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TEMA 3 TRIGONOMETRIA E NÚMEROS COMPLEXOS
3.1 Funções trigonométricas
1.
a)
cos2coscos22
sensen
b)
sen
cos
2coscos
c) cos3cos33cos3 tgtgtg
2.
a) 8,0 sensen
b) 8,0 sensen
c) 8,02 sensensen
3.
a) Da fórmula fundamental da trigonometria resulta:
2222 1cos1cos1 asensensen . Como é um ângulo
do primeiro quadrante, sabe-se que 0sen , portanto, 21 asen .
b) asen 2cos2coscos2
3cos
c) Se k é um número inteiro, então,
akk coscos2cos12cos
4.
a)
34cos
35
47cos
3
16
4
29cos
tgtgtg
2
2323
2
2
34cos
tg
b)
432cos
62
4
3
3
5cos
6
13
tgsentgsen
212
1
2
11
3cos
6
sen
c)
4cos
3cos
433cos
3cos
4
133cos
3
4cos 2
2
2
4
221
4cos
4
1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 2
5. Por definição, 11 senx , então, a equação 32 ksenx só é possível se:
1321 k , ou seja, 21 k .
6.
6.1 Para qualquer ângulo generalizado x, tem-se:
xsenxsenxsenxf 222 , por outro lado,
xsenxsenxf 22 . Então, xfxf , ou seja, f é ímpar.
6.2 Zkk
xZkkxxsenxsenxf ,2
,202020
.
Atribuindo valores inteiros a k obtém-se:
para 0k , 0x ; para 1k , 2
x ; para 2k , x ; para 3k ,
2
3x , para
4k , 2x ; para 5k ,
2,02
5x e para 1k ,
2,0
2x .
Então, os zeros de f no intervalo 2,0 são: 2
3,,
2,0
e 2 .
6.3 Sabe-se que 121 xsen , portanto, o máximo de f é 1.
ZkkxZkkxxsenxf ,4
3,2
2
32121
Portanto, Zkkx ,4
3
é a expressão geral dos minimizantes de f.
7.
7.1 A figura sugere que 220 fg e que 1g . Então,
3
2
12
2
1
20
12
20
b
a
b
a
ba
ba
bsena
senba
. c. q. d.
7.2 Com os valores de a e b encontrados a função g pode ser definida por
232
xsenxg .
Então, como
2
xsen toma todos os valores do intervalo 1,1 ,
232
xsen toma
todos os valores do intervalo 1,5132,312 . Então, o mínimo de g é
–5.
7.3
2
1
22
3
232
2
7
23
2
7
232
2
7 xsen
xsen
xsen
xsenxg
ZkkxkxZkkx
kx
,23
223
,262
26
7
2
.
Destes, apenas 3
pertencem ao intervalo , . Portanto, o conjunto-solução da
condição é
3
S .
7.4 Para qualquer ângulo generalizado x, medido em radianos, tem-se
xgx
senx
senx
senxg
2
2322
232
2
4324 .
Portanto, 4 é período de g. c. q. d.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 3
8.
a) Zkkxkxsenxsenx ,26
262
1021
Zkkxkx ,26
26
7
ZkkxkxRxS ,26
26
7:
b)
ZkkxkxZkkxkxxsen
,2
22,2
442
442
2
4
ZkkxkxRxS ,22
2:
c)
122
8110202 22 yyyyysenxxsen
senxy
Zkkxsenxsenximpsenxy
,212.
ZkkxRxS ,2:
d) ZkkxZkkxxsenxsenxsen ,4
,2
2121212
ZkkxRxS ,4
:
9.
a) 331331311 xfsenxsenx
3,3' fD
Zkkxsenxsenxxf ,0030
Expressão geral dos zeros de f: Zkkx ,
b) 2
1
2
11
2
1
2
11
2
111 xgsenxsenx
2
1,
2
1'gD
Zkkxsenxsenx
xg ,002
0
Expressão geral dos zeros de g: Zkkx ,
10.
a) O ponto C coincide com B quando x . Então, 2122
2
sendAB . Ora,
como [AB] é diâmetro da circunferência e O, o seu centro, tem-se 12
AB
OA .
b)
Zkk
xk
xxsen
xsenxd ,2
322
322
3
23
223
Zkkxkx ,23
42
3
2
Se ,0x , então, o único valor de x que verifica a igualdade é 3
2.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 4
c) O perímetro de [ACO] é dado em função de x por
22211
xsenxd . Então,
como x varia em ,0 assumindo todos os valores deste intervalo,
42
22212
0
xsen
xsen . Então, o perímetro de [ACO] varia entre 2 e 4.
11.
11.1 o período positivo mínimo de g é
3
3
2
2P ;
11.2 O função g tem por contradomínio 1,1 . Portanto o máximo de g é 1.
ZkkxZkkxx
senx
senxg
,3
4
3,2
23
21
3
21
3
21
Para 1k vem
334
3x , para 0k vem
4
3x , para 1k vem
4
9x , para 2k vem
36
4
3x .
Então, os maximizantes de g que pertencem a 3,3 são: 4
3 e
4
9.
11.3
12. Como a amplitude da oscilação do gráfico é 4 o valor de k pode ser 22
4k .
A observação do gráfico sugere que 4
e
4
3são zeros consecutivos de f.
Ora ZkkaxZkkaxaxsenaxsen ,,002 .
Então, a diferença entre dois zeros consecutivos de f é . Pode-se então tomar fazer
4
a .
13. A amplitude de oscilação é igual a 8 pelo que 44 AA .
O período positivo mínimo da função é 2P . Então pode-se fazer 0B .
Como o zero da função seno é 0. Pode-se fazer 0C .
Portanto a função f pode ser definida analiticamente por senxxf 4 , porque
.42
f
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 5
14.
a)
xfxxxxxxxf 2cos2cos2cos1
. Então, f é ímpar.
(1) A função cosseno é par
b)
xgsenxxsenxxxsenxxg 22
2
2 . Então g é ímpar.
(2) a função seno é ímpar.
15. A observação do gráfico sugere que 40 f , 0f .
Então,
2
2424
0
4
0cos
40cos
a
b
ba
b
ba
ba
ba
ba
ba
ba
.
Portanto, 2a e 2b .
16.
16.1 O contradomínio de h é 5,2;5,1 . Então, o mínimo de h é 1,5 e o máximo 2,5. O
máximo da função corresponde à maré alta. Então queremos o instante em que esse
máximo ocorre.
ZkktZkktttxh
,12,2
61
6cos5,2
6cos5,025,2
.
Como 24,0hD , a maré alta ocorreu às 0, às 12 e ás 24 horas do dia em causa.
16.2 O período positivo mínimo é 12
6
2
P
16.3
Zkktttt ,2
462
2
6cos
4
2
6cos5,0
4
28
6cos5,02
Zkkt ,122
3.
Para 0k vem 24,02
324,0
2
3 tt ,
para 1k vem 24,05,132
31224,05,10
2
312 tt e
para 2k vem 24,05,252
32424,05,22
2
324 tt .
Então, a solução da condição 24,04
28
6cos5,02
tt
é
5,22;5,13;5,10;5,1S .
17. A observação do gráfico sugere que 20 T , 387 T .
A amplitude térmica foi de 36238 , pelo que 182
36b .
Como 0 é mínimo o valor de b é negativo. Então 18b .
Como 2018220cos1820 aaT
A diferença entre um maximizante e um minimizante consecutivos é igual a metade do
período mínimo positivo. Então o período positivo mínimo da extensão de T ao conjunto
dos números reais seria 14P , pelo que 7
214
c
c.
Assim, tem-se 20a , 18b e 7
c .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 6
18.
18.1 O ponto P é o ponto de máximo do gráfico de f com maior abcissa negativa.
Como 0,cos2 xsexxf e 3,cos21 xsex , a ordenada de P é 3.
Zkkxxx ,21cos3cos2 .
Para 0k vem 0 x , para 1k vem x . Então, as coordenadas do ponto P
são 3, .
18.2
De acordo com o referido em 18.1. as imagens de x por f quando 0x tomam todos os
valores, e apenas esses, do intervalo 3,1 .
Se 0x ,
01
32
xxf . Então f é crescente em ,0 , 4
1
47lim
0
x
x
x e
71
47lim
x
x
x.
Portanto, o contradomínio de f é 7,43,1' fD .
19.
a)
ZkkRDf ,2
\
Cálculo auxiliar:
ZkkxZkkxZkkx ,2
,2
,2
.
b)
ZkkRDg ,212
5\
Cálculo auxiliar:
ZkkxZkkxZkkx ,212
5,
322,
232
c)
ZkkRDg ,2
\
ZkkxZkkxtgx ,2
,0
.
20.
20.1
ZkkRZkkxRxDf ,3
\,26
:
20.2
ZkkxZkkxxtgxtgxf
,
6,
363
60
630
20.3 P é período de f se fDxxfPxf ,
6663
63
xtgPxtgxtgPxtgxfPxf
ZkkPZkkxPx ,,66
.
Para qualquer k inteiro k é período de f. Então, é o período mínimo positivo de f.
20.4 323336
tgtgf
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 7
Da fórmula fundamental da trigonometria vem, 222 cos1cos11 sen e
13
1cos
cos
113
cos
1132
cos
11 2
22
2
2
2
tg .
Então,
13
1cos1cos11 222 sen
21.
a)
0
1
coslimlim
22
x
senxtgx
xx
(note-se que se
2
x , x está no 4.º
quadrante).
b) 01
0coslim
2lim
22
senx
x
tgxxx
.
22.
22.1 A função tangente é contínua em
ZkR ,2
\
e
ZkR ,
2\
2,0
, logo,
a restrição à função f é contínua porque é a soma de duas funções contínuas em
2,0
.
0454,02
11
2
1
tgf e 0101,11
2
11
2
3
tgf e f é contínua em
.2
,02
3,
2
1
Então, pelo Teorema de Bolzano, f admite pelo menos um zero no
intervalo
2
3,
2
1.
22.2 Como
tgtgxx
xx22
l im2
22lim
23.
23. 1 O raio da base do cilindro é igual à distância do ponto A à origem do referencial.
Então, o raio da base do cilindro é 5000304 222 .
Assim, a medida da área da base do cilindro é 2552 .
Sendo a amplitude do ângulo, tem-se ainda que tgOB
BD , pelo que tgBD 5 .
Portanto, tgtgV 125525 .
23.2
tgtg
22
l im125125lim
Interpretação: o volume do cilindro pode ser tão grande quanto se queira, desde que
se faça o ângulo BOD suficientemente próximo de 2
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 8
24.
24.1
ZkkxkxRxDh ,22
:
24.2
0
1
1
1lim
4
tgxx
e
0
1
1
1lim
4
tgxx
. Então, a reta de equação
4
x
é assíntota vertical do gráfico de h.
24.3 No domínio de h tem-se
Zkkxtgxtgxtgx
xh
,01111
11
Então a expressão geral das soluções da equação 1xh é Zkkx , .
25.
25.1 A área de um cone de raio r e geratriz g é dada por rgrA .
A geratriz deste cone é GV e x
GVxGV cos
1cos
1 .
Então, a área do cone é dada em função de x por
1
cos
11
xxA , ou seja,
x
xxA
cos
cos ,
2,0
x .
25.2
0
0
cos
coslimlim
22
x
xxA
xx
.
A área do cone tende quando x tende para
2
. Este resultado verifica-se porque
a área da base do cone é constante e a altura do cone tende ( A geratriz tende a
ficar paralela à altura quando x tende para
2
).
26.
27.
a)
0
1coslim
0 x
x
x e
0
1coslim
0 x
x
x Então não existe
x
x
x
coslim
0.
b) 11
1
lim
coslimcos
limcos
lim
cos
limlim
0
0
0000
x
senx
x
x
senx
x
senx
xx
x
senx
x
tgx
x
x
x
xxxx
c) 2
11
2
1lim
2
1lim
2
1
2lim 2
2
0
2
02
2
0
x
senx
x
senx
x
xsen
xxx
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 9
d)
200303030
cos
cos1
limlim
1cos
1
limcoslimlimx
x
x
x
senx
x
xsenx
x
senxx
senx
x
senxtgx
xxxxx
xxx
xsen
xxx
x
xxx
xx
xxxx cos1cos
1limlim
cos1cos
cos1lim
cos1cos
cos1cos1lim1
02
2
02
2
020
2
1
111
11
cos1cos
1limlim 2
0
2
0
xxx
senx
xx.
28.
a)
212lim224
4lim
2
4lim
0400
y
seny
x
xsen
x
xsen
yxyxx
28.2
b)
0102limlim2lim2
cos12lim
2cos2lim
00
2
0
2
0
2
0
x
senxsenx
x
xsen
x
x
x
x
xxxxx
c)
1
1limlimlimlim
2003030 xx
senx
x
senx
x
xsen
xxxx
29.
1
11
1limlimlimlim
0000
x
xsenx
xsen
xx
xsen
xx
xsen
xsen
xsen
xxxx
Note-se que dizer que 0x é o mesmo que dizer que 0x e 0x .
30.
a)
senxsenx
xsen
senxsenx
xsen
xsen
xsen
xxxx
1lim
2lim
12lim
2lim
00020
, pela igualdade
demonstrada no exercício anterior, tem-se que
21
22lim
0
senx
xsen
x, então,
2
1lim
2lim
00 senxsenx
xsen
xx, ou seja,
xsen
xsen
x 20
2lim .
b) Fazendo a mudança de variável 1 xy , vem
y
ysen
y
ysen
yy
ysen
yy
ysen
y
xsen
x
yyyyx
2lim
2lim
2lim
1
11lim
1lim
0
2
0
2
0
2
0
2
1
2
1
2
lim
2lim
0
0
y
ysen
y
y
y.
31. A função f é contínua em 0, , porque é a soma de uma constante com o produto de
duas funções contínuas (uma polinomial e a composta de uma exponencial e uma
polinomial, ambas contínuas).
A função f é contínua em ,0 , porque é o quociente de duas funções contínuas (soma
de uma polinomial e uma trigonométrica e uma polinomial).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 10
Por outro lado, tem-se 1010 f e
0211lim11limlimlim0000
fx
senx
x
senx
x
senxxxf
yyyy
e, portanto, a
função f é contínua em 0\R e contínua em 0 à esquerda.
