GM_Mat_Paiva_v3_026a058

Prévia do material em texto

26 Matemática Paiva Parte específica
Capítulo 2 Trigonometria: 
complementos
Questões propostas
 1. a) grau radiano
 180 π
 110 x ⇒ x 5 
110
180
π
Logo, x 5 
11
18
π
 rad.
b) grau radiano
 180 π
 240 x ⇒ x 5 
240
180
π
Logo, x 5 
4
3
π
 rad.
c) 30’ 5 0,5°
 grau radiano
 180 π
 0,5 x ⇒ x 5 
0 5
180
, π
Logo, x 5 
π
360
  .rad
 2. a) grau radiano
 180 π
 x 
π
5
 ⇒ x 5 
π
π5
180
   
Logo, x 5 36°.
b) grau radiano
 180 π
 x 
2
9
π
 
⇒ x 5 2
9
180π
π
   
Logo, x 5 40°.
c) grau radiano
 180 π
 x 2 
⇒ x 5 2 180   
π
 5 
360
π
 Logo, x  115°.
 3.	 •	sen	30°	5 
h
8
 ⇒ h 5 8  1
2
	  h 5 4
•	sen	45°	5 
h
x
 ⇒ x 5 4
2
2
	  x 5 4 2
Logo, h 5	4	m	e	x 5 4 2 m.
 4. 
sen
sen
     cos 
cos          
π
π
π
2
0
2
3
2
1
2
 1 2 tg 
π
4
 5
5 
1 1
1 2 1
   
( )    ( )
1
2 2 2
 1 2  1 5 
2
1
 1 2 5 4
Alternativa	e.
 5. E 5	sen	x 1 tg 
3
2
x
 1	cos	3x
Para x 5	30°,	vamos	ter:
E 5	sen	30°	1 tg 45° 1	cos	90°	⇒ E 5 1
2
 1 1 1 0
 E 5 
3
2
 6.	 a)	sen	x 5 1 ⇒ x 5 π
2
Logo, S 5 
π
2






.
b)	sen	x 5 
3
2
 ⇒ x 5 π
3
 ou x 5 
2
3
π
Logo, S 5 
π π
3
2
3
,  .






c)	cos	x 5 21 ⇒ x 5 π
Logo, S 5 {π}.
d)	cos	x 5 2
3
2
 ⇒ x 5 5
6
π
 ou x 5 
7
6
π
Logo, S 5 
5
6
7
6
π π
, 






.
e)	tg	x 5 3 ⇒ x 5 π
3
 ou x 5 
4
3
π
Logo, S 5 
π π
3
4
3
,  .






 7.	 a)	sen	x 5 
2
2
 ⇒ x 5 π
4
 1 k  2π ou
x 5 
3
4
π
 1 k  2π, k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
4
 1 k  2π ou
x 5 
3
4
π
 1 k  2π, com k  Z}.
b)	cos	x 5 2
3
2
 ⇒ x 5 5
6
π
 1 k  2π ou
x 5 
7
6
π
 1 k  2π, k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
5
6
π
 1 k  2π ou
x 5 
7
6
π
 1 k  2π, com k  Z}.
c) tg x 5 
3
3
 ⇒ x 5 π
6
 1 k  π, k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 π
6
 1 k  π, com k  Z}.
 8.	 sen2 x 1	cos2 x 5 1 ⇒ 12
13
2




1	cos2 x 5 1
 cos2 x 5 1 2 
144
169
 5 
25
169
 ⇒
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 26 9/23/09 6:25:08 PM
27 Parte específica Matemática Paiva 
⇒ cos	x 5 5
13
	ou	cos	x 5 2
5
13
Mas	
π
2
  x  π,	e	portanto,	cos	x  0.
Logo,	cos	x 5 2
5
13
.
 9.	 Sabemos	que	sen2 x 5 1 2	cos2 x;	então:
1 1	cos	x 5	2	sen2 x ⇒
⇒ 1 1	cos	x 5 2(1 2	cos2 x)
 1 1	cos	x 5 2 2	2	cos2 x ⇒
⇒	2	cos2 x 1	cos	x 2 1 5 0
Fazendo		y 5	cos	x,	temos:
2y 2 1 y 2 1 5 0
 5 12 2 4  2  (21) 5 1 1 8 5 9
y 5 
21 9
2 2
   
   
±

 ⇒ y 5 21 3
4
   ±
 y 5 
1
2
 ou y 5 21
Para y 5 
1
2
,	cos	x 5 
1
2
.
Então,	x 5 
π
3
 1 k  2π ou x 5 
5
3
π
 1 k  2π, com k  Z.
Para y 5 21,	cos	x 5 21.
Então,	x 5 π 1 k  2π, com k  Z.
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
3
 1 k  2π ou
x 5 
5
3
π
 1 k  2π ou x 5 π 1 k  2π, com k  Z}.
 10. E 5 cotg 30° 1	cossec	90°	1	sec	0°	⇒
⇒ E 5 1
30tg ° 
 1 
1
90sen ° 
 1 
1
0cos  °
 E 5 
1
3
3
 1 
1
1
 1 
1
1
 ⇒ E 5 3 3
3
 1 1 1 1
 E 5 3 2   1
 11. 1o modo
sec cossec
cotg
2 2
21
       
     
x x
x
1
1
 5 
1 1
1
2 2
2
2
cos  
   
 
    cos  
 
x x
x
x
1
1
sen
sen
 5
5 
   
     cos  
     cos  
     co
sen
sen
sen
2 2
2 2
2
x x
x x
x
1
1

ss  
 
2
2
x
xsen
 5
5 
1
2 2sen      cos  x x
  
sen2
1
 x
 5 
1
2cos  x
 5	sec2 x
2o modo
sec cossec
cotg
2 2
21
       
     
x x
x
1
1
 5 sec cossec
2 2
2
       
cossec  
x x
x
1  5
5 
sec2
2
2
2
 
cossec  
    cossec  
cossec  
x
x
x
x
1 5 tg2 x 1 1 5	sec2 x
Alternativa	a.
 12.	 a)	Condição	de	existência:	cos	x  0
sec	x 5 2 ⇒	cos	x 5 1
2
Como x  [0, 2π[,	 concluímos	que	x 5 
π
3
 ou 
x 5 
5
3
π
.
Logo, S 5 
π π
3
5
3
,  .






b)	Condição	de	existência:	sen	x  0
cossec2 x 5 1 ⇒	cossec	x 5 ±1
		sen	x 5 ±1
Como x  [0, 2π[,	 concluímos	que	x 5 
π
2
 ou 
x 5 
3
2
π
.
Logo, S 5 
π π
2
3
2
,  .






c)	Condição	de	existência:	sen	x  0
cotg x 5 2 3 ⇒ tg x 5 2 3
3
Como x  [0, 2π[,	concluímos	que	x 5 
5
6
π
 ou 
x 5 
11
6
π
.
Logo, S 5 
5
6
11
6
π π
,  .






 13. a)	Condição	de	existência:	cos x  0
sec2 x 5 2 ⇒	sec	x 5 ± 2 
		cos	x 5 ± 2
2
 ⇒ x 5 π
4
 1 
kπ
2
, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
4
 1 
kπ
2
, com k  Z}.
b)	Condição	de	existência:	sen	x  0
cossec	x 1 cotg x 5	sen x ⇒
⇒ 1
sen x
 1 
cos 
 
x
xsen
 5 sen	x
 1 1	cos	x 5	sen2 x ⇒ 1 1	cos	x 5 1 2	cos2 x
		cos2 x 1	cos	x 5 0 ⇒	cos	x 5	0	ou	cos	x 5 21
Observando	que,	para	cos	x 5 21, se	tem	sen	x 5 0, 
que	não	satisfaz	a	condição	de	existência,	a	única	
possibilidade	é:
cos	x 5 0 ⇒ x 5 π
2
 1 kπ, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
2
 1 kπ, com k  Z}.
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 27 9/23/09 6:25:57 PM
28 Matemática Paiva Parte específica
 14.	 a)	 	O	gráfico	da	função		y 5 2 1	sen	x	é	uma	translação	vertical	do	gráfico	da	função	h 5	sen	x.	Então:
y
x0
1
2
3
π 2π�π π
2
3π
2
π
2
�
b) y 5	3	sen	x
x sen x 3 sen x
 0 0 0
 
π
2
 1 3
2
π
2
21 23
 π 0 0
2π 0 0
c) y 5	sen	2x
x 2x sen 2x
 0 0 0
 2
π
4
 
π
2
 1
2
π
4
2
π
2
21
 
π
2
 π 0
2
π
2 2π
 0
d) y 5 23 1	cos	x 
x cos x 23 1 cos x
 0 1 22
 
π
2
 0 23
 π 21 24
 
3
2
π 0 23
2π 21 24
y
x
3
π
2π0�π
�3
π
2
3π
2
π
2
�
3π
2
�
y
x
1
0 π�π
�1
π
2
π
4
π
4
�
π
2
�
3π
4
3π
4
�
y
x0
�2
�3
�4
π 2π�π
π
2
3π
2
π
2
�
3π
2
�
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 28 9/23/09 6:26:11 PM
29 Parte específica Matemática Paiva 
e)	 y 5	sen	
π
2
   2 x




Sabemos	que	 sen	
π
2
   2 x




 5	 cos	x;	 então,	 o	 gráfico	de	y 5	 sen	
π
2
   2 x




	coincide	 com	o	gráfico	de	 y 5 cos	x. 
Assim:
y
x
1
0
π
2π
�π
�1
π
2
π
2
� 3π
2
3π
2
�
 f ) O	gráfico	da	função	 y 5 22 1 tg x é	uma	translação	vertical	de	2	unidades	para	baixo	do	gráfico	de y 5 tg x.
y
x0
�2
�1
�3
π
4
π
2
3π
2
π
2
�
π
4
�
3π
2
�
g)	O	gráfico	da	 função y 5 |sec x| pode	 ser	obtido	 conservando	os	pontos	de	ordenadas	não	negativas	do	gráfico	da	
função y 5 sec x e	transformando	os	pontos	de	ordenadas	negativas	em	seus	simétricos	em	relação	ao	eixo Ox:
y
x0�π π
1
π
2
�
π
2
3π
2
3π
2
�
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 29 9/23/09 6:26:19 PM
30 Matemática Paiva Parte específica
h) I. O	gráfico	da	função	 y 5 |cossec x| pode	ser	obtido	conservando	os	pontos	de	ordenadas	não	negativas	do	gráfico	da	
função y 5 cossec x e	transformando	os	pontos	de	ordenadas	negativas	em	seus	simétricos	em	relação	ao	eixo Ox;
II. O	gráfico	da	 função y 5 |cossec x| 1 1	 é	uma	 translação	 vertical	 de	 1	unidade	para	 cima	do	 gráfico	da	 função 
y 5 |cossec x|.
y
x0�π�2π 2ππ
2
π
2
�
π
2
3π
2
3π
2
�
 15. Sejam B e C as	 projeções	 ortogonais	 de	 B e C, 
respectivamente,	sobre	a	pista	plana,	como	mostra	a	
figura	a	seguir.	Do	enunciado, BB 5 CC 5 1.500 m. 
Além	disso,	como B e C são	projeções	ortogonais	de 
B e C, temos: BC 5 BC.
B� C�
CB
A
45°
1.500 m 1.500 m
30°
No triângulo ABB,	temos:
tg 45° 5 
BB
AB


 ⇒ 1 5 1 500.
AB
 AB 5 1.500 m
No triângulo ACC,	temos:
tg 30° 5 
CC
AC AC


5

        .⇒ 3
3
1 500
 AC 5 1 500 3.  m
Assim,	BC 5 BA 1 AC 5 AB 1 AC 5
5 1.500 1 1 500 3.  m 5 1.500 1 3     1( ) m.
Logo,	a	distância	entre	os	aviões	é
1.500 1 3     1( ) m, 	ou	aproximadamente	4.098	m.
 16. Sejam	A, B, C e D os	pontos	conforme	a	figura	e	sejam	
AD 5 h e CD 5 x, ambos	em	metro.
D
A
h
B
C
x
β
4 m
π
3
Do	triângulo	ABD,	temos:
tg 
π
3
   5
AD
BD
 ⇒ 3
4
   
   
5
1
h
x
 h 5 3 4(     )x 1 (I)
Do	triângulo	ACD,	temos:
tg  5 
AD
CD
h
x
       ⇒ 3 3 5
 x 5 
h
3 3
 (II)
Substituindo	(II)	em	(I),	temos:
h 5 3
3 3
4
h
   1




 ⇒ h 5 h
3
4 3   1
 
2
3
4 3h   5 ⇒ h 5 6 3
Logo,	a	altura	da	torre	é	6 3  m.
Alternativa	c.
 17.	 a)	cos	75°	5	cos	(45°	1 30°) 5
5	cos	45°		cos	30°	2	sen	45°		sen	30°	5
5 
2
2
3
2
    2 
2
2
1
2
    5 
6
4
2
4
   2
Logo,	cos	75°	5 
6 2
4
   
.
2
b)	sen	15°	5	sen	(45°	2 30°) 5
5	sen	45°		cos	30°	2	cos	45°		sen	30°	5
5 
2
2
3
2
    2 
2
21
2
    5 
6
4
2
4
   2
Logo,	sen	15°	5 
6 2
4
   
.
2
c) tg 75° 5 tg (45° 1 30°) 5
5 
tg ° tg °
1 tg ° tg °
       
           
45 30
45 30
1
2 
 5 
1
3
3
1 1
3
3
   
       
1
2 
 5 
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 30 9/23/09 6:26:49 PM
31 Parte específica Matemática Paiva 
5 
1
3
3
1
3
3
1
3
3
1
3
3
       
       
1 1
2 1
















 5 
4 2 3
3
2
3
   1
 5 2 3   1
Logo, tg 75° 5 2 3    .1
 18.	 Aplicando	as	identidades
cos	(a 1 b) 5	cos	a 	cos	b 2	sen	a 	sen	b e
cos	(a 2 b) 5	cos	a 	cos	b 1	sen	a 	sen	b,	temos:
cos         cos     
π π
2
3
2
2 1 1x x








 5
5 cos 
π
2
 	cos	x 1 sen  π
2
 	sen	x 1
1 cos  3
2
π  cos	x 2 sen  3
2
π 	sen	x 5
5 0 	cos	x 1 1 	sen	x 1 0 	cos	x 2 (21) 	sen	x 5
5	sen	x 1	sen	x 5	2	sen	x
 19.	 •	 sen sen       
7
2
3
2
π π
5 5 21
•	 sen	(x 1 11π) 5	sen	x 	cos	11π 1	cos	x 	sen	11π 5
 5	sen	x  cos 
 
π
21
 1	cos	x  sen 
 
π
0
 5 2sen	x
•	 cotg
sen
         
cos     
x
x
1 5
1
11
2
11
2π
π








   x    1 11
2
π



 5
 5 
cos     cos             
     
x x
x
 

11
2
11
2
π π
2 sen sen
sen ccos             11
2
11
2
π π
1 cos senx 
 5
 5 
sen sen 
cos 
   
 
cos 
x
x
x
x2
5 2
•	 cos	(9π 2 x) 5	cos	9π 	cos	x 1	sen	9π 	sen	x 5
 5 cos π 	cos	x 1 sen π 	sen	x 5 2cos	x
Então:
sen 
7
2
π



