33)(

2

d)

22

3

22

2

22

2

2

2

2

2

2cos

2

2cos

12

2cos

cos2

2

cos

2

2

cos2cos

1

)(

senxx

xsen

senxx

xsensenxsenx

senxx

xsenxsenx

senx

senxx

senx

senx

tgxxsenxxxf

e) xsen

x

xsen

xxsenxsenx

senx

xxf

32

cos2coscoscos2)(

f)

x

xsenx

x

xsenxxf

22 cos1

cos

cos12

cos2)(

211.

211.1 2111limlimlim000

x

senx

x

senx

x

x

x

senxx

xxx

211.2 senxxfxxf )(;cos1)(

Zkkxxf ,0)(

No intervalo

2

3,

2

tem-se os zeros 0 e

x

2

0

2

3

)(xf + + 0 - 0 + +

F 0

O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima em

0,2

e em

2

3,

e voltada para baixo em ,0 . Existem dois pontos de inflexão de

coordenadas 0,0 e , .

211.3. Zkkxxsenxxgxf ,4

cos)()(

No intervalo

2

3,

2

as soluções são

4

e

4

5.


212.

212.1

a) senxxesenxexexf xxx coscos)(

Zkkxsenxxexf x ,4

cos00)(

Como

2

3,2

x , os zeros são 4

,4

3,

4

7 e

4

5.

x 2

4

7

4

3

4

4

5

2

3

)(xf + + 0 - 0 + 0 - 0 + +

f m M m M m M

é mínimo relativo.

2

2

4

7cos

4

7 4

7

4

7

eef é máximo relativo.

2

2

4cos

4

44

eef

é máximo relativo.

2

2

4

3cos

4

3 4

3

4

3

eef é mínimo relativo.

2

2

4

5cos

4

5 4

5

4

5

e

ef

é mínimo relativo.

02

3cos

2

32

3

ef é máximo relativo.

b)

xxxx esenxxsenxsenxxeexsenxsenxxexf 2coscoscos)(cos)(

Zkkxsenxxf ,00)(

Como

2

3,2

x , os zeros são 0,,2 e .

22 2cos2 eef


x 2 0

2

3

)(xf 0 - 0 + 0 - 0 + +

f p.i. p.i. p.i.

Os pontos de inflexão têm coordenadas 1,0;, e e e, .

212.2

213.

213.1 A área da superfície terrestre é 24 r .

Assim, pretende-se:

Zkkk

sensenrsenrrf

,26

52

6

2

1

2

1112 222

Como

2,0

, o valor pedido é 6

.

213.2 Como o triângulo [ACN] é rectângulo, tem-se que:

rsen

rh

sen

rhr

sen

rCN

CN

rsen

, onde h é a


distância da nave à superfície da Terra.

A uma velocidade de 200 km/h, ao fim de t horas a distância à superfície

será 200t km, ou seja,

rt

rsenrt

sen

rtr

sen

rth

200

200200200

e, então,

a área visível, em função de t é:

rt

tr

rt

rrtr

rt

rr

200

400

200

2002

20012

222

.

213.3 400h , então, 2t

2

3

2

223

2

22

200

400

200

8000080000400

200

400200200400)(

tr

r

tr

trtrr

tr

trtrrtg

A velocidade pedida é 2

3

400

400)2(

r

rg

km2/h.

213.4 2222

22lim200

400lim

200

400lim rr

t

tr

tr

tr

ttt

.

À medida que o tempo decorre e a nave se afasta, a superfície visível é

metade da superfície terrestre.

214.

214.1 22lim)(lim 1

11

exxexf x

xx

1

0011

21

2lim2lim1

12lim)(lim

e

y

seny

eey

seny

xe

xsenxf

yyxx


0;1

1

yx

xy

Como )1()(lim)(lim11

fxfxfxx

, conclui-se que f é contínua em 1x .

214.2 2202

lim2

lim)(

lim

x

x

x

xe

x

xxe

x

xfm

x

x

x

xx


0limlimlim22lim

1

x

e

e

xxexxxeb

x

xxx

x

x

x

x

A reta de equação xy 2 é assíntota oblíqua do gráfico de f.

215. xxf cos)( , então, 10cos)0( fms .

