RESOLUÇÕES DO VOLUME 3
PROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO
TEMA 3 TRIGONOMETRIA E NÚMEROS COMPLEXOS
3.1 Funções trigonométricas
1.




a) sen     sen    cos  cos  2cos
2
2




b) cos     cos     cos  sen
2

c) tg     3cos3     tg    3cos     tg  3cos
2.
a) sen     sen  0,8
b) sen     sen  0,8
c) sen2     sen    sen  0,8
3.
a) Da fórmula fundamental da trigonometria resulta:
sen2  1  cos2   sen   1  cos2   sen   1  a2 . Como  é um ângulo
do primeiro quadrante, sabe-se que sen  0 , portanto, sen  1  a2 .
3 

b) cos     sen 
   cos  cos  2cos  2a
2 

c) Se k é um número inteiro, então,
cos  2k  1   cos  2k     cos      cos  a
4.



 29 
 16 



 
a) cos
  tg 
  cos 7    tg 5    cos     tg  
3 
4
3
4
 4 




3
2
2 3  2
 
 
  cos   tg   
 3
2
2
4
3


  13 
 5 
 3 


 
b) sen
  cos
  tg
  sen 2    cos 2    tg  
6
3
 6 
 3 
 4 


4


1
1
 
 
  sen   cos   1     1  2
2 2
6
3
c)
2


 133  
  


 4 
2  
cos  
  cos
   cos   cos 33    cos    cos    
4
4
 3 
 4  
 3 

3

2

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1
   1 2 2
 cos  
4
4
4
2
5. Por definição, 1  senx 1 , então, a equação senx  2k  3 só é possível se:
1  2k  3  1, ou seja, 1  k  2 .
6.
6.1 Para qualquer ângulo generalizado x, tem-se:
f  x  sen  2 x  sen  2x  sen2x , por outro lado,
 f x  sen  2x  sen2x . Então, f  x  f  x , ou seja, f é ímpar.
k
 x
.
6.2 f  x  0  sen  2x  0  sen2x  0  2x  k , k  Z
,k  Z
2
Atribuindo valores inteiros a k obtém-se:

3
para k  0 , x  0 ; para k  1 , x  ; para k  2 , x   ; para k  3 , x 
, para
2
2
5

k  4 , x  2 ; para k  5 , x 
 0, 2  e para k  1, x    0, 2  .
2
2

3
Então, os zeros de f no intervalo 0, 2  são: 0, ,  ,
e 2 .
2
2
6.3 Sabe-se que  1  sen  2x  1, portanto, o máximo de f é 1.
3
3
 x

f  x  1  sen2x  1  2x 
 2k , k  Z
 k , k  Z
2
4
3
 é a expressão geral dos minimizantes de f.
Portanto, x 
 k , k  Z
4
7.
7.1 A figura sugere que g0  f 2   2 e que g   1 . Então,
a  b sen0  2



 
a  bsen 2   1
 

a  b  0  2


a  b  1
a  2


 2  b  1
a  2
. c. q. d.

b  3
7.2 Com os valores de a e b encontrados a função g pode ser definida por
 x
g x   2  3sen  .
2
 x
 x
Então, como sen  toma todos os valores do intervalo  1,1 ,  2  3sen  toma
2
2
todos os valores do intervalo  2   1  3,  2  3  1   5,1 . Então, o mínimo de g é
–5.
7.3
g x   

7
7
7
3
1
 x
 x
 x
 x
 2  3sen     3sen     2  3sen     sen    
2
2
2
2
2
2
2
2
2
 
 
 
 
x 7
x



  x   2k  2  x    2k , k  Z
 .

 2k     2k , k  Z
2
6
2
6
3
3
Destes, apenas 

3
pertencem ao intervalo   ,  . Portanto, o conjunto-solução da
 
condição é S    .
 3
7.4 Para qualquer ângulo generalizado x, medido em radianos, tem-se
 x  4 
x

x

g x  4   2  3sen
  2  3sen  2   2  3sen  2   g x .
 2 
2

2

Portanto, 4 é período de g. c. q. d.
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3
8.
a) 1  2senx  0  senx  
1


 
 x     2k  x    2k , k  Z
2
6
6
7


 2k  x    2k , k  Z
6
6
7



:x

S  x  R
 2k  x    2k , k  Z
6
6


x
b)

2
 





sen x   
 x    2k  x      2k , k  Z  x  2k  x   2k , k  Z
4
2
4 4
4
4
2




 : x  2k  x   2k , k  Z

S  x  R
2


c) sen2 x  senx 2  0 
y  senx
y2  y  2  0  y 
1 1 8
 y  2  y  1 
2

 senx  2 senx  1  x    2k , k  Z
y  senx
imp .
 : x    2k , k  Z

S  x  R
d) sen2x  1  sen2x  1  sen2x  1  2x 

2
 x
 k , k  Z

4

 k , k  Z



 : x   k , k  Z

S  x  R
4


9.
a)  1  senx 1  3   1  3senx 3  1  3  f x  3
D' f   3,3

f x  0  3senx  0  senx  0  x  k , k  Z

Expressão geral dos zeros de f: x  k , k  Z
1
1
1
1
1
b)  1  senx 1    1  senx  1    gx 
2
2
2
2
2
 1 1
D' g   , 
 2 2
senx

g x   0 
 0  senx  0  x  k , k  Z
2

Expressão geral dos zeros de g: x  k , k  Z
10.
 
a) O ponto C coincide com B quando x   . Então, AB  d    2sen   2  1  2 . Ora,
2
como [AB] é diâmetro da circunferência e O, o seu centro, tem-se OA 
AB
 1.
2
3
x 
x

 x
 x
   2k      2k , k  Z 
b) d  x   3  2sen   3  sen  
2
2 3
2
3
2
 2
2
4

x
 2k  x 
 2k , k  Z
3
3
2
Se x  0,  , então, o único valor de x que verifica a igualdade é
.
3
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4
 x
c) O perímetro de [ACO] é dado em função de x por 1  1  d  x   2  2sen  . Então,
 2
como x varia em 0,  assumindo todos os valores deste intervalo,
 x
 x
0  sen   1  2  2  2sen   4 . Então, o perímetro de [ACO] varia entre 2 e 4.
 2
 2
11.
2
 3 ;
2
3
11.2 O função g tem por contradomínio  1,1 . Portanto o máximo de g é 1.
11.1 o período positivo mínimo de g é P 
2x

3
 2x 
 2x 
 x

g x   1   sen   1  sen   1 
   2k , k  Z
 3k , k  Z
3
3
3
2
4
 
 
3
3
, para k  1 vem
 3  3 , para k  0 vem x  
4
4
3
9
, para k  2 vem x  
x
 6  3 .
4
4
9
3
Então, os maximizantes de g que pertencem a  3 ,3  são: 
e
.
4
4
Para k  1 vem x  
11.3
12. Como a amplitude da oscilação do gráfico é 4 o valor de k pode ser k 

4
 2.
2
3
e
são zeros consecutivos de f.
4
4
  x  a  k , k  Z
.
Ora 2senx  a  0  senx  a  0  x  a  k , k  Z
A observação do gráfico sugere que 
Então, a diferença entre dois zeros consecutivos de f é  . Pode-se então tomar fazer
a

4
.
13. A amplitude de oscilação é igual a 8 pelo que A  4  A  4 .
O período positivo mínimo da função é P  2 . Então pode-se fazer B  0 .
Como o zero da função seno é 0. Pode-se fazer C  0 .
Portanto a função f pode ser definida analiticamente por f x  4senx, porque
 
f    4.
2
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5
14.
a) f  x   x cos2 x   x cos 2x   x cos2x  f  x . Então, f é ímpar.
1
(1) A função cosseno é par
b) g x   x2 sen x  x2  senx   x2 senx   g x . Então g é ímpar.
2
(2) a função seno é ímpar.
15. A observação do gráfico sugere que f 0  4 , f    0 .
a  b cos0  4

Então, 
a  b cos  0
Portanto, a  2 e b  2 .
16.
a  b  4
a  b  4



a  b  0
a  b
2b  4


a  b
b  2
.

a  2
16.1 O contradomínio de h é 1,5; 2,5 . Então, o mínimo de h é 1,5 e o máximo 2,5. O
máximo da função corresponde à maré alta. Então queremos o instante em que esse
máximo ocorre.

 
 
  t  12k , k  Z
.
h x  2,5  2  0,5 cos t   2,5  cos t   1  t  2k , k  Z
6
6 
6 
Como Dh  0,24 , a maré alta ocorreu às 0, às 12 e ás 24 horas do dia em causa.
16.2 O período positivo mínimo é P 
2
 12

6
16.3
2
2


  8  2
 
 
 
2  0,5 cos t  
 0,5 cos t  
 cos t  
 t    2k , k  Z
6
4
6
4
6
2
6
4






3
 .
 12k , k  Z
2
3
3
Para k  0 vem t    0,24  t   0,24 ,
2
2
3
3
para k  1 vem t  12   10,5  0,24  t  12   13,5  0,24 e
2
2
3
3
para k  2 vem t  24   22,5  0, 24  t  24   25,5  0,24 .
2
2
t 
  8  2
 t  0, 24 é
Então, a solução da condição 2  0,5 cos t  
6 
S  1,5;10,5;13,5;22,5.
4
17. A observação do gráfico sugere que T0  2 , T7  38 .
36
 18 .
A amplitude térmica foi de 38  2  36 , pelo que b  
2
Como 0 é mínimo o valor de b é negativo. Então b  18 .
Como T0  2  a  18cos0  2  a  2  18  20
A diferença entre um maximizante e um minimizante consecutivos é igual a metade do
período mínimo positivo. Então o período positivo mínimo da extensão de T ao conjunto
2

c .
dos números reais seria P  14 , pelo que 14 
c
7
Assim, tem-se a  20 , b  18 e c 
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
7
.
6
18.
18.1 O ponto P é o ponto de máximo do gráfico de f com maior abcissa negativa.
Como f  x  2  cosx, sex  0 e 1  2  cosx, sex  3 , a ordenada de P é 3.
.
2  cosx  3  cosx  1  x    2k , k  Z
Para k  0 vem x    0 , para k  1 vem x   . Então, as coordenadas do ponto P
são   , 3 .
18.2
De acordo com o referido em 18.1. as imagens de x por f quando x  0 tomam todos os
valores, e apenas esses, do intervalo 1, 3 .
3
Se x  0 , f  x  
7x  4
4 e
x 0 x  1
 0 . Então f é crescente em 0,   , lim
x  1
7x  4
lim
 7.
x   x  1
Portanto, o contradomínio de f é D' f  1,3  4,7 .
2
19.


a) Df  R
 \   k , k  Z

2

Cálculo auxiliar:
x  

2
 x
 k , k  Z

 \
b) Dg  R
5
 12
Cálculo auxiliar:
2x 

3


2
k

2

2
 x
   k , k  Z

 .
 k , k  Z
2


,k  Z

  2x 
 k , k  Z
 

 \ k , k  Z

c) Dg  R
2


 x
tgx  0  x  k , k  Z

2

2


3
 x
 k , k  Z
5


 k ,k  Z
12
2
 .
 k , k  Z
20.
 


20.1 Df   x  R
 : x    k , k  Z
 R
 \
6
2


20.2




f  x  0  3  tg x    0  tg x   
6
6





  k , k  Z
3


3  x

6


3
 x
 k , k  Z

6

 k , k  Z
20.3 P é período de f se f  x  P  f x,x  Df










f  x  P  f  x  3  tg x   P  3  tg x    tg x   P  tg x   
6
6
6
6








  P  k , k  Z
.
 k , k  Z
6
6
Para qualquer k inteiro k é período de f. Então,  é o período mínimo positivo de f.
 x
P x


20.4 f      3  3  tg    3  tg   2 3
6

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7
Da fórmula fundamental da trigonometria vem, sen2  1  1  cos2   1   cos2  e
2
1
1
1
1
tg 2  1 
 2 3 1
 13 
 cos2  
.
2
2
2
13
cos 
cos 
cos 
Então,
1
sen2  1  1 cos2   1   cos2   
13
 
21.
a)
lim  tgx 
x
b)

2
senx 1

    (note-se que se x   , x está no 4.º
2
 cosx
0
x
lim

2
quadrante).
2
cosx 0
lim 
 lim 
  0.
 tgx
 senx 1
x
x
2
2
22.
 




22.1 A função tangente é contínua em R
 \   k , Z
 \   k , Z
  e 0,   R
  , logo,
2
2
2






a restrição à função f é contínua porque é a soma de duas funções contínuas em
 
0, 2  .


1
 
 1
 3
 1
f    1  tg   0,454  0 e f    1  tg   11,101  0 e f é contínua em
 2
 2
 2
 2
1 3   
 2 , 2   0, 2 . Então, pelo Teorema de Bolzano, f admite pelo menos um zero no
 1 3
intervalo  ,  .
 2 2
22.2 Como
lim  2x  tgx  2 
x


2
2
 lim  tg        
x

2
23.
23. 1 O raio da base do cilindro é igual à distância do ponto A à origem do referencial.
Então, o raio da base do cilindro é
4  02  3  02  0  02
 5.
2
Assim, a medida da área da base do cilindro é   5  25 .
BD
Sendo  a amplitude do ângulo, tem-se ainda que
 tg , pelo que BD  5tg .
OB
Portanto, V    25  5tg  125tg .
23.2 lim  125tg  125 lim  tg  


2


2
Interpretação: o volume do cilindro pode ser tão grande quanto se queira, desde que
se faça o ângulo BOD suficientemente próximo de
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância

.
2
8
24.




24.1 Dh   x  R
 : x   k  x   k , k  Z

2
2



1
1
1
1
24.2 lim
    e lim 
    . Então, a reta de equação x 

4
 1  tgx
 1  tgx
0
0
x
x
4
4
é assíntota vertical do gráfico de h.
24.3 No domínio de h tem-se
1
 1  1 tgx  1  tgx  0  x  k , k  Z
1 tgx
 .
Então a expressão geral das soluções da equação hx  1 é x  k , k  Z
h x  1 
25.
25.1 A área de um cone de raio r e geratriz g é dada por A  r g  r  .
A geratriz deste cone é GV e
1
1
 cosx  GV 
.
cosx
GV
 1

Então, a área do cone é dada em função de x por A x     1 
 1 , ou seja,
 cosx 
   cosx
 
, x  0,  .
A x  
cosx
 2
25.2
lim  A x   lim 
x

x
2

   cosx
cosx

 0
0
  .
2
A área do cone tende  quando x tende para


. Este resultado verifica-se porque
2
a área da base do cone é constante e a altura do cone tende  ( A geratriz tende a
ficar paralela à altura quando x tende para

2

).
26.
27.
cosx
cosx
1
cosx
1

  e lim

  Então não existe lim
.


x
x
x 0
x 0
x 0 x
0
0
lim cosx
x
x
x  cosx
cosx x  0
1
b) lim
 lim
 lim
 lim

 1
senx 1
x  0 tgx
x  0 senx x  0 senx
x  0 senx
lim
cosx
x
x 0 x
a) lim
c) lim
x 0
sen2 x
2x 2
2

2
1
1
senx
1 2 1
 senx
lim 
   lim
  1 
2 x 0 x 
2  x 0 x 
2
2
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9
d) lim
tgx  senx
x3
x 0
 1

senx
1 cosx
senx
 1
 senx
senx
 cosx   lim
 lim cosx
 lim
 lim cosx 
x 0
x 0
x 0 x
x 0
x3
x3
x2
1 cosx1 cosx  lim
1 cos2 x
sen2 x
1
 lim
 lim

x  0 x 2  cosx  1 cosx  x  0 x 2  cosx  1 cosx  x  0 x 2
x  0 cosx  1 cosx 
 1 lim
2
senx
1
1
1

 12 
 .
 lim
  lim




x
cos
x

1

cos
x
1

1

1
2
x

0
x

0


28.
a) lim
x 0
sen4 x 
seny
 sen4 x 

 lim 
 2  2 lim
 2 1  2
y
2x
4x
x 0
y

4
x
y

0

28.2
b)


sen2 x
senx
2cos2 x  2
 2 1  cos2 x
 lim
 2 lim
 2 lim senx lim
 2  0  1  0
x
x
x
x 0
x 0
x 0
x 0
x 0 x
lim
c) lim
sen  x
x 0
29.
30.
x
3
 lim
x 0
 senx
x
3
senx
1
 lim 2  1    
x 0 x
x 0 x
  lim
senx 
 x
senx 

senx 
1

1 
lim
 lim x
  lim
 lim
  1 

1 
x  0 senx 
x  0 senx 
x  0 senx 
  x  x  0 x
x
x
Note-se que dizer que x  0 é o mesmo que dizer que x  0 e x  0 .
1 
sen2x 
1
 sen2x 
, pela igualdade
 lim 

 lim
 lim

senx
senx
senx
senx
x 0 sen x
x 0 
x 0
 x 0
sen2x  2
  2 , então,
demonstrada no exercício anterior, tem-se que lim
senx
1
x 0
sen2x 
1
sen2x 
lim
 lim
 2       , ou seja, lim
  .
x 0 sen2 x
x 0  senx
x 0 senx
b) Fazendo a mudança de variável y  x  1, vem
a) lim

sen2x
2
1  x2
1   y  12
 y 2  2y
 y 2  2y
y2
 lim
 lim
 lim
 lim
y  
sen
x 1 senx
y  0 sen  y  1
y  0 seny   
y  0  seny 
y 0
y
lim  y  2
2
2
y 0


 .
seny    1 
 lim
y 0 y
lim
31. A função f é contínua em  , 0 , porque é a soma de uma constante com o produto de
duas funções contínuas (uma polinomial e a composta de uma exponencial e uma
polinomial, ambas contínuas).
A função f é contínua em 0,   , porque é o quociente de duas funções contínuas (soma
de uma polinomial e uma trigonométrica e uma polinomial).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
10
Por outro lado, tem-se f 0  1  0  1 e
x  senx
senx
senx

 lim 1 
 1  1  2  f 0 e, portanto, a
  1  lim
x
x 
x
y 0 
y 0
função f é contínua em R
 \ 0 e contínua em 0 à esquerda.
lim f  x  lim
y 0 
y 0
32.
3
2
 
  
 
 
 
  1 2
cos   cos    cos   cos   sen   sen   



2
2
 12 
3 4
3
4
3
4 2 2
2 6
4
3
2 1 2
 
  
 
