soluções livro leya
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∫ Teste de diagnóstico ∫ Sugestão de resolução de exercícios do manual ∫ Sugestão de resolução de tarefas do manual CADERNO DE APOIO AO PROFESSOR Y – 11. o ANO Matemática A CARLOS ANDRADE • CRISTINA VIEGAS • PAULA PINTO PEREIRA • PEDRO PIMENTA
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∫ Teste de diagnóstico
∫ Sugestão de resoluçãode exercícios do manual
∫ Sugestão de resoluçãode tarefas do manual
CADERNODE APOIO
AO PROFESSOR
Y– 11.o ANOMatemática A
CARLOS ANDRADE • CRISTINA VIEGAS • PAULA PINTO PEREIRA • PEDRO PIMENTA
INTRODUÇÃO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
APRESENTAÇÃO DO PROJETO. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Manual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Testes 5 + 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Formulários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Caderno de exercícios e problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Caderno de apoio ao professor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Site de apoio ao projeto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Aula digital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
PLANIFICAÇÃO GLOBAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
TESTE DE DIAGNÓSTICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS E TAREFAS DO MANUAL . . 16
Volume 1 – Geometria no plano e no espaço II
• Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
• Tarefas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Volume 2 – Introdução ao cálculo diferencial I. Funções racionais
e funções com radicais. Taxa de variação e derivada
• Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
• Tarefas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Volume 3 – Sucessões
• Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
• Tarefas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
ÍNDICE
Nota: Este caderno encontra-se redigido conforme o novo Acordo Ortográfico.
Colegas,
O projeto Y11 resulta da nossa interpretação do Programa de Matemática A do 11.o ano e da sua articulaçãocom as atuais necessidades educativas dos alunos, contemplando, sempre que possível e desejável, o recurso àsnovas tecnologias.
Conscientes da responsabilidade que temos como agentes educativos, procurámos construir um projeto nãoapenas consistente e rigoroso mas também apelativo, desejando que constitua um incentivo à procura de maisconhecimento. Preocupámo-nos em fornecer uma grande quantidade de recursos a alunos e professores, possibi-litando assim a adequação do projeto a qualquer turma, em qualquer contexto letivo.
Bom trabalho,
Os autores
INTRODUÇÃO
2
3
O projeto Y11 apresenta os seguintes materiais para o aluno:
• Manual
• Testes 5 + 5 (oferta ao aluno)
• 3 formulários (oferta ao aluno)
• Caderno de exercícios e problemas
• Manual multimédia (CD-ROM e on-line em www.y11.te.pt)
• www.y11.te.pt (site de apoio ao projeto)
Para o professor apresenta ainda:
• Caderno de apoio ao professor
• Aula digital (CD-ROM e on-line em www.y11.te.pt)
Manual
Está dividido em três volumes, que têm como suporte três grandes temas:
• Tema 1: Geometria no plano e no espaço II
• Tema 2: Introdução ao cálculo diferencial I. Funcões racionais e funções com radicais. Taxa de variação e derivada
• Tema 3: Sucessões
Cada volume inclui, além da exposição dos conteúdos acompanhada de exercícios laterais, tarefas de introdu-ção no início de cada subtema, exercícios resolvidos, notas históricas, tarefas de exploração e desenvolvimento,uma tarefa de investigação, Testes AAA («Aplicar, Avaliar, Aprender»), + Exercícios e Problemas globais.
Realça-se no volume 2 a exploração de conexões entre funções e a geometria e, no volume 3, a exploração deconexões entre diversos conteúdos, contribuindo-se assim para uma visão globalizante da Matemática.
Visando facilitar a articulação entre os diversos componentes do projeto, no manual encontram-se remissõespara os recursos disponíveis no manual multimédia.
APRESENTAÇÃO DO PROJETO
4
1. Trigonometria
8
NOTA
As seguintes instruções, bemcomo todas as outras queoportunamente surgirão,referem-se à utilização dacalculadora TEXAS TI-83 ou TI-84/TI-84 Plus SilverEdition. Nas páginas 226 a 228 é também apresentado umconjunto de procedimentos paraa utilização das calculadorasCASIO FX-9860GII e FX-9860GII SD.
CALCULADORAPara trabalhar com a calculadoragráfica em graus deverás acionaro comando e selecionar a opção Degree.
MODE
Em alternativa, consultaa página 226.
1. Uma empresa que organiza eventos de desportos radicais pretende instalar um
cabo para a prática de slide entre o topo de um edifício e a base de um poste de
iluminação pública. O cabo mais comprido de que dispõe mede 105 metros. Sabe-
-se ainda que o poste está a 100 metros do edifício e que o ângulo de elevação,
medido da base do poste para o topo do edifício, é de 20o.
a. Mostra que o cabo disponível não tem comprimento suficiente para a instala-
ção que se pretende fazer. b. Qual é altura do edifício? Arredonda o valor obtido às décimas de metro.
2. Determina a área de um pentágono regular inscritonuma circunferência de raio 10 cm. Apresenta o resultado em cm2, arredondado às décimas. Emcálculos intermédios conserva, pelo menos, trêscasas decimais.
3. Determina a amplitude do menor ângulo formado por duas diagonais espaciais de
um cubo. Apresenta o resultado em graus, arredondado às centésimas de grau.
TAREFA DE INTRODUÇÃO Razões trigonométricas de um ânguloagudo
20°100 m
No início, propõe-se umaTAREFA DEINTRODUÇÃO onde sãoaplicados conhecimentosintuitivos que permitirãoexplorar os novos conteúdos.
TEMA 2 Introdução ao cálculo diferencial I. Funções racionais e funções com radicais. Taxa de variação e derivada
118
1. Seja f a função definida por f(x) = x2 − 3x .
a. Recorrendo à calculadora, obtém f ’(−2) , f ’(0) , f ’(1) e f ’(2) e completa a tabela seguinte.
b. Marca, num referencial, os pontos de coordenadas (x, f ’(x)) , para os valores dex que constam da tabela e escreve a equação reduzida da reta que passa nes-ses pontos.
c. Recorrendo à definição de derivada de uma função num ponto, obtém a expres-são de f ’(x) e verifica que o gráfico da função que a cada x faz corresponderf ’(x) é a reta que definiste na alínea b.
À função f ’ , que a cada x � IR faz corresponder f ’(x) , chama-se função deri-vada da função f , ou apenas, derivada da função f .
2. Seja g a função definida por g(x) = x3 . Determina g’(x) e completa a afirmação: A função derivada da função g definida por g(x) = x3 é a função g’ definida porg’(x) = _________ .
TAREFA 23 Função derivada
x –2 0 1 2
f ’(x)
2.3 Função derivada
Seja f : x � f(x) uma função derivável em A .
Chama-se função derivada ou apenas derivada da função f , e representa-se por f ’ ou por
�ddxf� , à função de domínio A que a cada x � A faz corresponder a derivada de f no ponto x .
Exercícios resolvidos 41. Seja f a função definida por f(x) = �
21
� x2 + 2x .
a. Mostra que a função f ’ (função derivada de f ) é definida por f ’(x) = x + 2 .
b. Escreve a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de f que é paralelaà reta que contém as bissetrizes dos quadrantes pares.
Resolução
a. f ’(x) = limh → 0
�f(x + h
h) – f(x)� = lim
h → 0=
= limh → 0
= limh → 0
=
�21
� (x + h)2 + 2(x + h) – ��21
�x2 + 2x������
h
�21
� x2 + xh + �21
� h2 + 2x + 2h – �21
�x2 – 2x�����
h
xh + �21
� h2 + 2h��
h
(continua na página seguinte)
= limh → 0
= limh → 0 �x + �
21
� h + 2� = x + 0 + 2 = x + 2h�x + �
21
� h + 2���
h
EXERCÍCIO 88
Seja f a função, de domínio IR ,
definida por f(x) = �x4
2� .
a.Mostra que a função derivada
de f é definida por f ’(x) = �2x
� .
b. Escreve a equação reduzida dareta tangente ao gráfico de f noponto de abcissa –2.
c. Para um determinado valor de b ,a reta de equação y = 3x + b étangente ao gráfico de f .Determina as coordenadasdo ponto de tangência e o valorde b .
+ Exercíciospág. 145 • (IC) 7
Animação
Função derivada
GeogebraFunção derivada
RECURSOS MULTIMÉDIA
SÍNTESE
64
Círculo trigonométrico
• Num referencial o.n. xOy do plano, a circunferência com centro na origem e raio igual
a 1 designa-se por círculo trigonométrico.
• Sendo P o ponto de interseção do lado extremida-
de de um ângulo de amplitude α com o círculo tri-
gonométrico, o seno e o cosseno desse ângulo são
dados, respetivamente, pela ordenada de P e
pela abcissa de P .
Simbolicamente:
P(cos α, sen α)
• Seja α � IR a amplitude de um ângulo. Então:
–1 ≤ cos α ≤ 1 e –1 ≤ sen α ≤ 1
• No círculo trigonométrico, sendo Q o ponto de interseção da reta que contém
o lado extremidade de um ângulo de amplitude α com a reta de equação x = 1 (eixo
das tangentes), tem-se:
tg α = ordenada de Q
P
α1
sen α
cos α
1
-1
-1O
y
x
• Seja α � �2�
� + k� , k � ZZ a amplitude de um ângulo. Então, tg α pode tomar qual-
quer valor do intervalo ]–∞, +∞[ .
Sinal das razões trigonométricas no círculo trigonométrico
Q
1
t
α
1
-1
-1 O
y
x
Q
t
α
O
y
x1
1
-1
-1
1.o Q2.o Q
3.o Q4.o Q
Seno+
+–
–
Cosseno+
––
+
Tangente+
–+
–
Grupo I
Este grupo é constituído por itens de seleção. Para cada item, seleciona a opção correta.
1. Na figura ao lado está representada umacircunferência de centro em A e raio 5 cm.A reta t é tangente à circunferência noponto T . O ponto B pertence à circunfe-rência e define com o ponto T um arco decentro em A com 45o de amplitude.A distância de B à reta t , em cm, arre-dondada às centésimas, é:
(A) 2,56 cm (B) 1,56 cm
(C) 1,46 cm (D) 2,55 cm
2. Relativamente ao triângulo retângulo da figura, o valor de cos β é:
(A) �31
� (B)
(C) (D)
3. Uma escada de 2 metros de comprimento está encostada a uma parede vertical. A base dessa escada está assente num pátio horizontal adjacente a essa parede.Sabendo que o ângulo formado pela escada e pela parede mede 30o, a altura, emmetros, atingida pela escada na parede, arredondada às centésimas, é: (A) 1,73 m (B) 1 m (C) 1,16 m (D) 2,31 m
4. Sendo α a amplitude de um ângulo agudo, a expressão (1 – cos α)(1 + cos α) é equi-valente a:
(A) cos α (B) cos2 α (C) sen α (D) sen2 α
5. O valor da expressão sen (60o) – 2tg (45o) + cos (30o) é:
(A) –2 (B) – 2 (C) –1 (D) �3� – 2
�13�����13
�3����
2
2�13�����
13
3�13�����
13
TESTE AAA 1
A45°
B
T
t
12
�
8
22
+ EXERCÍCIOS
Itens de seleção (IS)
De entre as quatro opções apresentadas em cada item,
seleciona a opção correta.
1. Na figura seguinte estão representados os vetores u� e v� .
Qual das afirmações seguintes é verdadeira?
(A) u� ∧ v� é um ângulo agudo.
(B) u� ∧ v� é um ângulo reto.
(C) u� ∧ v� é um ângulo obtuso.
(D) u� ∧ v� é um ângulo raso.
2. Num triângulo [ABC] sabe-se que AB� · BC� < 0 . Então:
(A) [ABC] é um triângulo acutângulo.
(B) [ABC] é um triângulo retângulo.
(C) [ABC] é um triângulo obtusângulo.
(D) Nada se pode concluir.
3. Num triângulo [ABC] sabe-se que AB� · BC� > 0 . Então:
(A) [ABC] é um triângulo acutângulo.
(B) [ABC] é um triângulo retângulo.
(C) [ABC] é um triângulo obtusângulo.
(D) Nada se pode concluir.
4. De dois vetores u� e v� sabe-se que ||u�|| = 4 , ||v�|| = 2 e
que u� · v� = –4�3� . Qual é a amplitude de u�∧ v� , em
radianos?
(A) �6�
�(B) – �
6�
� (C)(D) –
5. Representa-se na figura abaixo o triângulo equilátero
[ABC] , em que A�B� = 2 . Qual das seguintes igualdades
é verdadeira?
(A) BA� · BC� = 2
(B) BA� · BC� = 4
(C) BA� · BC� = 2�3�
(D) BA� · BC� = 4�3�
6. O cubo representado na figura tem aresta 1. Os pontos A ,
B e C são vértices do cubo. Qual é o valor do produto
escalar dos vetores AB� e BC� ?
(A) –2
(B) –1
(C) 0
(D) 2
7. Na figura está representado um tetraedro regular (sólido
geométrico com quatro faces, que são todas triângulos
equiláteros).
• A , B , C e D são os vértices do tetraedro;
• A�B� = 6
O valor do produto escalar BC� · BD� é:
(A) 18 (B) 18�2� (C) 36 (D) 36�2�
in Exame Nacional de Matemática, 12.o ano, 2.a fase, 1999.
8. Seja [AB] o diâmetro de uma esfera de centro C e raio 5.
Qual é o valor do produto escalar CA� · CB� ?
(A) –25 (B) –5�2� (C) 5�2� (D) 25
Adaptado de Teste Intermédio de Matemática, 11.o ano, maio de 2010.
5����
6
5����
6
0
1
3
-1
x
y
21-1
2
u
v
AB
C
A
B
C
D
151
A
B
C
28
1. Dois amigos avistaram uma torre de lados opostos, alinhados com a torre, conforme se representa na figura seguinte.
Sabendo que a torre tem 368 metros de altura, determina a distância a que os dois amigos se encontravam um do outro.
Despreza a altura de cada um deles. Apresenta o resultado, em metros, arredondado às unidades.2. Após uma tempestade, um poste de telecomunicações quebrou-se em dois segmentos, formando com o solo um triângulo
retângulo, como sugere a figura. Um dos segmentos tem um quarto do comprimento do poste. A ponta do poste tombou
a 3 metros da base do mesmo.
a. Determina o valor de α arredondado às décimas de grau. b. Determina o valor exato do comprimento do poste.
3. Considera uma pirâmide quadrangular regular cujas faces laterais são triângulos equiláteros.
a. Qual é a amplitude do ângulo formado por uma aresta lateral e uma diagonal da base que sejam concorrentes?
b. Mostra que as arestas laterais são perpendiculares duas a duas. c. Determina o volume dessa pirâmide, sendo a o comprimento da aresta da base.
PROBLEMAS GLOBAIS
45°
60°60°
�
TAREFA DE INVESTIGAÇÃO
Uma população de insetos
Comecemos por considerar a reprodução de uma popula-
ção de insetos, como, por exemplo, os afídios dos álamos, para
melhor perceber como evolui o número de indivíduos dessa
população. As fêmeas adultas produzem vesículas contendo
toda a sua descendência, que depositam em folhas de árvores.
Da descendência de cada fêmea, apenas uma fração sobreviverá
até à idade adulta. Geralmente, a fecundidade das fêmeas e a
capacidade de sobrevivência das suas crias dependem de fato-
res ambientais, da qualidade e quantidade de alimento e da
dimensão da população. Porém, com o objetivo de obter um
modelo simples, o efeito destes fatores no crescimento desta
população de insetos pode ser ignorado. Desta forma, conside-
remos os seguintes parâmetros (constantes) e variáveis en -
vol vidos no modelo:
• an = número de fêmeas adultas na n-ésima geração;
• cn = número de crias na n-ésima geração;
•m = taxa de mortalidade dos insetos jovens;
• f = número de descendentes por fêmea adulta;
• r = fração de fêmeas na população adulta.
Considerando o número de fêmeas na n-ésima geração,
an (n � IN0), o número total de crias da população na geração
n + 1 , cn + 1 , é dada pela seguinte equação:
cn + 1 = f × an(1)
Deste número, apenas uma fração sobreviverá até à idade
adulta, (1 – m)cn + 1 , que multiplicada por r dá o número de
fêmeas adultas na geração n + 1 , isto é:
an + 1 = r (1 – m)cn + 1(2)
Combinando as equações (1) e (2), obtém-se:
an + 1 = f × r (1 – m)an
que traduz a relação existente entre o número de fêmeas adul-
tas em gerações consecutivas.
O número de fêmeas destes insetos na n-ésima geração é
dado pela expressão:
an = [f × r(1 – m)]n a0 (n � IN0)
Este modelo pode ser traduzido por uma sucessão de termo
geral an = kn × a0 , que corresponde ao termo geral de uma
progressão geométrica de razão k .
A monotonia desta família de sucessões depende do valor
de k e do sinal de a0 . 97
A rubrica PROBLEMASGLOBAIS permitetrabalhar os conteúdosestudados de formaarticulada.
Sempre que oportuno, iráencontrar um TESTE AAA, com
itens de seleção e itens deconstrução. Este teste inclui a
rubrica SOS no final para ajudara responder
às questões colocadas.
As TAREFAS DE INVESTIGAÇÃOincentivam a interdisciplinaridade,
o gosto pela história da Matemática e a criatividade.
Ao longo do manual encontram-seas instruções da CALCULADORATEXAS, e no final as instruções da CALCULADORA CASIO, assimcomo as SOLUÇÕES dos exercíciose tarefas.
No final de cadabloco de conteúdos
encontrará a rubrica+EXERCÍCIOS.
Esta inclui itens de seleçãoe itens
de construção paraconsolidar os
conhecimentos adquiridos.
Sempre que oportuno, é apresentada uma SÍNTESEpara sistematizar os conceitosmais importantes.
Nas PÁGINAS DE CONTEÚDOSencontrará o desenvolvimento dos assuntos.
Na mancha larga poderá encontrar:definiçõesexemplosexercícios resolvidostarefashistória da Matemática
Na mancha estreita poderáencontrar:
notasexercíciosremissões para as rubricas + Exercícios e Problemas globaisremissões para os recursos multimédiaremissões para o site de apoio ao projeto
5
Testes 5 + 5
O livro de testes 5 + 5, que acompanha o manual, inclui cinco testes 5 + 5 e dois testes modelo dos testesintermédios.
Este é um instrumento de trabalho particularmente útil em momentos de preparação para testes de avalia-ção e para os testes intermédios.
22
Grupo I
• Os cinco itens deste grupo são de seleção. Em cada um deles, são indicadas quatro
opções, das quais só uma está correta. • Escreve apenas o número de cada item e a letra correspondente à opção que selecionares
para responder a esse item. • Não apresentes cálculos, nem justificações. • Se apresentares mais do que uma opção, a resposta será classificada com zero pontos,
o mesmo acontecendo se a letra transcrita for ilegível.
1. Considera, num referencial o.n. Oxyz , a reta r definida por:(x, y, z) = (0, 0, 1) + λ(1, 2, 3) , λ � IR Qual das condições seguintes define um plano paralelo à reta r ? (A) z = 1
(B) x + y = 0 (C) x + y – z = 0(D) x + 2y + 3z = 0
2. No referencial o.n. da figura ao lado está representado um quadrado [OABC] de
lado 1. Os vértices A e C pertencem aos eixos coordenados. Considera que o ponto P se desloca sobre o lado [AB] . Seja f a função que à abcissa x do ponto P faz corresponder o produto escalar OP���� • OC���� .
Em qual dos referenciais seguintes está representada a função f ? (A)
(B)
(C)(D)
PB
C
A
1 x
y
O
TESTE INTERMÉDIO 2
1 x
y
O
1
1 x
y
O
��2
1 x
y
O
1
1 x
y
O
��2
3:13 PM Page 22
14
TESTE 3
Grupo I
Este grupo é constituído por itens de seleção. Para cada item, seleciona a opção correta.
1. Na figura seguinte está representado o círculo trigonométrico. O ponto A tem coorde-
nadas (1, 0) .
O ponto P pertence à circunferência e está no 2.o quadrante. O ponto Q pertence à cir-
cunferência e está no 3.o quadrante. A reta PQ é paralela ao eixo Oy .
O perímetro do triângulo [POQ] é 3,6.
Qual é o valor, em radianos, arredondado às décimas, da amplitude do ângulo AOP
assinalado na figura?
(A) 0,6 (B) 0,9 (C) 2,2 (D) 2,5
2. Considera a pirâmide quadrangular regular repre-
sentada na figura ao lado.
Em relação a um referencial Oxyz , sejam E1 e E2
equações cartesianas dos planos ADF e BCF e seja
E3 uma equação cartesiana do plano mediador de
[AB] .
Considera o sistema constituído pelas três equações
E1 , E2 e E3 .
Qual das afirmações é verdadeira?
(A) O sistema tem exatamente uma solução.
(B) O sistema tem exatamente três soluções.
(C) O sistema é possível e indeterminado.
(D) O sistema é impossível.
x
y
O
P
Q
A
A B
F
CD
YTestes5+5_p01a32:Layout 1 3/26/1
6
Formulários
Para que o aluno tenha sempre presente o essencial dos conteúdos estudados, cada volume do manual éacompanhado por um formulário.
Os formulários constituem auxiliares de memória úteis para o apoio ao estudo do aluno e um incentivo ao tra-balho autónomo.
Inclinação e declive de uma reta• Num referencial o.n. do plano, a inclinação de uma reta (não vertical) é a amplitude não
negativa do menor ângulo que a reta faz com o semieixo positivo das abcissas, tomando
este semieixo para lado origem.• O declive, m , de uma reta não vertical é a tangente trigonométrica da inclinação, α ,
da reta: m = tg α .
Condição de perpendicularidade de vetores• Dois vetores não nulos são perpendiculares se e só se o seu produto escalar é zero:u→ ⊥ v
→ ⇔ u→ ⋅ v
→= 0• Dado um vetor u
→(u1, u2) num referencial o.n. do plano, qualquer vetor de coordenadas
(–ku2, ku1) , com k � IR\{0} , é perpendicular a u→
.Relação entre o declive de retas perpendiculares• Num referencial o.n. do plano, dada uma reta de declive m , não nulo, o declive de uma
reta perpendicular é – .
Conjuntos de pontos definidos por condições no plano • A mediatriz de um segmento de reta [AB] , de ponto médio M , é o conjunto dos pontosP do plano que satisfazem a condição AB
⎯→⋅ MP
⎯→= 0 .• A circunferência de diâmetro [AB] é o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem
a condição AP⎯→
⋅ BP⎯→
= 0 .• A reta tangente a uma circunferência de centro C , no ponto T , é o conjunto dos
pontos P do plano que satisfazem a condição CT⎯→
⋅ TP⎯→
= 0 .Conjuntos de pontos definidos por condições no espaço • O plano mediador de um segmento de reta [AB] , de ponto médio M , é o conjunto dos
pontos P do espaço que satisfazem a condição AB⎯→
⋅ MP⎯→
= 0 .• A superfície esférica de diâmetro [AB] é o conjunto dos pontos P do espaço quesatisfazem a condição AP
⎯→⋅ BP
⎯→= 0 .• O plano tangente a uma esfera de centro C , no ponto T , é o conjunto dos pontos P
do espaço que satisfazem a condição CT⎯→
⋅ TP⎯→
= 0 .Retas e planos• Uma equação cartesiana do plano que passa no ponto A(xA, yA, zA) e que é perpendi-
cular ao vetor n→(a, b, c) é:
a(x – xA) + b(y – yA) + c(z – zA) = 0O vetor n→(a, b, c) diz-se um vetor normal ao plano.• A equação geral do plano de vetor normal n
→(a, b, c) e que passa no ponto A(xA, yA, zA) é:
ax + by + cz + d = 0 , com d = –axA – byA – czA• = = são equações cartesianas da reta do espaço que passano ponto de coordenadas (xA, yA, zA) e que tem a direção do vetor de coordena-
das (u1, u2, u3) (para u1 , u2 e u3 não nulos).• Dois planos, α e β , de vetores normais a→
e b→
, são paralelos se os vetores normais
são colineares:
α // β ⇔ a→
// b→
⇔ a→ = k b
→, k � IR\{0}• Dois planos, α e β , de vetores normais a
→e b
→, são perpendiculares se e só se os
vetores normais são perpendiculares:α ⊥ β ⇔ a
→ ⊥ b→
⇔ a→ ⋅ b
→= 0• Uma reta r , não contida num plano α , é paralela ao plano se e só se um vetor diretor
de r , u→
, for perpendicular a um vetor normal a α , n→
.r // α ⇔ u→ ⊥ n
→ ⇔ u→ ⋅ n
→= 0• Uma reta r é perpendicular a um plano α se um vetor diretor de r , u
→, for colinear
com um vetor normal a α , n→
.r ⊥ α ⇔ u
→// n
→ ⇔ u→
= k n→
, k � IR\{0}
1�m
z – zA����u3
y – yA����u2
x – xA����u1
Est
e fo
rmul
ário
é u
ma
ofer
ta q
ue a
com
panh
a o
man
ual Y
, 11.
oan
o, n
ão p
oden
do s
er v
endi
do s
epar
adam
ente
.
cos (π − α) = −cos α
cos (π + α) = −cos α
cos (–α) = cos α
sen (π − α) = sen α
sen (π + α) = −sen α
sen (–α) = –sen α
tg (π − α) = –tg α
tg (π + α) = tg α
tg (−α) = –tg α
Geometria no plano e no espaço II
Num triângulo retângulo, definem-se as seguintes razões trigonométricas de um ângulo
agudo de amplitude α :
sen α = tg α =
cos α =
Relações entre razões trigonométricas de um ângulo de amplitude α
tg α = sen2 α + cos2 α = 1 tg2 α + 1 =
Redução ao 1.o quadrante
Razões trigonométricas de ângulos notáveis
Função periódica
Uma função f , de domínio Df , diz-se periódica de período T se e só se
∀ x � Df , f(x + T) = f(x) .
Equações trigonométricas
• As equações do tipo sen x = b são possíveis se e só se b � [–1, 1] .
• sen x = sen α ⇔ x = α + k2π ∨ x = (π – α) + k2π , k � ZZ
• As equações do tipo cos x = b são possíveis se e só se b � [–1, 1] .
• cos x = cos α ⇔ x = α + k2π ∨ x = – α + k2π , k � ZZ
• As equações do tipo tg x = b são possíveis para qualquer b � IR .
• tg x = tg α ⇔ x = α + kπ , k � ZZ
Produto escalar
• Produto escalar de dois vetores →u e
→v :
→u ⋅ →
v = ||→u || × ||
→v || × cos (
→u ∧ →
v )
• Expressão do produto escalar nas coordenadas dos vetores
Num referencial o.n. do plano, dados dois vetores quaisquer, →u (u1, u2) e v
→(v1, v2) , tem-se:
u→ ⋅ v
→ = u1v1 + u2v2
Num referencial o.n. do espaço, dados dois vetores quaisquer, →u(u1, u2, u3) e v
→(v1, v2, v3) ,
tem-se: u→ ⋅ v
→ = u1v1 + u2v2 + u3v3
Ângulo de dois vetores e ângulo de duas retas
• Dados dois vetores u→ e v
→ quaisquer, no plano ou no espaço:
u→ ∧ v
→ = cos –1 � �
• Dadas duas quaisquer retas r e s , no plano ou no espaço, e dois quaisquer vetores
diretores das mesmas, r→ e s
→ , respetivamente: cos (r ∧s) = |cos (r→ ∧ s
→)| =
comp. do cateto oposto����comp. do cateto adjacentecomp. do cateto oposto
���comp. da hipotenusa
comp. do cateto adjacente����
comp. da hipotenusa
1�cos2 αsen α
�cos α
u→ ⋅ v
→
�����||
→u || ||
→v ||
|r→ ⋅ s
→|���||r
→|| ||s→||
30° �6π
�
�21
�
45° �4π
�
1
60° �3π
�
�21
�
�3�
�3��
2
�2��
2
�3��
2Seno
Cosseno
Tangente �3��
3
�2��
2
VOLUME 1
cos � − α� = sen α sen � − α� = cos α tg � − α� = �tg
�1
α�
π�2
π�2
π�2
cos � + α� = –sen α sen � + α� = cos α tg � + α� = − �tg
�1
α�
π�2
π�2
π�2
Y11Formularios
7
Caderno de exercícios e problemas
O Caderno de exercícios e problemas inclui sínteses, itens resolvidos, itens de seleção e itens de construção.Contém diversos itens de exame e testes intermédios.
Muitos exercícios têm um carácter globalizante, tornando este caderno particularmente útil em momentosde preparação para testes de avaliação e para os testes intermédios.
