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Identidades Trigonométricas sen(α + β) = sen(α) cos(β) + sen(β) cos(α) sen(α − β) = sen(α) cos(β) − sen(β) cos(α) cos(α + β) = cos(α) cos(β) − sen(α) sen(β) cos(α − β) = cos(α) cos(β) + sen(α) sen(β) tg(α + β) = tgα + tgβ 1 − tgα · tgβ tg(α − β) = tgα− tgβ 1+ tgα · tgβ sen2²(x) + cos² (x) = 1 tg² (x) + 1 = sec² (x) sen(2x) = 2 cos(x) sen(x) cos(2x) = cos² (x) – sen² (x) sen² (x) = 1 − cos (2x) 2 cos² (x) = 1+ cos (2x) 2 Erros comuns 2 sen(x) = sen(2x); x ≠ 0 sen(α) + sen(β) = sen(α + β) sen² (x) = sen(x ² ) Exercícios 1. cosx = 0 2. senx = 1 2 3. senx = cosx 4. senx = sen²x 5. sen²x + 3 2 senx = 1 6. senx ≤ 1 2 7. |cosx| < 1 2 1. cos x = 0 Através do gréfico abaixo é possível avaliar que a função f (x) = cos x passa várias vezes no eixo da abscissa. Como a func¸a˜o c íc l ica , ou seja, se repete a cada intervalo de 2π, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o sera´: X={...- 𝜋 2 , 𝜋 2 , 3𝜋 2 ,...} cos x = 0 → x= 𝜋 2 +k𝜋; ∀𝑘 ∃ N 1.0 sen x 1 y = 0.5 2 –5 5 –0.5 –1.0 2. sen x = 1 2 Analogamente como no exercício anterior a função também é cíclica Aqui temos que ser mais delicados porque as soluções serão de dois múltiplos diferentes, por isso precisamos achar as duas soluções particulares. Se sen x = 1 2 , logo sen x = 30º ou sen x = 150º, mas vamos utilizar os valores em radianos. X= 𝜋 6 e X= 5𝜋 6 , no intervalo [0,2𝜋]. No gráfico acima é uma representação no plano xy, se formos definir o intervalo [0,2𝜋] ficaria do seguinte modo. Na figura há apenas 2 interseções que são as soluções particulares que encontramos. 1.0 sen x 1 y = 0.5 2 –5 5 –0.5 –1.0 No círculo trigonométrico seria representado pelo gráfico abaixo, observe a diferença que o gráfico no plano cartesiano a variável x é a abscissa e no círculo ela é o ângulo em radianos. 3. Sen x = Cos x Existem dois pontos onde os gráficos se interceptam, portanto duas soluções sen x = cos x. A dica seria usar algebrismo. sin 𝑥 = cos 𝑥 1 𝑐𝑜𝑠𝑥 . sin 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 . 1 cos 𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 = cos 𝑥 cos 𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 = 1 sin 𝑥 = cos 𝑥 Concluindo que x tem que possuir um ângulo de 45º ou de (180º+45º) = 225º, em radianos 𝜋 4 𝑒 5𝜋 4 respectivamente. 4. Sen x = Sen² x sin 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛²𝑥 0 = sin² 𝑥 − sin 𝑥 0 = sin 𝑥(sin 𝑥 − 1) Sinx = 0 ou Sinx – 1 = 0 Na primeira equação as soluções são 0 e 𝜋 Na segunda equação a solução é 𝜋 2 . 𝑠𝑖𝑛 0 = sin 𝜋 = 0 sin 𝜋 2 = 1 5. 𝐒𝐢𝐧²𝒙+ 𝟑 𝟐 𝐒𝐢𝐧 𝒙 = 𝟏 𝑆𝑖𝑛² 𝑥 + 3 2 𝑆𝑖𝑛 𝑥 = 1 𝑆𝑖𝑛² 𝑥 + 3 2 𝑆𝑖𝑛 𝑥 − 1 = 0 Esta equação está na forma de um polinômio de 2º grau. Se mudarmos a variável ficará mais visível 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥; 𝑦² + 3 2 𝑦 − 1 = 0 𝑦 = −2 𝑜𝑢 𝑦 = 1 2 sin 𝑥 = −2 𝑜𝑢 sin 𝑥 = 1 2 Na primeira equação não possui solução porque a imagem de sin x é [-1,1]. Na segunda equação serão duas soluções, 𝑥 = { 𝜋 6 ; 5𝜋 6 }. 6. Sin x ≥ 1 2 Observando o gráfico acima verifica que há um intervalo em que sin x é está acima de y = 1 2 . No exercício [2.] achamos os pontos onde elas se interceptam que são 𝜋 6 ; 5𝜋 6 . Logo a solução é o intervalo 𝜋 6 ; 5𝜋 6 . 7. |Cos x| ≤ 1 2 Isto é uma inequação modular, teremos que dividir em duas partes. Se cos x ≥ 0, então |cosx| = cos x, logo: |cos x|≤ 1 2 cos x≤ 1 2 𝜋 4 < 𝑥 < 7𝜋 4 Mas cos x ≥ 0 → {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 2 𝑜𝑢 3𝜋 2 ≤ 𝑥 < 2𝜋} A solução até agora seria a interseção das duas soluções 𝜋 4 < 𝑥 < 7𝜋 4 e {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 2 𝑜𝑢 3𝜋 2 ≤ 𝑥 < 2𝜋} = = { 𝜋 4 < 𝑥 ≤ 𝜋 2 𝑜𝑢 3𝜋 2 < 𝑥 ≤ 7𝜋 4 } Agora é a segunda parte da resolução: Se |Cos x| = - cos x. Logo: |𝑐𝑜𝑠𝑥| < 1 2 −cos 𝑥 < 1 2 cos 𝑥 > − 1 2 𝑥 < 3𝜋 4 𝑜𝑢 𝑥 > 5𝜋 4 Mas como cos x< 0 → { 𝜋 2 < 𝑥 < 3𝜋 2 } Sendo a interseção a solução desta parte. 𝑥 < 3𝜋 4 𝑜𝑢 𝑥 > 5𝜋 4 ou { 𝜋 2 < 𝑥 < 3𝜋 2 } = = { 𝜋 4 < 𝑥 < 3𝜋 4 𝑜𝑢 5𝜋 4 < 𝑥 < 3𝜋 2 } Unindo a solução das duas partes, teremos: { 𝜋 2 < 𝑥 < 3𝜋 4 𝑜𝑢 5𝜋 4 < 𝑥 < 7𝜋 4 } Que é a solução geral da inequação modular pedida.
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