MTEMÁTI - o no Funções - Funções trigonométricas Propostas de resolução Eercícios de eames e testes intermédios. como a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa, o declive da reta r é o valor da função derivada no ponto de abcissa : m r f ssim, temos pelo que f a sen a sen + a sen 0 + a cos a cos m r f a cos a cos a a omo o declive de uma reta é a tangente da inclinação, temos também que m r tg E assim, igualando as duas epressões para o declive da reta r, podemos calcular o valor de a: a a Eame 05, Ép. especial. Determinando a epressão da primeira derivada, f, vem: f f sen sen sen sen sen sen sen + sen sen sen sen cos sen sen cos sen }{{} sen Determinando a epressão da segunda derivada, f, temos que: Resposta: Opção f f sen cos cos cos Eame 05, a Fase Página de 57
... omo no instante em que se iniciou a contagem do tempo, o ponto P coincidia com o ponto, a distância inicial t 0, em metros, do ponto ao ponto O é dada por d0 ssim, os instantes em que o ponto P passou pelo ponto, nos primeiros três segundos do movimento, são as soluções da equação dt d0, com t 0, dt d0 + sen t + + sen 0 + sen t + sen sen t + sen t + + k t + + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z omo t 0,, atribuindo valores inteiros a k para identificar as soluções no intervalo definido, temos k 0 t 0 t 0 / 0, k t t + t t 8 k t t + t t / 0, / 0, ssim temos, durante os primeiros três segundos do movimento, o ponto P passou pelo ponto por três vezes, nos instantes t s, t s e t 8 s... omo a função d resulta de operações sucessivas de funções contínuas em [0, + [, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [,. omo 0, 75 <, <, 5, ou seja, d <, < d, então, podemos concluir, pelo Teorema de olzano, que eiste t 0, [ tal que dt 0,, ou seja, que houve, pelo menos, um instante, entre os três segundos e os quatro segundos após o início da contagem do tempo, em que a distância do ponto P ao ponto O foi igual a, metros... d + sen + + sen + + sen + 0, 75 d + sen + + sen + + 5, 5 Eame 05, a Fase. omo na figura está representado o círculo trigonométrico, temos que: O α, sen α, O cos α e tg α D Temos que a área do quadrilátero [D pode ser obtida pela diferença das áreas dos triângulos [OD e [O, O D O [D [O [OD ssim, vem que [D tg α Resposta: Opção cos α sen α sen α tg α {}}{ sen α cos α tg α sen α Eame 05, a Fase Página de 57
5. Temos que como a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa a, o declive da reta r é o valor da função derivada no ponto de abcissa a m r f a ssim, temos f cos cos 0 sen sen pelo que m r f a sen a como a reta s é tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa a +, o declive da reta s é o valor da função derivada no ponto de abcissa a + m s g a + ssim, temos pelo que m s g a + g sen cos cos cos a + cos a + cos a + sen a } {{ } sen a como as retas r e s são perpendiculares, o declive de uma delas é o simétrico do inverso do declive da outra m r m s m r m s sen a sen a sen a sen a sen a sen a sen a 9 sen a ± 9 sen a ± como a é número real pertencente ao intervalo, [, ou seja < a < então < a < < a < ou seja, a é a amplitude de um ângulo do o quadrante, pelo que sen a < 0, logo sen a, q.e.d Eame 05, a Fase Página de 57
. Para que a função seja contínua em, temos que garantir que f f Temos que f e e 0 f + f + e e e 0 sen sen + + k + + + +k + sen + + +k sen + + k 0 0 + k indeterminação fazendo y, temos y + e y ; e se +, então y 0 + sen y sen y sen y y 0 + y + + k + y + y 0 + y + k + y + + y y 0 + y + k + 5y sen y sen y + k sen y + k y 0 + yy + 5 y 0 + y y + 5 y 0+ y y 0 }{{} + y + 5 + k Lim. Notável 0 + + 5 + k 5 + k omo se pretende que a função seja contínua em, e verificámos que f determinar o valor de k garantindo que f +f f +f 5 + k + 5 k 0 5 + 5 k 5 k f, podemos Eame 0, Ép. especial 7. O triângulo [O é retângulo em, O, e [ é o cateto oposto ao ângulo α, temos que: Logo, tg α O [O tg α O tg α tg α tg α área do setor circular de centro O, raio e amplitude α deitado pelo arco é r y O α α α omo a área da zona sombrada S pode ser calculada como a diferença entre as áreas do triângulo [O e o setor circular de centro O e deitado pelo arco, temos que Resposta: Opção S [O tg α α tg α α Eame 0, Ép. especial Página de 57
8. omo a função é contínua no intervalo fechado, temos que f f Temos que f k E calculando f f, vem ssim, temos que cos cos y + y 0 y y 0 sen y y Resposta: Opção Se y, então y + y 0 cos y + sen y sen y y 0 y }{{} Lim. Notável k k + k Eame 0, a Fase 9. omo o lado [P R do triângulo [P QR é um diâmetro da circunferência e o vértice Q pertence à mesma cirucunferência, podemos garantir que o triângulo [P QR é retângulo, sendo [P R a hipotenusa. omo a circunferência tem raio, vem que P R, e assim, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: sen α QR P R sen α QR cos α P Q P R cos α P Q omo os lados [QR e [P Q são prependiculares, temos que: [P QR QR P Q sen α cos α QR sen α P Q cos α 8 sen α cos α omo o triângulo [P SR é congruente com o triângulo [P QR ambos têm ângulo reto e dois lados iguais, vem que: α [P QRS [P QR + [P SR [P QR 8 sen α cos α sen α cos α omo tg θ e tg θ + cos, temos que: θ + cos + θ cos 9 θ cos cos θ θ 9 cos θ ± 9 cos θ ± [ cos θ θ 0, E, pela fórmula fundamental da trigonometria, vem: sen θ+ 9 sen θ 9 sen θ 8 9 sen θ ± 8 9 sen θ ± Finalmente, recorrendo à fórmula de α, deduzida antes, temos que: θ 0, [ sen θ θ 9 Eame 0, a Fase Página 5 de 57
0. omo sen α O cos α Temos que D OD O cos α [ omo α,, logo cos α < 0, pelo que cos α cos α D y O α ssim,d cos α cos α +cos α Desta forma, temos que: Resposta: Opção [D D sen α + cos α + cos α sen α. f f.. omo f sen sen 0 temos que: f f.. omeçando por determinar f temos: f f Eame 0, a Fase f f f f sen sen cos cos Para determinar o sentido das concavidades, vamos estudar o sinal de f : f 0 cos 0 cos cos cos cos + k + k, k Z + k + k, k Z Logo, as únicas soluções da equação f 0 que pertençem ao intervalo, [, são e obtidas com k 0. ssim, estudando a variação de sinal de f e relacionando com o sentido das concavidades do gráfico de f, vem: f n.d. + 0-0 + n.d. f n.d. Pt. I. Pt. I. n.d. Logo, podemos concluir que o gráfico de f: tem a concavidade voltada para cima no intervalo [, e no intervalo, [ [ tem a concavidade voltada para baio no intervalo, tem dois pontos de infleão de abcissas, cujas abcissas são e Eame 0, a Fase Página de 57
. omo cosa + b cos a cos b sen a sen b, então cosa cosa + a cos a sen a ssim, para cada valor de R, g cos sen cos cos Resposta: Opção D Teste Intermédio o ano 0.0.0. onsiderando β como o ângulo F SP e sendo M o ponto médio do lado [SP, como o triângulo [SMF é retângulo, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: F sen β F M F S sen β F M F M sen β cos β SM F S cos β SM SM cos β omo M é o ponto médio de [SP, temos que SP SM cos β 8 cos β ssim, a área do triângulo [P SF pode ser calculada como: P Q β M S R β α E [P SF SP F M 8 cos β sen β sen β cos β sen β cos β 8 sen β cos β 8 sen β porque sen a + b sen a cos b + cos a sen b, então sen a sen a + a sen a cos a omo o ângulo RSP é um ângulo reto, podemos relacionar o ângulo α com o ângulo β: + β + α + β β + α β + α β α Logo a área do triângulo [P SF é [P SF 8 sen β 8 sen α 8 cos α 8 cos α ssim, temos que a área lateral é: L [P SF 8 cos α cos α Teste Intermédio o ano 0.0.0. omo o declive da reta tangente ao gráfico da função, em cada ponto, é dado pela função derivada, vamos determinar a epressão analítica da função derivada: f ln + cos ln + cos + sen 0 sen omo o declive de uma reta é dado pela tangente da sua inclinação, temos que: m tg Logo a abissa do ponto é a solução da equação f sen ssim, visualizando na calculadora gráfica o gráfico da função f e a reta y, numa janela coerente com o domínio da função f 0 < <, reproduzido na figura ao lado e determinando a interseção das duas, obtemos os valores aproimados às centésimas das coordenadas do ponto: I0, ;, 00. Ou seja o valor aproimado às centésimas da abcissa do ponto, é 0, y 0 f I 0, sen Eame 0, Ép. especial Página 7 de 57
