Funções Trigonométricas

Domínio, contradomínio, zeros, periodicidade e problemas

Matemática A - 11.º ano - Novo Programa 2025 - matematicaparatodos.pt

1. Função \(f(x)=1-2\sin\!\left(\tfrac{\pi}{5}+\tfrac{2}{3}x\right)\)

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Considera a função \(f\) definida em \(\mathbb{R}\) por \(f(x)=1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)\).

  • 1.1. Determina o contradomínio da função \(f\).
  • 1.2. Escreve a expressão geral dos zeros de \(f\).
  • 1.3. Prova que \(f\) é periódica de período \(3\pi\).
1.1 — Contradomínio

Como \(-1\le\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)\le 1\):

\(-2\le -2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)\le 2\Rightarrow -1\le 1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)\le 3\)
\(D'_f=[-1,\,3]\)
1.2 — Zeros
\(f(x)=0\Leftrightarrow 1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)=0\Leftrightarrow \sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)=\dfrac12\)
\(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\ \lor\ \dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)
\(\dfrac{2}{3}x=-\dfrac{\pi}{30}+2k\pi\ \lor\ \dfrac{2}{3}x=\dfrac{19\pi}{30}+2k\pi\)
\(x=-\dfrac{\pi}{20}+3k\pi\ \lor\ x=\dfrac{19\pi}{20}+3k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)
\(x=-\dfrac{\pi}{20}+3k\pi\ \lor\ x=\dfrac{19\pi}{20}+3k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)
1.3 — Periodicidade

Para todo o \(x\in\mathbb{R}\):

\(f(x+3\pi)=1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}(x+3\pi)\right)=1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x+2\pi\right)=1-2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{5}+\dfrac{2}{3}x\right)=f(x)\)
Logo \(f\) é periódica de período \(3\pi=\dfrac{2\pi}{2/3}\).

2. Estudo de sete funções

2

Considera as funções \(f,\ g,\ h,\ i,\ j,\ k\) e \(l\) definidas, respetivamente, por:

\(f(x)=5+3\sin x\)
\(g(x)=1-\sin 2x\)
\(h(x)=3-6\cos\dfrac{x}{2}\)
\(i(x)=\dfrac{2}{3+\cos x}\)
\(j(x)=2\tan\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(k(x)=1+\tan\!\left(5x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)
\(l(x)=3-4\cos^2\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
  • 2.1. Determina o domínio e o contradomínio de cada uma das funções.
  • 2.2. Determina, caso existam, uma expressão geral dos zeros de cada uma das funções.
  • 2.6. Prova que:
    • 2.6.1. \(g\) é periódica de período \(\pi\).
    • 2.6.2. \(h\) é periódica de período \(4\pi\).
    • 2.6.3. \(k\) é periódica de período \(\dfrac{\pi}{5}\).
2.1 — Domínios e contradomínios

\(f(x)=5+3\sin x\): de \(-1\le\sin x\le1\) vem \(2\le 5+3\sin x\le 8\).

\(D_f=\mathbb{R},\quad D'_f=[2,\,8]\)

\(g(x)=1-\sin 2x\): de \(-1\le\sin 2x\le1\) vem \(0\le 1-\sin 2x\le 2\).

\(D_g=\mathbb{R},\quad D'_g=[0,\,2]\)

\(h(x)=3-6\cos\dfrac{x}{2}\): de \(-1\le\cos\dfrac{x}{2}\le1\) vem \(-3\le 3-6\cos\dfrac{x}{2}\le 9\).

\(D_h=\mathbb{R},\quad D'_h=[-3,\,9]\)

\(i(x)=\dfrac{2}{3+\cos x}\): como \(2\le 3+\cos x\le 4\), o denominador nunca se anula e \(\dfrac{1}{2}\le\dfrac{2}{3+\cos x}\le 1\).

\(D_i=\mathbb{R},\quad D'_i=\left[\dfrac{1}{2},\,1\right]\)

\(j(x)=2\tan\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\): existe se \(x+\dfrac{\pi}{3}\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi\), ou seja \(x\neq\dfrac{\pi}{6}+k\pi\).

\(D_j=\mathbb{R}\setminus\left\{x:\ x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\right\},\quad D'_j=\mathbb{R}\)

\(k(x)=1+\tan\!\left(5x+\dfrac{\pi}{6}\right)\): existe se \(5x+\dfrac{\pi}{6}\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi\), ou seja \(x\neq\dfrac{\pi}{15}+\dfrac{k\pi}{5}\).