101)0( senf , então, 1 xy é a equação reduzida da reta s.

Como r é perpendicular a s 1rm .

Se a reta r é tangente ao gráfico de f num ponto de abcissa a 2,0a , então,

Zkkaaaf ,21cos1)(

No intervalo 2,0 tem-se a e como 11 senf

111 bb e a equação reduzida da reta r é 1xy .

101 xx , então, A tem coordenadas 0,1 .

101 xx , então, B tem coordenadas 0,1 .

12

2

__________

11

1

1

y

xxx

xy

xy, então, C tem coordenadas

1

2,

2

.

A área do triângulo [ABC] é

22

2

12

142

22

2

12

2

.

216. axaxf cos)(

aaf 0cos)0( e aaf 2cos2

Como amr e aams 2cos , para que r e s sejam perpendiculares, tem-se

que

20

12cos

12cos

aa

aaa

a

Utilizando a calculadora, basta encontrar a abcissa do ponto de interseção das

funções xy 2cos1 e 221

xy no intervalo

2,

2

3.


Então, 7,1a .

217.

a) iiii 5763225

b) iiiiii 21184632143 2

c) abibaibabiabia 22 222222

d) 6868693 22 iiiiiiii

e)

iiiii

ii

ii

i

i21

2

4

2

2

11

33

11

13

1

3 2

f)

ii

i

i

i 3

2

9

6

9

32

3

22

g)

iiiiiii

iii

iii

i

i433

5

5

5

153

5

27143

22

273

2

7 23

h)

i

i

ii

i

i

i

i

i

25

16

25

12

169

1612

4343

434

43

4

43

2 22

218.

a) Seja Ryxyixz ,, , então, zxyixyixzz

Re22

e

)Im(

2

2

22zy

i

yi

i

yixyix

i

zz

.

b) Seja Ryxyixz ,,

0)Im(002 zyyiyixyixzz


219.1

a) yiz 31

b) iz 232

c) iyzz 221

d) iyyyiyiiiyizz 36292369233 221

e)

iyyyiyii

ii

iyi

i

yi

z

z

13

63

13

29

13

2369

2323

233

23

3 2

2

1

f)

iyyyiyii

ii

iyi

i

yi

z

z

13

63

13

29

13

2369

2323

233

23

3 2

2

1

219.2

a) 23323321 yiyizz que é impossível.

b) 223323321 yyiyizz

c) iyiyyiizz 262632312

Para ser um número real, tem-se 202 yy .

d)

iyyyiyiiiyi

i

yi

z

z

13

36

13

29

13

2369

13

233

23

3 2

2

1

Para ser um imaginário puro não nulo tem-se:

2

92

2

90

13

360

13

29

yyy

yy

220.

a) 3212121644442 222 mmmmmmi

Após a verificação, conclui-se que 32m ou 32m .

b) im

iim

1141

13

Para ser um número real, tem-se 100101

1 mmmm

.


219.

c) immmiimimimmi 222 4424222

Para ser imaginário puro, 004 mm .

d)

immiimim

ii

iim

i

im

5

2

5

12

5

22

22

2

2

2

Para ser um imaginário puro, tem-se 2

10

5

12

m

m.

e) imm

i

im

5

2

5

12

2

Para ser um número real, 205

2

m

m.

221.

a) 4048334383 yxyxiiyx

b)

3

2

2

3

32

_______

065

_______

65

5

6

565

2

y

x

y

x

yyyyyy

yx

xy

yxiixyyx

222.

a)

izi

zi

zizzizziz5

1

5

3

10

32

3

2232332

b) Seja Ryxyixz ,,

3

4

3

5

43

______

2212

21

22

122122

2122212212 2

x

y

xxx

xy

xy

yxiixyyx

iyixiyixiyixiyixiziz

Então, iz3

5

3

4 .


c) izizi

zzzz2

7

2

1

2

7

2

1

2

71

2

7102

22

d)

iz

i

iiz

i

iziiziiizi

i

iz23

23232343243

22

2

223.

a) cis33

b) 2

44

cisi

c) 231833 i

Qtg .º41 , então, por exemplo, 4

.

