09 02 - (Lista - Trigonometria VI) - [GABARITO] [SOLUÇÃO]

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Lista de Exercícios – Trigonometria VIII 
 
Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: [B] 
 
De 𝐴 = [
𝑠𝑒𝑛𝑥 −1
−1 𝑠𝑒𝑛𝑥
], 
 
𝑑𝑒𝑡 𝐴 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝑥 − (−1) ⋅ (−1) 
𝑑𝑒𝑡 𝐴 = 𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1 
 
De 𝐵 = [
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
1 −3
], 
 
𝑑𝑒𝑡 𝐵 = 𝑠𝑒𝑛 ⋅ (−3) − 𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ 1 
𝑑𝑒𝑡 𝐵 = −3𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑑𝑒𝑡 𝐵 = −4𝑠𝑒𝑛𝑥 
 
Logo, 
 
𝑑𝑒𝑡(𝐴 ⋅ 𝐵) = (𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1) ⋅ (−4𝑠𝑒𝑛𝑥) 
𝑑𝑒𝑡(𝐴 ⋅ 𝐵) = −4𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1) 
 
Como 𝑑𝑒𝑡(𝐴 ⋅ 𝐵) ≥ 0, 
 
−4𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1) ≥ 0 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1) ≤ 0 
 
Daí, 
𝐴 {
𝑠𝑒𝑛𝑥 ≥ 0   (𝑖)
𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1 ≤ 0 (𝑖𝑖)
 ou 𝐵 {
𝑠𝑒𝑛𝑥 ≤ 0   (𝑖𝑖𝑖)
𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 1 ≥ 0 (𝑖𝑣)
 
 
Da desigualdade (i), 
 
0 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 
2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ⋅ (1 + 2𝑘), 𝑘 ∈ ℤ 
 
Da desigualdade (ii), 
 
(𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1) ⋅ (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 1) ≤ 0 
 
Note que 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, logo, 
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1 ≥ 0 e 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 1 ≤ 0, ou seja, −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛𝑥 ≤ 1. 
 
Dessa forma, a solução do sistema de desigualdades A é: 
2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ⋅ (1 + 2𝑘), 𝑘 ∈ ℤ 
 
Da desigualdade (iii), 
𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 
𝜋 ⋅ (1 + 2𝑘) ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 ⋅ (1 + 𝑘), 𝑘 ∈ ℤ 
 
Da desigualdade (iv), 
(𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1) ⋅ (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 1) ≥ 0 
 
Como 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ e 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 1 ≤ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, segue 
que 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1 = 0 ou 𝑠𝑒𝑛𝑥 − 1 = 0, ou seja, 𝑥 =
3𝜋
2
+ 𝑘 ⋅
2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ ou 𝑥 =
𝜋
2
+ 𝑘 ⋅ 2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ. 
Dessa forma, a solução do sistema de desigualdades 𝐵 é: 
𝑥 =
3𝜋
2
+ 𝑘 ⋅ 2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ 
 
Portanto, 𝑑𝑒𝑡(𝐴 ⋅ 𝐵) ≥ 0 se, e somente se, 
2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ⋅ (1 + 2𝑘), 𝑘 ∈ ℤ ou 𝑥 =
3𝜋
2
+ 𝑘 ⋅ 2𝜋, 𝑘 ∈ ℤ. 
 
Tal solução, no ciclo trigonométrico, é representada por: 
 
 
 
Resposta da questão 2: [A] 
 
Tem-se que 
| 𝑠𝑒𝑛 𝑥 |   >
1
2
⇔ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 < −
1
2
 ou 𝑠𝑒𝑛 𝑥 >
1
2
. 
 
Logo, sendo 
7𝜋
6
 e 
11𝜋
6
 os arcos cujo seno é igual a −
1
2
, bem 
como 
𝜋
6
 e 
5𝜋
6
 os arcos cujo seno é igual a 
1
2
, podemos afirmar 
que a resposta é 
𝜋
6
< 𝑥 <
5𝜋
6
 ou 
7𝜋
6
< 𝑥 <
11𝜋
6
. 
 
Resposta da questão 3: ANULADA 
 
Gabarito Oficial: [B] 
Gabarito SuperPro®: Anulada (Sem resposta) 
 
Tem-se que 𝑓(𝑥) = 3 𝑐𝑜𝑠 (
3𝑥
2
), com 0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋. Logo, 
fazendo 
3𝑥
2
= 𝑦, vem 
3 𝑐𝑜𝑠 (
3𝑥
2
) > 0 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑦 > 0. 
 
Daí, encontramos 
2𝑘𝜋 ≤ 𝑦 <
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 ⇔
4𝑘𝜋
3
≤ 𝑥 <
𝜋
3
+
4𝑘𝜋
3
 
ou 
 
3𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 < 𝑦 < 2𝜋 + 2𝑘𝜋 ⇔ 𝜋 +
4𝑘𝜋
3
< 𝑥 ≤
4𝜋
3
+
4𝑘𝜋
3
. 
 