\(D_k=\mathbb{R}\setminus\left\{x:\ x=\dfrac{\pi}{15}+\dfrac{k\pi}{5},\ k\in\mathbb{Z}\right\},\quad D'_k=\mathbb{R}\)

\(l(x)=3-4\cos^2\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)\): de \(0\le\cos^2(\cdots)\le1\) vem \(-1\le 3-4\cos^2(\cdots)\le 3\).

\(D_l=\mathbb{R},\quad D'_l=[-1,\,3]\)
2.2 — Zeros

\(f\): \(5+3\sin x=0\Leftrightarrow\sin x=-\dfrac{5}{3}\), impossível. Não tem zeros.

\(g\): \(1-\sin 2x=0\Leftrightarrow\sin 2x=1\Leftrightarrow 2x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\).

\(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)

\(h\): \(3-6\cos\dfrac{x}{2}=0\Leftrightarrow\cos\dfrac{x}{2}=\dfrac12\Leftrightarrow\dfrac{x}{2}=\pm\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\).

\(x=\dfrac{2\pi}{3}+4k\pi\ \lor\ x=-\dfrac{2\pi}{3}+4k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)

\(i\): \(\dfrac{2}{3+\cos x}=0\) é impossível. Não tem zeros.

\(j\): \(2\tan\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=0\Leftrightarrow x+\dfrac{\pi}{3}=k\pi\).

\(x=-\dfrac{\pi}{3}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\)

\(k\): \(1+\tan\!\left(5x+\dfrac{\pi}{6}\right)=0\Leftrightarrow\tan\!\left(5x+\dfrac{\pi}{6}\right)=-1\Leftrightarrow 5x+\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\).

\(5x=-\dfrac{5\pi}{12}+k\pi\Rightarrow x=-\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{k\pi}{5},\ k\in\mathbb{Z}\)

\(l\): \(3-4\cos^2\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=0\Leftrightarrow\cos^2\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac34\). Usando \(\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos 2\theta}{2}\):

\(\cos\!\left(4x+\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac12\Leftrightarrow 4x+\dfrac{\pi}{2}=\pm\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\)
\(x=-\dfrac{\pi}{24}+\dfrac{k\pi}{2}\ \lor\ x=-\dfrac{5\pi}{24}+\dfrac{k\pi}{2},\ k\in\mathbb{Z}\)
2.6 — Periodicidade

2.6.1. \(g(x+\pi)=1-\sin(2x+2\pi)=1-\sin 2x=g(x)\). Logo \(g\) é periódica de período \(\pi=\dfrac{2\pi}{2}\).

2.6.2. \(h(x+4\pi)=3-6\cos\!\left(\dfrac{x+4\pi}{2}\right)=3-6\cos\!\left(\dfrac{x}{2}+2\pi\right)=h(x)\). Logo \(h\) é periódica de período \(4\pi\).

2.6.3. \(k\!\left(x+\dfrac{\pi}{5}\right)=1+\tan\!\left(5x+\pi+\dfrac{\pi}{6}\right)=1+\tan\!\left(5x+\dfrac{\pi}{6}\right)=k(x)\). Logo \(k\) é periódica de período \(\dfrac{\pi}{5}\).

3. Função \(f(x)=\dfrac{1-\sin 4x}{2}\)

3

Considere a função \(f\) definida em \(\mathbb{R}\) por \(f(x)=\dfrac{1-\sin 4x}{2}\).

  • 3.1. Determine o contradomínio de \(f\).
  • 3.2. Mostre que \(f\) é periódica de período \(\dfrac{\pi}{2}\).
  • 3.3. Sabendo que \(\alpha\in\left]\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[\) e que \(f(\pi+\alpha)\times f(\pi-\alpha)=\dfrac{4}{25}\), determine \(f(\alpha)\).
3.1 — Contradomínio

De \(-1\le\sin 4x\le 1\) vem \(0\le 1-\sin 4x\le 2\), logo \(0\le\dfrac{1-\sin 4x}{2}\le 1\).

\(D'_f=[0,\,1]\)
3.2 — Periodicidade
\(f\!\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{1-\sin\!\left(4x+2\pi\right)}{2}=\dfrac{1-\sin 4x}{2}=f(x)\)
Logo \(f\) é periódica de período \(\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{2\pi}{4}\).
3.3 — Cálculo de \(f(\alpha)\)
\(f(\pi+\alpha)=\dfrac{1-\sin(4\pi+4\alpha)}{2}=\dfrac{1-\sin 4\alpha}{2}\)
\(f(\pi-\alpha)=\dfrac{1-\sin(4\pi-4\alpha)}{2}=\dfrac{1+\sin 4\alpha}{2}\)
\(f(\pi+\alpha)\times f(\pi-\alpha)=\dfrac{(1-\sin 4\alpha)(1+\sin 4\alpha)}{4}=\dfrac{1-\sin^2 4\alpha}{4}=\dfrac{\cos^2 4\alpha}{4}=\dfrac{4}{25}\)
\(\cos^2 4\alpha=\dfrac{16}{25}\Rightarrow\sin^2 4\alpha=\dfrac{9}{25}\)

Como \(\alpha\in\left]\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[\), tem-se \(4\alpha\in\,]\pi,2\pi[\), onde \(\sin 4\alpha<0\), logo \(\sin 4\alpha=-\dfrac{3}{5}\).