 
 
 
sen   sen    sen   cos   cos   sen  

 

12
3
4
3
4
3
4
2
2
2 2
 


 
 
 
 
6 2
4
3
2 1 2
 7 
  
 
 
 
 
sen

 

  sen    sen   cos   cos   sen  
2
2
2 2
 12 
3 4
3
4
3
4
6 2
4
33.
34.








a) sen  x   cos  x   senx cos  cosx  sen  cos  cosx  sen  senx 
4
4
4
4
4
4





2
2
cosx 
cosx  2 cosx c. q. d.
2
2
b) cos2x  cos2 x  sen2 x  1  sen2 x  sen2 x  1  2sen2 x . c. q. d.
c)


2
2
2
sen  x  sen cosx  cos senx
cosx  senx
cosx 
senx
4




2
2
2
4
4




tg  x  




2
2
4

2
cos  x 

4

cos cosx  sen senx
4
4
2
cosx 
2
senx
2
cosx  senx
cosx  senx
, c. q. d.
senx cosx
35.
a)
cosx  senxcosx  senx  lim cosx  senx  2
cos2x 
cos2 x  sen2 x
 lim
 lim
 cosx  senx
 cosx  senx


cosx  senx
x
x
x
x
lim
4
4
b) lim
x
 lim

y 0
3
4
4





3  2sen y  
3  2 senycos  cosysen 
3  2senx
3
3
3



lim
 lim


 y 0
y
y
y 0
y x
x
3
3
1

3
3  2 seny
cosy 
2

2

  lim 3  seny 3 cosy  lim 3  3 cosy  lim seny 
y
y
y
y 0
y 0
y 0 y
1  cosy
1  cos2 y
sen2 y
seny
 1  3 lim
 1  3 lim
 1  3 lim
lim seny 1 
y
y
y 0
y 0 y1  cosy 
y 0
y 0 y y 0
 3 lim
 3  1 0  1  1
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11
36. Nas condições da figura tem-se:
HB
 senx  HB  AB senx  1 senx  senx e
AB
AH
 cosx  AH  cosx .
AB
Então, a área do triângulo [ABH] é dada, em função de x, por
senxcosx 1
 senxcosx .
2
2
Como os triângulos [AED], [DFC] e [CBG] são congruentes com [ABH] e o quadrado
[ABCD] tem área 1, a área da superfície sombreada é dada, em função de x, por
1

f  x   1 4 senxcosx   1 2senxcosx , ou seja, f  x  1 sen2x c. q. d.
2


37.


a) f  x   x  3senx   x  3senx  1 3 cosx



b) g x   xsenx   x senx senx x  senx x cosx
    e
c) h x  cose x e x
38.

x
 
cose x
  

38.1 f x   e x senx  e x senx senx e x  e x senx e x cosx c. q. d.
38.2
f  x   0  e x senx cosx   0  e x  0  senx cosx  0  senx  cosx  x 
Como
D f  0,2 , os zeros de f’ são
Assim, temos:
x
0
f  x 

4
e
5
.
4

+
+
0
-
0
4

 k , k  Z
2
5
4
4

+
+
f
 
 5

Assim, f é crescente nos intervalos 0,  e  , 2  ; decrescente no intervalo
 4
 4

5

  5 
 4 , 4  , tem mínimos relativos em 0 e 4 ; e máximos relativos em 4 e 2 . A
 5
função f tem um mínimo absoluto, f 
 4
39.



2
5
2e 4
 
e máximo absoluto, f   
4
2

.
2e 4
cos2  h  cos2 
cos2  2h  1
cos2h  1
 lim
 lim

h
h
h
h 0
h0
h 0
f    lim
senh
cos2 h  sen2h  1
 2sen2h
 lim
 2 lim senh lim
 2  0  1  0 .
h
h
h 0
h 0
h 0
h 0 h
 lim
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12
40.
a) gx   x  cos3x  1 3sen3x
b) h x  
c) i  x 

x cosx  cosx x  cosx  xsenx
cos2 x
cos2 x
1 senx x  cosx  x  cosx 1 senx
x  cosx
2
x cosx  cos2 x  1 sen2 x
 x  cosx


cosx x  cosx   1 senx1 senx
x  cosx2

x cosx
x  cosx2
senln x
d) j  x  senln x  ln x  
2
x
e) p x  3coos x  cosx  3 cos2 x   senx  3 cos2 x  senx
2


41. f x  a cosnx  bsennx   ansennx  bn cosnx  an2 cosnx  bn2sennx
n2f  x  an2 cosnx  bn2sennx .
Então, f x  n2f x  an2 cosnx  bn2sennx  an2 cosnx  bn2sennx  0 c. q. d.
42.



2
x



2
4

a) f  x   




cos2  2 x   cos2  2 x  
4
4





1
1 
b) g x   e x tgx  e x tgx  e xtgx 
e x  e x  tgx 
  e x tg 2 x  tgx  1
2
cos x
cos2 x 

1
 21 tgx 1 tg 2 x
c) h x   21 tgx1 tgx  21 tgx
2
cos x
 


43.



43.1 f  x  senx cosx  cosx  senx.
f  x   0  cosx  senx 0  cosx  senx x 
x
0
f  x 
+
f
m
+

4
0
M


 
  x  0,   x 
 k , k  Z
4
4
 3
-
 
A função tem dois mínimos relativos f 0  1 e f   
3
 
f   2 .
4
 
f  
3

3
m
3 1
e um máximo relativo
2
3 1
 
é mínimo absoluto e f    2 é máximo absoluto.
2
4
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13
  1 3 
 é
43.2 O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de coordenadas  ,
6
2 

 
f   
6
y
3 1
. Então, a equação reduzida reta tangente é
2
  6 3    6
3 1
x
2
12
44.
44.1 Considere-se um ponto Q em [OA] de forma que QP seja paralelo a BA. Nestas
OQ
condições [OQP] é um triângulo retângulo e, portanto,
 cos  OQ  5 cos e
OP
QP
 sen  QP  5sen . Assim, temos que a área do trapézio é dada por
OP
5  5  5 cos
50  25sen cos
25
25
 5sen 
 25 
 2sen cos  25 
sen2   A 
2
2
2
2
c. q. d.

25
 
44.2 A   25 
sen   25 . Quando   , o trapézio é um quadrado de área 5,
2
2
2
pelo que o valor obtido é a área desse quadrado.
44.3

25
25


A    25 
sen2    cos2   2  25cos2 
2
2


25
25
1
2
4
A  
 25cos2  
 cos2     2 
 2k  2 
 2k , k  Z 
2
2
2
3
3
2
 . Como   0,  , o conjunto-solução da equação
 k  x 
 k , k  Z
3
3
  2 
é S  , .
3 3 
 

45.
45.1.1 As abcissas de A e B são pontos do gráfico de f onde a função assume valores
extremos.
f  x   x  2cosx  1  2senx. Então, como f é derivável no domínio, a sua derivada
anula-se nos 2 pontos onde a função assume um valor extremo.
1

5
.
f  x  0  1  2senx  0  senx   x   x 
2
6
6
Como a ordenada de A é o único máximo relativo de f em 0, 2  , tem-se que a
3  3 3
  
  

ordenada de A é f     cos   
.
6
6
6
6
2
6
 
 
Analogamente, como a ordenada de B é o único mínimo relativo de f em 0, 2  a sua
3 5  3 3
 5  5
 5  5
 cos


ordenada é f 
.


6
6
2
6
 6 
 6 
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14
    5
  5 

45.1.2 Como f  , derivada de f , é positiva em 0,    , 2  e negativa em  ,  ,
6
6

 
6 6 

 5  5  3 3
pode-se afirmar que f 2   2  1 é o máximo absoluto de f e f 
éo

6
 6 
mínimo absoluto.
Como a função é derivável em todo o domínio, é contínua. Portanto, o contradomínio
 5  3 3

, 2  1
de f é Df  
6


45.2 A reta tangente ao gráfico de f em A pode ser definida pela equação y 
 3 3
6
.
Então, o ponto pedido tem como abcissa uma das soluções da equação
 3 3
.
f x 
6
46.
46.1 O gráfico de g não tem assíntotas verticais no intervalo  , 0 porque g é contínua
neste intervalo, uma vez que é o quociente de duas funções contínuas (a soma de uma
afim e uma trigonométrica, e uma quadrática). Analogamente, não tem assíntotas
verticais em 0,   , por também ser contínua neste intervalo (produto de duas funções
contínuas a identidade e uma exponencial).
2x  senx
senx
lim g x  lim
 lim 2  lim
 2 1 3
x
x
x 0
x 0
x 0
x 0
lim g x  1 0  0
x 0
Portanto, o gráfico de g não tem assíntotas verticais.

  


46.2 Para x  0 , gx   e x  x  e x  x  x   e x  e x  x  e x  e x  x  1 .
C. A.
g x  0  e x  x  1  x  1
x
g x 
0
+
0
-
M
g
Assim, g1 

1
1
é máximo relativo de g e é o único extremo relativo de g em 0,  
e
c. q .d.
46.3 Como se referiu em 46.1 g é contínua em  , 0 . Então, como  2,  1   ,0 , g é
contínua em  2,  1 .
 4  sen 2
 2  sen 1
 1,227 e g 1 
 2,841, pelo
4
1
que g 1  2  g 2 .
Por outro lado, g 2 
Então, pelo Teorema de Bolzano, existe pelo menos uma solução da equação
g x  2 no intervalo  2,  1 .
 
2
47. Se R  4 2r , então, A   4 2r  2    r 2 e a    r 2 .
Verificando-se o modelo, tem-se   r 2  2    r 2 cos  cos 
ângulo do primeiro quadrante cos  0 , tem-se
Assim, o valor de  pedido é
1
. Como  é um
2
1
1

cos 
 cos     .
2
3
2

radianos.
3
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15
Mais exercícios
(Págs. 34 a 38)
Escolha múltipla
48. Opção (B).
De acordo com as condições da figura, as coordenadas do ponto C são cos , sen  .
1 sen
Então, a área do triângulo [AOC] é, em função de  ,
.
2
Os triângulos [AOB] e [AOC] são congruentes porque um é reflexão do outro com eixo Ox,
1 sen
pelo que a área de [AOB] é também
.
2
sen
Assim, a área do quadrilátero [ABOC] é 2 
 sen .
2
49. Opção (A).
5
5
Como 1  2sen
não pode pertencer ao domínio de f. Portanto, a afirmação (A) é
0,
6
6
necessariamente falsa.
50. Opção (B).
1
. No círculo trigonométrico
4
percebe-se que em 0, 2  esta equação tem duas
 4 senx  1  senx  
soluções (uma volta completa). Então, no intervalo
0,6  tem 6 soluções.
51. Opção (B).
Se x   ,
1
 1

, portanto
 0  , então
 
2 x
2
x
 1
lim tg     .
x
x    2
52. Opção (D).
 , qualquer reta tangente ao gráfico de h não pode
Como h x  cosx cosx   1,1,x  R
ter declive fora do intervalo  1,1 . Pelo que a única reta que pode ser tangente ao gráfico
de h é a definida pela equação y  x .
53. Opção (C).
No círculo trigonométrico representado ao lado temos a
sombreado a região correspondente à condição senx  0 e a
1
tracejado a região correspondente a cosx  . Então, a
2
região pedida é onde as duas se sobrepõem.
54. Opção (C).
A base [BC] do triângulo [ABC] tem medida de comprimento igual a 2 e altura igual ao valor
absoluto da abcissa de A, que é 2cos   cos . Então, 4 cos é a área do triângulo
[ABC] em função de  . Assim, tem-se  4 cos 
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
8
2
 cos   .
5
5
16
55. Opção (B).
2x
2x
1
1
1 1 1
lim
 lim
 lim
 lim
  
1 2 2
x 0 sen4 x 
x 0 2sen2 x cos2x  y  2 x y 0 seny y 0 2 cosy
y
56. Opção (D).
lim
x 0
1
x2
sen2 2x   lim
2senxcosx2
x2
x 0
 lim
4 sen2 x cos2 x
x 0
x2
2
senx

2
 4 lim cos2 x   lim
  4  1 1  4
x 0
 x 0 x 
57. Opção (C).
Como f  x   tgx 
1
, o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de
cos2 x
1
1 4

 

 .
abcissa
é m  f  
3
3
6
 6  cos2   
 
6 4
58. Opção (D).
O período mínimo positivo é P 
2
.
3
59. Opção (C).
sen2x  2cos2x  4sen2x
60. Opção (B).
A função m é contínua em  , 0 porque é, neste intervalo, a soma de duas funções
contínuas (uma exponencial e uma constante); é também contínua em 0,   , porque,
neste intervalo, é o quociente de duas funções contínuas (uma trigonométrica e a
identidade). Então, para ser contínua tem de ser contínua à esquerda no ponto 0, ou seja,
lim m x  m0 .
x 0
Como m0  e0  k  1  k e lim m x   lim
x 0
x 0
senx
 1 , o valor de k deve ser 0.
x
61. Opção (A).
 
Da observação do gráfico, tem-se que f 0  1 e f    2 .
2
f 0  1  a  tg0  1  a  1.
No domínio da função, tem-se
 
1
 
 
 
f    2  1  tg b   2  tg b   1  b   b  .
2 4
2
2
 2
 2
62. Opção (C).
O ponto A tem coordenadas cos , sen  , então EO sen e EA  cos .Como C tem
coordenadas (1, 0) e OA é um raio da circunferência, temos que OA  1 . Como O é o
ponto médio de [ED] e de [AB] então ED 2sen , EA  BD  cos  e AB  2 .
Então, o perímetro pedido é 2sen  2cos  2  21  sen  cos  .
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17
Resposta aberta
63.
 t  
63.1 Como cos   toma todos os valores reais do intervalo  1,1 , a função d tem
 9 2
contradomínio 0,5;12,5 . Portanto, a altura máxima é 12,5 metros.
 t  
 t  
 t 
d t   12,5  6,5  6 cos    12,5  6 cos    6  sen   1 
 9 2
 9 2
9
t 
9
  t   18k , k  Z
 .

  2k , k  Z
9
2
2
9
  0,25  k  49,75  k  Z
.
0   18k  900  k  Z
2
Assim, o conjunto-solução da condição d t   12,5 é S  x  Z : 0  x  49.
Portanto, o ponto V atinge 50 vezes a altura máxima.
63.2 OV 
12,5  0,5
6
2
63.3
1
t 7
t 11
 t  
 t 

d t   3,5  6,5  6 cos    3,5  sen    

 2k 

 2k , k  Z
2
9
6
9
6
 9 2
9
21
33
.
 18k  t 
 18k , k  Z
2
2
21
33
Como Dd  0,900 , temos t 
 18k  t 
 18k, k  0,1,....,49 .
2
2
t 
2
64. Como senx 
tgx  
a)
2
7
 2
2
 
  7  7 e
 x   ,  , tem-se cosx   1  
 3 
3
9
3
2 



14
. Assim, temos:
7
sen2x   2senxcosx  2 
2 
7 
2 14
 

e


3  3 
9
2 14
7   2 14
tg 2x  

2
2
5
1  tg x
1
7

2tgx
b)
65.

2 1
3 
7 

 
 
sen x    senxcos   sen  cosx 
 
 

3
3 2
2  3 

3
3
2  21
.
6

a) cosx  y   cosx  y   cosx cosy  senxseny cosx cosy  senxseny
 cosx cosy  senxseny cosx cosy  senxseny 2senxseny



b) cos4 x  sen4 x  cos2 x  sen2 x coss2 x  sen2 y  cos2x  1  cos2x .
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18
c)


sen4 x  sen2x  2sen2xcos2x  sen2x  sen2x2cos2x  1  sen2x 2cos2 x  2sen2 x  1 


 




 sen2x 2cos2 x  2 1  cos2 x  1  sen2x 2cos2  2  2cos2  1  sen2x 4 cos2 x  1 ,
c. q. d.
66.
2x cosx
2 cosx
 lim

x  0 senx
x  0 senx
x
a) lim
x

lim 2 cosx 
x 0
senx
lim
x 0 x

2
2
1
y
1 1
1
2

lim
 lim
 lim
 1
seny
seny
 cosx
 y 0
1
y 0

 y 0 
x
y x
cos

y


2
2
y
y
2

b) lim
c)
1  cos2 y
1  cosy
1  cosy


lim
lim
sen  y   1
senx 1
y
y
y  0 y1  cosy 
y 0
2

 lim



lim 

lim
seny
seny
cosx y  x   y  0
1
y 0



lim
y
cos

x


2
2
y
y 0 y

2
sen2 y
seny
seny
 lim
 lim
 1 0  0
y 0 y1  cosy 
y 0 y
y 0 1  cosy
 lim
e2 x  1
e2 x  1
2 lim
e 1
ey  1
2x  x 0 2x
 lim
 2 lim
 21 2
d) lim
1
y
x  0 senx
x  0 senx
y  2 x y 0
x
67. A função g é contínua porque é o quociente de duas funções contínuas (uma polinomial e
uma trigonométrica).
a) Para que uma extensão h de g seja contínua em   ,   , é necessário que:
2
2x
2x  x 2
2x  x 2
e h0  lim
, ora,
x  0 senx
x 0 senx
lim
lim 1  x 
2x  x 2
x1  x  x 0
1 0
 lim


 1.
senx
1
x 0 senx
x 0 senx
lim
x 0 x
Portanto, a h extensão contínua de g a   ,   pode ser definida por
lim
 g x  se x    ,  \ 0
h x   
se x  0
1
2x  x 2  2   2
2x  x 2 2   2



lim

  , não é possível
e
senx
x  
x   senx
0
0
encontrar uma extensão de g ao intervalo   ,  que seja contínua.
lim 
b) Como
68.
 
a) f x   e x senx  senx  e x  e x senx  e x cosx  e x senx  cosx 
b) g x   cos2x  tgx  tgx cos2x   2sen2x tgx 


1
2
cos x
cos2x   4 sen 2 x 
cos2x 
cos2 x
c) hx   sen 2 x  x   2senx cosx  1  sen2x   1
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19
 
d) i x   x 3 tg 3x  1  tg 3x  1 x 3  3x 2tg 3x  1 
3x 3
cos2 3x  1

e) j x   cos x 2  3x    x 2  3x   cos x 2  3x 

 