32.
4
62
2
2
2
3
2
2
2
1
434cos
3cos
43cos
12cos
sensen
4
26
2
2
2
1
2
2
2
3
43cos
4cos
34312
sensensensen
33.
4
26
2
2
2
1
2
2
2
3
43cos
4cos
34312
7
sensensensen
34.
a)
senxsenxsenxsenxxxsen
4cos
4cos
4cos
4cos
4cos
4
xxx cos2cos2
2cos
2
2 c. q. d.
b) xsenxsenxsenxsenxx 22222 211cos2cos . c. q. d.
c)
senxx
senxx
senxx
senxx
senxsenx
senxxsen
x
xsen
xtg
cos2
2
cos2
2
2
2cos
2
2
2
2cos
2
2
4cos
4cos
4coscos
4
4cos
4
4
xsenx
senxx
cos
cos
, c. q. d.
35.
a)
2coslim
cos
coscoslim
cos
coslim
cos
2coslim
44
22
44
senxxsenxx
senxxsenxx
senxx
xsenx
senxx
x
xxxx
b)
y
ysenseny
y
ysen
x
senx
yyxyx
3cos
3cos23
lim3
23
lim
3
23lim
00
33
y
seny
y
y
y
yseny
y
yseny
yyyy 0000l im
cos33lim
cos33lim
cos2
3
2
123
lim
1limlim31lim31
cos1
cos1lim31
cos1lim3
00
2
0
2
00seny
y
seny
y
ysen
yy
y
y
y
yyyyy
11013
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 11
36. Nas condições da figura tem-se: senxsenxsenxABHBsenxAB
HB 1 e
xAHxAB
AHcoscos .
Então, a área do triângulo [ABH] é dada, em função de x, por xsenxxsenx
cos2
1
2
cos .
Como os triângulos [AED], [DFC] e [CBG] são congruentes com [ABH] e o quadrado
[ABCD] tem área 1, a área da superfície sombreada é dada, em função de x, por
xsenxxsenxxf cos21cos2
141
, ou seja, xsenxf 21 c. q. d.
37.
a) xsenxxsenxxxf cos3133
b) xxsenxxsenxsenxxxsenxxg cos
c) xxxx eeeexh coscos
38.
38.1 xesenxeesenxsenxesenxexf xxxxx cos
c. q. d.
38.2
Zkkxxsenxxsenxexsenxexf xx ,4
cos0cos00cos0
Como 2,0fD , os zeros de f’ são 4
e
4
5.
Assim, temos:
x 0
4
4
5
2
xf + + 0 - 0 + +
f
Assim, f é crescente nos intervalos
4,0
e
2,
4
5; decrescente no intervalo
4
5,
4
, tem mínimos relativos em 0 e
4
5; e máximos relativos em
4
e 2 . A
função f tem um mínimo absoluto,
4
5
2
2
4
5
e
f
e máximo absoluto,
42
2
4
e
f
.
39.
h
h
h
h
h
hf
hhh
12coslim
122coslim
2cos2coslim
000
0102limlim22
lim1cos
lim00
2
0
22
0
h
senhsenh
h
hsen
h
hsenh
hhhh.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 12
40.
a) xsenxxxg 3313cos
b)
x
xsenxx
x
xxxxxh
22 cos
cos
cos
coscos
c)
22 cos
11coscos
cos
1coscos1
xx
senxsenxxxx
xx
senxxxxxsenxxi
22
22
cos
cos
cos
1coscos
xx
xx
xx
xsenxxx
d) x
xsenxxsenxj
lnlnln
e) senxxsenxxxxcoosxp
222 cos3cos3cos3
41. nxsenbnnxannxbnnxansennxbsennxaxf 22 coscoscos
nxsenbnnxanxfn 222 cos .
Então, 0coscos 22222 nxsenbnnxannxsenbnnxanxfnxf c. q. d.
42.
a)
42cos
2
42cos
42
22
xx
x
xf
b) 1cos
1
cos
1 222
tgxxtge
xtgxee
xtgxetgxetgxexg xxxxxx
c) xtgtgxx
tgxtgxtgxxh 22
112cos
112112
43.
43.1 senxxxsenxxf
coscos .
43
,0,4
cos0cos0
xxZkkxsenxxsenxxxf
x 0
4
3
xf + + 0 - -
f m M m
A função tem dois mínimos relativos 10 f e 2
13
3
f e um máximo relativo
24
f .
2
13
3
f é mínimo absoluto e 2
4
f é máximo absoluto.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 13
43.2 O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de coordenadas
2
31,
6
é
2
13
6
f . Então, a equação reduzida reta tangente é
12
636
2
13
xy
44.
44.1 Considere-se um ponto Q em [OA] de forma que QP seja paralelo a BA. Nestas
condições [OQP] é um triângulo retângulo e, portanto, cos5cos OQOP
OQ e
senQPsenOP
QP5 . Assim, temos que a área do trapézio é dada por
Asensensen
sen
22
2525cos2
2
2525
2
cos25505
2
cos555
c. q. d.
44.2 252
2525
2
senA . Quando
2
, o trapézio é um quadrado de área 5,
pelo que o valor obtido é a área desse quadrado.
44.3 2cos2522cos2
252
2
2525
senA
ZkkkA ,23
422
3
22
2
12cos
2
252cos25
2
25
Zkkxk ,3
2
3
. Como ,0 , o conjunto-solução da equação
é
3
2,
3
S .
45.
45.1.1 As abcissas de A e B são pontos do gráfico de f onde a função assume valores
extremos.
senxxxxf 21cos2 . Então, como f é derivável no domínio, a sua derivada
anula-se nos 2 pontos onde a função assume um valor extremo.
6
5
62
10210
xxsenxsenxxf .
Como a ordenada de A é o único máximo relativo de f em 2,0 , tem-se que a
ordenada de A é6
33
2
3
66cos
66
f .
Analogamente, como a ordenada de B é o único mínimo relativo de f em 2,0 a sua
ordenada é 6
335
2
3
6
5
6
5cos
6
5
6
5
f .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 14
45.1.2 Como f , derivada de f , é positiva em
2,
6
5
6,0 e negativa em
6
5,
6
,
pode-se afirmar que 122 f é o máximo absoluto de f e 6
335
6
5
f é o
mínimo absoluto.
Como a função é derivável em todo o domínio, é contínua. Portanto, o contradomínio
de f é
12,
6
335
fD
45.2 A reta tangente ao gráfico de f em A pode ser definida pela equação 6
33
y .
Então, o ponto pedido tem como abcissa uma das soluções da equação
6
33
xf .
46.
46.1 O gráfico de g não tem assíntotas verticais no intervalo 0, porque g é contínua
neste intervalo, uma vez que é o quociente de duas funções contínuas (a soma de uma
afim e uma trigonométrica, e uma quadrática). Analogamente, não tem assíntotas
verticais em ,0 , por também ser contínua neste intervalo (produto de duas funções
contínuas a identidade e uma exponencial).
312lim2lim2
limlim0000
x
senx
x
senxxxg
xxxx
001lim0
xgx
Portanto, o gráfico de g não tem assíntotas verticais.
46.2 Para 0x , 1
xeexeexxexexg xxxxxx .
C. A.
110 xxexg x
Assim, e
g1
1 é máximo relativo de g e é o único extremo relativo de g em ,0
c. q .d.
46.3 Como se referiu em 46.1 g é contínua em 0, . Então, como 0,1,2 , g é
contínua em 1,2 .
Por outro lado,
227,14
242
seng e
841,2
1
121
seng , pelo
que 221 gg .
Então, pelo Teorema de Bolzano, existe pelo menos uma solução da equação
2xg no intervalo 1,2 .
47. Se rR 4 2 , então, 224 22 rrA e 2ra .
Verificando-se o modelo, tem-se 2
1coscos2 22 rr . Como é um
ângulo do primeiro quadrante 0cos , tem-se 32
1cos
2
1cos
.
Assim, o valor de pedido é 3
radianos.
x 0 1
xg + 0 -
g M
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 15
Mais exercícios
(Págs. 34 a 38)
Escolha múltipla
48. Opção (B).
De acordo com as condições da figura, as coordenadas do ponto C são sen,cos .
Então, a área do triângulo [AOC] é, em função de , 2
1 sen.
Os triângulos [AOB] e [AOC] são congruentes porque um é reflexão do outro com eixo Ox,
pelo que a área de [AOB] é também 2
1 sen.
Assim, a área do quadrilátero [ABOC] é
sensen
2
2 .
49. Opção (A).
Como 06
521
sen ,
6
5 não pode pertencer ao domínio de f. Portanto, a afirmação (A) é
necessariamente falsa.
50. Opção (B).
4
114 senxsenx . No círculo trigonométrico
percebe-se que em 2,0 esta equação tem duas
soluções (uma volta completa). Então, no intervalo
6,0 tem 6 soluções.
51. Opção (B).
Se x , 01
x, então
2
1
2
x, portanto
xtg
x
1
2lim
.
52. Opção (D).
Como xxh cos Rxx ,1,1cos , qualquer reta tangente ao gráfico de h não pode
ter declive fora do intervalo 1,1 . Pelo que a única reta que pode ser tangente ao gráfico
de h é a definida pela equação xy .
53. Opção (C). No círculo trigonométrico representado ao lado temos a
sombreado a região correspondente à condição 0senx e a
tracejado a região correspondente a 2
1cos x . Então, a
região pedida é onde as duas se sobrepõem.
54. Opção (C).
A base [BC] do triângulo [ABC] tem medida de comprimento igual a 2 e altura igual ao valor
absoluto da abcissa de A, que é coscos2 . Então, cos4 é a área do triângulo
[ABC] em função de . Assim, tem-se 5
2cos
5
8cos4 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 16
55. Opção (B).
2
1
2
1
1
1
cos2
1lim
1lim
2cos22
2lim
4
2lim
00200
y
y
senyxxsen
x
xsen
x
yyxyxx
56. Opção (D).
4114limcoslim4cos4
limcos2
lim21
lim 22
0
2
02
22
02
2
0
2
20
x
senxx
x
xxsen
x
xsenxxsen
x xxxxx
57. Opção (C).
Como x
tgxxf2cos
1 , o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de
abcissa 6
é
3
4
4
3
1
6cos
1
6 2
fm .
58. Opção (D).
O período mínimo positivo é 3
2P .
59. Opção (C).
xsenxxsen 242cos22
60. Opção (B).
A função m é contínua em 0, porque é, neste intervalo, a soma de duas funções
contínuas (uma exponencial e uma constante); é também contínua em ,0 , porque,
neste intervalo, é o quociente de duas funções contínuas (uma trigonométrica e a
identidade). Então, para ser contínua tem de ser contínua à esquerda no ponto 0, ou seja,
0lim0
mxmx
.
Como kkem 10 0 e 1limlim00
x
senxxm
xx, o valor de k deve ser 0.
61. Opção (A).
Da observação do gráfico, tem-se que 10 f e 22
f .
11010 atgaf .
No domínio da função, tem-se
2
1
421
22
212
2
bbbtgbtgf
.
62. Opção (C).
O ponto A tem coordenadas sen,cos , então senEO e cosEA .Como C tem
coordenadas (1, 0) e OA é um raio da circunferência, temos que 1OA . Como O é o
ponto médio de [ED] e de [AB] então senED 2 , cos BDEA e 2AB .
Então, o perímetro pedido é cos122cos22 sensen .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 17
Resposta aberta
63.
63.1 Como
29cos
t toma todos os valores reais do intervalo 1,1 , a função d tem
contradomínio 5,12;5,0 . Portanto, a altura máxima é 12,5 metros.
1
96
29cos65,12
29cos65,65,12
tsen
tttd
ZkktZkkt
,182
9,2
29
.
ZkkZkk 75,4925,0900182
90 .
Assim, o conjunto-solução da condição 5,12td é 490: xZxS .
Portanto, o ponto V atinge 50 vezes a altura máxima.
63.2 62
5,05,12
OV
63.3
Zkkt
ktt
sent
td
,2
6
11
92
6
7
92
1
95,3
29cos65,65,3
Zkktkt ,182
3318
2
21.
Como 900,0dD , temos 49....,,1,0,182
3318
2
21 kktkt .
64. Como
,
23
2xsenx , tem-se
3
7
9
7
3
21cos
2
x e
7
14
7
2tgx . Assim, temos:
a) 9
142
3
7
3
22cos22
xsenxxsen e
5
142
7
21
7
142
1
22
2
xtg
tgxxtg
b) 6
212
3
7
2
3
2
1
3
2cos
33cos
3
xsensenxxsen
.
65.
a) senxsenyyxsenxsenyyxyxyx coscoscoscoscoscos
senxsenysenxsenyyxsenxsenyyx 2coscoscoscos
b) xxysenxsxsenxxsenx 2cos12coscoscoscos 222244 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 18
c)
12cos2212cos2222cos2224 22 xsenxxsenxxsenxsenxxsenxsenxsen
1cos421cos22cos221cos12cos22 22222 xxsenxsenxxxsen ,
c. q. d.
66.
a)
21
2
lim
cos2limcos2
limcos2
lim
0
0
00
x
senx
x
x
senx
x
senx
xx
x
x
xx
b) 11
11lim
1lim
2cos
limcos
2lim000
22
y
seny
y
senyy
y
x
x
yyyxyx
c)
1
cos1
cos1lim
lim
cos1lim
cos1
lim
2cos
12
limcos
1lim
2
0
0
0
00
22
yy
y
y
seny
y
y
y
seny
y
y
y
ysen
x
senx y
y
y
yyxyx
001cos1
limlimcos1
lim00
2
0
y
seny
y
seny
yy
ysen
yyy
d) 2121
lim21
2
1lim2
2
12
lim1
lim02
2
0
2
0
2
0
y
ex
e
x
senxx
e
senx
e y
yxy
x
x
x
x
x
x
67. A função g é contínua porque é o quociente de duas funções contínuas (uma polinomial e
uma trigonométrica).
a) Para que uma extensão h de g seja contínua em , , é necessário que:
senx
xx
x
2
0
2lim
e
senx
xxh
x
2
0
2lim0
, ora,
1
1
01
lim
1lim1
lim2
lim
0
0
0
2
0
x
senx
x
senx
xx
senx
xx
x
x
xx.