Itens de construção1. Na figura estão representadas, em referencial o.n. xOy , uma reta AB
e uma circunferência com centro na origem e raio igual a 5.Os pontos A e B pertencem à circunferência.O ponto A também pertence ao eixo das abcissas.Admitindo que o declive da reta AB é igual a �
21
� , resolve as três alíneasseguintes.
a) Mostra que uma equação da reta AB é x – 2y + 5 = 0 .b) Mostra que o ponto B tem coordenadas (3, 4) .c) Seja C o ponto de coordenadas (– 3, 16) .Verifica que o triângulo [ABC] é retângulo em B .
in Teste Intermédio de Matemática, 11.o ano, janeiro de 2008.
2. Na figura está representada, num referencial o.n. xOy , a circunferência de equação(x – 4)2 + (y – 1)2 = 25 .O ponto C é o centro da circunferência.a) O ponto A de coordenadas (0, –2) pertence à circunferência.A reta t é tangente à circunferência no ponto A .Determina a equação reduzida da reta t .b) P e Q são dois pontos da circunferência.
A área da região colorida é �265π� .
Determina o valor do produto escalar →CP ·
→CQ .
in Teste Intermédio de Matemática, 11.o ano, janeiro de 2010.
3. Na figura está representado um retângulo [ABCD] .
Mostra que o produto escalar →AB ·
→AC é igual a —AB2 .
in Teste Intermédio de Matemática, 11.o ano, maio de 2006.
C
B
D
A
Geometria no plano e no espaço II – Geometria analítica
46
O x
y
B
A
5
O
tQ
C
A
P
x
y
Geometria no plano e no espaço II – Trigonometria
4
Síntese
TRIGONOMETRIA
Razões trigonométricas de um ângulo agudo
Num triângulo retângulo, definem-se as seguintes razões trigonométricas de um ângulo agudo de amplitude α :
sen α = =
cos α = =
tg α = =
comprimento do cateto oposto
������
comprimento da hipotenusab�c
comprimento do cateto adjacente
������
comprimento da hipotenusaa�c
comprimento do cateto oposto
������
comprimento do cateto adjacenteb�a
Relações entre razões trigonométricas de um ângulo
• tg α = sen α�cos α
Razões trigonométricas de ângulos complementares
Razões trigonométricas de ângulos notáveis
sen (90o – α) = cos α
cos (90o – α) = sen α
tg (90o – α) = 1
�tg α
• sen2 α + cos2 α = 1 (Fórmula fundamental da trigonometria)
• tg2 α + 1 = 1
�cos2 α
a�
bc
30o45o
60o
Seno�21
�
�2����
2
�3����
2
Cosseno
�21
��3����
2
�2����
2
Tangente
1 �3��3����
3
Caderno de apoio ao professor
Nesta publicação incluímos uma proposta de planificação global, um teste de diagnóstico com as respetivassoluções e resoluções das tarefas e de alguns exercícios do manual. Estas resoluções estão também disponíveisem , para poderem ser projetadas na sala de aula.
Site de apoio ao projeto (www.y11.te.pt)
Permite o acesso aos links de apoio ao aluno e ao manual multimédia on-line.
Aula digital
Todos os recursos do projeto são disponibilizados em .A aula digital possibilita a fácil exploração do projeto Y11 através da utilização das novas tecnologias em sala
de aula, permitindo-lhe tirar o melhor partido do seu projeto escolar e simplificando o seu trabalho diário.Através da aula digital poderá não só projetar e explorar as páginas do manual na sala de aula, como também
aceder a um vasto conjunto de conteúdos multimédia integrados no manual, tornando assim a aula mais dinâmica:
• Apresentações em PowerPoint com as resoluções de todas as tarefas e de alguns exercícios do manual.
• Flipcharts com exemplos e sínteses da matéria dada.
• Animações que, integrando imagem e áudio, são lições sobre um determinado assunto. Englobam umacomponente interativa que permite avaliar o aluno quanto a esse assunto.
• Aplicações realizadas em Geogebra com exemplos dinâmicos relativos aos três temas estudados.
• Testes interativos – extenso banco de testes interativos, personalizáveis e organizados pelos diversostemas do manual.
Para poder comunicar mais facilmente com os seus alunos, a aula digital permite a troca de mensagens e apartilha de recursos.
8
9
Sendo o Programa de Matemática A do 11.o ano extenso, uma boa planificação das aulas é essencial.Apresentamos aqui uma proposta de distribuição dos tempos letivos para cada tema, que poderá constituir
uma base para uma planificação mais detalhada.
PLANIFICAÇÃO GLOBAL
Temas Tempos letivos (90 minutos)
Tema 1 – Geometria no plano e no espaço II 30
• Trigonometria
• Geometria analítica
• Programação linear
15
12
3
Tema 2 – Introdução ao cálculo diferencial I.Funcões racionais e funções com radicais.Taxa de variação e derivada
30
• Funções racionais e funções com radicais
• Taxa de variação e derivada
20
10
Tema 3 – Sucessões 24
• Sucessões
• Limites de sucessões
12
12
Temas transversais
• Comunicação matemática
• Aplicações e modelação matemática
• História da Matemática
• Lógica e raciocínio matemático
• Resolução de problemas
• Atividades de investigação
• Tecnologia e matemática
TESTE DE DIAGNÓSTICO
NOME: ___________________________________________________________________________________________________ TURMA: ______________ N.O: ________
Grupo I
Este grupo é constituído por itens de seleção. Para cada item, seleciona a opção correta.
1. Num referencial o.n. xOy , uma equação da reta que passa pelo ponto (–1, 5) e é perpendicular à reta deequação y = –3 , é:
(A) x = –1 (B) x = 5
(C) y = –1 (D) y = 5
2. Considera o paralelepípedo [ABCDEFGH ] num referencial o.n. Oxyz .Qual das seguintes afirmações é verdadeira?
(A) O plano ABC pode ser definido por z = 0 .
(B) O plano EFB pode ser definido por y = 6 .
(C) O plano BCG pode ser definido por x = 6 .
(D) O plano ADH pode ser definido por y = –3 .
3. Considera a função f : [–3, 3] → IR cujo gráfico se apresenta.Qual das seguintes afirmações é verdadeira?
(A) f é injetiva e ímpar.
(B) f não é injetiva nem ímpar.
(C) f é ímpar, mas não é injetiva.
(D) f é injetiva, mas não é ímpar.
4. Considera duas funções reais de variável real, f e g , tais que g (x ) = f (x – 3) + 1 . Sabendo que o ponto decoordenadas (1, 5) pertence ao gráfico de f , podemos afirmar que:
(A) g(4) = 5 (B) g(4) = 8
(C) g(4) = 2 (D) g(4) = 6
10
z
6
6–3
9
y
x
A
D
E
H
B
C
F
0 G
x
y
2
–2
2 3
–2–3
0
11
Grupo II
Este grupo é constituído por itens de construção. Nas respostas aos itens deste grupo, apresenta o teu raciocínio de
forma clara, indicando todos os cálculos que efetuares e todas as justificações necessárias.
1. No referencial Oxyz da figura está representado um prisma quadrangular regular [ABCOEFG H] . O ponto A tem coordenadas (0, 0, 8) e a área da base do prisma é 16 cm2 .
a. Caracteriza por uma condição o plano paralelo a xOy que, ao intersetar o prisma, o decompõe em dois cubos.
b. Escreve uma equação do plano que contém a face [ABFE ] .
c. Define por uma condição a reta EF .
d. Calcula CE�.
e. Escreve uma condição que defina a esfera de diâmetro [AB ] .
2. No referencial ortonormado da figura estão representados dois prismas retos que constituem um sólido. A face [GEH ] do prisma triangular é um triângulo isósceles, H ( 3, 4, 0) e C (a, b, c ) .
a. Determina as coordenadas de C , sabendo que a – b = �c2
� .
b. Calcula o volume do sólido representado na figura.
c. Calcula as coordenadas do vetor v→
= 2EA→
– AB→
.
d. Escreve uma equação vetorial da reta GH .
3. Para cada a ∈ IR , a expressão g (x ) = �ax –
23
� define uma função afim, g .
a. Se a = 4 , determina analiticamente as coordenadas dos pontos de interseção do gráfico da função comos eixos coordenados.
b. Determina a de modo que o gráfico da função passe no ponto de coordenadas (1, 3) .
c. Indica o valor de a de modo que g não tenha zeros.
d. Determina a de modo a que a função g seja decrescente.
y
x
C
B
G
F
H
E
A
O
z
z
y
x
F
G
E
D
H
C
A
B
O
I
4. Na figura está representada graficamente a função f .Sabe-se que esta função tem domínio [–4, + �[ e que é crescente no intervalo [2, + �[ .
a. Diz, justificando, se o número –2 é elemento do contradomínio da função f .
b. Constrói a tabela de monotonia e extremos da função f .
c. Sabendo que os números –3, 0 e 3 são os três zeros de f , constrói a tabela de zeros e de sinal da função f .
d. Diz se a função f é, ou não, injetiva. Justifica a resposta.
e. A função f é par? Justifica a resposta.
5. De uma função quadrática f , sabe-se que:
• a reta de equação x = – 3 é eixo de simetria do gráfico de f ;
• D ′f = ]–�, 5] ;
• 2 é zero de f .
Identifica, das expressões seguintes, a única que pode definir a função f .
(A) – �51� (x + 3)2 + 5
(B) – �51� (x + 3)2 – 5
(C) – �51� (x – 3)2 + 5
(D) – �52� (x + 3)2 + 5
Numa pequena composição, indica, para cada uma das outras três expressões, uma razão pela qual a rejeitas.
12
x
y5
–1
2–2
–4 0
f
13
Resolução do teste de diagnóstico
Grupo I
1. (A)
2. (D)
3. (C) f não é injetiva, pois há objetos diferentes com imagens iguais. Por exemplo, f (2) = f (3) .
A observação do gráfico permite concluir que a função é ímpar, pois o gráfico é simétrico em relação à ori-gem do referencial.
4. (D) Como o ponto de coordenadas (1, 5) pertence ao gráfico de f , tem-se que f (1) = 5 e, portanto, g(4) = f (4 – 3) + 1 = f (1) + 1 = 5 + 1 = 6 .
0
x = –1
y = –3
1
–1
–2
–3
–4
2
3
4
5
–1 1 2 3 4–2–3–4 x
y
z
6
6–3
9
y
x
A
D
E
H
B
C
F
O G
x
y
2
–2
2 3
–2–3
0
Grupo II
1. a. A base = 16 cm2 e, portanto, arestabase = 4 cm .
A aresta da base é 4 e a altura do prisma é 8. Se dividirmos o prisma ao meio por um plano paralelo a xOy ,obtemos dois cubos de aresta 4. Uma condição que caracteriza o plano paralelo a xOy que passa no pontomédio de [OA] é z = 4 .
b. z = 8
c. A reta EF resulta da interseção dos planos ABE e FEG , com equações z = 8 e x = –4 , respetivamente.Uma condição que define a reta é x = –4 ∧ z = 8 .
d. C (0, –4, 0); E (–4, 0, 8)
CE� = ��(0 + 4)2���+ �(–4 – 0)2�����+ (0 – 8)2� = 4 �6�
e. A esfera tem centro no ponto médio de [AB] , que tem coordenadas (0, –2, 8) e tem raio 2, que é metadede AB� . Uma condição que define a esfera é:
x 2 + (y + 2)2 + (z – 8)2 � 4
2. a. Sendo H (3, 4, 0) , temos que C (3, 4, c) .Como a – b = 3 – 4 = – 1 , tem-se c = – 2 . O ponto C tem coordenadas (3, 4, –2) .
b. Volume do prisma [OAHEIBCD ] :
V = 3 × 4 × 2 = 24
Volume do prisma [EHAOGF ] :
EH� = 4 e EG� = 4
V = �4 ×
24
� × 3 = 24
O volume do sólido é 48.
c. EA→
= (0, 4, 0) – (3, 0, 0) = (–3, 4, 0)
AB→
= (0, 4, –2) – (0, 4, 0) = (0, 0, –2)
v→
= 2EA→
– AB→
= (–6, 8, 0) – (0, 0, –2) = (–6, 8, 2)
d. GH→
= (3, 4, 0) – (3, 0, 4) = (0, 4, –4)
Uma equação vetorial da reta GH poderá ser (x, y, z ) = ( 3, 0, 4) + k (0, 4, –4) , k ∈ IR
14
y
x
C
B
H
F
G
E
A
O
z
15
3. a. g(x ) = �4x –
23
�
As coordenadas do ponto de interseção do gráfico de g com o eixo das abcissas são ��43
�, 0� , pois:
�4x –
23
� = 0 ⇔ x = �43
�
As coordenadas do ponto de interseção do gráfico de g com o eixo das ordenadas são �0, – �23
�� , pois:
y = �4 ×
2��
0 – 3� ⇔ y = – �
23
�
b. 3 = g (1) ⇔ 3 = �a ×
2��
1 – 3� ⇔ a = 9
c. Se a = 0 , g (x ) = – �23
� , e o gráfico de g é uma reta paralela ao eixo das abcissas.
d. Para que a função g seja decrescente o declive da reta que é o seu gráfico tem de ser negativo, ou seja, g é decrescente se a ∈ IR– .
4. a. Não, porque o contradomínio de f é [–1, + �[ e –2 não pertence a este intervalo.
b.
c.
d. A função f não é injetiva, pois, por exemplo, –2 � 2 , mas f (–2) = f (2) .
e. A função f não é par, pois o seu domínio não contém os simétricos de alguns dos seus elementos. Porexemplo, 5 pertence a Df e –5 não pertence a Df , pelo que não se pode afirmar que f (–5) = f (5) .
5. A função f é da família das funções quadráticas definida por y = a (x + h)2 + k , com a ≠ o e h , k ∈ IR .
• O vértice da parábola tem coordenadas (–h, k ) e o eixo de simetria é a reta de equação x = –h . Como o eixode simetria tem equação x = – 3 , temos h = 3 . Assim, rejeitamos a opção (C).
• Como o contradomínio da função f é ]–�, 5] , temos que k = 5 , em que 5 é o máximo absoluto da funçãoatingido em x = – 3 . Assim, rejeitamos a opção (B).
• Como f (2) = 0 , temos que 0 = a (2 + 3)2 + 5 ⇔ a = – �51� . Assim, rejeitamos a opção (D). A opção correta é a
opção (A).
x –4 –2 0 2 +�
f (x ) 5 –1 0 –1
Máximo relativo
Mínimo absoluto
Máximo relativo
Mínimo absoluto
x –4 –3 0 3 +�
f (x ) 5 + 0 – 0 – 0 +
16
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
VOLUME 1
GEOMETRIA NO PLANO E NO ESPAÇO II
PÁG. 12
5. Sendo x o comprimento do tabuleiro à esquerda do alicerce prin-cipal e y o comprimento do tabuleiro à direita desse alicerce,
o comprimento da ponte é dado por x + y , com �10
x0
� = tg 21o ⇔
⇔ x ≈ 260,509 e �10y
0� = tg 16o ⇔ y ≈ 348,741 . Logo, a ponte mede,
aproximadamente, 609 m.
6.
�5x� = cos 40o ⇔ x ≈ 3,830
�5h� = sen 40o ⇔ h ≈ 3,214
�yh� = tg 25o ∧ h ≈ 3,214 ⇔ y ≈ 6,892
AB�� = x + y ≈ 10,72 dm e �BC�
h� = sen 25o ⇔ BC�� ≈ 7,60 dm
PÁG. 13
7.
a. �AC�
15� = cos 30o ⇔ AC�� ≈ 17,3 cm
b. �15BC�
� = tg 30o ⇔ BC�� = 15 tg 30o
BD��2 = AB��2 – AD��2 ⇔ BD��2 = 152 – (15 tg 30o )2 ⇔ ⇔ BD�� = �15�0� (cm)Vprisma = (15 tg 30o)2 × �15�0� ≈ 918,6 (cm3)
PÁG. 16
10. 4 cos x + 3 sen x = 5 ⇔
cos x = �5 – 3 sen x
4��
⇔sen2 x + cos2 x = 1 sen2 x + x = 1
⇔cos x = �
5 – 3 sen x4��
⇔16 sen2 x + 25 – 30 sen x + 9 sen2 x = 16
⇔cos x = �
5 – 3 sen x4��
⇔25 sen2 x – 30 sen x + 9 = 0
⇔cos x = �
5 – 3 sen x4��
⇔cos x = �
54
�
(5 sen x – 3)2 = 0 sen x = �53�
Logo, cos x – sen x = �54
� – �53� = �
51�.
11.
a. �sen2 �
1 + cos �� = �
1 – cos2�
1 + cos �� = = 1 – cos �
b. (cos � – sen �)2 – 2 = cos2 � + sen2 � – 2 sen � cos � – 2 =
= – 1 – 2 sen � cos � = –(1 + 2 sen � cos �) = – (sen � + cos �)2
12. = =
= = = = cos �
PÁG. 17
14. Sendo h a altura do trapézio, temos: �5h� = sen 45o ⇔ h = �
5�2
2�,
Atrapézio = �12 + 3
2�
5�2
2�= �
75�4
2�
PÁG. 27
3.
Sejam l a largura do rio e h a altura do penhasco. Tem-se:
�hl� = tg 62o l = h tg 62o –––––––––
⇔ h tg 62°––––––––
⇔ 26 tg 52°–––––––––
⇔�h +26
l� = tg 52o h + 26
= tg 52o h =tg 62o – tg 52o
⇔ ––––––––– ⇔ l ≈ 104 m h ≈ 55 m –––––––––
7.
a. (cos x – sen x) ·�tg x
sen x= (cos x – sen x) · �
sen
sen x
x · cos x� =
= (cos x – sen x) ·�1
cos x= 1 – tg x
b. tg x �cos x +�1 – sen2 x
sen x � = �sen x
cos x �cos x + �cos2 x
sen x � = sen x + cos x
8. 2 – (cos x – sen x)2 – 2 cos x sen x =
= 2 – (cos2 x + sen2 x – 2 sen x cos x) – 2 cos x sen x =
= 2 – 1 + 2 sen x cos x – 2 cos x sen x = 1
(1 + cos α) · (1 – cos α)��
1 + cos α
1����sc
eo
ns �
�� × sen � + cos �
1���tg � × sen � + cos �
1�
�co
1s ��
1��
�sen2 �
co+s
c�
os2 ��
1���
�sce
on
s
2
�
�� + cos �
(5 – 3 sen x)2���
16
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
25°40°
5 dmh
x yA B
C
38°
28°
A D
C
B
l
26 m
h
52°
62°
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
17
9.
a. �3h� = tg 45o ⇔ h = 3 × 1 = 3 ; h = 3 cm
b. BC��2 = 32 + 32 ⇔ BC�� = �18� = 3�2� ; BC�� = 3�2� cm
c. Ptrapézio = 8 + 3 + 11 + 3�2� = 22 + 3�2� (cm)
10.
a. Como o hexágono é regular, o triangulo [ODE] é equilátero. Portanto, a amplitude do ângulo ODE é 60o.
b. Seja h a altura do triângulo [DOE ] . Então, �4h� = tg 60o ⇔
⇔ h = 4�3� ; h = 4�3� cm
c. Ahexágono = 6 ×�8 × 4�
2
3�= 96�3� ; Ahexágono = 96�3� cm2
PÁG. 28
1.
A distância a que os dois amigos se encontravam é dada por x + y , onde x e y são tais que:
�x
368� = tg 45o x = �
tg 45o368� x = 368
⇔ ⇔ �
y368
� = tg 65o y = �tg 65o368� y ≈ 171,601
Logo, x + y ≈ 540 m.
2.
Onde c é o comprimento do poste.
a. = sen � ⇔ � = sen–1 � � ⇔ � ≈ 19,5o
b. ��43� c�
2= ��
41� c�
2+ 32 ⇔ c 2 = 18 ⇔ c = �18� = 3� 2�; 3� 2�m
3.
a. = cos � ⇔ � = cos –1 ���2
2�� ⇔ � = 45o
b. Como EAD = ECA = 45o. Conclui-se que AEC = 90.o
c. Sendo = tg 45o ⇔ h = ��
2
2� a , tem-se
Vpirâmide = �31� × a 2 × �
�2
2� a =�
�6
2�a 3
PÁG. 29
4.
3—4
c1—4
c
�
1�3
�41� c
�
�43
� c
�2
2�� a
�a
h�
��
2
2�� a
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
B A
D E8
FCO
4
h
��2a
a
a
a
�
A B
D C
A
3 87° 46
C
O
D
rr
x y
45° 65°60°
368
A B8
CDE 3
45°
18
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
�r + 3
r� = sen (87o 46’) ⇔ r = �
13–
sseenn
(8(8
77
o
o4466’)’)
� ⇔
⇔ r ≈ 3946,521 milhas
r ≈ 6350 km
5.
[ABCD ] é um trapézio isósceles. A base maior mede 12 cm, o lado AD mede 6 cm e o ângulo � tem 55o de amplitude.
5.1 a. �6
DE�� = sen 55o ⇔ DE� = 6 sen 55o ⇔ DE� ≈ 4,9 (cm)
b. �6
AE�� = cos 55o ⇔ AE� = 6 cos 55o ⇔ AE� ≈ 3,4 (cm)
5.2 DB�2 = DE�2 + EB�2 ⇔ DB�2= (6 sen 55o)2 + (12 – 6 cos 55o)2 ⇔
⇔ DB� ≈ 9,9 (cm)
5.3 �DF�CD�
� = tg � ⇔ �6 sen 55o –2
12 – 12 cos 55o
� = tg � ⇔
⇔ � = tg–1 ��6 sen 55o
12 – 12 cos 55o
�� ⇔ � ≈ 60o
5.4 AF�2 = 22 + (6 cos 55o)2 ⇔ AF� ≈ 3,98 (cm) ,
FC� = AC� – AF� ⇔ FD� ≈ 5,92 (cm)
P [EFDB] ≈ 2 + 5,92 + 6 + 12 – 3,44 ≈ 22,5 (cm)
PÁG. 30
6.
x + y = 9 y = 9 – x –––––––––
�hx
� = tg 40o ⇔ h = x tg 40o ⇔ ––––––––– ⇔
�hy� = tg 70o h = (9 – x ) tg 70o x tg 40o = (9 – x ) tg 70o
––––––––– ––––––––– y ≈ 2,106
⇔ ––––––––– ⇔ ––––––––– ⇔ h ≈ 5,785
x = �tg 40o + tg 70o
9 tg 70o� x ≈ 6,894 –––––––––
a2 = h 2 + x 2 ⇔ a ≈ 8,9996 (m) , b 2 = h 2 + y 2 ⇔ b ≈ 6,156 (m)
O comprimento total dos cabos é dado por a + b ≈ 15,16 (m) .
7.
a. A área da zona colorida a amarelo pode obter-se da seguinte forma:começamos por determinar metade da área do círculo 2 (ilustradona Fig. 1). De seguida, determinamos a área do setor circular de cen-tro em A , raio AC e amplitude 2� (ilustrado na Fig. 2). Por fim, énecessário subtrair a área do triângulo [ACE ] , para que não sejacontabilizada duas vezes (Fig. 3).
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
�
A
D
E
F
C
B55°
6
12
Fig. 1
40° 70°
9 m
a b
x y
h
�
A
c2
c1
B
C
D
�A
c2
c1
B
C
E
D
�A
c2
c1
B
C
E
D
Fig. 2
19
�2
Ac2 = �2
� × CD��
2
Como �AC�CD�
� = sen � e AC� = 10, tem-se CD� = 10 sen � . Então,
�2
Ac2 = �2
� × (10 sen �)2� = 50� sen2 � .
A setor circular = �360
� × 10 × 2�� = �
95� ��
A [ACE ] = �2
CE�×AD��
Como CE� = 2 × CD� = 20 sen � e �AC�AD�
� = cos � ⇔ AD� = 10 cos � ,
tem-se A[ACE ] = �2
20 sen � × 10 cos � �� = 100 sen � cos � .
Logo, a área pretendida é 50 � sen2 � + �95� �� – 100 sen � cos � .
b. O valor exato dessa área para � = 60o é:
50� sen2 60o + �95� � × 60 – 100 sen 60o cos 60o = �
46
25�� – 25�3� cm2
PÁG. 47
28. Como – 1 ≤ sen � ≤ 1 , tem que se ter – 1 ≤ �k2
2– 3� ≤ 1 .
– 1 ≤ �k2
2–3� ≤ 1 ⇔ �
k2
2–3� ≥ –1 ∧�
k2
2–3� ≤ 1 ⇔ k 2 ≥ 1 ∧ k 2 ≤ 5 ⇔
⇔ (k ≤ –1 ∨ k ≥ 1) ∧ (k ≥ –�5� ∧ k ≤ �5� ) ⇔
⇔ k ∈ [–�5� , –1] ∪ [1, �5� ]
PÁG. 53
32. A partir do cosseno de �, pode obter-se o seno de � :
sen2 + cos2 � = 1 ⇔ sen � = +–�1 –���–��41���
2� ⇔ sen � = +– ��
4
15��
Como � ∈ ]�2��, �[ , sen � = �
�4
15�� .
De tg � = �sen �
cos �� conclui-se que tg � = = –�15�
Assim, tg � – sen � = –�15� – ��
4
15�� = – �
5�4
15�� .
33. A partir do valor da tangente é possível determinar o valor docosseno, como se segue:
tg2 � + 1 = �cos
12 �� ⇔ �– �
31��
2+ 1 = �
cos1
2 �� ⇔ cos2 � = �
190� ⇔
⇔ cos � = +– �3�
10
10��
Como � ∈��32��, 2� , cos � = �
3�10
10�� .
Agora, a partir do cosseno, pode obter-se o seno de � :
sen2 � + cos2 � = 1 ⇔ sen � = +–�1 –����3��
1�0
1�0����2� ⇔
⇔ sen � = +– ��
10
10��
Como � ∈ ��32��, 2� , sen � = – �
�10
10�� .
Assim, sen � cos � = – ��
10
10�� × �
3�10
10�� = – �
130� .
PÁG. 56
35.
a. cos (� + �) – cos (� – �) = –cos � – (–cos �) = 0
b. sen (� – �) – sen (� + �) = sen � – (–sen �) = 2 sen �
c. tg (� – �) cos (� + �) = –tg � (–cos �) = – �sc
eo
ns �
�� (–cos �) = sen �
PÁG. 58
36. Tem-se cos(–�) = – �52
� ⇔ cos � = – �52
�
Simplificando a expressão dada, obtém-se:
sen (–�) – 2tg (� – �) – cos (� + �) = –sen � – 2 (–tg �) – (– cos �) =
= –sen � + 2 tg � + cos �
A partir do cosseno, pode obter-se o seno de � :
sen2 � + cos2 � = 1 ⇔ sen � = +–�1 –���–��52
���2� ⇔ sen � = +– �
�5
21��
Como � ∈ ]–�, 0[ , sen � = – ��
5
21�� .
Agora, a partir do seno e do cosseno, obtém-se a tangente de � :
tg � = ��
2
21��
��
4
15��
�
– �41�
Fig. 3
�A
c2
c1
B
C
E
D
20
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
Assim, o valor exato da expressão dada é:
��
5
21�� + 2 × �
�2
21�� + �– �
52
�� = �6�2
5
1� – 2�
PÁG. 59
38. Tem-se cos ��2�� – x� = – �
153� ⇔ sen x = – �
153� .
Simplificando a expressão dada, obtém-se:
sen (–x ) tg ��2�� –x� – sen (–x ) = –sen x �
tg1
x� + sen x = –cos x + sen x
A partir do seno, pode-se obter o cosseno de x :
sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ cos x = +–�1 –���–��153����2� ⇔ cos x = +– �
1132�
Como x ∈ ��23��, �
32�� , o cos x é negativo.
Logo, cos x = – �1132� .
Assim, o valor exato da expressão dada é – �– �1132�� – �
153� = �
173� .
39. tg ��2�� – x� tg x – cos ��2
�� – x� sen (� – x ) = �
tg1
x� tg x – sen x sen x =
= 1 – sen2 x = cos2 x
PÁG. 61
41.
a. A = A[ABCD ] – A[ADP ] = 42 –
�A�D�
D�P�
� = tg x ⇔ DP� = �t
4g x�
A área da região colorida é, portanto, dada por:
16 – = 16 – �tg
8x
�
b. cos �x + �2��� = – �
1132� ⇔ sen x = �
1132�
sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ cos x = +–�1 –����1132����2� ⇔ cos x = +– �
153�
Como x ∈ � , , cos x = �153� .
tg x = �152�
Logo, A = 16 – = �338� .
PÁG. 78
2.
a. A = = (cm2)
b. B �3 cos ��56���, 3 sen ��
56�� �� , ou seja, B �– , �
23
�� .
c. A[OBB’ ] = = (cm2)
PÁG. 79
3.