2x  3
 2 x 2  3x
f)

 senx 2 
cosx 2  2x  cos2x    2sen2x senx 2


 cos2x  
2x cosx 2 cos2x   2sen2x senx 2
cos2 2x 
 
nx   


senx 2
senx 2
cos2x senx 2
cos2x 
cos2x 

2x
tgx 2
 2tg 2x 
cosx 
 senx
 tgx
cosx
cosx
h) px   e  senx  senx   e  cos x  cosx    cosx  e  senx  senx  e cos x
g) mx  

69.
69.1 A área do trapézio é AABCD  
AD  DC
 AD .
2
AD
 sen  AD  2sen DC  AB  x com x  2cos , ou seja, DC  1 2cos .
2
Então, a área do trapézio é dada em função de  por
1  1  2cos
 2sen  2  2cos sen  2sen  2sen cos  2sen  sen2 
2
69.2. A   2sen  sen2   2sen   sen2   2cos  2cos2 
A  
A   0  2cos  2cos2   0  cos  cos2   0  coss  cos2   sen 2  0 
 2cos2   cos  1  0  cos 
  

 1 1 8
1
 cos   cos  1 
4
2
 2k      2k , k  Z .
3
Repare-se que   0, 


3
x
0
Ax 
n.d.
+
0
-
n.d
M
A
Área máxima:
69.3
lim
 0
A 

 lim
 0
3
3 3 3
 2 
 
 
A   2sen   sen   2 


2
2
2
 3 
3
3
2sen  sen2 

 2 lim
 0
sen

sen2 
senx
 2  2  1  2 lim
 22  4
x  2
x 0 x
 0 2
 lim
70.
70.1 Por definição de derivada num ponto do seu domínio
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20
 
hx   h 
 2   h      2sen      2
lim
 
 


2 2
2 2
x
x
2
2
70.2 hx   hx   x  2senx   1  2cosx
1

hx   0  1  2cosx  0  cosx   x    2k , k  Z .
2
3


e
.
Como Dh  Dh    ,  , as soluções da equação são 
3
3


x


3
3
hx 
n.d.
+
0
0

h
PI

PI

+
n.d


 

O gráfico de h tem concavidade voltada para cima em   ,   e em  ,  e
3

3 




concavidade voltada para baixo em  ,  e tem dois pontos de inflexão, um no
 3 3


.
3
3
70.2 O declive da reta tangente ao gráfico de h num determinado ponto é igual, quando
existe, à derivada de h na abcissa desse ponto. Então, porque o declive da bissetriz
dos quadrantes ímpares é 1, pretende-se determinar x tal que hx   1.
ponto de abcissa 
e outro no ponto de abcissa
Na calculadora, obtém-se:
Portanto, o ponto onde a tangente ao gráfico de h é paralela à bissetriz dos
quadrantes ímpares tem abcissa aproximadamente igual a 2,38.
71.
a) f x   1 2cosx
1
2
x
 2k , k  Z
2
3
 2 2 
 2 5 
f  é positiva em  
,
,  e negativa em 
,
,  e tem período
3
3


 3 3 
2 . Assim, pode-se concluir que f é crescente em intervalos do tipo

 2k , k  Z , decrescente em intervalos do tipo

f x   0  1  2cosx  0  cosx  
Então, a função
mínimo positivo
2
 2
 3  2k , 3

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
21
2
5
 2

 3  2k , 3  2k , k  Z , tem máximos relativos em x  3  2k , k  Z e mínimos


2
relativos em x  
 2k , k  Z .
3
2
Os máximos relativos são da forma
 2k  3, k  Z e os mínimos relativos da
3
2
forma 
 2k  3, , k  Z .
3
1
b) g x   tgx  2x  
g x   0 
1
2
cos x
cos2 x
2
2 0 
1  2cos2 x
2
cos x
No domínio de g condição cosx  
x

g x 


2
n.d.
+

 0  cos2 x 


2
tem duas soluções:  e
.
4
4
2

2

4
4
0
M
g
1
2
 cosx  0  cosx  
2
2
-
0
m
+
n.d.
 
   
A função g tem um máximo relativo g     tg       1 e um mínimo
 4
 4 2 2

 
  
relativo g    tg     1  .
2
4
4 2
72.
72.1 Vcone 
2
1
  CB  CV
3
CV
CB
 cosx  CV  2cosx ,
 senx  CB  2senx
2
2
1
1
4
4
V x     2senx 2  2cosx    4 sen 2 x  2cosx    senx  2senx cosx    sen2x   senx
3
3
3
3
c. q. d.


4
4
  sen2x   senx  senx  sen2x     2cos2x senx  cosxsen 2x 
3
3
4
V x   0    2cos2x senx  cosxsen 2x   0  2cos2x senx  cosx  2senx cosx  0 
3
72.2 V x  


 2senx cos2x   cos2 x  0  senx  0  cos2 x  sen 2 x  cos2 x  0 
 senx  0  3cos2 x  1  0  senx  0  cosx  
3

, em 0,  apenas a
3
 2
3
admite solução, que é, aproximadamente, 0,955 (valor
3
arredondado às milésimas).
equação cosx 
73.
O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto B é igual a 8.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
22
Então, pretende-se determinar o valor de x, abcissa de B, para o qual f x   8 .
f x   2e x  senx  4 x
Na calculadora obtém-se:
Então, a abcissa do ponto B é, aproximadamente, 0,91.
74.
74.1 Como os pontos D e C têm a mesma abcissa, a ordenada de C é
1
 
 
f     4 cos    4   2 .
2
 6
 3
Assim, a altura do trapézio tem medida igual a 2.
A base menor do trapézio tem medida igual a BC 

.
6
Como A é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das abcissas, a sua
ordenada é 0 e a abcissa é o menor zero positivo de f.

 k
f x   0  4 cos2x   0  cos2x   0  2x   k , k  Z  x  
, k  Z .
2
4
2
 
Então, as coordenadas de A são  , 0  , pelo que a base maior do trapézio é
4 
  5
.
DA   
4 6 12
5 

7
Portanto, a área do trapézio [ABCD] é 12 6  2 
.
2
12
74.2 f x   8sen2x  ; f x    8sen2x   16cos2x  .
Portanto,
f x  f x   f x  4 cos2x  8sen2x  16cos2x  12cos2x  8sen2x 
 43cos2x   2sen2x  c. q. d.
75.
75.1 Considerando um referencial o.n. de origem em O semieixo, positivo Ox com a
direção e sentido de AC , semieixo positivo Oy com direção e sentido de OE e
unidade igual ao raio da circunferência, tem-se que as coordenadas do ponto D são
cos , sen  .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
23
Assim, tem-se que DC  AF  2sen e AC  DF  2cos e a altura do triângulo
[FDE] relativamente à base [DF] tem medida igual a 1  sen . Os triângulos [FDE] e
[ABC] são congruentes por simetria do hexágono.
Então, a área do hexágono é dada em função de  pela expressão:
2cos 1  sen 
A   2 
 2cos  2sen  2cos  2sen cos  4 sen cos 
2
 2cos  2sen cos  sen2   2cos c. q. d.
75.2 A   2cos2   2sen


A   0  2cos2   2sen  0  cos2   sen  0  cos2   cos    
2

 2 

2
   2k   2  

2
   2k , k  Z   

6

2k

     2k , k  Z
3
2

 
No intervalo 0,  , a equação é equivalente a   .
6
 2
  
 
 
Como A tem domínio 0,  , é positiva em 0,  e negativa em  ,  , tem como
6
2




6 2
3
3 3 3
 
2

máximo f   
.
2
2
2
6
76.
senx 1
senx 1
x 1
1

lim
 , lim g x   lim
  e g 0  .
2 x 0 x
2 x 0
x
2
x 0
x  0 2x
x 0
Então, a função g é descontínua no ponto 0, porque lim g x  não existe, mas é
76.1 lim g x   lim
x 0
contínua à direita no ponto 0, porque lim g x   g 0 .
x 0
senx
1
2

 senx  . Sabe-se que no intervalo 0, 2  esta
2x
3x
3
equação tem exatamente duas soluções. Então, no intervalo 0,1000  tem
76.2 Se x  0 , g x   hx  
exatamente 1000 soluções.
x 1 1
2
2

 3x  3  1  x   e    1, 0 .
x
3x
3
3
Então, a equação g x   hx  tem exatamente 1001 soluções no intervalo
Por outro, se x  0 g x   hx  
 1,1000 , ou seja, os gráficos de g e h intersetam-se em 1001 pontos neste
intervalo.
 2
76.3 O ponto com menor abcissa positiva é x  sen 1   0,729 .
 3
Assim, as coordenadas do ponto são 0,73;0,46 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
24
77.

 1
 1 

x  sen 
sen  
f x 
 2x   lim 1 
 2x    1  0  1
 lim
77.1 m  lim

x
x
x   x
x  
x   







 1
 1 
b  lim  f x   x   lim  x  sen   x   lim   sen    sen0  0
2
x
x  
x   
 
 2x  
 x  
f x 
 1 e b  lim  f x   x   0 .
x   x
x  
Portanto, a bissetriz dos quadrantes ímpares é assíntota do gráfico de f, quer em 
quer em  .
De forma análoga, obtém-se m  lim
77.2 A função derivada de f é definida por f x   1 
 1
sen  .
 2x 
2x
1
2
Então, o declive, m, da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
2

é
 
 1
2
2
1

   1  2 sen    1  2 2    2
m  f    1 
sen
2
4
 
4
2
2 2
2
 
 
2 
 
2
2
2 2
  2
3 3
  3 1
 0 e f     sen     0 .
77.3 Repare-se que f     sen   
2
  
4 
  
6  2
2
3
 
 
Então, f    f    0 .
 
 
2 3
Por outro lado, a função f é contínua em  ,  , porque é a diferença de duas
  
funções contínuas (a identidade e a composta de uma trigonométrica e uma racional).
2 3
Portanto, pelo Teorema de Bolzano, f tem pelo menos um zero no intervalo  ,  .
  
78.
78.1 Como o domínio de f é limitado superior e inferiormente, o seu gráfico não tem
assíntotas não verticais. Por outro lado, a função é contínua porque é o quociente de
duas funções contínuas (ambas trigonométricas) o intervalo   ,  , pelo que neste
intervalo o gráfico de f não tem assíntotas verticais.
1
1
cosx
cosx
    e lim
    . Então, as
Por outro lado, lim 


1
cos
x
1
cos
x
x  
x 
0
0
retas de equação x   e x   são assíntotas verticais do gráfico de f.
78.2
f x  

cosx   1  cox   cosx   1  cox 
1  cosx 2

 senx  1  cosx   cosx  senx
1  cosx 2

 senx  senx  cos  cos x  senx
 senx

2
1  cos x 
1  cos x 2
Como 1  cosx 2  0,x    ,  , tem-se f x  0  x    ,0 ,
f x   0  x  0,  e f 0  0 . Então, f é crescente em   , 0 , decrescente em
0,   e tem como valor máximo f 0  1 .
2
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
25
78.3 Como o ponto Q pertence ao gráfico de f e a ordenada de Q é
ponto é solução da equação f x  
1
, a abcissa desse
3
1
. No domínio de f tem-se:
3
1
cosx
1
1



  3cosx  1  cosx  2cosx  1  cosx   x    x 
3
1  cosx 3
2
3
3

1


Como Q é um ponto do primeiro quadrante, as suas coordenadas são  ,  .
 3 3
 1
Então, o ponto R tem coordenadas  0,  .
 3
A ordenada de P é 0, pelo que a sua abcissa é um zero de f.
cosx


 0  cosx  0  x    x  .
f x   0 
1  cosx
2
2
 
Como a abcissa de P é positiva, as suas coordenadas são  , 0  .
2 


1
Assim, tem-se OP  , RQ 
e OR  .
3
2
3
f x  

Portanto, a área do trapézio é 2

2

3  1  5 .
3 36
 

79. f x   e x  senx  senx   e x  e x  senx  cosx  e x  e x  senx  cosx 
 

f x   e x  senx  cosx   senx  cosx   e x  e x  senx  cosx   e x  cosx  senx   2  e x  cosx
Então,
f x  
f x 
 e x senx  cosx   e x  cosx  e x senx  cosx  cosx   e x  senx  f x  c. q. d.
2
Autoavaliação 8
(Págs. 39 a 41)
Grupo I
1. Opção (A).
A concavidade do gráfico de f, de acordo com a figura, está voltada para baixo à esquerda
de 1 e voltada para cima à direita, infletindo no ponto
. Então, a segunda derivada
deverá ser à esquerda de – e positiva à direita, sendo – zero desta função.
2. Opção (B).
1  cosx   1  cosx   lim 1  cos2 x  lim sen 2 x 
1  cosx
lim
 lim
ax
ax  1  cosx 
x 0
x 0
x 0 ax  1  cosx 
x 0 ax  1  cosx 
senx
senx
0
 lim
 lim
 1
0
2a
x 0 x
x 0 a  1  cosx 
3. Opção (C).
f x   1  ln x 
1
 x  2  1  ln x  1  2  1  ln x  2  x  e2
x
4. Opção (C).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
26
Sabe-se que lim g x   0  porque g x   0, x  R  e a reta de equação y  0 é
x  
assíntota do gráfico de g.

2x
1 
         .
 lim  2x 
Então, lim
g x  
x   g x 
x   
5. Opção (C).
Os zeros de f são: 2 ,   , 0, e 2
3


3
Os zeros de g são:  2 , 
e 2 .
,   ,  , 0, , ,
2
2
2
2
No conjunto dos zeros de f e g existem 9 elementos, 5 dos quais comuns às duas funções.
Assim, a probabilidade de, escolhido ao acaso, um elemento deste conjunto ser zero de
5
ambas as funções é .
9
6. Opção (D).
8!
 280 chaves diferentes. Como apenas
4!3!
1
.
existe uma chave correta, a probabilidade pedida é
280
Com quatro A, um B e três D, é possível fazer
7. Opção (C).
Se A  B , então, A  B  A , A  B  B , pelo que as opções (A) e (B) são verdadeiras.
 A  B   P A  1, pelo que a opção (D) também é
Tem-se ainda que PB | A  P
P A
P A
verdadeira.
Por outro lado, P A | B   P
 A  B   P A  1, porque P A  PB .
P B 
P B 
Grupo II
1. Neste problema, como retiramos ao acaso e simultaneamente 3 bolas das 19 existentes na
caixa, a ordem não é relevante, pelo que é possível realizar 19 C3 extrações diferentes,
tendo todas igual probabilidade de sair.
O acontecimento A: «sair pelo menos duas bolas verdes» é a união dos dois acontecimentos
incompatíveis: B: «sair duas bolas verdes” ou C: «sair três bolas verdes».
O número de casos favoráveis a B é 6 C2  13 , extrair duas das seis bolas verdes e uma das
treze de cor não verde, e o número de casos favoráveis a C é 6 C3 , extrair três das seis
bolas verdes.
Como os acontecimentos são incompatíveis, o número de casos favoráveis à sua união é a
soma dos casos favoráveis a cada um deles, ou seja, 6 C2  13 6 C3 .
Como os casos possíveis, nesta experiência, são equiprováveis, a probabilidade de A, de
acordo com a Regra de Laplace, é igual ao quociente entre o número de casos favoráveis e
o número de casos possíveis. Portanto, a probabilidade pedida é, como o enunciado
apresenta,
P  A 
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6
C2  13  6 C3
19
C3
27
2.
2.1 A função f é contínua em x  2 , se lim f x  existe e lim f x   f 2 .
x 2
x 2
2
f 2  2e  2  2  2  2
e


2
2
e
sen2  x 
sen y 
seny
1
1
 1
lim f x   lim
  lim
 lim
 lim
 1     
2


y
y

4
y
y

4
4
4
y

x

2
x 2 
x 2
y

0
y

0
x

0


x 4
Então, f é contínua à direita em x  2 , mas descontínua em x  2 .
lim f x   lim 2e  x  2  2e  2  2 
x 2 
x 2
sen2  x 
sen2
. As retas de equação x  0 e x  2 não são
4
x 4
assíntotas do gráfico de f e f é contínua em 0, 2 porque é o quociente de duas
funções contínuas (uma trigonométrica e uma polinomial) e em 2,   . Então o
2.2 lim f x   lim
x 0
2
x 0

gráfico de f não tem assíntotas verticais.
 x

lim f x   lim xe  x  2  lim 
 2  2 
x  
x  
x    e x





1
ex
lim
x   x
 20  2

2.3 Para x  2 , f x   xe  x  2  e  x  e  x x  e  x 1  x  .
Então, como e
x
1  x  0,x  2,   , f é estritamente decrescente neste intervalo.
3.
3.1 Tem-se que OA  1, AP  OP  OA  OP  1.
Por outro lado, como o triângulo [OPQ] é retângulo em Q (uma tangente a uma
circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangência), tem-se:
OQ
1
1
 senx 
 senx  OP 
senx
OP
OP
1
1  senx
Então, AP  OP  OA 
, ou seja, a distância d é dada em função de
1
senx
senx
1  senx
x pela expressão d 
 f x  c. q. d.
senx
3.2 f x  

1 senx   senx  senx  1 senx    cosx  senx  cosx1 senx  
sen 2 x
sen 2 x
 cos x  senx  cos x  cos x  senx
cos x

2
sen x
sen 2 x
cosx
 
 0 ; qualquer que seja
Como cosx  0 , qualquer que seja x  0,  , f x   
 2
sen 2 x
 
x  0,  , pelo que f é decrescente.
 2
Portanto, a afirmação é verdadeira.
3.3 Queremos um ponto A, de abcissa x, tal que, g x   3 (declive da tangente do gráfico
de g em A). Na calculadora, obtemos:
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28
Então, a abcissa de A é, aproximadamente, 0,56.
3.2 Números complexos
80. a) x 2  1  0  x 2  i 2   x  i  x  i   0  x  i  x  i
S   i , i
b) x 
2 4
 2  4i 2
 2  2i
x
x
 x  1  i  x  1  i
2
2
2
S   1  i ,1  i
81.
z
5-2i
-3+i
1
i
2
i
1
3
5
Re(z)
5
-3
0
1
5
Im(z)
-2
1
1
2
1
3
0
82.
a) 2 x  6  0  x  3
b) x  2  0  x  2
83.
 x  2 y  5
 x  5  2 y
 x  1