\(f(\alpha)=\dfrac{1-\sin 4\alpha}{2}=\dfrac{1+\dfrac{3}{5}}{2}=\dfrac{\frac{8}{5}}{2}=\dfrac{4}{5}\)
\(f(\alpha)=\dfrac{4}{5}\)

4. Triângulo \([OPS]\) na circunferência trigonométrica

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Na figura está representado um referencial ortonormado \(Oxy\) e a circunferência trigonométrica, que interseta o eixo \(Ox\) nos pontos \(A\) e \(B\) (\(B\) com abcissa positiva) e o semieixo positivo \(Oy\) no ponto \(C\). O ponto \(P\) desloca-se sobre o arco \(CA\) de tal modo que \(OQ\) é sempre perpendicular a \(AP\). As semirretas \(\dot{A}P\) e \(\dot{O}Q\) intersetam-se no ponto \(S\).

Circunferência trigonométrica com os pontos A, B, C, P, Q, S e o ângulo x em A
  • 4.1. Para cada \(x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\), seja \(g(x)\) a área do triângulo \([OPS]\). Mostra que \(g(x)=\dfrac14\sin(2x)\).
  • 4.2. Determina o contradomínio da função \(g\) e indica a área máxima do triângulo \([OPS]\).
  • 4.3. Sabendo que a abcissa do ponto \(P\) é \(\dfrac{5}{13}\), determina a área do triângulo \([OPS]\).
4.1 — Demonstração

O ângulo em \(A\) é \(x\) (amplitude de \(\widehat{OAP}\)). Como \([AB]\) é diâmetro da circunferência, o ângulo \(\widehat{APB}\) está inscrito numa semicircunferência, logo é reto. No triângulo retângulo \([APB]\), com \(AB=2\):

\(AP=AB\cos x=2\cos x\)

Como \(OQ\perp AP\) em \(S\), o triângulo \([OSA]\) é retângulo em \(S\), com \(\widehat{OAS}=x\) e \(OA=1\):

\(OS=OA\sin x=\sin x\qquad SA=OA\cos x=\cos x\)
\(PS=AP-SA=2\cos x-\cos x=\cos x\)

O triângulo \([OPS]\) é retângulo em \(S\) (pois \(OS\perp PS\)), de catetos \(OS\) e \(PS\):

\(g(x)=\dfrac{OS\times PS}{2}=\dfrac{\sin x\cos x}{2}=\dfrac14\sin(2x)\)
\(g(x)=\dfrac14\sin(2x)\)
4.2 — Contradomínio e área máxima

Para \(x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\) tem-se \(2x\in\,]0,\pi[\), logo \(\sin(2x)\in\,]0,1]\).

\(g(x)=\dfrac14\sin(2x)\in\left]0,\dfrac14\right]\)
\(D'_g=\left]0,\dfrac14\right]\); a área máxima é \(\dfrac14\) (atingida quando \(x=\dfrac{\pi}{4}\)).
4.3 — Área para abcissa de \(P\) igual a \(\dfrac{5}{13}\)

O ponto \(P\) tem coordenadas \((\cos 2x,\sin 2x)\), logo \(\cos 2x=\dfrac{5}{13}\). Como \(2x\in\,]0,\pi[\), \(\sin 2x>0\):

\(\sin 2x=\sqrt{1-\left(\dfrac{5}{13}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{144}{169}}=\dfrac{12}{13}\)
\(g(x)=\dfrac14\times\dfrac{12}{13}=\dfrac{3}{13}\)
A área do triângulo \([OPS]\) é \(\dfrac{3}{13}\).

5. Funções \(f(x)=3\cos\dfrac{x}{2}\) e \(g(x)=\dfrac13\sin(3x)\)

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Considere as funções \(f\) e \(g\) definidas em \(\mathbb{R}\) por \(f(x)=3\cos\dfrac{x}{2}\) e \(g(x)=\dfrac13\sin(3x)\).