 1 
sen cotg (     )         
cos (  
x x1 111
11
2
9
π
π
π





22  )x
 5
5 21 1 
( )   
 
cos 
  cos 
2 2
2
sen 
sen
x
x
x
x





 5
5 21 2 
sen  2
2
x
xcos  
 5 21 2 tg2 x 5 2sec2 x
Alternativa	e.
 20. cos     x 1
π
6




 5 sen     x 1
π
3




 2 1 ⇒
⇒	cos	x  cos  π
6
 2	sen	x  sen 
π
6
 5
5 sen	x  cos 
π
3
 1	cos	x  sen 
π
3
 2 1
 cos x    
3
2
 2	sen	x  
1
2
 5
5 sen	x  
1
2
 1 cos x    
3
2
 2 1 ⇒
⇒ 2 1
2
 sen x     5 1
		sen	x 5 1 ⇒ x 5 π
2
 1 k  2π, com k  Z
Portanto:
S 5 {x  R | x 5 
π
2
 1 k  2π, com k  Z}
 21. a)	sen	10°	 cos	20°	1	sen	20°		cos	10°	5 
5	sen	(10°	1 20°) 5	sen	30°	5 
1
2
b)	cos	5°		cos	55°	2	sen	5°		sen	55°	5 
5	cos	(5°	1 55°) 5	cos	60°	5 
1
2
 
c) 
tg  tg 
 tg   tg 
π π
π π
3 12
1
3 12
   
   
2
1 
 5 tg 
π π
3 12
     2 5




 
5 tg 
3
12
π



 5 tg 
π
4




 5 1
 22. cos     x 1
π
4




 5 cos x  cos 
π
4
 2 sen x  sen 
π
4
Como	cos	x 5 
5
13
, 	vamos	obter	sen	x:
sen2 x 1	cos2 x 5 1 ⇒ 
⇒ sen2 x 5 1 2	cos2 x 5 1 2 25
169
 5 
169 25
169
   2
 ⇒
		sen2 x 5 
144
169
Como 
3
2
π
  x  2π,	sen	x 5 2
12
13
. Assim:
cos     x 1
π
4




 5 
5
13
2
2
    2 2
12
13
2
2




    ⇒
⇒ cos     x 1 π
4




 5 
5 2
26
12 2
26
   1
Logo, cos     x 1
π
4




 5 
17 2
26
.
 23.	 Pelo	teorema	de	Pitágoras,	obtemos	AC 5 4 2 .
DA
B
C
� α
45°
6
2
4√2
O ângulo BBDA	é	externo	do	triângulo	BDC	e,	portanto,	
 5  1	45°.	Assim:
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 31 9/23/09 6:27:43 PM
32 Matemática Paiva Parte específica
sen	 5	sen	( 1 45°) 5
5 sen	 	cos	45°	1	sen	45°		cos	 ⇒
⇒	sen	 5 2
6
2
2
    1 
2
2
4 2
6
    5 
2 4
6
   1
Concluímos,	então:
sen	 5 
2
BD
 ⇒ 2 4
6
   1
 5 
2
BD
 BD 5 
12
2 4   1
 5 
6 4 2
7
   2( )
 24. No ABD:
m(BA) 1 m(BB) 1 m(BD) 5 180° ⇒
⇒  1  1 m(BB) 1 90° 5 180°
 m(BB) 5 90° 2 ( 1 )
Aplicando	a	lei	dos	senos	ao	ABC,	temos:
BC AC
sen sen  °( 
   
   (     )) 5 2  1 90
Como	sen	(90° 2 ( 1 )) 5	cos	( 1 ).	Então:
BC AC
sen cos  
   
(     )
5
 1 
 ⇒ 1 4
4
5
sen 
   

5
		sen	 5 
1
5
Alternativa	d.
 25. 
1
β
α 1
2
1,70
tg
tg
     
 (     )   
 5
 1  5
1
3



 ⇒ 
tg I
tg tg
                           ( )
       
 5
 1 
1
1            
      ( )
2  
5
tg tg
II

3




Substituindo	(I)	em	(II),	concluímos:
1
1
     
       
1 
2 
tg
tg
 5 3 ⇒ tg  5 1
2
 26. Como 
π
2
  x  π, 21 	cos	x  0.
Pela	relação	fundamental,	temos:
sen2 x 1	cos2 x 5 1 ⇒ 1
3
2




 1	cos2 x 5 1
		cos2 x 5 1 2 
1
9
 ⇒ cos2 x 5 8
9
		cos	x 5 2
2 2
3
Temos,	então:
sen	2x 5 2 	sen	x 	cos	x 5 2  
1
3
2 2
3
    2




 5
5 2
4 2
9
cos	2x 5	cos2 x 2	sen2 x 5 2 2
2 2
3
1
3
2 2







    5
5 
8
9
1
9
7
9
       2 5
 27. sen x 5 2 cos x ⇒ sen2 x 5 (2	cos x)2
		sen2 x 5	4	cos2 x ⇒ 1 2	cos2 x 5	4	cos2 x
		5	cos2 x 5 1 ⇒ cos2 x 5 1
5
		cos	x 5 ±
5
5
Como π  x  
3
2
π
, 21 	cos	x  0; 
logo,	cos	x 5 2
5
5
	e,	da	equação	dada:
sen	x 5	2	cos	x ⇒	sen	x 5 2  2 5
5




		sen	x 5 2
2 5
5
Logo:
sen	2x 5 2 	sen	x 	cos	x 5 2
2 5
5
5
5
4
5
2 2 5








   
 28. cos	10x 5 cos	(2	 5x) 5 cos2 5x 2 sen2 5x 5 
5	2	cos2 5x 2 1
		cos	10x 5 2  
5
6
2




2 1 5 
7
18
 29. Lembrando	que	sen	2x 5 2  sen x  cos x e
sen	(x 2 y) 5 sen x  cos y 2 sen y  cos x, temos:
sen °
sen 9°
 27
 2 
cos 27°
cos 9°
 5
5 
sen ° ° sen ° °
sen °
     cos           cos 
   
27 9 9 27
9
 

2
  cos 9°
 5
5 
sen ° °)
sen ° °
 (    
     cos 
27 9
9 9
2

 5 
sen °
sen 9° °
 
   cos 
18
9
 5
5 
2 18
2 9 9
   
         cos 
sen °
sen ° ° 
 5 
2 18
2 9
   
 (    
sen °
sen °)
 5
5 
2 18
18
   
 
sen °
sen °
 5 2
Alternativa	e.
 30. f (x) 5 sen x  cos x ⇒ f (x) 5 2
2
       cos sen x x
 f (x) 5 
sen 2
2
x
Logo:
 f 
π
12




 5 
sen     2
12
2

π



 5 
sen 
π
6
2




 5 
1
2
2
 5
 5 
1
2
1
2
    5 
1
4
Alternativa e.
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 32 9/23/09 6:28:35 PM
33 Parte específica Matemática Paiva 
 31. Lembrando	que	cos	2x 5 2	cos2 x 2 1	e	que
sen	2x 5 2 	sen x 	cos x, temos:
cos	3x 5 cos	(x 1 2x) 5 cos x  cos 2x 2 sen x 	sen	2x 5 
5 cos x(2 cos2 x 2 1) 2 sen x(2  sen x 	cos	x) 5
5 2	cos3 x 2 cos x 2 2  sen2 x 	cos	x 5
5 2	cos3 x 2 cos x 2 2(1 2 cos2 x)cos x 5
5 2	cos3 x 2 cos x 2 2	cos x 1 2	cos3 x 5
5 4	cos3 x 2 3	cos x
Logo,	cos	3x 5 4	cos3 x 2 3	cos x.	Assim:
cos	3x 5 4k 3 2 3k.
 32. Lembrando	que	sen	2x 5 2  sen x  cos x e	que
cos	2x 5 1 2 2	sen2 x,	temos:
sen	3x 5 sen	(x 1 2x) 5 sen	x  cos	2x 1 sen	2x  cos x 5 
5 sen	x(1 2 2	sen2 x) 1 2 	sen x 	cos2 x 5
5 sen x 2 2	sen3 x 1 2	sen x(1 2 sen2 x) 5
5 sen x 2 2	sen3 x 1 2	sen x 2 2	sen3 x 5
5 3	sen x 2 4	sen3 x
Logo,	sen	3x 5 3	sen x 2 4	sen3 x.	Assim:
sen	3x 5 3a 2 4a3.
 33. Para x  [0, 2π],	temos:
sen	2x 5 cos	x ⇒ 2  sen x  cos x 2 cos x 5 0
 cos x(2	sen x 2 1) 5 0 ⇒ cos x 5 0 ou sen x 5 1
2
Resolvendo	cada	uma	dessas	equações,	obtemos:
•	 cos x 5 0 ⇒ x 5 π
2
 ou x 5 
3
2
π
•	 sen x 5 
1
2
 ⇒ x 5 π
6
 ou x 5 
5
6
π
Logo,	no	intervalo	[0,	2π],	a	equação	proposta	possui	
4	soluções.
Alternativa	b.
 34. cos	2x 1 5	sen	x 5 3 ⇒ 1 2 2	sen2 x 1 5	sen	x 5 3
 2	sen2 x 2 5	sen	x 1 2 5 0
Fazendo	a	mudança	de	variável	sen x 5 y , obtemos	a	
equação	do	2º	grau:
2 y 2 2 5 y 1 2 5 0
 5 (25)2 2 4  2  2 5 9
 y 5 
2 2( )   
   
5 9
2 2
±

 ⇒ y 5 1
2
 ou y 5 2
Retornando	à	variável	original,	temos:
sen	x 5 
1
2
 ou	sen x 5 2	(não	convém)
Logo,	no	intervalo	[0,	2π],	temos:
sen x 5 
1
2
 ⇒ x 5 π
6
 ou x 5 
5
6
π
 
Portanto, S 5 
π π
6
5
6
,  .






 35. cos4  2 sen4  1 cos2  2 sen2  5
5 (cos          )2 2 1 sen (cos2  2 sen2 ) 1
1 1(cos2  2 sen2 ) 5
5 1(cos2  2 sen2 ) 1 1(cos2  2 sen2 ) 5
5 2 2 2(cos          ) 2 sen 5 2	cos	2
Alternativa a.
 36. 10	cos	2x 1 sen x 5 9 ⇒ 10(1 2 2	sen2 x) 1 sen x 5 9
 10 2 20 sen2 x 1 sen x 2 9 5 0 ⇒
⇒ 20	sen2 x 2 sen x 2 1 5 0
Fazendo	a	mudança	de	variável	sen	x 5 t, obtemos	a	
seguinte	equação	do	2º grau:
20t2 2 t 2 1 5 0
 5 (21)2 2 4  20  (21) 5 81
 t 5 
2 2( )   
   
1 81
2 20
±

 ⇒ t 5 1
4
 ou t 5 2
1
5
Retornando	à	variável	original,	temos:
sen x 5 
1
4
 ou	sen x 5 2
1
5
Como	o	arco	tem	extremidade	no	terceiro	quadrante,	
sen x  0	e	cos x  0.
Assim,	sen x 5 2
1
5
 e,	pela	relaçãofundamental:
sen2 x 1 cos2 x 5 1 ⇒ 2 1
5
2




1 cos2 x 5 1
 cos2 x 5 1 2 
1
25
 ⇒ cos2 x 5 24
25
 cos	x 5 2
2 6
5
Logo,	sen x 5 2
1
5
 e	cos x 5 2
2 6
5
.
 37. Os	triângulos AEH, BFE, CGF e DHG são	congruentes	
(caso	LAAo). Logo,	 a	área	S do	quadrado	maior	é	a	
soma	da	área	do	quadrado	menor	com	o	quádruplo	
da	área	de	um	desses	triângulos.
Sendo	AE 5 x,	temos:
x
A
H
E
10
15°
cos	15° 5 
x
10
 ⇒ x 5 10	cos	15°
Logo,	a	área St do triângulo AEH é	dada	por:
St 5 
1
2
  10  10  cos	15°	 sen	15°
ou, ainda:
St 5 50  cos	15°	 sen	15° 5 25  2  cos	15°  sen	15° ⇒
⇒ St 5 25	sen	30° 5 
25
2
Concluímos,	então,	que	a	área	S do	quadrado	maior	é:
S 5 10 4
25
2
2 2         1 




cm 5 150 cm2
 38. tg  5 2 ⇒ sen   
cos   


 5 2
 	sen  5 2	cos      (I)
Além	disso:
•	 cos	2 5 cos2  2 sen2  5
 5 (cos  1 sen )(cos  2 sen	)
•	 1	1 sen	2 5	sen2  1 cos2  1 2 	sen  	cos  5
  5 (sen	 1 cos	)2
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 33 9/23/09 6:29:13 PM
34 Matemática Paiva Parte específica
Assim:
cos   
       
2
1 2

1 sen
 5 
(cos        )(cos        )
(      cos 
 1   2 
 1
sen sen
sen )2
 5
5 
cos         
     cos   
 2 
 1 
sen
sen
 (II)
Substituindo	(I)	em	(II),	concluímos:
cos       cos   
     cos   
 2 
 1 
2
2 cos
 5 
2 

cos   
 cos   3
 5 2
1
3
Logo, 
cos   
       
2
1 2

1 sen
 5 2
1
3
.
Alternativa b.
 39. Como 0  x  
π
2
 ⇔ 0  x
2
  
π
4
, temos	que 
2
2
  cos 
x
2
  1.
Pela	relação	fundamental:
sen 
x
2
2




1 cos 
x
2
2




5 1 ⇒ (0,6)2 1 cos 
x
2
2




5 1
 cos 
x
2
2




5 1 2 0,36
 cos 
x
2
2




5 0,64 ⇒	cos x
2
 5 0,8
Assim:
sen	x 5 sen 2
2
   
x



 5 2  sen 
x
2
  cos 
x
2
 5
5 2  0,6  0,8 5 0,96
Logo,	sen x 5 0,96.
 40. Pela	relação	fundamental,	sen2 x 1 cos2 x 5 1,	temos:
12
13
2




1 cos2 x 5 1 ⇒ cos x 5 ± 5
13
Como 0  x  
π
2
,	deduzimos	que	cos x 5 
5
13
.
Logo:
cos	x 5 cos 2
2
   
x



 5 2	cos2 
x
2
 2 1 ⇒
⇒ 5
13
 5 2	cos2 
x
2
 2 1
 cos 
x
2
 5 ±
3 13
13
Como 
x
2
 é	 uma	 medida	 do	 primeiro	 quadrante,	
concluímos	que	cos	
x
2
 5 
3 13
13
.
Pela	 relação	 fundamental,	 sen2 
x
2
 1 cos2 
x
2
 5 1, 
temos	ainda:
sen2 
x
2
 1 
3 13
13
2




5 1 ⇒ sen x
2
 5 ±
2 13
13
Como 
x
2
 é	 uma	 medida	 do	 primeiro	 quadrante,	
concluímos	que	sen	
x
2
 5 
2 13
13
.
 41. cos x 5	cos 2
2
   
x



 5 2	cos2 
x
2
 2 1
Para x 5 45°,	temos:
cos 45° 5 2	cos2 22°30’ 2 1 ⇒
⇒ 2
2
 5 2	cos2 22°30’ 2 1
 cos2 22°30’ 5 
2 2
4
   1
Como	22°30’	é	uma	medida	do	1º quadrante,	con-
cluí mos:
cos	22°30’ 5 2 2
2
   1
 42. Temos:
tg x 5 tg 2
2
   
x



 5 
2
2
2
2
 
   
tg 
1 tg
x
x








2
 5 
2 2
1 22
   
   