2 x  y  4
2 5  2 y   y  4
y  2
84.
Sejam A, B e O os vértices do triângulo. Então, têm coordenadas: (-2,5), (3, 1) e
(0, 0).
AB 
 2  32  5  12
 41
AO  29
BO  10
Então, o perímetro do triângulo é:
41  29  10 .
85.
85.1 As coordenadas de A e B são, respetivamente, (6, 5) e (10, 2).
AB  4,  3




Considere-se u tal que u  AB  u  AB , por exemplo, u (3, 4 ) .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
29


Então, D  A  u  (3,1) e C  B  u  (7,  2) .
Os complexos são 7-2i e 3+i.
85.2 AB  5 , então a área do quadrado [ABCD] é 25.
86.
a) z 
 22  32
 13
b) z  12   12  2
c) z  4 2  0 2  4
 1
d) z    
 2
2

1
2
87.
a)
3

3
x



2
x



4
2

3  2 y
y   3

2
b)
 x  7
 x  7


 y  6
 y  6
88.
a) 2-i
b) 5
c) 2i+1
d) -2i
 .
89. Sejam z1  x  yi e z2  x  yi os dois números complexos  x, y  R
Sabe-se que:
2 x  16
 x  8
____
z1  z2  16
x  8


 2




 y  36
 y  6
2 x 2  y 2  20
 64  y 2  10
 z1  z2  20
Os complexos são 8+6i e 8-6i.
90.
1
2
 2i  i  1    4i
3
3
1
1
b) z1  z2  3i   2i   i
3
3
a) z1  z2  z3  3i 
c) z3  z1  z2  i  1 
1
1
2
 5i  i  1   5i    6i
3
3
3
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30
91.
a) 3  5i    1  ai   2   5  ai
5 a  0  a  5
b) b  3i   5  2i   b  5  5i
b  5  0  b  5
92.
a) 3  5i   2  7i    4  8i   3  2  4   5  7  8i  1  4i
b)  1  2i   3  6i    4  i   1  3  4  2  6  1i  3i
c)  1  2i    7i    4  3i   1  4  2  7  3i  3  12i
93.
a) Seja z  a  bi a, b  R

z  z  a  bi  a  bi  2a  2 Re(z)
b) Seja z  a  bi a, b  R

z  z  a  bi  a  bi  a  bi  a  bi  2bi  2 Im( z)i
c) Seja z  a  bi a, b  R

 z  z  a  bi  a  bi  a  bi  a  bi  2bi  2 Im( z)i
94.
a) Seja w  a  bi a  0  b  0
z  w  2  a  bi , então, Rez  w   2  a  Imz  w   b
De acordo com a figura a  2 , então, Rez  w   0  Imz  w   0 .
Então, z  w pertence ao 2.º quadrante.
b) Seja w  a  bi a  0  b  0
z  w  2  a  bi , então, Rez  w   2  a  0  Imz  w   b  0
Então, z  w pertence ao 4.º quadrante.
c) Seja w  a  bi a  0  b  0
z  w  2  a  bi , então, Rez  w   2  a  Imz  w   b
De acordo com a figura a  2 , então, Rez  w   0  Imz  w   0 .
Então, z  w pertence ao 3.º quadrante.
95.
a)  1  i  4  5i   4  5i  4i  5i 2  9  i




b)  3  2 2i  3  2 2i   32  2 2i
2  9  8i 2  17
c) 1  3i   i 2  6i   2i  1  6i   1  3i  2i  6i 2  2i  12i 2  19  i
96.


a) 2 x  i  2  7 xi  4 x  14 x 2 i  2i  7 xi2  11x   14 x 2  2 i
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31
1
7
 14 x 2  2  0  x 2   x  
7
7
b)  x  i  x  3  4i   x 2  3 x  4 xi  xi  3i  4i 2  x 2  3 x  4   5 x  3 i
x 2  3 x  4  0  x  1  x  4
97.
a) 4  3i  3  2i   12  8i  9i  6i 2  6  17i
b)  4  3i  3  2i   12  8i  9i  6i 2  18  i
c) 4  3i 2  16  24i  9i 2  7  24i
98.
p  3i 4  qi   15  9i  4 p  pqi  12i  3qi 2
4 p  3q  15
 15  9i  

 pq  12  9
15  3q

 p 
4
_____



15q  3q 2  12  0
 15  3q  q  3  0
 4 
q  4
q  1

3 

p  3
 p  4
99.
a)  2  5i 2  4  20i  25i 2  21  20i
b)

2 i
3  
2 i
2 
 
2  i  2  2 2i  i 2
 2  i   1  2 2i  2  i  
 2  i  4i  2 2i 2   2  5i
100.
3
3
3
3
z 2  z  a2  a 3i  i 2  a 
i  a 2   a 3i  a 
i
4
2
4
2
 2 3
1
1 3
a  4  a
 4  4   2


3
a 3  
a   1

2

2
Então, a  
1
.
2
101.
a) z12  z2 2  3  i 2  2  7i 2  9  6i  i 2  4  28i  49i 2  37  22i


b) z1  z2  z1  z1  3  i 2  7i   6  6  21i  2i  7i 2  6  7  19i
c) 3z1  i 53  9  3i  i  9  4i
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32
102.
1
a) i 126  i 126  i 31  i 180  i 2 
 i 3  i 0  1  1  i  1  3  i
126
i
b)
i 246  i 121
i 34

i2  i
i2
 1 i
c) i  i 2  i 3  ...  i 1001 é a soma dos 1001 primeiros termos de uma progressão
geométrica de primeiro termo i e razão i.
1  i 1001
1 i
i
i.
1 i
1 i
Poderíamos também pensar que de quatro em quatro parcelas a soma dá 0
Então, tem-se S1001  i 
i  (1)  (i )  1  0
sobrando apenas a parcela i 1001  i .
   
 
n
n
n
103. i 4n  i 4n 1  i 4n  2  i 4  i 4  i  i 4  i 2  1n  1n  i  1n   1  1  i  1  i
104.
2i n  1  i 2n  2i n  1  i 2 
n

 2i n  1  2i  i 2
n  2i n  2i n  2  2n i n  2n 1i n
2 n 1  64
n  1  6
n  5


n
_______ i  i
i  i
Então, n  5 .
105.
a)
1

2  2i 1
2
 
i
42
3
6
2  2i
1  4i
1

 i
b)
4i
16
4
2
2  2i

 1 i
c)
1 i
1 1
106.
a)
 1 i
4  5i  4i  5i 2  1  9i
1
9


  i
 4  5i
16  25
41
41 41
b)
2  3i  i 11 2  3i  i 3 2  2i 2  2i  2i  2i 2 4i




 2i
1 i
1 i
1 i
1 1
2
c)
 2  i 1  3i   2i   2  6i  i  3i 2
 1  2i
 1  3i  2i  1  i
d)
 1  2i
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 2i 
 5  5i
5  10i  5i  10i 2
 5  15i
 2i 
 2i 
 2i 
 1  2i
1 4
5
33
2  i 2  i 3 2  i 5   4  4i  i 2
i 4  i 
4i  i 2

107.
 i 2  i  
3  4i
 13  16i
13
 16

 2i  i 2 
 2i  1  
 1  
 2 i 
1  4i
17
17
 17

30 50

i
17 17
2x  i
 4 x  14 xi  2i  7i 2  4 x  7 2  14 x



i
 2  7i
53
53
53
2  14 x
1
Para ser um número real, tem-se
0 x .
53
7
108.
a)
1 i
1  i 2

1 i

1  2i  i 2
1  i 2i  2i 2  2  2i
1 1


  i
4
4
2 2
 2i
b)
2



1
1

  
 1  i 2  3i  
 2  3i  2i  3i 2
24
10
6
5


i

i
676 676
169 338
2

1
1
1
24  10i
 




2
2
24  10i
676
5  i  25  10i  i

c)
 2i 2  2i 
 4i  4i 2
4  4i
4  4i 16  8i 16 8
8 4






i  i
i 2  i  1  i  2i  1 1  i   2i  2  1  i 1  3i
10
10 10
5 5
109.
Seja z  a  bi em que a e b são números reais, tais que z  0
z z a  bi a  bi a  bi 2 a  bi 2 a2  2abi  b 2 i 2  a2  2abi  b 2 i 2
 





z z a  bi a  bi a2  b 2
a2  b 2
a2  b 2

a2  b 2  a2  b 2
a2  b 2

2 a2  2 b 2
a2  b 2

R
110.
1  2i 3  i   i 6  i 7
3i

3  i  6i  2i 2  i 2  i 3 1  7i  1  i 2  6i  6i  18i 2
2



2 i
3i
3i
3i
9
3
111.
Para ser solução basta verificar a igualdade.
1  3i 2
1  6i  9
 8  6i
 4  3i 
 4  3i  4  3i  4  3i
2
2
2
Então, 1-3i é solução da equação.
 1  3i  5 
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34
112.
Para ser zero do polinómio, o resultado da substituição de x por 3-2i é zero.
3  2i 2  6i  m  0  9  12i  4  6i  m  0  m  5  18i
113.
a) z 2  16  0  z 2  4i 2  0  z  4i z  4i   0  z  4i  z  4i

S   4i , 4i

b) z 3  z  0  z z 2  1  0  z  0  z 2  i 2  0  z  0  z  i  z  i
S   i ,0, i
c)
2  3i z  6  5i  z  6  5i
2  3i
z
6  5i 2  3i   z  12  18i  10i  15  z   3  28 i
2  3i 2  3i 
13
13 13
 3 28 
S  

i
 13 13 
d)
2 z  i 25 2  i   iz  2 z  iz  i 2  i   z2  i   2i  1  z 
z
2i  12  i  
2i  1
z
2  i 2  i 
2i
4i  2  2  i
4 3
z  i
5
5 5
 4 3 
S    i 
 5 5 

e) Seja z  x  yi  x, y  R
i  x  yi   2 x  yi   1  i  ix  y  2 x  2 yi  1  i   y  2 x    x  2 y i  1  i 
 y  2 x  1  y  1  2 x
 x  1



x  2 y  1
 x  21  2 x   1  y  1
Então, z  1  i .
S   1  i
f) Seja z  x  yi  x, y  R

5 x  yi   x  yi  12  6i  5 x  5 yi  x  yi  12  6i  6 x  4 yi  12  6i 
x  2
6 x  12



3
4
y

6
y


2

3
Então, z  2  i .
2
3 

S  2  i 
2 

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35
114.
1
-1
4
-4
1
1
0
0
4
4
0
1


z 3  z 2  4 z  4  0  z  1 z 2  4  0  z  1  z 2  2i 2  0  z  1  z  2i  z  2i
Os vértices do triângulo são os pontos A, B e C de coordenadas (1, 0), (0, 2) e
(0, -2).
BC  4
AB  AC  12  2 2  5
O perímetro do triângulo é 4  2 5 .
115. Seja w  x  yi , então, iw  y  xi , i 2w  x  yi e i 3w  y  xi . Considerando
A, B, C e D os afixos de cada um dos complexos, tem-se: OA  x, y  ,
OB   y, x  , OC   x,  y  e OD  y,  x  .
[ABCD] é um quadrado, pois as suas diagonais são perpendiculares e bissectam-se no ponto O.
116.
161.1 a)
2  1  2i 4  4
3   4 3  2i
1  2i 2 

 1 8
3i
b)
2i1  2i   i154
2  3i
116.2


2i  4  i 2 2  3i   4i  2
22 


3  3i 2  1  2i  1  4 3i  1  4 3i  2i  8 3i 2 
 3 2
3i 2  10  5 3i 10  2 3 4  5 3


i
7
7
7
z 3  9  bi  9  bi 1  2i   9  18i  bi  2bi 2  9  2b b  18





i
z1
1  2i
5
5
5
5
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36
2
2
z3
  9  2b 
 b  18 
5 2  
 
  5 2 , então,
z1
5


 5 
81  36b  4 b 2  b 2  36b  324
 50  5b 2  405  1250  b 2  169  b  13
25
117. Para que w pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares Re w  Imw , então,
12  ki 5  2i 
 60  24i  5ki  2ki 2  60  2k  5k  24


i
29
29
29
29
60  2k 5k  24
36
Re w  Imw 

 7k  36  k 
29
29
7
w

118. Se z  x  yi então z  1  x 2  y 2  1  x 2  y 2  1
1  x  yi

2
 1  x  yi
2

 1  x 2  y 2  1  x 2   y 2  1  2x  x 2  y 2  1  2x  x 2  y 2 
 2 x2  y2  2  4
119.
a) r  12  12  2; tg 
1


 1, então, as coordenadas polares são  2 , 
4
1

3 

b) r  8  2 2; tg  1, então, as coordenadas polares são  2 2, 
4 

c) r  4  2; tg 
1
3

3
 
, então, as coordenadas polares são  2, 
3
 6
120.


1
3

A  2 cos , 2sen  , então, z  2   2 
i  1  3i
3
3
2
2

7
7 
2
2

B  2 cos
, 2sen
 2
i  2  2i
 , então, w  2 
4
4 
2
2

121.
a)  
 12  12
 1  i  2cis
b)  
 2 ; tg 
1
3
 1;   2.º Q , então, por exemplo,  
.
4
1
3
4
4  2; tg   3;   4.º Q , então, por exemplo,   

3
.
 
1  3i  2cis   
 3
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37
 3 
c)  2i  2cis 

 2 
d)  
4  2; tg  1;   3.º Q , então, por exemplo,  
 2  2 i  2cis
5
.
4
5
4
e) 3  3cis 0
f)
2i
2i1  i 

 1 i
1 i
2
  2; tg  1;   1.º Q , então, por exemplo,  
1  i  2cis

.
4

4
122.

3
3 
2
2

   2  2i
a) 2 cos
 isen
i
  2 
4
4 
2 

 2
1
3
 2 
 2 
i
b) cos 
  isen 
 
2
2
 3 
 3 
c) 3i
d) -5
123.
a) Escrever w na forma trigonométrica
  4  2; tg  
3
5
;   2.º Q , então, por exemplo,  
.
6
3
 5 
w  2cis 

 6 
5
5
2cis  2cis
 
 2k , k  Z
6
6
5
Como   0, 2  , então,  
.
6
11
 5

   
 2k , k  Z
b) 2cis  2cis 
6
6


11
.
6
5
 5 
 2k , k  Z
c) 2cis  2cis  
   
6
 6 
7
Como   0, 2  , então,  
.
6
Como   0, 2  , então,  
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38
124.
ˆB 
124.1 Se OB  AB , os triângulos [OAB] e [OA´B] são isósceles, então, AO
Então, z1  6cis

4
.

 
 3 2  3 2i , z 2  6cis     3 2  3 2i e
4
 4
z 3  3 2cis 0  3 2 .
124.2 O triângulo [OAA´] é retângulo em O, então, a área é
66
 18 .
2
125.
a) 3cis


3
 


 3cis   ;  3cis  3cis      3cis
2
2
2
 2
2

b)  3  3cis ; 3cis  3cis ;  3cis  3cis 0
 5 
c)   4  2; tg  1   3º Q então  2  2 i  2cis  
 4 
2cis
5
5

 5 
 5

 2cis  
 2cis 
    2cis
;  2cis
4
4
4
 4 
 4

126.
a)  2cis

6


 2cis      2cis
5
5
5

2
2

b) 3 cos
 isen
7
7

c) sen

10
 i cos


 2
  3 cos 

 7


 2
  isen 

 7

 2 
   3cis  


 7 

  
  
 2 
 cos    isen    cis 

10
 2 10 
 2 10 
 5 
127.
a)  



4
3
7
 
.
12
b)  

4


5
 2k , k  Z    
   2k , k  Z   
como     ,  tem-se  
c)  

4
7
 2k , k  Z como     ,  tem-se
12
 2k , k  Z    

4
4 
11
  2k , k  Z   
 2k , k  Z
5
4
20
11
.
20
 2k , k  Z como     ,  tem-se   

4
.
128.
a)  
b)  

3

3
 k , k  Z   


2

3
 k , k  Z
 2k , k  Z    
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
6
 2k , k  Z como   0,2   tem-se
39
11
.
6
 5
11 
13
c)   
   2k , k  Z   
  2k , k  Z   
 2k , k  Z
3
6
6
3
6

como     ,  tem-se  

.
6
 3
3 
13
 k , k  Z   
  k , k  Z   
 k , k  Z como
d)   
3
4
4
3
12
13

ou  
.
  0,2 , tem-se  
12
12
129.
a) z 3  2i  2cis

2

 2  
z1  z 3  4cis  
   4cis
2
10
 5
b) z 2 

 5 3 
2
 5 2  100  10; tg  
3
   2.º Q , então, por exemplo,
3
5
.
6
z 2  10cis
5
6
37
 5 2 
z 2  z1  20cis 

  20cis
5 
30
 6
c)  z1  z 2  2cis
3
 5 
 3 5 
 7 
 10cis  

  20cis 
  20cis  

5
6 
 6 
 5
 30 
 4  2
 4 
 
d) z12  i 22  4cis  
  i  4cis  
  4cis  
 5 
 5 
5
130.
130.1 A  cis 0; B  cis
130.2 w  3cis

3
;C  cis
2
4
5
; D  cis ; E  cis
; F  cis
3
3
3

6
131.
a) z 2  2 2; tg  1   1º Q então z 2  2 2cis
z1

z2
2cis

3
2 2cis



4
2

  
cis    
cis
2
12
2 3 4
1
4
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40
b)
iz 1
z2
cis


 2cis

3  2 cis  5     2 cis 13


4
2
12
  2 2  6
2 2cis   
 4
2
1


3

  1  3i
c) z1  2 cos  isen   2  i
3
3
2 

2
1  3i  3i
 i  2 2cis

1

cis
4
3

 2 2cis
2
4
cis 0

2 2cis
7
4

2

 7 
cis  
cis

4
4
2 2  4 
1
132.
w1  2; tg  1   1º Q então w 1  2cis
4
2
2cis
1

3
i

2

1

3
i
2
 2  
3
3
4
12





 
cis 
2
 
 
 
 
 
3  3
3cis   
3cis   
3cis   
3cis   
3cis   
 2
 2
 2
 2
 2
2 3  7  2 3 
7
7  2 3 
3
1
3


cis 
 isen
 i    1 
i

 cos


3
3 
6
6 
3  2
2
3
 6 
2cis

 2cis

2
2cis


2
133.
133.1
2  i 2
1
4  4i  i 2
i
 


2
 i



i
2
2
2cis
2

i
4
2 
 2

3  4i
2  2i
i 
3  4i 
2  2i
4
i 
3 2  3 2i  4 2i  4 2i 2  4i 7 2
2 4


i
4
4
4
133.2 w   5 , então, w  5cis
i

w
cis

5 

2

cis    
5
2

5cis   
134.
134.1 z1  2  i 2  i   4  i 2  5  5cis 0
z1
5cis 0


 25 cis
1  
z2
7
cis   
5  7
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41
134.2
OA  OB  AB  2
h 2  12  2 2  h   3
tg 
1
3
3

; z  2cis
3
6

135.


a) z1  z 2  5cis     e para ser um número real
3



 k , k  Z    
3
5
2
ou  

3
3
b)
5 2 5 2

i 
2
2
exemplo,   
5cis

3
 k , k  Z e como   0,2  tem-se
25 25

 25  5; tg  1    4.º Q , então, por
2
2

5 2 5 2
 

i  5 cis   
2
2
 4
e, sendo assim, tem-se
4

3  5 cis      5cis       5cis             2k , k  Z    7  2k , k  Z






cis
3
4
12
 4
3

 4
7
como   0,2  tem-se  
.
12
c) z 2  5cis       5 cos      i5sen     , então,
z1
3
3

3










5 cos     5  5sen     0  cos     1  sen     0 
3
3
3
3









2
      2k , k  Z    
 2k , k  Z
3
3
4
como   0,2  tem-se  
3
136.
136.1 Como [BC] e [AD] são paralelos, então, ABˆO 
AB 
3
tg


3
3

3
.
 3 , então, a área do retângulo é 6 3 .
3
136.2 OC  3 2 
 3 2 
12  2 3
Na forma algébrica  2 3i
136.3 OC  OB  2 3 e  

3

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
6


6
, então, w  2 3cis

6
42

 
, então, z   cis   
4
 4
137. z   cis
z

z
 cis

4
 
 cis  


4
 
 cis    i pertence ao semieixo positivo imaginário.
2
138.

