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Matemática V
AULA 10:
EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES
TRIGONOMÉTRICAS
Anual
VOLUME 2
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
01. 2 cos3x – cos2(x) – 2cos (x) + 1 = 0 → 2 cos(x) [cos2(x) – 1] – [cos2(x) – 1] = 0 → [cos2(x) – 1] [2 cos(x) – 1] = 0
Daí:
•cos2(x) – 1 = 0 → cos(x) = ± 1 → x = 0; p; 2p
ou
• 2cos(x) – 1 = 0 → cos(x) =
1
π 5π
→x= ;
2
3 3
Logo,
Soma = 0 + π + 2π +
π 5π
+
= 5π
3
3
Resposta: D
02. sen( x ) = 1 − cos2 x
senx = sen2x ⇒ senx = senx ⇒ senx ≥ 0 ⇒ S = [0, π ]
Resposta: E
sen x
π
, com x ≠ + kπ e cos2x = 1 – sen2x, vem
cos x
2
sen x
cos x = tg x ⇒ cos x =
cos x
2
⇒ cos x = sen x ⇔ 1 − sen2x = senx
03. Sabendo que tg x =
⇔ sen2 x + senx − 1 = 0
−1 ± 5
2
− 1− 5
< − 1 não serve
senx =
2
ou
senx =
senx =
5 −1
2
Resposta: C
04. – 8 sen4x + 10 sen2x – 3 < 0
Resolvendo a inequação na incógnita sen2x temos as raízes: sen2x =
–
+
1/2
sen2x <
3
1
ou sen2x =
4
2
–
3/4
sen2 x
3
1
ou sen2x >
4
2
Resolvendo as inequações acima, temos:
I.sen2x <
1
→ sen2x <
2
− 2
1
2
2
→ senx <
→
< senx <
2
2
2
2
OSG.: 096254/15
Resolução – Matemática V
II.sen2x >
3
→
4
sen2x >
3
3
− 3
3
ou senx >
→ sen x >
→ senx <
4
2
2
2
Representando estas inequações na circunferência trigonométrica, temos:
3π
4
5π
4
2π
3
π
3
4π
3
5π
3
π
4
7π
4
Resposta: B
 πx 
05. f( x ) = 4 + 3 cos  
 6
 πx 
2,5 = 4 + 3 cos  
 6 
 πx 
−1,5 = 3 cos  
 6 
1
 πx 
cos   = −
6
2
 
πx 2π
πx 4 π
+ k ⋅ 2π ou
=
+ k ⋅ 2π para k inteiro
=
6
3
6
3
Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8.
Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20 h (não convém).
Resposta: C
06. Fazendo senx = k, temos:
k3 – 2k2 – 5k + 6 = 0, onde a soma dos coeficientes é igual a zero. Isso significa que k = sen x = 1 é raiz. Sendo k = 1 raiz, k – 1 é
fator do 1º membro:
(k – 1) · (k2 + ak + b) = k3 – 2k2 – 5k + 6
• – 1 · b = 6 → b = – 6
• – k2 + ak2 = – 2k2 → – 1 + a = – 2 → a = – 1
Raízes:
k – 1 = 0 → k = senx = 1 → x =
π
5π
ou
2
2
k2 – k – 6 = 0 → k = senx = 3 (não convém) ou k = senx = – 2 (não convém)
Resposta: E
OSG.: 095254/15
Resolução – Matemática V
07. Temos que:
v (t) = A + B · sen (wt)
sen (wt) =
v (t) − A
B
Então:
– 1 ≤
v (t) − A
≤ 1⇒ A
− B ≤ v (t) ≤ A
+B
B
4
20
A + B = 20
Resolvendo o sistema 
, obtemos A = 12 e B = 8.
A − B = 4
Logo: v (t) = 12 + 8 sen (wt)
Resposta: D
08. Temos que:
24 
2
62
62


Período = 12h + 24 min = 12 +
h=
· 60 min = 744 min
 h = 12 +  h =

60
5
5
5
Resposta: A
09. Temos que:
2π 62
5π
=
→ w =
.
Período =
w
5
31
 5π 
v (t) = 12 + 8 sen  t
 31 
Para que v (t) seja máxima, devemos ter:
5π
31+ 124 k
π
 5π 
t = + k ⋅ 2π, k inteiro → t =
, k inteiro → k = 1 → t = 15,5 h = 930 minutos.
sen  t = 1 →
 31 
31
2
10
Resposta: E
10. 3 · sen2x – 3 · senx + cos2x = 0
3 · sen2x – 3 · senx + 1 – sen2x = 0
2 · senx2 – 3 · senx + 1 = 0
resolvendo temos:
senx = 1 ou senx =
1
2
Para senx = 1 ou senx = – 1, temos x =
Para senx =
π
3π
ou x =
2
2
1
1
5π
7π
11π
π
ou senx = – , temos x = , x = , x =
ex=
5
6
6
6
2
2
Logo, a equação terá 6 raízes.
Resposta: D
SM – 10/11/15 Rev.: AC
09625415_pro_Aula10 – Equações e Inequações Trigonométricas
OSG.: 095254/15