  • 5.1. Prova que \(f\) é uma função periódica de período \(4\pi\).
  • 5.2. Prova que \(g\) é uma função periódica e indica o período mínimo.
  • 5.3. Sabendo que \(f(\pi-2\alpha)=1\) e que \(\alpha\in\left]\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right[\), determina \(g\!\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\alpha}{3}\right)\).
5.1
\(f(x+4\pi)=3\cos\!\left(\dfrac{x+4\pi}{2}\right)=3\cos\!\left(\dfrac{x}{2}+2\pi\right)=3\cos\dfrac{x}{2}=f(x)\)
Logo \(f\) é periódica de período \(4\pi=\dfrac{2\pi}{1/2}\).
5.2
\(g\!\left(x+\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac13\sin\!\left(3x+2\pi\right)=\dfrac13\sin(3x)=g(x)\)
\(g\) é periódica e o período mínimo é \(\dfrac{2\pi}{3}\).
5.3
\(f(\pi-2\alpha)=3\cos\!\left(\dfrac{\pi-2\alpha}{2}\right)=3\cos\!\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=3\sin\alpha=1\Rightarrow\sin\alpha=\dfrac13\)

Como \(\alpha\in\left]\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right[\) e \(\sin\alpha=\dfrac13>0\), \(\alpha\) pertence ao 2.º quadrante, logo \(\cos\alpha<0\):

\(\cos\alpha=-\sqrt{1-\dfrac19}=-\dfrac{2\sqrt2}{3}\)
\(g\!\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\alpha}{3}\right)=\dfrac13\sin\!\left(3\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\alpha}{3}\right)\right)=\dfrac13\sin\!\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)=\dfrac13\,(-\cos\alpha)\)
\(=\dfrac13\times\dfrac{2\sqrt2}{3}=\dfrac{2\sqrt2}{9}\)
\(g\!\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\alpha}{3}\right)=\dfrac{2\sqrt2}{9}\)

6. Semicircunferência de diâmetro \([AB]\)

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Um ponto \(P\) desloca-se sobre uma semicircunferência de diâmetro \([AB]\), centro \(O\) e raio \(1\). Seja \(x\) a amplitude, em radianos, do ângulo \(BOP\) (\(x\in\,]0,\pi[\)). Seja \(f(x)=\overline{BP}\) e \(g(x)=\overline{AP}\).

Semicircunferência de diâmetro AB, centro O, com o ponto P e o ângulo x em O
  • 6.1. Justifica que o triângulo \([ABP]\) é retângulo em \(P\).
  • 6.2. Justifica que \(f(x)=2\sin\dfrac{x}{2}\) e \(g(x)=2\cos\dfrac{x}{2}\).
  • 6.3. Sabendo que \(f(\pi-2\alpha)=1\) e \(\alpha\in\,]0,\pi[\), determina \(\overline{AP}\) para \(x=\alpha\).
6.1

O ponto \(P\) pertence à circunferência de diâmetro \([AB]\), logo o ângulo \(\widehat{APB}\) está inscrito numa semicircunferência. Pelo teorema do ângulo inscrito, \(\widehat{APB}=90^\circ\). Portanto o triângulo \([ABP]\) é retângulo em \(P\).

6.2

A corda que subtende um ângulo ao centro \(\theta\) numa circunferência de raio \(1\) mede \(2\sin\dfrac{\theta}{2}\). O arco \(BP\) corresponde ao ângulo ao centro \(\widehat{BOP}=x\) e o arco \(AP\) ao ângulo \(\widehat{AOP}=\pi-x\):

\(f(x)=\overline{BP}=2\sin\dfrac{x}{2}\)
\(g(x)=\overline{AP}=2\sin\!\left(\dfrac{\pi-x}{2}\right)=2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{x}{2}\right)=2\cos\dfrac{x}{2}\)
6.3
\(f(\pi-2\alpha)=2\sin\!\left(\dfrac{\pi-2\alpha}{2}\right)=2\sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=2\cos\alpha=1\Rightarrow\cos\alpha=\dfrac12\)

Como \(\alpha\in\,]0,\pi[\), vem \(\alpha=\dfrac{\pi}{3}\). Logo:

\(\overline{AP}=g(\alpha)=2\cos\dfrac{\alpha}{2}=2\cos\dfrac{\pi}{6}=2\times\dfrac{\sqrt3}{2}=\sqrt3\)
\(\overline{AP}=\sqrt3\)

7. Paralelogramo e função seno

7

Seja \(f:[0,\pi]\to\mathbb{R}\) a função definida por \(f(x)=\sin x\). Sejam \(A\), \(B\) e \(C\) os pontos tais que:

  • \(A\) e \(B\) pertencem ao gráfico de \(f\) e têm a mesma ordenada, sendo \(A\) o de menor abcissa;
  • \(C\) é o ponto de interseção da mediatriz de \([AB]\) com o eixo \(Ox\);
  • o quadrilátero \([OABC]\) é um paralelogramo.