Portanto, a h extensão contínua de g a , pode ser definida por
01
0\,
xse
xsexgxh
b) Como
0
22lim
22
senx
xx
x e
0
22lim
22
senx
xx
x, não é possível
encontrar uma extensão de g ao intervalo , que seja contínua.
68.
a) xsenxexesenxeesenxsenxexf xxxxx coscos
b)
x
xxsenx
xtgxxsenxtgxtgxxxg
2
2
2 cos
2cos42cos
cos
1222cos2cos
c) 121cos22
xsenxsenxxxsenxh
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 19
d) 13cos
31331313
2
3233
x
xxtgxxxtgxtgxxi
e) xx
xxxxxxxxj
32
323cos33cos
2
222
f)
2
22
2
2
22
2
2
2cos
222coscos2
2cos
2cos
222cos2cos
2cos
2cos
senxx
senxxsenxxx
x
senx
x
senxxsenxxx
x
senx
x
senx
xn
xtgtgx
x22
22
g)
tgxx
senx
x
xxm
coscos
cos
h) xsenxxsenx esenxexxesenxexp coscos coscos
69.
69.1 A área do trapézio é ADDCAD
A ABCD
2
.
senADsenAD
22
xABDC com cos2x , ou seja, cos21DC .
Então, a área do trapézio é dada em função de por
22cos22cos2222
cos211sensensensensensenA
69.2. 2cos2cos22222 sensensensenA
0coscos02coscos02cos2cos20 22 sensA
1cos2
1cos
4
811cos01coscos2 2
Zkkk ,223
.
Repare-se que ,0
x 0
3
xA n.d. + 0 - n.d
A M
Área máxima: 2
33
2
3
2
32
3
2
32
3
sensenA
69.3
422lim2122
2
2limlim2
22limlim
020000
x
senxsensensensenA
xx
70.
70.1 Por definição de derivada num ponto do seu domínio
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 20
2
222
22
2
2lim
2
senh
x
hxh
x
70.2 xsenxxxhxh cos212
Zkkxxxxh ,232
1cos0cos210
.
Como , hh DD , as soluções da equação são 3
e
3
.
x
3
3
xh n.d. + 0 - 0 + n.d
h PI PI
O gráfico de h tem concavidade voltada para cima em
3,
e em
,
3 e
concavidade voltada para baixo em
3,
3
e tem dois pontos de inflexão, um no
ponto de abcissa 3
e outro no ponto de abcissa
3
.
70.2 O declive da reta tangente ao gráfico de h num determinado ponto é igual, quando
existe, à derivada de h na abcissa desse ponto. Então, porque o declive da bissetriz
dos quadrantes ímpares é 1, pretende-se determinar x tal que 1 xh .
Na calculadora, obtém-se:
Portanto, o ponto onde a tangente ao gráfico de h é paralela à bissetriz dos
quadrantes ímpares tem abcissa aproximadamente igual a 2,38.
71.
a) xxf cos21
Zkkxxxxf ,23
2
2
1cos0cos210
Então, a função f é positiva em
,
3
2,
3
2 e negativa em
,
3
5,
3
2 e tem período
mínimo positivo 2 . Assim, pode-se concluir que f é crescente em intervalos do tipo
Zkkk
,2
3
2,2
3
2
, decrescente em intervalos do tipo
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 21
Zkkk
,2
3
5,2
3
2
, tem máximos relativos em Zkkx ,2
3
2
e mínimos
relativos em Zkkx ,23
2
.
Os máximos relativos são da forma Zkk ,323
2
e os mínimos relativos da
forma Zkk ,,323
2
.
b) 2cos
12
2
xxtgxxg
2
2cos0cos
2
1cos0
cos
cos2102
cos
10 2
2
2
2
xxx
x
x
xxg
No domínio de g condição 2
2cos x tem duas soluções:
4
e
4
.
x
2
4
4
2
xg n.d. + 0 - 0 + n.d.
g M m
A função g tem um máximo relativo 12244
tgg e um mínimo
relativo 2
1244
tgg .
72.
72.1 CVCBVcone 2
3
1
xCVxCV
cos2cos2
, senxCBsenxCB
22
senxxsenxsenxsenxxxsenxsenxxV 23
4cos2
3
4cos24
3
1cos22
3
1 22
c. q. d.
72.2 xxsensenxxxsensenxsenxxsenxV 2cos2cos23
422
3
4
0cos2cos2cos202cos2cos23
40 xsenxxsenxxxxsensenxxxV
0coscos00cos2cos2 2222 xxsenxsenxxxsenx
3
3cos001cos30 2 xsenxxsenx , em
2,0
apenas a
equação 3
3cos x admite solução, que é, aproximadamente, 955,0 (valor
arredondado às milésimas).
73.
O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto B é igual a 8.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 22
Então, pretende-se determinar o valor de x, abcissa de B, para o qual 8 xf .
xsenxexf x 42
Na calculadora obtém-se:
Então, a abcissa do ponto B é, aproximadamente, 0,91.
74.
74.1 Como os pontos D e C têm a mesma abcissa, a ordenada de C é
22
14
3cos4
6
f .
Assim, a altura do trapézio tem medida igual a 2.
A base menor do trapézio tem medida igual a 6
BC .
Como A é o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das abcissas, a sua
ordenada é 0 e a abcissa é o menor zero positivo de f.
Zkk
xZkkxxxxf ,24
,2
202cos02cos40
.
Então, as coordenadas de A são
0,
4
, pelo que a base maior do trapézio é
12
5
64
DA .
Portanto, a área do trapézio [ABCD] é 12
72
2
612
5
.
74.2 xsenxf 28 ; xxsenxf 2cos1628 .
Portanto,
xsenxxxsenxxfxfxf 282cos122cos16282cos4
xsenx 222cos34 c. q. d.
75.
75.1 Considerando um referencial o.n. de origem em O semieixo, positivo Ox com a
direção e sentido de AC , semieixo positivo Oy com direção e sentido de OE e
unidade igual ao raio da circunferência, tem-se que as coordenadas do ponto D são
sen,cos .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 23
Assim, tem-se que senAFDC 2 e cos2 DFAC e a altura do triângulo
[FDE] relativamente à base [DF] tem medida igual a sen1 . Os triângulos [FDE] e
[ABC] são congruentes por simetria do hexágono.
Então, a área do hexágono é dada em função de pela expressão:
cos4cos2cos22cos22
1cos22 sensensen
senA
cos22cos2cos2 sensen c. q. d.
75.2 senA 22cos2
2cos2cos02cos022cos20 sensenA
Zkkk
Zkkk ,223
2
6,2
222
22
No intervalo
2,0
, a equação é equivalente a 6
.
Como A tem domínio
2,0
, é positiva em
6,0
e negativa em
2,
6
, tem como
máximo 2
33
2
32
2
3
6
f .
76.
76.1 2
1lim
2
1
2limlim
000
x
senx
x
senxxg
xxx,
x
xxg
xx
1limlim
00e
2
10 g .
Então, a função g é descontínua no ponto 0, porque xgx 0l im
não existe, mas é
contínua à direita no ponto 0, porque 0lim0
gxgx
.
76.2 Se 0x , 3
2
3
1
2 senx
xx
senxxhxg . Sabe-se que no intervalo 2,0 esta
equação tem exatamente duas soluções. Então, no intervalo 1000,0 tem
exatamente 1000 soluções.
Por outro, se 0x 3
2133
3
11
xx
xx
xxhxg e 0,1
3
2 .
Então, a equação xhxg tem exatamente 1001 soluções no intervalo
,1000,1 ou seja, os gráficos de g e h intersetam-se em 1001 pontos neste
intervalo.
76.3 O ponto com menor abcissa positiva é 729,03
21
senx .
Assim, as coordenadas do ponto são 46,0;73,0 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 24
77.1
1012
1
1lim2
1
limlim
x
xsen
x
xsenx
x
xfm
xxx
002
1lim
2
1limlim
sen
xsenx
xsenxxxfb
xxx
De forma análoga, obtém-se
1lim x
xfm
x e 0lim
xxfb
x.
Portanto, a bissetriz dos quadrantes ímpares é assíntota do gráfico de f, quer em
quer em .
77.2 A função derivada de f é definida por
xsen
xxf
2
1
2
11
2.
Então, o declive, m, da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
2 é
2
2
222
2
2
221
4
21
4
1
22
11
2
sensenfm
77.3 Repare-se que 02
22
4
22
senf e 0
2
13
6
33
senf .
Então, 032
ff .
Por outro lado, a função f é contínua em
3,
2, porque é a diferença de duas
funções contínuas (a identidade e a composta de uma trigonométrica e uma racional).
Portanto, pelo Teorema de Bolzano, f tem pelo menos um zero no intervalo
3,
2.
78.
78.1 Como o domínio de f é limitado superior e inferiormente, o seu gráfico não tem
assíntotas não verticais. Por outro lado, a função é contínua porque é o quociente de
duas funções contínuas (ambas trigonométricas) o intervalo , , pelo que neste
intervalo o gráfico de f não tem assíntotas verticais.
Por outro lado,
0
1
cos1
coslim
x
x
x e
0
1
cos1
coslim
x
x
x . Então, as
retas de equação x e x são assíntotas verticais do gráfico de f.
78.2
22 cos1
coscos1
cos1
1cos1cos
x
senxxxsenx
x
coxxcoxxxf
22
cos1cos1
coscos
x
senx
x
senxxsenxsenx
Como ,,0cos1 2 xx , tem-se 0,0 xxf ,
,00 xxf e 00 f . Então, f é crescente em 0, , decrescente em
,0 e tem como valor máximo 2
10 f .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 25
77.
78.3 Como o ponto Q pertence ao gráfico de f e a ordenada de Q é 3
1, a abcissa desse
ponto é solução da equação 3
1xf . No domínio de f tem-se:
332
1cos1cos2cos1cos3
3
1
cos1
cos
3
1
xxxxxx
x
xxf
Como Q é um ponto do primeiro quadrante, as suas coordenadas são
3
1,
3
.
Então, o ponto R tem coordenadas
3
1,0 .
A ordenada de P é 0, pelo que a sua abcissa é um zero de f.
22
0cos0cos1
cos0
xxx
x
xxf .
Como a abcissa de P é positiva, as suas coordenadas são
0,
2
.
Assim, tem-se 2
OP ,
3
RQ e
3
1OR .
Portanto, a área do trapézio é 36
5
3
1
2
32
.
79. xsenxeexsenxeesenxsenxexf xxxxx coscos
xesenxxexsenxeexsenxxsenxexf xxxxx cos2coscoscoscos
Então,
xfsenxexxsenxexexsenxexf
xf xxxx
coscoscoscos2
c. q. d.
Autoavaliação 8
(Págs. 39 a 41)
Grupo I
1. Opção (A).
A concavidade do gráfico de f, de acordo com a figura, está voltada para baixo à esquerda
de 1 e voltada para cima à direita, infletindo no ponto . Então, a segunda derivada
deverá ser à esquerda de – e positiva à direita, sendo – zero desta função.
2. Opção (B).
xax
xsen
xax
x
xax
xx
ax
x
xxxx cos1lim
cos1
cos1lim
cos1
cos1cos1lim
cos1lim
2
0
2
000
02
01
cos1limlim
00
axa
senx
x
senx
xx
3. Opção (C).
22ln121ln121
ln1 exxxxx
xxf
4. Opção (C).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 26
Sabe-se que
0lim xg
x porque Rxxg ,0 e a reta de equação 0y é
assíntota do gráfico de g.
Então,
xgx
xg
x
xx
12lim
2lim .
5. Opção (C).
Os zeros de f são: ,0,,2 e 2
Os zeros de g são: 2
3,,
2,0,
2,,
2
3,2
e 2 .
No conjunto dos zeros de f e g existem 9 elementos, 5 dos quais comuns às duas funções.
Assim, a probabilidade de, escolhido ao acaso, um elemento deste conjunto ser zero de
ambas as funções é 9
5.
6. Opção (D).
Com quatro A, um B e três D, é possível fazer 280!3!4
!8
chaves diferentes. Como apenas
existe uma chave correta, a probabilidade pedida é 280
1.
7. Opção (C).
Se BA , então, ABA , BBA , pelo que as opções (A) e (B) são verdadeiras.
Tem-se ainda que
1|
AP
AP
AP
BAPABP , pelo que a opção (D) também é
verdadeira.
Por outro lado,
1|
BP
AP
BP
BAPBAP , porque BPAP .
Grupo II
1. Neste problema, como retiramos ao acaso e simultaneamente 3 bolas das 19 existentes na
caixa, a ordem não é relevante, pelo que é possível realizar 319 C extrações diferentes,
tendo todas igual probabilidade de sair.
O acontecimento A: «sair pelo menos duas bolas verdes» é a união dos dois acontecimentos
incompatíveis: B: «sair duas bolas verdes” ou C: «sair três bolas verdes».
O número de casos favoráveis a B é 1326 C , extrair duas das seis bolas verdes e uma das
treze de cor não verde, e o número de casos favoráveis a C é 36C , extrair três das seis
bolas verdes.
Como os acontecimentos são incompatíveis, o número de casos favoráveis à sua união é a
soma dos casos favoráveis a cada um deles, ou seja, 36
26 13 CC .
Como os casos possíveis, nesta experiência, são equiprováveis, a probabilidade de A, de
acordo com a Regra de Laplace, é igual ao quociente entre o número de casos favoráveis e
o número de casos possíveis. Portanto, a probabilidade pedida é, como o enunciado
apresenta,
3
193
62
6 13
C
CCAP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 27
2.
2.1 A função f é contínua em 2x , se xfx 2l im
existe e 2lim2
fxfx
.
22
2222
2
eef
22
2222limlim 2
22
eeexf x
xx
4
1
4
11
4
1limlim
4lim
4
2limlim
0002222
yy
seny
yy
ysen
x
xsenxf
xyyxyxx
Então, f é contínua à direita em 2x , mas descontínua em 2x .
2.2
4
2
4
2limlim
200
sen
x
xsenxf
xx. As retas de equação 0x e 2x não são
assíntotas do gráfico de f e f é contínua em 2,0 porque é o quociente de duas
funções contínuas (uma trigonométrica e uma polinomial) e em ,2 . Então o
gráfico de f não tem assíntotas verticais.