2
 5 
5 
4
1 4   2
 5 2
4
3
Alternativa	c.
 43. Sendo h a	altura	pedida,	em	metro,	temos:
α
α
A
28 m
21 m
D
C
h
B
tg
tg 2
     
   
 5
 5
21
28
28
h






 ⇒ 
tg I
tg
tg
                   ( )
     
       
 
 5

2 
3
4
2
1 2
55    ( )
h
28
II






Substituindo	(I)	em	(II),	concluímos:
2
3
4
1
3
4
2
   
   

2




 5 
h
28
 ⇒ h 5 96
Logo,	ao	atingir	o	ponto D, o	helicóptero	está	a 96 m 
de	altura	em	relação	à	pista.
 44. Seja h a	distância,	em	quilômetro,	do	ponto P à	su-
perfície	da	Terra.	Como	os	triângulos	PAO e PBO são	
congruentes,	temos:
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 34 9/23/09 6:30:15 PM
35 Parte específica Matemática Paiva 
B
P
h
A
O
6.400
6.400
�
2
cos      ,              ( )
 
   
   
.
 5 2

5
0 62
2
6 4
I
sen
000
6 400h    .
  ( )
1
II




De	(I),	obtemos:
cos	 2
2
   
   





 5 20,62 ⇒ cos2    
2
 2 sen2 
   
2
 5 20,62
 1 2 2	sen2 
   
2
 5 20,62 ⇒ sen    
2
 5 ±0,9
Como 
   
2
 é	 medida	 de	 um	 ângulo	 interno	 de	 um	
triângulo,	deduzimos	que	sen 
   
2
 5 0,9. Substituindo	
sen 
   
2
 por	0,9	em	(II),	concluímos:
0,9 5 
6 400
6 400
.
    .h 1
 ⇒ h  711
Alternativa	e.
 45. a)	sen	8x 1 sen	6x 5
 5 2  sen	
8 6
2
x x   1



  cos 
8 6
2
x x   2



 5
 5 2  sen	7x  cos x
b)	sen	3x 2 sen	5x 5
 5 2  sen 
3 5
2
x x   2



  cos	
3 5
2
x x   1



 5
  5 2  sen (2x)  cos	4x 5 22  sen x  cos	4x
c)	cos	8°	1 cos	2°	5 2	cos	
8 2° °
2
   1



  cos 
8 2° °
2
   2



 5 
5 2  cos	5°  cos	3°
d) cos	20° 2 1 5 cos	20° 2 cos	0°	5
 5 22  sen 
20 0
2
° °   1



  sen	
20 0
2
° °   2



 5
 5 22  sen	10°  sen	10° 5 22	sen2 10°
e)	sen	50°	1 cos	70° 5 sen	50° 2 cos	 (90°	2 70°) 5 
5 sen	50° 1 sen	20° 5
  5 2  sen 
50 20
2
° °   1
  cos 
50 20
2
° °   2
 5
 5 2  sen	35°  cos	15°
	f	) sen	2x 1 sen	4x 1 2	sen	3x 5
 5 2	sen 
2 4
2
x x   1



  cos 
4 2
2
x x   2



 1 2	sen	3x 5
 5 2  sen	3x  cos x 1 2	sen	3x 5
 5 2	sen	3x(cos x 1 1) 5 2	sen	3x(cos x 1 cos	0°) 5
 5 2  sen	3x  2  cos 
x    1 0°
2




  cos	
x    2 0°
2




 5 
5 2  sen	3x  2  cos 
x
2
  cos	
x
2
 5
  5 4  sen	3x  cos2 
x
2




g)	cos x 1 cos	3x 1 cos	5x 1 cos	7x 5
 5 2  cos 
x x   1 3
2




  cos 
3
2
x x   2



 1
 1 2  cos 
5 7
2
x x   1



  cos 
7 5
2
x x   2



 5 
  5 2  cos	2x  cos x 1 2  cos	6x  cos x 5
 5 2	cos x(cos	2x 1 cos	6x) 5 
 5 2  cos x  2  cos 
2 6
2
x x   1



  cos 
6 2
2
x x   2



 5 
5 2  cos x  2  cos	4x  cos	2x 5
 5 4  cos x  cos	2x  cos	4x
h) tg x 1 tg 4x 5 
sen (     )
cos     cos 
x x
x x
1 4
4
 5 
sen 
cos     cos 
5
4
x
x x
 
 i) tg 4x 2 tg 6x 5 
sen (     )
cos     cos 
4 6
4 6
x x
x x
2

 5
  5 
sen (– )
cos     cos 
2
4 6
x
x x
 5 2
sen 
cos     cos 
2
4 6
x
x x
	j)	tg	20° 1 tg 10° 5 
sen ° °)
° °
 (    
cos     cos 
20 10
20 10
1

 5
 5 
sen °
cos 20° °
 
   cos 
30
10
 5 
1
2
20 10cos     cos ° °
 5
  5 
1
2 20 10   cos     cos  ° °
k) 1 2 tg 40° 5 tg 45° 2 tg 40° 5 
sen ° °)
° °
 (    
cos     cos 
45 40
45 40
2

 5 
5 
sen °
°
 
 cos 
5
2
2
40
 5 2
5
   
 

sen °
cos 40°
 l) tg 10° 1 cotg 20° 5 tg 10° 1 cotg (90° 2 70°) 5 
5 tg 10° 1 tg 70° 5 
sen ° °)
° °
(    
cos     cos 
10 70
10 70
1

 5
  5 
sen °
cos 10° °
 
   cos 
80
70
 5 
cos 
   cos 
10
70
°
cos 10° °
 5
  5 
1
70cos  °
 46. 
cos     cos 
       
5 3
5 3
x x
x x
1
2sen sen
 5
5 
2 5 32
5 3
2
2 5
   cos         cos     
       
 

x x x x
x
1 2
2sen       cos     32
5 3
2
x x x

1
 5
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 35 9/23/09 6:31:20 PM
36 Matemática Paiva Parte específica
5 
2 4
2 4
   cos     cos 
         cos 
 
 
x x
x xsen
 5 
cos 
 
x
xsen
 5 cotg x
Alternativa c.
 47. a)	sen	4x 5 sen	2x ⇒ sen	4x 2 sen	2x 5 0
 2  sen	x  cos	3x 5 0 ⇒ sen	x 5 0 ou
cos	3x 5 0
Resolvendo	essas	duas	equações,	temos:
•	sen	x 5 0 ⇒ x 5 kπ, com k  Z
•	cos	3x 5 0 ⇒ 3x 5 π
2
 1 kπ, com k  Z
	  x 5 
π
6
 1 
kπ
3
, com k  Z
Logo,	o	conjunto solução	da	equação	proposta,	no	
universo R, é:
S 5 {x  R | x 5 kπ ou x 5 π
6
 1 
kπ
3
,
com k  Z}
b)	•	 As	raízes	da	forma x 5 kπ, com k  Z e x  [0, 2π[, 
são	obtidas	para	os	valores	0	e	1	de	k,	isto	é:
 k 5 0 ⇒ x 5 0
 k 5 1 ⇒ x 5 π
•	 As	raízes	da	forma	x 5 
π
6
 1 
kπ
3
, com k  Z e 
x  [0, 2π[,	são	obtidas	para	os	valores	0,	1,	2,	3,	
4 e	5	de k,	isto	é:
 k 5 0 ⇒ x 5 π
6
 k 5 1 ⇒ x 5 π
2
 k 5 2 ⇒ x 5 5
6
π
 k 5 3 ⇒ x 5 7
6
π
 k 5 4 ⇒ x 5 3
2
π
 k 5 5 ⇒ x 5 11π
6
Logo,	o	conjunto solução	da	equação	proposta,	no	
universo	[0,	2π[ , é:
S 5 0
2
3
2 6
5
6
7
6
11
6
,  ,  ,  ,  ,  ,  , 
π
π
π π π π π





 48.	 a)	cos	3x 5	cos	x ⇒	cos	3x 2	cos	x 5 0
 22 	sen	2x 	sen	x 5 0 ⇒	sen	2x 5 0 ou
sen	x 5 0
Resolvendo	essas	duas	equações,	temos:
• sen	2x 5 0 ⇒ 2x 5 kπ, com k  Z
	  x 5 
kπ
2
, com k  Z•	sen	x 5 0 ⇒ x 5 kπ, com k  Z
Observamos	que	o	conjunto	dos	números	reais	da	
forma	kπ, com k  Z,	 está	 contido	no	 conjunto	
dos	 números	 reais	 da	 forma 
kπ
2
, com k  Z. 
Assim,	 podemos	 representar	 o	 conjunto-solução	
da	equação	proposta,	no	universo	R,	por:
S 5 {x  R | x 5 
kπ
2
, com k  Z}
b)	As	raízes	da	forma	x 5 
kπ
2
, com k  Z	e	x  [0, 2π[, 
são	obtidas	para	os	valores	0,	1,	2	e	3	de	k,	isto	é:
k 5 0 ⇒ x 5 0
k 5 1 ⇒ x 5 π
2
k 5 2 ⇒ x 5 π
k 5 3 ⇒ x 5 3
2
π
Logo,	o	conjunto solução	da	equação	proposta,	no	
universo	[0,	2π[,	é:
S 5 0
2
3
2
,  ,  , 
π
π
π





 49.	 sen	5x 2	sen	3x 5	sen	x ⇒
⇒ 2	sen	 5 3
2
x x   2



 	cos	
5 3
2
x x   1



 5	sen	x
		2	sen	x 	cos	4x 5	sen	x ⇒ 2	sen	x 	cos	4x 2	sen	x 5 0
		sen	x 	(2	cos	4x 2 1) 5 0 ⇒ sen	x 5 0 ou
	 cos	4x 5 
1
2
Temos:
•	sen	x 5 0 ⇒ x 5 kπ, com k  Z.
•		cos	4x 5 
1
2
 ⇒ 4x 5 π
3
 1 2kπ ou 4x 5 2
π
3
 1 2kπ, 
com k  Z.
Logo, S 5 {x  R | x 5 kπ ou x 5 
π
12
 1 
kπ
2
 ou 
x 5 2
π
12
 1 
kπ
2
, com k  Z}.
 50.	 a)	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	
π
6
 5 
1
2
.
Logo,	arcsen	
1
2 6
    .5
π
b)	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	 2
π
6




5 2
1
2
.
Logo,	arcsen	 2
1
2




 5 2
π
6
.
c)	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	
π
2
 5 1.
Logo,	arcsen	1	5 
π
2
.
d)	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	 2
π
2




 5 21.
Logo,	arcsen	(21) 5 2
π
2
.
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 36 9/23/09 6:32:06 PM
37 Parte específica Matemática Paiva 
e)	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	
π
4
2
2
    .5
Logo,	arcsen	
2
2
 5 
π
4
.
	f )	No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 sen	 2
π
4




 5 2
2
2
.
Logo,	arcsen	 2
   2
2




 5 2
π
4
.
g)  5	arcsen	2	⇒	sen	 5 2
Como	essa	igualdade	é	impossível,	concluímos	que	
não	existe	arcsen	2.
h)  5	arcsen	 2 53( ) ⇒	sen	 5 2 53
Como	essa	igualdade	é	impossível,	concluímos	que 
não	existe	arcsen	 2 53( ) .
 51.	 No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	 2
π
3




 5 2
3
2
.
Logo,	arcsen	 2
3
2




 5 2
π
3
	e,	portanto,
sec	 arcsen  2
3
2









 5	sec	 2
π
3




 5 
5 
1
3
cos  2
π



 5 
1
1
2
 5 2.
 52.	 No	intervalo	 2
π π
2 2
,  ,





 	sen	
π
6




 5 
1
2
.
Logo,	arcsen	
1
2 6
   5
π
	e,	portanto,
tg 2
1
2
   arcsen




 5 tg 2
6
   
π



 5 tg 
π
3




 5 3 .
 53.	 Seja	arcsen	
12
13
 5 ,   2
π π
2 2
,  .





 Assim,
sen	 5 
12
13
.	Temos,	então,	pela	relação	fundamental:
sen2  1	cos2  5 1 ⇒ 12
13
2




1	cos2  5 1
		cos2  5 1 2 
144
169
 ⇒	cos2  5 169 144
169
   2
		cos2  5 
25
169 ⇒	cos	 5 ±
5
13
Como   2
π π
2 2
,  ,





 cos	 5 
5
13
.
Logo, cos   arcsen
12
13




 5	cos	 5 
5
13
.
 54.	 Sendo	arcsen	
2
3
 5 ,	temos	sen	 5 
2
3
	e
  2
π π
2 2
,  .






Logo, cos   2 arcsen
2
3




 5	cos	2 5 1 2	2	sen2  5 
5 1 2 2  
2
3
2




 5 1 2 
8
9
1
9
    .5
 55. Como 21 	sen	 	1,	para	todo	  R, o domínio 
de	 y 5	 arcsen	 2x	 é	 tal	 que	21  2x  1, ou	 seja,	
2
1
2
  x  
1
2
.
Logo, D 5 {x  R | 2
1
2
  x  
1
2
} .
 56.	 No	 intervalo 2
π π
2 2
, 





 ,	 sen	
π
2
1    .5 	 Além	 disso, 
sendo	arcsen	
3
5
 5 ,	temos	sen	 5 
3
5
	e
  2
π π
2 2
,  .