4

2333

cisi .

d) 416232 i

Qtg .º23

3 , então, por exemplo,

6

5 .

6

54232

cisi

e)

2

222

cisii

f) ii 322322 1965

416322 i

Qtg .º13 , então, por exemplo, 3

.


34322

cisi

224.

a)

22

22cos2cos2cos22 cisisenisenisen

b) cisisenisenisen 3cos3cos33cos3

c) cisisenisen coscos

d)

2

3

2

3

2

3coscos cisisenisen

e)

xcisxisenxxixsen

2

3coscos

f)

222cos22coscos2cos

cos

1cos

2

cos

1

1cos

1

2

1

1

1

2

1

22

22

2

2

22

2

2

22

2

cisisenisenisensen

i

sensen

itg

tg

tg

tg

tg

iitgtg

tg

itgitg

itg

itg

225.

225.1

a)

iii

i

ii

i

ii

i

iz

2

3

2

1

4

232

4

23

2

23

2

2

2

20131

b)

iii

ii

i

ii

i

cisii

i

cisi

cis

zz

33344341

2

3

2

18341

384343

9223

2

3

23

23

22

1

c) Sabe-se que os afixos das raízes quartas de w são vértices de um quadrado.

Então, iiz 321 ; iii 2332 ; iii 3223 são as

outras raízes quartas de w.


226.

226.1 iiiiiiwz 732632 2

5532 iiwz

226.2

Sejam A, B e C os afixos de z, w e bi, respetivamente.

Então,

74015202

120][

bb

bABA ABC .

227. 11

1

11

1

1

1

1

11

2

wz

wz

z

zw

wz

zz

zwz

wz

z

wz

wz

wz

wz

228.

228.1

1 -4 25 -100 5i 5i -25-20i 100

1 -4+5i -20i R=0

228.2 ixixixxxx 20545100254 223


250454

2

5454

2

25401654

2

8025401654

2

204545402054

2

22

22

cisxcisxixx

iix

iiix

iiiix

iiixixix

229.

229.1

1 -1 16 -16

1 1 0 16

1 0 16 R=0

1611616 223 zzzzz

2

42

4441616016 222 ciszciszizizizzz

229.2

425

425

4532

ncis

nciscis

ncisizz

Para que a sua imagem geométrica pertença à bissetriz dos quadrantes

ímpares e esteja no 3.º quadrante, tem-se que:

ZkknZkknZkkn

,83,83,24

5

42

Como se pretende o menor número natural, n tem-se, para 0k , o valor

pedido, 3n .

229.3 Se são vértices consecutivos de um quadrado

ZkknknZkkn

kn

,8282,224

224

.

Os dois menores valores de n são 62 nn .


229.4 4

322 31

ciszz

4

510

4

32

252 32

ciscisciszz

O triângulo [OAB] é retângulo em O porque 24

3

4

5 .

Assim, 102

102

2][

OBOAA OAB .

230.

230.1 2z

230.2 6

7

3

2

2

, então,

6

72

cisw .

230.3

iiiii

cis

i

cis

3131

2

62

2

264

2

2764

2

26

72

6

que é um

imaginário puro.

230.4

a) Seja cisz

Zkk

Zkkciscisiz ,3

2

62,2

232

2232 3333

Para 0k , obtém-se 6

23 cisz .


523 cisz .


323 cisz .

b) Seja cisz


Zkk

Zkkciscis

cis

cis

ciscis

,23

22

,23

22

3

22

2

6

72

2

3

332

Então, 3

223 cisz .

231.

231.1 Como [OA] e [OC] são perpendiculares, sendo que A resulta de uma rotação de

centro na origem e amplitude igual a 2

, iiiiiizz CA 3331 2

( icis

2

).

O ponto B é o transformado de A por uma rotação de centro na origem e amplitude

igual a 4

. Então, como icis

2

2

2

2

4

, vem

iiiiizB 2222

2

2

23

2

2

2

23

2

2

2

23

.

231.2 Como iisencis2

3

2

1

3

2

3

2cos

3

2

. Então, os complexos que têm

como imagens geométricas os vértices do transformado de [OABC] são;

iiizA2

13

2

33

2

3

2

13'

;

iiizB2

226

2

622

2

3

2

1222'

;

iiizC2

33

2

331

2

3

2

131'

.