Determine a área desse paralelogramo.

x y π/2 π √2⁄2 h y = sin x O A B C
Pontos \(A\) e \(B\)

\(A\) e \(B\) têm a mesma ordenada e estão no gráfico de \(\sin\) em \([0,\pi]\), logo, sendo \(A=(a,\sin a)\), tem-se \(B=(\pi-a,\sin a)\), com \(a<\dfrac{\pi}{2}\).

Ponto \(C\)

A mediatriz de \([AB]\) (segmento horizontal) é a reta vertical \(x=\dfrac{\pi}{2}\), que interseta \(Ox\) em \(C=\left(\dfrac{\pi}{2},0\right)\).

Condição de paralelogramo

Para \([OABC]\) ser paralelogramo, \(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{CB}\):

\(\overrightarrow{OA}=(a,\sin a)\qquad\overrightarrow{CB}=\left(\dfrac{\pi}{2}-a,\ \sin a\right)\)
\(a=\dfrac{\pi}{2}-a\Rightarrow a=\dfrac{\pi}{4}\)

Logo \(A=\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\), \(B=\left(\dfrac{3\pi}{4},\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\), \(C=\left(\dfrac{\pi}{2},0\right)\).

Área

Tomando como base \(\overline{OC}=\dfrac{\pi}{2}\) e altura igual à ordenada de \(A\) e \(B\), \(\dfrac{\sqrt2}{2}\):

\(\text{Área}=\overline{OC}\times h=\dfrac{\pi}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{\sqrt2\,\pi}{4}\)
A área do paralelogramo é \(\dfrac{\sqrt2\,\pi}{4}\) (\(\approx 1{,}11\)) unidades de área.

8. Perímetro do triângulo \([OAB]\)

8

Na figura estão representados, num referencial o.n. \(Oxy\), uma circunferência e um triângulo \([OAB]\). Sabe-se que:

  • a circunferência tem diâmetro \([OA]\);
  • o ponto \(A\) tem coordenadas \((2,0)\);
  • o vértice \(O\) do triângulo \([OAB]\) coincide com a origem do referencial;
  • o ponto \(B\) desloca-se ao longo da semicircunferência superior.

Para cada posição do ponto \(B\), seja \(\alpha\) a amplitude do ângulo \(AOB\), com \(\alpha\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\).

Circunferência de diâmetro OA com A em (2,0) e o triângulo OAB, ângulo alfa em O
  • 8.1. Mostre que o perímetro do triângulo \([OAB]\) é dado, em função de \(\alpha\), por \(P(\alpha)=2\,(1+\cos\alpha+\sin\alpha)\).
  • 8.2. Recorrendo às capacidades da calculadora gráfica, determine o valor de \(\alpha\), em radianos, para o qual o perímetro do triângulo \([OAB]\) é máximo (resultado arredondado às centésimas).
8.1 — Demonstração

Como \([OA]\) é diâmetro da circunferência e \(B\) pertence à circunferência, o ângulo \(\widehat{OBA}\) está inscrito numa semicircunferência, logo é reto: o triângulo \([OAB]\) é retângulo em \(B\), com hipotenusa \(\overline{OA}=2\). Sendo \(\widehat{AOB}=\alpha\):

\(\overline{OB}=\overline{OA}\cos\alpha=2\cos\alpha\qquad\overline{AB}=\overline{OA}\sin\alpha=2\sin\alpha\)
\(P(\alpha)=\overline{OA}+\overline{OB}+\overline{AB}=2+2\cos\alpha+2\sin\alpha=2\,(1+\cos\alpha+\sin\alpha)\)
8.2 — Perímetro máximo (calculadora gráfica)

Representando \(P(\alpha)=2\,(1+\cos\alpha+\sin\alpha)\) em \(\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\), o máximo ocorre no ponto assinalado:

0,79 α 4,83 O P

Analiticamente, \(P\) é máximo quando \(\sin\alpha=\cos\alpha\), isto é \(\tan\alpha=1\), logo \(\alpha=\dfrac{\pi}{4}\). O perímetro máximo é \(P\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=2\,(1+\sqrt2)\approx 4{,}83\).

O perímetro é máximo para \(\alpha=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}79\) rad (perímetro máximo \(\approx 4{,}83\)).

