Aula 14 - Exercícios

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MATEMÁTICA
E SUAS TECNOLOGIAS
F B O N L I N E . C O M . B R
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Professor(a): Jorge Júnior
assunto: equações e inequações TrigonoméTricas
frente: maTemáTica i
OSG.: 122198/17
AULA 14
EAD – MEDICINA
Resumo Teórico
Para resolver uma inequação trigonométrica é necessário a 
fundamentação adquirida nas resoluções e a interpretação correta da 
forma mais simples desta inequação (desigualdade básica) recorrendo 
ao ciclo trigonométrico.
Veja alguns exemplos.
Ex. 1: Resolva a inequação trigonométrica sen x > −
2
2
.
Solução:
senx > − →
2
2
eixo dos senos
eixo dos 
cossenos
0 = 2π
5π
4
7π
4
2
Logo: Solução ⇒ S
x k x k ou
k x k k
=
∈ + ⋅ ≤ < + ⋅
+ ⋅ < < + ⋅ ∈










R
Z
/
,
0 2
5
4
2
7
4
2 2 2
π
π
π
π
π π π
Ex. 2: Resolva a inequação trigonométrica tg x > 1.
Solução:
tg x > 1 → eixo dos cossenos
eixo dos senos
eixo das 
tangentes
5π
4
π
2
π
4 1
3π
2
Logo: Solução ⇒ S = 
x k x k ou
k x k k
∈ + ⋅ < < + ⋅
+ ⋅ < < + ⋅ ∈












R
Z
/
,
π
π
π
π
π
π
π
π
4
2
2
2
5
4
2
3
2
2


Exercícios
• Baseado no texto a seguir, responda às questões 01 e 02.
No Hemoce (Hemocentro do Estado do Ceará), o número de 
doações de sangue varia periodicamente. Admitindo que, o Hemoce, 
no ano de 2015, este número, de janeiro (t = 0) a dezembro (t = 11), 
seja dado, aproximadamente, pela expressão s t
t
( ) cos
( )= − −



λ π1
6
 
sendo λ uma constante positiva, s(t) dado em milhares e t em meses, 
0 ≤ t ≤ 11.
01. Se no mês de fevereiro houve duas mil doações de sangue, 
o valor da constante λ é igual a:
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
02. Os meses em que houve três mil doações de sangue, foram:
A) março e outubro. B) abril e outubro.
C) abril e novembro. D) maio e novembro.
E) junho e dezembro.
03. Quando resolvida no intervalo [0, 2π ], o número de quadrantes 
nos quais a inequação 2cos x < 3 apresenta soluções é 
igual a:
A) 0 B) 1 
C) 2 D) 3
E) 4
04. (EsPCEx-Aman/2015) A soma de todas as soluções da equação 
2cos3(x) - cos2(x) - 2cos(x) + 1 = 0, que estão contidas no intervalo 
[0, 2π], é igual a:
A) 2 π
B) 3 π
C) 4 π
D) 5 π
E) 6 π
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Módulo de estudo
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05. (FGV/2012) No intervalo [0, 4π] a equação sen3 x - 2sen2 x - 5sen x + 6 = 0 
tem raízes cuja soma é:
A) 2
B) -2
C) 6
D) 
π
2
E) 3π
06. (Uece/2014) Se p e q são duas soluções da equação 
2sen2 x – 3sen x 1 = 0 tais que sen p ≠ sen q, então o valor da 
expressão sen2 p - cos2 q é igual a:
A) 0 B) 0,25
C) 0,50 D) 1
07. Para 0 ≤ x < π, a função y tg x= − +1 2 estará definida somente 
se:
A) 
π π π π
4 2
5
4
3
2
≤ < ≤ <x ou x
B) 
π π π π
8 4
5
8
3
4
≤ < ≤ <x ou x
C) 0
2
5
8
3
2
≤ < < <x ou x
π π π
D) 0
8 4 2
≤ ≤ ≤ <x ou x
π π π
E) 0
2
3
2
< < < <x ou x
π
π
π
08. O conjunto solução da inequação 1 12− + <cos ,x sen x no 
intervalo [0, 2π[ é:
A) 0
3
2
3
2, ,
π π
π



∪ 



 
B) 0
6
5
6
, ,
π π
π



∪ 



C) 0
6
5
6
2, ,
π π
π



∪ 



 
D) −



7
6 6
π π
,
E) 
π π
6
5
6
,




09. (EPCar-AFA/2012) Sendo x ∈[ ]0 2, π , a interpretação gráfica 
no ciclo trigonométrico para o conjunto solução da inequação 
− + − <8 10 3 04 2sen x sen x é dada por:
A) 
2
3
π
7
4
π
5
3
π4
3
π
3
π
4
π
cos
sen
B) 
 2
3
π
3
4
π
5
4
π
4
3
π 5
3
π
7
4
π
4
π3
π
sen
cos
C) 
 2
3
π
3
4
π
5
4
π
3
π
4
π
7
4
π
sen
cos
D) 
sen
cos
6
π5
6
π
7
6
π 11
6
π
10. (FGV/2012) Em certa cidade litorânea, verificou-se que a altura da 
água do mar em um certo ponto era dada por f x
x( ) = + 