Portanto, como 𝑥 ∈ [0,  2𝜋], para 𝑘 = 0, temos 0 ≤ 𝑥 <
𝜋
3
 ou 
𝜋 < 𝑥 ≤
4𝜋
3
 e, para 𝑘 = 1, vem 
4𝜋
3
≤ 𝑥 <
5𝜋
3
. 
A resposta é 0 ≤ 𝑥 <
𝜋
3
 ou 𝜋 < 𝑥 <
5𝜋
3
. 
 
Observação: Desde que nenhuma das alternativas 
apresenta pelo menos um subconjunto do conjunto solução 
da inequação, o item não possui alternativa correta. 
 
Resposta da questão 4: 
 a) Tem-se que 𝑓−1(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥, com −1 ≤ 𝑥 ≤ 1. Logo, 
encontramos 
𝑔(𝑓−1(𝛼)) = 𝑐𝑜𝑠𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝛼. 
 
Se 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝛼 = 𝛽, então 𝑠𝑒𝑛 𝛽 = 𝛼. Daí, vem 𝑠𝑒𝑛2 𝛽 = 𝛼2, 
com −
𝜋
2
≤ 𝛽 ≤
𝜋
2
, −1 ≤ 𝛼 ≤ 1 e 𝑐𝑜𝑠 𝛽 ≥ 0. Portanto, desde 
que 𝑠𝑒𝑛2 𝛽 + 𝑐𝑜𝑠2 𝛽 = 1, temos 
 
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𝑐𝑜𝑠2 𝛽 = 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝛽 ⇒ 𝑐𝑜𝑠 𝛽 = √1 − 𝛼2. 
 
Em consequência, podemos escrever 𝑔(𝑓−1(𝛼)) =
𝑐𝑜𝑠 √1 − 𝛼2. 
 
b) Sabendo que 𝑓−1(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥, com −1 ≤ 𝑥 ≤ 1, temos 
𝑓−1 (
1
2
) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛
1
2
=
𝜋
6
. 
 
Ademais, como 𝑔−1(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝑥, com −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 e 
√6 + √2
4
=
√3
2
⋅
√2
2
+
1
2
⋅
√2
2
 
= 𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
⋅ 𝑐𝑜𝑠
𝜋
6
+ 𝑠𝑒𝑛
𝜋
4
⋅ 𝑠𝑒𝑛
𝜋
6
 
= 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
4
−
𝜋
6
) 
= 𝑐𝑜𝑠
𝜋
12
, 
 
segue que 𝑔−1 (
√6+√2
4
) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
√6+√2
4
=
𝜋
12
. 
 
Portanto, temos 
𝑓−1 (
1
2
) + 𝑔−1 (
√6+√2
4
) =
𝜋
6
+
𝜋
12
=
𝜋
4
. 
 
Resposta da questão 5: [D] 
 
De 𝑀 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑋), 
𝑡𝑔𝑀 = 𝑋 
 
De 𝑁 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
1
𝑋
), 
𝑡𝑔 𝑁 =
1
𝑋
 
 
Para 𝑋 = 15, 
𝑡𝑔𝑀 = 15 e 𝑡𝑔𝑁 =
1
15
 
𝑃 = 𝑡𝑔(𝑀 − 𝑁) 
𝑃 =
𝑡𝑔𝑀 − 𝑡𝑔𝑁
1 + 𝑡𝑔𝑀 ⋅ 𝑡𝑔𝑁
 
𝑃 =
15 −
1
15
1 + 15 ⋅
1
15
 
𝑃 =
112
15
 
30𝑃 = 30 ⋅
112
15
= 224 
 
Resposta da questão 6: [C] 
 
Do enunciado, 
𝑠𝑒𝑛𝑥 >
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 2
 
 
Note que 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 2 < 0, para qualquer 𝑥 real. Logo, 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 2) < 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 2) − 𝑠𝑒𝑛𝑥 < 0 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 2 − 1) < 0 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 3) < 0 
 
Observe também que 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 3 < 0, para qualquer 𝑥 real. 
Daí, 
𝑠𝑒𝑛𝑥 > 0 
 
No intervalo aberto (0,  2𝜋), 
0 < 𝑥 < 𝜋 
 
Resposta da questão 7: [C] 
 
2 ⋅ (1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝑥) − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 ≥ 0 
2 − 2 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 ≥ 0 
−2 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 ≥ 0 
 
Resolvendo a equação −2 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 = 0, 
Daí, 
−2 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 = −2 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1) ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 −
1
2
) 
 