5. 5.. Vamos considerar D a medida da altura do triângulo e E a medida da base. Sabemos que, porque é a medida do raio da circunferência. omo [ é a hipotenusa do triângulo e [D o cateto oposto ao ângulo, usando o seno do ângulo temos que: D sen D sen D D sen Por outro lado, como [D é o cateto adjacente, usando a definição de cosseno, temos: cos D cos D D cos omo ED temos que: Logo, calculando a área do triângulo, obtemos: [E E D E ED + D E + cos + cos sen omo sen sen cos, podemos escrever: sen + sen cos sen + sen cos [E sen + sen cos sen + sen cos sen + sen sen + sen 5.. omo a função f resulta de operações sucessivas de funções contínuas em R, [ é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em,. omo, 7 < <, 7, ou seja, f < < f, então, podemos concluir, pelo Teorema de olzano, que eiste c, [ tal que fc, ou seja, que a equação f tem, pelo menos, uma solução em, [... f sen sen, 7 f sen sen + sen + sen + sen + sen, 7 Eame 0, Ép. especial Página 8 de 57
. Para averiguar se a função f é contínua em, temos que verificar se f f +f 7. f e + + e + f e + + e + + e + + sen +f + + sen + + + 0 + sen 0 + 0 0 0 ind. sen sen + + + + + + sen + + + + sen + + seja y + sen y + + + y 0 + y 0 + y + + ite notável + + omo f +f, não eiste f; logo a função f não é contínua em 7.. omeçamos por definir o ponto P, 0 e o ângulo OP, cuja amplitude é α. Eame 0, a Fase ssim, como sabemos que que OP, podemos usar a definição de cosseno podemos calcular O: cos α OP O cos α O O cos α r y omo cos α cos α, temos que: O cos α O cos α O cos α Depois, calculamos P recorrendo à definição de tangente: P α α O tg α P OP tg α P P tg α omo tg α tg α, temos que: P tg α P tg α omo P e O O, calculado a epressão do perímetro vem: P [O + O + O P + O tg α + cos α Logo, para cada, [, o perímetro do triângulo é P tg cos tg α cos α Página 9 de 57
7.. omo o declive da reta tangente num ponto é dado pela valor da derivada nesse ponto, vamos calcular a derivada da função P : P tg tg tg cos cos cos cos cos cos 0 sen cos cos sen sen cos cos ssim, o declive da reta tangente ao gráfico da função P no ponto de abcissa 5, é 5 sen 5 m P sen 5 cos cos 9 Eame 0, a Fase 8. omo 0 +, então f n n 0 +f, e assim, como sen sen : sen f n 0 +f 0 + sen sen 0 + 0 + ite notável y 0 n Graficamente, na figura ao lado, estão representados alguns termos de n como objetos, e alguns termos da sucessão das imagens f n, que se aproimam progressivamente de -, quando o valor de n aumenta. Resposta: Opção f n Eame 0, a Fase f Página 0 de 57
9. omo sabemos que a reta tangente no ponto de abcissa a é paralela à reta y +, sabemos que o declive, e logo também o valor derivada é m g a. Logo o valor de a é a solução da equação g, :, 0 [ ssim, começamos por determinar a epressão de g : g sen cos sen cos cos sen cos + sen omo cos cos sen e cos sen,vem: g cos + sen cos sen + sen sen sen + sen sen + sen sen + sen sen + sen + Logo, resolvendo a equação g a temos: sen a + sen a + 8 sen a + sen a + 8 sen a + sen a + 0 onsiderando y sen a, e resolvendo a equação de grau, temos que: 8 sen a + sen a + 0 8y + y + 0 y ± 8 8 y y Escrevendo em função de a, vem: sen a sen a omo [, 0, < sen < 0, logo a equação sen a é impossível. sen a sen a sen a + k a + k, k Z a + k a + + k, k Z a + k a 7 + k, k Z oncretizando valores de k podemos verificamos que a é a única solução da equação que pertence ao domínio da função - [, 0, pelo que a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa a tem declive. Eame 0, a Fase 0. 0.. área do trapézio [P E pode ser calculada como a soma das áreas do retângulo [EQ e do triângulo [P Q. Recorrendo à definição de seno, podemos determinar o comprimento Q: sen Q Q sen De forma análoga, usando a definição de cosseno, podemos determinar P Q: cos P Q P Q cos P Q E ssim, temos que: [P E [EQ + [P Q Q + P Q Q sen + sen cos 8 sen + 8 sen cos 8 sen + sen cos 8 sen + sen Logo, para cada valor de 0, [, a área do trapézio é dada por S 8 sen + sen Página de 57
0.. Vamos recorrer à derivada da função S para estudar a monotonia. S 8 sen + sen 8 sen + sen 8 cos + cos 8 cos +8 cos Determinando os zeros da derivada, vem: S 0 8 cos + 8 cos 0 cos + cos 0 cos cos cos cos + k + k, k Z + k + + k, k Z + k k, k Z omo o domínio da função S é 0, [, a única solução da equação S 0 é Estudando a variação do sinal e S e a correspondente monotonia de S, vem: ssim podemos concluir que: a função S é cescente em 0, [ a função S é decescente em, [ 0 S n.d. + 0 - n.d. S n.d. Má n.d. a função S tem um máimo absoluto para Teste Intermédio o ano.05.0. f f f y + y 0 y + cos + y y cos y + y 0 y + y 0 y + cos cos 0 y + cos y + y 0 y sen y sen y + y 0 y y 0 y Seja y logo y + Se então, y 0 cos y + sen y 0 ite notável Teste Intermédio o ano.05.0 Página de 57
... função g é contínua em R \ {0} porque resulta de operações sucessivas entre funções contínuas. Para que a função g seja contínua em R, tem que ser contínua em 0, ou seja, tem que verificar a condição f f0 0 0 + sen f 0 sen 0 + sen y + 0 y 0 y Seja y + sen y + y 0 y ite notável logo y Se 0 então y 0 omo f0 e k, para que a função seja contínua, tem que se verificar: e k ek ek k ln k ln ln k ln.. Para resolver a equação, começamos por determinar a epressão analítica de f : Logo, f + sen + sen + cos + cos f f + + cos + sen + + cos sen cos + cos + cos cos 0 y + y 0 y ± y y cos cos fórmula fundamental Se y cos omo cos é uma equação impossível, temos: cos k, k Z k, k Z Logo, o conjunto das soluções da equação em, 5[, é {0, } Eame 0, Ép. especial Página de 57
. omo a função f é contínua em R \ {0}, porque resulta de operações sucessivas entre funções contínuas, só podem eistir assíntotas verticais quando 0 ou quando 0 +. alculando os ites temos:. e f 0 + 0 + 0 + f 0 0 e 0 + e e 0 + e y onsiderando y, se 0 +, então y 0 + y 0 + y ite notável sen sen + 0 + sen + 0 sen + sen + sen + 0 0 + 0 sen 0 + 0 + 0 0 ite notável ssim podemos concluir que 0 é a única assíntota vertical do gráfico de f quando 0. Eame 0, a Fase.. Definindo o ponto P, como o ponto médio do lado [, a área da região sombreada pode ser calculada como a diferença entre a área do quadrado e a soma das áreas de 8 triângulos retângulos o triângulo [EP e os restantes 7 semelhantes a este: [EF GDH [D 8 [EP omo P é o ponto médio de [, temos que P, podemos determinar EP, recorrendo à definição de tangente de um ângulo: H G E F tg EP P tg EP EP tg ssim, calculando a área da região sombreada, vem: [EF GDH [D 8 [EP 8 P EP 8 tg P 8 tg tg tg Logo, para cada valor de 0, [, a área da região sombreada é dada por a tg.. omo a função a resulta de operações sucessivas de funções contínuas em 0, [, é uma função contínua, e, por isso, também [ é contínua em,. 5 omo, 8 < 5 <, 7, ou seja, a < 5 < a, 5 então, podemos concluir, pelo Teorema de olzano, que eiste α, [, tal que aα 5, ou seja, que eiste um ângulo α 5 com amplitude compreendida entre rad e rad, que define 5 uma região sombreada com área 5... a tg, 7 a tg, 8 5 5 Eame 0, a Fase Página de 57
5. 5.. onsiderando um ponto P, sobre o lado [ do trapézio, tal que o segmento [DP seja perpendicular ao lado [, consideramos o ângulo DP com amplitude α omo DP, recorrendo à definição de cosseno, temos: cos α DP D D cos α e como cos α sen α, temos que: D sen α Da definição de tangente de um ângulo, e como tg α tg α temos: tg Logo, o perímetro do trapézio é: α P α DP tg P P tg α P [D P + + D + D + P + + + sen α + D α P tg α α + sen α sen α cos α Ou seja, para cada valor de α + sen α cos α sen α + cos α sen α, [, o perímetro do trapézio [D é P α + cos α sen α 5.. omeçando por determinar a epressão da derivada, temos: P α + cos α cos α + 0 + cos α sen α cos αsen α sen α sen α sen α 0 sen αsen α cos αcos α sen α sen α cos α + cos α sen α omo tg θ + cos θ 8 + cos θ sen α + cos α cos α sen α e tg θ 8, vem: 8 + cos θ omo < θ <, cos θ < 0, logo cos θ E também: sen θ + cos θ sen θ ssim, P + θ 8 8 8 9 9 9 sen α cos α cos α sen α cos α sen α cos θ 9 cos θ ± 9 cos θ ± 9 8 sen θ 9 sen θ 8 9 Eame 0, a Fase Página 5 de 57
... Usando a definição de seno, temos: sen P Q P sen P Q e usando a definição de cosseno, vem: cos Q P cos Q P Q sen Q cos Q P alculando a área do triângulo vem: [P Q + Q P Q sen + sen Logo, para cada valor de + cos sen sen + sen cos sen + sen cos 0, [, a área do triângulo [P Q é sen + sen.. Para estudar a eistência de um máimo, começamos por determinar a epressão da derivada: sen + sen sen + sen cos + cos cos + cos Depois calculamos os zeros, para estudar o sinal: 0 cos + cos 0 cos cos cos cos cos cos omo, em R, cos cos + k + k, k Z + k + + k, k Z + k k, k Z oncretizando valores inteiros de k, verificamos que, é a única solução em 0, [, ou seja, a única solução da equação 0 ssim, estudando a variação de sinal de e relacionando com a monotonia da função, vem: 0 n.d. + 0 - n.d. n.d. Má n.d. Logo é o maimizante que corresponde ao máimo absoluto da função, ou seja eiste um valor de [ 0,, para o qual o valor da área do triângulo é máima. Teste Intermédio o ano.05.0 Página de 57