3.1 Determinemos as coordenadas do ponto C :
x 2 + y 2 = 1 ⇔
x = ��
6
6��
y = �5�x y = ��
6
30��
sen � = ��
6
30�� , cos � = e tg � = = �5�
3.2
a. sen (� – �) = ��
6
30�� , cos (� – �) = – , tg (� – �) = –�5�
c. sen (–�) = – ��
6
30�� , cos (–�) = , tg (–�) = –�5�
4.
a. O ponto Q pertence à circunferência trigonométrica, pois:
�– ��
3
3���
2
+ ���3
6���
2
= 1
b. O ponto P está no 4.o quadrante e pertence à reta que passa pela
origem e pelo ponto Q . Logo, P ���3
3�� , – �
�3
6��� .
c. � = + �
tg � = tg � + �� = –
cos (� + �) = – ��
3
3�� ⇔ cos � = �
�3
3�� , sen (� + �) = �
�3
6�� ⇔
D�P� × A�D���
2
�tg
4x
� × 4��
2
��2
��4
8�
�152�
15��
4
�56�� × 32
�2
3�3��
2
�6�
2
3�� × �
23
�
�2
�30���6�
�6��
6
��2
9�3��
4
�6��
6
�6��
6
1�tg �
��2
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
b. sen (� + �) = – ��
6
30�� , cos (� + �) = – , tg (� + �) = �5��6�
�6
d. sen � – �� = , cos � – �� = ��
6
30�� , tg � – �� =
��2
�6��
6��2
��2
�5��
5
sen � = sen � + �� = cos � , cos � = cos � + �� = –sen � , ��2
��2
21
sen � = ��
3
3�� , cos � = �
�3
6�� , tg � = �
�2
2��
PÁG. 80
5. cos (� – �) + cos � + �� + tg (–�) = – cos � – sen � – tg � =
6.
a. A (cos �, sen �) , C (cos �, –sen �)
b. A[ABC ] = �A�C� ×
2h
� = = sen � (1 + cos �)
c. Se o triângulo [ABC ] for equilátero, os seus ângulos internos têm
��
3� rad de amplitude. Assim, o ângulo OBA tem de amplitude �
�
6� .
Como α é o ângulo ao centro correspondente ao ângulo inscrito
OBA , a sua amplitude é o dobro da amplitude de OBA . Logo, � = ��3�
l = A�C� = 2 sen ��3� = �3�
d. Recorrendo à fórmula da alínea b, tem-se:
A���3�� = sen ��3� �1 + cos ��
3�� =
PÁG. 87
47.
a. = cos � ⇔ AC� = 20 cos � ,
f (�) = 10 + 10 + 20 cos � = 20 + 20 cos �
b. Df = �0, � , Df’ = ]20, 40[
PÁG. 89
50. Tem-se g (–x ) = cos � – x� = sen x = –cos � + x� = –g (x ) .
Logo, a função g é ímpar.
PÁG. 93
52.
a. Seja h a altura do trapézio. Tem-se �h2
� = tg x ⇔ h = 2 tg x .
Logo, A(x) = �8 +
24
� × 2 tg x = 12 tg x .
b. DA = �0, � , DA’ = ]0, + �[
c. A� � = 12 tg � � = 12�3�
PÁG. 116
1.
a. A expressão sen(100�t) toma todos os valores do intervalo [–1, 1] se t toma todos os valores do intervalo [0, +∞[ . Logo, a fun-ção V (t ) toma todos os valores do intervalo [–330, 330] e, por-tanto, o valor máximo da tensão elétrica é 330 V.
b. V(t) = 0 ⇔ 330 sen (100�t) = 0 ⇔ sen (100�t) = 0 ⇔
⇔ 100�t = 0 + k� , k ∈ INo ⇔ t = 0,01k , k ∈ INo
O valor da tensão elétrica é nulo 100 vezes por segundo.
c. V (t ) = Vef ⇔ 330 sen (100�t ) = ⇔ sen (100�t ) = ⇔
⇔ t = 0,0025 + 0,02 k ∨ t = 0,0075 + 0,02, k ∈ INo
Para k = 0 , t = 0,0025 segundos.
2.
a. T (2) = 8 + 3 cos ��(2 +12
7) ��� = 8 – ≈ 5,9 oC
Às 2 horas desse dia a temperatura foi, aproximadamente, 5,9graus Celsius.
b. Se t toma todos os valores do intervalo [0, 24[ , toma
e, portanto, a expressão cos � � toma todos os valores do
intervalo [–1, 1] . Logo, a função T (t ) toma todos os valores do in-tervalo [5, 11] . A temperatura mínima foi 5 oC e a temperaturamáxima foi 11 oC.
T (t ) = 8 + 3 cos � � = 5 ⇔ cos � � = – 1 ⇔
A temperatura mínima ocorreu às 5 horas.
��2
��2
2 sen � (1 + cos �)��
2
3�3��
4
A�C��
�120�
��2
��2
��2
��3
��3
�2��
2
330��2�
3�2��
2
(t + 7) ��
12
(t + 7) ��
12
(t + 7) ��
12(t + 7) ��
12
4
8 AD
C B
x
h
10
AC
B
�
⇔ sen � = – , tg � = �sen �
cos �� = – �2��6�
�3
= –0,6 + 0,8 – �– �43
�� =23�15
c. f � � = 20 + 20 cos � � = 20 + 10�2���4
��4
⇔ 100�t = + k 2� ∨ 100 �t = + k 2�, k ∈ INo ⇔��4
3��
4
todos os valores do intervalo � , � que tem amplitude 2�7��12
31��
12
⇔ = � + 2k� , k ∈ ZZ ⇔ t = 5 + 24k , k ∈ ZZ(t + 7) ��
12
22
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
T (t ) = 11 ⇔ 8 + 3 cos � � = 11 ⇔ cos � � = 1 ⇔
⇔ = 0 + 2k� , k ∈ ZZ ⇔ t = –7 + 24k , k ∈ ZZ
A temperatura máxima ocorreu às 17 horas.
c. O António pôde ir brincar para a rua durante 6 horas e 25 minutos.
3.
a. Tem-se = cos � ⇔ A�B� = 2 cos � . Logo, f (�) = 2 cos � .
b. Tem-se A[ABC ] = e = sen � .
Logo, g (�) = = sen � cos � .
c. D = �0, �d. A função g é não injetiva, pois, por exemplo,
g � � = g � � e ≠ .
f. Não existe nenhum valor de � para o qual a área do triângulo [ABC ]seja uma unidade quadrada, pois o máximo das funções seno e cos-seno é 1, mas não ocorre nas duas funções para o mesmo valor de � .
PÁG. 117
4.
a. A[ABC ] =
= cos � ⇔ A�C� = 6 cos �
= sen � ⇔ B�C� = 6 sen �
Logo, A(�) = = 18 cos � sen � .
b. No referencial seguinte apresenta-se o gráfico da função A .
A área máxima do triângulo [ABC ] é 9 dm2, para � = . Nessecaso, o triângulo é isósceles.
c. A� – �� = 18 cos � – �� sen � – �� = 18 sen � cos � =A (�)
d. 1 + tg2 � = ⇔ 1 + 32 = ⇔ cos � =
sen � = �1 –�����2� ⇔ sen � =
A(�) = 18 × × ⇔ A (�) = 5,4
A área do triangulo é 5,4 dm2 .
A�B��
2
h�1
A�B� × h��
2
2 cos � sen ���
2
��2
��6
��3
��6
��3
(t + 7) ��
12
(t + 7) ��
12(t + 7) ��
12
A�C� × B�C���
2
A�C��
6
B�C��
6
6 cos � 6 sen ���
2
��4
��2
��2
��2
10��
101
�cos2 �
1�cos2 �
90��
1010��
10
10��
1090��
10
A B
C
h11
�
0
(0,79; 9)
4
2
6
8
�—2
x
y
�—4 0,79
0
(13,79; 10) (20,21; 10)
2
6
10
2 6 10 14 18 22 t
T
A B
C
�
6
e. � ∈�0, �∧ f (�) = 2� ⇔ 2 cos � = 2� ∧ � ∈�0, �⇔��2
��2
⇔ cos � = ⇔ cos � = ∧ � ∈�0, � ⇔ � = ��4
2��
2��2
2��
2
23
5.
a. Tem-se: = cos � ⇔ A�B� = 4 cos �
= sen � ⇔ B�C� = 4 sen �
Logo A(�) = � × 22 – 4 cos � 4 sen � = 4 � – 16 sen � cos � .
b. A� � = 4 � – 16 sen� � cos � � = 4 � – 4�3�
c. 1 + tg2 � = ⇔ 1 + � �2
= ⇔ cos � =
sen � = �1 –�����2
� ⇔ sen � = ��
5
5��
A(�) = 4 � – 16 ×��
5
5�� × ⇔ A(�) = 4� – �
352�
d. No referencial seguinte apresenta-se o gráfico da função A .
� ∈ ]0,2; 1,4[
PÁG. 118
6.
E�C�2 = 12 + 22 ⇔ E�C� = �5�
Como E�C� = E�H� , tem-se E�H� = �5�
= sen � ⇔ H�I� = �5� sen �
D�I� = E�I� – 1 = �5� cos � – 1
A(�) = × (�5� cos � – 1)
b. D = ]0, tg–1 (2)[
c. A � � = × ��5� cos ��4�
�� – 1� = �43
�
d. No referencial seguinte apresenta-se o gráfico da função A . A área máxima do trapézio [HIDG] é aproximadamente 0,83 para α� 0,63 .
7.
a. A[ABCD ] = × h , sendo h a altura do trapézio.
= cos � ⇔ B�C� = 6 cos � , A�D� = 3 + �32
� = �92�
A�B��
4
B�C��
4
��6
��6
��6
2�5��
51
�cos2 �
1�2
1�cos2 �
2�5��
5
2�5��
5
H�I���5�
�5� sen � + tg ���
2
�5� sen ��4�
�� + tg ��4�
�����
2��4
B�C� + A�D���
2
�B�C�
2�
�3
B
A3
�
D
C
O
y
x
3—2
-
0
(0,2; 10) (1,4; 10)
4
2
6
8
10
12
14
�—2x
y
O
D C
A B
�
4
�
A F
H
E D
C
I
B
G2
1
0
(0,63; 0,83)
0,5
1
x
y
= tg � ⇔ D�G� = tg �D�G��
1
= cos � ⇔ E�I� = �5� cos �E�I���5�
a. A[HIDG ] = ×D�I�H�I� + D�G��
2
24
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
A(�) = × 3 sen � = 9 sen � cos � + �247� sen �
b. A� � = 9 sen � � cos � � + �247� sen � � = + �
287�
c. 1 + tg2 � = ⇔ 1 + ��41��
2= ⇔ cos � =
sen � = �1 –�����2� ⇔ sen � =
A(�) = 9 × × + × = +
d. Quando o trapézio [ABCD ] é retângulo cos � = = �21� e � = .
O valor exato da área do trapézio é:
A� � = 9 sen � � cos � � + �247� sen � � =
PÁG. 119
8.
a. A = A�E� × E�T� , = cos β ⇔ E�T� =
A(�) = 10 × =
b. D = �0, �
d. A(�) = 125 ⇔ = 125 ⇔ � = cos–1 � �⇔ � 0,64 rad
e. A afirmação é falsa, pois se o ponto T coincidir com o ponto
médio da aresta [FG ] , tg � = �150� = �
21� , mas tg � � 0,41 .
PÁG. 135
79. AB→
= B – A = (–4, –1) , AD→
= D – A = (1, –4)
AB→
• AD→
= (–4, –1) • (1, –4) = – 4 × 1 + 1 × 4 = 0
Logo, AB→
e AD→
são perpendiculares.
BA→
= A – B = (4, 1) , BC→
= C – B = (1, –4)
BA→
• BC→
= (4, 1) • (1, –4) = 4 × 1 – 1 × 4 = 0
Logo, BA→
e BC→
são perpendiculares.
CB→
= B – C = (–1, 4) , CD→
= D – C = (4, 1)
CB→
• CD→
= (–1, 4) • (4, 1) = – 1 × 4 + 4 × 1 = 0
Logo, CB→
e DC→
são perpendiculares.
DC→
= C – D = (–4, –1) , DA→
= A – D = (–1, 4)
DC→
• DA→
= (–4, –1) • (–1, 4) = 4 × 1 – 1 × 4 = 0
Logo, DC→
e DA→
são perpendiculares.
Como os vetores definidos por lados consecutivos são perpendi-culares e têm todos normas iguais, concluímos que o quadrilátero[ABCD ] é um quadrado.
PÁG 143
91. x 2 – 5x + y 2 – 2y + z 2 + 4z + 7 = 0 ⇔
⇔ �x – �52
��2
+ (y – 1)2 + (z + 2)2 + 7 – �245� – 1 – 4 = 0 ⇔
⇔ �x – �52
��2
+ (y –1)2 + (z + 2)2 = �147�
C ��52
� , 1 , –2� r =
PÁG 154
18. B (3, 7, 0) e CD→
= 2
a. AD→
= D – A = (0, 7, 2) – (3, 0, 0) = (–3, 7, 2)
DB→
= B – D = (3, 7, 0) – (0, 7, 2) = (3, 0, –2)
b. cos (AD BD ) = =
= =
AD BD = cos–1 � � 63o
PÁG. 155
24. u→ ⊥ v→ ⇒ u→ • v→ = 0 ⇔ (k, 3 – k ) • (2, –k ) = 0 ⇔⇔ k × 2 + (3 – k )(–k ) = 0 ⇔ k 2 – k = 0 ⇔ k = 0 ∨ k = 1
17��
2
|(–3, 7, 2) • (3, 0, –2)|���||(–3, 7, 2)|| ||(3, 0, –2)||
13��62� 13�
| – 3 × 3 + 7 × 0 – 2 × 2|������(–�3)�2 +� 7�2 +� 2�2� 32� +� (–�2)�2�
13��62� 13�
417��
171
�cos2 �
1�cos2 �
17��
17417��
17
2717��
6836�17
17��
1727�4
4 × 17��
1717��
17
��3
�32
�
�3
453��
8��3
��3
��3
��3
10�cos �
10�
E�T�
100�cos �
10�cos �
��4
100�125
100�cos �
��8
93��
4��6
��6
��6
��6
6 cos � + �92
�
��2
�
A B
H
D
E
G
C
T
F
10
�h3
� = sen � ⇔ h = 3 sen �
Se β = 0 , a seção coincide com o quadrado [ABFE ]
e A = 10 × 10 = .100�cos 0
c. A� � = = ��6
100�cos �(�6)
2003��
3
25
PÁG. 156
32. Seja P (x ,y) um ponto da circunferência:
PA→
• PB→
= 0 ⇔ (2 – x, –1 –y ) • (–1 – x, 1 – y ) = 0 ⇔
⇔ (2 – x )(–1 – x ) + (–1 –y ) (1 – y ) = 0 ⇔ x 2 – x + y 2 – 3 = 0
33.
a. A (–2, –2) , B(1, 2) , M � , �⇔ M �– �21
�, 0�b. Seja P (x ,y) um ponto da mediatriz.
Equação da mediatriz do segmento de reta [AB ] :
MA→
• MP→
= 0 ⇔ �– �32
� , – 2� . �x + �21� , y� = 0 ⇔
⇔ – �32
� �x + �21�� – 2y = 0 ⇔ 6x + 8y = –3
35. Comecemos por determinar uma equação da reta r . Seja P (x, y )um ponto de r .
AB→
• BP→
= 0 ⇔ (2, 2) • (x – 4, y – 3) = 0 ⇔
⇔ 2(x – 4) + 2(y – 3) = 0 ⇔ x + y – 7 = 0
As coordenadas dos pontos de interseção da reta r com os eixoscoordenados são (7, 0) e (0, 7) .
PÁG. 157
39. A equação dada define o plano mediador do segmento [AB] .
A(0, –3, 2) e B (1, 1, –4) .
M � , , � ⇔ M ��21� , –1, –1�
AB→
• MP→
= 0 ⇔ (1, 4, –6) • �x – �12
� , y + 1, z + 1� = 0 ⇔
⇔ x – �21� + 4( y + 1) – 6(z + 1) = 0 ⇔ 2x + 8y – 12z – 5 = 0
PÁG. 158
3.
a. OA→
= A – O = (xA , 0) , OB→
= B – O = (xB , yB )
b. OA→
• OB→
= (xA , 0) • (xB , yB ) = xA xB
c. H (xB , 0)
d. OA→
• OH→
= (xA , 0) • (xB , 0) = xA xB = OA→
• OB→
PÁG. 159
6. r : 2x + y – 3 = 0 ⇔ y = – 2x + 3
a. 6 = –2x + 3 ⇔ x = –
b. P ∈ r ∧ P (2, k ) ⇔ k = –2 × 2 + 3 ⇔ k = –1
c. 5 = – 2 × (–1) + b ⇔ b = 3 , s : y = –2x + 3
d. t : y = – �–12� x ⇔ y = �
21
� x
e. (x, y ) = (0, 3) + k (2, 1) , k ∈ IR
f. 0 = �21
� × 5 + b ⇔ b = – �52
� , y = �21
� x – �52
�
g. No plano, existem infinitas retas perpendiculares à reta r .
h. y = �21
� x + b , b ∈ IR
7. Sejam A (–3, 1) e B (1, –2) . C (x, y ) é o ponto tal que o triângulo[ABC ] é retângulo em A e tem área 25.
Tem-se AB→
= (4, –3) e, portanto A�B� = ||AB→
|| = 5 .
Como a área do triângulo [ABC ] é 25 e A�B� = 5 ,
tem-se = 25 ⇔ A�C� = 10 . Então, AC→
é um vetor per-
pendicular a AB→
com o dobro da norma do vetor: AC→
= (6, 8) ouAC→
= (–6, –8).
Portanto, C = A + (6, 8) = (3, 9) ou C = A + (–6, –8) = (–9, –7).
O ponto C tem coordenadas (3, 9) ou (–9, –7) .
PÁG. 161
12.
a. A(1, –2) , B (–1, 0) e M (0, –1) .A equação reduzida da reta r , mediatriz de [AB ] é dada por
AM→
• MP→
= 0 ⇔ (–1, 1) • (x, y + 1) = 0 ⇔ –x + y + 1 = 0 ⇔ y = x – 1 .A equação reduzida da reta s é y = – x – 1 .
b. Como a circunferência tem centro em A e passa pela origem doreferencial, o raio é � 12 + (–2)2�= �5� e a equação da circuferênciaé (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5 .
c. Uma condição que define a parte colorida da figura é:(x – 1)2 + (y + 2)2 < 5 ∧ y > –x – 1 ∧ y < x – 1 .
14.
a. A(3, 0) , B (0, 4) , D (–3, 0) , E (3, 8)
AB→
= B – A = (3, –4) , AB : y = – �43
�x + 4
DE→
= E – D = (6, 8) , DE : y = �43
�x + 4
b. ��y ≥ – �43
� x + 4 ∧ y ≥ �43
�x + 4� ∨
PÁG. 175
110. (a, 3, 4) • (a, 1, –a) = 0 ⇔ a 2 – 4a + 3 = 0 ⇔ a = 1 ∨ a = 3
–2 + 2�
0–2 + 1�
2
2 – 4�
2–3 + 1�
20 + 1�
2
3�2
5 × A�C���
2
∨ �y ≤ – �43
� x + 4 ∧ y ≤ �43
�x + 4��∧ x 2 + (y – 4)2 ≤ 25
26
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
PÁG. 176
111. Tem-se �– x
2– 1� = = �
25z� ⇔ = = .
Logo, um vetor diretor da reta é �–2, 3, �52
�� .
Tem-se 2(x + y ) –2z = 2 – y ⇔ 2x + 3y –2z = 2 . Logo, um vetor nor-mal ao plano é (2, 3, –2) .
Como �–2, 3, �52
�� • (2, 3, –2) = –2 × 2 + 3 × 3 + �52
� × (–2) = 0 , concluímos
que a reta é paralela ao plano.
PÁG. 199
1.
a. Sendo (3, –2) o vetor diretor da reta, um vetor normal terá coor-denadas k (2, 3) , k ∈ IR \ {0} .
b. Como o declive da reta é –2 , um vetor diretor da reta é (1, –2) e um vetor normal será da forma k (2, 1) , k ∈ IR \ {0} .
c. Tem-se 3x + y = 7 ⇔ y = –3x + 7 . Como o declive da reta é –3, umvetor diretor da reta é (1, –3) e um vetor normal será da forma k (3, 1) , k ∈ IR \ {0} .
2. Tem-se –2(x + y ) = 3 ⇔ y = –x – �32
� . O declive da reta r é –1, logo
o declive da reta s perpendicular a r é – = 1 e um vetor diretor
dessa reta é (1, 1) .
Equação vetorial da reta s : (x, y ) = (1, 1) + k (1, 1) , k ∈ IR .
Equação reduzida da reta s : y = x , pois 1 = 1 × 1 + b ⇔ b = 0 .
3. Um vetor diretor da reta AB é AB→
= B – A = (3, 4) e um vetor diretorda reta CD é CD
→= D – C = (4, –3) . Como (3, 4) • (4, – 3) = 0 , concluí-
mos que as retas AB e CD são perpendiculares.
4. Um vetor diretor da reta AB é AB→
= B – A = (–2, –5) e o declive
desta reta é �52
� . Logo, o declive de uma reta perpendicular à reta
AB é – = – �25
� e a equação reduzida dessa reta é da forma
y = – �25
� x + b , b ∈ IR.
6. O plano que contém o triângulo [ABC ] é o plano definido pelostrês pontos não colineares A , B e C .
Tem-se AB→
= B – A = (–2, –4, 0) e AC→
= C – A = (–2, 0, 2) . Seja n→
(a, b, c) um vetor normal ao plano definido por A , B e C . Essevetor tem de verificar as condições:
n→⊥ AB
→∧ n
→⊥ AC→
⇔ n→
• AB→
= 0 ∧ n→
• AC→
= 0 , ou seja,
(a, b, c) • (–2, –4, 0) = 0 ⇔
–2a – 4b = 0 ⇔
b = – �21�a
(a, b, c) • (–2, 0, –2) = 0 –2a + 2c = 0 c = a
O vetor n→
é da forma �a, – �21�a, a� . Se considerarmos a = –2 ,
vem n→
(–2, 1, –2) e a equação pretendida é –2x + y – 2z + d = 0 .Subs tituindo as coordenadas do ponto B , obtém-se –2 × 0 – 4 – 2 × 0 + d = 0 ⇔ d = 4 . Assim, a equação doplano que contém o triângulo [ABC ] é –2x + y – 2z + 4 = 0 .
10. Tem-se � : 2(x + y ) = 2x – z + 1 ⇔ 2y + z – 1 = 0 e � : 0 = x + z . Logo,o plano α é paralelo ao eixo Ox , pois a primeira coordenada dorespetivo vetor normal é nula, e o plano � é paralelo ao eixo Oy ,pois a segunda coordenada do respetivo vetor normal é nula.
PÁG. 202
1.
a. A(1, 0, 0) , B(1, 1, 0) , C(1, 1, 1) , D(1, 0, 1) , E(0, 0, 0) , F (0, 1, 0) , G(0, 1, 1) ,H(0, 0, 1) .
b. EFG : x = 0 ; ABC : x = 1 ; ADH : y = 0 ; BCG : y = 1 ; ABF : z = 0 ;
CDG : z = 1 .
c. Vamos determinar vetores diretores das retas que contêm as dia-gonais faciais do cubo.
EG→
= G – E = (0, 1, 1) , x = 0 ∧ y = z ;
FH→
= H – F = (0, –1, 1) , x = 0 ∧ –y = z – 1 ;
AC→
= C – A = (0, 1, 1) , x = 1 ∧ y = z ;
BD→
= D – B = (0, –1, 1) , x = 1 ∧ –y = z – 1 ;
AH→
= H – A = (–1, 0, 1) , y = 0 ∧ –x + 1 = z ;
DE→
= E – D = (–1, 0, –1) , y = 0 ∧ x = z ;
BG→
= G – B = (–1, 0, 1) , y = 1 ∧ –x + 1 = z ;
CF→
= F – C = (–1, 0, –1) , y = 1 ∧ x = z ;
AF→
= F – A = (–1, 1, 0) , z = 0 ∧ –x + 1 = y ;
BE→
= E – B = (–1, –1, 0) , z = 0 ∧ x = y ;
CH→
= H – C = (–1, –1, 0) , z = 1 ∧ x = y ;
DG→
= G – D = (–1, 1, 0) , z = 1 ∧ –x + 1 = y ;
2.
a. A(0, 0, 0) , B (0, 2, 0)
C (0, 1, �3�) , pois a altura do triângulo [ABC ] é determinada por
x 2 = 22 – 12 ⇔ x = �3� .
D (–5, 0, 0) , pois a altura do prisma é 5 cm.
E (–5, 2, 0) , F (–5, 1, �3� )
1�–1
1�
�52
�
z�
�52
�
y + 3�
3x + 1�
–2y + 3�
3
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
z
y
x
D
H
A
E
C
G
B
F
27
b. Tem-se AC→
= C – A = (0, 1, �3� ) e AB→
= B – A = (0, 2, 0) .
Logo, AC→
• AB→
= (0, 1, �3� ) • (0, 2, 0) = 2
c. V = × 5 = 5�3� (cm3)
d. ABE : z = 0
Tem-se AD→
= D – A = (–5, 0, 0) e AC→
= C – A = (0, 1, �3�) . Seja n→
(a, b, c ) um vetor normal ao plano que contém a face [ACFD ] .Esse vetor tem de verificar as condições:
n→⊥ AD
→∧ n
→⊥ AC→
⇔ n→
• AD→
= 0 ∧ n→
• AC→
= 0 , ou seja:
(a, b, c) • (–5, 0, 0) = 0 –5a = 0 a = 0
(a, b, c) • (0, 1, �3�) = 0 ⇔
b + �3�c = 0 ⇔
b = –�3�c
O vetor n→
é da forma (0, –�3�c, c ) . Se considerarmos c = 1 , vemn→(0, –�3� , 1) e a equação pretendida é –�3�y + z + d = 0 . Recor-rendo às coordenadas do ponto A , obtém-se d = 0 . Assim, uma equação do plano que contém a face [ACFD ] do prisma é –�3�y + z = 0 .
Tem-se BC→
= C – B = (0, –1, �3�) e BE→
= E – B = (–5, 0, 0) . Seja n→
(a, b, c ) um vetor normal ao plano que contém a face [BCEF ].Esse vetor tem de verificar as condições:
n→⊥ BC
→∧ n
→⊥ BE→
⇔ n→
• BC→
= 0 ∧ n→
• BE→
= 0 , ou seja:
(a, b, c) • (0, –1, �3�) = 0 –b + �3�c = 0 b = �3�c
(a, b, c) • (–5, 0, 0) = 0 ⇔
–5a = 0 ⇔
a = 0
O vetor n→
é da forma (0, �3�c, c ) . Se considerarmos c = 1 , vemn→(0, �3�, 1) e a equação pretendida é �3�y + z + d = 0 . Recorren -do às coordenadas do ponto B , obtém-se d = –2�3� . Assim,uma equação do plano que contém a face [BCEF ] do prisma é �3�y + z – 2�3� = 0 .
e. Tem-se CF→
= F – C = ( –5, 0, 0) , logo as equações cartesianas dareta CF podem ser y = 1 ∧ z = �3� .
f. Um plano paralelo à face [BCEF ] tem uma equação cartesianada forma �3�y + z + d = 0 . Como esse plano contém a origem doreferencial, uma equação é �3�y + z = 0 .
PÁG. 203
4.
a. O ponto A tem de coordenadas (x, 0, 0) . Substituindo-as na equa-ção que define o plano ABC , obtemos x = 2 . Assim, A(2, 0, 0). Pro-cedendo de forma idêntica, obtém-se B (0, 1, 0) e C (0, 0, 2) .
b. Tomando [AOB ] para base da pirâmide, tem-se:
V = �31� × × 2 = �
32
�
PÁG. 204
7.a. V (3, 3, 0)
b. Um vetor diretor da reta FV é FV→
= V – F = (–3, –3, 6) . Logo, asequações cartesianas dessa reta podem ser:
= = ⇔ – = – = �6z
� .
c. Uma equação cartesiana do plano EFG é z = –6 .
9. Vamos começar por escrever uma condição da reta perpendicularao plano que passa em P :
= = ⇔ x + 1 = �–y2� = z – 3
De seguida, vamos determinar as coordenadas do ponto de inter-seção dessa reta com o plano:
x – 2y + z = 3 ––––––––––––– x = – �65
�
x + 1 = �–y2� ⇔ y = –2x – 2 ⇔ y = –�
31�
x + 1 = z – 3 z = x + 4 z = �169�
Agora vamos determinar a distância deste ponto ao ponto P :
��–� �65���+�1��2
+� ��–��31�� –� 0��
2� +����169��� –� 3��2� =
Logo, a distância do ponto P ao plano de equação x – 2y + z = 3
é .