202
lim
122lim2limlim
x
ee
xxexf
x
x
xx
x
xx
2.3 Para 2x , xexeexexf xxxx
12 .
Então, como ,2,01 xxe x , f é estritamente decrescente neste intervalo.
3.
3.1 Tem-se que 1OA , 1 OPOAOPAP .
Por outro lado, como o triângulo [OPQ] é retângulo em Q (uma tangente a uma
circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangência), tem-se:
senxOPsenx
OPsenx
OP
OQ 11
Então, senx
senx
senxOAOPAP
11
1, ou seja, a distância d é dada em função de
x pela expressão xfsenx
senxd
1 c. q. d.
3.2
xsen
senxxsenxx
xsen
senxsenxsenxsenxxf
22
1coscos11
xsen
x
xsen
senxxxsenxx22
coscoscoscos
Como 0cos x , qualquer que seja
2,0
x , 0cos
2
xsen
xxf ; qualquer que seja
2,0
x , pelo que f é decrescente.
Portanto, a afirmação é verdadeira.
3.3 Queremos um ponto A, de abcissa x, tal que, 3 xg (declive da tangente do gráfico
de g em A). Na calculadora, obtemos:
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 28
Então, a abcissa de A é, aproximadamente, 0,56.
3.2 Números complexos
80. a) ixixixixixx 001 222
iiS ,
b) ixixi
xi
xx
112
22
2
42
2
42 2
iiS 11 ,
81.
z Re(z) Im(z)
5-2i 5 -2
-3+i -3 1
i2
1
0
2
1
13
i
1
3
1
5 5 0
82.
a) 3062 xx
b) 202 xx
83.
2
1
4252
25
42
52
y
x
yy
yx
yx
yx
84.
Sejam A, B e O os vértices do triângulo. Então, têm coordenadas: (-2,5), (3, 1) e
(0, 0).
10
29
411532 22
BO
AO
AB
Então, o perímetro do triângulo é: 102941 .
85.
85.1 As coordenadas de A e B são, respetivamente, (6, 5) e (10, 2).
34 ,AB
Considere-se u
tal que ABuABu
, por exemplo, ),( 43u
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 29
Então, ),( 13 uAD
e ),( 27 uBC
.
Os complexos são 7-2i e 3+i.
85.2 5AB , então a área do quadrado [ABCD] é 25.
86.
a) 1332 22 z
b) 211 22 z
c) 404 22 z
d) 2
1
2
12
z
87.
a)
2
3
4
3
23
2
32
y
x
y
x
b)
6
7
6
7
y
x
y
x
88.
a) 2-i
b) 5
c) 2i+1
d) -2i
89. Sejam yixzeyixz 21 os dois números complexos Ryx , .
Sabe-se que:
6
8
361064
8
202
162
20
16
222221
21
y
x
yy
x
yx
x
zz
zz ____
Os complexos são 8+6i e 8-6i.
90.
a) iiiizzz 43
212
3
13321
b) iiizz 3
12
3
1321
c) iiiiizzz 63
25
3
115
3
11213
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 30
91.
a) iaaii 52153
505 aa
b) ibiib 55253
505 bb
92.
a) iiiii 41875423847253
b) iiiii 316243146321
c) iiiii 1233724134721
93.
a) Seja Rbabiaz ,
)Re(zabiabiazz 22
b) Seja Rbabiaz ,
izbibiabiabiabiazz )Im(22
c) Seja Rbabiaz ,
izbibiabiabiabiazz )Im(22
94.
a) Seja 00 babiaw
biawz 2 , então, bwzawz ImRe 2
De acordo com a figura 2a , então, 00 wzwz ImRe .
Então, wz pertence ao 2.º quadrante.
b) Seja 00 babiaw
biawz 2 , então, 002 bwzawz ImRe
Então, wz pertence ao 4.º quadrante.
c) Seja 00 babiaw
biawz 2 , então, bwzawz ImRe 2
De acordo com a figura 2a , então, 00 wzwz ImRe .
Então, wz pertence ao 3.º quadrante.
95.
a) iiiiii 95454541 2
b) 1789223223223 222 iiii
c) iiiiiiiiiii 1912262316126231 22
96.
a) ixxxiiixxxiix 2141172144722 222
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 31
7
7
7
10214 22 xxx
b) ixxxiixixixxixix 3543434343 222
410432 xxxx
97.
a) iiiiii 176698122334 2
b) iiiiii 18698122334 2
c) iiii 2479241634 22
98.
3
1
4
3
4
012315034
315
4
315
912
1534915312491543
2
2
p
q
p
q
qqqq
qp
pq
qpiqiipqipiqiip
_____
99.
a) iiii 20212520452 22
b)
iiii
iiiiiiii
522242
22212222222
2
223
100.
2
1
2
1
4
3
4
1
2
33
4
3
2
33
4
3
2
3
4
33
2
2222
aa
aa
iaiaaiaiiaazz
Então, 2
1a .
101.
a) iiiiiiizz 22374928469723 222222
21
b) iiiiiizzzz 1976722166723 21121
c) iiiiz 49393 531
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 32
a) iiiii
iiiii 31111 03
126
218031126126
b) ii
ii
i
ii
1
2
2
34
121246
c) 100132 iiii ... é a soma dos 1001 primeiros termos de uma progressão
geométrica de primeiro termo i e razão i.
Então, tem-se ii
ii
i
iiS
1
1
1
1 1001
1001 .
Poderíamos também pensar que de quatro em quatro parcelas a soma dá 0
011 )()( ii sobrando apenas a parcela ii 1001 .
103. iiiiiiiiiii nnnnnnnnn 111111244424144
104.
nnnnnnnnnnnn iiiiiiiiiii 1222 222222121212
ii
nn
ii n
n 561642 1
_______
Então, 5n .
105.
a) ii
i 6
2
3
1
24
22
22
1
b) ii
i 4
1
16
4
4
1
c) ii
i
1
11
22
1
2
106.
a) iiiii
i
i
41
9
41
1
41
91
2516
5454
54
1 2
b) iiiii
i
i
i
ii
i
ii2
2
4
11
2222
1
22
1
32
1
32 2311
c)
iii
ii
iiii
ii
ii
i
iiii
i
ii
1231
25
1552
41
1051052
21
552
21
3622
21
312 22
d)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 33
102.
i
iii
iii
iii
ii
iiii
ii
i
17
50
17
30
217
161
17
1312
17
16132
41
432
4
442
4
2 2
2
253
2
107. ixxiixix
i
ix
53
142
53
74
53
72144
72
2 2
Para ser um número real, tem-se 7
10
53
142
x
x.
108.
a)
iiii
i
i
ii
i
i
i
2
1
2
1
4
22
4
22
2
1
21
1
1
1 2
22
b)
ii
i
iiiiiiiii
338
5
169
6
676
10
676
24
676
1024
1024
1
1025
1
5
1
3232
1
321
122
2
2
2
c)
iii
i
i
ii
i
ii
ii
iii
ii
5
4
5
8
10
8
10
16
10
816
31
44
122
44
112
44
12
222 2
109.
Seja biaz em que a e b são números reais, tais que 0z
Rba
ba
ba
baba
ba
ibabiaibabia
ba
bia
ba
bia
bia
bia
bia
bia
z
z
z
z
22
22
22
2222
22
222222
22
2
22
2
22
22
110.
i
ii
i
i
i
ii
i
iiiii
i
iiii
3
22
9
186
3
62
3
171
3
263
3
321 232276
111.
Para ser solução basta verificar a igualdade.
iii
ii
ii
i343434
2
6834
2
961531
2
31 2
Então, 1-3i é solução da equação.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 34
112.
Para ser zero do polinómio, o resultado da substituição de x por 3-2i é zero.
immiimii 1850641290623 2
113.
a) izizizizizz 4404404016 222
iiS 44 ,
b) izizzizzzzzz 000010 2223
iiS ,,0
c)
izii
zii
iiz
i
izizi
13
28
13
3
13
15101812
3232
3256
32
565632
iS13
28
13
3
d)
izii
z
ii
iiz
i
iziiziiizziziiz
5
3
5
4
5
224
22
212
2
121222222 25
iS5
3
5
4
e) Seja Ryxyixz ,
1
1
1212
21
12
12
12212212
y
x
xx
xy
yx
xy
iiyxxyiyixyixiyixyixi
Então, iz 1 .
iS 1
f) Seja Ryxyixz ,
2
3
2
64
126
61246612556125
y
x
y
x
iyixiyixyixiyixyix
Então, iz2
32 .
iS2
32
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 35
114.
1 -1 4 -4 1 1 0 4
1 0 4 0
izizzizzzzzzz 221021041044 22223
Os vértices do triângulo são os pontos A, B e C de coordenadas (1, 0), (0, 2) e
(0, -2).
521
4
22
ACAB
BC
O perímetro do triângulo é 524 .
115. Seja yixw , então, xiyiw , yixwi 2 e xiywi 3 . Considerando
A, B, C e D os afixos de cada um dos complexos, tem-se: yxOA , ,
xyOB , , yxOC , e xyOD , .
[ABCD] é um quadrado, pois as suas diagonais são perpendiculares e bissectam-
-se no ponto O.
116.
161.1 a)
i
iiiiiiiii
234381
382341341213344213221 222
b)
iiiiiii
i
iii
7
354
7
3210
7
3510324
32
3242
32
212 2
22
2154
116.2
ibbbibiiibi
i
bi
z
z
5
18
5
29
5
2189
5
219
21
9 2
1
3
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 36
255
18
5
2925
22
1
3
bb
z
z, então,
13169125040555025
3243643681 2222
bbbbbbb
117. Para que w pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares ww ImRe , então,
ikkkikiiiki
w29
245
29
260
29
252460
29
2512 2
7
36367
29
245
29
260ImRe
kk
kkww
118. Se yixz então 111 2222 yxyxz
422
21211111
22
2222222222
yx
yxxyxxyxyxyixyix
119.
a) 11
1;211 22 tgr , então, as coordenadas polares são
4,2
b) 1;228 tgr , então, as coordenadas polares são
4
3,22
c) 3
3
3
1;24 tgr , então, as coordenadas polares são
6,2
120.
32,
3cos2
senA , então, iiz 31
2
32
2
12
4
72,
4
7cos2
senB , então, iiw 22
2
22
2
22
121.
a) Qtg .º2;11
1;211 22
, então, por exemplo, 4
3 .
4
321
cisi
b) Qtg .º4;3;24 , então, por exemplo, 3
.
3
231
cisi
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 37
c)
2
322
cisi
d) Qtg .º3;1;24 , então, por exemplo, 4
5 .
4
5222
cisi
e) 033 cis
f)
iii
i
i
1
2
12
1
2
Qtg .º1;1;2 , então, por exemplo, 4
.
421
cisi
122.
a) iiisen 222
2
2
22
4
3
4
3cos2
b) iisen2
3
2
1
3
2
3
2cos
c) i3
d) -5
123.
a) Escrever w na forma trigonométrica
Qtg .º2;3
3;24 , então, por exemplo,
6
5 .
6
52
cisw
Zkkciscis ,26
5
6
522
Como 2,0 , então, 6
5 .
b) Zkkciscis
,2
6
11
6
522
Como 2,0 , então, 6
11 .
c) Zkkciscis
,2
6
5
6
522
Como 2,0 , então, 6
7 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 38
124.1 Se ABOB , os triângulos [OAB] e [OA´B] são isósceles, então, 4
ˆ BOA .
Então, icisz 23234
61
, icisz 23234
62
e
230233 cisz .
124.2 O triângulo [OAA´] é retângulo em O, então, a área é 182
66
.
125.
a) 2
33
23
23;
23
23
cisciscisciscis
b) 033;33;33 cisciscisciscis
c) Qtg º31;24 então
4
5222
cisi
4
24
52
4
52;
4
52
4
52
cisciscisciscis
126.
a) 5
62
52
52
cisciscis
b)
7
23
7
2
7
2cos3
7
2
7
2cos3
cisisenisen
c)
5
2
102102cos
10cos
10
cisisenisen
127.
a) ZkkZkk ,212
7,2
34
como , tem-se
12
7 .
b) ZkkZkkZkk ,220
11,2
45
4,2
54
como , tem-se 20
11 .
c) ZkkZkk ,24
,24
como , tem-se 4
.
128.
a) ZkkZkk ,3
,3
b) ZkkZkk ,26
,223
como 2,0 tem-se
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 39
124.
6
11 .
c) ZkkZkkZkk ,26
13,2
36
11,2
6
5
3
como , tem-se 6
.
d) ZkkZkkZkk ,12
13,
34
3,
4
3
3
como
2,0 , tem-se 12
ou
12
13 .
129.
a) 2
223
cisiz
10
425
2431
cisciszz
b) Qtgz .º23
3;10100535 2
2
2 , então, por exemplo,
6
5 .
6
5102
cisz
30
3720
5
2
6
52012
cisciszz
c)
30
720
6
5
5
320
6
510
5
3221
cisciscisciszz
d)
54
5
44
5
44 2222
1
ciscisicisiz
130.
130.1 3
5;
3
4;;
3
2;
3;0
cisFcisEcisDcisCcisBcisA
130.2 6
3
cisw
131.
a) Qtgz º11;222 então 4
222
cisz
122
2
432
1
422
32
2
1
ciscis
cis
cis
z
z
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 40
b) 12
13
2
2
46
5
22
2
422
32
2
2
1
ciscis
cis
ciscis
z
iz
c) iiisenz 312
3
2
12
33cos21
44
2
4
7
22
1
4
722
0
422
2
3
1
422
331
ciscis
cis
cis
cisciscisi
ii
132.
Qtgw º11;21 então 4
21
cisw
iiisencis
cis
cis
cis
cis
i
cis
i
cis
cis
cis
ciscis
3
31
2
1
2
3
3
32
6
7
6
7cos
3
32
6
7
3
32
23
2
3
2
23
3
22
23
31
23
231
23
23
2
23
212
24
2
133.
133.1
iiiii
iii
ii
i
i
i
i
ii
icis
i
4
42
4
27
4
424242323
4
2243
22
43
2
2
2
22
441
42
2
2
2
22
133.2 5w , então, cisw 5
25
5
5
2 ciscis
cis
w
i
134.