Logo,	 cos	 arcsen arcsen       
3
5
11




 5	 cos	  1   
π
2




 5 
5 cos	 	cos	
π
2
 2	sen	 	sen 
π
2
 5
5 cos	  0 2 
3
5
  1 5 2
3
5
.
 57.	 Na	primeira	volta	do	sentido	positivo	da	circunferên- 
cia	trigonométrica,	temos:
x 5	arcsen	
2
7
 ou x 5 π 2	arcsen	 2
7
Assim,	nas	infinitas	voltas	da	circunferência,	temos:
x 5	arcsen	
2
7
 1 2kπ ou x 5 π 2	arcsen	
2
7
 1 2kπ, 
com k  Z.
Logo, S 5 {x  R | x 5	arcsen	
2
7
 1 2kπ ou
x 5 π 2 arcsen	
2
7
 1 2kπ, com k  Z}.
 58. a) 
π
3
 5	arcsen	x ⇒ x 5	sen	 π
3
 ⇒ x 5 3
2
Logo, S 5 
3
2






.
 59.	 a)	No	intervalo	[0,	π],	cos	
π
6
 5 
3
2
.
Logo,	arccos	
3
2 6
    .5
π
b)	No	intervalo	[0,	π],	cos	
5
6
π
 5 2
3
2
.
Logo,	arccos	 2
3
2




 5 
5
6
π
.
c)	No	intervalo	[0,	π],	cos	0	5 1.
Logo,	arccos	1	5 0.
d)	No	intervalo	[0,	π],	cos	π 5 21.
Logo,	arccos	(21) 5 π.
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 37 9/23/09 6:33:13 PM
38 Matemática Paiva Parte específica
e)	No	intervalo	[0,	π],	cos	
π
3
1
2
    .5
Logo,	arccos	
1
2 3
    .5
π
	f )	No	intervalo	[0,	π],	cos	
2
3
1
2
π
    .5 2
Logo,	arccos	 2
1
2




 5 
2
3
π
.
g)  5	arccos	
3
2
 ⇒	cos	 5 3
2
Como	essa	igualdade	é	impossível,	concluímos	que 
não	existe	arccos	
3
2
.
 60.	 No	intervalo	[0,	π],	cos	
2
3
π
 5 2
1
2
.
Logo,	arccos	 2
1
2




 5 
2
3
π
	e,	portanto,
cossec	 arccos  2
1
2









 5	cossec	
2
3
π
 5 
1
2
3
sen 
π
 5
5 
1
3
2
 5 
2
3
3
3
    5 
2 3
3
.
 61. Sendo	arccos	
15
17
 5 ,	temos	cos	 5 
15
17
	e	  [0, π]. 
Pela	relação	fundamental:
sen2  1	cos2  5 1 ⇒	sen2  1 15
17
2




5 1
		sen2  5 1 2 
225
289
 ⇒	sen2  5 64
289
		sen	 5 
8
17
Logo,	sen	 arccos 
15
17




 5	sen	 5 
8
17
.
 62.	 Sendo	arccos	
1
3
 5 ,	temos	cos	 5 
1
3
	e	  [0, π]. 
Pela	relação	fundamental:
sen2  1	cos2  5 1 ⇒	sen2  1 1
3
2




5 1
		sen2  5 1 2 
1
9
 ⇒	sen2  5 8
9
		sen	 5 
2 2
3
Logo,	sen	 2
1
3
 arccos 




 5	sen	2 5
5 2 	sen	 	cos	 5 2  
1
3
  
2 2
3
4 2
9
    .5
 63. Como 21 	cos	 	1	para	todo	  R,	o	domínio	de	
y 5	arccos	4x	é	tal	que:
21  4x  1 ⇒ 2 1
4
  x  
1
4
Logo, D 5 {x  R | 2 1
4
  x  
1
4
}.
 64.	 Sendo	arccos	
4
5
 5 ,	temos	cos	 5 
4
5
	e	  [0, π].
Pela	relação	fundamental,	temos:
sen2  1	cos2  5 1 ⇒	sen2  1 4
5
2




5 1
		sen2  5 1 2 
16
25
 ⇒	sen2  5 9
25
		sen	 5 
3
5
Além	disso,	 no	 intervalo	 [0,	π],	 cos	π 5 21.	Dessa	
forma,	arccos	(21) 5 π.
Calculamos,	então,	o	valor	da	expressão	dada:
tg arccos     arccos ( )
4
5
11 2




 5 tg ( 1 π) 5 
tg tg
tg tg
       
           
 1
2 
π
π1 
 5 
tg
tg
     
         
 1
2 
0
1 0
 5 tg  5
5 
sen   
cos   


 5 
3
5
4
5
 ⇒ tg  5 3
4
 65.	 Sendo	 arccos	
12
13
 5 	 e	 arccos	 2
3
5




 5 ,	 temos 
cos	 5 
12
13
,	cos	 5 2
3
5
	e	{, }  [0, π].
Pela	relação	fundamental:
(i)	sen2  1	cos2  5 1 ⇒	sen2  1 12
13
2




5 1
	 		sen2  5 1 2 
144
169
 ⇒	sen2  5 25
169
	 		sen	 5 
5
13
(ii)	sen2  1	cos2  5 1 ⇒	sen2  1 2 3
5
2




5 1
	 		sen2  5 1 2 
9
25
 ⇒	sen2  5 16
25
	 		sen	 5 
4
5
Logo,	cos	 arccos     arccos 
12
13
3
5
1 2









 5
5 cos	( 1 ) 5	cos	 	cos	 2	sen	 	sen	 5
5 
12
13
  2
3
5




 2 
5
13
4
5
    5 2
56
65
.
 66.	 Na	primeira	volta	do	sentido	positivo	da	circunferên- 
cia	trigonométrica,	temos:
x 5	arccos	
2
3
 ou x 5 2arccos	
2
3
Assim,	nas	infinitas	voltas	da	circunferência,	temos:
x 5	arccos	
2
3
 1 2kπ ou x 5 2arccos	
2
3
 1 2kπ, com 
k  Z
GM_Mat_Paiva_v3_026a038.indd 38 9/23/09 6:34:12 PM
39 Parte específica Matemática Paiva 
Logo, S 5 {x  R | x 5 arccos 2
3
 1 2kπ ou
x 5 2arccos 
2
3
 1 2kπ, com k  Z}.
 67. a) No intervalo 2
π π
2 2
,  ,





 tg 
π
4
 5 1.
Logo, arctg 1 5 
π
4
.
b) No intervalo 2
π π
2 2
,  ,





 tg 2
π
4




 5 21.
Logo, arctg (21) 5 2
π
4
.
c) No intervalo 2
π π
2 2
,  ,



 tg 
π
6
 5 
3
3
.
Logo, arctg 
3
3
 5 
π
6
.
d) No intervalo 2
π π
2 2
,  ,





 tg 2
π
6




 5   .2
3
3
Logo, arctg   2
3
3




 5 2
π
6
.
 68. No intervalo 2
π π
2 2
,  ,





 tg 
π
3
 5 3 .
Logo, arctg 3 5 
π
3
 e, portanto,
cos arctg  3( ) 5 cos π
3
 5 
1
2
.
 69. No intervalo2
π π
2 2
,  ,



 tg 2
π
3




 5 2 3 .
Logo, arctg 2 3( ) 5 2 π
3
 e, portanto,
sen 2 3   arctg 2( )  5 sen 2 23
π



 5 2
3
2
.
 70. Sendo arctg 5 5 , temos tg  5 5 e
   2
π π
2 2
,  .



 Logo, sec arctg  5( ) 5 sec .
Aplicando a identidade sec2  5 1 1 tg2 , para 
cos   0, obtemos:
sec2  5 1 1 5
2( ) 5 6 ⇒ sec  5 ± 6
Como    2
π π
2 2
,  ,



 concluímos que sec  5 6 .
 71. Sendo arctg 2 5 , temos tg  5 2 e
  2
π π
2 2
,  .






Pela identidade sec2  5 1 1 tg2 , para cos   0, 
obtemos sec2  5 1 1 22 ⇒ 1
2cos    
 5 5
 cos2  5 
1
5
Assim, concluímos que:
cos (2 arctg 2) 5 cos 2 5 2 cos2  2 1 5
5 2  
1
5
 2 1 5 2
3
5
 72. Lembrando que a imagem de y 5 arctg x é 
Im 5 {y  R | 2
π
2
  y  
π
2
 }, temos:
2
π
2
  arctg x  
π
2
 ⇒ 2π  2 arctg x  π
Logo, a imagem de y 5 2 arctg x é
Im 5 {y  R | 2π  y  π}.
 73. Sendo arctg 5 5  e arctg 2 5 , temos 
tg  5 5, tg  5 2 e {, }  2
π π
2 2
,  .






Logo, tg [arctg 5 1 arctg 2] 5 tg ( 1 ) 5
5 
tg tg
tg tg
         
             
 1 
2  1 
 5 
5 2
1 5 2
   
       
1
2 
 5 2
7
9
.
 74. Na primeira volta do sentido positivo da circunferên- 
cia trigonométrica, temos:
tg x 5 10 ⇒ x 5 arctg 10 ou x 5 π 1 arctg 10
Assim, nas infinitas voltas da circunferência, temos:
x 5 arctg 10 1 kπ, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 arctg 10 1 kπ, com k  Z}.
Roteiro de estudos
 1. Respostas possíveis:
•	 	o	movimento	periódico	dos	braços	de	uma	pessoa	
ao caminhar.
•	 	o	movimento	periódico	realizado	pelo	pêndulo	de	
um	relógio.
•	 	o	fenômeno	do	fluxo	e	refluxo	das	águas	do	mar	
junto à costa.
 2.	 Uma	translação	horizontal	do	gráfico	de	uma	função	
y 5 f (x)	é	o	gráfico	de	qualquer	função	do	tipo	
y 5 f (x 1 k), sendo k uma constante real. Para k  0, 
tem-se	uma	translação	horizontal	de	k unidades para 
a	esquerda	da	função	y 5 f (x); se k  0, tem-se uma 
translação	horizontal	de	|k| unidades para a direita. 
Como cos x 5 sen x     ,1
π
2




	temos	que	o	gráfico	da	 
função	 y 5 cos x	 é	 uma	 translação	 horizontal	 de	 
π
2
	unidades	 para	 a	 esquerda	 do	 gráfico	 da	 função	 
y 5 sen x.
 3. cos (a 1 b) 5 cos a 1 cos b	não	é	uma	identidade	no	
universo U de todos os números reais a e b, porque 
existem	valores	reais	que	atribuídos	às	variáveis		a e b 
tornam	a	sentença	falsa.
Por	exemplo:
cos 0
3
   1
π



 5 cos 0
1
 1 cos 
π
3
1
2

 (Falso!)
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 39 9/23/09 6:42:32 PM
40 Matemática Paiva Parte específica
 4. Para que as medidas x fossem diretamente propor-
cionais aos valores de y,	a	sentença
cos kx 5 k cos x deveria ser identidade em R para 
qualquer constante real k. Porém, constatamos que 
isso	 não	 ocorre,	 pois	 para	 k 5	 2	 temos	 a	 sentença 
cos 2x 5 2 cos x,	que	não	é	identidade	em	R; observe:
cos 2
1
π 5 2
2
 cos 
–
π  (Falso!)
 5. Como o contradomínio e o conjunto imagem da 
função	y 5 sen x	são	diferentes,	ou	seja,	CD 5 R e 
Im 5 [21, 1], podemos concluir que y 5 sen x	não	é	
uma	função	bijetora.
Logo, y 5 sen x	não	admite	função	inversa.
Questões complementares
Questões técnicas
 1. O ângulo B BDC é suplemento de B BDA; logo,
m(B BDC) 5 120°.
Pelo teorema da soma dos ângulos internos de um 
triângulo,	 deduzimos	 que	 m(C BBD) 5 30°; logo, o 
triângulo CDB	é	isósceles: CD 5 DB 5 40 cm.
B
h
C D A
30° 120°
40
40
60°
30°
Concluímos,	então:
sen 60° 5 
h
40
 ⇒ 3
2
 5 
h
40
 h 5 20 3  cm
 2. 
sen
tg
     cos 
 
5
6
2
3
7
4
π π
π
2
 5 
1
2
1
2
1
   
–
2 2




 5 
1
2
1
2
1
   
–
1
 5 
5  1
1–
 5 21
Alternativa a.
 3. E 5 sen 12x 1 cos 21x 2 tg 33x
Para x 5 10°, vamos ter:
E 5 sen 120° 1 cos 210° 2 tg 330°
 E 5 
3
2
 1 2
3
2




 2 2
3
3




 5 
3
3
 4. a) sen x 5 2
1
2
 ⇒ x 5 7
6
π
 ou x 5 
11
6
π
Logo, S 5 
7
6
11
6
π π
,  .






b) cos x 5 
1
2
 ⇒ x 5 π
3
 ou x 5 
5
3
π
Logo, S 5 
π π
3
5
3
,  .






c) tg x 5 21 ⇒ x 5 3
4
π
 ou x 5 
7
4
π
Logo, S 5 
3
4
7
4
π π
,  .






d) tg x 5 0 ⇒ x 5 0 ou x 5 π
Logo, S 5 {0, π}.
e) sen x 5 
2
2
 ⇒ sen x 5 2
Como 2 	1,	concluímos	que	a	equação	
sen x 5 2 é impossível e, portanto:
S 5 
 5. sen2 x 2 sen x 2 2 5 0
Fazendo	y 5 sen x, vamos ter:
y2 2 y 2 2 5 0
 5 (21)2 2 4  1  (22) 5 1 1 8 5 9
y 5 
2 2( )   
   
1 3
2 1
±

 ⇒ y 5 21 ou y 5	2	(não	convém)
Como y 5 sen x, temos:
sen x 5 21 ⇒ x 5 3
2
π
 1 k  2π, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
3
2
π
 1 k  2π, com k  Z}.
 6. 
cos             ( )
     cos         (
x x
x x
5
1 5
2
12 2
sen I
sen III)



Substituindo (I) em (II), temos:
sen2 x 1 (2 sen x)2 5 1 ⇒ sen x 5 ± 5
5
Como π  x  
3
2
π ,	deduzimos	que	sen	x 5 2
5
5
.
Substituindo esse valor do seno em (I), obtemos
cos x 5 2
2 5
5
.
Assim, concluímos:
sen x 1 cos x 1 tg x 5
5 2
5
5
 1 2
2 5
5




 1 
2
2
5
5
2 5
5
 5
5 2
3 5
5
 1 
1
2
 5 
5 6 5
10
   2
 7.	 a)	Condição	de	existência:	sen	x  0
cotg2 x 5 1 ⇒ cotg x 5 ±1
 tg x 5 ±1 ⇒ x 5 π
4
 ou x 5 
3
4
π
 ou x 5 
5
4
π
ou x 5 
7
4
π
Logo, S 5 
π π π π
4
3
4
5
4
7
4
,  ,  ,  .






b)	Condição	de	existência:	cos	x  0
tg x 1 sec x 5 cos x ⇒ sen
cos
 
cos 
   
 
x
x x
1
1
 5 cos x
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 40 9/23/09 6:43:16 PM
41 Parte específica Matemática Paiva 
 sen x 1 1 5 cos2 x ⇒ sen x 1 1 5 1 2 sen2 x
 sen2 x 1 sen x 5 0 ⇒ sen x 5 0 ou sen x 5 21
Observando que sen x 5 21	não	satisfaz	a	condição	
de	existência,	temos:
sen x 5 0 ⇒ x 5 0 ou x 5 π
S 5 {0, π}
c)	Condição	de	existência:	sen	x  0 e cos x  0
cossec x 2 sen x 5 cos x  cotg x ⇒
⇒ 1
sen x
 2 sen x 5 cos x  
cos 
 
x
xsen
 1 2 sen2 x 5 cos2 x ⇒ sen2 x 1 cos2 x 5 1
Como	 essa	 sentença	 é	 uma	 identidade	 em	 R, 
concluí-mos	que	o	conjunto-solução	S é formado 
por todos os elementos do intervalo [0, 2π[ que 
satisfazem	 a	 condição	 de	 existência	 sen	 x  0 e 
cos x  0, isto é:
S 5 {x  R | 0  x  2π e x  
π π
2
3
2
       e x  }
 8.	 Pelo	teorema	de	Pitágoras,	temos:
(AB)2 1 162 5 202 ⇒ (AB)2 5 144
 AB 5 12
No ABD, temos:
tg  5 
12
x
 ⇒ sen
cos
 
 
   


5
12
x
 (I)
No ABC, temos:
sen  5 
12
20
 e cos  5 
16
20
 (II)
Mas  1  5 90° ⇒ sen
sen
     cos 
     cos 
 5 
 5 



 (III)
De (II) e (III), temos: 
cos sen
sen
         
     cos     
 5  5
 5  5
16
20
12
20






De (I), temos: 
sen 
cos 
   


5
12
x
 ⇒ 
16
20
12
20
12
   5
x
 
16
12
12
   5
x
 ⇒ x 5 144
16
 x 5 9
 9.	 	I.	Os	dois	membros	da	igualdade	estão	definidos	em	U.
II. Partindo do 2º membro, temos:
sec      2 2x x1 cossec
2 membroº
   5 
1 1
2 2cos
   
 x x
1
sen
 5
5 
sen2 2
2
     cos
cos
x x
x
1
 1 
sen
sen
2 2
2
     cos
 
x x
x
1
 5 
5 
sen2
2
2
2
 
cos
    cos
cos
x
x
x
x
1 1 
sen
sen sen
2
2
2
2
 
 
    cos
 
x
x
x
x
1 5 
5 tg2 x 1 1 1 1 1 cotg2 x 5 2 2 2         1 1tg   cotg
1 membro
x x
º
  