231.3

ii

ii

i

i

ii

i

zz

z

AC

B

2424

24222

24

222

331

222


iii

10

23

20

24222424

que é um imaginário puro.

232.

a) Como o afixo de i1 é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos

quadrantes pares e 2111 22 i , portanto, este complexo na forma

trigonométrica é

4

32

cis .

Então, 1,0,8

321,0,

2

2

8

32

4

321 44

kkcisk

kciscisi

. Ou

seja, as raízes quadradas e i1 são

8

324 cis e

8

1124 cis .

b) Cálculo auxiliar: 2133 22 i ,

3

3

3

1

tg e, sendo o fixo de

i3 um ponto do quarto quadrante, tem-se 6

1123

cisi .

Então, as raízes cúbicas de i3 são 2,1,0,3

2

18

1123

k

kcis

, ou seja,

18

1123 cis ,

18

2323 cis e

18

3523 cis .

c) Como 2

cisi , as raízes quartas de i são:

3,2,1,0,28

3,2,1,0,4

2

4

214

kk

ciskk

cis

, ou seja:

8

cis ,

8

5cis ,

8

9cis e

8

13cis

d) Como cis6464 , as suas raízes sextas são 5,4,3,2,1,0,36

646

k

kcis

, ou

seja

62

cis ,

22

cis ,

652

cis ,

6

72

cis ,

2

32

cis e

6

112

cis .

233.

a) Como

4

321

cisi e

422

1

4

92

4

32

33

cisciscis .

Assim, fazendo cisz , vem:

Zkkciscisiz ,2

43

22

1

422

131 3333


2,1,0,3

2

122

2

2

1

8

12,1,0,

3

2

1222

16

3 kk

kk

Portanto, o conjunto-solução da equação é

12

17

2

2,

12

7

2

2;

122

2 cisciscisS .

c) Fazendo cisz , vem:

2,1,0,3

2

616,2

2316

216316 5554 Zk

kZkkciscisizz

Portanto, o conjunto-solução da equação é

2

316,

6

516;

616 555

cisciscisS .

c) Fazendo cisz , vem:

2

342

2

342404 2222 ciscisciscisciszizziz

ZkkZkk ,22

3304,2

2

324 22

2,1,0,3

2

2402,1,0,

3

2

204 k

kk

k

.

Então, o conjunto-solução da equação é:

6

114,

6

74,

24,0

cisciscisS .

d) Fazendo cisz , tem-se:

362

18

662

186 6362

62

ciscisciscisciszz

1,0,6

62 kk

.

Então, o conjunto-solução desta equação é

6

636,

636

ciscisS .

e)

3,2,1,0,216

24

24

211 84444

k

kciszciszcisziziz


16

252

16

172,

16

92,

162 8888

ciscisciscisS

Cálculo auxiliar:

Como o afixo de i1 é um ponto do primeiro quadrante que pertence à bissetriz dos

quadrantes ímpares e 21 i , tem-se

421

cisi .


f) Fazendo cisz , tem-se

622

6233 433 ciscisciscisciscisizzz

ZkkZkk ,26

302,26

22 44

2,1,0,3

2

18202,1,0,

3

2

1802 33 k

kk

k

.


18

252,

18

132,

182,0 333

cisciscisS .

Cálculo auxiliar: 2133 22 i ,

3

3

3

1tg e sendo o fixo de i3 um

ponto do primeiro quadrante, tem-se 6

23

cisi .

234.

234.1

Como o afixo de 1z é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos

quadrantes pares, portanto, e 21 z , tem-se

4

321

cisz .

Então, fazendo cisz , tem-se :

4

322

4

322 22

112 ciscisciscisciszzzz

ZkkZkk ,24

3302,2

4

322 22

2,1,0,3

2

4202,1,0,

3

2

402 k

kk

k

12

192

12

112

420

ciszciszciszz .

234.2

a) b)


235.1 O número complexo 1z é raiz do polinómio cbxx 2 , se 012

1 cbzz .

Ora,

020020121011 2 bcbibcbcbibicibi

Portanto, 1z é raiz do polinómio cbxx 2 se 2b e 2c .