7. omo se pretende determinar os etremos da função, vamos recorrer aos zeros da derivada, e por isso, começamos por derivar a função: g cos cos sen + sen Depois determinamos os zeros da derivada, ou seja as abcissas dos pontos e D: g 0 + sen 0 sen sen sen + k + k, k Z + k 7 + k, k Z tribuindo valores inteiros a k, podemos encontrar os valores de que pertencem ao domínio da função: k k 0 e 5, 7 ssim, estudando a variação de sinal de g e relacionando com a monotonia da função g, vem: 5 g n.d. + 0-0 + n.d. g n.d. Má min n.d. ssim, temos que a abcissa do ponto é 5, e a ordenada é g 5 5 cos 5 5 cos 5 5 cos 5 5 Ou seja, o ponto tem coordenadas 5, 5 De forma análoga, temos que a abcissa do ponto D é D, e a ordenada é g cos cos Ou seja, o ponto D tem coordenadas D, Eame 0, Prova especial 8. omo se trata de um círculo trigonométrico, o ponto tem coordenadas cos 5, sen 5, porque o segmento [O, define com o semieio postivo O um ângulo de + 5 Podemos considerar como a medida da base do triângulo O e o valor absoluto da ordenada de como a medida da altura: y sen 5 sen radianos. y ssim, calculando a área do triângulo vem: [O O y Resposta: Opção + O altura Eame 0, Ép. especial Página 7 de 57
9. 0 sen f 0 sen sen 5 0 sen sen sen 5 0 sen 5 sen 0 0 sen 5 0 sen 5 sen 5 0 ite notável Seja y 5 e y 5, se 0 então y 0 y 0 sen y y 5 5 0 y 0 5 sen y y y 0 5 sen y y 5 y 0 sen y y ite notável Eame 0, Ép. especial 0. omo a função g é contínua, é contínua em 0, ou seja, verifica a condição: g0 g g 0 0 + ssim, temos que: g0 lnk 0 ln k 0 g lnk ln k 0 sen 0 +g 0 + sen 0 + ite notável Logo, temos que: Resposta: Opção 0 g 0 +g ln k k e k Eame 0, a fase. omo O, usando as definições de seno e cosseno temos: sen θ OE O sen θ OE cos θ E E cos θ O E assim, o perímetro da região sombreada é: OE sen θ E cos θ P [DE O + O + D + DO + OE + E y E O θ omo O O ; D E e DO OE, temos: P [DE O+E+OE + cos θ+ sen θ +cos θ+ sen θ Resposta: Opção D Eame 0, a Fase Página 8 de 57
. omeçamos por determinar f : f a cosn + b sen n a cosn + b sen n an sen n + bn cosn an sen n + bn cosn Determinamos em seguida f : f f an sen n + bn cosn an sen n + bn cosn ann cosn + bnn sen n an cosn bn sen n n a cosn + b sen n n f ssim temos que: f + n f n f + n f 0, q.e.d. sen. 0 sen 0. Resposta: Opção D f 0 sen 0 sen 0 sen y y sen y 0 y ite notável cos cos cos 0 sen Eame 0, a Fase Seja y e y, se 0 então y 0 Eame 0, a Fase.. Podemos calcular a área do trapézio como a soma das áreas do retângulo [OD e do triângulo [O. base do retângulo é dada pela distância do ponto D à origem: y OD D f e a altura é a ordenada do ponto : f altura do triângulo também é ordenada do ponto, O D e a base é a menor é a abcissa do ponto O, ou seja, a solução positiva da equação f 0. D O ssim, resolvendo a equação vem: f 0 cos 0 + k, k Z + k, k Z Logo, para k 0, a menor solução positiva da equação é ssim, calculando a área do trapézio, vem: O O [D [OD + [O OD D + + + + 7 Página 9 de 57
.. Determinando a epressão da primeira derivada de f, vem: f cos sen sen 8 sen Depois, determinando a epressão da segunda derivada, vem: f f 8 sen 8 cos cos ssim, temos que, para qualquer número real, f+f +f cos + 8 sen + cos cos cos 8 sen cos 8 sen cos sen cos + sen, q.e.d. Eame 0, a Fase 5. Para que a função f seja contínua em, a condiçao f f verificar. ssim, temos que:. f e + e + e + +f f e + e + e + e + + sen e e + e sen y + y 0 y e + e ite notável sen + + e e Logo, como f f + f, a função f é contínua em. +f tem que se sen Seja y, se então y 0 Teste Intermédio o ano.05.0.. omo OQ medida do cateto oposto ao ângulo e OP +d medida da hipotenusa do triângulo retângulo, usando a definição de seno de um ângulo, temos que: sen OQ OP sen + d + d sen O d sen d sen sen sen d sen sen Logo, para cada valor de 0, [, temos que d f. Q d P Página 0 de 57
.. Para estudar a monotonia da função, começamos por determinar a epressão da derivada: sen f sen sen sen sen sen sen sen sen sen cos 0 cos sen cos sen cos sen sen sen cos cos + sen cos sen ssim, para 0, [, temos que: cos > 0, logo cos < 0 sen > 0 cos sen < 0 Ou seja, como f < 0, para cos sen 0, [, a função f é estritamente decrescente no domínio, pelo que a um aumento do valor de corresponde uma diminuição do valor de d, ou seja, a afirmação é verdadeira. Teste Intermédio o ano.05.0 7. 7.. s três horas da tarde desse dia correspondem a t 5. ssim, a profundidade correspondente é dada por: 5 5 P 5 cos 5 +8 cos +8 cos +8 cos +8 0+8 8 Ou seja, às 5 horas, a profundidade da água na marina era de 8 metros. Página de 57
8. 7.. Determinando a epressão da derivada, temos: +8 P t cos t + 8 cos t t sen t +0 sen t alculando os zeros da derivada, vem: P t 0 sen t 0 sen t 0 sen t sen 0 t 0 + k t 0 + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z sen t omo t [0,, atribuindo valores a k k 0, k e k, obtemos o conjunto dos zeros da função derivada: {0,,, 8, } Desta forma, estudando a variação de sinal de P e relacionando com a monotonia da função P, vem: 0 8 P 0-0 + 0-0 + 0 P Má min Má min Má Logo, a profundidade mínima, que ocorreu às horas e depois novamente às 8 horas, pode ser calculada como: P cos + 8 cos + 8 + 8 + 8 Ou seja a profundidade mínima na marina, nesse dia, foi de metros. 8.. nalisando as figuras podemos dividir o cálculo da altura em dois casos: No primeiro caso, θ 0,, h O Eame 00, Ép. especial omo O, recorrendo à definição de cosseno de um ângulo, temos: cos θ O O cos θ e assim, h O cos θ No segundo caso, [ θ,, h + O O θ omo O, recorrendo à definição de cosseno de um ângulo, temos: cos θ O O cos θ O cos θ O θ θ e assim, O cos θ h + O + cos θ cos θ Ou seja em ambos os casos, isto é, para qualquer θ 0, [, a altura h pode ser calculada como que hθ cosθ. Página de 57
8.. omo hθ cosθ, temos que: hθ cosθ cosθ 0 cosθ 0 cosθ cos θ + k, k Z omo θ 0, [, θ é a única solução da equação. alcular θ tal que hθ, significa determinar o ângulo associado a uma quantidade de combustível no depósito com metros de altura. ssim a solução calculada significa que, quando o combustível no depósito tiver uma altura de metros, o ângulo θ será um ângulo reto rad.. Eame 00, a Fase 9. Para que a função f seja contínua em 0, tem que se verificar f0 0 f 0 +f 0. f0 a0 + b + e 0 0 + b + b + 0 f a + b + e a0 + b + e 0 0 + b + b + 0 sen f 0 sen 0 0 0 + 0 + 0 0 indeterminação sen sen 0 + 0 + sen sen y 0 + y 0 + Se y 0 + y 0 + ssim, podemos determinar o valor de b: 0 + y ite notável f f b b 0 0 + sen Eame 00, a Fase 0.. omo o triângulo está inscrito numa semicircunferência é um triângulo retângulo. Sabemos que a hipotenusa coincide com o diâmetro e tem comprimento O. ssim, recorrendo à definição de seno temos: sen α O sen α nalogamente, pela definição de cosseno, vem: cos α O O cos α O Logo, o perímetro do triângulo é: sen α O cos α O P [O O + + O + sen α + cos α + cos α + sen α Ou seja, para cada valor de α 0, [, o perímetro do triângulo [O é dado, em função de α, por fα + cos α + sen α y α Página de 57
0.. Determinando a epressão da derivada da função, vem: f α +cos α+ sen α +cos α + sen α 0 sen α+cos α cos α sen α ssim: f α 0 cos α sen α 0 cos α sen α 0 cos α sen α Logo, como α 0, [, sabemos que α é a única solução da equação f α 0, pelo que podemos estudar a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f: 0 f n.d. + 0 - n.d. f n.d. Má n.d.. Logo, o maimizante de f, ou seja, o valor de α para o qual o perímetro do triângulo é máimo, é Eame 00, a Fase.. Relativamente ao triângulo retângulo [P, do qual conhecemos a medida do cateto adjacente ao ângulo, usando a defição de cosseno e de tangente do ângulo, temos: cos P cos 5 P P 5 cos tg P Temos ainda que tg P 5 P 5 tg P 5 P + P 5 P 5 P P 5 5 tg 5 Recorrendo ao teorema de Pitágoras, podemos calcular a medida do segmento [: + 5 + 5 5 + 5 50 ssim, calculando o perímetro do triângulo [P vem: P [P P + P + 5 cos + 5 5 tg + 50 5 cos 5 tg + 50 + 5 Pelo que, para cada valor de 0, [, o perímetro do triângulo [P é dado pela função f.. omo o declive da reta tangente em cada ponto é dado pelo valor da derivada, vamos determinar a epressão da derivada: 5 f cos 5 tg + 5 50 + 5 5 tg + 50 + 5 cos 5 cos 5cos cos 5 sen cos 5 cos 5 sen 5 cos 5 0 5 sen cos + 0 + 0 cos 5 cos ssim, no ponto de abcissa, o declive da reta tangente é: m r f 5 sen 5 5 5 5 0 5 cos 0 0 Ou seja, a reta r tem declive 0 Teste Intermédio o ano 9.05.00 Página de 57