VOLUME 2
INTRODUÇÃO AO CÁLCULO DIFERENCIAL I
FUNÇÕES RACIONAIS E FUNÇÕES COM RADICAIS
TAXA DE VARIAÇÃO E DERIVADA
PÁG. 7
1.
a. D = {x ∈ IR: x + 2 ≠ 0} = IR \ {–2}
b. D = {x ∈ IR: x 2 – 4 ≠ 0} = IR \ {–2, 2}
c. D = IR
d. D = {a ∈ IR: (a + 5)(a – 3) ≠ 0} = IR \ {–5, 3}
PÁG. 20
9. A função racional cujo gráfico é a hipérbole de assíntotas x = 0
e y = 2 tem uma expressão analítica da forma f (x ) = 2 + �ax� . Como
passa no ponto (3, 1) , verifica 1 = 2 + �a3
� , ou seja, a = –3 . Logo,
f (x ) = 2 – �3x
� .
PÁG. 22
13.
a. = = , a = 4 , b = 0 , c = 2
2 × 1�
2
y – 3�
3x – 3�
3z – 0�
6y – 3�
–3x – 3�
–3
z – 3�
1y – 0�
–2x – (–1)�
1
�6��
6
�6��
6
2 × �3��
2
4�x + 2
12�3(x + 2)
12�3x + 6
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
⎧⎨⎩
28
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
b. 1 + = 1 + , a = 2 , b = 1 , c = – �52
�
PÁG. 24
18.
a. f (x ) = = 5 – Assíntotas: x = –2 , y = 5
b. g(x ) = = –3 + Assíntotas: x = – , y = –3
c. h (x ) = = – – Assíntotas: x = �35
� , y = – �32
�
PÁG. 32
23.
a. f (x ) = x + 3 – �x –
12
� Assíntotas: x = 2 , y = x + 3
b. g (x ) = = �21� x – 2 – �
21x� Assíntotas: x = 0 , y = �
21� x – 2
c. h(x ) = = 2x + 3 + Assíntotas: x = 1 , y = 2x + 3
PÁG. 33
26.
a. = D = IR \ {–2, 0}
b. = D = IR \ {1}
c. = D = IR \ {–1, 1}
27. = = x – 2
PÁG. 38
32.
a. × = =
D = IR \ {–2}
b. × = =
D = IR \ {–3, 0, 3}
c. : = × =
D = IR \ {–2, 0, 1, 2}
d. : = × = 2x
D = IR \ {–2, 0}
33.
a. �1 + � : = × =
D = IR \ {–1, 0, 1}
b. = = = –
D = IR \ {0, 2}
PÁG. 39
34.
a. = 0 ⇔ x – 5 = 0 ∧ x + 1 ≠ 0 ⇔ x = 5 ∧ x ≠ – 1
C.S. = {5}
b. = 0 ⇔ x 2 – 4 = 0 ∧ x – 2 ≠ 0 ⇔ (x = –2 ∨ x = 2) ∧ x ≠ 2
C.S. = {–2}
c. = 3 ⇔ – 3 = 0 ⇔ = 0 ⇔
⇔ 2x – 5 = 0 ∧ x + 1 ≠ 0 ⇔ x = �52
� ∧ x ≠ –1
C.S. = ��52
��d. = 2 ⇔ – 2 = 0 ⇔ = 0
Impossível C.S. = { }
PÁG. 40
35.
a. – = 6 ⇔ + – 6 = 0 ⇔ = 0 ⇔
⇔ –6x + 9 = 0 ∧ x – 1 ≠ 0 ⇔ x = �32
� ∧ x ≠ 1
C.S. = ��32
��b. �
4x
� + = ⇔ �4x
� + – = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔ = 0 ⇔
⇔ –10x – 8 = 0 ∧ x (x + 2)(x – 1) ≠ 0 ⇔ x = – �45
� ∧ x ≠ –2 ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ 1
C.S. = �– �45��
13�x + 2
5x – 3�
x + 2
1�2
8�2x + 1
5 – 6x�2x + 1
�130�
�3x – 5
2�3
–2x�3x – 5
x 2 – 4x – 1�
2x
5�x – 1
2x 2 + x + 2�
x – 1
x – 2�
3xx 2 – 4�3x 2 + 6x
x 2 + x + 1�
x – 1x 3 – 1�x 2 – 2x + 1
1 – 2x�x + 1
2x2 – 3x + 1��
1 – x 2
x 2 – 3x + 2�
x – 1f (x ) – f (1)�
x – 1
x�6
2x (x + 2)��3(x + 2) × 4
x 2 + 2x�
42
�3x + 6
2�a + 3
2a (a – 3)a��a2 (a – 3)(a + 3)
a�a 2 – 9
2a 2 – 6a�
a 2
x + 2�
x(x – 2) (x + 2)��
x 2x (x – 1)
��(x – 1) (x – 2)
x 2�x2 – 4
x 2 – x�x 2 – 3x + 2
x 3 + 2x 2�
24
�x(x + 2)
x 2(x + 2)�
2x2 + 2x�
4
x + 1�
2(x – 1) (x + 1)��
2xx
�x – 1
2x�x 2 – 1
1�x – 1
1�2x
2 – x�2x (x – 2)
�2
2–
xx
�
�x – 2
�x1� – �
21�
�x – 2
x – 5�x + 1
x 2 – 4�
x – 2
2x – 5�
x + 15x – 2�
x + 15x – 2�
x + 1
7�x – 3
2x + 1�x – 3
2x + 1�x – 3
–6x + 9�
x – 11
�x – 1
2�x – 1
1�1 – x
2�x – 1
6�x – 1
2�x + 2
6�x – 1
2�x + 2
–10x – 8��x (x + 2)(x – 1)
4(x + 2)(x – 1) + 2x (x –1) – 6x (x + 2)���
x (x +2)(x – 1)
2�
x – �52�
4�2x – 5
29
c. + = ⇔ + – = 0 ⇔
⇔ x 2 – 4 = 0 ∧ x 2 – 2x ≠ 0 ⇔ (x = –2 ∨ x = 2) ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ 2
C.S. = {–2}
d. – = ⇔ + – = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔ = 0 ⇔
⇔ –x 2 + 5x – 4 = 0 ∧ (x – 1)(x – 3)(x + 3) ≠ 0 ⇔
⇔ (x = 1 ∨ x = 4) ∧ x ≠ 1 ∧ x ≠ 3 ∧ x ≠ –3
C.S. = {4}
e. + = ⇔ – – = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔ = 0 ⇔
⇔ –x 2 + 6x – 8 = 0 ∧ 3x – 6 ≠ 0 ⇔ (x = 2 ∨ x = 4) ∧ x ≠ 2
C.S. = {4}
PÁG. 43
40.
a. �x1� ≥ 2 ⇔ �
x1� – 2 ≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ x ∈�0, �
21
��
b. < 0 ⇔ x ∈ ]–2, 1[ ∪ ]2, +∞[
c. > 0 ⇔ x ∈ ]–∞, –3[ ∪]–1, 2[
d. ≤ 0 ⇔ x 2 – 6x < 0 ⇔ x ∈]0, 6[
e. �x12� ≥ 0 ⇔ x ∈IR \ {0}
f. ≤ ⇔ – ≤ 0 ⇔ ≤ 0 ⇔
⇔ ≤ 0 ⇔ x ∈ ]–∞, –2 [ ∪ [0, 2[ ∪ ]2, +∞[
g. ≤ x – 1 ⇔ – + 1 ≤ 0 ⇔ ≤ 0 ⇔
⇔ ≤ 0 ⇔ x ∈ [0, 2 [ ∪ [4, +∞[
PÁG. 51
42.
a. Df + g = Df ∩ Dg = IR \ {–1, 2} ∩ ]–∞, 2] = ]–∞, 2[ \ {–1}
b. D = Df ∩ Dg ∩ {x ∈IR: g(x ) ≠ 0} =
= IR \ {–1, 2} ∩ ]–∞, 2] ∩ IR\ {–3} = ]–∞, 2[ \ {–3, –1}
c. D = Dg ∩ Df ∩ {x ∈IR : f (x) ≠ 0} =
= ]–∞, 2] ∩ IR \ {–1, 2} ∩ IR\ {–2, 3} = ]–∞, 2[ \ {–2, –1}
d. D = Dg ∩ Dg ∩ {x ∩ IR: g (x ) ≠ 0} =
= ]–∞, 2] ∩ IR\ {–3} = ]–∞, 2] \ {–3}
1�x – 1
1��(x – 3)(x + 3)
4��(x – 1)(x + 3)
1�x – 1
1�9 – x 2
4�x 2 + 2x – 3
–x 2 + 5x – 4��(x – 1)(x – 3)(x + 3)
4(x – 3) + x – 1 – (x – 3)(x + 3)���
(x – 1)(x – 3)(x + 3)
x – 1�
33
�3(x – 2)
x – 1�x – 2
x – 1�
33
�6 – 3x
x – 1�x – 2
–x 2 + 6x – 8��
3x – 63(x – 1) – 3 – (x – 1)(x – 2)���
3(x – 2)
1 – 2x�
x
4 – x2�
x – 1
x + 1��(2 – x )(x + 3)
x 2 + 1�x 2 – 6x
4x – x (x + 2)��
x 2 – 4x
�x – 2
4x��(x – 2)(x + 2)
x�x – 2
4x�x2 – 4
–x 2 + 2x�
x 2 – 4
4 – x (x – 2) + 2(x – 2)��
2(x – 2)x�2
2�x – 2
1�2
2�x – 2
–x2 + 4x�
2x – 4
8�x (x –2)
4�x – 2
x – 2�
x8
�x2 – 2x
4�x – 2
x – 2�
x
f�g
g�f
g�g
x – ∞ 0 �12� + ∞
1 – 2x + + + 0 –
x – 0 + + +
– n.d. + 0 –
x – ∞ –2 1 2 + ∞
4 – x 2 – 0 + + + 0 –
x – 1 – – – 0 + + +
+ 0 – n.d. + 0 –
x – ∞ –3 –1 2 + ∞
x + 1 – – – 0 + + +
(2 – x )(x + 3) – 0 + + + 0 –
�(2 – x)(x + 3)
x – 1� + n.d. – 0 + n.d. –
x – ∞ –2 0 2 + ∞
–x 2 + 2x – – – 0 + 0 –
x 2 – 4 + 0 – – – 0 +
– n.d. + 0 – n.d. –
x – ∞ 0 2 4 + ∞
–x 2 + 4x – 0 + + + 0 –
2x – 4 – – – 0 + + +
+ 0 – n.d. + 0 –
–x 2 + 2x�
x 2 – 4
–x 2 + 4x�
2x – 4
4 – x 2
�x – 1
1 – 2x�x – 1
⇔ = 0 ⇔ = 0 ⇔(x – 2)2 + 4x – 8��
x 2 – 2xx 2 – 4�x 2 – 2x
30
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
PÁG. 52
43. Sejam f (x ) = e g(x ) =
b. Df –g = Df ∩ Dg = IR \ {–1} ∩ IR \ {–1, 1} = IR \ {–1, 1}
(f – g)(x ) = f (x) – g (x) = – = + =
= = = =
D = Dg ∩ Df ∩ {x ∈IR : f (x) ≠ 0} =
= IR \ {–1, 1} ∩ IR\ {–1} ∩ IR \ {–2} = IR \ {–2, –1, 1}
��gf�� (x ) = = = × =
PÁG. 56
47. A imagem, por g , de f (3) é g(f (3)) = g (5) = �51� e a imagem, por f ,
de g (3) é f (g(3)) = f ��31�� = �
37
� .
48. (f ° g) (2) = f (g (2)) = f (4) = 5 (g ° f ) (2) = g(f (2)) = g (3) = 9
PÁG. 57
49.
a. (g ° f ) (–2) = g(f (–2)) = g (–1) = –1 (f ° g) (0) = f (g (0)) = f (–2) = –1
b. Dg ° f = {x ∈IR : x ∈Df ∧ f (x ) ∈Dg } =
= {x ∈IR : x ∈[–2, 3] ∧ f (x ) ∈[–2, 2]} = [–2, 3] ∩ [–2, 1 ] = [–2, 1]
Df ° g = {x ∈IR : x ∈Dg ∧ g(x ) ∈Df } =
= {x ∈IR : x ∈[–2, 2] ∧ g (x ) ∈[–2, 3]} = [–2, 2]
D ’g °f = [–2, 2] D ’f °g = [–1, 3]
PÁG. 58
50.
a. g (f (x )) = 4 ⇔ f (x ) = 0 ⇔ x = –2
b. f (g(x )) = 2 ⇔ g(x ) = 0 ⇔ x = –2 ∨ x = 2
c. g (f (x )) ≥ 0 ⇔ –2 ≤ f (x ) ≤ 2 ⇔ –4 ≤ x ≤ 0
51. Df ° g = {x ∈IR : x ∈Dg ∧ g(x ) ∈Df } =
= �x ∈IR : x ∈IR \ {0} ∧ ∈IR \ {0} � = IR \ {–1, 0}
Dg ° f = {x ∈IR : x ∈Df ∧ f (x ) ∈Dg } =
= �x ∈IR : x ∈IR \ {0} ∧ �x1� ∈IR \ {0} � = IR \ {0}
(g ° f )(x ) = g(f (x )) = g ��x1�� = = = 1 + x
2��(x + 1)(x – 1)
x + 2�x + 1
2�1 – x 2
x + 2�x + 1
x�x – 1
(x + 2)(x – 1) + 2��
x2 – 1
g�f
2�2 – x – x 2
�1 –
2x 2�
���xx
++
21
�
g (x )�f (x )
2�1 – x 2
x + 2�x + 1
x 2 + x�x 2 – 1
x (x + 1)�(x + 1)(x – 1)
2�(1 – x )(1 + x )
x + 1�x + 2
x + 1�
x
�x1� + 1�
�x1�
��x1�
f
x
y
1–1–3 30
1
3
–1
g
x
y
1–1–3 30
1
–2
g
x
y
1–2–4 30
1
3
–2
f
x
y
1–2–4 30
1
3
–2
a. (f + g)(0) = f (0) + g (0) = 2 + 2 = 4 ��gf�� (–2) = = = 0
f (–2)�g (–2)
0�
– �32�
(f ° g)(x ) = f (g (x )) = f � � =x + 1�
xx
�x + 1
1 + x�
x
31
PÁG. 60
53. Seja f a função definida por f (x ) = 2x + 1 e seja g a função
definida por g(x) = �x – 1 se x ≤ 0 =
x + 1 se 0 < x ≤ 5
(g ° f )(x) = g(f (x)) = �f (x ) – 1 se f (x ) ≤ 0 =
f(x ) + 1 se 0 < f (x ) ≤ 5
=2x + 1 – 1 se 2x + 1 ≤ 0
=2x se x ≤ – �
21
�
2x + 1 + 1 se 0 < 2x + 1 ≤ 5 2x + 2 se – �21
� < x ≤ 2
PÁG. 64
59. Seja f (x ) = definida em [0, +∞[ .
Tem-se D ’g = ��21�, +∞�
f (x ) = y ⇔ = y ⇔ = x
f –1(x) = f –1 : ��21�, +∞�→ IR
PÁG. 66
61. g(x ) = y ⇔ = y ⇔ 2x + 1 = xy + 3y ⇔ 1 – 3y = x (y – 2) ⇔
g–1(x ) = Dg –1 = IR \ {2}
PÁG. 69
64.
a. D = {x ∈ IR : 2 – x ≥ 0} = ]–∞, 2]
b. D = {x ∈ IR : x 2 – 1 ≥ 0} = ]–∞, –1] ∪ [1, +∞[
c. D = IR
d. D = � x ∈ IR : 1 – �3x
� ≥ 0 � = � x ∈ IR : ≥ 0 � = ]–∞, 0[ ∪ [3, +∞[
PÁG. 71
67.
a. Tem-se A = .
Sendo BP� = x e x = 2 , vem 62 = 22 + AP�2 ⇔ AP� = �32� = 4�2� .
Logo, A = = 4�2� .
b. Tem-se A = . Sendo BP� = x , vem AP�2 = 62 – x 2 ⇔
⇔ AP� = �36� –� x�2� Logo, A = , com x ∈ ]0, 6[ .
c. O triângulo de maior área é o triângulo isósceles, cujos catetosmedem 3�2� , pois 62 = x 2 + x 2 ⇔ x = �18� = 3�2� .
PÁG. 72
68. Sejam f e g as funções definidas respetivamente por,
f (x ) = �1 –� x� e g (x ) = x 2 .
a. (g ° f )(x ) = g (f (x )) = g (�1 –� x� ) = (�1 –� x� )2 = 1 – x
Dg ° f = {x ∈IR : x ∈Df ∧ f (x ) ∈Dg } =
= {x ∈IR : x ∈]–∞, 1] ∧ �1 –� x� ∈IR} = ]–∞, 1]
(f ° g)(x ) = f (g(x )) = f (x 2) = �1 –� x�2�Df o g = {x ∈IR : x ∈Dg ∧ g(x ) ∈Df } =
= {x ∈IR : x 2 ∈]–∞, 1]} = [–1, 1]
b. Df ° f = {x ∈IR : x ∈Df ∧ f (x ) ∈Df } =
= {x ∈IR : x ∈]–∞, 1] ∧ �1 –� x� ∈]–∞, 1]} = [0, 1]
PÁG. 73
69.
a. �x�+�1� + 1 = 2x ⇔ �x�+�1� = 2x – 1 ⇒ (�x�+�1�)2 = (2x – 1)2 ⇔
⇔ x + 1 = 4x 2 – 4x + 1 ⇔ 4x 2 – 5x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = �45
�
Verificação:
Para x = 0 , obtém-se �0�+�1� + 1 = 2 × 0 ⇔ 2 = 0
Como esta afirmação é falsa, conclui-se que 0 não é solução daequação.
Para x = �45
� , obtém-se ��45
�� +� 1� + 1 = 2 × �45
� ⇔ �52
� = �52
�
Esta afirmação é verdadeira e, portanto, �45
� é solução da equação.
O conjunto-solução da equação é, portanto, C.S. = �45
� .
b. x + �2x� –� 3� = 3 ⇔ �2x� –� 3� = 3 – x ⇒ (�2x� –� 3� )2 = (3 – x )2 ⇔
⇔ 2x – 3 = 9 – 6x + x 2 ⇔ x 2 – 8x + 12 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = 6
Verificação:
Para x = 2 , obtém-se 2 + �2�×� 2� –� 3� = 3 ⇔ 3 = 3
Como esta afirmação é verdadeira, conclui-se que 2 é solução daequação.
3x + 2�
4
4y – 2�
33x + 2�
4
4x – 2�
3
2x + 1�x + 3
1 – 3x�x – 2
x – 3 �
x
B�P� × A�P���
2
2 × 4�2��
2
B�P� × A�P���
2
x �36� –� x�2���
2⎧⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎪⎩
A B
P
C
x � y = 4x – 2�
3
⇔ x = 1 – 3y�y – 2
32
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
Para x = 6 , obtém-se 6 + �2�×� 6� –� 3� = 3 ⇔ 9 = 3
Esta afirmação é falsa e, portanto, 6 não é solução da equação.
O conjunto-solução da equação é, portanto, C.S. = {2} .
c. �x�+�2� – x = 2 ⇔ �x�+�2� = 2 + x ⇒ (�x�+�2� )2 = (2 + x )2 ⇔
⇔ x + 2 = 4 + 4x + x 2 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 ⇔ x = –2 ∨ x = –1
Verificação:
Para x = –2 , obtém-se �–2� +� 2� –(–2) = 2 ⇔ 2 = 2
Como esta afirmação é verdadeira, conclui-se que –2 é solução daequação.
Para x = –1 , obtém-se �–1� +� 2� – (–1) = 2 ⇔ 2 = 2
Esta afirmação é verdadeira e, portanto, –1 é solução da equação.
O conjunto-solução da equação é, portanto, C.S. = {–2, –1}.
PÁG. 74
70.
a. Tem-se A = 4 ⇔ = 4 ⇔ x = 4 . Logo, P(x , �x� ) = (4, 2) .
b. Tem-se O�P� 2 = x 2 + (�x� )2 ⇔ O�P� = �x�2 +� x� .
Logo, P = x + �x� + �x�2 +� x� , com x ∈]0, +∞[ .
PÁG. 82
73.
a. Dg = {x ∈IR : x 2 – 4 ≠ 0} = IR\ {–2, 2}
b. g(x) = = =
c. limx → –2
g(x) = limx → –2
=
PÁG. 83
74.
a. = = = = x + 2
b. limx → 1
= limx → 1
(x + 2) = 3
75.
a. g(–1 + h) = (–1 + h)2 + 3(–1 + h) = h 2 + h – 2
b. = = = h + 1
c. limh → 0
= limh → 0
(h + 1) = 1
76.
a. limx → –2
f (x ) = 1
b. limx → –1–
f (x ) = 0
c. limx → –1+
f (x ) = 2
d. limx → +∞
f (x ) = 0
e. limx → 2+
f (x ) = +∞
PÁG. 95
38.
a. f (0) = 1,6 ⇔ �8k
� = 1,6 ⇔ k = 5
b. f (t ) = 1,9 ⇔ = 1,9 ⇔ t = 10 dias
PÁG. 96
45.
a. (f + g )(–1) = f (–1) + g(–1) = –1 + (–3) = –4
b. (f × g)(x ) = 0 ⇔ (x 2 + 2x = 0 ∧ x ≤ 1) ∨
∨� = 0 ∧ x > 1�∨ x 2 – 4 = 0 ⇔ x ∈�–2, 0, 2�c. ��
gf��(x ) ≥ 0 ⇔ x ∈ ]–∞, –2[ ∪ ]–2, 0] ∪ ]2, +∞[
47.
x�x��
2
2x – 1�x – 2
2(x + 2)(x – 0,5)��
(x + 2)(x – 2)2x 2 + 3x – 2��
x 2 – 4
5�4
2x – 1�x – 2
(x + 2)(x – 1)��
x – 1x 2 + x – 2�
x – 1x2 + x – 3 – (–1)��
x – 1f (x ) – f (1)�
x – 1
f (x ) – f (1)�
x – 1
h 2 + h – 2 – (–2)��
hg (–1 + h ) – g (–1)��
h
g (–1 + h) – g (–1)��
h
3t + 8�1,5t + 5
h (h + 1)�
h
x + 5�
2
O A
P
x
f
x
y
0
–2
1
3
1–2–4 3 5 x
y
f
0
1
2
3
4
5
1–1–2 2 x
y
h
x – ∞ –2 0 1 2 + ∞
x2 + 2x + 0 – 0 + +
+ + +
x2 – 4 + 0 – – – – – 0 +
+ n.d. + 0 – – – n.d. +
x + 5�
2
f�g
33
a. (h + f ) (2) = h (2) + f (2) = 3 + 0 = 3 (h × g)(–3) = h(–3) × g (–3) = 0
��gf��(1) = = = 16 g 2(–1) = g (–1) × g (–1) = �
31� × �
31� = �
91�
b. Df × g = Df ∩ Dg = IR \ {–3, 3} ∩ IR \ {2} = IR \ {–3, 2, 3}
(f × g ) (x ) = f (x ) × g (x ) = × =
c. D = Dh ∩ Df ∩ {x ∈ IR: f (x ) ≠ 0} = IR ∩ IR \ {–3, 3} ∩ IR \ {2} =
= IR \ {–3, 2, 3}
d. h(x) ≥ 3 ⇔ x ∈]–∞, –2] ∪ {0} ∪ [2, +∞[
e. g (x) ≤ 1 ⇔ ≤ 1 ⇔ ≤ 0 ⇔ x ∈ �–∞, �31��∪ ]2, +∞[
PÁG. 97
50. f(x) = 2 – x
a. Df + g = Df ∩ Dg = IR ∩ IR = IR
b. f – g tem três zeros, que são as abcissas dos pontos de interseção
dos gráficos de f e g ; �gf� não tem zeros.
c. ��gf��(x ) ≥ 0 ⇔ x ∈IR \ {–1, 2}
PÁG. 98
59. Tem-se y = ⇔ yx + y = 2x – 3 ⇔ yx – 2x = –y – 3 ⇔ x = .
62. Tem-se y = ⇔ t = .
Logo, t = e Da –1 = [3; 10,5] . A função inversa de a
dá o tempo, em horas, que decorreu depois de ser dado o alertade fogo, em função da área ardida (em hectares).
63.
O gráfico da função f é a semicircunferência constituída pelospontos de ordenada não negativa da circun ferência de centro noponto de coordenadas (3, 0) e raio 2. Assim, a expressão analíticada função f é dada por:
(x – 3)2 + y 2 = 22 ∧ y ≥ 0 ⇔ y = �–x�2 +� 6�x�–�5� ; D = [1, 5]
66. g(x) = �x�–� 2�
Dg ° f = {x ∈IR : x ∈Df ∧ f (x ) ∈Dg } = {x ∈IR : f (x) ∈ [2, +∞[ } =
= ]–∞, –2] ∪ {0} ∪ [2, +∞[
67. Da equação da elipse vem y = �53
� �25� –� x�2� .
Como o ponto P tem coordenadas (x, y ) , com x > 0 e y > 0 a
área do retângulo é 2x × 2y , ou seja,
A = 2x × 2 × �53
� �25� –� x�2� = �25� –� x�2� .
x – 2�x 2 – 9
x + 3�4 – 2x
1�6 – 2x
h�f
x + 3�4 – 2x
3x – 1�4 – 2x
2x – 3�
x + 1y + 3�2 – y
3 + 12t�
1 + ty – 3�12 – y
a – 3�12 – a
2�
�81�
g (1)�f (1)
12x�
5
–1 2 x
y
g
0
Logo, g –1(x ) = e Dg –1 = IR \ {2} .x + 3�2 – x
0
1
–1
2
–1 1 2 3 4 5 x
y
0
1
2
3
4
5
1–1–2 2 x
y
f
D = Dg ∩ Df ∩ {x ∩ IR : f (x ) ≠ 0} = IR ∩ IR \ {2} = IR \ {2}g�f
x – ∞∞ �13� 2 + ∞
3x – 1 – 0 + + +
4 – 2x + + + 0 –
�4 – 2x3x – 1
– 0 + n.d. –
x –∞ –1 2 +∞
f (x ) + + + 0 –
g (x ) + 0 + 0 –
�g (x )f (x )
+ n.d. + n.d. +
34
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
68.
a. f (x ) = x + 5 + �4�2 +� (x� –� 3�)2� ⇔ f (x ) = x + 5 + �x�2 –� 6�x�+�25�b. f (x ) = 16 ⇔ x + 5 + �x�2 –� 6�x�+�25�� = 16 ⇔ �x�2 –� 6�x�+�25�� = –x + 11 ⇒
⇒ (�x�2 –� 6�x�+�25� )2 = (–x + 11)2 ⇔ 16x = 96 ⇔ x = 6
Verificação:
Para x = 6 , obtém-se 6 + 5 + �62� –� 6� ×� 6� +� 2�5� = 16 ⇔ 16 = 16
Como esta afirmação é verdadeira, conclui-se que 6 é solução daequação.
Para que o perímetro do triângulo [OPQ ] seja 16, a abcissa doponto Q tem de ser 6.
PÁG. 99
1.
1.1 f (0) = = �10
k0� , k é o número de indivíduos da referida
espécie em 1 de janeiro de 2009.
1.2
a. f (12) = = 1,25
Ao fim de um ano é suposto existirem 125 indivíduos da espécie.
b. f (t ) = 2 ⇔ = 2 ⇔ = 0 ⇔
⇔ 2t – 108 = 0 ∧ 100 + t ≠ 0 ⇔ t = 54 meses
O número de indivíduos da espécie em estudo deve atingir as duascentenas em julho de 2013.
c. f (t + 1) – f (t ) = – =
Para t ∈ IN , representa, aproximadamente, o aumento do nú-mero de indivíduos (em centenas) da contagem do dia 1 de um mêspara o dia 1 do mês seguinte.
d. < 0,02 ∧ t ≥ 0 ⇔ 0,02t 2 + 4,02t – 106 > 0 ∧ t ≥ 0 ⇔
⇔ t ∈ [23,6; +∞[
O número de indivíduos da espécie que, de acordo com o modelo apre-sentado, devem nascer no decorrer de janeiro de 2011, será inferior a2. No entanto, se considerarmos que, qualquer valor não inferior a 1,5deve ser arrredondado a 2, a resposta será o mês de Agosto de 2012.
1.3 f (12) – f (0) = 0,30 ⇔ – = 0,3 ⇔ k = 120
1.4 f (t ) = = 4 +
b = 4 ; se o programa se prolongar por muito tempo, o númerode indivíduos da espécie em recuperação vai estabilizar em tornode 400.
1.5 Para que t passe a ser expresso em anos, basta substituir, naexpressão dada no enunciado, t por 12t , obtendo-se a expressãopretendida.