 10. a) y 5 22 sen x 
x sen x 22 sen x
 0 0 0
 
π
2
 1 22
2
π
2
21 2
 π 0 0
2π 0 0
b) y 5 sen (π 2 x)
Sabemos que sen (π 2 x) 5 sen x;	então,	o	gráfico	de	y 5 sen (π 2 x)	coincide	com	o	gráfico	de	y 5 sen x. Assim:
y
x0�π π 2π�2π
1
�1
π
2
�
π
2
3π
2
�
3π
2
y
x0�π π 2π
2
�2
π
2
�
π
2
3π
2
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 41 9/23/09 6:43:41 PM
42 Matemática Paiva Parte específica
c) y 5 2 cos x 
x cos x 2 cos x
 0 1 2
 π
2
 0 0
 π 21 22
 
3
2
π
 0 0
2
π
2
 0 0
d) y 5 23 cos x
x cos x 23 cos x
 0 1 23
 π
2
 0 0
 π 21 3
 2π 1 23
2
π
2
 0 0
e) y 5 3 cos 
x
2
 
x
x
2
cos 
x
2
3 cos 
x
2
 0 0 1 3
 π 
π
2
 0 0
 2π π 21 23
2π 2
π
2 0 0
22π 2π 21 23
 f ) tg     
π
2
2 x




 5 
sen 
π
π
2
2
   
cos2
2
x
x








 5 
cos 
 
x
xsen
 5 cotg x
Logo,	o	gráfico	da	função	y 5 tg     
π
2
2 x




	é	o	mesmo	da	função	y 5 cotg x.
y
x0�π π 2π 3π
1
�1
π
2
π
4
�
π
2
�
π
4
3π
2
3π
4
�
3π
4
7π
4
5π
4
5π
2
9π
4
11π
4
y
x0
�π π
2π
2
�2
π
2
�
π
2
3π
2
�
3π
2
y
x0�π π
2π
3
�3
π
2�
π
2
3π
2
�
3π
2
y
x0�π π
2π�2π
3
�3
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 42 9/23/09 6:44:01 PM
43 Parte específica Matemática Paiva 
g) sec     
π
2
2 x




 5 
1
2
cos     
π
2 x




 5 
1
sen x
 5 cossec x
Logo,	o	gráfico	da	função	y 5 sec     
π
2
2 x




	é	o	mesmo	da	função	y 5 cossec x.
y
x0�π π 2π 3π�2π�3π
1
�1
π
2
�
π
2
3π
2
5π
2
3π
2
�
5π
2
�
 11. a) F, pois:
f
f
( )   
   
π
π
5
5
1
2
3









 ⇒ 
p q
p q
     cos         
     cos     
1 2 5
1 2
π
π
π π
2
1
2 2














    5 3
 p q
p q
     cos     
     cos     
1 5
1 5
π
2
1
0 3




 ⇒ p 5 1 e q 5 2
b) V, pois:
 f (x) 5 2 ⇒ 1 1 2 cos x    2 π
2




 5 2
 cos x    2
π
2




 5 
1
2
 ⇒ sen x 5 1
2
c) F, pois:
 f 
25
3
π



 5 1 1 2 cos 
25
3 2
π π
   2




 5
5 1 1 2 cos 
47
6
π
 5 1 1 2 cos 
11
6
π
 5
5 1 1 2  
3
2
 5 1 1 3  2,7
d) V, pois:
 f 
195
2
π



 5 1 1 2 cos 
195
2 2
π π
   2




 5
5 1 1 2 cos 97π 5 1 1 2 cos π 5 1 2 2 5 21
e) F, pois:
cos 
π
2
   2 x




 5 sen x e, portanto:
 f (x) 5 p 1 q cos 
π
2
   2 x




 ⇒ f (x) 5 p 1 q sen x
 12.	 O	número	de	soluções	da	equação 
1 1 sen x 2 2|cos 2x| 5 0 no intervalo [0, 2π[ é o nú-
mero	de	pontos	comuns	aos	gráficos	das	funções	 
y 5 1 1 sen x e y 5 2|cos 2x|.
Construindo	esses	gráficos	no	intervalo	considerado,	
temos:
y
x
2
π 2ππ
4
3π
2
π
2
x1 x2 � 3π
4
x3
5π
4
x4 x5 x6 x7
7π
4
Logo,	a	equação	possui	7	soluções	no	intervalo	
[0, 2π[,	pois	as	soluções	são	os	pontos	de	intersecção	
dos	dois	gráficos	acima.
Alternativa b.
 13. a) sen 165° 5 sen (120° 1 45°) 5
5 sen 120°  cos 45° 1 cos 120°  sen 45°
Mas sen 120° 5 sen 60° 5 
3
2
 e 
cos 120° 5 2cos 60° 5 2 1
2
; assim:
sen 120°  cos 45° 1 cos 120°  sen 45° 5
5 
3
2
  
2
2
 1 2
1
2




  
2
2
 5 
6
4
2
4
   2
Logo, sen 165° 5 
6 2
4
   
.
2
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 43 9/23/09 6:44:32 PM
44 Matemática Paiva Parte específica
b) cos 105° 5 cos (60° 1 45°) 5 
5 cos 60°  cos 45° 2 sen 60°  sen 45° 5
5 
1
2
  
2
2
 2 
3
2
  
2
2
 5 
2
4
 2 
6
4
Logo, cos 105° 5 
2 6
4
   
.
2
c) tg 240° 5 tg (180° 1 60°) 5 
tg ° tg °
tg ° tg °
       
           
180 60
1 180 60
1
2 
 5
5 
0 3
1 0 3
3
   
       
   
1
2
5

d) cotg 15° 5 
1
15tg ° 
 5 
1
60 45tg ° °) (    2
 5
5 
1 60 45
60 45
           
       
1
2
tg ° tg °
tg ° tg °

 5 
1 3 1
3 1
       
   
1
2

 5
5 
1 3 3 1
3 1 3 1
       
       
1 1
2 1
( )( )
( )( ) 5 
4 2 3
3 1
   
   
1
2
 5 2 1 3
Logo, cotg 15° 5 2 1 3 .
e) cossec 255° 5 
1
255sen ° 
 5 
1
752sen ° 
 5
5 2
1
1
30 45sen ° °) (    
 5 
5 2
1
1
45 45 30sen 30° ° sen ° °   cos           cos  
 5
5 2
1
1
1
2
2
2
2
2
3
2
            
 5 2
1
4
2 6   
 5 
5 2 6   2
 f ) sec (215°) 5 
1
15cos (2 °)
 5 
1
15cos  °
 5
5 
1
45 30cos (    ° °)2
 5
5 
1
30 45 30cos 45° ° sen ° sen °   cos              1
 5 
5 
1
2
2
3
2
2
2
1
2
            1
 5
5 
4
6 2   1
 5 6 2   2
 14.	 •	 sen	40°	5 sen (20° 1 20°) 5
  5 sen 20°  cos 20° 1 cos 20°  sen 20° 5
  5 0,3  0,9 1 0,9  0,3 5 0,27 1 0,27 5 0,54
•	 cos	40°	5 cos (20° 1 20°) 5
  5 cos 20°  cos 20° 2 sen 20°  sen 20° 5
  5 0,9  0,9 2 0,3  0,3 5 0,81 2 0,09 5 0,72
•	 sen	65°	5 sen (20° 1 45°) 5
  5 sen 20°  cos 45° 1 cos 20°  sen 45° 5
  5 0,3  0,7 1 0,9  0,7 5 0,21 1 0,63 5 0,84
•	cos	65°	5 cos (45° 1 20°) 5
  5 cos 45°  cos 20° 2 sen 45°  sen 20° 5
  5 0,7  0,9 2 0,7  0,3 5 0,63 2 0,21 5 0,42
Completando a tabela, temos:
20° 40° 45° 65°
sen 0,3 0,54 0,7 0,84
cos 0,9 0,72 0,7 0,42
 15.	 •	 tg	13°	5 tg (35° 2 22°) 5 
tg ° tg °
tg ° tg °
       
           
35 22
1 35 22
2
1 
 5
  5 
0 7 0 4
1 0 7 0 4
,     ,
    ,     ,
2
1 
 5 
0 3
1 0 28
,
    ,1
 5 
0 3
1 28
,
,
  0,23
•	 tg	57°	5 tg (35° 1 22°) 5 
tg ° tg °
tg ° tg °
       
           
35 22
1 35 22
1
2 
 5 
  5 
0 7 0 4
1 0 7 0 4
,     ,
    ,     ,
1
2 
 5 
1 1
1 0 28
,
    ,2
 5 
1 1
0 72
,
,
  1,53
•	 tg	70°	5 tg (13° 1 57°) 5 
tg ° tg °
tg ° tg °
       
           
13 57
1 13 57
1
2 
 5 
  5 
0 23 1 53
1 0 23 1 53
,     ,
    ,     ,
1
2 
 5 
1 76
1 0 3519
,
    ,2
 5 
1 76
0 6481
,
,
  2,72
Completando a tabela, temos:
13° 22° 35° 57° 70°
tg 0,23 0,4 0,7 1,53 2,72
 16. cos x 5 cos x    1
π
2




 ⇒
⇒ cos x 5 cos x  cos  π
2
 2 sen x  sen 
π
2
 cos x 5 2sen x ⇒ x 5 3
4
π
 ou x 5 
7
4
π
sen
cos
3π
4
7π
4
�
√2
2
�
√2
2
√2
2
√2
2
Alternativa d.
 17. E 5 sen 6x  cos x 2 sen x  cos 6x ⇒
⇒ E 5 sen (6x 2 x) 5 sen 5x
Para x 5 π
10
, temos:
E 5 sen 5
10
   
π



 5 sen 
π
2
 5 1
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 44 9/23/09 6:45:16 PM
45 Parte específica Matemática Paiva 
 18. f (x) 5 cos x  cos 3x 2 sen x  sen 3x 5 cos (x 1 3x) ⇒
⇒ f (x) 5 cos 4x
Para x 5 π
8
, temos:
 f 
π
8




 5 cos 4
8
   
π



 5 cos 
π
2
 5 0
 19. sen (x 1 π) 5 sen x  cos π 1 sen π  cos x ⇒
⇒ sen (x 1 π) 5 2sen x 5    2 2 3
5




 5 
3
5
Alternativa a.
 20. 
sen sen I                               ( )
co
x y 5 2 1
4
ss (     )   cos (     )       ( )x y x y1 1 2 5 3
2
II






De (II), temos:
cos x  cos y 2 sen x  sen y 1 cos x  cos y 1 
1 sen x  sen y 5 
3
2
 ⇒ 2  cos x  cos y 5 3
2
 cos x  cos y 5 
3
4
Assim:
cos (x 1 y) 5 cos x  cos y 2 sen x  sen y 5
5 
3
4
 1 
1
4
 5 1
Como cos (x 1 y) 5 1 e 0  x 1 y  π, temos:
y 1 x 5 0 ⇒ x 5 2y
Substituindo x 5 2y em (II), obtemos:
1 1 cos (2y 2 y) 5 
3
2
 ⇒ cos 2y 5 1
2
 2y 5 ± π
3
 1 k  2π, com k  Z ⇒
⇒ y 5 ± π
6
 1 kπ, com k  Z
Como 0  y  π,	deduzimos	que	y 5 
π
6
 ou y 5 
5
6
π
.
Da	equação	y 1 x 5 0, concluímos:
y 5 
π
6
 ⇒ x 5 2 π
6
ou
y 5 
5
6
π
 ⇒ x 5 2 5
6
π
Logo,	os	números	reais	procurados	são:
x 5 2
π
6
 e y 5 
π
6
 ou x 5 2 5π
6
 e y 5 5π
6
 21. cos  1   
π
2




 1 sen  1   
π
2




 5
cos   cos 
π
2
 2 sen   sen 
π
2
 1 sen   cos 
π
2
 1
1 cos   sen 
π
2
 5 cos  2 sen  5
5 
3
2
    2 2
1
2




 5 
3
2
1
2
   1
Alternativa c.
 22. Como tg u e tg v	são	raízes	da	equação
ax2 1 bx 1 c 5 0, temos:
tg u 1 tg v 5 2
b
a
  ( )1
tg u  tg v 5 
c
a
  ( )2
Temos ainda, tg (u 1 v) 5 
tg tg
tg tg
       
           
   ( )
u v
u v
1
21
3

Sendo u 1 v 5 
π
4
 e tg 
π
4
 5 1, de (1), (2) e (3), temos:
tg 
π
4
 5 
2
2
b
a
c
a
1   
 ⇒ 1 5 
2
2
b
a
a c
a
   
 
 
a c
a
   2
 5 2
b
a
 ⇒ a 2 c 5 2b
 a 1 b 5 c
Logo,	a	afirmação	II	é	falsa	e	a	afirmação	IV	é	verda-
deira. Além disso, se S 5 tg u 1 tg v e P 5 tg u  tg v, 
de (1), (2) e (3), temos:
tg 
π
4
 5 
S
P1   2
 ⇒ 1 5 S
P1   2
 S 5 1 2 P ⇒ P 5 1 2 S
Logo,	a	afirmação	I	é	verdadeira	e	a	afirmação	III	é	
falsa.
Assim,	é	correto	afirmar	que	I	e	IV	são	verdadeiras.
Alternativa b.
 23. (1 1 tg x)(1 1 tg y) 5 1 1 tg x 1 tg y 1 tg x  tg y (I)
E, sendo x 1 y 5 
π
4
, temos:
tg (x 1 y) 5 
tg tg
tg tg
       
           
x y
x y
1
21 
 ⇒
⇒ tg π
4
 5 
tg tg
tg tg
       
           
x y
x y
1
21 
 1 5 
tg tg
tg tg
       
           
x y
x y
1
21 
 ⇒ tg x 1 tg y 5 1 2 tg x  tg y (II)
De (I) e (II), temos:
1 1 tg x 1 tg y 1 tg x  tg y 5
5 1 1 (1 2 tg x  tg y) 1 tg x  tg y 5
5 1 1 1 2 tg x  tg y 1 tg x  tg y 5 2
Alternativa e.
 24. Sejam A, B, C, D e E os vértices dos triângulos, 
conforme indica a figura:
A B
C
D
E
�
α
β
1
1
1
1
Aplicando	o	teorema	de	Pitágoras	aos	ABC, ACD 
e ADE,respectivamente, temos:
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 45 9/23/09 6:46:08 PM
46 Matemática Paiva Parte específica
(AC )2 5 (AB)2 1 (BC )2 ⇒ (AC )2 5 12 1 12
 AC 5 2
(AD)2 5 (AC )2 1 (CD)2 ⇒ (AD)2 5 2 2( ) 1 12
 AD 5 3
(AE )2 5 (AD)2 1 (DE )2 ⇒ (AE )2 5 3 2( ) 1 12
 AE 5 4 5 2
Assim, temos:
a) tg  5 
BC
AB
 ⇒ tg  5 1
1
 tg  5 1
 tg  5 
CD
AC
 ⇒ tg  5 1
2
  