. alculando a derivada da função f temos: f sen cos cos alculando o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 8 vem: Resposta: Opção f cos cos 8 8 Eame 009, Ép. especial... omeçamos por determinar a epressão da derivada da função: f e. cos e cos + e cos e cos + e sen e cos sen Determinando os zeros da derivada, vem: f 0 e cos sen 0 e } {{ 0 } cos sen 0 cos sen Eq Imp,e >0 No domínio da função, o intervalo [0, [, a única solução da equação é. Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: ssim, podemos concluir que a função f: é crescente no intervalo [ 0, ; 0 f + + 0 - n.d f min Má n.d. é decrescente no intervalo [, [ ; tem um mínimo, cujo minimizante é 0 e um máimo, cujo é maimizante ssim o mínimo relativo da função é f0 e 0 cos0 e o máimo é f e cos e e Página 5 de 57
.. omeçamos por representar o gráfico de f, no domínio definido reproduzido na figura ao lado, numa janela compatível com o domínio da função. y alculando a ordenada do ponto, temos: y f0 e 0 cos0 O ssim, traçamos também a reta de equação y para determinar a abcissa do ponto. Usando a função da calculadora gráfica para determinar valores aproimados das coordenadas de pontos de interseção de dois gráficos o gráfico de f e a reta y, encontramos as coordenadas do ponto, arredondadas com duas casas decimais, que são:, 9; om a função da calculadora gráfica para determinar valores aproimados do zero de uma função, obtemos o valor da abcissa do ponto, ou seja, do zero da função, que arredondado com duas casas decimais é,, 57 ssim, calculando a área do trapézio, também reproduzido na figura ao lado e arredondando o resultado às décimas, temos: [O O + O + y, 57 +, 9, f Eame 009, Ép. especial. omo o declive da reta tangente em cada ponto é dado pelo valor da derivada, vamos determinar a epressão da derivada: f sen cos sen cos + sen cos cos cos + sen sen cos cos sen sen ssim, o declive da reta tangente no ponto de abcissa 0, pode ser calculado como: m f 0 cos0 cos 0 sen 0 sen 0 0 0 omo f0 sen 0 cos 0 0 0, sabemos que o ponto P 0, 0 pertence ao gráfico de f e também à reta tangente neste ponto. omo a reta tangente interseta o eio das ordenada no ponto 0, 0, o valor da ordenda na origem é zero, logo a equação reduzida é y + 0 y Eame 009, a Fase Página de 57
5. omo a função é contínua, é contínua no seu domínio, em particular é contínua em 0, logo verifica-se a condição: f0 0 f 0 +f f0 log k + 0 log k 0 +f log k + log k + 0 + log k 0 + sen sen 0 0 f 0 0 0 0 indeterminação sen sen sen y 0 0 y 0 y se y, ite 0 y 0 notável Logo, como 0 Resposta: Opção D f +f, temos que: 0 log k k k Eame 009, a Fase. omo a medida da hipotenusa do triângulo é porque é um diâmetro de uma circunferência de raio, podemos recorrer à definição de seno e cosseno, para determinar a medida da base b e da altura a: sen b b sen e cos a a cos Logo a área sombreada é a diferença da área do círculo e da área do triângulo: a O r b a sen cos sen cos sen b Resposta: Opção Eame 009, a Fase 7. O gráfico da função a tem uma única assíntota - a reta vertical 0 O gráfico da função b tem uma única assíntota - a reta horizontal y 0 O gráfico da função c não tem assíntotas O gráfico da função d tem um número infinito de assíntotas - as retas verticais +k, k Z Resposta: Opção D Teste Intermédio o ano 7.05.009 Página 7 de 57
8. 8.. Quando o ponto P inícia o movimento e quando termina, ou seja, quando a sua posição coincide com a posição do ponto, temos OQ, que é o valor máimo de d, para 0. Da mesma forma, quando, ou seja, quando a posição do ponto P coincide com a posição do ponto, temos OQ, que é o valor mínimo. P P O Q Q d d Logo, d0 e d, pelo que d0 d, ou seja, a afirmação I é verdadeira. omo a função atinge o valr mínimo para, ou seja OQ, e depois, esta distância vai progressivamente aumentar até que OQ, quando, temos que a função d é crescente no intervalo, [, ou seja d > 0 se, [, pelo que, a afirmação II é falsa. 8.. omo o triângulo [ORP é retângulo, e sabemos que a hipotenusa tem comprimento, usando a definição de seno e de cosseno vem: sen P R OP sen P R P R sen O P Q R cos OR OP cos OR OR cos d omo o triângulo [P RQ também é retângulo, e conhecemos a medida de dois lados, podemos usar o Teorema de Pitágoras: P Q P R + RQ sen + RQ 9 sen RQ RQ 9 sen Logo, OQ OR + RQ OQ cos + 9 sen, pelo que, para cada valor de 0, [, d cos + 9 sen Teste Intermédio o ano 7.05.009 9. Sabemos que, no o quadrante - ou seja no intervalo [, 0 - o cosseno de um ângulo é positivo e que cresce de 0 para, ou seja cos 0 e cos0 [ No primeiro quadrante - em particular no intervalo 0, - o cosseno também é positivo, e decrescente, pelo que não atinge valores superiores [ a. Logo, como a função f tem domínio,, contradomínio de f é [0, Resposta: Opção Eame 008, Ép. especial Página 8 de 57
50. omo sen a + b sen a cos b + cos a sen b, então sen a sen a + a sen a cos a, e assim temos que f sen. cos + f sen + ordenada do ponto de interseção da reta y com o gráfico de f é e a abcissa é a solução da equação f que pertence ao intervalo [0,. ssim, resolvendo a equação temos: f sen + sen sen sen + k + k k Z + k + k k Z + k + k k Z ssim atribuindo valores a k k 0 para o primeiro caso ou k no segundo caso obtemos a única solução da equação que pertence ao intervalo [0,, ou seja, Logo as coordenadas do ponto de interseção são:, Eame 008, Ép. especial 5. 5.. Recorrendo à definição de derivada da função no ponto de abcissa 0, vem: g g g0 + sen + sen 0 + sen 0 0 0 0 0 sen sen sen sen y 0 0 0 y 0 y Seja y, ite 0 y 0 notável 5.. Para estudar a monotonia da função, começamos por determinar a epressão da derivada: g + sen + sen 0 + cos cos Para estudar o sinal da derivada, calculamos os zeros: g 0 cos 0 cos 0 + k, k Z 8 + k, k Z tribuindo valores a k k 0 e k encontramos as duas soluções da equação que pertencem ao intervalo 0, [, ou seja 8 e 8 + 8 + 8 8 Estudando a variação do sinal de g para relacionar com a monotonia de g, no intervalo 0, [, vem: 0 8 g + 0-0 + 8 g Má min ssim, no intervalo 0, [, temos que: o valor do máimo de g é g + sen + sen + 8 8 o valor do mínimo de g é g + sen + sen + 8 8 g é crescente no intervalo 0, [ e também no intervalo 8 8, [ g é decrescente no intervalo 8, [ 8 Eame 008, a Fase Página 9 de 57
5. omo D f [, + [, só pode eistir uma assíntota horizontal quando + : f e + e + + e 0 + + Logo verifica-se que y 0 é a única assíntota horizontal do gráfico de f omo a função é contínua em, 0[ e em 0, + [, por resultar de operações sucessivas entre funções contínuas, e 0 são as duas únicas retas verticais que podem ser assíntotas do gráfico de f: +f sen sen + 0 0 Ou seja, a reta não é uma assíntota do gráfico de f sen sen 0 f 0 0 0 sen 0 ite notável ssim, a reta 0, é a única assíntota vertical do gráfico de f 0 Eame 008, a Fase 5. omo o ponto Q está sobre um círculo trigonométrico, temos Q cos 5 7, sen 5 7 y onsiderando o lado [OR como a base, a medida da altura é y Q a ordenada do ponto Q. E assim a área do triângulo pode ser calculada como: Resposta: Opção [OQR OR y Q sen 5 7 0, 9 fazendo o cálculo na calculadora R Q O 5 7 Teste Intermédio o ano 9.05.008 5. Determinando a epressão da derivada e igualando a zero, temos: f cos cos 0 sen sen f 0 sen 0 sen 0 k, k Z No intervalo [0, as três soluções são 0, e Estudando a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f, no intervalo [0,, vem: 0 f 0 + 0-0 f min Má min Logo, o valor de para o qual f é máimo, é Resposta: Opção Eame 007, a fase Página 0 de 57
55. Partindo da área do círculo menor temos: a r cos θ r porque a cos θ R cos θ r porque R R cos θ r dividindo ambos os membros por r cos θ r porque R r r cos θ r cos θ dividindo ambos os membros por r cos θ calculando o quadrado de ambos os membros cos θ cos θ cos θ ± + k, k Z Logo θ, porque θ 0, [. Eame 007, a fase 5. 5.. omo a função h resulta de operações sucessivas de funções contínuas em R, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [ 0,. omo 0, < 0 <, 77, ou seja, h0 < 0 < h, então, podemos concluir, pelo Teorema de olzano, que eiste a 0, [ tal que ha 0, ou seja, que a função h tem, pelo menos, um zero em 0, [... f e e e e g sen cos h0 f 0 g 0 e 0 cos0 e 0. h f g e + cos e + 0, 77 5.. omo ficou provado no item anterior, eiste a Ou seja, eiste a 0, 0, [ tal que ha 0, logo ha 0 f a g a 0 f a g a [ tal que as derivadas de f e g nos pontos de abcissa a são iguais, ou seja, os declives das retas tangentes aos gráficos das funções f e g nos pontos de abcissa a são iguais, o que significa que essas retas são paralelas. Eame 007, a fase Página de 57