1.6 (C) h(x ) = = 4 +
As coordenadas do centro de simetria da hipérbole são (–100, 4) .
PÁG. 102
4.
a. Uma condição que define a semicircunferência c é:
(x – 2)2 + y 2 = 4 ∧ y ≥ 0
b. (x – 2)2 + y 2 = 4 ∧ y ≥ 0 ⇔ y = �–x�2 +� 4�x� .
Sabendo que o ponto P tem ordenada 1, vamos determinar a suaabcissa.
�–x�2 +� 4�x� = 1 ⇒ –x 2 + 4x – 1 = 0 ⇔ x = 2 –�3� ∨ x = 2 + �3�
Logo, a área de cada um dos triângulos que se obtêm é
e , ou seja, e .
c. A = = , com x ∈]0, 4[ .
d. Recorrendo à calculadora gráfica para determinar o máximo dafunção A , obtemos x = 3 .
5.
a. O comprimento do trajeto d pode ser dado em função de x por
d = AD� + DC� .
Como A�D� 2 = A�B�2 + B�D� 2 ⇔ AA�D� 2 = 32 + (9 – x )2 ⇔
4 × 0 + k�
100 + 0
4 × 12 + 92��
100 + 12
4t + 92�100 + t
2t – 108�100 + t
4(t + 1) + 92��
100 + t + 14t + 92�100 + t
308��(101 + t )(100 + t )
308��(101 + t )(100 + t)
4 × 12 + k�
100 + 124 × 0 + k�
100 + 0
4t + k�100 + t
k – 400�100 + t
4x + k�100 + x
k – 400�100 + x
(2 – �3�) × 1��
2(2 + �3�) × 1��
22 – �3��
22 + �3��
2
x y�
2x �–x�2 +� 4�x���
2
P (3, 4)
QxO x
y
5
B C
A
D x
9 km
3 km
⇔ A�D� = �x�2 –� 18�x�+�90� , vem d = x + �x�2 –� 18�x�+�90� , com x ∈]0, 9[ .
x
y
P
B AO
c
35
b. d = 10 ⇔ x + �x�2 –� 18�x�+�90� = 10 ⇔ �x�2 –� 18�x�+�90� = 10 – x ⇒
⇒ (�x�2 –� 18�x�+�90� )2 = (10 – x )2 ⇔ x 2 – 18x + 90 = x2 – 20x + 100 ⇔
⇔ 2x = 10 ⇔ x = 5
Verificação:
Para x = 5 , obtém-se 5 + �52� –� 18� ×� 5� +� 9�0� = 10 ⇔ 10 = 10
Como esta afirmação é verdadeira, conclui-se que 5 é solução daequação. Assim, o valor de x é 5 km.
c. Se x = 6 , o triângulo [ABD ] é isósceles e a amplitude do ângulo
ADC é � – = .
d. = tg θ ⇔ x = 9 – 3 tg θ , ou seja, DC� = 9 – 3 tg θ .
Logo, DC� = 9 – 3 × = 9 – .
PÁG. 108
82. A taxa média de variação de f no intervalo de extremos a e b é
igual ao declive da reta que passa em A e B , ou seja, tmv [a, b ] = �32
� .
PÁG. 111
83.
a. f ’(2) = limh→2
= limx→2
= limx→2
= limx→2
(x + 2) = 4
b. limh→ 0
= limh→ 0
= limh→ 0
=
PÁG. 118
88.
a. f ’(x ) = limh→ 0
= limh→ 0
=
= limh→ 0
= limh→ 0
= limh→ 0
= �2x
�
b. Tem-se f ’(–2) = �–22� = –1 e, portanto, o declive da reta tangente é –1;
f (–2) = �(–
42)2� = 1 e 1 = –1 × (–2) + b⇔ b = –1 .
Logo, a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de f noponto de abcissa –2 é y = –x – 1 .
c. Para um determinado valor de b , a reta de equação y = 3x + b é tangente ao gráfico de f . Então, f ’(x ) = 3 , para algum x ∈ IR .
f ’(x ) = 3 ⇔ �2x
� = 3 ⇔ x = 6 e y = f (6) = 9 . Logo, 9 = 3 × 6 + b ⇔b = –9 .
O ponto da tangência tem coordenadas (6, 9) .
PÁG. 121
93. Tem-se g ’(x ) = .
a. A reta tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa –1
tem equação reduzida y = mx + b , onde m = g ’(–1) = �47
� .
g (–1) = – �45
� . Então, – �45
� = �47
�× (–1) + b ⇔ b = �21� e a equação reduzida
da reta é y = �47
� x + �21
� .
b. x – 4y = 0 ⇔ y = �41� x
g ’(x ) = �41� ⇔ = �
41� ⇔ x = �
21
� ; g ��21
�� = �41�
�41� = �
41� × �
21
� + b ⇔ b = �81�
y = �41� x + �
81�
94. d (t ) = 2,5t 2 + 4t , d ’(t ) = 5t + 4
a. d (2) = 2,5 × 22 + 4 × 2 = 18 , d ’(2) = 5 × 2 + 4 = 14
Ao fim de 2 s a bola tinha percorrido 18 m e tinha atingido a velo-cidade de 14 ms–1 .
b. d(t) = 210 ⇔ 2,5t 2 + 4t = 210 ⇔ t = 8,4 , d ’(8,4) = 5 ×8,4 + 4 = 46 ms–1
PÁG. 124
98. f ’(x ) = 3ax 2 + b
O gráfico de f interseta o eixo das ordenadas no ponto de orde-nada 1: f (0) = 1 ⇔ c = 1
A reta de equação y = 2x – 2 é tangente ao gráfico de f no pontode abcissa –1: f ’(–1) = 2 e f (–1) = – 4 . f ’(–1) = 2 ⇔ 3a + b = 2 ⇔ b = 2 – 3a
f (–1) = – 4 ⇔ –a – b + c = –4 ⇔ –a – 2 + 3a + 1 = –4 ⇔ a = – �32
�
b = 2 – 3 �– �32
�� = �123�
99. Tem-se h’(x ) = 3x2 – 10x .
A reta tangente ao gráfico da função h no ponto de abcissa �31�
tem declive h’��31�� = –3 e a reta tangente ao gráfico da função
h no ponto de abcissa 3 tem declive h’(3) = –3 . As duas retas têm o mesmo declive, logo são paralelas.
PÁG. 133
108. Seja x o lado dos quadrados a retirar e seja C a função que acada x faz corresponder a capacidade da caixa.
��4
3��4
9 – x�
3
�13��
2�13��
6
f (x) – f (2)�
x – 2x2 – 4�
x – 2
f (2 + h) – f (2)��
h(2 + h)2 – 4��
hh 2 + 4h�
h
f (x + h) – f (x)��
h
�(x +
4h)2� – �
x4
2�
��h
h 2 + 2hx�
4hh + 2x�
4
3 – 4x�
4
3 – 4x�
4
(x + 2)(x – 2)��
x – 2
h (h + 2x )�
4h
Tem-se 1 + tg2 θ = ⇔ 1 + tg2 = ⇔ tg θ = .1
�cos2 �
1�
��67
��2
�13��
6
DC� = �9 – � km�13��
2
= limh→ 0
= limh→ 0
(h + 4) = 4h (h + 4)�
h
36
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
Tem-se C (x ) = (30 – 2x )(16 – 2x)x = 4x 3 – 92x 2 + 480x e C ’(x) = 12x 2 – 184x + 480 .
C ’(x ) = 0 ⇔ 12x 2 – 184x + 480 = 0 ⇔ x = �130� ∨ x = 12.
A medida dos lados dos quadrados que maximiza a capacidadeda caixa é aproximadamente 3,3 cm.
PÁG. 145
3. tmv[4, b ] = = = �51�
= �51� ⇔ 5�b� – 10 = b – 4 ⇔ 5�b� = b + 6 ⇒ 25b = (b + 6)2⇔
⇔ b 2 – 13b + 36 = 0 ⇔ b = 4 ∨ b = 9
Como b > 4 , tem-se b = 9 . O intervalo é [4, 9] .
7.
a. f (x + h) – f (x ) = 3(x + h) – (x + h)2 – 3x + x 2 = 3h – 2xh – h 2
b. f ’(x ) = limh → 0
= limh → 0
= limh→0
(3 – 2x – h) = 3 – 2x
c. Tem-se f (2) = 2 , f ’(2) = –1 e 2 = –1 × 2 + b ⇔ b = 4 . Logo, y = –x + 4 .
d. Tem-se x – y = 2 ⇔ y = x – 2 , f ’(x ) = 1 ⇔ x = 1 ,
f (1) = 2 e 2 = 1 × 1 + b ⇔ b = 1 . Logo, a equação pedida é y = x + 1 .
PÁG. 146
10. Seja f a função definida por f (x ) = 1 – x 2 – �3�x .
Então, f ’(x ) = –2x –�3� e f ’(0) = –�3� .
Logo, α = tg–1 (–�3�) + 180o = 120o .
15.
a. ax + 2a + b + = =
= = f (x )
b. f ’(x ) = �ax + 2a + b + �’ = a –
c. O ponto A(0, 5) pertence ao gráfico de f :
f (0) = 5 ⇔ = 5 ⇔ c = –10
A reta tangente ao gráfico de f no ponto A é paralela ao eixo dasabcissas:
f ’(0) = 0 ⇔ a – = 0 ∧ c = –10 ⇒ b = 5
A reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 tem declive –3:
f ’(1) = –3 ⇔ a – = –3 ∧ c = –10 ∧ b = 5 ⇒ a = 1
16. Tem-se f ’(x) = x + 3 , f ’(a) = a + 3 , f (a ) = �a2
2� + 3a
�a2
2� + 3a = (a + 3)a + b ⇔ b = – �
21�a 2
y = (a + 3)x – �21�a 2
A reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa a passa no
ponto de coordenadas �0, – �32
�� e, portanto, – �21�a 2 = – �
32
� .
– �21�a 2 = – �
32
� ⇔ a = –�3� ∨ a = �3�
PÁG. 147
18.
a. Por leitura do gráfico, conclui-se que g(4) = 1 e, portanto, m = 1 .
–2 = 1 × 4 + b ⇔ b = –6 . Logo, y = x – 6 .
b. A afirmação é falsa, pois, como g ’ é positiva no intervalo [1, 6] , a função g é crescente nesse intervalo.
19.
a. f ’(x ) = x 2 – 4x – 5
f ’(x ) = 0 ⇔ x 2 – 4x – 5 = 0 ⇔ x = –1 ∨ x = 5
f é crescente em ]–∞, –1] e em [5, +∞[ e é decrescente em [–1, 5] .
f tem máximo relativo f (–1) = �134� e f tem mínimo relativo f (5) = – �
934�
b. A reta tangente ao gráfico de f no ponto da abcissa –1 é a reta de
equação y = �134� .
f (x ) = �134� ⇔ �
x3
3� – 2x 2 –5x + 2 = �
134� ⇔ �
x3
3� – 2x 2 – 5x + 2 – �
134� = 0.
f (b) – f (4)�
b – 4�b� – 2�
b – 4
�b� – 2�
b – 4
f (x + h) – f (x)��
h3h – 2xh – h 2��
h
4a + 2b + c��
x – 2(ax + 2a + b)(x – 2) + 4a + 2b + c���
x – 2
ax 2 + bx + c��
x – 2
4a + 2b + c��
(x – 2)2
0 + 0 + c��
0 – 2
4a + 2b + c��
(0 – 2)2
4a + 2b + c��
x – 2
4a + 2b + c��
(1 – 2)2
x
y
0
1
1 4 6
x –∞ –1 5 +∞
f ’ + 0 – 0 +
f Máx.relat.
Min.relat.↓↓ ↓
x 0 �103� 8
C ’ + 0 –
C Máx.abs. ↓↓
37
Como f(–1) = �134� , podemos decompor �
x3
3� – 2x 2 – 5x + 2 – �
134� em
fatores, dividindo este polinómio por x + 1 .
Tem-se �x3
3� – 2x 2 –5x + 2 – �
134� = 0 ⇔ (x + 1)��
13� x 2 – �
73� x �
83�� = 0 ⇔
⇔ x = –1 ∨ x = 8 . As coordenadas pedidas são �8, �143�� .
PÁG. 148
25.
a. A expressão representa a medida do comprimento da
outra aresta da base.
b. Seja h a medida da altura dos paralelepípedos desta família.
Tem-se V = a × × h e, portanto, h = �a (P
2V–2a)� .
Assim, a expressão dada representa a medida da altura do para-lelepípedo.
c. A = 2a × + 2ah + 2h ×
Se P = 20 e V = 50 , h = �a(
220×
–5
20
a)� e
A = 2a �20
2– 2a� + 2a ×�
a(220×
–5
20
a)� + 2 �
a(220×
–5
20
a)� �
202– 2a� =
=
e A = 2 �r 2 + 2 �rh ⇔ A = + 2�12���h� .
27. Tem-se 2 �rh + 2 �r 2 = 80 ⇔ h =
e V = �r 2h ⇔ V = 40r – �r 3 .
28.
a. D = ]0, 8[
b. Como o triângulo [ABC ] é isósceles (AB� = BC�) , também QP� = PC� .
f (x ) = =
f ’(x ) = = 4 – x , f ’(x ) = 0 ⇔ 4 – x = 0 ⇔ x = 4
f tem como máximo absoluto f (4) = 8 .
c. O triângulo [PBQ ] que tem maior área é isósceles.
PÁG. 156
7.
7.1 I (0) = 2 ⇔ b – �c1
� = 2
O número de infetados estabilizou quando atingiu aproximada-mente o dobro de infetados da contagem inicial, logo, b = 4 .
4 – �c1
� = 2 ⇔ c = �21
�
7.3a. I ’(3,5) = = 0,0625 ; 62,5 infetados por semana.
9.1 A expressão representa o custo médio de produção de
cada unidade quando se produzem x unidades.
9.2 Suponhamos que, para um determinado produto,
C (x) = 0,3x 2 + 2x + 400 dá o custo de produção de x unidades.
a. C (41) – C (40) = 26,3 C (51) – C (50) = 32,3
b. C ’(x ) = 0,6x + 2
C ’(40) = 0,6 × 40 + 2 = 26 C ’(50) = 0,6 × 50 + 2 = 32
Os custos marginais são próximos das diferenças determinadas; di-ferem apenas de 3 décimas.
c. C (x + 1) – C(x ) = 0,3(x + 1)2 + 2(x + 1) + 400 – 0,3x2 – 2x – 400 = 0,6x + 2,3
d. O custo marginal, C ’(x) , dá um valor aproximado do custo de pro-dução de mais uma unidade, quando já se produziram x unidades.
PÁG. 158
12.
24�
h
40 – �r 2�
�r
(8 – x )x�
28x – x 2�
2
P – 2a�
2
P – 2a�
2P – 2a�
2
2a2(10 – a)2 + 1000��
a (10 – a)
P – 2a�
2
8 – 2x�
2
1��(3,5 + 0,5)2
C (x )�
x
26. Tem-se �r 2h = 12 ⇔ r 2 = ⇔ r = 12��h
�12���h���
�h
C
Q
A B
P
x
x 0 4 8
f ’ + 0 –
f Máx.absoluto ↓↓
x
y
A B
CO
7.2 I ’(t ) = > 0, ∀t ≥ 0 1
�(t + c )2
b. I ’(t ) <0,03 ⇔ <0,03 ⇔ t > 5,3 ; no decorrer da quinta
semana.
1�(t + 0,5)2
38
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
12.1 �2
2+ x� × (4 – x 2) =
12.2 � �’ = , = 0 ⇔ x = �23
�
Seja A(x) a área do trapézio em função de x :
B ��32
� , �392��
12.3 B (1, 3 ) , C (2, 0) , m = –3 ⇒ α = tg–1(–3) + 180o ≈ 108o
12.4
a. Tem-se OC� = 2 , OA� = 4 – x 2 , AB� = x e BC�2 = (2 – x )2 + (4 – x2)2 ⇔
⇔ BC� = �x�4�–�7x�2 –� 4�x�+�20�Logo, p(x ) = 6 + x – x 2 + �x�4�–�7x�2 –� 4�x�+�20� .
b. lim p(x ) = limx → 0+
(6 + x – x 2 + �x�4�–�7x�2 –� 4�x�+�20� ) = 6 + �20�Quando x tende para 0, o ponto B tende a coincidir com o pontoA ; o trapézio tende para o triângulo retângulo [OAC ] de catetos4 e 2 e hipotenusa �20� .lim
x → 2–p(x ) = lim
x → 2–(6 + x – x 2 + �x�4�–�7x�2 –� 4�x�+�20�) = 4
Quando x tende para 2, o ponto A tende a coincidir com o ponto O , o ponto B tende a coincidir com o ponto C e o valor de lim
x→2–p(x) corresponde ao dobro do comprimento do segmento [OC] .
PÁG. 159
14.
a. Tem-se f3(x ) = 0 ⇔ 3 – = 0 ⇔ x = – . Logo, A = �– , 0� .
A = × C�D� ⇔ A = �1 +
23
� × ⇔ A =
b. Tem-se fa (x ) = 0 ⇔ a – = 0 ⇔ x = .
Logo, A = � , 0�Tem-se fa (0) = a – = a – 1 . Logo, B (0, a – 1) .
c. A = × C�D� ⇔ A = �1 +
2a
� × �2a
a– 2� ⇔ A = �
a 2
a– 1�
Observações:
• A abcissa de A é a solução da equação f (x ) = 0 ⇔
⇔ a – = 0 ⇔ x = .
• A altura do trapézio é simétrica da abcissa do ponto A , uma vezque esta é negativa.
• A base menor é sempre igual a 1: BC� = a – f (0) ⇔
⇔ BC� = a – �a – � ⇔ BC� = 1 .
VOLUME 3
SUCESSÕES
PÁG. 19
3. Na sucessão (un ) , os termos decrescem do 1.o ao 11.o termo e cres-cem a partir do 11.o termo. Logo, a sucessão (un) não é monótona.
PÁG. 21
5. Sejam (an) e (bn) as sucessões definidas respetivamente por:
an = (–1)n + 5 e bn = (–1)nn .
Se n é par, an = 6 ; se n é ímpar, an = 4 . Logo, 4 ≤ an ≤ 6 , ouseja, (an) é limitada.
Se determinarmos os primeiros termos da sucessão (bn) , obtemos–1, 2, –3, 4, –5, 6, etc. Verificamos que os termos de ordem ímparsão os simétricos dos números ímpares e os termos de ordem parsão os números pares. Os termos de ordem ímpar decrescem para–∞ . Os termos de ordem par crescem para +∞ . Concluímos entãoque (bn) não é limitada.
PÁG. 22
6. Seja (un) o termo geral de uma sucessão e suponhamos que existem ∈ IR+ de modo que ∀n ∈ IN , |un| ≤ m . Então, ∀n ∈ IN , –m ≤ un ≤ m , ou seja, (un) é limitada.
PÁG. 31
15.
c. Da igualdade wn + 1 = �43
�wn , concluímos que r = �43
� .
Logo, wn = –6 × ��43
��n – 1
.
2�x + 2
2 – 2a�
a2 – 2a�
a
2�0 +2
B�C� + A�D���
2
2�x + 2
4�3
4�3
B�C� + A�D���
24�3
8�3
4 – 4x – 3x 2��
24 – 4x – 3x 2��
28 + 4x – 2x 2 – x 3��
2
2�0 + 2
2�x + 2
2 – 2a�
a
8 + 4x – 2x 2 – x 3��
2
x
y
D
A
C
B
0
fa
x 0 �23� 2
A’ + 0 –
A Máx.abs. ↓↓
Tem-se f 3 (0) = 3 – = 2 . Logo, B = (0, 2) .2
�0 + 2
39
d. Tem-se �tt
6
3� = r 3 , que é equivalente a:
– �21
16� = r 3 ⇔ r = �3
–��2�1
16�� ⇔ r = –�
61� . Logo, tn = 2 × �– �
61��
n – 3.
PÁG. 34
18. 1000 × (1 + 0,05)6 ≈ 1340,10 €
PÁG. 35
19. 20 000 × (1 – 0,1)12 ≈ 5649 peixes
PÁG. 40
6.a. A partir de uma folha de papel A4 é possível obter duas folhas A5 ;
a partir de uma folha de papel A3 é possível obter duas folhas A4 ;a partir de uma folha de papel A2 é possível obter duas folhas A3 ;a partir de uma folha de papel A1 é possível obter duas folhas A2 ;a partir de uma folha de papel A0 é possível obter duas folhas A1 .Logo, a partir de uma folha A10 é possível obter 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 32folhas de papel A5 .
b. A razão entre as áreas de uma folha de papel A1 e uma folha de
papel A0 é �21� .
A razão entre as áreas de uma folha de papel An e uma folha de
papel An – 1 também é �21� .
c. Considere-se uma folha de papel de um destes formatos, de dimen-sões a e b , que é dobrada ao meio segundo o seu comprimento.
Mostremos que as folhas são retângulos semelhantes se e só se oquociente entre o comprimento e a largura da folha é �2� :
�ab
� = ⇔ �2
b2� = a2 ⇔ �
ab
� = �2�
PÁG. 43
6.
a. c 1 = 3 , c2 = 2 × 3 = 6 , c3 = 2 × 6 = 12
b. c 3 = 2 × 2 × 3 = 22 × 3 , c 10 = 29 × 3 = 1536
c. cn = 2n – 1 × 3
10.
a. A sucessão (an) é decrescente. Assim, o 1.o termo é um majorante.Por outro lado, os termos da sucessão aproximam-se de 6, nuncachegando a tomar esse valor.
Logo, ∀n ∈IN , 6 < an ≤ 7 .
b. A sucessão (bn) é crescente. Assim, o 1.o termo é um minorante.Por outro lado, os termos da sucessão aproximam-se de 4, nuncachegando a tomar esse valor.
Logo, ∀ n ∈IN , 3 ≤ bn < 4 .
c. A sucessão (cn) é decrescente. Assim, o 1.o termo é um majorante.Por outro lado, os termos da sucessão aproximam-se de 1, nuncachegando a tomar esse valor.
Logo, ∀ n ∈IN , 1 < cn ≤ 3 .
17.
O comprimento das semicircunferências da figura obtém-se somando os comprimentos das cinco semicircunferências queformam a figura dada. Vamos calcular os comprimentos dessassemicircunferências, começando no interior da espiral. O
comprimento da 1.a semicircunferência é dado por = � ;
o comprimento da 2.a semicircunferência é dado por
= �32
� � ; o comprimento da 3.a semicircunferência é
semicircunferências da figura é � + �32
� � + 2� + �52
� � + 3� = 10� .
18. Seja (an) uma progressão geométrica tal que o 4.o termo e o
6.o termo são respetivamente 15 e 1,35. Tem-se �aa
4
6� = r 2 , que é
equivalente a: �1,1355
� = r 2 ⇔ r 2 = 0,09 ⇔ r = +–�0,09� ⇔
⇔ r = 0,3 ∨ r = –0,3 .
a�
�b2�
2� × 1�
2
2� × �32
�
�2
a
b
0 42 31–1–2
y
x
d. ≈ 1,4138 ≈ �2�1189�841
ferência é dado por = 3� . Assim, o comprimento das 2� × 3�
2
é dado por = �52
� � ; o comprimento da 5.a semicircun-2� × �
52
�
�2
dado por = 2� ; o comprimento da 4.a semicircunferência 2� × 2�
2
40
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
20. Seja (bn) uma progressão geométrica tal que b2 = 6 e b5 = 48 .
Tem-se �bb
5
2� = r 3 , que é equivalente a:
�468� = r 3 ⇔ r 3 = 8 ⇔ r =
3�8� ⇔ r = 2 .
O termo geral é dado por: bn = b 1 × r n – 1 , ou seja, bn = 3 × 2n – 1 .
22. Seja (cn) a progressão geométrica tal que c 1 = 4 e c 6 = �81� .
Tem-se �cc
6
1� = r 5 , que é equivalente a:
�312� = r 5 ⇔ r = �5
�312�� ⇔ r = �
21� . A soma dos dez termos consecutivos
a partir do sétimo, inclusive, é dada por:
c 7 × �1
1–
–r
r
10� = �
116� × = �
1801923
2�
PÁG. 44
1.
a. Consideremos as seguintes sucessões:
(Qn ) : número de quadrados de cada figura;
(Ln ) : comprimento dos lados dos quadrados sombreados;
(An ) : área dos quadrados sombreados;
(Pn ) : perímetro dos quadrados sombreados.
Então,
Q 1 = 1 , Q 2 = 4 , Q 3 = 9 , Q 4 = 16 , Q 5 = 25 ;
L1 = 16 , L2 = �126� = 8 , L3 = �
136� , L4 = �
146� = 4 , L5 = �
156� ;
A 1 = 256 , A 2 = 64 , A 3 = �25
96
� , A 4 = 16, A 5 = �22556
� ;
P1 = 64 , P2 = 32 , P3 = �634� , P4 = 16 , P5 = �
654� .
b. Os termos gerais das sucessões são:
Qn = n 2 , Ln = �1n6� , An = ��
1n6��
2, Pn = �
6n4� .
c. Relativamente à monotonia das sucessões:
Qn + 1 – Qn = (n + 1)2 – n2 = 2n + 1 > 0, ∀n ∈ IN .
Logo, (Qn ) é crescente.
Ln + 1 – Ln = �n
1+6
1� – �
1n6� = < 0, ∀n ∈ IN .
Logo, (Ln ) é decrescente .
An + 1 – An = ��n
1+6
1��
2– ��
1n6��
2= < 0, ∀n ∈ IN .
Logo, (An ) é decrescente.
Pn + 1 – Pn = �n6+4
1� – �
6n4� = < 0, ∀n ∈ IN .
Logo, (Pn ) é decrescente.
d. Como (Qn ) é crescente, Q 1 é minorante. No entanto, (Qn ) nãotem majorante porque os termos de (Qn ) crescem indefinida-mente. Logo, (Qn ) não é limitada.
Como (Ln ) é decrescente, L 1 é majorante. Por outro lado, os ter-mos de (Ln ) são maiores do que zero. Logo, ∀ n ∈ IN, 0 < Ln ≤ 16.(Ln ) é limitada.
Como (An ) é decrescente, A 1 é majorante. Por outro lado, os ter-mos de (An ) são maiores do que zero. Logo, ∀ n ∈ IN , 0 < An ≤ 256.(An ) é limitada.
Como (Pn ) é decrescente, P 1 é majorante. Por outro lado, os ter-mos de (Pn ) são maiores do que zero. Logo, ∀ n ∈ IN, 0 < Pn ≤ 64.(Pn ) é limitada.
PÁG. 45
4. Seja (un) a sucessão do número de lugares de cada fila da bancadado estádio. Trata-se de uma progressão aritmética de razão –2 e o seu termo geral é dado por un = 59 + (n – 1) × (–2) , ou seja, un = 61 – 2n . O número de lugares da bancada corresponde à soma
dos 17 primeiros termos de (un) e é �59
2+ 27� × 17 = 731 .
PÁG. 46
5.a. Sejam l 1 e A1 , respetivamente, a medida do lado e a área do
quadrado inicial. Então, A1 = l 21 = 12 = 1 . Na fase 2, l 2 representa a
medida do lado do quadrado construído dentro do 1.o quadrado.
Aplicando o teorema de Pitágoras na 2.a figura, tem-se
l 22 = ��
l21��
2 + ��
l21��
2⇔ l 2
2 = ��21��
2+ ��
21��
2⇔ l 2
2 = �21� ⇔ l 2 = .
Assim, A2 = l 22 = �
21� = �
A2
1� .
Analogamente, l 23 = � �
2+ � �
2⇔ l 2
3 = �41� e A3 = �
41� = �
A2
2� ;
l 24 = ��
41��
2+ ��
41��
2⇔ l 2
4 = �81� e A4 = �
81� = �
A2
3� ; l 25 = � �
2+ � �
2⇔
⇔ l 25 = �
116� e A5 = �
116� = �
A24� ; l 2
6 = ��81��
2+ ��
81��
2⇔ l 2
6 = �312� e A6 = �
312� = �
A2
5� .
b. A área de um quadrado obtida numa fase é metade da área doquadrado da fase anterior.
c. A10 = �219� ⇔ A10 = �
5112� (cm2)
d. An = �2n
A–11� , ou seja, An = �
2n1
–1� ⇔ An = ��21��
n – 1.
e. �2n
A–11� = �
10124� ⇔ 2n – 1 = 1024 ⇔ 2n – 1 = 210 ⇔ n – 1 = 10 ⇔ n = 11
f. É a partir da fase 7 (inclusive) que deixa de ser perceptível o novo
quadrado construído, pois A7 = �216� = �
641� < 0,02 .