134.1 055422 21 cisiiiz
725
75
1
05
2
1
cis
cis
cis
z
z
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 41
2 ABOBOA
321 222 hh
62;
3
3
3
1 cisztg
135.
a)
3
521
ciszz e para ser um número real
ZkkZkk ,3
,3
e como 2,0 tem-se
3
2 ou
3
5
b) Qtgi .º41;5252
25
2
25
2
25
2
25 , então, por
exemplo, 4
e, sendo assim, tem-se
4
52
25
2
25 cisi
ZkkZkkciscisciscis
cis
,2
12
7,2
4345
35
453
5
como 2,0 tem-se 12
7 .
c)
35
3cos5
35
1
2 senicisz
z, então,
ZkkZkk
sensen
,23
2,2
3
03
13
cos03
553
cos5
como 2,0 tem-se 3
4
136.
136.1 Como [BC] e [AD] são paralelos, então, 3
ˆ OBA .
33
3
3
3
tg
AB , então, a área do retângulo é 36 .
136.2 32123322 OC
Na forma algébrica i32
136.3 32 OBOC e 663
, então,
632
cisw
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 42
134.2
137. 4
cisz , então,
4
cisz
icis
cis
cis
z
z
2
4
4
pertence ao semieixo positivo imaginário.
138.
a) iiciscis 2162162
2
2
232
4
532
42
5
b) Qtgi .º43
3
3
1;23 , então, por exemplo,
6
iiciscis 35125122
3
2
11024
3
51024
62
10
c) 2
3351 cisiii
ii
ciscisciscis
cis
cis
256
3
256
1
2
3
2
1
128
1
3
4
128
1
3
28
128
1
3
472
2
3
62
2
36
27
7
7
139. Seja cisz , então,
ncisncisncis
cis
z nnnn
1101 e
ncis
ncis
cis
znnn
101
140.
4
21;2
;4
21
cisicisicisi
222
24
4
322
2
4
524
ciscis
cis
141. 2
0
cisz , então, como 333 cisz e 2
330
, o seu afixo
não pertence ao 4.º quadrante.
142. Seja cisz , então, 33 cos3 isencisz
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 43
isensensen
isensenisenisen
3223
223
cos3cos3cos
coscos2coscos
143.
143.1 iii 327
20
172
5
3
42
5
3
1
5
3
21
cis
cis
cis
cis
i
cis
ii
143.2 20
92
20
92
542
ncisciscisciswz
nnn
n
Para ser um número real positivo Zkk
nZkkn
,9
40,2
20
9
.
Como n é um número natural para 9k tem-se o menor valor de n, ou
seja, 40n .
144.
144.1 Para serem raízes quartas do mesmo complexo 42
41 zz .
444
24
41
ciscisz e 434
4
32
44
2
ciscisz
São ambos raízes quartas de -4.
144.2 iz 12 , então, 22 OBOAAB e o perímetro é 222 .
145. Se a imagem geométrica é (-1, 3), o complexo é i31 e
iiiiiiiii 96283696646896196131 22224
São raízes quartas de um mesmo complexo, porque os seus argumentos diferem
de 2
.
146.
2,1,0,3
2
3
4
52
42
1
1
3
kk
ciscis
ciscis
cis
cis
i
i
Assim, as raízes cúbicas são: 3
5;;
3
cisciscis .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 44
a) 3,2,1,0,2
04
k
kciscisz
As soluções são: 2
3;;
2;0
ciscisciscis .
b) 2,1,0,3
2
63
2273
k
kciscisz
As soluções são: 2
33;
6
53;
63
cisciscis .
148. Se fossem raízes cúbicas do mesmo complexo, teríamos:
ZkkZkkcisciszz ,230,233333332
31
que é uma condição impossível.
Então, não são raízes cúbicas de um mesmo complexo.
149. Os vértices do pentágono são os afixos das raízes de índice 5 de um
determinado complexo.
Assim, A é o afixo de 04cis , B é afixo de 5
24
cis , C é afixo de
5
44
cis , D é afixo
de 5
64
cis e E é afixo de
5
84
cis .
150.
150.1
421
1
1 cisi
iiw e como 2w e
,,234
Zkk
pode-se concluir que w é diferente de qualquer um
dos dois complexos.
150.2 Se são raízes de um mesmo número complexo, têm o mesmo módulo, ou
seja,3
41
cisz e ii
ciscisz 23222
34
6
54
4
2
342
151.
151.1 D é afixo de 20
233
8
23
5
23
ciscis
e H é afixo de
20
33
8
2
5
23
ciscis
151.2 5
163
5
23 8
8
ciscisw
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 45
147.
3
2231;
42333
cisicisi
604
23
60
481
4
23
3
4
20
187
4
23
3
44
45
48323
3
22
423
5
163
25
252524
2
38
cis
ciscis
cis
cis
cis
ciscis
152.
a) 1,0,4
42
1616
kkciscisiz
As soluções são: 4
34;
44
ciscis
.
b) Seja cisz , então,
Zkk
Zkkcisciscisciscisizz
,4
3
,22
232
322
333
4
4433
As soluções são:4
53;
43 44
ciscis .
c)
1,0,4
202
2020022
kkciszzciszzizzizz
As soluções são: 0;4
52;
42
ciscis .
d) Seja cisz , então,
Zkk
Zkkciscisicis
cis
,5
2
20
32
,24
3522
4
322522
4 334
As soluções são: 4
72;
20
272;
20
192;
20
112;
20
32
cisciscisciscis .
e) Seja cisz , então,
Zkciscisciscis
,2333
A solução é: 3
cis .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 46
153.1 Se o perímetro é 20, o lado do losango é 5. Então, a diagonal maior é 8 e a
menor é 6.
Assim, os outros vértices do losango são -3, 3 e -4i.
153.2
iziizi
iz
i
izizcisizcis
22
21
2
4242
2242
42 2
2
154.
154.1 Na forma trigonométrica
4
21
cisi .
2828
2
4
524
4
72
42
4
72
3
5
cis
cis
ciscis
i
ciscis
154.2 Se w é solução, verifica a igualdade
4
112
4
52
4
72
4
7
22
4
72
4
72
2
ciscisciscisciscisciszzi
E como a igualdade é verdadeira, conclui-se que w é solução da equação.
154.3 As soluções são as raízes de índice quatro de w.
Qualquer uma das raízes tem módulo 4 2 , que é o comprimento da
semidiagonal do quadrado. Assim, o lado do quadrado é
,822 42 ll então, o perímetro é 4 24 .
155.
155.1 A é o afixo de i2 e então 442 22 iiw .
155.2 A é o afixo de
2
2
cis ; B é afixo de 6
23
2
22
ciscis
; C é afixo
de 6
52
3
2
62
ciscis
.
Então, 322
34
6cos22
AB e a altura correspondente ao lado [AB]
mede 36
22
sen .
A área do triângulo é 332
332
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 47
153.
156. 11
;;12
2341245254
iiiiii
Os complexos são -1, i e -1, respetivamente, de argumentos e 2
.
157. 4
3216 cisiii
158.
a) b)
c)
159.
a) 4z b) 31 zz
160.
a) 311 zz b) 10z C. A.
1031 22 CO
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 48
161.
a) Circunferência de centro no ponto de coordenadas 0,1 (afixo de 1) e raio 2.
b) Mediatriz do segmento de reta de extremos nos pontos de coordenadas 0,2 e 2,0 ,
afixos de 2 e i2 , respetivamente.
c) Reta horizontal que passa no ponto de coordenadas 1,0 (afixo de i ).
162.
a)
b)
c)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 49
d)
163.
163.1. Sabe-se que o argumento positivo mínimo de 2z é 3
2. Então, o argumento
mínimo positivo de 1z , é 623
2 .
163.2. O semiplano pretendido é o conjunto dos pontos do plano complexo cuja distância
ao afixo de 2z é inferior à distância ao afixo de 1z . Assim, o semiplano pode ser
definido pela condição 12 zzzz .
Como icisz2
1
2
3
61
e iicisz
2
37
2
7
2
3
2
17
3
272
, vem
iziz2
1
2
3
2
37
2
7
164.
a) 2Re z , ou, 13 zz , por exemplo.
b) 4Im z , ou, iziz 62 , por exemplo.
c) 1Re2Im zz
165.
a) b)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 50
c)
166.
a) Solução: Ponto P de coordenadas
2
1,
2
3 b) Solução: Ponto P de coordenadas
2
3,
2
1
Note que
233
7
c) Solução: Ponto P de coordenadas 1,1 d) Solução: segmento de reta de extremos de
coordenadas 0,1 e 0,0
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 51
51
167. À condição I corresponde a figura (B); à condição II, a figura (A) e à condição III, a figura
(C).
168.
168.1 1)Im(12Re2 zz
168.2. Pela simetria do retângulo relativamente ao eixo real, o complexo que
necessariamente se encontra dentro do retângulo é z .
168.3. A transformação geométrica associada à multiplicação de
um número complexo por
4
cis é uma rotação de centro
na origem do referencial e amplitude igual a 4
radianos.
169.
a) b)
c) d)
170.
a) Como 26
72
cis , a condição
6
721
cisiz é
equivalente a 21 iz .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 52
Circunferência de centro i1 e raio 2.
b) 33 cis e 55 i .
Então, a condição dada é equivalente a 5)Re(23 zzz .
Como 2
zzz , fazendo yixz , vem, 222yxz e xz Re .
Então, a condição dada tem como imagem geométrica o conjunto
definido em 2R pela condição:
614151213523 222222 yxyxxxyx
Coroa circular de centro no ponto de coordenadas 0,1 com raios 2
e 6 .
c) 1222222312231 iziziziizi
Então,
izizizizi 2arg0122arg02231
d)
171.
a) A região do plano definida pela condição
22222 izz 222222 iziz 222 iz
está representada na figura seguinte a sombreado.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 53
Como cada circunferência tem raio 2, o quadrado representado tem lado 4 (vértices nos
centros das quatro circunferências não centradas na origem) e, portanto, a sua área é
16 m2.
A área sombreada pode ser obtida retirando ao quadrado 4 quartos de círculo de raio 2,
ou seja, a medida da sua área é igual à diferença entre a área do quadrado e a área de
um círculo de raio 2, ou seja, 416 .
b) A região do plano definida por 0)Im(0Re44 zzziz é o triângulo
representado a sombreado na figura seguinte, cuja área é 8.
c) A região do plano definida por 2Re3
42arg
6
5 ziz
é o triângulo
representado a sombreado na figura.
As retas que limitam a região sombreada podem ser definidas em 2R pelas equações
4x ; 26
52
xtgy
e 2
3
42
xtgy
,
que se intersetam nos pontos de coordenadas 1,2 ;
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 54
2
3
32,4 e 232,4 . Assim, considerando a base o lado «vertical», a sua
medida é 3
38 e a altura é 2.
Portanto, a área pedida é 3
38.
d) Setor circular de raio 2 e amplitude 3
2.
Área igual a 3
4
2
43
2
As retas que limitam a região sombreada podem ser
definidas em 2R pelas equações 5x ;
232 xy e 232 xy , que se
intersetam nos pontos A, B e C de coordenadas
233,5 , 233,5 e 2,2 ,
respetivamente.
Então, a área sombreada é igual à diferença entre a área do triângulo [ABC] e a área
do setor circular CAB, ou seja, 3
439
2
43
2
32
336
.
172. O módulo i2 é 5 . O ponto de tangência das duas circunferências é o afixo de
i152 . Então, o raio do círculo menor é 15 .
Então, a condição pedida é 152222 zi .
173.
a) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 24m , porque é o seu transformado pela
translação associada ao afixo vetorial de B.
b) [A’ B’C’] tem a mesma área de [ABC], ou seja 24m , porque é o seu transformado pela
rotação de centro na origem e amplitude 2
radianos.
c) [A’ B’C’] tem igual a 236m , porque é o seu transformado pela composição de uma
rotação de centro na origem e amplitude 3
radianos e uma ampliação de razão 3.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 55
174.
a) Sendo Mz Nz os números complexos cujos afixos são M e N, pontos médios de [AC] e
[CB], tem-se, CAM zzz 2
1 e CBN zzz
2
1. Então:
BACBCANM zzzzzzzz 2
1
2
1
2
1, donde
2
1
BA
NM
zz
zz.
Portanto, os afixos vetoriais de BA zz e NM zz são colineares, ou seja, [AB] e [MN].
b) 2
1
2
1
2
1
AB
MN
zz
zz
zz
zz
BA
NM
BA
NM c. q. d.
175. Como G, I e K são os pontos médios de [AB], [CD] e [EF], respetivamente, tem-se:
BAG zzz 2
1, DCI zzz
2
1, FEK zzz
2
1 . Então, o centro de gravidade do
triângulo [GIK] é o afixo do número complexo
FEDCBAFEDCBA zzzzzzzzzzzz 2
1
2
1
2
1
2
1
Por outro lado, H, J e L são os pontos médios de [BC], [DE] e [FA], respetivamente, pelo
que,
CBH zzz 2
1, EDJ zzz
2
1, AFL zzz
2
1 . Então, o centro de gravidade do
triângulo [HJL] é o afixo do número complexo
FEDCBAAFEDCB zzzzzzzzzzzz 2
1
2
1
2
1
2
1
Portanto os dois triângulos têm o mesmo cetro de gravidade, como queríamos demonstrar.
Exercícios globais
(Págs. 100 a 107)
Escolha múltipla
176. Opção (B).
O período de f é 6
3
2
177. Opção (B).
Se
2
3,
2
e 0sen , então,
,
2, pelo que 0cos , 0 tgtg e
0 sensen . Portanto, 0cos sen .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 56
178. Opção (B).
8AB ; altura do triângulo relativamente a [AB] é sensen 44 . Então, a área do
triângulo é
sensen
162
48
.
6
7
2
1816
sensen .
179. Opção (A).
Como
2
1
2
n, tem-se nulim
180. Opção (D).
Dizer que x é o mesmo que dizer que .01 x
y
Portanto, o limite pedido é igual a:
2
1
1
2
1
1cos2
1
lim1
limcos2
1lim
2
1lim
0000
y
seny
y
y
e
yseny
y
y
e
ysen
e
y
y
y
y
y
y
y
181. Opção (D).
A medida da área do quadrado é 2
3
31
sen . A medida da área do setor circular é
62
13
2
. Então, a medida da área cor de laranja é 62
3 .