 5
2
2 

 5 
a)  2cis   32cis    32 

i   16 2  16 2i
4
2
2

 4 


1
3  i  2; tg  
b)

  
 2cis    
 6 

10
3
3

   4.º Q , então, por exemplo,   
6
3

 1
3 
 5 
 1024 cis  
i   512  512 3i
  1024  
2 
 3 
 2
3
c) i 51  i 3  i  cis
2


 2cis
6

3

 cis
2








7

  3  
  2cis  

2  
6

z
n
1
1

 4  
 28 
 4 
 2  7 cis   7   
cis 
cis 
  


 3   128  3  128  3 

1  1
3 
1
3
 
i   

i

128  2
2 
256 256
1
139. Seja z   cis , então,
1
7

cis 0
 cis  n 
n
140. 1  i  2cis

4

1
n
; i  cis
z
n

cis 0
 cis n 
n

1

n
cis  n  
1
n
cis n  e
cis n 

 
; 1  i  2cis   
2
 4
5
4 2
4

2

 3  2 2
cis  2 2cis  

2
 4 
4 2cis
141. z  cis  0   

, então, como z 3   3 cis 3  e 0  3 
2
não pertence ao 4.º quadrante.
3
, o seu afixo
2
142. Seja z  cis , então, z 3  cis 3   cos  isen 3
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43
cos  isen 3


 sen  sen  i
 cos2   2sen cosi  sen2 cos  isen  
3

2
2
 cos   3 cos sen   3 cos
3
143.
143.1 i 27  i 3  i
1  i  2i
1 i


3
3
cis
cis
5
5
 
2cis   
 4   2cis   17 


3
 20 
cis
5
n
n
 
n


9 
9n


143.2 z  w    2cis  cis    2cis
  2 cis
4
5
20 
20


9n
40k
 2k , k  Z  n 
, k  Z .
Para ser um número real positivo
20
9
Como n é um número natural para k  9 tem-se o menor valor de n, ou
seja, n  40 .
n
144.
144.1 Para serem raízes quartas do mesmo complexo z14  z 2 4 .
4
4

3 


z14   2cis   4cis  4 e z 2 4   2cis
  4cis 3   4
4
4 


São ambos raízes quartas de -4.
144.2 z 2  1  i , então, AB  2  OA  OB  2 e o perímetro é 2  2 2 .
145. Se a imagem geométrica é (-1, 3), o complexo é 1 3i e
 1  3i 4



 1  6i  9i 2 1  6i  9i 2   8  6i 2  64  96i  36i 2  28  96i
São raízes quartas de um mesmo complexo, porque os seus argumentos diferem
de

.
2
146.
1 i

 1 i
2cis

4  cis     cis 
5
2cis
4
3 cis   cis    2k , k  0,1, 2


3 
3
Assim, as raízes cúbicas são: cis
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
3
; cis ; cis
5
.
3
44
147.
 k 
, k  0,1, 2, 3
 2 

3
As soluções são: cis 0; cis ; cis  ; cis
.
2
2

  2k 
3
a) z  4 cis 0  cis 
 3cis  
, k  0,1, 2
3 
6

5
3
As soluções são: 3cis ; 3cis
.
; 3cis
6
6
2
b) z  27cis
2
148. Se fossem raízes cúbicas do mesmo complexo, teríamos:
z13  z 2 3  cis 3   cis 3  3   3  3  3  2k , k  Z  0  3  2k , k  Z
que é uma condição impossível.
Então, não são raízes cúbicas de um mesmo complexo.
149. Os vértices do pentágono são os afixos das raízes de índice 5 de um
determinado complexo.
2
4
Assim, A é o afixo de 4cis 0 , B é afixo de 4cis
, C é afixo de 4cis
, D é afixo
5
5
6
8
de 4cis
e E é afixo de 4cis
.
5
5
150.
150.1 w 


4
 1  i  i 

1

3
 
 1  i  2cis    e como w  2 e
 4
 2k , k  Z , pode-se concluir que w é diferente de qualquer um
dos dois complexos.
150.2 Se são raízes de um mesmo número complexo, têm o mesmo módulo, ou
seja, z1  4cis

5
3 i
  2 
e z 2  4cis  
 4  
   2 3  2i
  4cis
4 
6
2
2
3
3


151.
2 
23
 2
 3
151.1 D é afixo de 3cis 
e H é afixo de
  3cis
8 
20
 5
3
 2 2 
3cis 

  3cis
8 
20
 5
8
2 
16

8
151.2 w   3cis
  3 cis
5 
5

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45
2
 
3  3i  3 2cis   ;  1  3i  2cis
3
 4
3
 8 16 
 
 48  
24
 
 3 cis
  3 2cis    3 2  3 cis 
48
5 
4  3 25 2  187 4  3 25 2

 4 
 5

cis 

cis

2
4
4
3 
4
6
 20
2 

4cis
 2cis

3
3 


3 25 2

cis
4
60
152.
 
 

a) z   16i  16cis     4cis    k , k  0,1
 2
 4

3
 
As soluções são: 4 cis   ; 4cis
.
4
 4
b) Seja z  cis , então,
z 3  z  3i   3 cis 3   cis     3cis
   43  

4

2
  4 cis 2   3cis

2
  4  3  2 

2
 2k , k  Z 
 k , k  Z
As soluções são: 4 3cis

4
; 4 3cis
5
.
4
c)


z z 2  2i  0  z  0  z  2i  z  0  z  2cis
As soluções são: 0; 2cis

4
; 2cis



 z  0  z  2cis   k , k  0,1
2
4

5
.
4
d) Seja z  cis , então,
 4 cis 4 
3
3
 2  2i   3 cis 5   2 2cis
  3  2 2  5 
 2k , k  Z 
cis   
4
4
3 2k
   2 

, k  Z
20
As soluções são:
5
3
11
19
27
7
2cis
; 2cis
; 2cis
; 2cis
; 2cis
.
20
20
20
20
4
e) Seja z  cis , então,
cis



 cis  cis  cis     2k , Z

3
3
3
A solução é: cis

3
.
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46
153.
153.1 Se o perímetro é 20, o lado do losango é 5. Então, a diagonal maior é 8 e a
menor é 6.
Assim, os outros vértices do losango são -3, 3 e -4i.
153.2
2


2  4i
1  2i

z
 z  i  2i 2  z  2  i
 2cis   z  2  4i  2cis  z  2  4i  z 
4
2
2
i
i


154.
 
154.1 Na forma trigonométrica 1  i  2cis    .
 4
5
7 
7
  
 5 
2cis
  2cis    
2cis
 4 2cis  

4 
4
4 
 4 


 8 2cis   8 2
 
i3
cis   
 2
154.2 Se w é solução, verifica a igualdade
i z  z  cis

2
 2cis
7
7
11
  7 
 7

 5 
 2cis
 2cis  
    2cis  
  2cis 
  2cis
4
4
4 
4
2
 4

 4 
E como a igualdade é verdadeira, conclui-se que w é solução da equação.
154.3 As soluções são as raízes de índice quatro de w.
Qualquer uma das raízes tem módulo 4 2 , que é o comprimento da
semidiagonal do quadrado. Assim, o lado do quadrado é
l 2  2 2  l  4 8 , então, o perímetro é 4 4 2 .
155.
155.1 A é o afixo de 2i e então w   2i 2  4i 2  4 .

 
  2 
155.2 A é o afixo de 2cis    ; B é afixo de 2cis   
  2cis ; C é afixo
3 
6
 2
 2
  2
de 2cis  
3
6
5

.
  2cis
6

Então, A B  2  2 cos
mede 2  2sen

6

6

4 3
 2 3 e a altura correspondente ao lado [AB]
2
 3.
A área do triângulo é
2 3 3
3 3.
2
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
47
1
156. i 54  i 2  1; i1245  i;i  234 
 1
i2
Os complexos são -1, i e -1, respetivamente, de argumentos  e

.
2
3
157. i 6  i  1  i  2cis
4
158.
a)
b)
c)
159.
a) z  4
b) z  1  z  3
a) z  1  1  z  3
b) z  10
160.
C. A.
CO 
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
 12  32
 10
48
161.
a) Circunferência de centro no ponto de coordenadas 1,0 (afixo de 1) e raio 2.
b) Mediatriz do segmento de reta de extremos nos pontos de coordenadas 2, 0 e 0,2 ,
afixos de 2 e 2i , respetivamente.
c) Reta horizontal que passa no ponto de coordenadas 0,  1 (afixo de i ).
162.
a)
b)
c)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
49
d)
163.
163.1. Sabe-se que o argumento positivo mínimo de z 2 é
2
. Então, o argumento
3
2  
  .
3
2 6
163.2. O semiplano pretendido é o conjunto dos pontos do plano complexo cuja distância
mínimo positivo de z1 , é
ao afixo de z 2 é inferior à distância ao afixo de z1 . Assim, o semiplano pode ser
definido pela condição z  z2  z  z1 .
 1
3 
7 7 3
3 1
 2 
 
i  
i , vem
 i e z2  7cis   7  
Como z1  cis  


2
2
2
2
2
2
 3 
6


z
164.
7 7 3
3 1

i  z
 i
2
2
2 2
a) Rez   2 , ou, z  3  z  1 , por exemplo.
b) Imz   4 , ou, z  2i  z  6i , por exemplo.
c) Imz   2  Rez   1
165.
a)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
b)
50
c)
166.
 3 1
,  b) Solução: Ponto P de coordenadas
a) Solução: Ponto P de coordenadas 
2
2 

Note que
c) Solução: Ponto P de coordenadas 1,1
1 3
 ,

2 2 


7 
  2
3
3
d) Solução: segmento de reta de extremos de
coordenadas  1, 0 e 0, 0
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
51
167. À condição I corresponde a figura (B); à condição II, a figura (A) e à condição III, a figura
(C).
168.
168.1  2  Rez   2  1  Im(z )  1
168.2. Pela simetria do retângulo relativamente ao eixo real, o complexo que
necessariamente se encontra dentro do retângulo é z .
168.3. A transformação geométrica associada à multiplicação de
 
um número complexo por cis   é uma rotação de centro
4
na origem do referencial e amplitude igual a

radianos.
4
169.
a)
b)
c)
d)
170.
a) Como 2cis
7
7
 2 , a condição z  1  i  2cis
é
6
6
equivalente a z  1 i  2 .
51
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
52
Circunferência de centro 1  i e raio 2.
b) 3cis  3 e  5i  5 .
Então, a condição dada é equivalente a 3  z  z  2Re(z )  5 .
2
Como z  z  z , fazendo z  x  yi , vem, z
2
 x 2  y 2 e Rez   x .
Então, a condição dada tem como imagem geométrica o conjunto
definido em R 2 pela condição:
3  x 2  y 2  2x  5  3  1  x 2  2x  1 y 2  5  1  4  x  12  y 2  6
Coroa circular de centro no ponto de coordenadas  1, 0 com raios 2
e

6.

c) 1 3i  z  2i   2  1 3i  z  2i  2  2 z  2i  2  z  2i  1
Então,
1 3iz  2i  2  0  argz  2i    z  2i  1 0  argz  2i  
d)
171.
a) A região do plano definida pela condição
z  2 2  z  2  2i  2  z  2  2i  2  z  2  2i  2  z  2  2i  2
está representada na figura seguinte a sombreado.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
53
Como cada circunferência tem raio 2, o quadrado representado tem lado 4 (vértices nos
centros das quatro circunferências não centradas na origem) e, portanto, a sua área é
2
16 m .
A área sombreada pode ser obtida retirando ao quadrado 4 quartos de círculo de raio 2,
ou seja, a medida da sua área é igual à diferença entre a área do quadrado e a área de
um círculo de raio 2, ou seja, 16  4 .
b) A região do plano definida por z  4  4i  z  Rez   0  Im(z )  0 é o triângulo
representado a sombreado na figura seguinte, cuja área é 8.
5
4
 argz  2  i  
 Rez  2 é o triângulo
6
3
representado a sombreado na figura.
c) A região do plano definida por
As retas que limitam a região sombreada podem ser definidas em R 2 pelas equações
 5 
 4 
x  4 ; y  2  tg x  2 e y  2  tg 
x  2 ,
6


 3 
que se intersetam nos pontos de coordenadas  2,1 ;
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
54




  4, 2 3  2 e  4,  2 3  2 . Assim, considerando a base o lado «vertical», a sua


3


medida é
8 3
e a altura é 2.
3
Portanto, a área pedida é
8 3
.
3
d) Setor circular de raio 2 e amplitude
2
4
4
Área igual a 3

2
3
2
.
3
As retas que limitam a região sombreada podem ser
definidas em R 2 pelas equações x  5 ;
y  2   3 x  2 e y  2  3 x  2 , que se
intersetam nos pontos A, B e C de coordenadas
 5, 3
 

3  2 ,  5,  3 3  2 e  2,2 ,
respetivamente.
Então, a área sombreada é igual à diferença entre a área do triângulo [ABC] e a área
2
4
6 3 3
4
do setor circular CAB, ou seja,
.
3 3
9 3
2
2
3
172. O módulo 2  i é
2
5 . O ponto de tangência das duas circunferências é o afixo de
 5  1i . Então, o raio do círculo menor é
5  1.
Então, a condição pedida é 2  2  i  2  z  2  5  1.
173.
a) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 4m 2 , porque é o seu transformado pela
translação associada ao afixo vetorial de B.
b) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 4m 2 , porque é o seu transformado pela
rotação de centro na origem e amplitude

radianos.
2
c) [A’ B’C’] tem igual a 36m 2 , porque é o seu transformado pela composição de uma
rotação de centro na origem e amplitude
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância

radianos e uma ampliação de razão 3.
3
55
174.
a) Sendo z M z N os números complexos cujos afixos são M e N, pontos médios de [AC] e
1
1
[CB], tem-se, z M  z A  z C  e z N  z B  z C  . Então:
2
2
z  zN
1
1
1
1
 .
z M  z N  z A  z C   z B  z C   z A  z B  , donde M
z A  zB
2
2
2
2
Portanto, os afixos vetoriais de z A  z B e z M  z N são colineares, ou seja, [AB] e [MN].
b)
zM  z N
zM  z N
1
1
MN 1
 
 c. q. d.
 
2
2
z A  zB
z A  zB
AB 2
175. Como G, I e K são os pontos médios de [AB], [CD] e [EF], respetivamente, tem-se:
1
1
1
z G  z A  z B  , z I  z C  z D  , z K  z E  z F  . Então, o centro de gravidade do
2
2
2
triângulo [GIK] é o afixo do número complexo
1
z A  z B   1 z C  z D   1 z E  z F   1 z A  z B  z C  z D  z E  z F 
2
2
2
2
Por outro lado, H, J e L são os pontos médios de [BC], [DE] e [FA], respetivamente, pelo
que,
1
z B  zC  , z J  1 z D  z E  , z L  1 z F  z A  . Então, o centro de gravidade do
2
2
2
triângulo [HJL] é o afixo do número complexo
zH 
1
z B  z C   1 z D  z E   1 z F  z A   1 z A  z B  z C  z D  z E  z F 
2
2
2
2
Portanto os dois triângulos têm o mesmo cetro de gravidade, como queríamos demonstrar.
Exercícios globais
(Págs. 100 a 107)
Escolha múltipla
176. Opção (B).
O período de f é
2

6
3
177. Opção (B).
  3 
 
Se    ,  e sen  0 , então,    ,   , pelo que cos  0 , tg     tg  0 e
2 2 
2 
sen     sen  0 . Portanto, sen   cos  0 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
56
178. Opção (B).
AB  8 ; altura do triângulo relativamente a [AB] é 4sen  4sen . Então, a área do
8   4 sen 
 16sen .
2
1
7
.
 16sen  8  sen     
2
6
triângulo é
179. Opção (A).
Como

2
1


, tem-se limu n  
n
2

180. Opção (D).
Dizer que x   é o mesmo que dizer que y 
1
 0 .
x
Portanto, o limite pedido é igual a:
1
1
y
 e y 1

y
2
cos
y
e y 1
e

1
1
  lim
lim
 lim 

 lim
 1 2 



2seny cos y  y  0
y
1 2
y  0 sen 2 y 
y 0
y  0 seny
 y
y
181. Opção (D).
3
 
A medida da área do quadrado é 1 sen  
. A medida da área do setor circular é
2
3

3
 12
2


6
. Então, a medida da área cor de laranja é
3 
 .
2
6
182. Opção (A).
Como cosx    senx    cosx
183. Opção (A).
  