–16�n(n + 1)
–16(2n + 1)�[n (n + 1)]2
–64�n (n + 1)
�2��2
�2��4
�2��4
1 – ��21��
10
��1 – �
21�
�2��8
�2��8
41
6.a. Sejam L1 , L2 e L3 , respetivamente, as medidas dos lados dos
triângulos obtidos nas 1.a, 2.a e 3.a fases. Então, L1 = 1 , L2 = �L21� = �
21
�
e L3 = �L2
2� = �41� .
b. A medida do lado do triângulo obtido numa fase é metade da me-dida do lado do triângulo obtido na fase anterior.
c. Seja h 1 a altura do triângulo da fase 1. Pelo teorema de Pitágoras,
tem-se: h 21 = 1 – ��
21��
2⇔ h 1 = �
�2
3�� . Logo, A1 = = �
�4
3�� .
d. An = �41� An – 1 .
e. A relação entre os lados é �21� e a relação entre as áreas é �
41� = ��
21��
2.
f. A2 = �41� × �
�4
3�� = , A3 = �
41� × = ,
A4 = �41� × = , A5 = �
41� × = �
�102
3�4
� .
An = ��
4
3�� × ��
41��
n – 1
g. A sucessão (An) é decrescente. Logo, A1 é um majorante. Poroutro lado, os termos de (An) são maiores do que zero. Concluímosque a sucessão (An) é limitada e tem-se:
∀ n ∈ IN , 0 < An ≤
PÁG. 47
7. A regularidade observada é: = �22
670
040
� = = 1,04 .
a. = 1,04 ⇔ x = ≈ 2403,85 €
b. 2812,16 × � �n – 1
ou 2812,16 × 0,96n–1
Usando r = 0,96 , obtém-se S20 = 39 229,46 € .
8.
a. Processo A: an = 2n ; processo B: bn = 20 .
b. Processo A: 2 × = 62 € ; processo B: 20 × 5 = 100 € .
c. Pela alínea anterior, verificamos que ao fim de cinco meses oAndré ainda não tem dinheiro suficiente para comprar a prancha.De forma análoga, concluímos que ao fim de 6 meses tambémnão. No entanto, ao fim de sete meses já consegue, pois, apesar
de pelo processo B só ter 140 €, pelo processo A terá 254 €. Assimdeve optar pelo processo A.
PÁG. 59
4. Seja (un) a sucessão do número de encomendas em cada mês.
a. (un) é uma progressão aritmética, pois u 2 – u 1 = 90 – 60 = 30 , u 3 – u 2 = 120 – 90 = 30 , u 4 – u 3 = 150 – 120 = 30 , u 5 – u 4 = 180 – 150 = 30 . A razão é 30.
b. O termo geral é un = 60 + (n – 1) × 30 ⇔ un = 30n + 30 .
c. O número de encomendas em outubro é u 10 = 30 × 10 + 30 = 330 .
d. O número de encomendas que a fábrica receberá durante
12 meses consecutivos a partir de janeiro, inclusive, é
S 12 = �60 +
2390� × 12 = 2700 .
PÁG. 66
33.
a. �3n
1– 1� < �
n1� ⇔ n < 3n – 1 ⇔ n > �
21
�
Logo, a condição é universal em IN .
b. �nn
+2
1� < �
2n
n2� ⇔ n + 1 < 2n ⇔ n > 1
Logo, a condição verifica-se a partir da ordem 2 (inclusive).
c. A condição é universal em IN .
PÁG. 67
35.
a. Seja (ln) a sucessão da medida dos lados dos quadrados. Sabendoque o primeiro mede 1 cm e que cada quadrado tem de lado
metade do lado do quadrado anterior, tem-se ln = ��21
��n – 1
. Sendo
(cn) a sucessão das medidas dos comprimentos dos arcos, tem-se
cn = 3 × ln ⇔ cn = 3 × ��21
��n – 1
.
b. cn = 3 × ��21
��n – 1
→ 0 porque (cn) é uma progressão geométrica
de razão �21
� e –1 < �21
� < 1 .
1 – 25�
1 – 2
�3��
4
2812,16�
27042600�2500
2500�
x2500�
1,04
1�1,04
1 × ��
2
3��
��2
�3��
64�3��
16�3��
16
�3��256
�3��256
�3��
64
c. S 20 = 2812,16 × ≈ 39 746,90 €
1 – ��1,04
1��
20
��1 – �
1,041�
42
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS DO MANUAL
PÁG. 79
5.
a. Como a taxa de natalidade anual é de 15% e a taxa de mortalidadeanual é de 17%, o saldo é que a população de andorinhas decresce2% por ano. Assim, trata-se de uma progressão geométrica derazão 0,98.
b. an = 10 000 × 0,98n – 1
c. a 6 = 10 000 × 0,985 ≈ 9039 andorinhas
PÁG. 92
8. un = �4nn
++3
1� → 4 porque un – 4 = �
4nn
++3
1� – 4 = �
n–+11
3� → 0 .
9.
a. → 1 porque – 1 = – → 0 .
b. �31n� + 3 → 3 porque �
31n� + 3 – 3 = �
31n� → 0 .
c. �2
3–
n3n� → –1 porque �
23–
n3n� + 1 = �
22
–3n� → 0 .
10.
a. |an – 3| < 0,01 ⇔ ��n3
+n
1� – 3� < 0,01 ⇔ ��n
–+3
1�� < 0,01 ⇔
⇔ �n +
31
� < 0,01 ⇔ n > 299
b. an → 3 porque os termos de ordem par constituem uma sucessãoque tende para 3 e os termos de ordem ímpar constituem uma su-cessão que também tende para 3. Portanto, lim an = 3 .
12. A sucessão é limitada, pois ∀n ∈ IN , –3 ≤ un ≤ 3 . A sucessão nãoé convergente, pois os termos de ordem ímpar constituem umasucessão que tende para –3, mas os termos de ordem par cons-tituem uma sucessão que tende para 3. O termo geral da suces-são pode ser definido por un = 3 × (–1)n .
13.
a. ��3n–+
54n
� + 5� > 0,1 ⇔ �n
2+3
4� > 0,1 ⇔ n < 226
A desigualdade é verificada por 225 termos da sucessão.
b. O limite da sucessão é –5 porque �3n
–+
54n
� + 5 = �n
2+3
4� → 0 .
PÁG. 93
18. –1 ≤ sen n ≤ 1 ⇔ n – 1 ≤ n + sen n ≤ n + 1 ⇔
⇔ �n2
–n
1� ≤ �
n +2snen n� ≤ �
n2+n
1�, ∀ n ∈IN
�n2
–n
1� → �
21� e �
n2
+n
1� → �
21�
Pelo teorema das sucessões enquadradas, concluímos que
lim �n +
2snen n� = �
21� .
19.
b. lim � �n
= lim = = �ee–
1
1
/
/
2
2� = e
c. lim �1 – �n4
2��n
= lim �1 – �n2�
n. lim �1 + �
n2�
n= e –2 . e 2 = e 0 = 1
d. lim �tg ��
3��
n= lim (�3� )n = +∞
e. lim � �n
= lim ��21��
n= 0
PÁG. 95
6. Consideremos a sucessão de quadrados formados como a figurasugere.
a. Sejam l e l 2 , respetivamente, as medidas dos lados do 1.o e do
2.o quadrados. Pelo teorema de Pitágoras, l 22 = ��
3l��
2+ ��
23l��
2⇔
⇔ l 22 = �
59
� l 2 . Mas, A2 = l 22 e A = l 2 , ou seja, A 2 = �
59
� A . Repetindo
o processo, concluímos que An = A × ��59
��n – 1
.
b. Seja Sn a soma das áreas dos n primeiros quadrados. Então,
lim Sn = lim A × = lim �49
� A × �1 – ��59
��n
� = �49
� A
�1 + �21n��
n
�
�1 – �21n��
n��
2n + 1�4n + 2
1 – ��95
��n
��1 – ��
95
��
2��n� + 2
�n����n�+ 2
�n����n�+ 2
2n + 1�
2n – 1
Q1Q2
Q3
lim �1 + �n�21�
�n
lim �1 – �n�21�
�n
a. lim ��nn
++
17
��0,5n
= lim = = = e 3�1 + �
n7
��0,5n
��
�1 + �n1��
0,5n
lim �1 + �03,5,5
n��
0,5n
���lim �1 + �
00,5,5
n��
0,5n
e 3,5�e 0,5
43
VOLUME 1
GEOMETRIA NO PLANO E NO ESPAÇO II
PÁG. 8
Tarefa de introdução – Razões trigonométricas de um ângulo agudo
1.
a. Designando por x a distância entre o topo do edifício e a base doposte de iluminação pública e considerando que a parede do edi-fício forma com o solo um ângulo reto, tem-se:
cos 20o = �10
x0� ⇔ x = �
co1s0
200o� . Portanto, x ≈ 106,4 m
Como o cabo mede 105 metros, não tem comprimento suficientepara a instalação que se pretende.
b. Designando a altura do edifício por y , tem-se:
tg 20o = �10
y0� ⇔ y = 100 tg 20o . Portanto, y ≈ 36,4 m
O edifício tem, aproximadamente, 36,4 metros.
2. O ângulo ao centro marcado na figura seguinte mede 36o (360o : 5 : 2).
Atendendo à notação da figura tem-se:
�1x0� = sen 36o ⇔ x = 10 sen 36o
�1y0� = cos 36o ⇔ y = 10 cos 36o
Área = �2x
2y
� × 5 = 5xy = 500 cos 36o sen 36o Área ≈ 237,8 cm2
3.
Considerando o triângulo [ABC ] , temos:
tg ���
2�� = = =
��
2� = tg–1 � � ⇔ � = 2 tg–1 � � ; � ≈ 70,53o
PÁG. 11
Tarefa 1 – Altura da torre Vasco da Gama
a. Sendo x a medida do cateto do triângulo representado na figurado enunciado, oposto ao ângulo medido, temos:
tg 85o = �1x2� ⇔ x = 12 tg 85o
A altura da torre é, portanto, 12 tg 85o + 1,52 ≈ 138,68 (metros).
b. O erro cometido pelo Carlos na sua estimativa é
140 – 138,68 = 1,32 (m) .
c. Designando por � a amplitude do ângulo interno do triânguloonde se situa o Carlos, temos:
tg � = �140
1–2
1,52�
� = tg–1 ��13812
,48�� ≈ 85,05o
d. Sendo x a medida da hipotenusa do triângulo representado, temos:
cos 85,05o = �1x2�
x = �cos 8
152
,05o� ≈ 139,07 (m)
PÁG. 13
Tarefa 2 – Buraco de golfe
a. A figura seguinte traduz a situação descrita com a indicação dasmedidas relevantes.
sen � = �210�
� = sen–1 ��210�� ≈ 2,87o
b. Na figura seguinte representam-se as duas situações consideradas(tacadas dadas a 20 m e a 50 m).
Tendo em conta a semelhança dos triângulos (dois ângulos cor-respondentes iguais), chega-se a:
�520
0� = �
x1� ⇔ x = 2,5 (metros)
a��2a�
1��2�
�2��
2
�2��
2
�2��
2
36°y
x
�a
BA
C
�—2
��2a
�
20 m1 m
20 m 50 m
x2,87° 1 m
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
44
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
60°
h
B A45°
10 mx
Tarefa 3 – O sótão
a. Atendendo aos dados da figura, podemos escrever o seguinte sistema de equações que, após resolução, nos dá o valor preten-dido ( y na figura).
tg 30o = �xy�
⇔y = x tg 30o
⇔y = x tg 30o
⇔tg 20o = �
15y– x� y = (15 – x ) tg 20o x tg 30o= (15 – x ) tg 20o
⇔y = x tg 30o
⇔y = x tg 30o
x tg 30o + x tg 20o = 15 tg 20o x (tg 30o + tg 20o) = 15 tg 20o
⇔y = x tg 30o
⇔y = �
1t5g
t3g02o0+
o
ttgg
2300
o
o� ≈ 3,35
x = �tg 3
150o
tg+ t
2g0o
20o� x = �tg 3
150o
tg+ t
2g0o
20o� ≈ 5,80
O pé direito máximo do sótão é aproximadamente 3,35 metros.
b. Para determinar neste corte qual é a extensão em que os donosdesta casa andam à vontade, determinemos os comprimentos xe y da figura seguinte.
tg 30o = �1x,9� ⇔ x = ≈ 3,291 (m)
tg 20o = �1y,9� ⇔ y = ≈ 5,220 (m)
Assim, a área do sótão onde os donos da casa podem circular àvontade é (15 – 3,291 – 5,220) × 17 ≈ 110,31 (m2) .
PÁG. 14
Tarefa 4 – Refração
a. sen 30o = 1,333 sen r
r = sen–1 ��sen 30o
1,333�� ≈ 22,03o
b. O valor máximo da amplitude do ângulo de refração que se podeobservar na transmissão da luz do ar para a água dá-se quando oângulo de incidência se aproxima tanto quanto se queira de 90o.Assim, o valor para que tenderá é:
sen 90o = 1,333 sen r
r = sen–1 ��1,3133�� ≈ 48,61o
Observação: nesta fase do estudo da trigonometria os alunosainda não conhecem o valor de sen 90o . Devem por isso ser leva-dos a conjeturar esse valor fazendo cálculos para valores de i su-cessivamente mais próximos de 90o: por exemplo, 89o, 89,9o,89,99o e 89,999o.
PÁG. 19
Tarefa 5 – Placa fotovoltaica
1.
Tendo em atenção os dados da figura, podemos escrever o se-guinte sistema de equações, que após resolução nos dá o valorpretendido.
tg 60o = �xh�
⇔�3� = �
xh�
⇔h = �3�x
⇔tg 45o = 1 = h = 10 + x
⇔ h = �3�x
⇔ h = �
10�3� �3� – 1
� ≈ 24
�3�x = 10 + x x = �10
�3� – 1� ≈ 14
Assim, a altura h mede aproximadamente 24 metros.
2.
a. tg 30o = ⇔ A�C� = 10 ≈ 6 m
b. DE� = 24 – 6 = 18 m E�C� = 10 + 14 = 24 m
tg (ECD ) = ⇔ tg (ECD ) = �218
4�
ECD = tg–1 ��43
�� ≈ 37o
1,9�tg 30o
1,9�tg 20o
h�10 + x
h�10 + x
�3��
3A�C��
10
D�E��E�C�
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
20°30°
15 – xx
C
BA
y
15 m
20°30° 1,9 m 1,9 m
yx
C
BA
15 m
45
d. Área [ACDF ] = × AF� = �24
2+ 6� × 24 = 360 (m2)
PÁG. 33
Tarefa 6 – Área de um setor circular e comprimento de um arco
1.
a. A área de um círculo de raio r é dada pela expressão �r 2 . A áreade um setor circular de raio r e amplitude � pode ser obtida atra-vés de uma regra de três simples considerando que um círculo éum setor circular de amplitude 360o.
�r 2 ————————— 360o
A ————————— θ
Assim:
A = �3�
6r0
2�o�
b. Procedendo de forma idêntica à da alínea anterior, tem-se:
�r 2 ————————— 2� rad
A ————————— θ
A =
2. Substituindo θ por 360o na primeira fórmula, obtém-se A = �r 2 .Substituindo θ por 2� na segunda fórmula, obtém-se A = �r 2 .Em ambos os casos se obtém a fórmula da área do círculo.
3.
a. 2�r ————————— 360o
P ————————— θ
P = ⇔ P =
b. 2�r ————————— 2� rad
P ————————— θ
P = ⇔ P = r �
PÁG. 34
Tarefa 7 – Roda da sorte
1.
a. Cada um dos doze setores circulares em que o círculo está divididomede 30o (360o : 12) . O ponteiro ao rodar 960o dá mais do que umavolta. Para determinar o número de voltas completas, bastatomar a parte inteira do quociente desta amplitude por 360o.Como 960o : 360o = 2,(6) e 960o – 2 × 360o = 240o , concluímos queo ponteiro deu duas voltas inteiras mais 240o. Sendo 240o : 30o = 8 ,sabemos que o ponteiro, para além das duas voltas, avançou oito números no sentido positivo. Como parte do número 1, o númerosorteado é o 9.
b. Duas voltas completas.
c. Por exemplo, 240o, 600o e 1320o (basta adicionar múltiplos de 360o
a 240o).
2.
a. Como –1860o : 360o = -5,1(6) , o ponteiro deu cinco voltas comple-tas no sentido negativo. Anulando a correspondente amplitude,tem-se –1860o + 5 × 360o = –60o . Assim, o número sorteado foi o 11.
b. Cinco voltas completas.
c. –60o + 360o = 300o
3.1
a. O ponteiro terá de percorrer sete setores de 30o, pelo que deverádescrever um ângulo de 210o, descontando eventuais voltas com-pletas.
b. O ponteiro terá de percorrer cinco setores de 30o, pelo que deverá des-crever um ângulo de –150o, descontando eventuais voltas completas.
3.2 Como 3090o = 8 × 360o + 210o , o ponteiro para na mesma posiçãoem que pararia se descrevesse 210o, pelo que o ângulo de 3090o
permite que o número sorteado seja o 8.
Como 2550o = 7 × 360o + 30o , o ponteiro para na mesma posiçãoem que pararia se descrevesse 30o, pelo que o ângulo de 2550o
não permite que o número sorteado seja o 8.
3.3 Como a amplitude 210o permite premiar o número 8, basta acres-centar-lhe voltas completas, quer no sentido negativo, quer nopositivo, isto é, múltiplos inteiros de 360o . Assim, uma expressãoque define a amplitude de todos os ângulos que permitem pre-miar o número 8 é:
210o + k 360o , k ∈ ZZ
PÁG. 38
Tarefa 8 – A pista circular
1.
a. Quatro voltas completas, pois 1580o : 360o = 4,3(8) .
b. 1580o – 4 × 360o = 140o
c. 140o – 360o = –220o
r 2��
2
2�r��360o
�r��180o
2�r��
2�
D�F� + A�C���
2
c. sen (ECD ) = ⇔ sen 37o = ⇔ DC� = �sen
1837o� ≈ 30 (m)
D�E��D�C�
18�D�C�
θ
r
46
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
2.
a. Uma volta completa no sentido negativo mede –2� radianos,
pelo que, sendo –2� – �– � = – , se tem que – radianos é a
amplitude que lhe faltava fazer para completar uma volta.
b. – – 2 ×2� = – radianos
3.
a. Vejamos quantas vezes o raio da trajetória cabe no comprimento
da mesma: �91350
� = 62 .
Portanto, o automóvel percorreu um arco com 62 radianos de am-plitude
b. Vejamos quantas voltas completas foram dadas: ≈ 9,87 .
Descontemos agora 10 voltas à amplitude do arco descrito peloautomóvel:
62 – 10 × 2� ≈ –0,83 .
Assim, no sentido negativo, o automóvel deveria descrever umarco aproximadamente de –0,83 radianos.
PÁG. 50
Tarefa 9 – Razões trigonométricas dos ângulos cujos lados extremidade coincidem com os semieixos
PÁG. 53
Tarefa 10 – Ângulo no círculo trigonométrico
Da figura conclui-se que tg � = – 2 .
tg2 � + 1 = �cos
12 �� ⇔ (–2)2 + 1 = �
cos1
2 �� ⇔ 5 = �
cos1
2 �� ⇔
⇔ cos2 � = �51� ⇔ cos � = ±��
51�� = ±
Como � pertence ao 4.o quadrante, cos � = – .
Temos ainda, sen � = tg � cos � = –�2�
5
5�� .
Assim, cos2 � – tg � – sen � = �51� – (–2) – ��2�
5
5��� = .
PÁG. 55
Tarefa 11 – Relações entre razões trigonométricas
1. Na figura seguinte representam-se ângulos nas condições referi-das, bem como outros elementos que permitem responder às alí-neas seguintes.
a. Por exemplo, � + � .
b. sen (� + �) = – sen �cos (� + �) = – cos �tg (� + �) = tg �
2. Na figura seguinte representam-se ângulos nas condições referi-das, bem como outros elementos que permitem responder às alí-neas seguintes.
a. Por exemplo, –� .
b. sen (– �) = – sen �cos (– �) = cos �tg (– �) = – tg �
��6
��6
11��
6
35��
611��
6
62�2�
�5��
5
�5��
5
11 – 2�5���
5
απ + α
1
1
-1
-1O
y
x
Ângulo(rad) 0 �
�
2� � �
3�
2� 2�
Seno 0 1 0 –1 0
Cosseno 1 0 –1 0 1
Tangente 0 n.d. 0 n.d. 0
α
–α 1
1
-1
-1 O
y
x
47
PÁG. 58
Tarefa 12 – Ângulo no círculo trigonométrico
Da figura conclui-se que tg (–�) = – 0,6 , pelo que tg � = 0,6 .
tg2 � + 1 = �cos
12 �� ⇔ (–0,6)2 + 1 = �
cos12 �� ⇔ �
32
45� = �
cos12 �� ⇔
⇔ cos2 � = �32
45� ⇔ cos � = ±��
32�4
5�� = ±
Como � pertence ao 1.o quadrante, cos� = .
Temos ainda, sen� = tg � cos� = .
Assim, tg � – sen� = �53� – .
PÁG. 61
Tarefa 13 – Relações entre razões trigonométricas
a. cos � – �� = cos �� + – �� = – cos � – �� = – sen �
sen � – �� = sen �� + – �� = – sen � – �� = – cos �
6. cos � + �� = cos �� + + �� = – cos � +�� = sen �
sen � + �� = sen �� + + �� = – sen � +�� = – cos �
PÁG. 81
Tarefa de introdução – A função seno
1.
2.
3. A cada valor de x corresponde um e só um valor do seno.
4. Todos os valores reais.
5. Todos os valores do intervalo [–1, 1] .
6. No intervalo [0, 2�] , os zeros da função y = sen x são 0 , � e 2� .A função é positiva para x ∈ ]0, �[ . A função é negativa para x ∈ ]�, 2�[ .
7. No intervalo ]0, 2�[ , a função tem máximo igual a 1, para x = ,
e mínimo igual a –1, para x = .
� , 2�� . A função é decrescente em � , � .
8. No intervalo [0, 2�] , a equação sen x = �21� tem como soluções
e . Para estender a IR , basta generalizar as amplitudes, isto é:
PÁG. 86
Tarefa 14 – Um losango
a. Na figura ao lado re-presenta-se o losango,encarado como um para-le logramo, e a sua al-tura h .
A relação entre h e x obtém-se do seguinte modo:
• Se x ∈� 0, �tem-se:
Assim, a área do losango é dada por:
A(x ) = AD� × h = 1 × sen x
A(x ) = sen x
534��
34
534��
34
334��
34
334��
34
��2
��2
3��
2
��2
��2
3��
2
��2
��2
3��
2
��2
��2
3��
2
��2
3��
2
3��
2��2
3��
2
5��
6��6
��2
0
0,2
–0,2
–0,4
–0,6
–0,8
–1
0,4
0,8
1
0,6
�—6�—4�—3
�—2
2�—3
3�—4
5�—6
� x
y
7�—6
5�—4
4�—3
3�—2
5�—3
7�—4
11�—
6 2�
x (rad) 0 �6�� �
4�� �
3�� �
2�� �
32�� �
43�� ��
65��
sen x 0 �21� �
22�� �
23�� 1 �
23�� �
22�� �
21�
x (rad) � �6
7�� �
45�� �
34�� �
23�� �
35�� �
47�� �
611�� 2�
sen x 0 – �21� –�
22�� –�
23�� – 1 –�
23�� –�
22�� – �
21� 0
tg � – �� = = = = 3��
2– cos ��– sen �
1���cos �sen �
1�tg �
sen ��23�� – ��
��cos ��2
3�� – ��
tg � – �� = = = – – 3��
2– cos ��sen �
1���cos �sen �
1�tg �
sen ��23�� + ��
��cos ��2
3�� + ��
1
1 A
x
h
D
BC
No intervalo ]0, 2�[ , a função é crescente em �0, � e em ��2
sen x = �21� ⇔ x = + k 2� ∨ x = + k 2�, k ∈ZZ
��6
5��
6
sen x = ⇔ h = sen xh�1
• Se x = , a área do losango é 1 e, como sen = 1 , A(x ) = sen x .��2
��2
• Se x ∈� , ��tem-se A = 1 × sen CBA e, como sen CBA =
= sen (180o – x ) = sen x , a área do losango também é dada por
A(x ) = sen x .
��2
48
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
b.
c.
d. A função seno tem máximo para x = , pelo que a área é máxima
para esse valor. O losango fica quadrado, pois para além de tertodos os lados iguais tem também os ângulos retos.
e. Não, pois os pontos (0, 0) e (�, 0) não pertencem ao gráfico dafunção, ou seja, para x = 0 ou x = � não existe losango.
f. � = � – �
PÁG. 89
Tarefa 15 – De cosseno para seno
Observemos as seguintes igualdades.
Conclui-se que sen x = cos �x – � , pelo que o gráfico da função seno
se obtém do gráfico da função cosseno pela translação segundo o
vetor de coordenadas � , 0� .
PÁG. 91
Tarefa 16 – A maré
a.
c. [0, 8] e [20, 24]
d. Às 20 horas, hora a que a maré atingiu 19 metros.
Vejamos como resolver analiticamente esta questão. Comecemospor determinar o máximo da maré.
Quando t assume todos os valores do intervalo [0, 24] , a expressão
cos � + � assume todos os valores do intervalo [–1, 1] , a expressão
7 cos � + �assume todos os valores do intervalo [–7, 7] , e a expressão
12 + 7 cos � + � assume todos os valores do intervalo [5, 19] .
Ficamos a saber que o máximo da maré foi 19 metros. Basta agoradescobrir quando ocorreu.
12 + 7 cos � + � = 19 ⇔ cos � + � = 1 ⇔ + = k 2�, k ∈ZZ
Se k = 0 , tem-se t = – 4 ; mas –4 ∉ [0,24] .
Se k = 1 , tem-se t = – 4 + 24 = 20 .
Como 20 ∈[0, 24], conclui-se que a maré atingiu 19 metros às 20horas.
e. Representando a reta de equação y = 8 conjuntamente com o grá-fico da função M , podemos obter as coordenadas dos pontos deinterseção: (4,32; 8) e (11,68; 8), com abcissas arredondadas àscentésimas.
Como o navio não pode atracar com uma profundidade inferior a8 metros, para descobrir durante quanto tempo isso sucedeu,basta subtrair as abcissas dos dois pontos de interseção: 11,68 – 4,32 = 7,36 . Assim, nesse dia, o navio não pôde estar atra-cado durante aproximadamente 7,36 horas.
PÁG. 95
Tarefa 17 – Funções trigonométricas em ramos
a. A função h está definida para qualquer valor x ≥ 0 . Mas para x < 0 isso já não sucede, pois a função tangente não tem domínioIR . Assim, temos:
Dh = �x ∈IR : x ≠ + k�, k ∈ZZ–�
��2
��2
��2
��3
�t�12
��3
�t�12
��3
�t�12
��3
�t�12
��3
�t�12
��3
�t�12
��2
1
1 A
�—4
D
BC
1
1 A
2�—3
D
BC
0
0,5
1
�—2� x
y
0
2
6
10
14
18
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 t
M
0
y = 8(4,32; 8)
(11,68; 8)
2
6
10
14
18
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 t
M
b. M (0) = 12 + 7 cos � + �= 12 + 7 cos = 12 + 7 × �21� = 15,5 (metros)� × 0
�12
��3
��3
sen x = cos � – x �= cos �– � – x ��= cos �x – ���2
��2
��2
⇔ = – + k 2�, k ∈ZZ ⇔ t = –4 + 24k , k ∈ZZ�t�12
��3
49
b. h(x ) = 0 ⇔ (tg (x ) = 0 ∧ x < 0) ∨ (sen (x ) = 0 ∧ x ≥ 0) ⇔
⇔ (x = k� ∧ x < 0) ∨ (x = k� ∧ x ≥ 0) , k ∈ZZ ⇔
⇔ x = k� , k ∈ZZ
{Zeros de h } = {x ∈IR : x = k� , k ∈ZZ}
c. h(x ) = 1 ⇔ (tg x = 1 ∧ x < 0) ∨ (sen x = 1 ∧ x ≥ 0) ⇔
⇔ �x = + k� ∧ x < 0�∨ �x = + k2� ∧ x ≥ 0�, k ∈ZZ ⇔
⇔ �x = – + k� , k ∈ZZ–0� ∨ �x = + k 2� , k ∈ZZ+
0�
S = {x ∈IR : x = + k 2� , k ∈ZZ–+0} ∪
∪ {x ∈IR : x = – + k� , k ∈ZZ–0}
d. Para x ≥ 0 , a equação h(x ) = 2 não tem soluções.
Para x < 0 , a equação tem uma solução em cada intervalo daforma [–� + k�, k�[ , k ∈ZZ–
0 . Assim, entre ]–3�, 0[ a equação temtrês soluções.