182. Opção (A).
Como xsenxx coscos
183. Opção (A).
222 cos2cos xxxxxf
184. Opção (C).
04
cos0coslim
4
aax
x
Tomando 1a , tem-se 02
2
4cos
, o mesmo acontece com 1a , porque a
função cosseno é par.
Tomando 2a , tem-se 02
cos4
2cos
.
Tomando 4a , tem-se 01cos4
4cos
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 57
185. Opção (A).
Por simetria do círculo trigonométrico em relação ao eixo Oy, tem-se xsenxsen .
8
7
8
.
186. Opção (D).
Zkkxtgxxf ,4
11
e x
xtgxf2cos
1 .
Então, 2
2
1
1
4cos
1
4 2
f .
Assim, o declive da reta s é 2. Como s passa na origem, a sua equação reduzida é
.2xy
187. Opção (A).
]3,1[,07
xeee xxx .
188. Opção (B).
A função f é contínua em 0, e em ,0 , porque em qualquer dos intervalos é o
quociente de duas funções contínuas.
11ln
lim1ln
limlim000
k
x
xkk
x
xxm
xxx
212lim22
2lim2
2lim
22cos
limlim020000
y
ysen
x
xsen
x
xsen
x
x
xmyxyxxxx
230 kf
121limlim00
kkxmxmxx
Se 1k , 2130 2 f
Portanto, a função f é contínua se 1k .
189. Opção (A).
yiiyyxxyixyixzz 2
190. Opção (D).
aiaiaiaia 44442 2222
191. Opção (C).
Como o afixo vetorial de wz é igual à soma dos afixos vetoriais de z e w , a imagem
geométrica de wz é 3z .
192. Opção (A).
1111212121 22232 xxxxxixixixix
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 58
193. Opção (B).
Se z é um imaginário puro não nulo, então 0, aaiz .
zima
i
a
ai
z
1Im
1Im
1Im
2
;
0Re1
Re
a
i
z;
2222 )Im(zaaiz .
194. Opção (D).
195. Opção (B).
444
42
42
44
cisciscis
i
ii
i
ii
i
iz 44
1
444444 2
2
196. Opção (B).
Um número complexo z tem imagem geométrica no interior da circunferência de centro na
origem e raio 1 se é solução da condição 1z .
127
2 77
cis ; 1
3
1
53
1
cis ; 121 i ; 1i .
197. Opção (B).
iiiiiii nnn 111 224144
198. Opção (A).
Se a imagem geométrica de w pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares e 0Re z ,
então, z na forma trigonométrica é da forma
4
cisw e
4
cisw . Portanto:
iciscisw
w
244
.
199. Opção (B).
Se w pertence à parte negativa do eixo real, w é da forma cisw , então, as raízes
quadradas de w são 1,0,2
kkcis
, ou seja,
2
cis e
2
3cis , ambos
imaginários puros.
200. Opção (B).
2
argarg
zzi .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 59
Então, se 3
2arg
226arg
20
6arg0
ziziz .
201. Opção (A)
Como 0Re0Re20 zxzz , esta é a condição que define no plano complexo
o eixo imaginário.
202. (A)
A opção (D) está excluída porque os complexos apresentados não têm o mesmo módulo.
2
38
22
3
ciscis
e
2
78
6
218
6
72
3
cisciscis
, como
4
2
3
2
7 , tem-se que
33
6
72
22
ciscis . Portanto,
22
cis e
6
72
cis são raízes cúbicas do mesmo número
complexo.
203.
203.1 Opção (D)
5,4,3,2,1,0,6
2
126466
k
kcisz
(fórmula de Moivre).
Então, possíveis argumentos distintos das raízes sextas de z são:
12
21,
12
13;
12
9;
12
5;
12
.
203.2. Opção (C).
Se A e B são dois vértices consecutivos do hexágono regular que tem como afixos
as imagens geométricas das raízes índice 6 de
264
cisz , então,
36
2ˆ BOA
. Como o módulo das raízes sextas de z é 2646 , a medida da área do setor
circular AOB é 3
2
2
23
2
.
204. Opção (D).
A condição izz 1 define a mediatriz do segmento de reta de extremos nos afixos de
1 e i , ou seja, a bissetriz dos quadrantes pares. Assim, ficam excluídas as opções (A) e
(B). Por outro lado, a parte real de z tem de ser superior ou igual a 1, o que exclui a opção
(C) (no segundo quadrante 0)Re( z ).
Exercícios globais
(Págs.103 a 107)
Resposta aberta
205.
205.1 xxf cos2)( e, então, 10cos2)0 fm .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 60
Como 0)0( f , então, a equação reduzida da reta tangente é xy .
205.2 Como Rxx ,1cos1 , tem-se Rxxf ,3)(1 , ou seja,
Rxxf ,0)( e, então, f é estritamente crescente e não tem extremos.
205.3 0)0( f , então, 0 é zero de f. Como f é contínua e estritamente crescente,
não existem outros zeros.
205.4 senxxf )(
Zkkxxf ,0)(
No intervalo 3,0 temos os zeros e 2 .
x 0 2 3
)(xf n.d. + 0 - 0 + n.d.
f n.d. p.i. p.i. n.d.
Então, existem dois pontos de inflexão de coordenadas 2, e 4,2 .
206.
206.1 O ponto A tem coordenadas sen4,cos4 .
Como o triângulo [AOD] é isósceles, tem-se que cos42AD .
6BC e a altura do trapézio é cos4 .
28cos12cos16cos12cos443cos42
86sensensen
senA
206.2 2682
2128
4cos12
28
4
senA
206.3 A função A é contínua, em particular é contínua em
3,
4
, intervalo
contido no seu domínio.
6342
112
2
38
3cos12
3
28
3;268
4
senAA
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 61
416
3
AA , então, pelo Teorema de Bolzano, existe um valor no
intervalo
3,
4
para o qual a área é 16.
206.4 Para que o trapézio seja retângulo, o ponto D tem ordenada . Assim,
como D pertence à circunferência, tem-se
321216)2( 22 xx .
Deste modo, a altura do trapézio é 32 , ou seja,
2
3cos32cos4 e, como
2,0
, conclui-se que 6
.
207.
a) 3313lim33
)3(lim
)3(lim
000
y
tgy
x
xtg
x
xtg
yxx
Mudança de variável:
0;0
3
yx
xy
b)
1
00
1
00000
limlim
)(lim
)(lim
)(
)(
lim)(
)(
lim)(
)(lim
z
tgz
y
tgy
x
xtg
x
xtg
x
xtgx
xtg
x
xtgx
xtg
xtg
xtg
zy
xxxxx
Mudança de variável:
0;0
0;0
zx
xz
yx
xy
c)
11
lim1
lim1
lim000
x
e
x
senx
e
senx
e
xsenxxxxxx
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 62
d)
1limlimlimlim000
y
seny
y
seny
y
ysen
x
senx
yyyx
Mudança de variável:
0;
yx
xy
e)
2coslim2
cos2lim
2lim
22cos
lim
4
2coslim
0
000
4
yy
seny
y
yseny
y
ysen
y
y
x
x
y
yyyx
Mudança de variável:
0;4
4
yx
xy
208.
a) 5
2lim
5
2
5
2
2
)2(lim
5
)2(lim
000
y
seny
x
xsen
x
xsen
yxx
Mudança de variável:
0;0
2
yx
xy
b)
022lim
2lim
22
x
senx
x
x
x
senxx
xx
c)
02
01
cos2lim
2lim
2
0
3
0
x
x
senx
x
xsen
x
xx
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 63
3ln
3
3ln
3
1limlim
3ln
3
1
3lnlim
3
3lim
1
3lim
13
3lim
00
3ln003ln00
zzy
xxxxxxx
e
z
y
seny
e
x
x
xsen
e
xsenxsen
Mudança de variável:
0;0
3ln
0;0
3
zx
xz
yx
xy
e)
001
cos1lim
cos1
cos1lim
cos1
cos1cos1lim
cos1lim
cos1lim
cos1lim
0
2
0
000
y
seny
y
seny
yy
y
yy
yy
y
y
y
y
x
x
yy
yyyx
Mudança de variável:
0;
yx
xy
f) 02lim;02lim
22
tgx
x
tgx
x
xx
então 0lim
2
tgx
x
x
g)
2coslim2cos2
lim)2(lim000
x
x
senx
x
xsenxxsen
x xxx
h)
2lim
2lim
22
1lim
2lim
000
z
senz
y
ysenysen
yxsen
x
zyyx
Mudança de variável:
0;0
0;
1
zx
yz
yx
xy
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 64
d)
i)
az
senza
ay
aysena
y
aysen
x
xasen
zyyx
0001limlimlim
1
1lim
Mudança de variável:
0;0
0;1
1
zx
ayz
yx
xy
j)
4042cos4lim
22
2lim212
lim2
12lim
0
00
ysenyy
seny
yseny
ysenysen
yxsenx
y
yyx
Mudança de variável:
0;
1
yx
xy
209.
5
45cos
5
31)5(cos
5
353553)();5(5)(
22
aa
asenasenafxsenxf
Como 2
5010
0
aa , então, 5
4)5cos( a
5
14)5cos(2)( aaf
Então, tem-se 5
14153
5
14
abba e a equação reduzida pedida é
5
14153
axy
210.
a) )2(10cos3225cos3)( xsenxxsenxxf
b) xxsenxxsenxsenxxxf cos)(
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 65
c) xx e
x
xtgexf
33cos
3
33)(
2
d)
22
3
22
2
22
2
2
2
2
2
2cos
2
2cos
12
2cos
cos2
2
cos
2
2
cos2cos
1
)(
senxx
xsen
senxx
xsensenxsenx
senxx
xsenxsenx
senx
senxx
senx
senx
tgxxsenxxxf
e) xsen
x
xsen
xxsenxsenx
senx
xxf
32
cos2coscoscos2)(
f)
x
xsenx
x
xsenxxf
22 cos1
cos
cos12
cos2)(
211.
211.1 2111limlimlim000
x
senx
x
senx
x
x
x
senxx
xxx
211.2 senxxfxxf )(;cos1)(
Zkkxxf ,0)(
No intervalo
2
3,
2
tem-se os zeros 0 e
x
2
0
2
3
)(xf + + 0 - 0 + +
F 0
O gráfico de f tem a concavidade voltada para cima em
0,2
e em
2
3,
e voltada para baixo em ,0 . Existem dois pontos de inflexão de
coordenadas 0,0 e , .
211.3. Zkkxxsenxxgxf ,4
cos)()(
No intervalo
2
3,
2
as soluções são
4
e
4
5.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 66
212.
212.1
a) senxxesenxexexf xxx coscos)(
Zkkxsenxxexf x ,4
cos00)(
Como
2
3,2
x , os zeros são 4
,4
3,
4
7 e
4
5.
x 2
4
7
4
3
4
4
5
2
3
)(xf + + 0 - 0 + 0 - 0 + +
f m M m M m M
é mínimo relativo.
2
2
4
7cos
4
7 4
7
4
7
eef é máximo relativo.
2
2
4cos
4
44
eef
é máximo relativo.
2
2
4
3cos
4
3 4
3
4
3
eef é mínimo relativo.
2
2
4
5cos
4
5 4
5
4
5
e
ef
é mínimo relativo.
02
3cos
2
32
3
ef é máximo relativo.
b)
xxxx esenxxsenxsenxxeexsenxsenxxexf 2coscoscos)(cos)(
Zkkxsenxxf ,00)(
Como
2
3,2
x , os zeros são 0,,2 e .
22 2cos2 eef
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 67
x 2 0
2
3
)(xf 0 - 0 + 0 - 0 + +
f p.i. p.i. p.i.
Os pontos de inflexão têm coordenadas 1,0;, e e e, .
212.2
213.
213.1 A área da superfície terrestre é 24 r .
Assim, pretende-se:
Zkkk
sensenrsenrrf
,26
52
6
2
1
2
1112 222
Como
2,0
, o valor pedido é 6
.
213.2 Como o triângulo [ACN] é rectângulo, tem-se que:
rsen
rh
sen
rhr
sen
rCN
CN
rsen
, onde h é a
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 68
distância da nave à superfície da Terra.
A uma velocidade de 200 km/h, ao fim de t horas a distância à superfície
será 200t km, ou seja,
rt
rsenrt
sen
rtr
sen
rth
200
200200200
e, então,
a área visível, em função de t é:
rt
tr
rt
rrtr
rt
rr
200
400
200
2002
20012
222
.
213.3 400h , então, 2t
2
3
2
223
2
22
200
400
200
8000080000400
200
400200200400)(
tr
r
tr
trtrr
tr
trtrrtg
A velocidade pedida é 2
3
400
400)2(
r
rg
km2/h.
213.4 2222
22lim200
400lim
200
400lim rr
t
tr
tr
tr
ttt
.
À medida que o tempo decorre e a nave se afasta, a superfície visível é
metade da superfície terrestre.
214.
214.1 22lim)(lim 1
11
exxexf x
xx
1
0011
21
2lim2lim1
12lim)(lim
e
y
seny
eey
seny
xe
xsenxf
yyxx
Mudança de variável:
0;1
1
yx
xy
Como )1()(lim)(lim11
fxfxfxx
, conclui-se que f é contínua em 1x .
214.2 2202
lim2
lim)(
lim
x
x
x
xe
x
xxe
x
xfm
x
x
x
xx
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 69
0limlimlim22lim
1
x
e
e
xxexxxeb
x
xxx
x
x
x
x
A reta de equação xy 2 é assíntota oblíqua do gráfico de f.
215. xxf cos)( , então, 10cos)0( fms .
101)0( senf , então, 1 xy é a equação reduzida da reta s.
Como r é perpendicular a s 1rm .
Se a reta r é tangente ao gráfico de f num ponto de abcissa a 2,0a , então,
Zkkaaaf ,21cos1)(
No intervalo 2,0 tem-se a e como 11 senf
111 bb e a equação reduzida da reta r é 1xy .