235.2 Tem-se que 21 z e o afixo de 1z é um ponto do primeiro quadrante que

pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, portanto,

421

cisz .

Então

42

421 ciscisciszz .

Para que um complexo, na forma trigonométrica seja real positivo o seu argumento

tem de ser da forma Zkk ,2 . Então, ZkkZkk ,24

,24

.

Ora, se 2,0 , tem-se 4

.

236.

236.1 Sendo o triângulo 321 ZZZ equilátero e centrado na origem 1Z , 2Z e 3Z

pertencem à circunferência de centro na origem e raio 2, e dividem-na em três

arcos congruentes.

Assim, tem-se icisz 313

222

e icisz 31

3

423

.

236.2 6

72arg

6

51Re

zz .

236.3 Se 321 ZZZ é o transformado de 321 ZZZ por uma reflexão de eixo imaginário,

então os complexos que têm como imagens geométricas, no plano complexo, os

pontos 1Z , 2Z e 3Z são 21 z , iz 312 e iz 313 , respetivamente.

236.4 Todos os vértices do hexágono regular pertencem à circunferência de centro na

origem e raio 2, dividindo-a em seis arcos congruentes. Então, qualquer dos

complexos que tenha um dos vértices como imagem geométrica é da forma

.5,4,3,2,1,0,3

2

kkcis

Fazendo 5,4,3,2,1,0,3

2

6

kkcisW

vem , para qualquer valor de k,

640642643

664

ciskcis

kcisw

, o que prova o pretendido.

237.

a)

b)


235.

c) d)

e)

238. De acordo com as condições dadas, os centros das circunferências são pontos de

coordenadas 0,1 e 0,2 . Assim, a região colorida pode ser definida, em C , pela

condição 2211 zz .

239.

a) A circunferência de centro em C tem raio igual a 521 22 CZ . Então, esta

circunferência pode ser definida, em C , pela condição 521 iZ .

O ponto B é o ponto, com abcissa positiva, de interseção da circunferência atrás referida e o

eixo real.

521521 22 yxiZ . Sendo B o afixo de um número real positivo, a sua

ordenada é nula. Então, 2011115201 222 xxxxx , ou

seja, as coordenadas de B são 0,2 .

Portanto, a região colorida pode ser definida, em C , pela condição

2Re22521 zziz


d) A circunferência de centro na origem e raio 2 pode ser definida em C pela condição

2z

.

O centro da circunferência de menor raio é o ponto de interseção das retas tangentes à

circunferência centrada na origem nos afixos de icisz 36

21

e

icisz 313

22

.

Estas retas podem ser definidas pelas equações, têm declives iguais a 3

6

1

tg

e 3

3

3

1

tg

, respetivamente.

Assim, a equação reduzida da reta tangente à circunferência no afixo de 1z é

43133 xyxy e a equação reduzida da reta tangente à

circunferência no afixo de 2z é 3

34

3

331

3

3 xyxy

Então, 34312333

34

3

343 xxxx

23226

312

32

34123412323431233

xxxxxx

e 232432642323 y .

Então, o centro da circunferência de raio menor tem coordenadas 232,232 e o

raio

434393121223332323212322222

r

31628 .

Portanto, a região colorida pode ser definida pela condição

316282322326

arg02arg3

2

izzzz

.

Autoavaliação 9

(Págs. 108 e 109)

Grupo I

1. Opção (C). Como existem 7 pares de meias dos quais se vão retirar, ao acaso, 2, o número de casos

possíveis é 27C . O número de casos favoráveis a apenas 2 serem pretas, dado que

existem 4 pares de meias pretas, é igual a 24 C .

2. Opção (D).

Como 432332 XPXPXPXPXP , tem-se ba 9 .


Por outro lado, 133

114321 baXPXPXPXP .

Substituindo na segunda igualdade a por a9 , obtém-se 18

1

3

212139

3

1 bbbb

. Voltando à primeira igualdade, vem 2

1

18

19 a .

3. Opção (C). Simetria da distribuição normal em relação à média.

4. Opção (A). Por definição de seno e cosseno do ângulo generalizado as coordenadas do ponto B são

sen,cos . Então, cos2BC e a altura, h, do triângulo [ABC] relativa à base [BC] é

senh 1 .