 

f x   cos x 2  x 2  2x cos x 2
184. Opção (C).


lim cosax   0   cos  a   0

4

x
4
2
 
 0 , o mesmo acontece com a  1, porque a
Tomando a  1, tem-se cos  
4
2
 
função cosseno é par.


 
Tomando a  2 , tem-se cos  2    cos   0 .
4


2


Tomando a  4 , tem-se cos  4    cos    1  0 .
4

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
57
185. Opção (A).
Por simetria do círculo trigonométrico em relação ao eixo Oy, tem-se senx   sen  x  .


8

7
.
8
186. Opção (D).
f x   1  tgx  1  x 

4
 k , k  Z e f x   tg x  
1
cos2 x
.
1
1
 
Então, f   
  2.
1
 4  cos2 
4
2
Assim, o declive da reta s é 2. Como s passa na origem, a sua equação reduzida é
y  2x.
187. Opção (A).


7  e x  e x  e x  0, x  [1,3] .

  
188. Opção (B).
A função f é contínua em  , 0 e em 0,   , porque em qualquer dos intervalos é o
quociente de duas funções contínuas.
lnx  1
 lnx  1

lim mx   lim 
 k   k  lim
 k 1
x
x
x 0
x 0 
x 0



cos 2x  
sen y 
sen2x 
sen2x 
2

lim mx   lim
 lim
 2 lim
 2 lim
 2 1  2
x
x
2x y  2 x y  0 y
x  0
x 0
x 0
x 0
f 0  3  k 2
lim mx   lim mx   k  1  2  k  1
x  0
x 0
Se k  1, f 0  3   12  2
Portanto, a função f é contínua se k  1.
189. Opção (A).
z  z  x  yi  x  yi   x  x   y  y i  2 yi
190. Opção (D).
a  2i 2  a 2  4ai  4i 2  a 2  4  4ai
191. Opção (C).
Como o afixo vetorial de z  w é igual à soma dos afixos vetoriais de z e w , a imagem
geométrica de z  w é z 3 .
192. Opção (A).
x 2  1 xi  2  i 3  x 2  1 xi  2  i  x 2  1  2  x  1  x 2  1 x  1  x  1
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58
193. Opção (B).
Se z é um imaginário puro não nulo, então z  ai, a  0 .
 1  ai  
1
 1
 i
  Im    
Im   Im
;
2
z 
z
a
im
 


 a

 1
 i
Re   Re    0 ;
z
 a
z 2  ai 2  a 2  Im(z )2 .
194. Opção (D).
195. Opção (B).
4

  
 2cis   
 4 

z
 2 4 cis 44   4cis   4
 4  4i  4  4i  i  4i  4i 2


 4  4i
i
1
 i2
196. Opção (B).
Um número complexo z tem imagem geométrica no interior da circunferência de centro na
origem e raio 1 se é solução da condição z  1.


 2cis 
7

7
 27  1 ;
1 
1
cis   1; 1 i  2  1; i  1 .
3 5 3
197. Opção (B).
i 4n  i 4n 1  i 4n  2  1 i  i 2  1 i  1  i
198. Opção (A).
Se a imagem geométrica de w pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares e Rez   0 ,
 
 
então, z na forma trigonométrica é da forma w  cis  e w  cis   . Portanto:
4
 4
 
w
  
 
 cis    cis   i .
w
4
4


2
199. Opção (B).
Se w pertence à parte negativa do eixo real, w é da forma w  cis   , então, as raízes
quadradas de w são


 k , k  0,1, ou seja,
2

 cis
 
 cis   e
2
 3 
 , ambos
 2 
 cis 
imaginários puros.
200. Opção (B).
argzi   argz  

2
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
59
Então, se 0  argz  

6
0

2
 argzi  

6


2


2
 argzi  
2
.
3
201. Opção (A)
Como z  z  0  2Rex  0  Rez   0 , esta é a condição que define no plano complexo
o eixo imaginário.
202. (A)
A opção (D) está excluída porque os complexos apresentados não têm o mesmo módulo.
3
3

3
7 
21
7
7 3


e  2cis
, como
 8cis

 4 , tem-se que
 2cis   8cis
  8cis
2
2
6 
6
2
2
2


3
3

7 

7


e 2cis
são raízes cúbicas do mesmo número
 2cis    2cis
 . Portanto, 2cis
2
6
6
2




complexo.
203.
203.1 Opção (D)
  2k 
z  6 64cis 
, k  0,1,2,3,4,5 (fórmula de Moivre).
6 
 12
Então, possíveis argumentos distintos das raízes sextas de z são:
 5 9 13 21
.
;
;
;
,
12 12 12 12 12
6
203.2. Opção (C).
Se A e B são dois vértices consecutivos do hexágono regular que tem como afixos
2 
 
as imagens geométricas das raízes índice 6 de z  64cis  , então, AOˆ B 

6
3
2
 
. Como o módulo das raízes sextas de z é 6 64  2 , a medida da área do setor

circular AOB é 3
 22
2

2
.
3
204. Opção (D).
A condição z 1  z  i define a mediatriz do segmento de reta de extremos nos afixos de
1 e i , ou seja, a bissetriz dos quadrantes pares. Assim, ficam excluídas as opções (A) e
(B). Por outro lado, a parte real de z tem de ser superior ou igual a 1, o que exclui a opção
(C) (no segundo quadrante Re(z )  0 ).
Exercícios globais
(Págs.103 a 107)
Resposta aberta
205.
205.1 f (x)  2  cos x e, então, m  f 0)  2  cos 0  1.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
60
Como f(0)  0 , então, a equação reduzida da reta tangente é y  x .
205.2 Como 1  cos x  1, x  R , tem-se 1  f (x)  3, x  R , ou seja,
f (x)  0, x  R e, então, f é estritamente crescente e não tem extremos.
205.3 f(0)  0 , então, 0 é zero de f. Como f é contínua e estritamente crescente,
não existem outros zeros.
205.4 f (x)  senx
f (x)  0  x  k , k  Z
No intervalo 0, 3  temos os zeros  e 2 .
x
f (x)
f
0
n.d.
n.d.
+


0
p.i.

2
0
p.i.
+

3
n.d.
n.d.
Então, existem dois pontos de inflexão de coordenadas  , 2  e 2 , 4  .
206.
206.1 O ponto A tem coordenadas 4 cos, 4 sen  .
Como o triângulo [AOD] é isósceles, tem-se que AD  2  4 cos .
BC  6 e a altura do trapézio é 4 cos .
A  
6  8sen
 4 cos  3  4 sen   4 cos  12 cos  16sen cos  12 cos  8sen2 
2


2
 
86 2
206.2 A   8sen  12 cos  8  12 
2
4
2
4
  
206.3 A função A é contínua, em particular é contínua em  ,  , intervalo
4 3
contido no seu domínio.
2

3
1
 
 
A   8  6 2; A   8sen
 12 cos  8 
 12   4 3  6
3
3
2
2
4
3
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61
 
 
A   16  A  , então, pelo Teorema de Bolzano, existe um valor no
3
4
  
intervalo  ,  para o qual a área é 16.
4 3
206.4 Para que o trapézio seja retângulo, o ponto D tem ordenada
. Assim,
como D pertence à circunferência, tem-se
x 2  (2)2  16  x   12  2 3 .
Deste modo, a altura do trapézio é 2 3 , ou seja,
4 cos  2 3  cos 

3
 
e, como    0,  , conclui-se que   .
2
6
2


207.

 tgy
tg(3x)
 tg(3x)

 lim 
 3   lim 
 3   1 3  3
x
x 0
x  0 3 x
 y  0 y

a) lim
Mudança de variável:
y  3x
x  0; y  0
b)
tg(x)
tg(x)
x  lim
lim
 lim
x  0 tg(x) x  0 tg(x)
x 0
x

 tg(x)



1

 x      lim tg(x)  lim  tg(x)  


 tg(x)    x  0 x
x  0  x 


 x

1


tgy
 tgz 
 lim
 lim 
 
 y 0 y z 0  z 

Mudança de variável:
y  x
x  0; y  0
z  x
x  0; z  0
c) lim
x 0
sen  x 
ex 1
senx
x  1
 lim
  lim
x 0 e x  1
x 0 e x  1
x
 senx
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62
senx
seny   
 seny
seny
 lim
 lim
 lim
1
y
x    x
y 0
y 0  y
y 0 y
d) lim
Mudança de variável:
y  x 
x  ;y  0


cos 2y  
 2seny cos y
 sen2y 
2

lim
 lim
 lim
 lim



y
y
y
y 0
y 0
y 0
x

x
e)
4
4
 seny

 2  lim 
 cos y   2
y  0 y

cos2 x 
Mudança de variável:
y x
x

4

4
;y  0
208.
sen(2x)
seny 2
 sen(2x) 2  2
 lim 
    lim

5x
5  5 y 0 y
5
x 0
x  0 2 x
a) lim
Mudança de variável:
y  2x
x  0; y  0
 x2
x 2  2senx
senx 
 lim 
 2
   2  0  
x
x 
x  
x   x
b) lim
 x
x3
x 2 
0
 lim 

 1  0
2
x  0 sen2 x  x  0  senx 2 cos x 
c) lim
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63
d)
sen3x 
sen3x 
ln 3  x
3
sen3x 
 lim


ln
3
x
x 0 3  1
x 0 e
x 0 e
 1 x  0 3x
 1 ln 3
3
3
seny
z
 lim
 lim


z
y 0 y
z  0 e  1 ln 3 ln 3
lim
x
 lim
x ln 3
 lim
Mudança de variável:
y  3x
x  0; y  0
z  ln 3  x
x  0; z  0
e)
1  cos y 1  cos y 
1  cos x
1  cosy   
1  cos y
 lim
 lim
 lim

y
y
 y 1  cos y 
x    x
y 0
y 0
y 0
lim
1  cos2 y
 seny
seny 
  1 0  0
 lim 

 1  cos y 
y  0  y 1  cos y  y  0  y
 lim
Mudança de variável:
y  x 
x  ;y  0

f)
x
lim
 2  0;


 tgx
x
2

x
x
0
lim
 2  0 então lim

 tgx

 tgx

x
x
2
2
2senx cos x



 senx
 2  lim 
 cos x   2
g) lim  sen(2x)    lim
x
x
0
0
x 0 x
x

x




 
 1

seny  
senz 
x
  lim

seny    lim
h) lim  sen   lim 
2 z 0 z
2
x  y  0 2 y
x   2
 2 y  0 y
Mudança de variável:
1
x
x  ; y  0
z  y
x  0; z  0
y
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
64
i) lim
x 1
 senax  1
x 1
senay 
senay 
senz
 a  lim
 a  lim
 a
y
ay
y 0
y 0
z 0 z
   lim
Mudança de variável:
y  x 1
x  1; y  0
z  ay
x  0; z  0
j)
 2




2
sen2y 

lim 2 x  1sen   lim   1sen2y   lim  2 
 sen2y  
x  y  0  y
y
x   


 y 0 


seny
 lim  4 
 cos y  sen2y   4  0  4
y
y 0 

Mudança de variável:
1
x
x  ; y  0
y
209.
f (x)  5sen(5x); f (a)  3  5sen5a   3  sen5a  
3
5
2
4
3
cos (5a)  1     cos5a   
5
5
2
Como 0  a 

10
 0  5a 
f(a)  2  cos(5a) 

2
, então, cos(5a) 
4
5
14
5
14
15a  14
 3a  b  b 
e a equação reduzida pedida é
5
5
15a  14
y  3x 
5
Então, tem-se
210.
a) f (x)  3 cos x  5  2sen2x   3 cos x  10sen(2x)
b) f (x)  x senx  senx x  senx  x cos x
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
65


c) f (x)  e x tg 3x   
3

3


cos2  3x  
3

ex
d)
1
2
f (x)  cos x

2  senx   cos x  tgx
2  senx 2

2  senx  senx 1  sen2 x
cos2 x 2  senx 2
e) f (x)  2 
f) f (x) 

2  senx
 senx
2
2  senx  senx cos2 x
 cos x


2  senx 2
cos2 x 2  senx 2
2  sen3 x
cos2 x 2  senx 2
cos x senx  senx  cos x  cos x 2 cos x


senx
sen2 x
sen3 x
2senx cos x
2 1  cos2 x

senx cos x
1  cos2 x
211.
x  senx
senx 
 x senx 

 lim  
  lim 1 
  1 1  2
x
x  x 0 
x 
x 0
x 0  x
211.1 lim
211.2 f (x)  1  cos x; f (x)  senx
f (x)  0  x  k , k  Z
  3 
No intervalo  ,  tem-se os zeros 0 e 
 2 2 
x

f (x)
F

2
+

0
+

0
0
-
0


+
3
2
+

  
O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima em  , 0  e em
 2 
 3 
 , 2  e voltada para baixo em 0,  . Existem dois pontos de inflexão de
coordenadas 0, 0  e  ,  .
211.3. f(x)  g(x)  senx  cos x  x 

4
 k , k  Z

5
  3 
No intervalo  ,  as soluções são
e
.
4
4
 2 2 
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
66
212.
212.1
a) f (x)  e x cos x  e x senx  e x cos x  senx
f (x)  0  e x  0  cos x  senx  x 

4
 k , k  Z
5
7
3 
3 

Como x   2 ,  , os zeros são 
.
,
, e
2 
4
4
4 4

2
x
f (x)
f

+
m
+
7
4
0
M

-
3
4
0
m
f  2   e 2  cos 2   e 2
 7 
f
e
 4 

7
4
 
 
f    e 4  cos  
4
4
 3 
f
e
 4 
 3
f
 2
0
M
-
+
3
2
+
M

7
4
2
é máximo relativo.


 5 
f

 4 
+
5
4
0
m
é mínimo relativo.
2 e
 7 
 cos 

 4 

4

5
e 4
3
3
4
2 e4
2
 3 
 cos 

 4 
é máximo relativo.

2
5
e 4
 5   2
 cos

2
 4 

 3
  e 2  cos

 2
3
 2 e 4
é mínimo relativo.
é mínimo relativo.

  0 é máximo relativo.

b)
f (x)  e x (cos x  senx)   senx  cos x  e x  e x cos x  senx  senx  cos x   2senx e x
f (x)  0  senx  0  x  k , k  Z
3 

Como x   2 ,  , os zeros são 2 ,   , 0 e  .
2 

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67

2
x
f (x)
f
0

0
p.i.

0
+

0
p.i.

-
0
p.i.

+



3
2
+

Os pontos de inflexão têm coordenadas   ,  e  ; 0,1 e  ,  e  .
212.2
213.
213.1 A área da superfície terrestre é 4r 2 .
Assim, pretende-se:
f     r 2  2r 2 1  sen    r 2  1  sen 
 

6
 2k   
5
 2k , k  Z
6
1
1
 sen  
2
2

 
Como    0,  , o valor pedido é   .
6
 2
213.2 Como o triângulo [ACN] é rectângulo, tem-se que:
sen 
r
r
r
r
 CN 
rh
h
 r , onde h é a
sen
sen
sen
CN
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68
distância da nave à superfície da Terra.
A uma velocidade de 200 km/h, ao fim de t horas a distância à superfície
será 200t km, ou seja,
r
r
r
e, então,
h  200t 
 r  200t 
 200t  r  sen 
sen
sen
200t  r
a área visível, em função de t é:
400 r 2t
r


2 200t  r  r
2r 2 1 

.
  2r 
200t  r
200t  r
 200t  r 
213.3 h  400 , então, t  2
g (t) 
400 r 2 r  200t   200  400 r 2t
r  200t 2
A velocidade pedida é g (2) 

400 r 3  80000 r 2t  80000 r 2t
r  200t 2
400 r 3
r  400
2

400 r 3
r  200t 2
km2/h.


400 r 2t
400 r 2t
 lim
 lim 2 r 2  2 r 2 .
t   r  200t
t   200t
t  
213.4 lim
À medida que o tempo decorre e a nave se afasta, a superfície visível é
metade da superfície terrestre.
214.