4 3
6
cos
π
 
em que x representa o número de horas 
 decorridas a partir de zero hora de determinado dia, e a altura 
f(x) é medida em metros.
 Em que instantes, entre 0 e 12 horas, a maré atingiu a altura de 
2,5 m naquele dia?
A) 5 e 9 horas.
B) 7 e 12 horas.
C) 4 e 8 horas.
D) 3 e 7 horas.
E) 6 e 10 horas.
11. (Uece/2014) Usando a expressão clássica do desenvolvimento 
da potência (a + b)n, em que a e b são números reais e n é 
um número natural, pode-se resolver facilmente a equação 
sen4 x – 4sen3 x + 6sen2 x – 4sen x + 1 = 0. Então, para os valores 
de x encontrados, teremos que cos x é igual a:
A) 1
B) 
3
2
C) 
2
2
D) 0
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Módulo de estudo
• (UnB – Adaptada) Baseado no texto a seguir, reposta às questões 
12 a 14.
Estudando-se o fluxo de água em um ponto do estuário de 
um rio, determinou-se que a água flui para o oceano na vazão v, 
em milhões de litros por hora, em função do tempo t, em horas, 
de acordo com a equação v(t) = A + B sen(wt), em que A, B e W 
são constantes reais positivas, e t ≥ 0. A vazão na qual a água do 
rio flui para o oceano varia por causa das marés. Na maré baixa, 
a água flui mais rapidamente, com vazão máxima de 20 milhões de 
litros por hora, e na maré alta, ela flui mais lentamente, com vazão 
mínima de 4 milhões de litros por hora. Nessa região, o tempo entre 
duas marés alta é igual a 12 horas e 24 minutos. 
Com base nessas informações, escolha apenas uma das opções a 
seguir e faça o que se pede. 
12. O valor do coeficiente A é igual a:
A) 9 
B) 10
C) 11 
D) 12 
E) 13
13. O período, em minutos, da função v(t) é igual a:
A) 744 min.
B) 730 min.
C) 700 min.
D) 696 min.
E) 633 min.
14. O valor de t, em minutos, quando 10 h ≤ t ≤ 22 h, para o qual 
v(t) é máxima, é igual a:
A) 890 min.
B) 900 min.
C) 910 min.
D) 920 min.
E) 930 min.
15. (Uece/2010) O número de soluções da equação 
 3 3 02 2sen x sen x x− + =cos que estão no intervalo [0, 2π] é:
A) 2 
B) 8
C) 4 
D) 6
Anotações
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Módulo de estudo
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Resoluções
01. Temos que:
t = 0 (janeiro)
t = 1 (fevereiro) → S (1) = λ – cos 0 = 2
Então:
λ = 2 + cos 0
λ = 3
Resposta: C
02. De acordo com o enunciado, devemos ter:
3
1
6
3
1
6
0−
−( )




 = ⇒
−( )




 =cos cos
t tπ π
 Então: 
t −( )
=
1
6 2
π π
 + kπ, k, inteiro ⇒ t = 4 + 6k, k, inteiro.
 Logo: t = 4 (maio) ou t = 10 (novembro).
Resposta: D
03. Temos que: cos x < 3
2
 O arco destacado no ciclo trigonométrico a seguir indica as soluções no intervalo de [0, 2π] e, consequentemente, os quadrantes.
 (Veja que a inequação admite solução nos 4 quadrantes)
30º
330º
(I)(II)
(IV)(III)
3
2
Resposta: E
04. 2cos3x – cos2(x) – 2cos (x) + 1 = 0 → 2cos(x) [cos2(x) – 1] – [cos2(x) – 1] = 0 → [cos2(x) – 1] [2 cos(x) – 1] = 0
Daí:
• cos2(x) – 1 = 0 → cos(x) = ± 1 → x = 0; π; 2π
ou
• 2cos(x) – 1 = 0 → cos(x) = 
1
2
 → x = 
π
3
; 
5
3
π
Logo, 
Soma = 0 2
3
5
3
5+ + + + =π π
π π
π
 Resposta: D
05. Fazendo sen x = k, temos:
k3 – 2k2 – 5k + 6 = 0, em que a soma dos coeficientes é igual a zero. Isso significa que k = sen x = 1 é raiz. Por Briot-Rufini, temos:
1 1 – 2 – 5 6
1 – 1 – 6 (0)
K2 – K – 6 = 0
K = 3 (não convém pois – 1 ≤ sen x 1)
K = –2 (não convém pois – 1 ≤ sen x ≤ 1)
Logo: S = +
π π
2
5
2
 