2
2
 tg  5 
2
2
tg  5 
DE
AD
 ⇒ tg  5 1
3
  
3
3
 tg  5 
3
3
b) Como  e 	 são	 ângulos	 agudos	 de	 triângulos	
retângulos, temos 0°    90° e 0°    90°. 
Logo:
tg  5 1 ⇒  5 45°
tg  5 
3
3
 ⇒  5 30°
c)	Como	a	função	tangente	é	crescente,	temos:
3
3
  
2
2
  1 ⇒ tg   tg   tg 
     
Adicionando  1  aos três membros da desigual- 
dade, temos:
 1 2   1  1   2 1  ⇒
⇒ 45° 1 2  30°   1  1   2  45° 1 30°
 105°   1  1   120°
 25. Seja O o centro da circunferência e sejam P, Q e R os 
pontos de tangência entre a circunferência e tBCu, tCDu 
e tBEu respectivamente.
A B
C
P
D Q
E
O
r
R
a
a � r
a
Como P e R	são	pontos	de	tangência,
m(BBRO) 5 m(BBPO) 5 90°. Além disso, OR 5 OP 5 r, 
e tBOu é comum aos triângulos BOR e BOP; logo, 
BOR  BOP (caso RHC ). Dessa forma,
PBBO  RBBO e, portanto, tBO-	é	bissetriz	de	PBBR.
Por outro lado, o ABE	é	equilátero;	então,
m(PBBR) 5 90° 2 60° 5 30° e m(PBBO) 5 
m )
2
(PBRB
 5 15°.
No BOP, temos BP 5 BC 2 CP 5 BP 2 OQ 5 a 2 r e:
tg (PBBO) 5 
OP
OB
 ⇒ tg 15° 5 r
a r   2
 (I)
Mas tg 15° 5 tg (60° 2 45°) 5 
tg ° tg °
1 tg °  tg °
       
         
60 45
60 45
2
1 
 5 
5 
3 1
1 3 1
   
       
2
1 
 5 
3 1
1 3
   
   
2
1
  
3 1
3 1
   
   
2
2
 5 
4 2 3
2
    ;2 
logo: tg 15° 5 2 2 3 .
Substituindo esse valor da tangente em (I), concluí mos:
2 2 3 5 
r
a r   2
 ⇒ 2 3   2( ) a 2 2 3   2( ) r 5 r 
 2 3 3 3           2 5 2( ) ( )a r ⇒ r 5 2 33 3
   
   
2
2
( ) a
 5
5 
3 3
6
   2( ) a
 26. Como x	é	um	arco	com	extremidade	no	terceiro	qua-
drante, 21  cos x  0.
Pela	relação	fundamental,	temos:
sen2 x 1 cos2 x 5 1 ⇒ (20,6)2 1 cos2 x 5 1
 cos2 x 5 1 2 0,36 ⇒ cos2 x 5 0,64
 cos x 5 20,8
Assim:
sen 2x 5 2  sen x  cos x 5 2  (20,6)  (20,8) 5 0,96
cos 2x 5 cos2 x 2 sen2 x 5 (20,8)2 2 (20,6)2 5
5 0,64 2 0,36 5 0,28
Logo:
sen
sen
     cos 
 
2 2x x
x
1
 5 
0 96 0 28
0 6
,     ,
  ,
1
2
 5
5 
1 24
0 6
,
,2
 5 2
31
15
 27. Como 0  x  
π
6
 ⇒ 0  3x  π
2
, logo 
0  cos 3x  1.
Pela	relação	fundamental,	temos:
(sen 3x)2 1 (cos 3x)2 5 1 ⇒ 2
3
2




1 (cos 3x)2 5 1
 (cos 3x)2 5 1 2 
4
9
 ⇒ (cos 3x)2 5 5
9
 cos 3x 5 ± 5
3
Como 0  3x  π
2
, concluímos que cos 3x 5 
5
3
.
Logo:
sen 6x 5 2  sen 3x  cos 3x 5 2  
2
3
5
3
    5 
4 5
9
 28. y 5 (sen 22°30’ 1 cos 22°30’)2 5 (sen 22°30’)2 1
1 2 22 22
2 22
       cos 
 (    
 

sen °30’ °30’
sen °30 )’
   1 (cos 22°30’)
2 5
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 46 9/23/09 6:46:53 PM
47 Parte específica Matemática Paiva 
5  (      (cos sen °30’) °30’)2 222 22
1
1   1 sen 45° 5
5 1 1 
2
2
Logo, y 5 
2 2
2
   
.
1
 29. cos 4x 5 cos (2  2x) 5 2(cos 2x)2 2 1 5 
5 2(2 cos2 x 2 1)2 2 1 5
5 2(4 cos4 x 2 4 cos2 x 1 1) 2 1
5 8 cos4 x 2 8 cos2 x 1 2 2 1 5 8 cos4 x 2 8 cos2 x 1 1
Logo, cos 4x 5 8 cos4 x 2 8 cos2 x 1 1 e, portanto,
cos 4x 5 8k4 2 8k2 1 1.
 30. Como 
3
2
π
  x  2π, 21  sen x  0.
Pela	relação	fundamental,	temos:
sen2 x 1 cos2 x 5 1 ⇒ sen2 x 1 3
5
2




5 1
 sen2 x 5 1 2 
9
25
 ⇒ sen2 x 5 16
25
 sen x 5 ±
4
5
Como 
3
2
π
  x  2π, concluímos que sen x 5 2
4
5
.
Assim:
sen (4x) 5 sen (2  2x) 5 2 sen 2x  cos 2x 5 
5 2  2  sen x  cos x  (cos2 x 2 sen2 x) 5
5 2  2  2
4
5




  
3
5
  
3
5
4
5
2 2














   2 2 5 
5 2
48
25
  
9
25
16
25
   2




 5 2
48
25
  2
7
25




 5 
336
625
Logo, sen 4x 5 
336
625
.
 31. cos 2x 5 sen x ⇔ 1 2 2 sen2 x 5 sen x ⇒ 
⇒ 2 sen2 x 1 sen x 2 1 5 0
Fazendo	a	mudança	de	variável	sen	x 5 t, obtemos a 
seguinte	equação	do	2º grau:
2t2 1 t 2 1 5 0
 5 12 2 4  2  (21) 5 1 1 8 5 9
 t 5 
21 9
2 2
   
   
±

 ⇒ t 5 21 ou t 5 1
2
Retornando	à	variável	original,	temos:
sen x 5 21 ou sen x 5 
1
2
Assim:
sen x 5 21 ⇒ x 5 3
2
π
 1 k  2π, com k  Z
sen x 5 
1
2
 ⇒ x 5 π
6
 1 k  2π ou x 5 
5
6
π
 1 k  2π, com 
k  Z ou de forma equivalente, podemos representar a 
solução	da	equação	como:
x 5 
π
6
 1 
2
3
kπ
, com k  Z
Assim	o	conjunto	solução	da	equação	é	
S 5 {x  R | x 5 
π
6
 1 
2
3
kπ
, com k  Z}
 32.	 Para	que	exista	sec	x, devemos ter cos x  0, ou seja, 
x  kπ, com k  Z.
Temos,	então:
sec x 5 4 sen x ⇒ 1
cos x
 5 4 sen x
 4  sen x  cos x 5 1
 2  2  sen x  cos x 5 1 ⇒ 2 sen 2x 5 1
 sen 2x 5 
1
2
 ⇒ 2x 5 π
6
 1 2kπ ou
2x 5 
5
6
π
 1 2kπ, com k  Z
 x 5 
π
12
 1 kπ ou x 5 
5
12
π
 1 kπ, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
12
 1 kπ ou 
x 5 
5
12
π
 1 kπ, com k  Z}.
 33.	 •	 tg	x 5 
sen 
cos 
x
x
•	 cotg	(2x) 5 
cos ( )
 ( )
2
2
x
xsen
 5 
cos 
 
x
x2sen
 5 2
cos 
 
x
xsen
•	 sen	
π
2
   1 x




 5 sen 
π
2
  cos x 1 sen x  cos 
π
2
 5
  5 cos x
•	 cos	(π 1 x) 5 cos π  cos x 2 sen π  sen x 5 2cos x
Logo:
tg x 2 cotg (2x) 1 sen 
π
2
   1 x




 1 cos (π 1 x) 5 
5 
sen 
cos 
x
x
 2 2
cos 
 
x
xsen




 1 cos x 2 cos x 5
5 
sen 
cos 
x
x
 1 
cos
sen
 
 
x
x
 5 
sen
sen
2 2     cos
     cos 
x x
x x
1

 5
 5 
1
sen     cos x x
 5 
2
2         cos  sen x x
 5 
2
2sen  x
Alternativa b.
 34. Como ABCD é um quadrado e m(ABEH ) 5 , temos 
m(E BHA) 5 180° 2 90° 2  5 90° 2 .
Além disso, EFGH é um quadrado; logo, EF 5 HE e 
m(F BEB) 5 180° 2 90° 2  5 90° 2 .
Dessa forma, AEH  BFE (caso LAAo). O lado do 
quadrado	é,	então,	AB 5 AE 1 EB 5 AE 1 AH.
No AEH, temos:
•	 sen	 5 
AH
EH
 ⇒ sen  5 AH

  AH 5  sen 
•	 cos	 5 
AE
EH
 ⇒ cos  5 AE

  AE 5  cos 
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 47 9/23/09 6:47:52 PM
48 Matemática Paiva Parte específica
Assim, o lado do quadrado maior é AE 1 AH 5 
5  cos  1  sen  5 (cos  1 sen ),	e	sua	área	é	
[(cos  1 sen )]2 5 2(cos  1 sen )2 5 
5 2 (cos                       c2 2
1
2 1  1 sen sen     oos   
   


)
sen 2
   5
5 2 (1 1 sen 2)
Alternativa b.
Nota
Outra forma de resolver essa questão pode ser vista na 
questão proposta 37.
 35. Como WXYZ é um retângulo,
m( BW ) 5 m( BX) 5 m( BY ) 5 m(BZ) 5 90°. Temos também 
que m(B BAX) 5 ; logo,
m(X BBA) 5 180° 2 90° 2  5 90° 2 .
Além disso, ABCD também é um retângulo; logo, 
m(A BBC) 5 90°. No BCY, temos
m(C BBY ) 5 180° 2 90° 2 (90° 2 ) 5  e
m(Y BCB) 5 180° 2 90° 2  5 90° 2 .
Analogamente, m(D BCZ) 5 , m(Z BDC) 5  90° 2 , 
m(A BDW ) 5  e m(W BAD) 5 90° 2 .	Então:	
BAX DCZ
XBA ZDC ABX CDZ
B B
B B
   
                

 
LAL
 
AAB CD       5 5 2





 e
CBY ADW
Y CB WAD BCY DAW
B B
B B
   
                

 LAL  
BBC DA       5 5 1





No ABX, temos:
•	 sen	 5 
BX
AB
 ⇒ sen  5 BX
2
  BX 5 2 sen 
•	 cos	 5 
AX
AB
 ⇒ cos  5 AX
2
  AX 5 2 cos 
No BCY, temos:
•	 sen	 5 
CY
BC
 ⇒ sen  5 CY
1
  CY 5 sen 
•	 cos	 5 
BY
BC
 ⇒ cos  5 BY
1
  BY 5 cos 
ssim, os lados do retângulo maior medem: 
WX 5 WA 1 AX 5 CY 1 AX 5 sen  1 2 cos  e 
XY 5 XB 1 BY 5 2 sen  1 cos  e, portanto, sua 
área	é:
WX  XY 5 (sen  1 2 cos )  (2 sen  1 cos ) 5 
5 2 sen2  1 sen   cos  1 4 sen   cos  1 2 cos2  5 
5 2 (sen cos )2 2
1
          1    1 
5
2
  2
2
         cos   
   
 sen
sen
 

   5 
5 2 1 
5
2
 sen 2
⇒
⇒
Ou	seja,	a	área	é	2	1 
5
2
 sen 2.
O	maior	valor	possível	para	a	área	é	obtido	quando	
sen 2	assume	seu	valor	máximo.	Temos,	portanto:
sen 2 5 1 ⇒ 2 5 π
2
  5 
π
4
 36. sen x 2 cos x 5 
3
4
 ⇒ (sen x 2 cos x)2 5 3
4
2




         cos    sen2 x x1 2
1
   2cos   
 
2
2
 sen
sen
x x
x
   5 
3
16
 1 2 sen 2x 5 
3
16
 ⇒ sen 2x 5 1 2 3
16
 sen 2x 5 
13
16
 37. Para   
kπ
2
, com k  Z, temos:
cotg  2 tg  5 8 ⇒ cos   
   

sen
 2 
sen
cos
   
   


 5 8
 
cos      
          
2 2 2 
 
sen
sen cos
 5 8 ⇒ cos          
       
cos   
2 2
2
2
 2 


sen
sen
  
   cos   
   

sen 2
  
 5 
8
2
 
cos   
   
2
2

sen
 5 4 ⇒ cotg 2 5 4
Alternativa e.
 38. Indicando por x a medida do segmento tCDu e por  a 
medida de cada um dos ângulos C BAD e D BAB, temos:
D
BA
x
C
α
α
3
4
tg 
tg
 5
 5
1
   
     
   
 
3
4
2
3
4
x






 ⇒ 
tg  I
tg
 5

2
                         ( )
     
 
3
4
2
1       
   
   
   ( )
tg
II
2
3
4
5
1 x






Substituindo (I) em (II), obtemos:
2 34
1 3
4
2
   
   

2




 5 
3
4
   1 x
 ⇒ 24
7
 5 
3
4
   1 x
 96 5 21 1 7x ⇒ x 5 75
7
Logo, a medida de tCDu é 75
7
.
GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 48 9/23/09 6:48:31 PM
49 Parte específica Matemática Paiva 
 39. Sendo y e, portanto, 
y
2
 arcos do primeiro quadrante, 
temos:
•	 cos	x 5 cos 2
2
   
x



 5 2 cos2 
x
2




 2 1 5 
  5 2
1
5
2




2 1 5 2  
1
25
 2 1 5 
2
25
 2 1 5
  5 
2 25
25
   2
 5 2
23
25
•	 cos	
y
2
 5 
1
2
   cos 1 y
 5 
1 19
2
   1
 5
  5 
9 1
9
2
   1
 5 
10
18
 5 
5
9
 5 
5
3
Completando a tabela, temos:
arco
x
2 x
y
2 y
cosseno
1
5
2
23
25
5
3
1
9
 40. Como ABCD é um quadrado e M é ponto médio de 
tBCu, temos: 
BM CM
AB DC ABM DCM
   
                        
5
5
LAL
 
AABM DCMB B   





Assim, AM 5 DM e, portanto, o AMD	é	isósceles.
Sendo N o ponto médio do lado tADu e  a medida do 
lado do quadrado, temos tMNu ⊥ tADu, MN 5 , 
AN 5 DN 5 

2
 e m(A BMN ) 5 m(D BMN ) 5 
   
2
, 
conforme a figura.
A DN
CB M
�
α
2
�
2
�
2
α
2
No AMN, temos:
tg 
   
2
 5 
AN
MN
 ⇒ tg    
2
 5 


2
 tg 

2
 5 
1
2
Logo:
tg  5 
2
2
1
2
2
 
         
tg 
tg

2









 ⇒ tg  5 
2 12
1 1
2
2
   
   

2




⇒
 tg  5 1
1 1
4
   2
 ⇒ tg  5 1
3
4
 tg  5 
4
3
 41. a) sen x 1 sen 2x 1 sen 3x 5 0 ⇒
⇒ (sen 3x 1 sen x) 1 sen 2x 5 0
 2  sen 
3
2
x x   1
  cos 
3
2
x x   2
 1 sen 2x 5 0 ⇒
⇒ 2  sen 2x  cos x 1 sen 2x 5 0
 sen 2x(2 cos x 1 1) 5 0 ⇒
⇒ sen 2x 5 0 ou cos x 5 2 1
2
Resolvendo	cada	uma	dessas	equações,	temos:
(I) sen 2x 5 0 ⇒ 2x 5 kπ, com k  Z
  x 5 
kπ
2
, com k  Z
(II) cos x 5 2
1
2
 ⇒ x 5 ± 2
3
π 1 k  2π, com k  Z
Como 
π
2
  x  π,	 não	 existe	 x	 que	 satisfaça	 a	
equação	(I)	e	apenas	x 5 
2
3
π
	satisfaz	a	equação	(II).
Concluímos,	então,	que	apenas	x 5 
2
3
π
	satisfaz	a	
equação	proposta.
b) cos x 1 cos 2x 1 cos 3x 5 
5 cos 
2
3
π
 1 cos 
4
3
π
 1 cos 
6π
3
 5
5 2
1
2
 2 
1
2
 1 1 5 0
 42. Como m( BA) 5 120°, temos m(BB) 1 m( BC ) 5
5 180° 2 120° 5 60°. Assim:
sen sen       
cos     cos 
B B
B B
B C
B C
1
1
 5
5 
2
2 2
             cos      sen B B B BB C B C1 2







  
   cos         cos     2
2 2
 
B B B BB C B C1 2







 5
5 
sen
°
2
°
2
 
cos 
60
60








 5 tg 30° 5 
3
3
 43. 
                  