214.1 lim f(x)  lim xe  x  2x  e 1  2
x 1
x 1



1 seny 
senx  1 
seny 
  lim  2 
  2  e 1
  lim  2  
lim f(x)  lim  2 


ex  1  y  0
ey  y  0
e
y 
x 1
x 1 
Mudança de variável:
y  x 1
x  1; y  0
Como lim f(x)  lim f(x)  f(1) , conclui-se que f é contínua em x  1.
x 1
x 1
 xe  x 2x 
f ( x)
xe  x  2x
 022
 lim
 lim 

x
x 
x   x
x  
x   x
214.2 m  lim
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
69

b  lim xe
x  
x


 2x  2x  lim xe
x  
x

 ex
 lim
 lim 
x   e x
x   x
x




1
0
A reta de equação y  2x é assíntota oblíqua do gráfico de f.
215. f (x)  cos x , então, ms  f (0)  cos 0  1.
f(0)  1  sen0  1 , então, y  x  1 é a equação reduzida da reta s.
Como r é perpendicular a s mr  1.
Se a reta r é tangente ao gráfico de f num ponto de abcissa a a  0, 2  , então,
f (a)  1  cos a  1  a    2k , k  Z
No intervalo 0, 2  tem-se a   e como f    1  sen  1
1  1   b  b  1   e a equação reduzida da reta r é y   x  1   .
x  1  0  x  1, então, A tem coordenadas  1, 0  .
x  1    0  x  1   , então, B tem coordenadas 1   , 0  .


x

y

x

1
x

1


x

1





2
, então, C tem coordenadas




y   x  1  
__________
y   1

2

 

 ,  1 .
2 2

A área do triângulo [ABC] é
  2   
2

 1       2
2
2


2
 2

   1    1 .
2
2
4
2

216. f (x)  a cosax 
f (0)  a cos 0  a e f 2   a cos2a 
Como mr  a e ms  a cos2a  , para que r e s sejam perpendiculares, tem-se
que
a cos2a   
1
1
 cos2a   
a a0
a2
Utilizando a calculadora, basta encontrar a abcissa do ponto de interseção das
1
3 
funções y 1  cos2x  e y 2  
no intervalo  , 2 .
2
2 
x
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
70
Então, a  1,7 .
217.
a) 5  2i   2  3i    6i   7  5i
b)  3  4i 1  2i   3  6i  4i  8i 2  11  2i


c) a  bi 2  a 2  2abi  b 2i 2  a 2  b 2  2abi


d) i  3  i 2  i 9  6i  i 2  i 8  6i   8i  6
e)
3  i 3  i 1  i  3  3i  i  i 2 2 4


  i  1  2i
1  i 1  i 1  i 
1 1
2 2
f)
2 2  3i   6i
2


 i
2
3i
9
3
 9i
g)
7  i 2  i 
7  i3
14  7i  2i  i 2
15 5
 3i 
 3i 
 3i 
 i  3i  3  4i
2  i 2  i 
2 i
5
5 5
h)
 2i 2
3  4i

 4 3  4i 
4i 2
 12  16i
12 16




i
3  4i 3  4i 3  4i 
9  16
25 25
218.
a) Seja z  x  yi , x, y  R  , então,
z  z x  yi  x  yi

 x  Rez  e
2
2
z  z x  yi  x  yi  2yi


 y  Im( z) .
2i
2i
2i
b) Seja z  x  yi , x, y  R 
z  z  x  yi  x  yi  2yi  0  y  0  Im(z)  0
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
71
219.
219.1
a) z1  3  yi
b) z 2  3  2i
c) z1  z 2  2  y i
d) z1  z 2  3  yi  3  2i   9  6i  3yi  2yi 2   9  2y   6  3y i
e)
f)
z1
3  yi  3  2i   9  6i  3yi  2yi 2  9  2y 3y  6
3  yi





i
z 2  3  2i  3  2i  3  2i 
13
13
13
z1
z2

3  yi  3  2i   9  6i  3yi  2yi 2  9  2y 3y  6
3  yi



i

13
13
13
 3  2i  3  2i  3  2i 
219.2
a) z1  z 2  3  yi  3  2i  3  3   y  2 que é impossível.
b) z1  z 2  3  yi  3  2i  3  3   y  2  y  2
c) z 2  z1   3  2i  3  yi   6  2  y i  6  2  y i
Para ser um número real, tem-se 2  y  0  y  2 .
d)
z1
3  yi  3  2i   9  6i  3yi  2yi 2  9  2y  6  3y
3  yi





i
z 2  3  2i
13
13
13
13
Para ser um imaginário puro não nulo tem-se:
9  2y
6  3y
9
9
0 
 0  y   y  2  y 
13
13
2
2
220.
a) 2  mi  4  4  m 2  4  4  m 2  16  m 2  12  m   12  m  2 3
Após a verificação, conclui-se que m  2 3 ou m  2 3 .
1 
1


b)  3  i   1  i   4  1   i
m 

 m
Para ser um número real, tem-se 1 
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
1
 0  m  1  0  m  0  m  1.
m
72


c) 2  mi m  2i   2m  4i  m 2i  2mi 2  4m  4  m 2 i
Para ser imaginário puro, 4m  0  m  0 .
d)
m  i m  i 2  i  2m  mi  2i  i 2 2m  1  m  2




i
2  i 2  i 
2i
5
5
5
Para ser um imaginário puro, tem-se
e)
2m  1
1
0m .
5
2
m  i 2m  1 m  2


i
2i
5
5
Para ser um número real,
m  2
 0  m  2 .
5
221.
a) x  3  8  y i  3  4i  x  3  3  8  y  4  x  0  y  4
b)
x  y  5
x  5  y


xy  6
5  y y  6
x  y   xy i  5  6i  

_______

 2

 y  5 y  6  0
_______


y  2  y  3
x  3 x  2


 y  2 y  3
222.
a)
iz  2  3z  iz  3z  2  zi  3  2  z 
2
2 3  i 
3 1
z
z  i
3i
10
5 5
b) Seja z  x  yi , x, y  R 
2 z  i z  1  2i  2x  yi   ix  yi   1  2i  2 x  2yi  xi  yi 2  1  2i 
2 x  y  1
 2 x  y   2y  x i  1  2i  

2y  x  2
Então, z 
y  1  2 x


2 1  2 x   x  2
______


3x  4
5

y  3

x  4

3
4 5
 i.
3 3
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
73
c) z 2  z  2  0  z 
1  7
1  7i 2
1
7
1
7
z
z 
iz 
i
2
2
2
2
2
2
d)
3i  2 i 
iz  2
3i  2
 3  4i  iz  2  3i  4i 2  iz  3i  2  z 
z
 z  3  2i
i
i
 i2
223.
a) 3  3cis
b) 4i  4cis

2
c) 3  3i  18  3 2
tg  1    4.º Q , então, por exemplo,   

4
.
 
3  3i  3 2cis    .
 4
d)  2 3  2i  16  4
tg  
3
5
   2.º Q , então, por exemplo,  
.
6
3
 5 
 2 3  2i  4cis  
 6 
e)
2
 
 2i  2cis   
i
 2
f) 2  2 3i1965  2  2 3i
2  2 3i  16  4
tg  3    1.º Q , então, por exemplo,  
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
.
3
74
 
2  2 3i  4cis  
3
224.







a) 2sen  2i cos  2sen  i cos   2 cos     isen      2cis    
2
2
2







b)  3 cos  3isen  3 cos  isen   3cos     isen     3cis    
c) cos  isen  cos    isen    cis   
 3

 3

 3

d) sen  i cos  cos
    isen
    cis 

2
2
2






 3

e) sen  x   i cos  x   senx  i cos x  cis 
 x
2


f)
sen2
 1 2sen
2
tg  i tg  i tg  i  tg 2  2tgi  i 2 tg 2  1
2tg




i  cos 
 cos i 
1
1
tg  i
tg 2  1
tg 2  1
tg 2  1 tg 2  1
2
cos2 
cos 
 sen2  cos2   2sen cos i   cos2   isen2   cos  2   isen  2   cis   2 
225.
225.1
z1  i 2013

2i
a)
3  2i  i

2i


3  i  2i 
 4i 2

 2 3i  2i 2
1
3
 
i
4
2
2
b)
z1 2  z 2 3


 3

  1  4 3i  8  1  3 i 
3  2i   2cis 
3  4 3i  4i 2  8cis
2
2 
9


3 


i
i
i

2
3
2
 1  4 3i  4  4 3i
3


 3i
i
i
c) Sabe-se que os afixos das raízes quartas de w são vértices de um quadrado.
cis




Então, z1  i  2  3i ; 2  3i  i   3  2i ;  3  2i  i  2  3i são as
outras raízes quartas de w.
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75
226.
226.1 z  w  2  i  3  i   6  2i  3i  i 2  7  i
z  w  2  i   3  i   5  5
226.2
Sejam A, B e C os afixos de z, w e bi, respetivamente.
Então, A[ ABC]  20 
227.
A B  b  1
 20  5b  1  40  b  7 .
2
1 z  w
1 z  w
1 z  w
1 z  w
1 z  w




1
z w
 w
w

z
1

z

w
w z
z1  
z  1
1 1 
z

2
zz
z
228.
228.1
1
-4
25
-100
1
5i
-4+5i
-25-20i
-20i
100
R=0
5i

228.2 x 3  4 x 2  25x  100  x  5i  x 2   4  5i x  20i
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
76
x 2   4  5i x  20i  0  x 
x
x
4  5i 
 4  5i 2  4   20i 
2

4  5i  16  40i  25i 2  80i
4  5i  16  40i  25i 2
x

2
2
4  5i 
4  5i 2
2
 
 x  4  x  5i  x  4cis 0  x  5cis   
 2
229.
229.1
1
-1
16
-16
1
1
0
0
16
16
R=0
1

z 3  z 2  16z  16  z  1 z 2  16


 
z 2  16  0  z 2  16  z   16i 2  z  4i  z  4i  z  4cis  z  4cis   
2
 2
 n
229.2 z 2  z 3  5i  cis 
 4


 n
  5cis  cis 
2

 4

  n 
  5cis  

4 

2
Para que a sua imagem geométrica pertença à bissetriz dos quadrantes
ímpares e esteja no 3.º quadrante, tem-se que:

2

n 5

 2k , k  Z  n  3  8k , k  Z  n  3  8k, k  Z
4
4
Como se pretende o menor número natural, n tem-se, para k  0 , o valor
pedido, n  3 .
229.3 Se são vértices consecutivos de um quadrado
n 
n

  2k 
   2k , k  Z  n  2  8k  n  2  8k , k  Z .
4
2
4
2
Os dois menores valores de n são n  2  n  6 .
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77
229.4 z1  2z 3   2cis
z 2  2z 3   5cis
3
4

2
 2cis
3
5
 10cis
4
4
O triângulo [OAB] é retângulo em O porque
Assim, A[OAB] 
5 3 

 .
4
4
2
OA  OB 2  10

 10 .
2
2
230.
230.1 z  2
230.2

2

2 7
7

, então, w  2cis
.
3
6
6
6
7 

 2cis
 2
64cis 7   2  64  2  62  31
6 





 31i que é um
230.3
2i
2i
2i
2i
i
imaginário puro.
230.4
a) Seja z  cis
z 3  2i   3 cis 3   2cis

2
   3 2  3 
Para k  0 , obtém-se z  3 2cis

6

2
 2k , k  Z    3 2   

6

2k
, k  Z
3
.
Para k  1, obtém-se z  3 2cis
5
.
6
Para k  2 , obtém-se z  3 2cis
3
.
2
b) Seja z  cis
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78
7
6   3 cis   2cis 2   3  2    2  2k , k  Z 
 2 cis 2   cis    

3
3
cis
2
2
 3 2  
 2k , k  Z
3
2cis
Então, z  3 2cis
2
.
3
231.
231.1 Como [OA] e [OC] são perpendiculares, sendo que A resulta de uma rotação de
centro na origem e amplitude igual a 

, z A  zC  i    1 3i  i   i  3i 2  3  i
2
 
( cis    i ).
 2
O ponto B é o transformado de A por uma rotação de centro na origem e amplitude
igual a

2
2


i , vem
. Então, como cis 
4
2
2
4
 2
2  3 2
2 3 2
2

zB  3  i   
i 


i
i  2  2 2i .
 2

2
2
2
2
2


1
3
 2 
 2 
 2 
i . Então, os complexos que têm
231.2 Como cis
  cos
  isen
 
2 2
 3 
 3 
 3 
como imagens geométricas os vértices do transformado de [OABC] são;
 1
3 
3 3
3 1
z A'  3  i   
i 

i;
 2 2 
2
2


zB' 
 2  2 2i   21 

3 
2 2 6
6 2 2
i 

i;
2 
2
2
 1
3  1  3 3
33
zC'   1  3i   
i 

i.
 2 2 
2
2


231.3
zB
2  2 2i
2  2 2i



zC  z A  1 3i  3  i 
 4  2i
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 2  2 2i   4  2i  
 4  2i    4  2i 
79

 4 2  4 2  2 2i  4 2i
3 2

i que é um imaginário puro.
20
10
232.
a) Como o afixo de 1  i é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos
quadrantes pares e 1 i  12   12  2 , portanto, este complexo na forma
trigonométrica é
 3 
2cis
.
 4 
 3  4
 3 2k 
 3

2cis

 k , k  0,1 . Ou
  2cis
, k  0,1  4 2cis
2 
 4 
 8
 8

Então, 1  i 
 11 
 3  4
seja, as raízes quadradas e 1  i são 4 2cis
 e 2cis
.
 8 
 8 
 3 2   12  2 , tg  31  
3
e, sendo o fixo de
3
11
3  i um ponto do quarto quadrante, tem-se 3  i  2cis
.
6
 11 2k 

Então, as raízes cúbicas de 3  i são 3 2cis
, k  0,1, 2, ou seja,
3 
 18
b) Cálculo auxiliar:
3
 11
2cis
 18

,

3
3 i 
 23 
2cis
 e
 18 
3
 35
2cis
 18

.


c) Como i  cis , as raízes quartas de i são:
2
4




2
k

2
, k  0,1, 2, 3  cis   k , k  0,1, 2, 3 , ou seja:
1cis 
4
4 
2 
8




 5 
 9 
 
 13 
cis  , cis  , cis
 e cis

 8 
 8 
8
 8 
  k 
d) Como 64  64cis , as suas raízes sextas são 6 64cis 
, k  0,1, 2, 3, 4, 5 , ou
3 
6
 
 
 
 7 
 3 
 11 
seja 2cis  , 2cis  , 2cis 5  , 2cis
 , 2cis
 e 2cis
.
6
2
 6
 6 
 2 
 6 
233.
 3  
 3 
a) Como 1 i  2cis
 e  2cis 
 4  
 4 
Assim, fazendo z  cis , vem:
z 3  1 i  3   3cis3  
3

 2  3 cis  94   2 12 cis  4  .
1

 
 
cis     3 
 3    2k , k  Z
4
2 2  4
2 2
1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
80
 3
1
2 2
  

12

2k
1
1
2
 2k
, k  0,1,2   
, k  0,1,2


  

6
3
2
12
3
2
8
Portanto, o conjunto-solução da equação é

 2    2  7  2  17
S 
cis  ;
cis
cis
,

 12  2
 12  2
 12
 2


 .


c) Fazendo z  cis , vem:

 2k
 
  5 16    
z  z 4  16i   5cis3   16cis     5 16  3   2k , k  Z
, k  Z0,1,2
2
6
3
2

 
 5  5
 3 
Portanto, o conjunto-solução da equação é S  5 16cis ; 5 16cis
, 16cis
 .
6
6
 
 
 2 

c) Fazendo z  cis , vem:
 3 
 3

2
z 2  4iz  0  z 2  4iz   2cis2   4cis
  
 cis   cis2   4 cis
 2 
 2

  2  4   2 
3
3
   2k , k  Z   2  4   0  3 
 2k , k  Z 
2
2
2k
 2k

, k  0,1, 2    0    4     
, k  0,1, 2 .
2
3
2
3
Então, o conjunto-solução da equação é:

7
11 

S  0, 4cis , 4cis , 4cis
.
2
6
6 

    4   0   

d) Fazendo z  cis , tem-se:
6
 

 6 
3
6  
z  z 2   6cis      2cis2   66 cis
   cis2   6 cis  
18 

 18 
3
   62   

6
 k , k  0,1 .

6 

Então, o conjunto-solução desta equação é S  36cis , 36cis  .
6
6 

e)


  k 
z 4  i  1  z 4  1  i  z 4  2cis  z  4 2cis  z  8 2cis

, k  0,1, 2, 3
4
4
 16 2 

9
17 8
25 

2cis
Então, o conjunto-solução desta equação é S  8 2cis , 8 2cis , 8 2cis

16
16
16
16 

Cálculo auxiliar:
Como o afixo de
1  i é um ponto do primeiro quadrante que pertence à bissetriz dos
 
quadrantes ímpares e 1  i  2 , tem-se 1  i  2cis  .
4
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81
f) Fazendo z  cis , tem-se
z3  z  z 
 3  i    3cis3   cis    cis    2cis6   4 cis2   2cis 6    
  4  2   2 



6
   2k , k  Z   4  2   0  3 
6
 2k , k  Z 
2k
 2k
, k  0,1, 2    0    3 2   
, k  0,1, 2.

18
3
18
3

13 3
25 

, 2cis
Então, o conjunto-solução desta equação é S  0, 3 2cis , 3 2cis
.
18
18
18 

   3  2  0  


3i 
Cálculo auxiliar:

 3 2  12  2 , tg 
ponto do primeiro quadrante, tem-se
1
3

3
e sendo o fixo de
3
3  i um

3  i  2cis .
6
234.
234.1
Como o afixo de
z1 é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos
 3 
quadrantes pares, portanto, e z1  2 , tem-se z1  2cis
.
 4 
Então, fazendo z  cis , tem-se :
 3 
 3

2
z 2  z1  z  z1   2cis2   cis    2cis
  
   cis2   2cis
 4 
 4

3

3

   2  2  0  3 
 
  2  2  2 
   2k , k  Z
 2k , k  Z
4
4


    2  0  

4



2k
 2k
, k  0,1,2    0    2    
, k  0,1,2 
3
4
3

11
19
.
 z  0  z  2cis  z  2cis
 z  2cis
4
12
12
234.2
a)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
b)
82
235.
235.1 O número complexo z1 é raiz do polinómio x 2  bx  c , se z12  bz1  c  0 .
Ora,
1 i 2  b1 i   c  0  1 2i  1 b  bi  c  0  b  c  b  2i  0  b  c  0  b  2  0
Portanto, z1 é raiz do polinómio x 2  bx  c se b  2 e c  2 .
235.2 Tem-se que z1  2 e o afixo de z1 é um ponto do primeiro quadrante que
 
pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, portanto, z1  2cis  .
4
 


Então z1  z  2cis   cis  2cis    .
4
4

Para que um complexo, na forma trigonométrica seja real positivo o seu argumento
 . Então,
tem de ser da forma 2k , k  Z
Ora, se   0, 2  , tem-se  
236.
236.1 Sendo o triângulo

4

4
  
   2k , k  Z

4
.
 2k , k  Z
.
Z 1 Z 2 Z 3  equilátero e centrado na origem Z1 , Z 2 e Z 3
pertencem à circunferência de centro na origem e raio 2, e dividem-na em três
arcos congruentes.
2
4
Assim, tem-se z2  2cis
 1  3i e z3  2cis
 1  3i .
3
3
236.2 Rez   1 
236.3 Se
5
7
.
 argz  2 
6
6
Z1Z 2 Z 3  é o transformado de Z1Z 2 Z 3  por uma reflexão de eixo imaginário,
então os complexos que têm como imagens geométricas, no plano complexo, os
pontos Z 1 , Z 2 e
Z 3 são z1  2 , z2  1 3i e z3  1 3i , respetivamente.
236.4 Todos os vértices do hexágono regular pertencem à circunferência de centro na
origem e raio 2, dividindo-a em seis arcos congruentes. Então, qualquer dos
complexos que tenha um dos vértices como imagem geométrica é da forma
 
2cis  k , k  0,1, 2, 3, 4, 5.
 3
6

  
Fazendo W  2cis k  , k  0,1, 2, 3, 4, 5 vem , para qualquer valor de k,
 3 

 6k
w  64cis
 3

  64cis2k   64cis0  64 , o que prova o pretendido.