9. Área do trapézio \([PQRS]\) (1.º quadrante)

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Na figura estão representados, num referencial o.n. \(xOy\), a circunferência trigonométrica e a reta de equação \(x=1\). Um ponto \(P\) desloca-se sobre a circunferência, no primeiro quadrante. Para cada posição de \(P\):

  • seja \(\alpha\) a amplitude do ângulo orientado que tem por lado origem o semieixo positivo \(Ox\) e por lado extremidade a semirreta \(\dot{O}P\) \(\left(\alpha\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\right)\);
  • seja \(f(\alpha)\) a área do trapézio \([PQRS]\), em que \(S\) é o ponto de interseção da reta \(OP\) com a reta \(x=1\) e os pontos \(Q\) e \(R\) são, respetivamente, os simétricos de \(P\) e \(S\) em relação ao eixo \(Ox\).
Trapézio PQRS na circunferência trigonométrica, 1.º quadrante
  • 9.1. Mostra que \(f(\alpha)=(\tan\alpha+\sin\alpha)(1-\cos\alpha)\).
  • 9.2. Determina a área do trapézio, no caso em que a abcissa do ponto \(P\) é \(\dfrac{1}{3}\).
9.1 — Demonstração

Com \(P=(\cos\alpha,\sin\alpha)\), a reta \(OP\) tem equação \(y=\tan\alpha\cdot x\); em \(x=1\) obtém-se \(S=(1,\tan\alpha)\). Os simétricos em relação a \(Ox\) são \(Q=(\cos\alpha,-\sin\alpha)\) e \(R=(1,-\tan\alpha)\).

As bases paralelas do trapézio são os segmentos verticais \([PQ]\) e \([SR]\):

\(\overline{PQ}=2\sin\alpha\qquad\overline{SR}=2\tan\alpha\qquad\text{altura}=1-\cos\alpha\)
\(f(\alpha)=\dfrac{\overline{PQ}+\overline{SR}}{2}\times\text{altura}=\dfrac{2\sin\alpha+2\tan\alpha}{2}\,(1-\cos\alpha)=(\tan\alpha+\sin\alpha)(1-\cos\alpha)\)
9.2 — Abcissa de \(P\) igual a \(\dfrac{1}{3}\)

Se a abcissa de \(P\) é \(\dfrac13\), então \(\cos\alpha=\dfrac13\). Como \(\alpha\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\):

\(\sin^2\alpha=1-\dfrac19=\dfrac89\Rightarrow\sin\alpha=\dfrac{2\sqrt2}{3}\qquad\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=2\sqrt2\)
\(f(\alpha)=\left(2\sqrt2+\dfrac{2\sqrt2}{3}\right)\left(1-\dfrac13\right)=\dfrac{8\sqrt2}{3}\times\dfrac23=\dfrac{16\sqrt2}{9}\)
A área do trapézio é \(\dfrac{16\sqrt2}{9}\).

10. Área do triângulo \([PQR]\) (3.º quadrante)

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Na figura estão representados, num referencial o.n. \(xOy\), a circunferência trigonométrica e a reta de equação \(x=1\). Um ponto \(P\) desloca-se sobre a circunferência, no terceiro quadrante. Para cada posição de \(P\):

  • seja \(\alpha\) a amplitude do ângulo orientado que tem por lado origem o semieixo positivo \(Ox\) e por lado extremidade a semirreta \(\dot{O}P\) \(\left(\alpha\in\left]\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right[\right)\);
  • seja \(f(\alpha)\) a área do triângulo \([PQR]\), em que \(Q\) é o ponto de interseção da reta \(OP\) com a reta \(x=1\) e \(R\) é o ponto desta reta que tem ordenada igual à do ponto \(P\).
Triângulo PQR na circunferência trigonométrica, 3.º quadrante
  • 10.1. Mostra que \(f(\alpha)=\dfrac{(1-\cos\alpha)(\tan\alpha-\sin\alpha)}{2}\).
  • 10.2. Para um certo \(x\in\left]\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right[\), tem-se \(\tan x=\dfrac{4}{3}\). Determina \(f(x)\).
10.1 — Demonstração

Com \(P=(\cos\alpha,\sin\alpha)\) no 3.º quadrante, a reta \(OP\) (de equação \(y=\tan\alpha\cdot x\)) interseta \(x=1\) em \(Q=(1,\tan\alpha)\), e \(R=(1,\sin\alpha)\). O segmento \([QR]\) é vertical em \(x=1\):