      
         
cos 
 1  1  5
 5
 1 

180
2
°
     cos      cos      1  1  5
3
2








 ⇒
⇒ 
 
                
              
 1  1  5
 1  5 
180
2
°   (I)
               ( ) 
   
         
   co
II
2 cos  
 1 
2
ss 
         
   cos          ( )
 2 
1  5
2
3
2
III







GM_Mat_Paiva_v3_039a049.indd 49 9/23/09 6:49:22 PM
50 Matemática Paiva Parte específica
Substituímos II em I e em III, obtendo:
2 1  5 180° ⇒  5 60° (IV)
e
2  cos   cos 
 2        
2
 1 cos  5 
3
2
 (V)
Substituímos (IV) em (V), obtendo:
2  cos 60°  cos 
 2        
2
 1 cos 60° 5 
3
2
 ⇒
⇒ 2  1
2
  cos 
 2        
2
 1 
1
2
 5 
3
2
 cos 
 2        
2
 5 1
Como  e  são ângulos internos de um triângulo, 
essa equação é obedecida apenas para 
 2        
2
 5 0, 
ou seja,  5  (VI).
Por (VI), (IV) e (I), concluímos que  5  5  5 60°.
Logo, o triângulo é equilátero.
 44. sen A 2 sen B 5 cos 
A B   1
2
 ⇒ 
⇒ 2  sen A B   2
2




  cos 
A B   1
2




 5 cos 
A B   1
2




 2  sen 
A B   2
2




  cos 
A B   1
2




 2 cos 
A B   1
2




 5
5 0 ⇒ cos A B     1
2




 2
2
1   
   
   sen
A B2
2








 5 0
 cos 
A B   1
2




 5 0 ou sen 
A B   2
2




 5 
1
2
Como A e B são ângulos de um triângulo, temos:
•	 cos	
A B   1
2




 5 0 ⇒ A B   1
2
 5 90°
	  A 1 B 5 180° (impossível, pois, nesse caso, 
teríamos C 5 0°)
•	 sen	
A B   2
2




 5 
1
2
 ⇒ A B   2
2
 5 30°
	  A 2 B 5 60°
	  B 5 A 2 60°
Lembrando que A 5 C, temos:
A 1 B 1 C 5 180° ⇒ A 1 A 2 60° 1 A 5 180°
 3A 5 240°
 A 5 80°
Logo, A 5 80°, B 5 80° 2 60° 5 20° e C 5 80°.
 45.	 •	 sen	75°	5 sen 0° 1	sen	75°	5
 5 2  sen 
75 0° °
2
   1



  cos 
75 0° °
2
   2



 5
 5 2 	sen	37,5°		cos	37,5°
•	 1	1	cos	75°	5 cos 0° 1	cos	75°	5
 5 2  cos 
75 0° °
2
   1



  cos 
75 0° °
2
   2



 5
 5 2	(cos	37,5°)2
Assim:
tg x 5 
2 37 5 37 5      ,    cos  , sen ° °
2(cos 37,5°)2
 5 
sen °
cos 37,5°
  ,37 5
 5
5	tg	37,5°
Logo tg x 5	tg	37,5°	e,	portanto,	um	possível	valor	
para x é x 5	37,5°.
Alternativa e.
 46. sen x 1 cos x 5 sen x 1 sen (90° 2 x) 5
5 2  sen [ ]
x x       1 290
2
°
  cos [ ]x x       2 190
2
°
 5
5 2 	sen	45°	 cos (x 2	45°)	5 2 cos (x 2	45°)
Alternativa a.
 47. Sendo arcsen 
3
4
 5 , temos sen  5 
3
4
 e
  2
π π
2 2
,  .






Pela relação fundamental, temos:
sen2  1 cos2  5 1 ⇒ 3
4
2




1 cos2  5 1
 cos2  5 1 2 
9
16
 ⇒ cos2  5 7
16
 cos  5 ± 7
4
Como   2 π π
2 2
,  ,



 deduzimos que cos  5 
7
4
.
Logo, sen 2
3
4
   arcsen




 5 sen 2 5 2  sen   cos  5
5 2  
3
4
  
7
4
 5 
3 7
8
.
 48. Sendo arcsen 
2
7
 5 , temos sen  5 
2
7
 e 
  2
π π
2 2
,  .





 Além disso, no intervalo 2
π π
2 2
,  ,



 
temos:
•	 sen	0	5 0
•	 sen	
2
2
 5 
π
4
 Logo, cos (arcsen 0) 1
 1 tg arcsen 
2
2




 1 sen arcsen 
2
7




 5
 5 cos 0 1 tg 
π
4
 1 sen  5 1 1 1 1 
2
7
 5 
16
7
.
 49. Como 21  sen   1, para todo   R, o domínio 
de y 5 arcsen 
3
2
5
x
   1




 é tal que:
21  
3
2
x
 1	5	 1, ou seja, 21 2	5	 
3
2
x
  1 2	5	
e, portanto, 24  x  2
8
3
Logo, D 5 {x  R | 24  x  2
8
3
}.
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 50 9/23/09 6:53:33 PM
51 Parte específica Matemática Paiva 
 50. Sendo arcsen 
1
3
 5  e arcsen 2
2
3




 5 , temos 
sen  5 
1
3
, sen  5 2
2
3
 e {, }  2
π π
2 2
,  .






Pela relação fundamental, temos:
(i) sen2  1 cos2  5 1 ⇒ 1
3
2




1 cos2  5 1
	  cos2  5 1 2 
1
9
 ⇒ cos2  5 8
9
	  cos  5 ± 2 2
3
 Como   2 π π
2 2
,  ,



 deduzimos que
 cos  5 
2 2
3
.
(ii) sen2  1 cos2  5 1 ⇒ 2 2
3
2




1 cos2  5 1
	  cos2  5 1 2 
4
9
 ⇒ cos2  5 5
9
	  cos  5 ± 5
3
 Como   2 π π
2 2
,  ,



 deduzimos que
 cos  5 
5
3
.
Logo, concluímos: sen arcsen arcsen       
1
3
2
3
1 2









 5 
5 sen ( 1 ) 5 sen   cos  1 sen   cos  5
5 
1
3
5
3
    1 2
2
3




  
2 2
3
 5 
5
9
4 2
9
   2 5
5 
5 4 2
9
   2
 51. Fazendo a substituição sen x 5 t, temos a equação:
6t2 2	7t 1 1 5 0
 5 (27)2 2 4  6  1 5 49 2 24 5	25
 t 5 
2 2( )   
   
7 25
2 6
±

 ⇒ t 5 7 5
12
   ±
 ⇒ t 5 7 5
12
   1
 5
5 1 ou t 5 
7 5
12
   2
 5 
1
6
Voltando à variável original, temos:
(i) sen x 5 1 ⇒ x 5 π
2
 1 2kπ, com k  Z(ii) sen x 5 
1
6
 ⇒ x 5 arcsen 1
6
 1 2kπ ou
x 5 π 2 arcsen 
1
6
 1 2kπ
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
2
 1 2kπ ou
x 5 arcsen 
1
6
 1 2kπ ou x 5 π 2 arcsen 
1
6
 1 2kπ,
com k  Z}.
 52. 
π
2
 5 arcsen x    2
1
2




 ⇒ x 2 1
2
 5 sen 
π
2
 x 2 
1
2
 5 1 ⇒ x 5 1 2 1
2
 x 5 
3
2
Logo, S 5 
3
2






.
 53. a) Substituindo f (x) por y, temos:
y 5 arcsen 2x
Para obter a função inversa:
•	 permutamos	x e y, obtendo:
 x 5 arcsen 2y
•	 isolamos	y, concluindo:
 2y 5 sen x ⇒ y 5 sen x
2
 Assim, a inversa de f é a função
 f 21: 2
π π
2 2
, 






 → 2 1
2
1
2
, 





 tal que f 21(x) 5 
sen x
2
.
b) O gráfico da função f 21 é:
y
x
f�1
1
2
π
2
�
π
2
1
2�
c) O gráfico de f é simétrico do gráfico de f 21 em 
relação à reta bissetriz dos quadrantes ímpares:
y
x
f
1
2
π
2
�
π
2
1
2�
 54. Inicialmente, vamos construir o gráfico da função 
inversa de f , isto é:
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 51 9/23/09 6:54:15 PM
52 Matemática Paiva Parte específica
 f 21: 2
π π
2 2
, 





 → [22, 2], com f 21(x) 5 2 sen x
y
�2
2
x
f�1
π
2
�
π
2
O gráfico da função f é o simétrico do gráfico de f 21 
em relação à reta bissetriz dos quadrantes ímpares, 
isto é:
y
�2
2 x
f
π
2
�
π
2
 55. O número de raízes da equação é o número de pon- 
tos comuns aos gráficos das funções f (x) 5 
πx
2
 e 
g (x) 5 arcsen x. Construindo esses gráficos, temos:
y
�1
1 x
f
g
π
2
�
π
2
Como os gráficos têm 3 pontos comuns, concluímos
que a equação 
πx
2
 5 arcsen x possui 3 raízes.
 56. No intervalo [0, π], cos 
π
6
 5 
3
2
. Logo,
arccos 
3
2
 5 
π
6
 e, portanto,
cotg 2
3
2
   arccos




 5 cotg 2
6
   
π



 5 cotg 
π
3
 5
5 
1
3
tg 
π
 5 
1
3
3
3
    5 
3
3
 57. Sendo arccos 
5
6
 5 , temos cos  5 
5
6
 e   [0, π].
Logo, cos 2
5
6
 arccos 




 5 cos 2 5 2 cos2  2 1 5
5 2  
5
6
2




2 1 5 2  
25
36
 2 1 5 
7
18
.
 58. No intervalo [0, π], temos:
•	 cos	
π
2
 5 0
•	 cos	
π
4
 5 
2
2
•	 arccos	
5
9
 5  ⇒ cos  5 5
9
Logo, sen (arccos 0) 1 cotg arccos 
2
2




 1
1 cos arccos 
5
9




 5 sen 
π
2
 1 cotg 
π
4
 1 cos  5
5 1 1 1 1 
5
9
 5 
23
9
 59. Como 21  cos   1 para todo   R, o domínio de 
y 5 arccos 
x
4
2   1




 é tal que:
21  
x
4
 1 2  1, ou seja, 23  
x
4
  21 e, portanto,
212  x  24
Logo, D 5 {x  R | 212  x  24}.
 60. Pela relação fundamental, temos:
sen2 x 1 cos2 x 5 1 ⇒ sen2 x 5 1 2 cos2 x.
Assim,	5	sen2 x 2 3 cos x 2 3 5 0 ⇒
⇒ 5(1	2 cos2 x) 2 3 cos x 2 3 5 0 
		5	cos2 x 1 3 cos x 2 2 5 0
Fazendo a substituição cos x 5 t, temos a equação:
5t2 1 3t 2 2 5 0
 5 32 2 4 	5	 (22) 5 9 1 40 5 49
 t 5 
23 49
2 5
   
   
±

 ⇒ t 5 21 ou t 5 2
5
Voltando à variável original, temos:
(i) cos x 5 21 ⇒ x 5 π 1 2kπ, com k  Z
(ii) cos x 5 
2
5
 ⇒ x 5 arccos 2
5
 1 2kπ 
 ou x 5 2arccos 
2
5
 1 2kπ, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 π 1 2kπ ou x 5 arccos 
2
5
 1 2kπ
 ou x 5 2arccos 
2
5
 1 2kπ, com k  Z}.
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 52 9/23/09 6:54:53 PM
53 Parte específica Matemática Paiva 
 61. a) 
π
4
 5 arccos x ⇒ cos π
4
 5 x
  x 5 
2
2
Logo, S 5 
2
2






.
b) 
π
3
 5 arccos (2x 2 1) ⇒ cos π
3
 5 2x 2 1
 
1
2
 5 2x 2 1 ⇒ x 5 3
4
Logo, S 5 
3
4






.
 62. a) Substituindo f (x) por y, temos:
y 5 arccos 4x
Para obter a função inversa:
•	 permutamos	x e y, obtendo:
 x 5 arccos 4y
•	 isolamos	y, concluindo:
 4y 5 cos x ⇒ y 5 cos x
4
Assim, a inversa de f é a função
 f 21: [0, π] → 2 1
4
1
4
,   ,



 com f 21(x) 5 
cos x
4
b) O gráfico de f 21 é:
y
x0
f�11
4
π
2 π
1
4�
c) O gráfico de f é o simétrico do gráfico de f 21 em 
relação à reta bissetriz dos quadrantes ímpares:
y
x0
f
1
4
π
2
π
1
4�
 63. Inicialmente, vamos construir o gráfico da função in-
versa de f , isto é:
 f 21: [0, π] → [23, 3], com f 21(x) 5 3 cos x
y
x
f�1
3
�3
0 π
2
π
O gráfico de f é o simétrico do gráfico de f21 em 
relação à reta bissetriz dos quadrantes ímpares, isto é:
y
x
f
3�3 0
π
2
π
 64. O número de raízes dessa equação é o número de pontos 
comuns aos gráficos das funções f (x) 5 22x2 1 2
e g (x) 5 arccos x.
Construindo esses gráficos no mesmo plano cartesia-
no, temos:
y
x
f
g
1
2
�1
π
2
π
Como os gráficos têm exatamente três pontos co-
muns, concluímos que a equação f (x) 5 g (x) possui 
três raízes.
 65. Sendo arctg 6 5 , temos tg  5 6 e
  2
π π
2 2
,  .



GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 53 9/23/09 6:55:11 PM
54 Matemática Paiva Parte específica
Logo, tg (2 arctg 6) 5 tg (2) 5 
2
1 2
     
       
tg
tg

2 
 5
5 
2 6
1 62
   
   

2
 5 2
12
35
.
 66. Sendo arctg 9 5 , temos tg  5 9 e
  2
π π
2 2
,  .