Dessa forma, 
−2 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 ≥ 0 
−2 ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1) ⋅ (𝑐𝑜𝑠 𝑥 −
1
2
) ≥ 0 
(𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1) ⋅ (−2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1) ≥ 0 
 
Note que 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, logo, 
−2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 1 ≥ 0 
𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≤
1
2
 
 
Como 0 < 𝑥 ≤ 2𝜋 e 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≤
1
2
, 
𝜋
3
≤ 𝑥 ≤
5𝜋
3
 
 
Assim, sendo 𝑆 o conjunto solução da inequação 2𝑠𝑒𝑛2𝑥 −
𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 ≥ 0,  0 < 𝑥 ≤ 2𝜋, 
𝑆 = [
𝜋
3
,  
5𝜋
3
] 
 
Resposta da questão 8: [A] 
 
Tem-se que 
𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≤ 0 ⇔
1
2
𝑠𝑒𝑛 2 𝑥 ≤ 0 
    ⇔ 𝑠𝑒𝑛 2 𝑥 ≤ 0 
    ⇔ 𝜋 + 2𝑘𝜋 ≤ 2𝑥 ≤ 2𝜋 + 2𝑘𝜋 
    ⇔
𝜋
2
+ 𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 + 𝑘𝜋, 
com 𝑘 ∈ ℤ. 
Assim, como para 𝑘 = 0 vem 
𝜋
2
≤ 𝑥 ≤ 𝜋, e para 𝑘 = 1 temos 
3𝜋
2
≤ 𝑥 ≤ 2𝜋, segue que o conjunto solução da inequação no 
intervalo [0,  2𝜋] é 
 
𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ|
𝜋
2
≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ou 
3𝜋
2
≤ 𝑥 ≤ 2𝜋}. 
 
Resposta da questão 9: [E] 
 
A moeda 𝑋 deixa de ser “menos valiosa” que a moeda 𝑌 
quando 𝑓(𝑡) ≤ 1, ou seja, 
1,625 + 1,25 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋(𝑡 − 3)
12
) ≤ 1 
1,25 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋(𝑡 − 3)
12
) ≤ −0,625 
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋(𝑡 − 3)
12
) ≤ −0,5 
 
Logo, 
2𝜋
3
+ 2𝜋 ⋅ 𝑛 ≤
𝜋(𝑡 − 3)
12
≤
4𝜋
3
+ 2𝜋 ⋅ 𝑛,  𝑛 ∈ ℤ 
8𝜋 + 24𝑛𝜋 ≤ 𝜋(𝑡 − 3) ≤ 16𝜋 + 24𝑛𝜋 
8 + 24𝑛 ≤ 𝑡 − 3 ≤ 16 + 24𝑛 
 
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11 + 24𝑛 ≤ 𝑡 ≤ 19 + 24𝑛 
 
Para 𝑛 = 0, 
11 ≤ 𝑡 ≤ 19 
 
Mas, 
0 ≤ 𝑡 ≤ 11 
 
Então, 
𝑡 = 11 
 
Assim, 𝑋 deixa de ser “menos valiosa” que 𝑌 do início de 
dezembro ao fim de dezembro, ou seja, durante um mês. 
Note que para outros valores de 𝑛, o intervalo não refere-se 
ao ano em questão. 
 
Resposta da questão 10: [E] 
 
Considere a figura, em que 𝑀 é o ponto médio do lado 𝐴𝐵. 
 
 
 
Do triângulo retângulo 𝑂𝑀𝐵, obtemos 
 
𝑡𝑔 𝑀 �̂�𝐵 =
𝐵𝑀
𝑀𝑂
⇔ 𝑀𝑂 =
𝐴𝐵
2 𝑡𝑔
𝜃
2
. 
 
Sem perda de generalidade, suponhamos que 𝐴𝐵 = 1. 
Assim, 
 
(𝐴𝑂𝐵) =
𝐴𝐵 ⋅ 𝑀𝑂
2
=
1
4 𝑡𝑔
𝜃
2
. 
 
A área do quadrado 𝐴𝐵𝐶𝐷 é maior do que a área do 
triângulo 𝐴𝑂𝐵 se 
 
(𝐴𝐵𝐶𝐷) > (𝐴𝑂𝐵) ⇒ 12 >
1
4 𝑡𝑔
𝜃
2
 
  ⇒ 𝑡𝑔
𝜃
2
>
1
4
= 0,25. 
 
Logo, como 𝑡𝑔 1 5° ≅ 0,2679 > 0,25 e 0° < 𝜃 < 180°, vem 
que 30° < 𝜃 < 180°. Note que ]30°,  150°[ ⊂ ]30°,  180°[. 
 