\(\overline{QR}=\tan\alpha-\sin\alpha\qquad\text{altura}=1-\cos\alpha\)
\(f(\alpha)=\dfrac{\overline{QR}\times\text{altura}}{2}=\dfrac{(\tan\alpha-\sin\alpha)(1-\cos\alpha)}{2}=\dfrac{(1-\cos\alpha)(\tan\alpha-\sin\alpha)}{2}\)
10.2 — Cálculo de \(f(x)\) com \(\tan x=\dfrac{4}{3}\)

Como \(x\in\left]\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right[\) (3.º quadrante), \(\sin x<0\) e \(\cos x<0\). De \(1+\tan^2 x=\dfrac{1}{\cos^2 x}\):

\(1+\dfrac{16}{9}=\dfrac{1}{\cos^2 x}\Rightarrow\cos^2 x=\dfrac{9}{25}\Rightarrow\cos x=-\dfrac35\)
\(\sin x=\cos x\cdot\tan x=-\dfrac35\times\dfrac43=-\dfrac45\)
\(f(x)=\dfrac{\left(1+\dfrac35\right)\left(\dfrac43+\dfrac45\right)}{2}=\dfrac{\dfrac85\times\dfrac{32}{15}}{2}=\dfrac{128}{75}\)
\(f(x)=\dfrac{128}{75}\)

11. Área do trapézio \([PQRS]\) com \(y=1\)

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Na figura estão representados, num referencial o.n. \(xOy\), a circunferência trigonométrica e a reta de equação \(x=1\). Um ponto \(P\) desloca-se sobre a circunferência, no primeiro quadrante. Para cada posição de \(P\):

  • seja \(\alpha\) a amplitude do ângulo orientado que tem por lado origem o semieixo positivo \(Ox\) e por lado extremidade a semirreta \(\dot{O}P\) \(\left(\alpha\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\right)\);
  • seja \(f(\alpha)\) a área do trapézio \([PQRS]\), em que \(Q\) é o ponto da reta de equação \(y=1\) que tem abcissa igual à do ponto \(P\), \(R\) é o ponto de interseção da reta \(OP\) com a reta \(x=1\) e \(S\) é o ponto de coordenadas \((1,0)\).
Trapézio PQRS com vértice Q na reta y=1
  • 11.1. Mostra que \(f(\alpha)=\dfrac{(1-\cos\alpha)(1+\tan\alpha-\sin\alpha)}{2}\).
  • 11.2. Determina \(f\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\).
11.1 — Demonstração

Com \(P=(\cos\alpha,\sin\alpha)\): \(Q=(\cos\alpha,1)\), \(R=(1,\tan\alpha)\) e \(S=(1,0)\). As bases paralelas são os segmentos verticais \([PQ]\) e \([SR]\):

\(\overline{PQ}=1-\sin\alpha\qquad\overline{SR}=\tan\alpha\qquad\text{altura}=1-\cos\alpha\)
\(f(\alpha)=\dfrac{\overline{PQ}+\overline{SR}}{2}\times\text{altura}=\dfrac{(1-\sin\alpha)+\tan\alpha}{2}\,(1-\cos\alpha)=\dfrac{(1-\cos\alpha)(1+\tan\alpha-\sin\alpha)}{2}\)
11.2 — Cálculo de \(f\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\)

Para \(\alpha=\dfrac{\pi}{3}\): \(\cos\alpha=\dfrac12\), \(\sin\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}\), \(\tan\alpha=\sqrt3\).

\(1+\tan\alpha-\sin\alpha=1+\sqrt3-\dfrac{\sqrt3}{2}=1+\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{2+\sqrt3}{2}\)
\(f\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\left(1-\dfrac12\right)\cdot\dfrac{2+\sqrt3}{2}}{2}=\dfrac{\dfrac12\cdot\dfrac{2+\sqrt3}{2}}{2}=\dfrac{2+\sqrt3}{8}\)
\(f\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{2+\sqrt3}{8}\)

12. Circunferência tangente à reta \(OP\)

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Na figura estão representados, num referencial o.n. \(xOy\), a circunferência trigonométrica e a reta de equação \(x=1\). Um ponto \(P\) desloca-se sobre a circunferência, no primeiro quadrante. Para cada posição de \(P\):

  • seja \(\alpha\) a amplitude do ângulo orientado que tem por lado origem o semieixo positivo \(Ox\) e por lado extremidade a semirreta \(\dot{O}P\) \(\left(\alpha\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\right)\);
  • seja \(R\) o ponto de abcissa \(1\) que tem ordenada igual à de \(P\);
  • seja \(c\) a circunferência de centro \(Q(1,0)\) que passa pelo ponto \(R\).
Circunferência c de centro Q(1,0) que passa por R, tangente à reta OP
  • 12.1. A circunferência \(c\) interseta a circunferência trigonométrica em dois pontos que têm a mesma abcissa. Determina essa abcissa, em função de \(\alpha\).
  • 12.2. Prova que a reta \(OP\) é tangente à circunferência \(c\).
12.1 — Abcissa dos pontos de interseção