101 xx , então, A tem coordenadas 0,1 .
101 xx , então, B tem coordenadas 0,1 .
12
2
__________
11
1
1
y
xxx
xy
xy, então, C tem coordenadas
1
2,
2
.
A área do triângulo [ABC] é
22
2
12
142
22
2
12
2
.
216. axaxf cos)(
aaf 0cos)0( e aaf 2cos2
Como amr e aams 2cos , para que r e s sejam perpendiculares, tem-se
que
20
12cos
12cos
aa
aaa
a
Utilizando a calculadora, basta encontrar a abcissa do ponto de interseção das
funções xy 2cos1 e 221
xy no intervalo
2,
2
3.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 70
Então, 7,1a .
217.
a) iiii 5763225
b) iiiiii 21184632143 2
c) abibaibabiabia 22 222222
d) 6868693 22 iiiiiiii
e)
iiiii
ii
ii
i
i21
2
4
2
2
11
33
11
13
1
3 2
f)
ii
i
i
i 3
2
9
6
9
32
3
22
g)
iiiiiii
iii
iii
i
i433
5
5
5
153
5
27143
22
273
2
7 23
h)
i
i
ii
i
i
i
i
i
25
16
25
12
169
1612
4343
434
43
4
43
2 22
218.
a) Seja Ryxyixz ,, , então, zxyixyixzz
Re22
e
)Im(
2
2
22zy
i
yi
i
yixyix
i
zz
.
b) Seja Ryxyixz ,,
0)Im(002 zyyiyixyixzz
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 71
219.1
a) yiz 31
b) iz 232
c) iyzz 221
d) iyyyiyiiiyizz 36292369233 221
e)
iyyyiyii
ii
iyi
i
yi
z
z
13
63
13
29
13
2369
2323
233
23
3 2
2
1
f)
iyyyiyii
ii
iyi
i
yi
z
z
13
63
13
29
13
2369
2323
233
23
3 2
2
1
219.2
a) 23323321 yiyizz que é impossível.
b) 223323321 yyiyizz
c) iyiyyiizz 262632312
Para ser um número real, tem-se 202 yy .
d)
iyyyiyiiiyi
i
yi
z
z
13
36
13
29
13
2369
13
233
23
3 2
2
1
Para ser um imaginário puro não nulo tem-se:
2
92
2
90
13
360
13
29
yyy
yy
220.
a) 3212121644442 222 mmmmmmi
Após a verificação, conclui-se que 32m ou 32m .
b) im
iim
1141
13
Para ser um número real, tem-se 100101
1 mmmm
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 72
219.
c) immmiimimimmi 222 4424222
Para ser imaginário puro, 004 mm .
d)
immiimim
ii
iim
i
im
5
2
5
12
5
22
22
2
2
2
Para ser um imaginário puro, tem-se 2
10
5
12
m
m.
e) imm
i
im
5
2
5
12
2
Para ser um número real, 205
2
m
m.
221.
a) 4048334383 yxyxiiyx
b)
3
2
2
3
32
_______
065
_______
65
5
6
565
2
y
x
y
x
yyyyyy
yx
xy
yxiixyyx
222.
a)
izi
zi
zizzizziz5
1
5
3
10
32
3
2232332
b) Seja Ryxyixz ,,
3
4
3
5
43
______
2212
21
22
122122
2122212212 2
x
y
xxx
xy
xy
yxiixyyx
iyixiyixiyixiyixiziz
Então, iz3
5
3
4 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 73
c) izizi
zzzz2
7
2
1
2
7
2
1
2
71
2
7102
22
d)
iz
i
iiz
i
iziiziiizi
i
iz23
23232343243
22
2
223.
a) cis33
b) 2
44
cisi
c) 231833 i
Qtg .º41 , então, por exemplo, 4
.
4
2333
cisi .
d) 416232 i
Qtg .º23
3 , então, por exemplo,
6
5 .
6
54232
cisi
e)
2
222
cisii
f) ii 322322 1965
416322 i
Qtg .º13 , então, por exemplo, 3
.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 74
34322
cisi
224.
a)
22
22cos2cos2cos22 cisisenisenisen
b) cisisenisenisen 3cos3cos33cos3
c) cisisenisen coscos
d)
2
3
2
3
2
3coscos cisisenisen
e)
xcisxisenxxixsen
2
3coscos
f)
222cos22coscos2cos
cos
1cos
2
cos
1
1cos
1
2
1
1
1
2
1
22
22
2
2
22
2
2
22
2
cisisenisenisensen
i
sensen
itg
tg
tg
tg
tg
iitgtg
tg
itgitg
itg
itg
225.
225.1
a)
iii
i
ii
i
ii
i
iz
2
3
2
1
4
232
4
23
2
23
2
2
2
20131
b)
iii
ii
i
ii
i
cisii
i
cisi
cis
zz
33344341
2
3
2
18341
384343
9223
2
3
23
23
22
1
c) Sabe-se que os afixos das raízes quartas de w são vértices de um quadrado.
Então, iiz 321 ; iii 2332 ; iii 3223 são as
outras raízes quartas de w.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 75
226.
226.1 iiiiiiwz 732632 2
5532 iiwz
226.2
Sejam A, B e C os afixos de z, w e bi, respetivamente.
Então,
74015202
120][
bb
bABA ABC .
227. 11
1
11
1
1
1
1
11
2
wz
wz
z
zw
wz
zz
zwz
wz
z
wz
wz
wz
wz
228.
228.1
1 -4 25 -100 5i 5i -25-20i 100
1 -4+5i -20i R=0
228.2 ixixixxxx 20545100254 223
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 76
250454
2
5454
2
25401654
2
8025401654
2
204545402054
2
22
22
cisxcisxixx
iix
iiix
iiiix
iiixixix
229.
229.1
1 -1 16 -16
1 1 0 16
1 0 16 R=0
1611616 223 zzzzz
2
42
4441616016 222 ciszciszizizizzz
229.2
425
425
4532
ncis
nciscis
ncisizz
Para que a sua imagem geométrica pertença à bissetriz dos quadrantes
ímpares e esteja no 3.º quadrante, tem-se que:
ZkknZkknZkkn
,83,83,24
5
42
Como se pretende o menor número natural, n tem-se, para 0k , o valor
pedido, 3n .
229.3 Se são vértices consecutivos de um quadrado
ZkknknZkkn
kn
,8282,224
224
.
Os dois menores valores de n são 62 nn .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 77
229.4 4
322 31
ciszz
4
510
4
32
252 32
ciscisciszz
O triângulo [OAB] é retângulo em O porque 24
3
4
5 .
Assim, 102
102
2][
OBOAA OAB .
230.
230.1 2z
230.2 6
7
3
2
2
, então,
6
72
cisw .
230.3
iiiii
cis
i
cis
3131
2
62
2
264
2
2764
2
26
72
6
que é um
imaginário puro.
230.4
a) Seja cisz
Zkk
Zkkciscisiz ,3
2
62,2
232
2232 3333
Para 0k , obtém-se 6
23 cisz .
Para 1k , obtém-se 6
523 cisz .
Para 2k , obtém-se 2
323 cisz .
b) Seja cisz
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 78
Zkk
Zkkciscis
cis
cis
ciscis
,23
22
,23
22
3
22
2
6
72
2
3
332
Então, 3
223 cisz .
231.
231.1 Como [OA] e [OC] são perpendiculares, sendo que A resulta de uma rotação de
centro na origem e amplitude igual a 2
, iiiiiizz CA 3331 2
( icis
2
).
O ponto B é o transformado de A por uma rotação de centro na origem e amplitude
igual a 4
. Então, como icis
2
2
2
2
4
, vem
iiiiizB 2222
2
2
23
2
2
2
23
2
2
2
23
.
231.2 Como iisencis2
3
2
1
3
2
3
2cos
3
2
. Então, os complexos que têm
como imagens geométricas os vértices do transformado de [OABC] são;
iiizA2
13
2
33
2
3
2
13'
;
iiizB2
226
2
622
2
3
2
1222'
;
iiizC2
33
2
331
2
3
2
131'
.
231.3
ii
ii
i
i
ii
i
zz
z
AC
B
2424
24222
24
222
331
222
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 79
iii
10
23
20
24222424
que é um imaginário puro.
232.
a) Como o afixo de i1 é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos
quadrantes pares e 2111 22 i , portanto, este complexo na forma
trigonométrica é
4
32
cis .
Então, 1,0,8
321,0,
2
2
8
32
4
321 44
kkcisk
kciscisi
. Ou
seja, as raízes quadradas e i1 são
8
324 cis e
8
1124 cis .
b) Cálculo auxiliar: 2133 22 i ,
3
3
3
1
tg e, sendo o fixo de
i3 um ponto do quarto quadrante, tem-se 6
1123
cisi .
Então, as raízes cúbicas de i3 são 2,1,0,3
2
18
1123
k
kcis
, ou seja,
18
1123 cis ,
18
2323 cis e
18
3523 cis .
c) Como 2
cisi , as raízes quartas de i são:
3,2,1,0,28
3,2,1,0,4
2
4
214
kk
ciskk
cis
, ou seja:
8
cis ,
8
5cis ,
8
9cis e
8
13cis
d) Como cis6464 , as suas raízes sextas são 5,4,3,2,1,0,36
646
k
kcis
, ou
seja
62
cis ,
22
cis ,
652
cis ,
6
72
cis ,
2
32
cis e
6
112
cis .
233.
a) Como
4
321
cisi e
422
1
4
92
4
32
33
cisciscis .
Assim, fazendo cisz , vem:
Zkkciscisiz ,2
43
22
1
422
131 3333
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 80
2,1,0,3
2
122
2
2
1
8
12,1,0,
3
2
1222
16
3 kk
kk
Portanto, o conjunto-solução da equação é
12
17
2
2,
12
7
2
2;
122
2 cisciscisS .
c) Fazendo cisz , vem:
2,1,0,3
2
616,2
2316
216316 5554 Zk
kZkkciscisizz
Portanto, o conjunto-solução da equação é
2
316,
6
516;
616 555
cisciscisS .
c) Fazendo cisz , vem:
2
342
2
342404 2222 ciscisciscisciszizziz
ZkkZkk ,22
3304,2
2
324 22
2,1,0,3
2
2402,1,0,
3
2
204 k
kk
k
.
Então, o conjunto-solução da equação é:
6
114,
6
74,
24,0
cisciscisS .
d) Fazendo cisz , tem-se:
362
18
662
186 6362
62
ciscisciscisciszz
1,0,6
62 kk
.
Então, o conjunto-solução desta equação é
6
636,
636
ciscisS .
e)
3,2,1,0,216
24
24
211 84444
k
kciszciszcisziziz
Então, o conjunto-solução desta equação é
16
252
16
172,
16
92,
162 8888
ciscisciscisS
Cálculo auxiliar:
Como o afixo de i1 é um ponto do primeiro quadrante que pertence à bissetriz dos
quadrantes ímpares e 21 i , tem-se
421
cisi .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 81
f) Fazendo cisz , tem-se
622
6233 433 ciscisciscisciscisizzz
ZkkZkk ,26
302,26
22 44
2,1,0,3
2
18202,1,0,
3
2
1802 33 k
kk
k
.
Então, o conjunto-solução desta equação é
18
252,
18
132,
182,0 333
cisciscisS .
Cálculo auxiliar: 2133 22 i ,
3
3
3
1tg e sendo o fixo de i3 um
ponto do primeiro quadrante, tem-se 6
23
cisi .
234.
234.1
Como o afixo de 1z é um ponto do segundo quadrante que pertence à bissetriz dos
quadrantes pares, portanto, e 21 z , tem-se
4
321
cisz .
Então, fazendo cisz , tem-se :
4
322
4
322 22
112 ciscisciscisciszzzz
ZkkZkk ,24
3302,2
4
322 22
2,1,0,3
2
4202,1,0,
3
2
402 k
kk
k
12
192
12
112
420
ciszciszciszz .
234.2
a) b)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 82
235.1 O número complexo 1z é raiz do polinómio cbxx 2 , se 012
1 cbzz .
Ora,
020020121011 2 bcbibcbcbibicibi
Portanto, 1z é raiz do polinómio cbxx 2 se 2b e 2c .
235.2 Tem-se que 21 z e o afixo de 1z é um ponto do primeiro quadrante que
pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, portanto,
421
cisz .
Então
42
421 ciscisciszz .
Para que um complexo, na forma trigonométrica seja real positivo o seu argumento
tem de ser da forma Zkk ,2 . Então, ZkkZkk ,24
,24
.
Ora, se 2,0 , tem-se 4
.
236.
236.1 Sendo o triângulo 321 ZZZ equilátero e centrado na origem 1Z , 2Z e 3Z
pertencem à circunferência de centro na origem e raio 2, e dividem-na em três
arcos congruentes.
Assim, tem-se icisz 313
222
e icisz 31
3
423
.
236.2 6
72arg
6
51Re
zz .
236.3 Se 321 ZZZ é o transformado de 321 ZZZ por uma reflexão de eixo imaginário,
então os complexos que têm como imagens geométricas, no plano complexo, os
pontos 1Z , 2Z e 3Z são 21 z , iz 312 e iz 313 , respetivamente.
236.4 Todos os vértices do hexágono regular pertencem à circunferência de centro na
origem e raio 2, dividindo-a em seis arcos congruentes. Então, qualquer dos
complexos que tenha um dos vértices como imagem geométrica é da forma
.5,4,3,2,1,0,3
2
kkcis
Fazendo 5,4,3,2,1,0,3
2
6
kkcisW
vem , para qualquer valor de k,
640642643
664
ciskcis
kcisw
, o que prova o pretendido.
237.
a)
b)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 83
235.
c) d)
e)
238. De acordo com as condições dadas, os centros das circunferências são pontos de
coordenadas 0,1 e 0,2 . Assim, a região colorida pode ser definida, em C , pela
condição 2211 zz .
239.
a) A circunferência de centro em C tem raio igual a 521 22 CZ . Então, esta
circunferência pode ser definida, em C , pela condição 521 iZ .
O ponto B é o ponto, com abcissa positiva, de interseção da circunferência atrás referida e o
eixo real.
521521 22 yxiZ . Sendo B o afixo de um número real positivo, a sua
ordenada é nula. Então, 2011115201 222 xxxxx , ou
seja, as coordenadas de B são 0,2 .