237.
a)
b)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
83
c)
d)
e)
238. De acordo com as condições dadas, os centros das circunferências são pontos de
coordenadas 1, 0 e 2, 0 . Assim, a região colorida pode ser definida, em C , pela
condição z  1  1 z  2  2 .
239.
a) A circunferência de centro em C tem raio igual a ZC  12   22  5 . Então, esta
circunferência pode ser definida, em C , pela condição Z  1 2i  5 .
O ponto B é o ponto, com abcissa positiva, de interseção da circunferência atrás referida e o
eixo real.
Z  1 2i  5   x  12   y  22  5 . Sendo B o afixo de um número real positivo, a sua
ordenada é nula. Então, x  12  0  22  5  x  12  1  x  1  1  x  0  x  2 , ou
seja, as coordenadas de B são 2, 0 .
Portanto, a região colorida pode ser definida, em C , pela condição
z  1 2i  5  z  2  2  Rez  2
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
84
d) A circunferência de centro na origem e raio 2 pode ser definida em C pela condição
z 2
.
O centro da circunferência de menor raio é o ponto de interseção das retas tangentes à

circunferência centrada na origem nos afixos de z1  2cis

z2  2cis
6
 3i e
 1  3i .
3
Estas retas podem ser definidas pelas equações, têm declives iguais a 
e 
1
 3
 
tg 
6
1
3
, respetivamente.

3
 
tg  
3
z1 é
Assim, a equação reduzida da reta tangente à circunferência no afixo de


y   3 x  3  1  y   3 x  4 e a equação reduzida da reta tangente à
circunferência no afixo de z2 é y  
Então,  3 x  4  
3
x  1  3  y   3 x  4 3
3
3
3
3
4 3
x
 3 3 x  12   3 x  4 3 
3
3
 3 3 x  12   3 x  4 3  2 3 x  12  4 3  x 


12  4 3
2 3
e y   3 2 3  2  4  6  2 3  4  2 3  2 .
x
12 3
2 x  2 3 2
6


Então, o centro da circunferência de raio menor tem coordenadas 2 3  2, 2 3  2 e o
raio
r
2
2 
3  2 1  2 3  2  3
2  2
2  3  22 
3 3 
12  12 3  9  3  4 3  4 
 28  16 3 .
Portanto, a região colorida pode ser definida pela condição

 


 

 z  2   3  argz   2  0  argz   6   z  2 3  2  2 3  2 i  28  16 3 .



Autoavaliação 9
(Págs. 108 e 109)
Grupo I
1. Opção (C).
Como existem 7 pares de meias dos quais se vão retirar, ao acaso, 2, o número de casos
possíveis é 7 C 2 . O número de casos favoráveis a apenas 2 serem pretas, dado que
existem 4 pares de meias pretas, é igual a 4 C2 .
2. Opção (D).
Como PX  2  3  PX  3  PX  2  PX  3  PX  4 , tem-se a  9b .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
85
Por outro lado, P X  1  P X  2  P X  3  P X  4   1 
Substituindo na segunda igualdade a por 9a , obtém-se
. Voltando à primeira igualdade, vem a  9 
1
 a  3b  1.
3
1
2
1
 9b  3b  1  12b   b 
3
3
18
1
1
 .
18 2
3. Opção (C).
Simetria da distribuição normal em relação à média.
4. Opção (A).
Por definição de seno e cosseno do ângulo generalizado as coordenadas do ponto B são
cos  , sen  . Então, BC  2cos
e a altura, h, do triângulo [ABC] relativa à base [BC] é
h  1 sen .
Então, a área do triângulo é dada em função de  por:
2 cos 1 sen 
 cos  sen cos
2
5. Opção (B).
 1
 1
x ln 
ln 
 x
 x 
lim
 lim

 
1
x   g x 
x   g x 
x
6. Opção (A).
f ' '  x  0 em  , 0 e f ' '  x  0 em 0, ,   e 0 é zero de f’’.
7. Opção (A).
z  z i  0  2xi  0  x  0 . Representa o eixo imaginário.
i z  z   0  2yi  0  y  0 . Representa o eixo real.
i z  z  0  2yi  0  y  0 . Representa o eixo real.
Reiz   0  Rexi  y   0  y  0 . Representa o eixo real.
8. Opção (B).
Como a soma de dois números complexos tem como afixo vetorial a soma dos seus afixos,
então, z2  z4  z3 . À multiplicação de um complexo por i corresponde uma rotação de
centro na origem e amplitude

radianos. Assim, tem-se z2  z4 i  z3i  z5 .
2
Grupo II
1.
1.1 Como w 
 22  22
 2 22 , tg 
2
 1 e  é um ângulo do segundo
2
 3 
quadrante, tem-se w  2 2cis
.
 4 
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
86
Por outro lado, o ponto G é o transformado de A por uma rotação de centro O e
2
2 2
amplitude 3 
(ou composta de 3 rotações de centro O e amplitude
),

9
9
3
uma vez que são vértices de um eneágono regular.
 3   2 
 3 2 
 17 

Então, G é o afixo de zG  2 2cis
cis
  2 2cis
  2 2cis
 e
3 
 4   3 
 4
 12 
 
3 
3 

 9 

 
w 3  2 2 cis 3 
  8 8 cos
  16 2cis 2    16 2cis 
4 
4

 4 

4
 
 17
Portanto i  z  w 3  cis   2 2sis
2
 
 12

 
  17  
 
  16 2cis   2 2  16 2cis 
4

 
 2 12 4 
 13 
 
 64cis
  64cis  .
 6 
6
1.2  6  2i  6  2  2 2 . Então, o afixo deste complexo pertence à circunferência
que contém os vértices do eneágono regular. Então, ou é um ponto exterior à região
 3 
ou um dos seus vértices que pertencem ao segundo quadrante, que são: 2 2cis
;
 4 
 3 2 
 35 
2 2cis

  2 2cis   .
4
9


 36 
Sendo  um argumento do complexo, tem-se tg 
2
 6

3
2
, pelo que  
.
3
3
 2 
Então,  6  2i  2 2cis
 , que não é igual a qualquer dos dois vértices atrás
 3 
referidos.
Portanto, o afixo de  6  2i não pertence à região azul.
2. Se z  cis , então, z 2  cis2  e z 2  cis 2  .
Assim, z 2  z 2

2
 cos2   isen2   cos2   isen2   2 cos2   4 cos2 2  
2
 
 
2

 4 1 sen2 2   4 1 2sen cos 2  4 1 4sen2 cos2  4  16sen2 cos2  c. q. d.
3. Sejam A e B os acontecimentos «sair bola branca na primeira extracção» e «sair bola
branca na segunda extracção».
Pretende-se calcular P A  B .


Sabe-se que PB | A  0,5 e que P A  B  0,3 . Então, P A 
 
P A  1  P A  1

P A  B 0,3 3

 .
PB | A 0,5 5
3 2

5 5

3 3
3


5 10 10
3
P B A
PB A
3
P B| A 

 10 
(note-se que, por simetria, sair bola branca
2
4
PA
PA
5
seguida de bola preta tem a mesma probabilidade de sair bola preta seguida de bola
branca)
P A  B  P A  P A  B 

  

 

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
87

 
   

  
1
 3 2
P A  B  P B | A  P A  1 P B | A  P A  1    
4
5
10


4. Resposta I: Para formar um triângulo são necessários conjuntos de 3 pontos não
colineares. Neste conjunto de seis pontos é possível formar 6 C3 conjuntos distintos de três
pontos, no entanto, em dois desses conjuntos os três pontos são colineares. Então, é
possível formar 6 C3  2 conjuntos de pontos não colineares, ou seja, é possível formar
6
C3  2 triângulos.
Resposta II: Para que, na formação de conjuntos de três pontos, não existam três pontos
colineares, escolhem-se dois dos três pontos de uma reta azul (reta 1), 3 C2 , e, de seguida,
um dos três pontos da outra reta azul (reta 2) ( 3 C2  3 conjuntos). Se a constituição dos
conjuntos se iniciar pela escolha de dois pontos da «reta 2» obtém-se outros 3 C2  3
conjuntos diferentes. Assim, o número de triângulos diferentes que se podem formar com
os referidos 6 pontos é 3 C2  3  2 .
5.
1
t
3e 2
1
5.1 Sendo k  e p  1 , então, I t  
1
2
t
2
1 e
I t   2,5 
1
t
2
3e
1
t
1 e 2
 2,5 
1
t
2
3e

1
t
2
2,5  2,5 e

1
t
2
0,5 e
 2,5 
1
t
2
e
5
t
 ln5 
2
 t  2ln 5  3,219
Portanto, o número de pessoas infetadas chegou a 2500, em 1963.
5.2
I t   1 
 k  ln
3 ek
k
1  pe
 1  3 ek  1  pek  3  p ek  1  ek 
1

3 p
1
 k   ln3  p .
3 p
6.

e3 x  e2 x
e x  1
ex 1
 lim  e2 x 
 lim e2 x  lim
 e0  1  1
 x 0
x
x
x
x 0
x 0
x 0 
x 0


senx 
sen y 
seny
lim f  x   lim
 lim
   lim
 .
y
x
y
y  x y  0
x 0
x 0
y 0

Como os limites laterais em x  0 são finitos e f é contínua, o seu gráfico não admite
assíntotas verticais.
6.1 lim f  x   lim
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
88
6.2 h x  
senx  x  x  senx  x cosx  senx
hx  3
x2
x2
Na calculadora obtém-se:
Então, as duas soluções da equação são, aproximadamente, 1,02 e 0,32 .
  



7. A primeira derivada de f é definida pela expressão f  x  e  x  e  2x  e  x  2e  2x .
Como a função é derivável em e tem um máximo relativo em a, abcissa do ponto A e
1
 1
f  x  0  e  x  2e  2x  0  e  x  1 2e  x  0  e  x    x  ln   x  ln2 .
2
 2


1

Então, as coordenadas do ponto A são ln2, f ln2   ln2,  .
4


Cálculo auxiliar: f ln2  e

 ln 2
e
 2 ln 2
 
 1
ln 
 e  2
 1
ln 
e 4


1 1 1
 
2 4 4

x 
 
 2 e  2 x  e  x  4e  2 x
Por outro lado, f x   e


f  x  0  e  x  4e  2x  0  e  x 1 4e  x  0  e  x 
Donde, f’’ é positiva em  ,ln4 , negativa em
 ln4,  
1
 1
  x  ln   x  ln4
4
4
e anula-se em ln4 . Então, as
3

coordenadas de B são ln4, f ln4    ln4,  , ponto de inflexão do gráfico de f.
16 

Portanto, a área do trapézio [ABCD] é
1 1

AC  BD
4
16  ln4  ln2  7 ln 4   7 ln2 , c. q. d.
 CD 
 
2
2
32  2 
2
Autoavaliação 10
(Págs. 112 a 115)
Grupo I
1. Opção (C).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
89
O octaedro tem três diagonais espaciais. Portanto, a probabilidade pedida é
3
6
.
C2
2. Opção (B).
Existem 10 C3 formas diferentes para escolher 3 dos 10 alunos para participar nas
Olimpíadas da Matemática, sobram 7 alunos, dos quais se escolhem 3 para participar nas
Olimpíadas da Física, existindo 7 C3 formas diferentes de o fazer, e os restantes 4 alunos
participarão nas Olimpíadas da Biologia.
Assim, existem 10 C3 7 C3  4200 formas diferentes de organizar os alunos.
3. Opção (B).
1

2p   p  1


4


2ap  5  2ap  4,25

4

3

3p 
4 


4
ap

3

4. Opção (B).
 2
 
u1  sen   1; u2  sen
2
 2
 
1

p 
4


a

3


 3
  sen   0 ; u3  sen

 2
4

 sen2   0
  1; u 4  sen
2


 5 

 6 
u5  sen   sen 2    1; u6  sen
  sen2     0 ; …
2
 2 

 2 
5. Opção (D).
f 0  log4 0  k   log4 k 
lim f  x   lim
x 0
x 0


 cosx e x  1
e x cosx  cosx
x 
 lim 


senx
x
senx
x 0 

ex  x
1
1
 lim
 1 1  1
x
1
x 0
x 0
x  0 senx
x
Para que f seja contínua, f 0  1  log4 0  k   1  log4 k   1  k  4 .
 lim cosx  lim
6. Opção (C).
De acordo com a representação gráfica de f, derivável em R \ 0 , esta é decrescente em
 , 0 (f ‘ é negativa em  , 0 ) e crescente em 0,   (f’
é positiva em 0,   ). A
derivada de f não está definida em x  0 .
7. Opção (D).
Porque w  2  2 .
8. Opção (C).
O argumento de um número real positivo tem argumento igual a 0. Então, os argumentos
2
4
 , 0,
e
.
das suas raízes cúbicas são, a menos de 2k , k  Z
3
3
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90
Grupo II
1.
2013
 i 4503  3  i 3  i
1.1 i
z1  i 2013
 2  3i  i  2  2i  2  2i  1  i  2  2i  2i  2 4i
 





 2i  2cis 
 1 i  1 i 
 1 i
2
2
 1 i
z2
2
1.2 Cálculo auxiliar:  1 i  2 e tg 
1
 2 
 1. Então, z 2  2cis

1
 3 
2 
 2 
3 
z 3  z1  z   3cis 3  2cis
  cis    2   cis 3 
  cis 
3 
 3 

2
2
  2 3    0  2 
 
 2 3    3 
   2k , k  Z
 2k , kZ
3
3


  2 2  1  0   
 z  0 z 


2

 k , k  0,1    0    2 
    k , k  0,1 


3
2
3



2  
2  4 
cis   z 
cis

2
2
3
 3 
1.3
tg  i sen  i cos 


tg  i sen  i cos 






cos     isen   
cis   
2

2

2


 cis   2  




 

cos     isen    cis    
2

2

 2

2
 
   

 cis 2      cis    c. q. d.
   2

 2
2. Sejam R, M e E os acontecimentos: «Escolher um reformado» , «Escolher uma pessoa
que gosta de música popular» e «Escolher um estudante».
PM | R  0,75 ; PR  0,2 . Então, PM  R  PM | R  PR  0,75  0,2  0,15



PM   PM  R  PM  E  P E  M  M  0,15  0,5  0,2  0,6  0,2  0,37
PR | M  
3.
PM  R 0,15 15


PM 
0,37 37
P X  Y 

P X 
 1 PX  Y   PY   PX  Y   1 PX   PY   PX  Y   PY   PX  Y  




P X  X  PY   P X   PY | X   P X  Y  PY   P X  
 
 1 PX   PX  Y   PX  Y   P X  0 que é uma condição universal (definição de
probabilidade).
4.
4.1 A média de empregados por mês durante o estudo foi de, aproximadamente, 96
5000
 200
P24  P0 2  23e  0,8 24

 96
pessoas.
24
24
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
91
4.2 Pt  
92000 e 0,8t
2  23  e
Pt   0 

 0,8t 2

e Pt  
73600  2  23e
2  23  e
0,8t

 0,8t 3

73600  2  23e 0,8t
2  23  e

 0,8t 3
.
  0  2  23e 0,8t  0  e 0,8t 
2

23
5  23 
 2
 0,8t  ln   t  ln 
4  2
 23 
5  23 
ln 
4  2 
0
x
f  x 
+
0
M
f

-
O instante em que a taxa de crescimento de desempregados é máxima é
5  23 
ln  ,
4  2 
ou seja, durante o terceiro mês do estudo.
5.
5.1 A função f é contínua no intervalo 0, 1 porque é o quociente de duas funções
contínuas (a composta de uma exponencial com uma quadrática e uma afim).
Então, para que seja contínua em 0,1 basta que seja contínua em 1 à esquerda,
2
e1 x  1
ou seja, lim f  x   f 1  lim
k.
x 1
x 1
x 1
2
2
2
e1 x  1
e1 x  1
e1 x  1
ey 1
 lim
  lim
 2  lim
 1
lim
x 1
y
x 1
x 1  1  x 1  x 
x 1 1  x 2 y 1 x
y 0
Note-se que, fazendo y  1 x 2 , dizer que x  1 é o mesmo que dizer que
y  0 .
Portanto, o valor de k para o qual a função f é contínua em 0,1 é –1.
5.2 Assíntotas verticais:
2
e1 x  1 e1  1
lim

 1  e . Então, a reta de equação x  0 não é assíntota do
x 1
1
x 0
gráfico de f.


lim x 2  ln x  1  1     . Então, a reta de equação x  1 é assíntota vertical
x 1
1 , esta é a única
unilateral do gráfico de f. Como a função f é contínua em 0,   \ 
assíntota vertical do seu gráfico.
Assíntotas não verticais:
x 2  ln x  1
ln x  1
 lim x  lim
   0  
x
x
x  
x  
x  
Cálculo auxiliar:
m  lim
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância
92
Fazendo y  x  1 , tem-se:
ln x  1
ln y
ln y
ln y
1
1
 lim
 lim
 0
0
 lim
 lim
1 0
x
y   y  1 y   
1  y   y y   1  1
y1  
y
y

Então, o gráfico de f não tem assíntotas não verticais.
lim
x  



1
2x 2  2x  1

5.3 Em 1,   h x   x 2  ln x  1  2x 
.
x 1
x 1
hx  0  2x 2  2x  1  0  x  1  0 (ora, x  1 , pelo que x  1).
Então, h x   0  x 
Como
2 4 8
1 3
1 3
x
x
.
4
2
2
1 3
não pertence ao intervalo 1,   , o único zero de h  neste intervalo é
2
1 3
.
2

1 3
 1 3 
,   .
Sabe-se, então, que h x   0, x  1,
 e h x   0, x  
2 

 2


1  3
 1 3 
,    e tem mínimo
Portanto, h decrescente em 1,
 , crescente em 
2 

 2

absoluto, neste intervalo,
2
 1 3   1 3 







  ln 1  3  1  4  2 3  ln 3  1  1  3  ln 2 
f


 2   2 
 2



4
2
 3  1

 



 2 
 2 
 2 
3
  0, x  1,   .
  0 , então, h x   1 
 1 ln
 ln
2
3 1
 3  1
 3  1
Portanto, h não tem zeros no intervalo.
Como
2
6. O gráfico apresentado na opção (A) é o único que pode representar o gráfico da função f’
(derivada de f).
O gráfico da função apresentado na opção (B) representa uma função positiva em intervalos
do tipo a, 0 , com a  0 , pelo que f teria de ser crescente neste intervalo, o que não se
verifica.
O gráfico apresentado na opção (C) não pode representar a função derivada de f pelo
mesmo motivo que o apresentado para o da opção (B).
O gráfico da opção (D) apresenta uma função negativa em intervalos da forma
0, b , com
b>0.
Sendo, esta a derivada de f neste intervalo, a função seria decrescente em intervalos deste
tipo, o que não se verifica.
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