Tem-se \(R=(1,\sin\alpha)\), logo o raio de \(c\) é \(\overline{QR}=\sin\alpha\) e \(c:\ (x-1)^2+y^2=\sin^2\alpha\). A circunferência trigonométrica é \(x^2+y^2=1\). Subtraindo as equações:

\(x^2-(x-1)^2=1-\sin^2\alpha\Leftrightarrow 2x-1=\cos^2\alpha\Leftrightarrow x=\dfrac{1+\cos^2\alpha}{2}\)
A abcissa dos pontos de interseção é \(\dfrac{1+\cos^2\alpha}{2}\).
12.2 — Tangência de \(OP\) a \(c\)

A reta \(OP\) passa na origem com declive \(\tan\alpha\), pelo que tem equação \(\sin\alpha\cdot x-\cos\alpha\cdot y=0\). A distância do centro \(Q(1,0)\) a esta reta é:

\(d(Q,OP)=\dfrac{|\sin\alpha\cdot 1-\cos\alpha\cdot 0|}{\sqrt{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}}=\sin\alpha\)

Como esta distância é igual ao raio de \(c\) (\(\sin\alpha\)), a reta \(OP\) é tangente à circunferência \(c\). \(\blacksquare\)

13. Função \(f(x)=2-4\sin\!\left(x-\tfrac{\pi}{6}\right)\) e área \([ABC]\)

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Seja \(f:\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]\to\mathbb{R}\) a função definida por \(f(x)=2-4\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)\).

  • 13.1. Determina o zero da função \(f\).
  • 13.2. Indica o contradomínio da função \(f\).
  • 13.3. Sejam \(A\) e \(B\) os pontos de interseção do gráfico de \(f\) com os eixos \(Ox\) e \(Oy\), respetivamente. Sejam \(P\) e \(Q\) os pontos do gráfico de \(f\) de ordenada máxima e mínima, respetivamente. Seja \(C\) o ponto de interseção da reta \(PQ\) com o eixo \(Ox\). Determina a área do triângulo \([ABC]\).
13.1 — Zero
\(f(x)=0\Leftrightarrow\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac12\)

Para \(x\in\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]\), tem-se \(x-\dfrac{\pi}{6}\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\), onde \(\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac12\Leftrightarrow x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{6}\).

O zero é \(x=\dfrac{\pi}{3}\).
13.2 — Contradomínio

Como \(x-\dfrac{\pi}{6}\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\), tem-se \(-1\le\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)\le 1\), logo \(-2\le 2-4\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)\le 6\).

\(D'_f=[-2,\,6]\)
13.3 — Área do triângulo \([ABC]\)

\(A\) é o zero: \(A=\left(\dfrac{\pi}{3},0\right)\). \(B\) é a interseção com \(Oy\): \(f(0)=2-4\sin\!\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=2+2=4\), logo \(B=(0,4)\).

O máximo (\(6\)) ocorre quando \(\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=-1\), isto é \(x=-\dfrac{\pi}{3}\): \(P=\left(-\dfrac{\pi}{3},6\right)\). O mínimo (\(-2\)) ocorre quando \(\sin\!\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=1\), isto é \(x=\dfrac{2\pi}{3}\): \(Q=\left(\dfrac{2\pi}{3},-2\right)\).

x y y = f(x) P B A C Q O

A reta \(PQ\) tem declive \(\dfrac{-2-6}{\frac{2\pi}{3}-\left(-\frac{\pi}{3}\right)}=-\dfrac{8}{\pi}\). De \(y-6=-\dfrac{8}{\pi}\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\), fazendo \(y=0\), vem \(x=\dfrac{5\pi}{12}\), logo \(C=\left(\dfrac{5\pi}{12},0\right)\).

No triângulo \([ABC]\), tomando como base \([AC]\) (sobre \(Ox\)) e altura \(\overline{OB}\):

\(\overline{AC}=\dfrac{5\pi}{12}-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{12}\qquad\overline{OB}=4\)
\(\text{Área}_{[ABC]}=\dfrac{\overline{AC}\times\overline{OB}}{2}=\dfrac{\dfrac{\pi}{12}\times 4}{2}=\dfrac{\pi}{6}\)
A área do triângulo \([ABC]\) é \(\dfrac{\pi}{6}\).