Portanto, a região colorida pode ser definida, em C , pela condição
2Re22521 zziz
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 84
d) A circunferência de centro na origem e raio 2 pode ser definida em C pela condição
2z
.
O centro da circunferência de menor raio é o ponto de interseção das retas tangentes à
circunferência centrada na origem nos afixos de icisz 36
21
e
icisz 313
22
.
Estas retas podem ser definidas pelas equações, têm declives iguais a 3
6
1
tg
e 3
3
3
1
tg
, respetivamente.
Assim, a equação reduzida da reta tangente à circunferência no afixo de 1z é
43133 xyxy e a equação reduzida da reta tangente à
circunferência no afixo de 2z é 3
34
3
331
3
3 xyxy
Então, 34312333
34
3
343 xxxx
23226
312
32
34123412323431233
xxxxxx
e 232432642323 y .
Então, o centro da circunferência de raio menor tem coordenadas 232,232 e o
raio
434393121223332323212322222
r
31628 .
Portanto, a região colorida pode ser definida pela condição
316282322326
arg02arg3
2
izzzz
.
Autoavaliação 9
(Págs. 108 e 109)
Grupo I
1. Opção (C). Como existem 7 pares de meias dos quais se vão retirar, ao acaso, 2, o número de casos
possíveis é 27C . O número de casos favoráveis a apenas 2 serem pretas, dado que
existem 4 pares de meias pretas, é igual a 24 C .
2. Opção (D).
Como 432332 XPXPXPXPXP , tem-se ba 9 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 85
Por outro lado, 133
114321 baXPXPXPXP .
Substituindo na segunda igualdade a por a9 , obtém-se 18
1
3
212139
3
1 bbbb
. Voltando à primeira igualdade, vem 2
1
18
19 a .
3. Opção (C). Simetria da distribuição normal em relação à média.
4. Opção (A). Por definição de seno e cosseno do ângulo generalizado as coordenadas do ponto B são
sen,cos . Então, cos2BC e a altura, h, do triângulo [ABC] relativa à base [BC] é
senh 1 .
Então, a área do triângulo é dada em função de por:
coscos
2
1cos2sen
sen
5. Opção (B).
1
1ln
lim
1ln
lim
x
xg
x
xg
xx
xx
6. Opção (A).
0'' xf em 0, e 0'' xf em ,,0 e 0 é zero de f’’.
7. Opção (A).
0020 xxiizz . Representa o eixo imaginário.
0020 yyizzi . Representa o eixo real.
0020 yyizzi . Representa o eixo real.
00Re0Re yyxizi . Representa o eixo real.
8. Opção (B). Como a soma de dois números complexos tem como afixo vetorial a soma dos seus afixos,
então, 342 zzz . À multiplicação de um complexo por i corresponde uma rotação de
centro na origem e amplitude 2
radianos. Assim, tem-se 5342 zizizz .
Grupo II
1.
1.1 Como 22222 22 w , 12
2
tg e é um ângulo do segundo
quadrante, tem-se
4
322
cisw .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 86
Por outro lado, o ponto G é o transformado de A por uma rotação de centro O e
amplitude 3
2
9
23
(ou composta de 3 rotações de centro O e amplitude
9
2) ,
uma vez que são vértices de um eneágono regular.
Então, G é o afixo de
12
1722
3
2
4
322
3
2
4
322
cisciscisciszG e
4216
42216
4
9cos88
4
3322
33
cisciscisw
Portanto
412
17
221622
4216
12
1722
2
3 ciscissisciswzi
664
6
1364
ciscis .
1.2 222626 i . Então, o afixo deste complexo pertence à circunferência
que contém os vértices do eneágono regular. Então, ou é um ponto exterior à região
ou um dos seus vértices que pertencem ao segundo quadrante, que são:
4
322
cis ;
36
3522
9
2
4
322 ciscis .
Sendo um argumento do complexo, tem-se 3
3
6
2
tg , pelo que
3
2 .
Então,
3
22226
cisi , que não é igual a qualquer dos dois vértices atrás
referidos.
Portanto, o afixo de i26 não pertence à região azul.
2. Se cisz , então, 22 cisz e 22 cisz .
Assim, 2cos42cos222cos22cos 222222 isenisenzz
222222 cos164cos414cos214214 sensensensen c. q. d.
3. Sejam A e B os acontecimentos «sair bola branca na primeira extracção» e «sair bola
branca na segunda extracção».
Pretende-se calcular BAP .
Sabe-se que 50,| ABP e que 30, BAP . Então, 5
3
5,0
3,0
|
ABP
BAPAP .
5
2
5
311 APAP
10
3
10
3
5
3 BAPAPBAP
4
3
5
210
3
|
AP
ABP
AP
ABPABP (note-se que, por simetria, sair bola branca
seguida de bola preta tem a mesma probabilidade de sair bola preta seguida de bola
branca)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 87
10
1
5
2
4
31|1|
APABPAPABPBAP
4. Resposta I: Para formar um triângulo são necessários conjuntos de 3 pontos não
colineares. Neste conjunto de seis pontos é possível formar 36C conjuntos distintos de três
pontos, no entanto, em dois desses conjuntos os três pontos são colineares. Então, é
possível formar 236 C conjuntos de pontos não colineares, ou seja, é possível formar
236 C triângulos.
Resposta II: Para que, na formação de conjuntos de três pontos, não existam três pontos
colineares, escolhem-se dois dos três pontos de uma reta azul (reta 1), 23C , e, de seguida,
um dos três pontos da outra reta azul (reta 2) ( 323 C conjuntos). Se a constituição dos
conjuntos se iniciar pela escolha de dois pontos da «reta 2» obtém-se outros 323 C
conjuntos diferentes. Assim, o número de triângulos diferentes que se podem formar com
os referidos 6 pontos é 2323 C .
5.
5.1 Sendo 2
1k e 1p , então,
t
t
e
etI
2
1
2
1
1
3
5ln2
55,25,05,25,235,2
1
35,2 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
teeee
e
etI
tttt
t
t
219352 ,ln t
Portanto, o número de pessoas infetadas chegou a 2500, em 1963.
5.2
p
eeppeepe
etI kkkk
k
k
3
113131
1
31
pkp
k
3ln3
1ln .
6.
6.1 111
limlim1
limlimlim 0
0
2
0
2
0
23
00
e
x
ee
x
ee
x
eexf
x
x
x
x
xx
x
xx
xx
y
seny
y
ysen
x
xsenxf
yyxyxx 0000l imlimlimlim .
Como os limites laterais em 0x são finitos e f é contínua, o seu gráfico não admite
assíntotas verticais.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 88
6.2
22
cos
x
xsenxx
x
xsenxxxsenxh
3 xh
Na calculadora obtém-se:
Então, as duas soluções da equação são, aproximadamente, 02,1 e 32,0 .
7. A primeira derivada de f é definida pela expressão xxxx eeeexf 22 2
.
Como a função é derivável em e tem um máximo relativo em a, abcissa do ponto A e
2ln2
1ln
2
1021020 2
xxeeeeexf xxxxx .
Então, as coordenadas do ponto A são
4
1,2ln2ln,2ln f .
Cálculo auxiliar: 4
1
4
1
2
12ln 4
1ln
2
1ln
2ln22ln
eeeef
Por outro lado, xxxx eeeexf 22 42
4ln4
1ln
4
1041040 2
xxeeeeexf xxxxx
Donde, f’’ é positiva em 4ln, , negativa em ,4ln e anula-se em 4ln . Então, as
coordenadas de B são
16
3,4ln4ln,4ln f , ponto de inflexão do gráfico de f.
Portanto, a área do trapézio [ABCD] é
2
2ln7
2
4ln
32
72ln4ln
2
16
1
4
1
2
CDBDAC
, c. q. d.
Autoavaliação 10
(Págs. 112 a 115)
Grupo I
1. Opção (C).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 89
O octaedro tem três diagonais espaciais. Portanto, a probabilidade pedida é
26
3
C.
2. Opção (B).
Existem 310 C formas diferentes para escolher 3 dos 10 alunos para participar nas
Olimpíadas da Matemática, sobram 7 alunos, dos quais se escolhem 3 para participar nas
Olimpíadas da Física, existindo 37C formas diferentes de o fazer, e os restantes 4 alunos
participarão nas Olimpíadas da Biologia.
Assim, existem 420037
310 CC formas diferentes de organizar os alunos.
3. Opção (B).
3
4
1
34
4
33
25,424
52
14
12
a
p
ap
p
apap
pp
4. Opção (B).
12
1
senu ; 0
2
22
sensenu ; 1
2
33
senu ; 02
2
44
sensenu
12
22
55
sensenu ; 02
2
66
sensenu ; …
5. Opção (D).
kkf 44 log0log0
senx
x
x
ex
senx
xxexf
x
x
x
xx
1coslim
coscoslimlim
000
11
111
1limlimcoslim
000
x
senxx
xex
x
x
xx
Para que f seja contínua, 41log10log10 44 kkkf .
6. Opção (C).
De acordo com a representação gráfica de f, derivável em 0\R , esta é decrescente em
0, (f ‘ é negativa em 0, ) e crescente em ,0 (f’ é positiva em ,0 ). A
derivada de f não está definida em 0x .
7. Opção (D).
Porque 22 w .
8. Opção (C). O argumento de um número real positivo tem argumento igual a 0. Então, os argumentos
das suas raízes cúbicas são, a menos de Zkk ,2 , 0, 3
2 e
3
4.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 90
Grupo II
1.
1.1 iiii 3350342013
222
2
4
2
2222
11
122
1
22
1
32
2
20131
cisiiii
ii
ii
i
i
i
ii
z
iz
1.2 Cálculo auxiliar: 21 i e 11
1
tg . Então,
3
222
cisz
ciscisciscisciszzz
3
232
3
223 33
13
ZkkZkk ,23
2202,2
3
232 33
1,0,
32
201,0,
3012 22 kkkk
3
4
2
2
32
20
ciszciszz
1.3
2
2
2
22
22cis
cis
cis
isen
isen
isen
isen
itg
itg
cos
cos
cos
cos
2
222
ciscis c. q. d.
2. Sejam R, M e E os acontecimentos: «Escolher um reformado» , «Escolher uma pessoa
que gosta de música popular» e «Escolher um estudante».
75,0| RMP ; 2,0RP . Então, 15,02,075,0| RPRMPRMP
37,02,06,02,05,015,0 MMEPEMPRMPMP
37
15
37,0
15,0|
MP
RMPMRP
3.
XP
YXPXPYPYXPXYPXPYPXXP |
YXPYPYXPYPXPYXPYPYXP 11
01 XPYXPYXPXP que é uma condição universal (definição de
probabilidade).
4.
4.1 A média de empregados por mês durante o estudo foi de, aproximadamente, 96
pessoas.
9624
200232
5000
24
024 248,0
ePP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 91
4.2 28,0
8,0
232
92000
t
t
e
etP
e
38,0
8,0
232
23273600
t
t
e
etP
.
23
202320
232
232736000 8,08,0
38,0
8,0tt
t
t
ee
e
etP
2
23ln
4
5
23
2ln8,0 tt
x 0
2
23ln
4
5
xf + 0 -
f M
O instante em que a taxa de crescimento de desempregados é máxima é
2
23ln
4
5,
ou seja, durante o terceiro mês do estudo.
5.
5.1 A função f é contínua no intervalo 10, porque é o quociente de duas funções
contínuas (a composta de uma exponencial com uma quadrática e uma afim).
Então, para que seja contínua em 10, basta que seja contínua em 1 à esquerda,
ou seja, kx
efxf
x
xx
1
1lim1lim
21
11.
1
1lim
1
1lim
11
1lim
1
1lim
012
1
1
1
1
1
1 2
222
y
e
x
e
xx
e
x
e y
yxy
x
x
x
x
x
x
Note-se que, fazendo 21 xy , dizer que 1x é o mesmo que dizer que
0y .
Portanto, o valor de k para o qual a função f é contínua em 1,0 é –1.
5.2 Assíntotas verticais:
ee
x
e x
x
1
1
1
1
1lim
11
0
2
. Então, a reta de equação 0x não é assíntota do
gráfico de f.
11lnlim 2
1xx
x. Então, a reta de equação 1x é assíntota vertical
unilateral do gráfico de f. Como a função f é contínua em 10 \, , esta é a única
assíntota vertical do seu gráfico.
Assíntotas não verticais:
0
1lnlimlim
1lnlim
2
x
xx
x
xxm
xxx
Cálculo auxiliar:
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 92
Fazendo 1 xy , tem-se:
0
01
10
11
1lim
lnlim
11
lnlim
1
lnlim
1lnlim
y
y
y
yy
y
y
y
x
x
yyyyx
Então, o gráfico de f não tem assíntotas não verticais.
5.3 Em ,1 1
122
1
121ln
22
x
xx
xxxxxh .
0101220 2 xxxxh (ora, 1x , pelo que 1x ).
Então, 2
31
2
31
4
8420
xxxxh .
Como 2
31 não pertence ao intervalo ,1 , o único zero de h neste intervalo é
2
31.
Sabe-se, então, que
2
31,1,0 xxh e
,
2
31,0 xxh .
Portanto, h decrescente em
2
31,1 , crescente em
,
2
31 e tem mínimo
absoluto, neste intervalo,
13
2ln
2
31
2
13ln
4
3241
2
31ln
2
31
2
312
f
Como 113
2
0
13
2ln
, então,
,1,0
13
2ln
2
31 xxh .
Portanto, h não tem zeros no intervalo.
6. O gráfico apresentado na opção (A) é o único que pode representar o gráfico da função f’
(derivada de f).
O gráfico da função apresentado na opção (B) representa uma função positiva em intervalos
do tipo 0,a , com 0a , pelo que f teria de ser crescente neste intervalo, o que não se
verifica.
O gráfico apresentado na opção (C) não pode representar a função derivada de f pelo
mesmo motivo que o apresentado para o da opção (B).
O gráfico da opção (D) apresenta uma função negativa em intervalos da forma b,0 , com
b>0.
Sendo, esta a derivada de f neste intervalo, a função seria decrescente em intervalos deste
tipo, o que não se verifica.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 93