Resumindo, no intervalo ]–3�, 2�[ a equação h (x ) = 2 tem trêssoluções.
PÁG. 103
Tarefa 18 – Movimento harmónico simples
a. y = 1,4 sen �5� × 0 + �= 1,4 sen � �= 1,4 × �21� = 0,7 (cm)
b. � = 2�f
5� = 2�f ⇔ f = = 2,5 Hz
f = �T1�
T = = 0,4 s
c. Temos de determinar quantas vezes se tem y = –0,5 nos primeiros5 segundos, isto é, quantas soluções tem a equação
1,4 sen (5�t + ) = – 0,5 no intervalo [0, 5] .
Em cada intervalo de amplitude 0,4 segundos (período da função),a equação tem duas soluções, uma em cada «metade» do intervalo.
Como = 12,5 , nos cinco primeiros segundos, temos 12,5 inter-
valos com amplitude igual ao período da função. Portanto, o corpoesteve 0,5 cm abaixo da posição de equilíbrio da mola 25 vezes,nos primeiros cinco segundos de oscilação.
d. 1,4 sen �5�t + �= 0 ⇔ sen �5�t + �= 0 ⇔
⇔ t = – + , k ∈ZZ ⇔ t = – + , k ∈ZZ
Se k = 1 , t = – + =
Se k = 3 , t = – + = ; ∉[0; 0,5]
No primeiro meio segundo de oscilação, o corpo esteve na posição
de equilíbrio da mola nos seguintes instantes: s e s
PÁG. 124
Tarefa de introdução – Trapézio
1.
a. AB→
= B – A = (–1, 2) – (3, 4) = (–4, –2) ;
BC→
= C – B = (1, –2) – (–1, 2) = (2, –4) ;
CD→
= D – C = (3, –1) – (1, –2) = (2, 1) ;
DA→
= A – D = (3, 4) – (3, –1) = (0, 5)
b. AB→
= – 2CD→
, pelo que, [AB ] e [CD ] são paralelos.
2.
a. ||AB→ || = �(–�4�)2� +� (–�2)�2� = �20� = 2�5� ;
||BC→ || = �22� +� (–�4�)2� = 2�5� ;
||CD→ || = �22� +� 12� = �5� ;
||DA→|| = �0�2 +� 5�2� = 5 ;
b. AB� = 2�5� ; BC� = 2�5� ; CD� = �5� ; DA� = 5
c. A = × BC� = 15
PÁG. 130
Tarefa 19 – Ângulo de duas retas
1. A = (2, –2, –2) ; B = (2, 2, –2) ;
C = (–2, 2, –2) ; D = (–2, –2, –2) ;
E = (2, –2, 2) ; F = (2, 2, 2) ;
G = (–2, 2, 2) ; H = (–2, –2, 2)
2.
a. Por exemplo, AB e EF .
b. Por exemplo, AB e AC .
c. Por exemplo, AB e BC .
d. Por exemplo, AB e FH .
3.
a. 0o
b. 90o
c. As retas não são complanares.
4. GA→
= (4, –4, –4) e BH→
= (–4, –4, 4)
��6
��6
5��2�
1�2,5
5�0,4
��6
��6
��6 × 5�
k��5�
1�30
k�5
��2
3��4
��2
3��4
��2
��4
��6
1�6
1�5
1�30
17�30
17�30
3�5
1�30
11�30
1�6
AB� + CD���
2
⇔ 5�t + = k�, k ∈ZZ ⇔ 5�t = – + k�, k ∈ZZ ⇔��6
��6
Se k = 0 , t = – + = – ; – ∉[0; 0,5]1
�30
0�5
1�30
1�30
Se k = 2 , t = – + = 1
�30
2�5
11�30
50
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
= cos–1 � � =
PÁG. 133
Tarefa 20 – Inclinação de uma reta
a. Por exemplo, para x = 1 obtemos y = 2 × 1 + 1 = 3 e para x = 0 ob-temos y = 2 × 0 + 1 = 1 , pelo que (1, 3) e (0, 1) são as coordenadasde dois pontos da reta.
b.
c. Qualquer vetor com coordenadas da forma k (1, 2) , com k ∈ IR \ {0} .
d. Qualquer vetor com coordenadas da forma k (1, 0) , com k ∈ IR \ {0} .
e. A inclinação de r corresponde, por exemplo, ao ângulo entre os vetores de coordenadas (1, 2) e (1, 0) , por exemplo:
De outra forma, se considerarmos, por exemplo, o triângulo retângulo com vértices nos pontos de coordenadas (1, 3) , (0, 1) e(1, 1) e aplicarmos a trigonometria do triângulo retângulo, obte-mos para valor da inclinação tg–1 (2) ≈ 63o .
PÁG. 135
Tarefa 21 – Vetores perpendiculares
a. u→
= (–1, 2) e v→
= (2, 1)
b. u→ . v
→= (–1, 2).(2, 1) = 0 . Como o produto escalar é nulo e os vetores
são não nulos, os vetores são perpendiculares.
c. Qualquer vetor com coordenadas da forma k(2, 1) , com k ∈ IR \ [0} .
d. Sendo (u1, u2) e (v1, v2) as coordenadas de dois vetores perpendi-culares, temos u1v1 + u2v2 = 0 .
e. Infinitos. Dado um vetor perpendicular a u→
, de coordenadas (a, b) ,qualquer vetor colinear a este, de coordenadas k(a, b) , com k ∈ IR \ [0} ,é ainda perpendicular a u
→.
PÁG. 137
Tarefa 22 – Retângulos no espaço
Os pontos A, B, C e D são complanares pois pertencem ao plano deequação z = 2 .Para mostrar que [ABCD ] é um retângulo podemos, por exemplo,começar por mostrar que é um paralelogramo. Para tal, comecemospor calcular as coordenadas de vetores definidos pelos lados do qua-drilátero.
A(0, 0, 2) , B (0, 5, 2) , C (–2, 5, 2) e D (–2, 0, 2)
AB→
= B – A = (0, 5, 2) – (0, 0, 2) = (0, 5, 0) ;
BC→
= C – B = (–2, 5, 2) – (0, 5, 2) = (–2, 0, 0) ;
CD→
= D – C = (–2, 0, 2) – (–2, 5, 2) = (0, –5, 0) ;
DA→
= A – D = (–2, 0, 2) – (0, 0, 2) = (–2, 0, 0)
Tem-se ||AB→||= ||CD
→||= 5 e ||BC→||= ||DA
→||= 2 .
Assim, podemos verificar que AB→
e CD→
, tal como BC→
e AD→
, têmnormas iguais. Daqui se conclui que o quadrilátero é um paralelo-
gramo.
Para mostrar que o paralelogramo é retângulo, basta mostrar queos ângulos ABC e ADC são retos. O ângulo ABC é reto se e só seAB→.BC
→= 0 , o que, de facto, se verifica:
AB→.BC
→= (0, 5, 0).(–2, 0, 0) = 0
ADC é reto se e só se CD→.DA
→= 0 , o que, de facto se verifica:
CD→.DA
→= (0, –5, 0).(–2, 0, 0) = 0
PÁG. 141
Tarefa 23 – Domínio plano
1.
a. A circunferência tem centro no ponto de coordenadas (1, 2) e raio�32� +� 12� = �10� , pelo que a circunferência pode ser definida, ana-liticamente, por (x – 1)2 + (y – 2)2 = 10 . Desenvolvendo, obtemos aequação x 2 + y 2 – 2x – 4y – 5 = 0 .
b. y = – 3x + 15 ; y = �31�x + 5 ; y = – 3x – 5 ; y = �
31�x – �
53
�
2. x2 + y 2 – 2x – 4y – 5 ≥ 0 ∧ y ≤ –3x + 15 ∧ y ≤ �31�x + 5 ∧
∧ y ≥ –3x – 5 ∧ y ≥ �31�x – �
53
�
PÁG. 143
Tarefa 24 – Plano tangente a uma superfície esférica
1. TC→.TP
→= 0
2. TC→
= C – T = (1, 2, –3) – (0, –2, 4) = (1, 4, –7)
Sendo P = (x, y, z ) um ponto do plano,
TP→
= P – T = (x, y, z ) – (0, –2, 4) = (x, y + 2, z – 4) .
Assim, de TC→.TP
→= 0 obtemos:
(1, 4, –7) . (x, y + 2, z – 4) = 0 ⇔ x + 4(y + 2) – 7(z – 4) = 0 ⇔
⇔ x + 4y – 7z + 36 = 0
|(4, –4, –4)(–4, –4, 4)|�����42 + 42 + (–4)2 �� �(–4)2 + 42 + 42 ��
0 x
y
1
2
3
1–1 2
5. GA∧
BH = cos–1 � � =|GA→.BH
→|
��||GA→
|| ||BH→
||
= cos–1 � � = cos–1 ��31�� = 70,53o (2 c.d.)|–16|��
4�3� × 4�3�
cos–1 � � = cos–1 ≈ 63o (1, 2).(1, 0)�����12� +� 2�2� �12� +� 0�2�
1��5�
51
PÁG. 162
Tarefa 25 – Equações dos planos coordenados e de planos pa-ralelos aos planos coordenados
1. z = 0 ; x = 0 ; y = 0
2. z = c ; y = b ; x = a
PÁG. 168
Tarefa 26 – Octaedro e pirâmide quadrangular
1.1. A = (1, 0, 0) ; B = (0, 1, 0) ; C = (–1, 0, 0) ;
D = (0, –1, 0) ; E = (0, 0, 1) ; F = (0, 0, –1)
1.2.
a. Qualquer vetor com coordenadas da forma k(1, 1, 1) com k ∈ IR \ {0} .
b. x + y + z – 1 = 0
1.3 ADE : –x + y – z + 1 = 0
CDE : x + y – z + 1 = 0
BCE : x – y – z + 1 = 0
ABF : x + y – z – 1 = 0
ADF : x – y – z – 1 = 0
DCF : x + y + z + 1 = 0
CBF : –x + y – z – 1 = 0
2.
a. A = (1, 1, 0) ; B = (–1, 1, 0) ; C = (–1, –1, 0) ; D = (1, –1, 0) ; E = (0, 0, 5)
b. ABC: z = 0
ABE : 5y + z – 5 = 0
BCE : –5x + z – 5 = 0
CDE : –5y + z – 5 = 0
ADE : 5x + z – 5 = 0
PÁG. 172
Tarefa 27 – Paralelepípedo
a. Por exemplo, comecemos por determinar a equação da reta AGque contém a diagonal [AG ] .
A reta admite a seguinte equação vetorial: P = A + λAG→
, λ∈IR .
Sendo A = (2, –4, –2) e G = (–2, 4, 2) ,
AG→
= G – A = (–2, 4, 2) – (2, –4, –2) = (–4, 8, 4) .
Vamos partir da equação vetorial e obter equações cartesianas:
x = 2 – 4λ – = λ
(x, y, z ) = (2, –4, –2) + λ(–4, 8, 4) ⇔ y = –4 + 8λ ⇔ = λ
z = –2 + 4λ = –2 + 4λ
Portanto, – = = são equações cartesianas da reta AG .
Analogamente, obtém-se:
BH : = = –
BF : x = 2 ∧ y = 4
b. IF : x – 2 = =
IB : x – 2 = ∧ z = –2
PÁG. 175
Tarefa 28 – Posições relativas de planos
1.
a. Por exemplo: (2, 3, –1)
b. Por exemplo: (3, –2, 0)
c. Por exemplo: (2, 3, –1)
2. � e � são planos perpendiculares porque têm vetores normaisperpendiculares: (2, 3, –1) . (3, –2, 0) = 0 .
3. � e � são planos paralelos porque admitem vetores normais colineares.
PÁG. 177
Tarefa 29 – O cubo
1. a. � : x + y + z – �32
� = 0
b. DF : x = y = z + 1
EG : –x + 1 = y ∧ z = 0
MN : –x + 1 = y – �21
�∧ z = 0
NP : x – �21� = – z ∧ y = 1
PM : x = 1 e y – �21� = –z
2. Os vetores diretores de DF são colineares com os vetores normaisdo plano � . Por exemplo, DF
→= (1, 1, 1) é colinear a n
→= (1, 1, 1) ,
vetor normal ao plano � .
3. Os vetores diretores de EG são perpendiculares aos vetores nor-mais do plano � . Por exemplo, EG
→= (–1, 1, 0) é perpendicular a
n→
= (1, 1, 1) vetor normal ao plano � . Com efeito, (–1, 1, 0) . (1, 1, 1) = 0 ,o que é equivalente a dizer que os vetores são perpendiculares.
x – 2�
4
y + 4�
8
z + 2�
4
z + 2�
4y + 4�
8x – 2�
4
z + 2�
4y – 4�
8x – 2�
4
z – 2�
2y – 4�
2
y – 2�
2
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
52
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
4. Para determinar as coordenadas do ponto de interseção de [DF ]com o triângulo [MNP ] , basta resolver o sistema das equaçõesque definem a reta DF e o plano que contém o triângulo.
x + y + z = �32
�
⇔x + y + z = �
32
�
⇔y + y + y – 1 = �
32
�
x = y x = y x = y
y = z + 1 z = y – 1 z = y – 1
⇔
3y = �52
�
⇔
y = �56
�
x = y x = �56
�
z = y – 1 z = – �16
�
O ponto de interseção de [DF ] com o triangulo [MNP ] tem de
coordenadas ��56
�, �56
�, – �16
�� .
5. x + y + z = �32
� ∧ z ≤ 0 ∧ x ≤ 1 ∧ y ≤ 1
PÁG. 185
Tarefa 30 – Pirâmides quadrangulares
a. A = (2, –2, 0) ; B = (2, 2, 0) ; C = (–2, 2, 0) ; D = (–2, –2, 0) ; E = (0, 0, –4) ; F = (0, 0, 4)
b. Comecemos, por exemplo, pelo plano ABF . Um vetor normal aABF é um vetor perpendicular a AB
→e BF
→, uma vez que A , B e
F são três pontos não colineares do plano. Determinemos as coor-denadas desses vetores:
AB→
= B – A = (2, 2, 0) – (2, –2, 0) = (0, 4, 0) ;
BF→
= F – B = (0, 0, 4) – (2, 2, 0) = (–2, –2, 4)
Seja n→
um vetor normal ao plano ABF .
n→⊥ AB
→∧ n→⊥ BF
→⇔ n
→. AB→
= 0 ∧ n→. BF→
= 0
Sendo n→
= (a, b, c ) :
(a, b, c ) . (0, 4, 0) = 0 ⇔
b = 0 ⇔
(a, b, c ) . (–2, –2, 4) = 0 –2a – 2b + 4c = 0
⇔b = 0
⇔b = 0
–2a + 4c = 0 a = 2c
Assim, as coordenadas de um vetor normal ao plano são, porexemplo, (2, 0, 1) . Tomando as coordenadas de um dos pontos doplano, por exemplo, o ponto A , de coordenadas (2, –2, 0) , obtemosuma equação cartesiana do plano:
2x + z – 2 × 2 – 0 × (–2) – 1 × 0 = 0 ⇔ 2x + z – 4 = 0
De forma análoga, obtêm-se equações dos outros planos.
BCF : 2y + z – 4 = 0
CDF : –2x + z – 4 = 0
ADF : –2y + z – 4 = 0
CDE : 2x + z + 4 = 0
ADE : 2y + z + 4 = 0
ABE : –2x + z + 4 = 0
BCE : –2y + z + 4 = 0
c.
2x + z – 4 = 0 ———–——
2y + z – 4 = 0 ⇔ 2y + z – 4 = 0 ⇔
–2y + z – 4 = 0 2z – 8 = 0
———–—— x = 0
⇔ 2y + 4 – 4 = 0 ⇔ y = 0
z = 4 z = 4
A solução do sistema corresponde às coordenadas do ponto F ,que é a interseção dos três planos.
d. O sistema é possível indeterminado. A solução do sistema corres-ponde ao conjunto de pontos de interseção dos planos: a reta AB .Essa reta também pode ser definida por x = 2 ∧ z = 0 .
2x + z – 4 = 0 ⇔ 2x + z – 4 = 0 ⇔–2x + z + 4 = 0 z = 0
⇔ x = 2
z = 0
PÁG. 208
Tarefa de introdução – Arranjos florais
a. A proposta da Isabel é viável e a proposta do Dinis não é viável.
b. 16x + 8y representa o número de margaridas necessárias parafazer x arranjos do tipo A e y arranjos do tipo B; 4x + 8y repre-senta o número de rosas necessárias para fazer x arranjos do tipoA e arranjos do tipo B; 8x + 8y representa o número de violetasnecessárias para fazer x arranjos do tipo A e y arranjos do tipo B.
c.
d.
0
1
3
5
7
9
13
x
y
1 3 5 7 9 11 13 15 17
11
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
(Substituindo aterceira equaçãopela soma destacom a segunda)
(Substituindo a segunda equaçãopela soma das duas)
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
x 0 6 10 12 5 1 9 …
y 11 8 4 0 5 7 2 …
53
e. O maior número de ramos que se podem fazer é 14, sendo 6 dotipo A e 8 do tipo B, ou 10 do tipo A e 4 do tipo B.
f.
Considerando os dados do quadro, facilmente concluímos que éna realidade uma das situações que nos permite obter o maior nú-mero de ramos que nos permite o maior lucro; no entanto, issonão se verifica para as duas situações que nos permitiriam efetuaro maior número de ramos.
PÁG. 216
Tarefa 31 – Incêndios
Comecemos por definir as variáveis do problema:
• x é o número de pinheiros bravos, em milhares, por hectare;
• y é o número de eucaliptos, em milhares, por hectare.
A função objetivo é 0,2x + 0,17y (que se pretende minimizar).
As restrições são:
x + y = 2
x ≥ 1,6
y ≤ 0,4
x ≥ 0
y ≥ 0
Solução: 1600 pinheiros bravos e 400 eucaliptos, sendo que o custoda reflorestação é 388 euros.
PÁG. 217
Tarefa 32 – Empresa de gás
Função objetivo: L(x, y ) = 1600x + 1200y
Restrições:
3x + 2y ≤ 24
5x + 5y ≤ 45
y ≤ 5 x ≥ 0 y ≥ 0
Região admissível :
Solução:
Devem ser produzidas 6 toneladas de PPremium e 3 toneladas dePRegular.
PÁG. 218
Tarefa 33 – Cadeia hoteleira
Função objetivo: L(x, y ) = x + y
Restrições:
2x + y ≤ 100 x + 2y ≤ 120 4x + 3y ≤ 210 x ≥ 0 x ≤ 50 y ≥ 0 y ≤ 60
Região admissível :
Solução:
Número de quartos ocupados, por noite, em cada hotel: 120 e 540.
0
(0, 0)
(0, 5)
(4, 5)
(6, 3)
(8,25, 0)
4
2
6
2 4 6 8 10 x
y
0
(0, 0)
40
20
60
20–20 40 60 x
(45, 10)(50, 0)
(0, 60)
y
(12, 54)
x 0 6 10 12 …
y 11 8 4 0 …
L = 3x + 2y 22 34 38 36 …
0
(1,6; 0,4)x + y = 2
x � 1,6
y � 0,4
1
2
3
4
5
1 2 3 4 x
y
54
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
VOLUME 2
INTRODUÇÃO AO CÁLCULO DIFERENCIAL I.
FUNÇÕES RACIONAIS E FUNÇÕES COM RADICAIS.
TAXA DE VARIAÇÃO E DERIVADA
PÁG. 6
Tarefa de introdução – Funções racionais fracionárias
a. 0,5 × 10 + 0,8(x – 10) = 14 ⇔ x = 21,25
Consumiu 21,25 m3 de água.
b. �0,5 × 10
18+ 0,8 × 8� ≈ 0,63
O custo médio do metro cúbico de água é, nesse caso, 63 cêntimos.
c. Tabela 1: ≈ 0,72
Tabela 2: ≈ 0,70
Os custos médios do metro cúbico de água são respetivamente 72 cêntimos e 70 cêntimos.
e.
O preço médio do metro cúbico de água tende a estabilizar em 80 cêntimos.
PÁG. 12
Tarefa 1 – Retângulos de área 1
1. Por exemplo.
2. l = �x1�
3. A largura toma um valor (positivo) muito próximo de 0; a larguratoma um valor muito, muito grande.
PÁG. 16
Tarefa 2 – Funções definidas por x |→ �xa� com a ≠ 0
1. D ’f = D ’g = D ’h = D ’i = IR \ {0}
f , g e h são decrescentes em ]–∞, 0[ e em ]0, +∞[ .
i é crescente em ]–∞, 0[ e em ]0, +∞[ .
f , g e h são negativas em ]–∞, 0[ e são positivas em ]0, +∞[ .
i é positiva em ]–∞, 0[ e é negativa em ]0, +∞[ .
Todas estas funções são ímpares. As retas das equações x = 0 e y = 0 são assíntotas de todos os gráficos. As retas de equação y = x e y = –x são eixos de simetria.
2. A função s está representada a vermelho e a função t está representada a verde.
PÁG. 17
Tarefa 3 – Funções definidas por x |→ com a ≠ 0
1.
a. f → A ; g → C ; h → D ; i → B
b.
5 × 0,35 + 5 × 0,5 + 5 × 0,7 + 3 × 1,75����
18
5 × 0,25 + 5 × 0,45 + 5 × 1 + 3 × 1,35����
18
a�x + c
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
2 4 6 8 10 12 14 16 18 x
y
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
5 10 15 20 25 30 35 40 45 x
y
c (m) 1 2 2,5 4 5 �30� 8 100 150 500
l (m) 1 0,5 0,4 0,25 0,2 �30
�30�� 0,125 0,01 �
1501� 0,002
Função f g h i
Domínio IR \ {0} IR \ {–1} IR \ {3} IR \ {–2}
Contra--domínio IR \ {0} IR \ {0} IR \ {0} IR \ {0}
Zeros Não tem Não tem Não tem Não tem
Sinal
Negativa em ]–∞, 0[ e positiva
em ]0, +∞[
Positiva em ]–∞, –1[ e negativa
em ]–1, +∞[
Negativa em ]–∞, 3[ e positiva
em ]3, +∞[
Negativa em ]–∞, –2[
e positiva em ]–2, +∞[
Intervalosde
monotonia
Decrescente em ]–∞, 0[
e em ]0, +∞[
Crescente em ]–∞, –1[
e em ]–1, +∞[
Decrescente em ]–∞, 3[
e em ]3, +∞[
Decrescente em ]–∞, –2[
e em ]–2, +∞[
Paridade Ímpar Nem par nem ímpar
Nem par nem ímpar
Nem par nem ímpar
Equaçõesdas
assíntotas
x = 0y = 0
x = –1y = 0
x = 3y = 0
x = –2y = 0
Equações dos eixos
de simetria
y = xy = –x
y = x + 1y = –x – 1
y = x – 3y = –x + 3
y = x + 2y = –x – 2
55
2.
a. g (x ) = �x –
22
� ; Dg = IR\{2}
b. h (x ) = – �x +
22
� ; Dh = IR\{–2}
PÁG. 30
Tarefa 4 - Mais funções racionais
1.1. E = E = 3,125 lux
1.3.
a.
b. x = 0 e y = 0
c. limx → +∞
f (x ) = 0 e limx → –∞
f (x ) = 0 e limx → 0
f (x ) = +∞
d.
Dg = IR \ {1} , D ’g = IR+ ; crescente em ]–∞, 1[ e decrescente em ]1, +∞[ ; positiva no domínio.
As retas de equações x = 1 e y = 0 são as assíntotas do gráfico dafunção g .
Dh = IR \ {0} , D ’h = ]–1, +∞[ ; crescente em ]–∞, 0[ e decrescente em ]0, +∞[ ; negativa em ]–∞, –�2� [ ∪ ]�2�, +∞[ e positiva em ]–�2�, 0[ ∪ ]0, �2�[
As retas de equações x = 0 e y = –1 são as assíntotas do gráficoda função h .
2.
a. g(x ) = 2x + 2 × �x1� = 2x + �
2x
�
b.
c. x = 0 e y = 2x
d. As assintotas do seu gráfico não são perpendiculares.
PÁG. 31
Tarefa 5 – Assíntotas oblíquas
a.
b. �2x
� → 0 , quando x → +∞ . Como h (x ) – 2x = �2x
� conclui-se que a
diferença h (x ) – 2x tende para 0 quando x → +∞ , ou seja, o grá-fico da função h e a reta de equação y = 2x quase coincidemquando x → +∞ .
200�
82
x
y
1
2
3
4
5
6
–11 2 3 4–1–2–3–4 0
x
y
1
2
3
4
5
6
–11 3 4–1–3 0
h
2–2
x
y
–5
5
10
–10
2 4–2–4 0
h
x h (x ) = 2x + �2x
� y = 2x h (x ) – 2x �2x
�
10 20,2 20 0,2 0,2
100 200,02 200 0,02 0,02
500 1000,004 1000 0,004 0,004
1000 2000,002 2000 0,002 0,002
2000 4000,001 4000 0,001 0,001
10 000 20 000,0002 20 000 0,0002 0,0002
x
y
2
3
4
5
6
–12 3 4–1–2–3 0
g
1
1
1.2. – = –4,5 lux200�
52200�
42
56
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
PÁG. 34
Tarefa 6 - Igualdade de funções
1.
a.
b. = = �x1�
2.
a. = = �x2� , x ≠ 0 e x ≠ 1
b. O ponto de coordenadas (1, 2) não pertence ao gráfico da funçãoh porque 1 não pertence ao domínio da função.
PÁG. 35
Tarefa 7 – Um buraco
1. y = –3x + 2 . O «buraco» é no ponto de coordenadas (1, –1) .
2. = = –3 �x – �32
�� = –3x + 2 ; IR \ {1}
PÁG. 36
Tarefa 8 – Rio acima, rio abaixo
a. �122� + �
162� Exatamente 8 horas.
b. Sim, chegou às 11 h 57 min.
c. O tempo, em horas, de viagem na subida e o tempo, em horas, deviagem no regresso.
d. + = 2,5
e. + ≤ 4,5
f.
10 km/h e 6 km/h
PÁG. 40
Tarefa 9 – Zeros de uma função racional fracionária
a. – – = – – =
= = –
b. x 2 – 4 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = –2 , mas 2 ∉Dg
c.
PÁG. 44
Tarefa 10 – Três problemas
Problema 1
1.1 Sim, c (0,25) ≈ 0,42 mg/l
1.2 Demora um pouco menos de 10 minutos para fazer efeito, mas o seuefeito dura menos de 2 horas (dura aproximadamente 1 h e 54 min).Portanto, este analgésico não pode ser considerado eficaz.
1.3
a. = �4t
32
t+ 2� ⇔�
8(t3
3
t+2
4+
t1)
–(4
9tt
2
3
+–
23
)t
� = 0 ⇔
⇔ t = 0 ∨ t = –1 ∨ t = 1
A única solução desta equação que pertence ao intervalo ]0, 4] é 1 (t = 1) .
12�x + 2
12�x – 2
12�x + 2
12�x – 2
–3(x – 1)�x – �32
����
x – 1–3x2 + 5x – 2��
x – 1
2(x – 1)�x (x – 1)
2x – 2�x 2 – x
x 2 + 1�x (x 2 + 1)
x 2 + 1�x 3 + x
4�x – 2
x – 2�
x8
�x (x – 2)
4�x – 2
x – 2�
x8
�x 2 – 2x
x 2 – 4�x (x – 2)
8 – (x – 2)(x – 2) –4x��
x (x – 2)
2t�3t 2 – 2
0
1234567
1 3 5 7 9 11 13 x
y
0
1
–1
–2
–3
2
1–1–2 2 3 4 x
y3
–3–4
x –2 –1 �21� 10
f (x ) –�21� –1 2 �
101�
g (x ) –�21� –1 2 �
101�
0
1234567
1 3 5 7 9 11 13 x
y
3. y = ; = = , para x ≠ 2 e x ≠ –21
�x + 2
x – 2�x2 – 4
1�x + 2
x – 2��(x + 2)(x – 2)
⇔�(3t2 +
t1–)(4
t 3
t2 + 2)� = 0 ⇔ = 0 ⇔ t (1 – t 2) = 0 ⇔t (1 – t 2)
��(3t2 + 1)(4t2 + 2)
57
b. No intervalo [0, 4] , a função |c (t ) – d (t )| toma o valor máximoquando t é aproximadamente 18,8 minutos.
Problema 2
a. a (1) –a (0) = – 6 = . Então, no início de 2010 havia mais 2500
animais do que no início de 2009. Como tinham morrido 500 ani-mais, tinham nascido 3000 animais.
b. O número de animais da espécie A tende para 11 000 e o númerode animais da espécie B tende para 1000, portanto, a diferençaentre o número de animais das duas espécies tende para 10 000.
c. < 1,5 ⇔ < 0 ⇔
Como, no contexto do problema, se tem t + 3 > 0 , a condição anterior é equivalente a 4,5 – 0,5t < 0 ⇔ t > 9 .A partir de 2018.