57. onsiderando o lado [O como a base do triângulo O, a altura será o segmento que contém o ponto P e a sua projeção ortogonal P sobre a reta O. omo OP, recorrendo à definição de cosseno, vem: y P altura P cos P P OP cos P P P P cos O ssim a área do triângulo [OP é: Resposta: Opção [OP O P P cos cos base 58. Eame 00, Ép. especial 58.. omo o período de uma função trigonométrica pode ser calculado como a diferença das abcissas de dois máimizantes consecutivos, começamos por determinar a dericada da função: f + cos + cos 0 + sen sen alculando os zeros da derivada temos: f 0 sen 0 sen 0 k, k Z k, k Z ssim, como todos os zeros de f estão associados a uma mudança de sinal, para cada valor de k verificamos a eistência de um maimizante, ou de um minimizante. omo os maimizantes e os minimizantes ocorrem alternadamente, se um valor de k gera um maimizante, k + gera um minimizante e k + gera outro maimizante. Logo, para k e k + temos dois maimizantes ou minimizantes consecutivos, pelo que o período da função pode ser calculado como: k + k k + k k + k 58.. omo o período da função é a diferença entre dois máimizantes consecutivos, e a distância do ancoradouro ao fundo do rio ocorre a cada maré alta, o período desta função é 0. Por outro lado, como o período desta função é temos que: ssim temos que a função a função é do tipo f + cos omo a distância ao fundo do rio era máima às zero horas, e a distância máima foi de 7 metros, temos que f0 7 + cos 0 7 + cos0 7 + 7 + 7 Por outro lado, como a distância era mínima às horas, e o mínimo da função é, temos: f + cos + cos + Logo, temos que + 7 + + 7 + 7 + + Pelo que, os valores dos parâmetros adequados ao modelo são, e. Eame 00, Ép. especial Página de 57
59. omo o arco é um arco de uma circunferência de raio, e com amplitude α, tem de comprimento α. omo O, e recorrendo às definições de seno e cosseno, vem: y sen α O sen α cos α O O cos α O sen α O cos α O α Logo, O O + cos α + cos α ssim, o perímetro da região sombreada é: P α + + α + sen α + cos α + α + sen α cos α Resposta: Opção D Eame 00, a Fase 0. 0.. omo o periélio é o ponto da órbita da Terra mais próimo do Sol, é nesse ponto que a distância é mínima. Nesse ponto o ângulo tem amplitude zero radianos, logo a distância mínima, em milhões de quilómetros arredondados às décimas, é: d0 9, 0, 07 cos 0 9, 0, 07 7, nalogamente, o ponto da órbita da Terra oposto ao periélio será o mais afastado do Sol, e é nesse ponto que a distância é máima. Nesse ponto o ângulo tem amplitude radianos, logo a distância máima, em milhões de quilómetros arredondados às décimas, é: 0.. Se, da relação t T t T d 9, 0, 07 cos 9, 0, 07 5, 0, 07 sen t T 0, 07 sen resulta: t 0, 07 0 T t T t T No conteto da situação descrita, quando o ângulo tem uma amplitude de radianos, o tempo t que decorreu da passagem da Terra pelo periélio é metade do tempo T que a Terra demora a descrever uma órbita completa. Eame 00, a Fase... No instante inicial t 0 a amplitude do ângulo SOP é dada por: α0 cos 9, 8 0 cos 0 ssim, considerando o ponto Q, como a projeção ortogonal do ponto sobre a reta OS, temos que a amplitude do ângulo QO é radianos, e a distância do centro da esfera à reta OS é Q. Logo: sen Q O sen Q Q sen Q P r S Q O Página de 57
... Quando o ponto P passa na reta r temos α. Logo valor de t que corresponde ao instante em que o ponto P passa na reta r, pela primeira vez, é a menor solução positiva da equação αt. Resolvendo a equação vem: αt cos 9, 8 t cos 9, 8 t 0 cos 9, 8 t 0 9, 8 t + k, k Z t + k 9, 8, k Z Logo, a menor solução positiva da equação corresponde a k 0, ou seja, t 9, 8 0, 5 Ou seja, o ponto P passa na reta r, pela primeira vez, aproimadamente, meio segundo depois do instante inicial. Eame 00, a Fase.. omo a reta P R é tangente à circunferência no ponto R, é perpendicular ao raio [OR, ou seja o ângulo ORP é reto, e por isso o triângulo [ORP é retângulo. omo o ângulo P OR tem amplitude α radianos e OR, recorrendo à definição de tangente, temos: tg α OR RP tg α RQ RP tg α R Logo, considerando [OR como a base do triângulo [ORP e α [RP como a altura, vem: P O α [ORP OR RP tg α tg α omo os pontos R e S são simétricos relativamente à reta, temos que: S.. [ORP S [ORP + [OP S [ORP tg α tg α Ou seja, para cada valor de α 0, [, a área do quadrilátero [ORP S é dada por fα α fα tg α α tg + Quando o ângulo α se aproima arbitrariamente de, as retas tangentes P R e P S, intersectam a reta num ponto arbitrariamente afastado de, o que significa que as áreas dos triângulos [ORP e [OP S, e consequentemente a área do quadrilátero [ORP S, são arbitrariamente grandes. Eame 005, Ép. especial... O declive de uma reta tangente é dado pelo valor da derivada na abcissa do ponto de tangência. omo f sen cos, temos: m r f a cos a e m s f b cos b omo a + b a b, temos que: m r f a cos a cos b cos b cosb f b m s Logo, as retas r e s têm declives iguais, ou seja, são paralelas. Página de 57
.. omo o domínio da função g é 0, [, [, o gráfico de g não tem qualquer assíntota não vertical. omo a função g resulta do quociente de duas funções contínuas, é contínua no seu domínio, isto é, as retas 0, e são as três únicas retas que podem ser assíntotas verticais do gráfico de g. 0 +g 0 + f 0 + sen sen sen 0 + 0 + ite notável Logo, a reta 0 não é uma assíntota vertical do gráfico de g g f sen sen 0 + + Logo, a reta é uma assíntota vertical do gráfico de g g f sen sen 0 Logo, a reta é uma assíntota vertical do gráfico de g ssim, o gráfico de g tem eatamente duas assíntotas: as retas verticais e Eame 005, a Fase. Recorrendo à definição de derivada no ponto de abcissa, temos que: Resposta: Opção f f f cos cos cos cos + Eame 005, a fase 5. omo O, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: sen OI O sen OI OI sen cos I I cos I cos O Recorrendo à decomposição sugerida na figura temos que a área da zona sombreada pode ser obtida através da soma das áreas de triângulos congruentes e de setores circulares de raio e amplitude : [OI + setorf OI I + O E sen cos 9 sen. cos + 9 8 + 8 sen. cos 8 + sen. cos [ Logo, para cada valor de 0,, a área da região sombreada é dada pela função. G O I J H + D F Eame 005, a Fase Página 5 de 57
... Substituíndo os valores de λ e φ na fórmula, vem: tg 8 cos7, 5 t tg, 5 cos7, 5 t 0, 97 7, 5 t cos 0, 97 7, 5 t 09, 859 t 09, 859 7, 5 t, 79 Logo, convertendo 0,79 horas em minutos vem 0, 79 0 8, 8750 9 Ou seja, em eja, no Solstício de Junho, o tempo que decorre entre o nascer e o pôr do Sol é de horas e 9 minutos... omo φ é a latitude do círculo polar ártico, para locais situados mais a norte, λ > φ, e logo tg λ > tg φ porque λ, 5, 90 [ e φ, 5. ssim, para locais situados a norte do circulo polar ártico, tg λ tg φ > tg λ tg φ < Logo a substituição dos valores na fórmula cos7, 5 t tg λ resultaria numa equação impossível, tg φ porque cos Eame 00, Ép. especial y 7. O período P da função pode ser calculado, por eemplo, como a distância entre dois maimizantes consecutivos. P 9 9 9 Resposta: Opção D 9 O 9 Período Período 8 9 9 Eame 00, a Fase 8. 8.. Os instantes em que as duas bolas estiveram a igual distância da base do recipiente, durante os primeiros cinco segundos, são as soluções da equação bt pt que pertencem ao intervalo [0, 5. ssim, resolvendo a equação, vem: bt pt 0+e 0,t sen t 0, 7e 0,t sen t e 0,t sen t, 7e 0,t sen t e 0,t sen t +, 7e 0,t sen t 0 sen t e 0,t +, 7e 0,t 0 sen t 0 e 0,t +, 7 0 }{{} equação impossível t k, k Z t k, k Z sen t 0 Logo as soluções da equação no intervalo [0, 5 são 0 para k 0, para k, para k, para k, para k e 5 para k 5, ou seja, neste intervalo a equação tem soluções, o que significa que nos primeiros 5 segundos, as duas bolas estiveram a igual distância da base do recipiente por seis vezes. Página de 57