Então, a área do triângulo é dada em função de por:

coscos

2

1cos2sen

sen

5. Opção (B).

1

1ln

lim

1ln

lim

x

xg

x

xg

xx

xx

6. Opção (A).

0'' xf em 0, e 0'' xf em ,,0 e 0 é zero de f’’.

7. Opção (A).

0020 xxiizz . Representa o eixo imaginário.

0020 yyizzi . Representa o eixo real.

0020 yyizzi . Representa o eixo real.

00Re0Re yyxizi . Representa o eixo real.

8. Opção (B). Como a soma de dois números complexos tem como afixo vetorial a soma dos seus afixos,

então, 342 zzz . À multiplicação de um complexo por i corresponde uma rotação de

centro na origem e amplitude 2

radianos. Assim, tem-se 5342 zizizz .

Grupo II

1.

1.1 Como 22222 22 w , 12

2

tg e é um ângulo do segundo

quadrante, tem-se

4

322

cisw .


Por outro lado, o ponto G é o transformado de A por uma rotação de centro O e

amplitude 3

2

9

23

(ou composta de 3 rotações de centro O e amplitude

9

2) ,

uma vez que são vértices de um eneágono regular.

Então, G é o afixo de

12

1722

3

2

4

322

3

2

4

322

cisciscisciszG e

4216

42216

4

9cos88

4

3322

33

cisciscisw

Portanto

412

17

221622

4216

12

1722

2

3 ciscissisciswzi

664

6

1364

ciscis .

1.2 222626 i . Então, o afixo deste complexo pertence à circunferência

que contém os vértices do eneágono regular. Então, ou é um ponto exterior à região

ou um dos seus vértices que pertencem ao segundo quadrante, que são:

4

322

cis ;

36

3522

9

2

4

322 ciscis .

Sendo um argumento do complexo, tem-se 3

3

6

2

tg , pelo que

3

2 .

Então,

3

22226

cisi , que não é igual a qualquer dos dois vértices atrás

referidos.

Portanto, o afixo de i26 não pertence à região azul.

2. Se cisz , então, 22 cisz e 22 cisz .

Assim, 2cos42cos222cos22cos 222222 isenisenzz

222222 cos164cos414cos214214 sensensensen c. q. d.

3. Sejam A e B os acontecimentos «sair bola branca na primeira extracção» e «sair bola

branca na segunda extracção».

Pretende-se calcular BAP .

Sabe-se que 50,| ABP e que 30, BAP . Então, 5

3

5,0

3,0

|

ABP

BAPAP .

5

2

5

311 APAP

10

3

10

3

5

3 BAPAPBAP

4

3

5

210

3

|

AP

ABP

AP

ABPABP (note-se que, por simetria, sair bola branca

seguida de bola preta tem a mesma probabilidade de sair bola preta seguida de bola

branca)


10

1

5

2

4

31|1|

APABPAPABPBAP

4. Resposta I: Para formar um triângulo são necessários conjuntos de 3 pontos não

colineares. Neste conjunto de seis pontos é possível formar 36C conjuntos distintos de três

pontos, no entanto, em dois desses conjuntos os três pontos são colineares. Então, é

possível formar 236 C conjuntos de pontos não colineares, ou seja, é possível formar

236 C triângulos.

Resposta II: Para que, na formação de conjuntos de três pontos, não existam três pontos

colineares, escolhem-se dois dos três pontos de uma reta azul (reta 1), 23C , e, de seguida,

um dos três pontos da outra reta azul (reta 2) ( 323 C conjuntos). Se a constituição dos

conjuntos se iniciar pela escolha de dois pontos da «reta 2» obtém-se outros 323 C

conjuntos diferentes. Assim, o número de triângulos diferentes que se podem formar com

os referidos 6 pontos é 2323 C .

5.

5.1 Sendo 2

1k e 1p , então,

t

t

e

etI

2

1

2

1

1

3

5ln2

55,25,05,25,235,2

1

35,2 2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

teeee

e

etI

tttt

t

t

219352 ,ln t

Portanto, o número de pessoas infetadas chegou a 2500, em 1963.