S = 3π
Resposta: E
5 F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
06. 2 sen2 x – 3sen x + 1 = 0
 ∆ = (–3)2 – 4 · 2 · 1
 ∆ = 1
 sen x
sen x
sen x
=
− − ±
⋅
=
=
( )3 1
2 2
1
1/2
 sen2 p – cos2 q = sen2 p – (1– sen2 q) = sen2 p + sen2 q – 1 = 12 + (1/2)2 – 1 = 1/4 = 0,25.
 Resposta: B
07. Temos:
y tg x x= − + ∈1 2 0, [ , )π
Aplicando a condição de existência da raiz quadrada nos reais, encontramos:
– 1 + tg 2x ≥ 0
tg 2x ≥ 1
π
—
2 π—
4
5 π
—
4 3 π
—
4
5
tg
C
Logo:
π π π π
π π π π
4
2
2 8 4
5
4
2
3
2
5
8
3
4
≤ < → ≤ <
≤ < → ≤ <
x x OK
ou
x x OK
( )
( )
 Resposta: B
08. Temos que:
1 1
1
1
2
2
− +
+
+
cos x sen x
sen x sen x
sen x sen x
<
<
<
1º Caso: se sen x ≥ 0, vem:
 sen x + sen x < 1 → sen x < 
1
2
 
S
C
5π
—
6
θ ≡ 2 π
π
—
6
 
S1 0 6
5
6
2= 



∪ 



, ,
π π
π
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2º Caso: se sen x < 0, vem:
 – sen x + sen x < 1
 0 · sen x < 1 → s
2
 = (π, 2π)
Logo:
S
final
 = S
1
 U S
2
 = S
1
 Resposta: C
09. – 8 sen4 x + 10 sen2 x – 3 < 0
 Resolvendo a inequação na incógnita sen2 x, temos as raízes: sen2 x = 1
2
 ou sen2 x = 
3
4
sen2 x
3/41/2
– + –
sen2 x < 
1
2
 ou sen2 x > 
3
4
Resolvendo as inequações acima, temos:
I. sen2 x < 
1
2
→ sen x sen x sen x2
1
2
2
2
2
2
2
2
< → < →
−
< <
II. sen2 x > 
3
4
→ sen x sen x sen x ou sen x2
3
4
3
2
3
2
3
2
> → > → <
−
>
Representando estas inequações na circunferência trigonométrica, temos:
2π
3
3π
4
π
3
4π
3
5π
3
π
4
5π
4
7π
4
 Resposta: B
10. f x
x
( ) cos= + 



4 3
6
π
2 5 4 3
6
1 5 3
6
6
1
2
6
2
, cos
, cos
cos
= + 



− = 







= −
=
π
π
π
π
x
x
x
x ππ
π
π π
π
3
2
6
4
3
2+ ⋅ = + ⋅k
x
k ou para inteiro.k
 Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8.
 Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20 (não convém).
 Resposta: C
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Módulo de estudo
11. sen4 x – 4 sen3 x + 6sen2 x – 4sen x + 1 = 0 ⇒ (sen x – 1)4 = 0 ⇒ sen x – 1= 0 ⇒ sen x = 1
 Utilizando a relação fundamental, temos:
 sen2 x + cos2 x = 1
 12 + cos2 x = 1
 cos2 x = 0
 Portanto, cos x = 0.
 Resposta: D
12. Temos que:
 v (t) = A + B · sen(wt)
 sen(wt) = 
v t A
B
( ) −
 Então:
 – 1 ≤
−
≤ ⇒ − ≤ ≤ +
v t A
B
A B v t A B
( )
( )1
4 20
� �
Resolvendo o sistema 
A B
A B
+ =
− =



20
4
, obtemos A = 12 e B = 8.
 Logo: v(t) = 12 + 8 sen(wt)
 Resposta: D
13. Temos que:
Período = 12 h + 24 min = 12
24
60
12
2
5
62
5
62
5
60 744+



= +



= = =h h h · min min .
 Resposta: A
14. Temos que:
Período = 
2 62
5
5
31
π π
w
w= → = .
 v(t) = 12 + 8sen
5
31
π
t




 Para que v (t) seja máxima, devemos ter:
 sen 
5
31
π
t




 = 1 → = + ⋅ →
+
→
5
31 2
2
31 124
10
π π
πt k k
k
k, ,inteiro t = inteiro k = 1 → t = 15,5 h = 930 minutos.
 Resposta: E
15. 3 · sen2 x – 3 · sen x + cos2 x = 0
 3 · sen2 x – 3 · sen x + 1 – sen2 x = 0
 2 · sen x2 – 3 · sen x + 1 = 0
 Resolvendo, temos:
sen x = 1 ou sen x = 
1
2
 Para sen x = 1 ou sen x = – 1, temos x = π
2
 ou x = 3
2
π 
 Para sen x = 
1
2
 ou sen x = –
1
2
, temos x x e x= = = =π π π π
5
5
6
7
6
11
6
, , x
 Logo, a equação terá 6 raízes.
 Resposta: D
SUPERVISOR/DIRETOR: MARCELO PENA – AUTOR: JORGE JÚNIOR
DIG.: GEORGENES – 12/12/17 – REV.: JARINA