8.. distância d entre os centros das bolas, é o comprimento da hipotenusa de um tirângulo retângulo em que o cateto maior tem comprimento, 5 cm e o cateto menor tem comprimento b p d, 5 cm ssim, determinando a diferença das distâncias das duas bolas à base do recipiente, passado meio segundo, temos: b 0 + e 0, sen 0 + e 0.05 0, 95 p 0, 7e 0, sen 0, 7e 0.05 8, 70 omo b p 0, 95 8, 70, 5, recorrendo ao Teorema de Pitágoras, vem: d, 5 +, 5 d.5 d.5 d, Logo a distância, arredondada às décimas, entre os centros das duas bolas, passado meio segundo é de, cm Eame 00, a Fase 9. 9.. Se o depósito ficar completamente cheio,, logo podemos calcular a capacidade total do depósito, calculando a imagem de : V 80 sen 80 0 50, 55 50 Ou seja, o depósito tem uma capacidade de 50 m, aproimadamente. 9.. omo da altura máima, corresponde a metade do raio; considerando o ângulo de amplitude cos r r e recorrendo à definição de cosseno, vem cos r r cos r r cos cos ± + k, k Z ± + k, k Z omo [0,, a única solução da equação é. ssim, o volume associado é: V 80 sen 80 98, 9 98 Ou seja, quando nível de combustível está a da altura máima, o volume é de 98 m, aproimadamente. Eame 00, a Fase 70. Página 7 de 57
70.. omo OR 5, recorrendo à definição de seno e cosseno, e notando que R O e ainda que O R, temos: M sen R OR cos O OR sen R 5 cos O 5 R 5 sen O 5 sen O 5 cos R 5 cos 8 d R Temos ainda que: O +M 8 M 8 M 8 O M 8 5 sen O 5 Logo, usando o Teorema de Pitágoras, vem: RM M + R RM 8 5 sen + 5 cos RM 80 sen + 5 sen + 5 cos RM 80 sen + 5 sen + cos RM 80 sen + 5 RM + 5 80 sen RM 89 80 sen Logo, para cada valor de, d RM 89 80 sen 70.. d 89 80 sen 89 80 9 Ou seja, quando o ângulo tem amplitude radianos, a distância entre a Rita e a mãe, é de metros, o que se pode comprovar na figura, porque quando o ângulo tem amplitude radianos, a posição da Rita está sobre o segmento de reta [MO, e por isso RM OM OR RM 8 5 RM Eame 00, Prova para militares 7. alculando a área do trapézio, temos: [D D + 0 + 0 0 0 0 00 Logo, dividir o trapézio em duas figuras com a mesma área, significa que o triângulo [P D terá área 00. Usando a definição de tangente vem: 0 P 0 00 0 D tg P D tg P 0 P 0 tg Logo a área do triângulo [P D, é: [P D D P Ou seja, [P D 00 0 tg 00 Resposta: Opção 0 0 tg 0 tg Eame 00, a Fase Página 8 de 57
7. 7.. f f f0 + sen 0 + sen 0 + sen 0 0 0 0 0 0 0 + sen + sen sen + + 0 0 ite notável 7.. Para estudar o sentido das concavidades e a eistência de pontos de infleão, começamos por determinar a epressão da primeira derivada e depois da segunda derivada: f + sen + sen + cos f f + cos + cos 0 + sen sen Determinando os zeros da segunda derivada, vem: f 0 sen 0 sen 0 k, k Z [ Logo as duas soluções da equação que pertencem ao domínio da função, são 0 e, e assim, estudando a variação de sinal de f e relacionando com o sentido das concavidades do gráfico de f, vem: 7.. 0 f + 0-0 + f Pt. I. Pt. I. Logo o gráfico de f tem: a concavidade voltada para cima no intervalo [ [, 0 e no intervalo a concavidade voltada para baio no intervalo 0, [ pontos de infleão de abcissas 0 e, f + cos + sen + cos sen cos sen sen + k + k k Z + k + k k Z Logo os dois valores de [, + k k Z que verificam a condição dada, são e 5 Eame 00, a Fase 7. 7.. omo a e b 5, temos que f 5 sen omo tg + cos e tg θ, vem: + cos θ + cos θ omo sen + cos e cos θ 5, vem: 5 cos θ cos θ 5 cos θ 5 sen θ + 5 sen θ 5 sen θ 5 5 5 sen θ 5 Logo, fθ 5 sen θ 5 5 Página 9 de 57
7.. omo 0 é um maimizante e é o máimo, temos que: f0 a + b sen 0 a + b 0 a omo 0 e são dois maimizantes consecutivos, é um minimizante, é o mínimo e a, temos que: f + b sen + b b b Logo a e b Eame 00, a fase - a chamada 7. 7.. onsiderando o triângulo [E,e recorrendo à definição de seno e cosseno, temos: sen E E sen E cos E cos E sen cos Logo, considerando a área da zona sombreada como a diferença das áreas do o trapézio [EG e do triângulo [E, temos: G F E D [EG [EG [E G + E E + sen + cos sen sen cos + sen + cos + cos + sen + sen cos sen cos + sen + cos + sen + cos [ Logo, para cada valor de 0,, a área do polígono [EG é dada por + sen +cos 7.. 0 + sen 0 + cos0 + 0 + O que também pode ser observado na figura, porque se 0, o ponto E coincide com o ponto D, e por isso a área sombreada também pode ser calculada como a área do triângulo [GD: [GD G D + sen + cos + + 0 O que também pode ser observado na figura, porque se, o ponto E coincide com o ponto F, e por isso a área sombreada também pode ser calculada como a área do quadrado [F G: [F G G Eame 00, a fase - a chamada Página 0 de 57
75. 75.. omo a área da superfície terrestre é dada por Esfera r, logo Esfera r ssim, pretendemos determinar o valor de θ tal que: r fθ r r sen θ r sen θ r r sen θ sen θ sen θ sen θ sen θ sen θ + k θ + k, k Z [ omo θ 0,, a única solução da equação é θ Ou seja, para que a superfície visível da nave seja um quarto da superfície terreste, o ângulo θ deve ter amplitude de radianos. 75.. onsiderando o triângulo [N, e a definição de seno, vem: sen θ N sen θ r r + h Logo, determinando a área visível a partir da nave, em função de h, vem: r h θ N 75.. gh fθ r sen θ r r r + h r r + h r + h r h r r h r + h r + h r + h gh r h h + h + r + h r h + h r + h r h h h + h + r r + h h r r h + h + Logo, quando a distância da nave à Terra é arbitrariamente grande, a área da superfície terreste visível da nave, aproima-se de r, ou seja, de metade da área total da superfície da Terra. Eame 00, Prova para militares 7. onsiderando o ponto I como a posição inicial do ponto P, e o ponto Q como a projeção ortogonal do ponto P sobre a reta I, pela definição de cosseno vem: cos α Q P cos α Q Q cos α omo Q + QI QI Q QI cos α, temos que: Resposta: Opção dα QI dα cos α dα + cos α dα + cos α dα P I α Q r Eame 00, a fase Página de 57
77. onsiderando o ponto P como intersecção da reta com o eio O e usando a definição de seno e cosseno temos que: sen α P O sen α P cos α OP O cos α OP P sen α OP cos α ssim, considerando [ como a base e [OP como a altura, a área do triângulo [O é: y α O P Resposta: Opção [O OP P OP P OP sen α. cos α Eame 00, a fase - a chamada 78. 78.. omo 0 f f0 é a definição de derivada no ponto de abcissa 0, temos que: f f0 f 0 0 + cos0 0 78.. Para estudar o sentido das concavidades, começamos por determinar a epressão da segunda derivada: f f + cos + cos + cos + sen sen Determinando os zeros da segunda derivada vem: f 0 sen 0 sen sen sen sen + k + k, k Z + k 5 + k, k Z omo o domínio de f e portanto também de f é [,, as únicas soluções da equação, ou seja os únicos zeros da derivada, são: e 5, e assim, estudando a variação de sinal de f para o relacionar com o sentido das concavidades do gráfico de f, vem: 5 f + 0-0 + f Pt. I. Pt. I. Logo o gráfico de f tem: [ a concavidade voltada para cima no intervalo, [ e no intervalo a concavidade voltada para baio no intervalo, 5 [ pontos de infleão de abcissas e 5 5, Eame 00, a fase - a chamada Página de 57
79. 79.. Usando as definições de seno e tangente, vem: sen E sen E E sen D Sabemos ainda que tg E tg E E tg E + E E E E tg F E 79.. 79.. ssim, como F E e F E, calculando o perímetro do quadrilátero [EF, vem: P [EF E + E + tg sen tg + sen Ou seja, para cada valor de, [ o perímetro do quadrilátero é dao pela função f f tg + sen tg + sen + + 0+ Ou seja, quando o ângulo toma valores arbitrariamente próimos de, o perímetro do quadrilátero é, porque, como se pode ver na figura, quando, a posição do ponto E é praticamente coincidente com o ponto, ou seja o quadrilátero [EF, praticamente coincide com o quadrado [D, que tem perímetro. f f tg + tg sen + 0 sen tg sen tg + sen cos sen cos cos sen sen cos sen cos sen No domínio da função f e de f, ou seja no intervalo, [, temos que: cos < cos < cos > cos > + cos > 0 sen > 0 sen > 0 Logo, o quociente cos sen > 0, ou seja a f > 0 ssim, podemos concluir que a função f é estritamente crescente. Eame 00, a fase - a chamada 80. a epressão f não pode ser porque f0 0, ou seja esta função tem um zero a epressão f e não pode ser porque não é par, por eemplo f f a epressão f cos não pode ser porque tem um número infinto de zeros: se +k, k Z, temos que f 0 função f é uma função constante, não nula, por isso não tem zeros e R, f f, ou seja, é uma função par, porque objetos simétricos têm a mesma imagem. Resposta: Opção D Eame 00, Prova para militares Página de 57