Problema 3
a. Sendo c o caudal por hora da primeira torneira e sendo C o cau-dal por hora da segunda torneira, tem-se 6 × c = t × C . Portanto,
C = �6 ×
tc
� .
Como 6 × c representa a capacidade do tanque, o tempo que asduas torneiras demoram, em simultâneo, a encher o tanque é
dado por �c
6+cC
� = = �ct
6+c
6t
c� = �
t6+
t6
� .
b. �t
6+
t6
� = 1,2 ⇔ 4,8t = 7,2 ⇔ t = 1,5 t = 1,5 h
c. �t
6+
t6
� ≤ 3,5 ⇔ �2,5
tt+
–6
21� ≤ 0
Como, no contexto do problema, se tem t + 6 > 0 , a inequaçãoanterior é equivalente a 2,5t – 21 ≤ 3,5 ⇔ t ≤ 8,4 .O maior valor de t para o qual o tanque demora até três horas emeia a ficar cheio, quando as duas torneiras o enchem, em simul-tâneo, é 8 h 24 min.
d.
e. limt → +∞
�t
6+
t6
� = limt → +∞�6 – �
t3+66
�� = 6 – 0 = 6
Se a segunda torneira demora muito, muito tempo, a encher o tan-que, o tempo que as duas torneiras demoram a encher o tanqueem simultâneo é praticamente igual ao tempo que a primeira tor-neira demora a encher o tanque.
PÁG. 50
Tarefa 11 – Operações com funções
a. f (x ) + g (x )
b. A quantia, em euros, que se obtém pela venda do sumo produzidoem x horas de trabalho da máquina A.
c. f(x ) × p(x ) – h (x )
d. O lucro médio por litro de sumo produzido pela máquina A, emfunção do número x de horas de trabalho dessa máquina.
PÁG. 56
Tarefa 12 – Composição de funções
1. 21 metros
2.
a. 16 cm
b. 14 cm
c. 23 cm
3. A função definida por x |→d (h (x )) , dá o diâmetro, em centímetros,do tronco de um eucalipto, em função da sua idade, em anos . Estafunção é a função composta de d com h , que se representa pord °h .
PÁG. 57
Tarefa 13 – Domínio da função composta de duas funções
1.
a. (f ° g )(2) = 5
b. (g ° f )(3) = 0
c. (f ° f )(1) = 3
2. Por exemplo, (f ° g )(2) = 5 e (g ° f )(2) = 2
3.
a. (f ° g )(5) não existe porque 5 ∉Dg .
b. (f ° g )(1) não existe porque g (1) = 6 e 6 ∉Df .
6c�
c + �6
tc�
t + 9 – 1,5t – 4,5��
t + 3
t + 9�t + 3
17�
25�2
0 0,313
0,06
0,04
0,02
0,08
0,1
0,12
1–0,5 2 3 x
y
0
4
6
2
2 86 181614124 10 20 x
y
⇔ < 04,5 – 0,5t��
t + 3
58
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
c. (g ° f )(4) não existe porque f (4) = 5 e 5 ∉ Dg .
4.
Dg ° f = [1, 3] Df ° g = [1,5; 3,5]
5. Df ° g = {x ∈IR: x ∈Dg ∧ g(x ) ∈Df }
PÁG. 57
Tarefa 14 – Transformações de gráficos
a. (f ° g )(x ) = g (x ) + 1 (g ° f )(x ) = g (x + 1)
b. O gráfico da função f °g obtém-se aplicando ao gráfico da funçãog a translação definida pelo vetor de coordenadas (0, 1) ; o gráficoda função g ° f obtém-se aplicando ao gráfico da função g atranslação definida pelo vetor de coordenadas (–1, 0) .
PÁG. 62
Tarefa 15 – Função inversa
1.
a. ]0, 6]
b. ]0, 9]
c. 7,5
d. f (x ) = �32x�
2.
a. ]0, 9]
b. ]0, 6]
c. 3
d. g (x ) = �23x�
PÁG. 64
Tarefa 16 – Sobre a inversa de uma função
a. f –1(x) = �x +
24
� Df–1 = IR
b. (f ° f –1) (x ) = x e (f –1° f ) (x ) = x
c. e d.
PÁG. 65
Tarefa 17 - Gráfico da inversa de uma função
a. A(–3, –1) ; B (–2, 0) ; C (–1, 1) ; D (1, 2) ; E (5, 4)
b.
c. A’(–1, –3) ; B ’(0, –2) ; C ’(1, –1) ; D ’(2, 1) ; E ’(4, 5)
d.
0
3
4
1
2
2 31 4 x
y
g°f
0
6
8
2
4
4 62 x
y
f°g
0
f –1
f
y = x
3
4
5
1
–1
2
2 3 4 5 61–1–2 x
y
0
1
1 x
y
A
B
B'
A'
C
C '
D
D'
f
E
E '
0
1
1 x
y
A
B
B'
A'
C
C '
D
D'
f
E
E '
f –1
59
PÁG. 67
Tarefa 18 – Função inversa e assíntotas
O gráfico da função inversa de f tem assíntotas de equações x = 1 ey = 2 , e passa no ponto de coordenadas (3, 1) .
Assim: f –1(x ) = 2 – �x
2– 1�
PÁG. 68
Tarefa 19 – Um problema de arrefecimento
a. C (0) = �14
664� = 244 ; 244 oC
b. C (15) = �27 × 15
21+ 1464� = 89 ; 89 oC
c. C(t) < 60 ⇔ < 60 ⇔ < 0 ⇔
⇔ < 0
Como, no contexto do problema, se tem t + 6 > 0 , a condição an-terior é equivalente a 1104 – 33t < 0 ⇔ t > 33,(45) .Terão de esperar aproximadamente 34 minutos.
d. limt → +∞
= limt → +∞�27 + �
1t3+0
62
�� = 27
A temperatura ambiente ronda os 27 oC. A temperatura das peçasnão atinge essa temperatura durante o período da experiência
pois a função C é decrescente e C (180) = = 34 .
e. �27t
t++
16464� = c ⇔ 27t + 1464 = ct + 6c ⇔ 27t – ct = 6c – 1464 ⇔
⇔ t (27 – c ) = 6c – 1464 ⇔ t = �6c
2–7
1–4
c64
�
D = [34, 244] ; D ’ = [0, 180]
f. t (150) – t (160) = – ≈ 0,8
t (70) – t (80) = – ≈ 5,7
0,8 minutos e 5,7 minutos.
PÁG. 104
Tarefa de introdução – O passeio do Aníbal
a. 3 km; é a distância percorrida pelo Aníbal, entre os 12 minutos e os 24 minutos depois de iniciar o passeio.
b. 15 km/h; representa a velocidade média a que o Aníbal se deslocouentre os 12 minutos e os 24 minutos depois de iniciar o passeio.
c. m = = = 15
O declive da reta que passa nos pontos do gráfico de abcissas 0,2e 0,4 é igual ao quociente encontrado na alínea anterior.
d. m = �430� = 14,(3) ; é a velocidade média a que o Aníbal se deslocou
nos últimos 18 minutos do passeio.
e. [0; 0,2] , [0,4; 0,5]
f. No intervalo [0,4; 0,5] pois é nesse intervalo que o gráfico temmaior «inclinação».
PÁG. 105
Tarefa 20 – Enchendo um depósito
É apresentado no manual a resolução desta tarefa sugerida peloGAVE.
PÁG.107
Tarefa 21 – Taxas médias de variação
1.
a. Por exemplo, a função g do ponto 2.
b.
c. Por exemplo, a função j do ponto 2.
2. (I) → (A) ; (II) → (A) ; (III) → (B); (IV) → (B)
PÁG.109
Tarefa 22 – Caindo das alturas
b. É superior, pois é igual a 60 metros por segundo � � e a velocidade
c. Sim, pois inicialmente a velocidade começa por ser inferior à velocidade média e, no final da queda, é superior. Assim, é provávelque exista um instante intermédio em que a velocidade seja igualà velocidade média durante toda a queda.
d.
A velocidade do telemóvel, ao chegar ao chão, deve ser 120 ms–1.
PÁG. 118
Tarefa 23 – Função derivada
1.
a.
6 × 160 – 1464��
27 – 1606 × 150 – 1464��
27 – 150
6 × 80 – 1464��
27 – 806 × 70 – 1464��
27 – 70
27 × 180 + 1464��
186
27t + 1464�
t + 6
1104 – 33t�
t + 6
27t + 1464 – 60t – 360���
t + 627t + 1464��
t + 6
4 – 1 ��0,4 – 0,2
3 ��0,2
720 ��
12
x –2 0 1 2
f ’(x ) –7 –3 –1 1
x
y
0 4
Intervalo [a, b ] [11; 12] [11,5; 12] [11,9; 12] [11,95; 12] [11,99; 12]
Velocidade médiaem [a, b ] (em ms–1) 115 117,5 119,5 119,75 119,95
nos primeiros 2 segundos é 10 metros por segundo �v = = 10� .20 – 0 ��2 – 0
60
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
b.
c. y = 2x – 3 f ’(x ) = limh → 0
=
2. g ’(x ) = 3x 2 g ’(a) = limx → a
= limx → a
=
= limx → a
(x 2 + ax + a 2) = 3a2
PÁG. 123
Tarefa 24 – Função derivada de uma função racional fracionária
1. f ’(x ) = limh → 0
= limh → 0
=
= limh → 0
�(x + h +
–23
)(x + 2)� = –
= limh → 0
= limh → 0
�(x + h +
–a)h
(x + a)h� =
3. f ’(x ) = – �(x +
ka)2�
PÁG. 125
Tarefa 25 – Quadro resumo de funções derivadas
PÁG. 127
Tarefa 26 – Monotonia, extremos e derivada
a.
A função f é decrescente no intervalo [–1, 3] .
A função f é crescente no intervalo ]–∞ , –1] e no intervalo [3, +∞[ .
A função f tem um máximo relativo para x = –1 .
A função f tem um mínimo relativo para x = 3 .
b.
A função f ’ é negativa no intervalo ]–1, 3[ .
A função f ’ é positiva no intervalo ]–∞, –1[ e no intervalo ]3, +∞[ .
A função f ’ tem dois zeros: –1 e 3.
c. No intervalo em que a função f é decrescente a derivada é menorou igual a zero.
Nos intervalos em que a função f é crescente a derivada é maiorou igual a zero.
No ponto em que a função f tem um máximo relativo a derivadaé zero.
No ponto em que a função f tem um mínimo relativo a derivadaé zero.
PÁG. 160
Tarefa de investigação – Fermat e a determinação da reta tan-gente a uma curva
1. m = – �a4� ; y – 4 = – �
a4� (x – 3) ⇔ y = – �
a4� x + 4 + �
a12�
2. Seja y a ordenada do ponto P . Tem-se AF� = 4 – y e FP� = e
= ⇔ �a4� = ⇔ 4a – ay = 4e ⇔ y = ⇔
⇔ y = 4 �1 – �ae
��3. (3 + e)2 + 16 �1 – �
ae
��2
= 25 ⇔ 9 + 6e + e 2 + 16 – �3
a2e� + = 25 ⇔
⇔ 6e + e 2 – �3
a2e� + = 0 ⇔ 6 + e – + = 0
3��(x + 2)2
�x + h
3+ 2� – �
x +3
2�
��h
f (x + h) – f (x)��
h
�x(x
++
ah
–+
xa)
–(x +
ha
–)
a�
����h
x 3 – a 3�
x – a(x – a )(x 2 + ax + a 2)��
x – a
(x + h)2 – 3(x + h) – x 2 + 3x���
h
4a – 4e�
a4 – y�
eAF��FP�
AD��DE�
16e 2�
a 2
16e�
a 232�
a16e2�
a2
Função f Função derivada f ’ Escrita abreviada
f (x ) = k f ’(x ) = 0 k ’ = 0
f (x ) = x f ’(x ) = 1 x ’ = 1
f (x ) = x 2 f ’(x ) = 2x (x 2)’ = 2x
f (x ) = x 3 f ’(x ) = 3x 2 (x 3)’ = 3x 2
f (x ) = k g (x ) f ’(x ) = k g ’(x ) (k g )’ = k g ’
f (x ) = g (x ) ± h (x ) f ’(x ) = g ’(x ) ± h ’(x ) (g + h)’ = g’+ h’
f (x ) = �x +a
k� f ’(x ) = – �
(x + a)2k�
0
f '
f
345
1
–1
–3–4
2
2 4 51–2–4–5 x
y
3–1–3
6
–2
0
3
1
–1–2–3–4–5–6–7
2
2 3 41–1–2–3 x
y
��x +a
k��’
= – �(x + a)2
k�
= limh → 0
= limh → 0
�(x + h +
–23
)h(x + 2)h� =
�3x
(x+
+6
h–
+3x
2)–(x
3+h
2–)
6�
����h
2. f ’(x ) = limh → 0
= limh → 0
=f (x + h) – f (x)��
h
�x + h
1+ a
� – �x +
1a�
��h
= limh → 0
�(x + h +
–a1
)(x +a)� = – 1
��(x + a)2
= limh → 0
= limh → 0
=x 2 + 2xh + h2 – 3x – 3h – x 2 + 3x���
h2xh + h2 – 3h��
h
= limh → 0
= limh → 0
(2x + h – 3) = 2x – 3h (2x + h – 3)��
h
61
5. y = – x + 4 + ⇔ y = – �43
� x + 4 + �49
� ⇔ y = – �43
� x + �245�
6. OP→
= (3, 4) ; um vetor perpendicular a OP→
é o vetor u→
= (4, –3) .
A equação reduzida da reta tangente ao gráfico da circunferência
no ponto P (3, 4) é y – 4 = – �43
� (x – 3) ⇔ y = – �43
� x + �245� .
VOLUME 3
SUCESSÕES
PÁG. 6
Tarefa de introdução – Números poligonais
1.
a. A sexta figura terá 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 pontos e a décima figura1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 pontos.
b. 1 + 2 + 3 + … + n = �n (n
2+ 1)�
2.
a. Cada número obtém-se do anterior adicionando-lhe o númeroímpar seguinte, começando em 1.
b. n 2
PÁG. 10
Tarefa 1 – Sucessão de quadrados
1.
a. Os seis primeiros termos da sucessão: 4, 8, 12, 16, 20, 24, …
b. 125 não é termo desta sucessão, pois o perímetro dos quadradosé sempre múltiplo de 4.
c. A sucessão ( pn ) pode ser definida por recorrência, sendo:
p 1 = 4
pn = pn – 1 + 4 , n > 1
d. No gráfico A, pois a representação gráfica da sucessão (pn ) é cons-tituída por pontos isolados.
2.
a. an =n 2
b. Por recorrência,
a 1 = 1
an = an – 1 + 2n – 1 , n > 1
PÁG. 11
Tarefa 2 – Espiral
(fn), a sucessão de Fibonacci, pode ser definida por recorrência, sendo:
f1 = 1
f2 = 1
fn = fn – 1 + fn – 2 , n > 2
PÁG. 13
Tarefa 3 – Reprodução de coelhos
Esta regra de crescimento do número de casais de coelhos pode serexpressa pela seguinte igualdade:
fn = fn – 1 + fn – 2
Trata-se da definição por recorrência da sucessão de Fibonacci,onde fn representa o número de casais de coelhos existentes no mêsn , sendo necessário acrescentar à equação apresentada condições iniciais ou de partida, neste caso duas, pois cada termo da sucessãodepende dos dois anteriores. De acordo com o enunciado do pro-blema, temos f1 = 1 e f2 = 1 .
A resolução do problema fica concluída com a determinação de f 12 .Assim, observando a sucessão atrás apresentada, conclui-se que f 12 = 89 + 55 = 144 , isto é, nas condições expostas, o número de casaisde coelhos ao fim de um ano é 144.
PÁG. 20
Tarefa 4 – Regiões de um círculo e monotonia
1.1
a. Os seis primeiros termos da sucessão (an ) são 2, 4, 6, 8, 10 e 12.
b. an = 2n
c. an + 1 – an = 2n + 2 – 2n = 2 > 0 ; ∀ n ∈IN , an + 1 – an > 0
1.2
a. Os seis primeiros termos da sucessão (un ) são �21� ; �
41� ; �
61� ; �
81� ; �
110� ; �
112� .
b. bn =
c. Sim, é o termo de ordem 10. �113� não é termo da sucessão (bn ) ,
pois 13 é um número ímpar e esta sucessão gera termos cujo denominador é sempre um número par.
d. A sucessão é monótona porque é decrescente, pois cada termo ésempre menor do que o anterior.
2. Cada termo é a quinta parte do termo anterior. Como o primeiroé positivo, conclui-se que cada termo é inferior ao anterior, peloque a sucessão é decrescente.
PÁG. 22
Tarefa 5 – Retângulos e sucessões
1.1 pn = n , sucessão dos números naturais.
1.2 bn = 2n + 6
4��136�
12��136�
1�2n
4. 6 – = 0 ⇔ 6a = 32 ⇔ a = 32�
a16�
3
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
⎧⎪⎨⎪⎩
62
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
1.3 Seja un = = = 2 +
= < 0 , ∀ n ∈IN
Logo, a sucessão (un) é decrescente.
b. Do conhecimento que temos de funções racionais, podemos com-cluir que:
∀ n ∈IN , 2 < un ≤ 8
A sucessão é limitada, sendo 2 um minorante e sendo 8 um majo-rante dos seus termos.
2.
a. 1, 2, 3, 4, 1, , , , , .
b.
c. A sucessão é não monótona, pois u3 < u4 , mas u5 > u6 .
d. A sucessão é limitada, sendo que 0 < un ≤ 4 , ∀ n ∈ IN .
PÁG. 28
Tarefa 6 – Composto cristalino
a. a 1 = 5 + 0 × 4
a 2 = 5 + 1 × 4
a 2 = 5 + 2 × 4
- - - - - - - - - - - - - -
a n = 5 + (n – 1) × 4
Progressão aritmética de termo geral an , sendo que a 1 = 5 e r = 4 .
b. É monótona porque é crescente; é não limitada.
c. an = 4n + 1
d. a20 = 4 × 20 + 1 = 81
e. 4n + 1 = 442 ⇔ n = 110,25 Como 110,25 ∉IN , não existe uma figura com 442 átomos.
4n + 1 = 925 ⇔ n = 231 Como 231 ∈IN , existe uma figura com 925 átomos.
f. S 50 = �5 +
2201� × 50 ⇔ S 50 = 5150
g. = = 2 +
Do conhecimento que temos de funções racionais, podemos con-cluir que:
∀ n ∈IN , 2 < ≤ 5
Conjunto dos minorantes: ]–∞, 2] .
Conjunto dos majorantes: [5, +∞[ .
PÁG. 33
Tarefa 7 – Árvore geométrica
a. 1, 2, 4, 8, 16, 32
b. Sendo (qn ) uma progressão geométrica de razão 2 e primeiro termo
1, a soma dos primeiros n termos é Sn = 1 × = 2n –1 .
c. ln = ���2
2���
n – 1
d. A sucessão é decrescente, pois (ln) é uma progressão geométricae l1 > 0 e 0 < r < 1 .
= ��
2
2��
e. É limitada. 0 < ln ≤ 1 , ∀ n ∈ IN .
f. S 100 = 1 × ≈ 3,41
g. Em cada geração a área de cada quadrado é dada por 1 , �21� , �
41� , …
an = l 2n = ���
�2
2���
n – 1
�2
= ����
2
2���
2
�n – 1
= ��21��
n – 1e = �
21�
Trata-se de uma progressão geométrica de razão �21� .
PÁG. 35
Tarefa 8 – As economias do Pedro
a. r = 1,035
O fator 1,035 atualiza, por multiplicação, o capital do ano anterior.
b. Ao fim de 8 anos, o Pedro tem:
Opção A: 1000 + 8 × 40 = 1320 €Opção B: 1000 × 1,0358 ≈ 1316,81 €
Ao fim de 9 anos, o Pedro tem:
Opção A: 1000 + 9 × 40 = 1360 €Opção B: 1000 × 1,0359 ≈ 1362,90 €
No nono ano, o capital acumulado de acordo com a opção B é supe-rior ao capital acumulado caso se tivesse escolhido a opção A.
6�n
2n + 6�
nbn�pn
–6�(n + 1)n
5�6
5�7
5�8
5�9
1�2
3�2n – 1
4n + 1�2n – 1
an�bn
an�bn
1 – 2n�1 – 2
ln + 1�ln
1 – ���
2
2���
100
��
1 – ��
2
2��
an + 1�an
a. un + 1 – un = – = = 2n + 6�
n2n + 2 + 6�
n + 12n2 + 8n – 2n 2 – 8n – 6���
(n + 1)n
0
1
2
3
4
5
6Un
n21 3 4 5 6 7 8 9 10
63
PÁG. 48
Tarefa de introdução – Sequências
1.
a. un = n 2
b. u10 = 100 ; u100 = 10 000
c. A sucessão é monótona crescente, (n + 1)2 > n2 , ∀ n ∈IN .
2. O termo geral da sucessão (vn ) das medidas das hipotenusas é vn = �n + 1��� . A sucessão é monótona crescente, pois
�n + 2��� > �n + 1��� , ∀ n ∈ IN .
PÁG. 51
Tarefa 9 – Crescer em progressão aritmética
a. Os triângulos são semelhantes e a razão entre o segundo e o pri-meiro é 2, pelo que a razão das áreas é 4.
A razão entre o terceiro e o primeiro é 3 pelo que a razão das áreasé 9, sendo assim sucessivamente. O termo geral é un = n 2 .
b. Calculemos alguns termos: v1 = u2 – u1 = 3 , v2 = u3 – u2 = 5, v3 = u4 – u3 = 7 . Os termos desta sucessão são as áreas dos trapézios [An Bn Bn + 1 An + 1 ] que aumentam duas unidades de um para opróximo. O termo geral de (vn ) é vn = 2n + 1 .
c. Provemos que ambas são sucessões crescentes.
un + 1 – un = (n + 1)2 –n 2 = n 2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 1
un + 1 – un > 0 , ∀ n ∈ IN . Logo (un ) é crescente.
vn + 1 – vn = 2(n + 1) + 1 – (2n + 1) = 2n + 2 + 1 – 2n – 1 = 2
vn + 1 – vn > 0 , ∀ n ∈ IN . Logo (vn ) é crescente.
d. (vn ) é uma progressão aritmética de razão 2, porque é constantee igual a 2 a diferença entre cada termo e o anterior (vn + 1 – vn = 2) .
e. Provemos que ambas são infinitamente grandes positivos.Se M for um número real positivo tão grande quanto se queira,como n2 > M ⇔ n > �M��, podemos dizer que existe uma ordemp igual ao maior número natural menor ou igual a �M�� , a partirda qual todos os termos da sucessão são maiores do que M . Por-tanto, (un) é um infinitamente grande positivo.Se M for um número real positivo tão grande quanto se queira,
como 2n + 1 > M ⇔ n > �M
2– 1
� podemos dizer que existe uma
ordem p igual ao maior número natural menor ou igual a �M
2– 1
� ,
a partir da qual todos os termos da sucessão são maiores do que M .
Portanto, (vn) é um infinitamente grande positivo.
Tarefa 10 – Crescer em progressão geométrica
a. Ao fim de um período de 6 horas haverá N + 0,5N = 1,5N bactérias.Ao fim de 2 períodos haverá 1,5N + 0,5 × 1,5N = 1,5N (1 + 0,5) = 1,52N .
b. A expressão wn , que dá o número de bactérias ao fim de n perío-dos, é wn = 1,5n N e define uma progressão geométrica porque
= = 1,5 , o que prova ser constante o quociente
entre cada termo e o anterior.
c. (wn) é um progressão geométrica de primeiro termo positivo erazão maior do que 1.
d. De 2.a feira às 0 horas até às 18 horas de 6.a feira seguinte decor-reram 18 períodos (4 × 4 + 2) de 6 horas, logo haverá 1,518 N ≈ 1477,89 N bactérias.
PÁG. 52
Tarefa 11 – Chegar à Lua com uma folha de papel
a.
b. A sucessão das espessuras das folhas é uma progressão geomé-trica de razão 2. O seu termo geral é ln = 0,2 × 2n – 1 .
c.
d. Com 45 dobragens já se ultrapassou largamente a distância à Lua(384 405 km), pelo que temos de fazer mais cálculos a partir de40 dobragens: l41 ≈ 219 902,326 km e l42 ≈ 439 804,651 km. Assim,conclui-se que são necessárias 42 dobragens.
e. (ln) é um infinitamente grande positivo pois é uma progressçãogeométrica de primeiro termo positivo e razão maior do que 1 (r = 2) .
PÁG. 62
Tarefa 12 – Quadrados e semicircunferências
1. Como o quadrado Qn tem lado ��21
��n – 1
, para n ∈ IN , o termo
geral da sucessão das áreas (an) dos quadrados Qn é an = �4n
1– 1
1,5n + 1 N�
1,5n Nwn + 1�
wn
O
2
4
31
A1
B1
A2
B2
A3
B3
N.o de dobragens Espessura (mm)
1 0,2
2 0,4
3 0,8
4 1,6
5 3,2
6 6,4
… …
N.o de dobragens Espessura (m)
15 3
20 105
25 3355
30 107 374
35 3 435 974
40 109 951 163
45 3 518 437 209
64
RESOLUÇÃO DAS TAREFAS DO MANUAL
2.
a. Seja (cn ) a sucessão dos comprimentos das curvas Cn . Temos que
cn = �21� � .
b. A sucessão das áreas das figuras planas limitadas pelas curvas Cn
e o segmento de reta AB é an = ��21��
n + 2× � .
PÁG. 68
Tarefa 13 - Arquimedes e valores aproximados de �
a.
b. À medida que n aumenta os termos da sucessão crescem apro-ximando-se de � . Este resultado é previsível pois o perímetro dospolígonos inscritos tende para o perímetro da circunferência que
é P = 2� × �21� = � . Assim, a sucessão é limitada, verificando-se
que 0 < pn < � , ∀n ∈IN .
c. (pn – �) aproxima-se de 0, pois, tal como se inferiu, (pn) tende para � .
PÁG. 73
Tarefa 14 – Paralelogramos
a. Na seguinte figura, se deslocarmos as partes coloridas como in-dicam as setas, ficamos com três quadrados coloridos, motivo
pelo qual o primeiro termo da sucessão é �63� . O mesmo raciocínio
deve ser feito para as restantes figuras.
b. O termo geral é an = .
c. an + 1 – an = – = =
= > 0 , ∀n ∈IN
d. a 1 = �21� e a sucessão é crescente, portanto, ∀n ∈IN ; a 1 ≥ �
21� .
Por outro lado, vemos que = �32
� – → �32
� .
Desta forma, podemos dizer que �21� ≤ an < �
32
� , ∀ n ∈IN .
e. an – = – = = é um infinitésimo,
logo (an) converge para �32
� .
PÁG. 82
Tarefa 15 – Paradoxo da dicotomia
a. O termo geral da sucessão é an = ��21��
n.
b. Sn = �21� × = 1 – ��
21��
n
c. Como ��21��
n= �
2n1� e �
2n1� → 0, lim �1 –��
21��
n
� = 1 – 0 = 1
PÁG. 83
Tarefa 16 – Uma corda de quadrados
a. O termo geral da sucessão dos comprimentos dos lados dos
quadrados é cn = 20 × ��54
��n – 1
.
b. Sn = 20 × = 100 × �1 – ��54
��n
�
c. lim Sn = lim �100 × �1 – ��54
��n
�� = lim 100 – lim 100 ��54
��n
Como –1 < �54
� < 1 , ��54
��n
é um infinitésimo. Pelo teorema 7, resulta
que 100 ��54
��n
é um infinitésimo e lim Sn = 100 .
d. r = ��54
��2
= �2516� = 0,64
e. S8 = 400 × = 1079,8
f. Sn = 400 × = �10 0
900� × (1 – 0,64n )
g. lim Sn = �10 0
900�
2n + 1�3n + 3
2n + 3�3n + 6
(2n + 3) (3n + 3) – (2n + 1) (3n + 6)���
(3n + 6) (3n + 3)
3��(3n + 6) (3n + 3)
2n + 1�3n + 3
1�3n + 3
2n + 1�3n + 3
2n + 1�3n + 3
2�3
2n + 1 – 2n – 2��
3n + 3–1
�3n + 3
1 – ��21��
n
��
1 – �21�
1 – ��54
��n
��
1 – �54
�
1 – 0,648�1 – 0,64
1 – 0,64n�1 – 0,64
2�3
n
100 3,1411
200 3,1415
300 3,1415
600 3,1416
… …
900 3,1416
pn = n sen ��180
n��
Y11
– Ca
dern
o de
Apo
io a
o Pr
ofes
sor