5.2

p

eeppeepe

etI kkkk

k

k

3

113131

1

31

pkp

k

3ln3

1ln .

6.

6.1 111

limlim1

limlimlim 0

0

2

0

2

0

23

00

e

x

ee

x

ee

x

eexf

x

x

x

x

xx

x

xx

xx

y

seny

y

ysen

x

xsenxf

yyxyxx 0000l imlimlimlim .

Como os limites laterais em 0x são finitos e f é contínua, o seu gráfico não admite

assíntotas verticais.


6.2

22

cos

x

xsenxx

x

xsenxxxsenxh

3 xh

Na calculadora obtém-se:

Então, as duas soluções da equação são, aproximadamente, 02,1 e 32,0 .

7. A primeira derivada de f é definida pela expressão xxxx eeeexf 22 2

.

Como a função é derivável em e tem um máximo relativo em a, abcissa do ponto A e

2ln2

1ln

2

1021020 2

xxeeeeexf xxxxx .

Então, as coordenadas do ponto A são

4

1,2ln2ln,2ln f .

Cálculo auxiliar: 4

1

4

1

2

12ln 4

1ln

2

1ln

2ln22ln

eeeef

Por outro lado, xxxx eeeexf 22 42

4ln4

1ln

4

1041040 2

xxeeeeexf xxxxx

Donde, f’’ é positiva em 4ln, , negativa em ,4ln e anula-se em 4ln . Então, as

coordenadas de B são

16

3,4ln4ln,4ln f , ponto de inflexão do gráfico de f.

Portanto, a área do trapézio [ABCD] é

2

2ln7

2

4ln

32

72ln4ln

2

16

1

4

1

2

CDBDAC

, c. q. d.

Autoavaliação 10

(Págs. 112 a 115)

Grupo I

1. Opção (C).


O octaedro tem três diagonais espaciais. Portanto, a probabilidade pedida é

26

3

C.

2. Opção (B).

Existem 310 C formas diferentes para escolher 3 dos 10 alunos para participar nas

Olimpíadas da Matemática, sobram 7 alunos, dos quais se escolhem 3 para participar nas

Olimpíadas da Física, existindo 37C formas diferentes de o fazer, e os restantes 4 alunos

participarão nas Olimpíadas da Biologia.

Assim, existem 420037

310 CC formas diferentes de organizar os alunos.

3. Opção (B).

3

4

1

34

4

33

25,424

52

14

12

a

p

ap

p

apap

pp

4. Opção (B).

12

1

senu ; 0

2

22

sensenu ; 1

2

33

senu ; 02

2

44

sensenu

12

22

55

sensenu ; 02

2

66

sensenu ; …

5. Opção (D).

kkf 44 log0log0

senx

x

x

ex

senx

xxexf

x

x

x

xx

1coslim

coscoslimlim

000

11

111

1limlimcoslim

000

x

senxx

xex

x

x

xx

Para que f seja contínua, 41log10log10 44 kkkf .

6. Opção (C).

De acordo com a representação gráfica de f, derivável em 0\R , esta é decrescente em

0, (f ‘ é negativa em 0, ) e crescente em ,0 (f’ é positiva em ,0 ). A

derivada de f não está definida em 0x .

7. Opção (D).

Porque 22 w .

8. Opção (C). O argumento de um número real positivo tem argumento igual a 0. Então, os argumentos

das suas raízes cúbicas são, a menos de Zkk ,2 , 0, 3

2 e

3

4.


Grupo II

1.

1.1 iiii 3350342013

222

2

4

2

2222

11

122

1

22

1

32

2

20131

cisiiii

ii

ii

i

i

i

ii

z

iz

1.2 Cálculo auxiliar: 21 i e 11

1

tg . Então,

3

222

cisz

ciscisciscisciszzz

3

232

3

223 33

13

ZkkZkk ,23

2202,2

3

232 33

1,0,

32

201,0,

3012 22 kkkk

3

4

2

2

32

20

ciszciszz

1.3

2

2

2

22

22cis

cis

cis

isen

isen

isen

isen

itg

itg

cos

cos

cos

cos

2

222

ciscis c. q. d.

2. Sejam R, M e E os acontecimentos: «Escolher um reformado» , «Escolher uma pessoa

que gosta de música popular» e «Escolher um estudante».