8. 8.. Para estudar a eistência de assíntotas não verticais, vamos averiguar a eistência de um valor finito para o declive da assíntota, como o domínio é R + : f + sen m + sen sen + + + + + + + + sen 0+ + + 0+ + + 0+ veriguando a eistência de um valor finito para a aordenada da origem da assíntota, vem: b f m + sen + + sen sen + + sen 0+ 0 Logo a reta de equação y + 0, ou seja y é a única assíntota não vertical do gráfico de f 8.. Para determinar o declive da reta tangente ao gráfico, começamos por determinar a epressão da derivada da função: f f + sen + sen 0 + cos cos Logo o valor do declive da reta tangente ao gráfico de f, no ponto de abcissa, pode ser calculado como: m r f cos cos 0 0 0 Para determinar as coordenadas do ponto de abcissa, que pertence ao gráfico da função e à reta tangente, simultaneamente, calculamos: f + sen + Logo a reta tangente é da forma y + b e contém o ponto P, de coordenadas P,, pelo que: y P P + b + b b b Ou seja, a equação da reta tangente ao gráfico de f, no ponto de abcissa é y + 8.. Os zeros da função são as soluções da equação f 0, resolvendo a equação vem: f 0 + sen 0 sen omo sen, R, temos que: sen sen ssim, para valores de, + [, ou seja, para >, a equação sen que significa que a função não tem zeros no intervalo, + [ não tem soluções, o Eame 00, Prova para militares 8. 8.. onsiderando e as projeções ortogonais do ponto sobre as retas P e P, respetivamente, temos que o ângulo P também tem amplitude, pelo que recorrendo às definições de seno e cosseno temos: sen P sen P P sen cos P cos P P cos P P alculando o comprimento da ponte c, em função de, vem: c P + P cos + sen sen cos. sen + cos sen + cos sen. cos sen. cos Página de 57
8.. Se P P, o triângulo [P P é um triângulo retângulo isósceles, ou seja os ângulos agudos são iguais, e por isso, têm amplitude radianos. ssim, calculando o comprimento da ponte, vem: sen + cos c + 8 8 9, sen. cos Ou, seja, se o vértice a ponte for construída entre dois pontos equidistantes do vértice, terá um comprimento aproimado de 9, metros. Eame 00, Ép. especial 8. 8.. omo o domínio da função é, [, e f resulta de operações sucessivas entre funções contínuas, também é contínua, logo as retas e são as únicas retas que podem ser assíntotas do gráfico de f. f cos + cos cos + cos + + + 0 + Logo, a reta é efetivamente uma assíntotavertical do gráfico de f cos +f + + cos cos + cos + + + 0 + ssim, a reta também é uma assíntota vertical do gráfico de f 8.. Para estudar a eistência de etremos da função, começamos por determinar a epressão da derivada: f cos cos + cos cos + cos + cos + cos sen + cos cos 0 sen sen sen. cos + sen. cos + cos + cos sen + cos Para provar a eistência de um maimizante, vamos determinar os zeros da derivada: f 0 sen + cos 0 sen 0 + cos 0 }{{} PV, cos,, [ sen 0 k, k Z Ou seja, no domínio da função o intervalo, [, a única solução da equação f 0, é 0, pelo que podemos estudar a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f: 0 f n.d. + 0 - n.d. f n.d. Má n.d. ssim: f0 cos 0 + cos 0 + Logo, a função f só tem um máimo, cujo valor é Página 5 de 57
8.. medida da base maior do trapézio OP P, como P pertence ao semi-eio-positivo O, é a solução positiva da equação: f 0 cos 0 cos 0 + cos 0 + cos }{{} PV, cos,, [ Logo, a única solução positiva do intervalo, [, é, ou seja, OP P + k, k Z medida da base menor do trapézio RQ Q, como Q está sobre a reta de equação y, é a solução positiva da equação: f cos + cos cos + cos + cos 0 }{{} PV, cos,, [ cos cos cos cos cos cos ± +k, k Z Logo, a única solução positiva do intervalo, [, é, ou seja, QR Q ssim, calculando a área do trapézio, vem: [OP QR RQ + OP OR + + 5 Eame 00, a fase y 8. Designando o ponto, 0 por P e recorrendo à definição de tangente, temos que: tg α P OP tg α P P tg α Logo, podemos calcular a área da região sombreada, como a soma do quarto de círculo de raio, com a área do triângulo [OP : + [OP OP P + + tg α + tg α O α P Resposta: Opção Eame 00, a fase - a chamada Página de 57
85. 85.. omo e são pontos cujas ordenadas são etremos da função, começamos por determinar a epressão da derivada, e calcular os zeros: f + cos + cos + sen sen f 0 sen 0 sen sen sen sen + k + k, k Z + k 5 + k, k Z Logo, as únicas soluções da equação do intervalo [0,, ou seja as duas únicas soluções da equação são e 5, pelo que podemos provar que são maimizantes ou minimizantes, pelo estudo do sinal da derivada para relacionar com a monotonia da função: 0 5 f + 0-0 + f Má min Logo, como a ordenada do ponto é um máimo, e a ordenada do ponto é um mínimo, vem: y f + cos + 5 y f 5 + + 5 + cos 5 5 + cos 5 + 5 85.. Pela observação do gráfico, verificamos que o contradomínio de f é o conjunto dos valores compreendidos entre a ordenada do ponto e a imagem de. y 5 ssim, f + cos + + Ou seja: D f [ 5, + 0 Eame 00, a fase - a chamada Página 7 de 57
8. 8.. Para determinar a área de uma das faces laterais, começamos determinar a altura do triângulo EG. Recorrendo à definição de cosseno, como F G E, vem: cos F G EG cos EG EG cos ssim, calculando a área do triângulo [E, temos: [E EG Logo, para calcular a área total, vem: cos cos D F G 8.. T [E + [ D cos + cos + cos + cos cos cos + cos Ou seja, para cada valor de 0, [, a área da pirâmide é dada por cos + cos cos + cos 0+ + 0 + 0 + + Ou seja, quando o ângulo toma valores arbitrariamente próimos de radianos, a área da pirâmide assume valores arbitrariamente grandes, o que pode ser justificado pelo facto da altura da pirâmide ser arbitrariamente grande. Eame 00, a fase - a chamada 87. 0 + Resposta: Opção ln ln sen 0 + ln sen 0 + 0 + ln0+ 0 + sen 0 + ite notável sen ln 0 + 0 + 0 + sen 0 + Eame 00, Prova modelo 88. 88.. Para que a função seja contínua no ponto de abcissa 0, tem que se verificar a condição: h0 0 h 0 +h h0 + 0 h 0 0 sen 0 +h 0 + sen 0 + + + + 0 0 ite notável Página 8 de 57
ssim, como 0 h 0 +h, não eiste h, e por isso, a função h não é contínua no 0 ponto de abcissa 0. Mas, como 0 +h h0, a função h é contínua à direita do ponto de abcissa 0. 88.. s abcissas dos pontos de interseção das duas funções, no intervalo [, 000, são as soluções da equação h j, que pertencem a esse intervalo. ssim, para [, 0[, temos: h j + + 0 + 0 0 + 0 0 0 + 0 0 0 0 Ou seja, no intervalo, 0[, os gráficos das funções h e j intersetam-se uma vez. Para 0, como a função j não está definida, não há interseção dos dois gráficos. Para 0, 000, vem: h j sen sen 0 sen 0 omo a equação sen tem duas soluções no intervalo 0, [ e é periódica de período terá 000 soluções no intervalo 0, 000, porque este intervalo contém 500 intervalos do tipo 0 + k, + k k[, k {0,,,..., 98, 99}, e eistem duas soluções em cada intervalo. ssim, os gráficos de j e de h intersetam-se em 00 pontos no intervalo [0, 000 ponto de interseção com abcissa negativa e 000 com abcissas positivas. Eame 00, Prova modelo 89. omo o valor do declive da reta tangente pode ser calculado pelo valor da derivada, começamos por determinar a epressão da derivada: h sen cos omo cos, o declive da reta tangente está compreendido entre - e. Logo, as opções, e não podem ser retas tangentes ao gráfico de h, pois os declives das retas são maiores que, nas opções e ; ou menores que -, no caso da opção. Na opção D, ao contrário das anteriores, o valor do declive é compatível com a condição imposta. Resposta: Opção D Eame 000, a fase 90. 90.. omo a função f resulta de operações sucessivas de funções contínuas em R, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [0,. omo < 0 < +, ou seja, f0 < 0 < f, então, podemos concluir, pelo Teorema de olzano, que eiste c 0, [ tal que fc 0, ou seja, que a função f tem, pelo menos, um zero no intervalo 0, [. 90.. Determinando a epressão da derivada, vem:.. f0 0 cos 0 0 f cos + f cos cos sen + sen omo sen, R, então + sen +, R, ou seja f, R. omo a derivada de f é estritamente positiva, a função f é estritamente crescente, e funções estritamente crescentes têm no máimo, um zero, pelo que o zero cuja eistência é garantida pela enunciado do item anterior, é o único zero da função. Página 9 de 57
Eame 000, a fase 9. Quando o satélite se encontra no apogeu, o ângulo tem amplitude 80. ssim, a distância do satélite ao centro Terra é: d 7 80 + 0, 07 cos 80 7 80 + 0, 07 7 80 0, 9 8 08, omo se pretende saber a distância à superfície da Terra d Sup, devemos subtrair o raio da terra: d Sup d 78 8 08, 78 00, 0 Logo, a distância do satélite à superfície da Terra, arredondada às unidades é de 0 km 9. Se f 0 então a reta y 0 é uma assíntota do gráfico de f; analogamente se + Eame 000, a fase - a chamada f + então a reta y é uma assíntota do gráfico de f omo a função g sen não tem qualquer assíntota, as afirmações das opções e são falsas. omo sen, R, então a afirmação sen + opção é falsa. + função g sen é periódica e não se aproima de nenhum valor específico para valores arbitrariamente grandes de, pelo que não eiste sen + Resposta: Opção D 9. O dia de março é o 8 o dia do ano + 9 + 8. ssim o tempo decorrido entre o nascer e por do Sol, no dia de março, é 9. f8, +, sen 8 8 8, Eame 000, a fase - a chamada Logo a hora do por Sol, pode ser calculada como a soma da hora a que nasceu,5 com a duração do dia,:, 5 +, 8, 8 alculando 0, 8 horas em minutos, temos 0, 8 0 50,, pelo que o por do Sol no dia de março ocorreu às 8 horas e 50 minutos. Eame 000, a fase - a chamada 9.. onsiderando o ponto M, como o ponto médio do lado, definimos dois triângulos retângulos. ssim, recorrendo à definição de seno e cosseno, vem: sen α M M sen α cos α M M cos α Logo, como M sen α, para cada valor de α 0, [ a área do triângulo [ é: α α M [ M sen α cos α sen α. cos α Página 50 de 57