Resposta da questão 11: [A] 
 
2𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) > 2 
2𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥– 𝑠𝑒𝑛2𝑥 > 2 
2𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥– (1– 𝑐𝑜𝑠2𝑥) > 2 
4𝑐𝑜𝑠2𝑥 – 3 > 0 
𝑐𝑜𝑠 𝑥 < −
√3
2
 ou cosx > 
√3
2
 
 
 
 
Logo, o conjunto solução será: 
𝑆 = {𝑥 ∈ (0, 𝜋)|0 < 𝑥 <
𝜋
6
  𝑜𝑢  
5𝜋
6
< 𝑥 < 𝜋} 
 
Resposta da questão 12: [D] 
 
O maior subconjunto dos números reais para o qual 𝑓 está 
definida é tal que 
 
𝑠𝑒𝑛 2 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
 
Como 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ≠ 0 para 𝑥 ≠ 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ, vem 
 
2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
≥ 0 ⇒ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≥ 0. 
 
Portanto, o resultado pedido é 
 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ ℝ|2𝑘𝜋 < 𝑥 ≤
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 ∨
3𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 < 2𝜋 +
2𝑘𝜋,  𝑘 ∈ ℤ} 
 
Resposta da questão 13: [E] 
 
𝑐𝑜𝑠 𝑥 =
2
5
 (primeiro quadrante)𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 1 − (
2
5
)
2
⇒ 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 1 −
4
25
⇒ 𝑠𝑒𝑛𝑥
= ±
√21
5
.Logo, senx =
√21
5
. 
 
Calculando agora o valor da tangente, temos: 
𝑡𝑔𝑥 =
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
=
√21
5
2
5
=
√21
2
. 
 
Resposta da questão 14: [D] 
 
Sejam 𝛼 e 𝛽 ângulos tais que 𝑡𝑔 𝛼 = 𝑥 e 𝑡𝑔 𝛽 =
𝑥
𝑥+1
. 
 
Em consequência, sendo 𝑥 ≠ −1, 
 
𝛼 + 𝛽 =
𝜋
4
⇒ 𝑡𝑔( 𝛼 + 𝛽) = 𝑡𝑔
𝜋
4
 
    ⇒
𝑡𝑔 𝛼 + 𝑡𝑔 𝛽
1 − 𝑡𝑔 𝛼 𝑡𝑔 𝛽
= 1 
    ⇒
𝑥 +
𝑥
𝑥 + 1
1 − 𝑥 ⋅
𝑥
𝑥 + 1
= 1 
    ⇒ 2𝑥2 + 𝑥 − 1 = 0 
 
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    ⇒ 𝑥 =
1
2
. 
 
Portanto, 
 
2 2xcossec x cotg 2 cossec cotg 2
2 2 4
1 1 2
2.
π π π
π + + = + +
= + +
=
 
 
Resposta da questão 15: [C] 
 
Considere o ângulo 𝛼, com 𝛼 ∈ ]0, 
𝜋
2
[, tal que 𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
2
3
. 
Logo, 
 
2
2
2
y cos 2arcsen
3
cos2
1 2 sen
2
1 2
3
8
1
9
1
.
9
α
α
 
=  
 
=
= − 
 
= −   
 
= −
=
 
 
Resposta da questão 16: [B] 
 
−8𝑠𝑒𝑛4𝑥 + 10𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 3 < 0 
 
Resolvendo a inequação na incógnita 𝑠𝑒𝑛2𝑥 temos as 
raízes: sen2𝑥 =
1
2
 ou sen2𝑥 =
3
4
. 
 
 
 
𝑠𝑒𝑛2𝑥 <
1
2
 ou sen2𝑥 >
3
4
. 
 
Resolvendo as inequações acima, temos: 
 
𝑠𝑒𝑛2𝑥 <
1
2
 
 
 
 
sen2𝑥 >
3
4
. 
 
 
 
Representando estas inequações na circunferência 
trigonométrica, temos: 
 
 
 
Resposta da questão 17: 
 a) O dia 19.02.2010 corresponde a 𝑡 = 50. Logo, o 
resultado pedido é dado por 
D(50) 12 1,6 cos (50 10)
180
12 1,6 cos
3
(12 0,8) h
12 h 48min.
 
= +  + 
 

= + 
= +
=
 
 
b) Queremos calcular os valores de 𝑡 para os quais 𝐷(𝑡) ≤
12. Desse modo, 
12 + (1,6) ⋅ 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
180
(𝑡 + 10)) ≤ 12 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
180
(𝑡 + 10))
≤ 0 
    ⇒
𝜋
2
≤
𝜋
180
(𝑡 + 10) ≤
3𝜋
2
 
   ⇔ 90 ≤ 𝑡 + 10 ≤ 270 
   ⇔ 80 ≤ 𝑡 ≤ 260. 
 
 
 
Portanto, a duração do dia naquela cidade foi menor do que 
ou igual a doze horas em 260 − 80 + 1 = 181 dias.