75,0| RMP ; 2,0RP . Então, 15,02,075,0| RPRMPRMP

37,02,06,02,05,015,0 MMEPEMPRMPMP

37

15

37,0

15,0|

MP

RMPMRP

3.

XP

YXPXPYPYXPXYPXPYPXXP |

YXPYPYXPYPXPYXPYPYXP 11

01 XPYXPYXPXP que é uma condição universal (definição de

probabilidade).

4.

4.1 A média de empregados por mês durante o estudo foi de, aproximadamente, 96

pessoas.

9624

200232

5000

24

024 248,0

ePP


4.2 28,0

8,0

232

92000

t

t

e

etP

e

38,0

8,0

232

23273600

t

t

e

etP

.

23

202320

232

232736000 8,08,0

38,0

8,0tt

t

t

ee

e

etP

2

23ln

4

5

23

2ln8,0 tt

x 0

2

23ln

4

5

xf + 0 -

f M

O instante em que a taxa de crescimento de desempregados é máxima é

2

23ln

4

5,

ou seja, durante o terceiro mês do estudo.

5.

5.1 A função f é contínua no intervalo 10, porque é o quociente de duas funções

contínuas (a composta de uma exponencial com uma quadrática e uma afim).

Então, para que seja contínua em 10, basta que seja contínua em 1 à esquerda,

ou seja, kx

efxf

x

xx

1

1lim1lim

21

11.

1

1lim

1

1lim

11

1lim

1

1lim

012

1

1

1

1

1

1 2

222

y

e

x

e

xx

e

x

e y

yxy

x

x

x

x

x

x

Note-se que, fazendo 21 xy , dizer que 1x é o mesmo que dizer que

0y .

Portanto, o valor de k para o qual a função f é contínua em 1,0 é –1.

5.2 Assíntotas verticais:

ee

x

e x

x

1

1

1

1

1lim

11

0

2

. Então, a reta de equação 0x não é assíntota do

gráfico de f.

11lnlim 2

1xx

x. Então, a reta de equação 1x é assíntota vertical

unilateral do gráfico de f. Como a função f é contínua em 10 \, , esta é a única

assíntota vertical do seu gráfico.

Assíntotas não verticais:

0

1lnlimlim

1lnlim

2

x

xx

x

xxm

xxx

Cálculo auxiliar:


Fazendo 1 xy , tem-se:

0

01

10

11

1lim

lnlim

11

lnlim

1

lnlim

1lnlim

y

y

y

yy

y

y

y

x

x

yyyyx

Então, o gráfico de f não tem assíntotas não verticais.

5.3 Em ,1 1

122

1

121ln

22

x

xx

xxxxxh .

0101220 2 xxxxh (ora, 1x , pelo que 1x ).

Então, 2

31

2

31

4

8420

xxxxh .

Como 2

31 não pertence ao intervalo ,1 , o único zero de h neste intervalo é

2

31.

Sabe-se, então, que

2

31,1,0 xxh e

,

2

31,0 xxh .

Portanto, h decrescente em

2

31,1 , crescente em

,

2

31 e tem mínimo

absoluto, neste intervalo,

13

2ln

2

31

2

13ln

4

3241

2

31ln

2

31

2

312

f

Como 113

2

0

13

2ln

, então,

,1,0

13

2ln

2

31 xxh .

Portanto, h não tem zeros no intervalo.

6. O gráfico apresentado na opção (A) é o único que pode representar o gráfico da função f’

(derivada de f).

O gráfico da função apresentado na opção (B) representa uma função positiva em intervalos

do tipo 0,a , com 0a , pelo que f teria de ser crescente neste intervalo, o que não se

verifica.

O gráfico apresentado na opção (C) não pode representar a função derivada de f pelo

mesmo motivo que o apresentado para o da opção (B).

O gráfico da opção (D) apresenta uma função negativa em intervalos da forma b,0 , com

b>0.

Sendo, esta a derivada de f neste intervalo, a função seria decrescente em intervalos deste

tipo, o que não se verifica.


Resoluções dos Exercícios do Volume 3 de Matemática 12… · DESAFIOS Â Matemática A Â 12.º...

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