 Além disso, no intervalo
2
π π
2 2
,  ,



 temos:
•	 tg	
π
6
 5 
3
3
•	 tg	0	5 0
Logo, cossec arctg 
3
3




 1 sec (arctg 0) 1
1 tg (arctg 9) 5 cossec 
π
6
 1 sec 0 1 tg  5
5 2 1 1 1 9 5 12
 67. Temos:
2
π
2
  arctg 3x  
π
2
 ⇒ 22π  4 arctg 3x  2π
Logo, a imagem de y 5 4 arctg 3x é
Im 5 {y  R | 22π  y  2π}.
 68. Sendo arctg 
3
4
 5 , temos tg  5 
3
4
 
e   2
π π
2 2
,  .



Como tg2  1 1 5 sec2 , temos:
3
4
2




1 1 5 sec2  ⇒ sec2  5 25
16
 ⇒ cos  5 ± 4
5
Como   2
π π
2 2
,  ,



deduzimos que cos  5 
4
5
.
Além disso, no intervalo 2
π π
2 2
,  ,



 temos tg 0 5 0 e,
portanto, arctg 0 5 0.
Logo, cos arctg arctg       
3
4
01




 5 cos ( 1 0) 5
5 cos  5 
4
5
.
 69. Fazendo a substituição tg x 5 t, temos a equação:
t2 2 3t 1 2 5 0 ⇒ t 5 1 ou t 5 2
Voltando à variável original, temos:
(i) tg x 5 1 ⇒ x 5 π
4
 1 kπ, com k  Z
(ii) tg x 5 2 ⇒ x 5 arctg 2 1 kπ, com k  Z
Logo, S 5 {x  R | x 5 
π
4
 1 kπ ou x 5 arctg 2 1 kπ,
com k  Z}.
 70. a) 
π
4
 5 arctg x ⇒ tg π
4
 5 x
 x 5 1
Logo, S 5 {1}.
b) 
2
3
π
 5 arctg 2x ⇒ tg 2
3
π
 5 2x 
 2 3 5 2x ⇒ x 5 2 3
2
Logo, S 5 2
3
2






.
 71. a) Substituindo f (x) por y, temos:
y 5 arctg 
x
2
Para obter a função inversa:
•	 permutamos	x e y, obtendo:
 x 5 arctg 
y
2
•	 isolamos	y, concluindo:
 
y
2
 5 tg x ⇒ y 5 2 tg x
Assim, a inversa de f é a função
 f 21: 2
π π
2 2
,





 → R, com f 21(x) 5 2 tg x
b) O gráfico de f 21 é:
y
�2
2
x
f�1
π
2
π
4
�
π
2
�
π
4
c) O gráfico de f é o simétrico do gráfico de f 21 em 
relação à reta bissetriz dos quadrantes ímpares, 
isto é:
y
�2
2 x
f
π
2
π
4
�
π
2
�
π
4
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 54 9/23/09 6:55:45 PM
55 Parte específica Matemática Paiva 
 72. Inicialmente, vamos construir o gráfico da função in-
versa de f, isto é:
 f 21: 2
π π
2 2
, 



 → R, com f 21(x) 5 2 1 tg x
y
2
1
3
x
f�1
π
2
π
4
�
π
2
�
π
4
O gráfico de f é o simétrico do gráfico de f 21 em rela-
ção à reta bissetriz dos quadrantes ímpares, isto é:
y
1
0 3 x
f
π
2
π
4
�
π
2
�
π
4
 73. O número de raízes dessa equação é o número de 
pontos comuns aos gráficos das funções
 f (x) 5 x2 2 
π
2
 e g (x) 5 arctg x. Construindo esses 
gráficos no mesmo plano cartesiano, temos:
y
x
f
g
π
2
�
π
2
�
π
2√ π2√
Como os gráficos têm exatamente dois pontos co-
muns, concluímos que a equação f (x) 5 g(x) possui 
duas raízes.
Questões contextualizadas
 74. Para saber quantos degraus terá a escada, devemos 
determinar o desnível h entre os dois pisos:
piso
inferior
piso
superior
rampa
8 m
h
30°
sen 30° 5 
h
8
 ⇒ 1
2
 5 
h
8
 h 5 4 m
Como o desnível entre os pisos é 4 m e os degraus de-
vem ter 20 cm 5 0,2 m de altura, concluímos que a 
escada terá 
4
0 2,
 5 20 degraus.
 75. Consideremos um sistema cartesiano ortogonal xOy 
associado ao plano da circunferência descrita pelo 
pedal tal que O é o centro da circunferência, os eixos 
Ox e Oy são orientados conforme a figura abaixo, 
A(10, 0), B(xB, yB)uma posição qualquer do pedal e 
, com   0, a medida do ângulo ABOB no sentido 
horário.
α
A(10, 0)
B(xB, yB)
xO
y
Nessas condições, as coordenadas do ponto B são da-
das por xB 5 10 cos  e yB 5 10 sen . Para obter  em 
função de t, basta resolver a regra de três:
 Medida do ângulo Tempo
 (radiano) (segundo)
 22π 0,8
  t
  5 
22
0 8
πt
,
 5 2
5
2
πt
Assim, o ponto B é dado por:
B 10
5
2
10 5
2
 cos  ,       2 2
π πt t










sen

 ou, de forma 
equivalente, B 10 5
2
10 5
2
 cos  ,        .π πt t2 sen




Concluímos, então, que a posição B(x, y) do pedal, 
em relação ao sistema de eixos adotado, pode ser de-
terminada pelas equações:
x
t
y
t
     cos 
         
5
5 2
10
5
2
10
5
2
π
π
sen






em que t representa o tempo t, em segundo.
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 55 9/23/09 6:56:03 PM
56 Matemática Paiva Parte específica
 76. Imaginemos, em um plano vertical, uma circunfe-
rência de raio 0,9 m acima do nível do mar e uma 
haste rígida ligando um ponto P da circunferência a 
um ponto do nível do mar, no prolongamento do eixo 
Oy, conforme mostra a figura.
P
y
x
A(0,9; 0)
0,9
�0,9
mar
α
O subir e descer da maré, como um imenso pistão, 
provoca um movimento circular do ponto P. 
Supondo esse movimento circular com velocidade 
constante e no sentido anti-horário, vamos calcular 
a medida  do arco )AP, em função do tempo t em 
hora, em que t 5 0 corresponda a um instante em 
que P passou pelo ponto A(0,9; 0):
 Medida do ângulo Tempo
 (radiano) (hora)
 2π 12
  t
  5 
πt
6
 rad
Assim, a ordenada do ponto P no instante t, em hora, 
é dada pela função:
 f (t) 5 0,9 sen 
πt
6
Essa função descreve o movimento da maré. Podería- 
mos descrever o movimento da maré por meio da 
abscissa do ponto P, isto é, g (t) 5 0,9 cos 
πt
6
.
 77. A duração do ciclo é o período p das funções, ou 
seja:
p 5 
2
2
π
 meses ⇒ p  4,44 meses
Assim, a duração do ciclo é de 4 meses e 13 dias, 
aproximadamente.
 78. tg ( 1 ) 5 
tg tg
tg tg
          
              
 1 
2  1 
 5 
3
9
3
6
1
3
9
3
6
   
       
1
2 
 ⇒
⇒ tg ( 1 ) 5 1
Como 0   1   180°, concluímos que  1  5	45°.
 79. Sendo P a projeção ortogonal do ponto A sobre a 
margem oposta da estrada, obtemos pelo teorema de 
Pitágoras: PC 5 16 m e PB 5 9 m.
Sendo  a medida do ângulo B BAP, esquematizamos:
P
A
B C
αβ
12 15 20
16
sen ( 1 ) 5 sen   cos  1 sen   cos  ⇒
⇒ 16
20
 5 sen   
12
15
 1 
9
15
  cos 
	 
4
5
 5 
4
5
     sen 
 1 
3
5
 cos   
 ⇒
⇒ cos  5 4 4
5
         2 sen
Aplicando a relação fundamental, sen2  1 cos2  5 1, 
temos:
sen2  1 
4 4
5
2
         2 sen



5 1 ⇒
⇒	25	sen2  2 32 sen  1	7	5 0
Assim, obtemos: sen  5 1 ou sen  5 
7
25
.
Como  é medida de um ângulo agudo, concluímos
que sen  5 
7
25
.
Nota
Uma outra resolução é possível por meio da lei dos 
cossenos.
 80. Sendo d a distância PQ, em metro, temos:
R
S
P
d Q
6
24
α
α
tg
tg
      
      
 5
 5
6
2
24
d
d






 ⇒ tg 2 5 4 tg 
 
2
1 2
 tg
tg
   
       

2 
 5 4 tg 
Como tg   0, podemos dividir ambos os membros 
por tg , obtendo:
2
1 2       2 tg
 5 4 ⇒ tg  5 ± 2
2
Como  é um ângulo agudo, tg  5 
2
2
.
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 56 9/23/09 6:56:26 PM
57 Parte específica Matemática Paiva 
Assim, concluímos:
tg  5 
6
d
 ⇒ 2
2
 5 
6
d
 d 5 6 2  m  8,48 m
Alternativa a.
 81. Sendo h a distância entre o topo da torre e o plano 
que contém o ponto C onde se localiza o olho da pes-
soa, temos:
D
A
h
B
Cα
2α
100
300
a) 
tg
tg
     
     
 5
 5
h
h
300
2
100






 ⇒ tg 2 5 3 tg 
	 
2
1 2
     
       
tg
tg

2 
 5 3 tg 
Como tg   0, podemos dividir ambos os mem-
bros por tg , obtendo:
2
1 2       2 tg
 5 3 ⇒ tg  5 ± 3
3
Como  é medida de um ângulo agudo, concluímos
que tg  5 
3
3
 e, portanto,  5 30°.
b) tg 30° 5 
h
300
 ⇒ 3
3
 5 
h
300
 h 5 100 3  m
Logo, a altura da torre é 100 3 1 6    ,  1( ) m ou, 
aproximadamente,	174,8	m.
 82. Sendo h a altura pedida, temos:
A
B
h
E
x 3.000
D
C
h
α α
2
tg
tg
     
 
 
   
.    
 5

5
1
h
x
h
x2 3 000






 ⇒ 
2
2
1
2
2 3 000
2
     
     
   
     
.    
tg
tg
tg

2

5

5
1
h
x
h
x









	 
2 0 5
1 0 5
0 5
3 000
2
    ,
   ( , )
   
,    
.    

2
5
5
1
h
x
h
x






 ⇒ x
h
x h
   
        .
5
5 2
3
4
2 3 000




	 2h 2 3.000 5 
3
4
h
 ⇒ h 5 2.400
Logo, a altura do avião em relação ao solo é 2.400 m.
 83. Sendo x a distância pedida, em metro, temos:
D x
EC
B
α
α 2α
30
tg 2 5 
30
x
 ⇒ 
2
1 2
     
       
tg
tg

2 
 5 
30
x
 
2 0 4
1 0 4 2
    ,
   ( , )

2
 5 
30
x
 ⇒ x 5	31,5
Logo, a distância entre o ponto D e a base da torre é 
31,5	m.
 84. a) sen 
p q   1
2
  cos 
p q   2
2
 5 
sen sen       p q1
2
p q
p q
   
   
   
   
1
5
2
5
2
20
2
14
°
°






 ⇒ p 5 34° e q 5 6°
Logo, sen 20°  cos 14° 5 
sen ° sen °       34 6
2
1
 5
5 
0 559192 0 104528
2
,     ,1
 5 0,33186.
b) cos 
p q   1
2
  cos 
p q   2
2
 5 
cos cos       p q1
2
Logo, cos 20°  cos 14° 5 
cos ° cos °       34 6
2
1
 5
5 
0 829037 0 994521
2
,     ,1
 5	0,911779.
Questões-desafio
 85. a) Para facilitar o raciocínio, consideremos uma po-
sição do Sol, do planeta e da lua tal que os ângu-
los de medidas  e  sejam agudos. Pelo centro P 
do planeta, tracemos u paralela ao eixo Ox e, pelo 
centro L da lua, a reta paralela ao eixo Oy, determi-
nando assim o triângulo retângulo LPQ, conforme 
mostra a figura.
GM_Mat_Paiva_v3_050a058.indd 57 9/23/09 6:57:03 PM
58 Matemática Paiva Parte específica
R sen α
R cos α
r sen β
r cos β
xO
R
P
Q u
v
L
r
α
y
β
sen  5 
LQ
r
 ⇒ LQ 5 r sen 
cos  5 
PQ
r
 ⇒ PQ 5 r cos 
Assim, concluímos que o centro L(x, y) da lua é 
tal que:
x R r
y R r
     cos       cos   
               
5  1 
5  1 sen sen   



Essas equações continuam valendo para ângulos 
não agudos de medidas  e . As medidas  e , em 
função do tempo t, são obtidas pelas regras de três:
 Medida do ângulo Tempo
 (radiano) (dia)
 2π 300
  t
 Medida do ângulo Tempo
 (radiano) (dia)
 2π 20
  t
Das quais obtemos:
 5 
πt
150
 e  5 
πt
10
Concluímos, então, que a posição (x(t), y(t)) do cen-
tro da lua em função do tempo t, em dias, é tal que:
x t R
t
r
t
y t R
( )     cos       cos 
( )     
5 1
5
π π
150 10
sen          
π πt
r
t
150 10
1 sen






b) 
x R r
y
( )     cos 
   
     cos 
   
(
50
50
150
50
10
5
5 1
π π 
00
50
150
50
10
)       
   
       
   
5 1R rsen sen
π π 






 ⇒ 
⇒ 
x R r
y R
( )     cos       cos 
( )       
50
3
5
50
3
5 1
5
π
π
π
sen         1 r sen 5π






	 
x
R
r
y
R
( )       
( )   
50
2
50
3
2
5 2
5






Logo,	50	dias	após	o	início	das	observações,	o	cen- 
tro da lua está no ponto A
R
r
R
2
3
2
    ,  .2




c)  5  1 kπ, com k  Z ⇒ 
πt
10
 5 
πt
150
 1 kπ, com 
k  Z
 		k 5 7
75
t , com k  Z
 Logo, o menor valor positivo de t, tal que k seja 
inteiro,	é	75.
	 Portanto,	75	dias	após	o	início	das	observações,	os	
centros dos três astros estiveram alinhados pela 
primeira vez.
 86. Sendo BQ 5 r, m(A BBQ) 5  e m(Q BBP) 5 , temos:
α
β
r
r
B
P
Q
A5r
4
a) cos  5 
r
r5
4
 5 
4
5
, ou seja, cos A BBQ 5 
4
5
b) Pela lei dos cossenos, temos:
(PA)2 5 (PB)2 1 (AB)2 2 2  PA  PB  cos ( 1 ) ⇒
⇒ 5
4
2
r



5 r2 1 
5
4
2
r



2 2  
5
4
r
  r  cos ( 1 )
 cos ( 1 ) 5 
2
5
, ou seja, cos A BBP 5 
2
5
c) Aplicando a relação fundamental, 
sen2 x 1 cos2 x 5 1, nos itens a e b, obtemos 
sen  5 
3
5
 e sen ( 1 ) 5 
21
5
.
Assim, concluímos:
cos  5 cos [( 1 ) 2 ] 5
5 cos ( 1 )  cos  1 sen ( 1 )  sen  ⇒
⇒ cos