sen α sen α 9.. Um polígono regular de n lados, inscrito numa circunferência de lado, pode ser decomposto em n triângulos isósceles, iguais, em que os lados iguais têm comprimento. omo a soma dos ângulos ao centro de todos os n triângulos é, o ângulo α é o resultado da 9.. divisão do ângulo giro por n, ou seja α n omo a área do polígono regular é dada pela soma das áreas dos n triângulos, e como têm todos a mesma área, por serem iguais, multiplicamos a área do triângulo por n. Logo, multiplicando por n a epressão anterior e substituindo e α, a epressão da área do polígono é: n n + n + n n + sen n n sen n sen n n n + n + n n sen n sen n sen n n n n + sen n n sen 0 + Se n, n + 0+ ite notável Ou seja quando o polígono regular tem um número arbitrariamente grande de lados, a sua área é arbitrariamente de. O que pode ser observado geometricamente, porque a área dos polígonos regulares inscritos numa circunferência aproima-se da área da circunferência com o aumento do número de lados, e a circunferência de raio tem área igual a. Eame 000, Prova modelo 95. Recorrendo às definições de seno e cosseno temos: sen α sen α sen α cos α cos α cos α α m E assim, considerando o lado [ como a base e o lado [ como a altura, a área do triângulo [ é: Resposta: Opção [ cos α sen α sen α. cos α sen α. cos α Eame 000, Prova para militares prog. antigo 9. omo tg sen, a função g não está definida para valores de tais que cos 0. cos omo cos 0 + k, k Z, as opções e não podem ser o domínio de g, porque, [ e também 0, [ a opção D também não pode ser porque, [ e cos 0 Página 5 de 57
Finalmente temos que, [, cos 0 Resposta: Opção Eame 999, Prova para militares prog. antigo 97. 97.. omo f0 sen 0 sen 0 0 sen 0 0, temos que: f f f0 sen sen 0 0 0 0 0 sen 0 sen 0 0 ite notável sen sen 0 sen sen y 0 0 y 0 y Se y, 0 y 0 ite notável Página 5 de 57
97.. 97... onsiderando as projeções ortogonais dos vértices e D sobre o lado [, respetivamente os pontos P e Q, e recorrendo às definições de seno e cosseno, vem: D sen α P sen α P cos α P cos α P P sen α P cos α α P Q Logo, como D P Q P cos α, a área do trapézio [D é: [D + D P + cos α sen α cos α sen α cos α sen α sen α sen α cos α sen α sen α cos α sen α sen α Logo, para cada valor de α, a área do trapézio é dada por fα 97... f sen sen 0 sen 98. Se α, o ângulo é reto, tal como o ângulo D, e como os lados [, [ e [D são congruentes, o quadrilátero é um quadrado de lado, pelo que a sua área também é, de acordo com o cálculo anterior: f 98.. Usando as definições de cosseno e de tangente, temos: cos cos cos Eame 999, Prova modelo prog. antigo tg Logo, o perímetro do triângulo é: tg tg P [ + + + tg + cos cos cos + sen cos + + sen + cos cos cos Logo, para cada valor de 0, [, o perímetro do triângulo é dado pelo por f. 98.. omo cos + α senα, temos que: senα 5 5 E, pela fórmula fundamental sen α + cos α, temos que: + cos α cos α 9 5 5 cos α 5 5 9 5 cos α 5 omo α cos α ± 5 cos α ± 5 0, [ sabemos que cos α > 0, logo cos α 5 Desta forma, temos que: fα + sen α + cos α cos α + 5 + 5 5 5 5 + 5 + 5 5 5 + + Página 5 de 57
98.. omeçamos por determinar a epressão da derivada: + sen + cos + sen + cos cos + sen + cos cos f cos cos 0 + cos + sen cos + sen + cos sen cos cos sen cos sen sen sen cos cos cos sen cos + sen + sen + sen cos cos 0, [ sen + cos + sen cos + sen cos Logo, como, temos que sen > 0 e cos > 0, pelo que f é um quociente de dois valores positivos, logo f > 0, 0, [ omo a derivada é sempre positiva, a função é estritamente crescente, ou seja, no triângulo [ a amplitudes maiores do ângulo, correspondem áreas maiores. Eame 998, Prova para militares prog. antigo 99. 99.. omo DE e EH DG, e recorrendo à definição de tangente, vem: tg DE D tg D D tg tg H EH tg H ssim, temos que: D + DG + G D + I H + HI tg + H tg + tg tg + E H F D I G 99.. Logo a área do triângulo [ é: I tg + tg + [ tg tg + tg + tg + Logo, para cada valor de f 0, tg tg + tg + tg + + + tg + + tg + tg tg [, a área do triângulo [ é dada, por f + tg + + tg + 0 + tg tg cos + tg tg tg 0 cos + cos tg cos + cos sen cos cos cos sen. cos sen cos sen. cos cos sen sen. cos sen sen. cos cos sen. cos cos sen. cos Página 5 de 57
99.. Para determinar o valor mínimo, começamos por calcular os zeros da derivada: f 0 cos sen. cos 0 cos 0 sen. cos 0 cos 0 }{{} [ PV, 0, cos cos ± + k, k Z ± + k, k Z omo 0, [, é a única solução da equação, ou seja o único zero da derivada, pelo que estudando a variação do sinal da derivada para relacionar com a monotonia da função, vem: 0 f n.d. - 0 + n.d. f n.d. min n.d. Pelo que podemos concluir que do triângulo [ é mínima. é o minimizante de f, ou seja é o valor de para o qual a área Eame 998, a fase prog. antigo 00. onsiderando o ponto P como a projeção ortogonal do vértice sobre a reta HF, e recorrendo às definições de seno e cosseno, vem: sen P O sen P 5 P 5 sen E 5 cos OP O Sabemos ainda que cos OP 5 OP 5 cos 0 cos P 5 sen 0 sen OP 5 cos Logo a área relvada sombreada é dada pela diferença da área da circunferência e do retângulo [D: H D O G P F [D O 5 0 cos 0 sen 5 00 sen. cos 5 50 sen. cos 5 50 sen Logo, para cada valor de 0, [ a área da zona relvada, em m, é dada por g Eame 998, a fase - a chamada prog. antigo Página 55 de 57
0. 0.. omo M, e recorrendo à definição de cosseno e tangente, vem: cos M P cos P P cos tg P M M tg P M omo F M F P + P M e F M, temos que: P M tg F P + P M F P P M F P tg km ssim, como P P, temos que o comprimento total,, é: 8 km P + P + F P P + F P + tg 8 cos cos + sen cos + 8 cos sen cos + 8 sen cos [ Logo, para cada 0,, o comprimento total da canalização é dado por g 0.. g0 + 8 sen 0 + 8 0 + 8 cos 0 Se o ângulo tiver amplitude de 0 zero radianos, o comprimento da canalização é Km, o que pode ser observado na figura, porque com este valor do ângulo, o comprimento é dado por + F M 8 +, tendo a canalização a forma de um T invertido. P F M km 0.. Para determine o valor de para o qual o comprimento da canalização é mínimo, começamos por determinar a epressão da derivada: f + 8 sen 8 sen + 0+ 8 sen cos 8 sen cos cos cos cos 0 cos cos 8 sen sen cos cos 8 sen + sen cos cos + 8 sen sen cos sen + cos + 8 sen cos Depois, calculando os zeros da derivada, vem: f 0 + 8 sen cos + 8 sen cos 0 + 8 sen 0 cos 0 8 sen }{{} [ PV, 0, sen 8 sen sen sen + k + k, k Z omo 0, [, a única solução da equação é, ou seja este é o único zero da derivada, pelo que podemos, agora, estudar a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f: 0 f n.d. - 0 + n.d. f n.d. min n.d. Pelo que podemos concluir que comprimento da canalização é mínimo. é o minimizante de f, ou seja é o valor de para o qual o Eame 988, a fase - a chamada Prog. antigo Página 5 de 57
0. 0.. g 0 sen + sen 0 sen sen sen sen + k + k, k Z k + + k, k Z k + k, k Z omo [0,, os zeros da função obtêm-se para k 0 ou k, ou seja, o conjuntos dos zeros de g é {0, }, 0.. omo o domínio de h é o conjunto [0, \ não eistem assíntotas não verticais do gráfico de h; e as retas verticais de equações 0, e são as únicas retas que podem ser assíntotas do gráfico de h. Verificando cada uma das três hipóteses, vem: g 0 +h 0 + cos sen + sen sen 0+ + sen 0 + 0 + cos cos 0 + 0+ + 0 + 0 Logo, a reta 0 não é assíntota do gráfico de h h g cos + 0+ 0 + 0 + + sen sen + sen cos + sen cos + sen 0 + Pelo que, a reta é uma assíntota do gráfico de h g h cos sen + sen sen + sen cos cos 0+ + 0 0 Logo, a reta não é assíntota do gráfico de h 0.. Recorrendo às definições de seno e cosseno vem: sen H sen H H sen cos H cos H omo H e H + H, temos que: H cos H Logo a área do triângulo [ é: [ H H + H + H + cos + cos sen sen + sen cos sen + sen Ou seja, para cada valor de 0, [, a área do triângulo [ é dada por g sen + sen cos Eame 998, Prova modelo prog. antigo Página 57 de 57