Prova Modelo 10 - Treino Digital

Solução

Opção C

• Se \(g(x)=\operatorname{sen}^2x-\cos^2x\), então \[ \begin{aligned} g'(x) &=(\operatorname{sen}^2x)'-(\cos^2x)'\\ &=2\operatorname{sen}x(\operatorname{sen}x)'-2\cos x(\cos x)'\\ &=2\operatorname{sen}x\cos x-2\cos x(-\operatorname{sen}x)\\ &=2\operatorname{sen}x\cos x+2\operatorname{sen}x\cos x\\ &=4\operatorname{sen}x\cos x\\ &=2(2\operatorname{sen}x\cos x)\\ &=2\operatorname{sen}(2x). \end{aligned} \]
• Se \(g(x)=\operatorname{sen}^2(2x)\), então \[ \begin{aligned} g'(x) &=2\operatorname{sen}(2x)(\operatorname{sen}(2x))'\\ &=2\operatorname{sen}(2x)(2\cos(2x))\\ &=4\operatorname{sen}(2x)\cos(2x). \end{aligned} \]
• Se \(g(x)=\operatorname{sen}^2x\cos^2x\), então \[ \begin{aligned} g'(x) &=(\operatorname{sen}^2x)'\cos^2x+\operatorname{sen}^2x(\cos^2x)'\\ &=2\operatorname{sen}x\cos x\cos^2x+\operatorname{sen}^2x(2\cos x(-\operatorname{sen}x))\\ &=2\operatorname{sen}x\cos^3x-2\operatorname{sen}^3x\cos x\\ &=2\operatorname{sen}x\cos x(\cos^2x-\operatorname{sen}^2x)\\ &=\operatorname{sen}(2x)\cos(2x). \end{aligned} \]
• Se \(g(x)=\operatorname{sen}x\times\cos^2x\), então \[ \begin{aligned} g'(x) &=(\operatorname{sen}x)'\cos^2x+\operatorname{sen}x(\cos^2x)'\\ &=\cos x\cos^2x+\operatorname{sen}x(2\cos x(-\operatorname{sen}x))\\ &=\cos^3x-2\operatorname{sen}^2x\cos x\\ &=\cos x(\cos^2x-2\operatorname{sen}^2x). \end{aligned} \]

Assim, a única expressão cuja derivada é \(\operatorname{sen}(2x)\cos(2x)\) é a da opção C.

Solução

Opção A. Pela lei de De Morgan, \[ \overline A\cup\overline B=\overline{A\cap B}, \] logo \(P(A\cap B)=1-0,6=0,4\). Além disso, \(P(A\cup B)=1-0,2=0,8\).

Como \(A\) e \(B\) são equiprováveis, seja \(P(A)=P(B)=p\). Então \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \iff 0,8=2p-0,4. \] Portanto, \(p=0,6=\frac35\).

Solução

Opção B

\[ \begin{aligned} \lim(a_n) &=\lim\left(\frac{3n-4}{3n}\right)^{2n}\\ &=\lim\left(1-\frac{4}{3n}\right)^{2n}\\ &=\lim\left(1+\frac{-\frac43}{n}\right)^{2n}\\ &=\lim\left[\left(1+\frac{-\frac43}{n}\right)^n\right]^2\\ &=\left[\lim\left(1+\frac{-\frac43}{n}\right)^n\right]^2\\ &=\left(e^{-\frac43}\right)^2\\ &=e^{-\frac83}. \end{aligned} \]

Solução

Opção D. As três primeiras posições devem ser preenchidas com músicas dos The Beatles, escolhidas e ordenadas de entre 8 músicas: \[ {}^{8}A_3. \]

As três últimas posições devem ser preenchidas com músicas dos Queen, escolhidas e ordenadas de entre 10 músicas: \[ {}^{10}A_3. \]

Depois de escolhidas essas 6 músicas, restam \(18-6=12\) músicas disponíveis. As 8 posições intermédias são preenchidas com 8 dessas 12 músicas, tendo em conta a ordem: \[ {}^{12}A_8. \]

Assim, o número de alinhamentos possíveis é \[ {}^{8}A_3\times{}^{10}A_3\times{}^{12}A_8. \]

Solução

Consideremos os acontecimentos:

\(A\): "O aluno escolhido está inscrito em contrabaixo."

\(B\): "O aluno escolhido está inscrito em violino."

Tem-se que \[ P(B\mid \overline A)=0,75,\qquad P(\overline B\mid A)=0,85=\frac{17}{20} \qquad\text{e}\qquad P(\overline A)=0,15. \]

• \[ \begin{aligned} P(B\mid \overline A)=0,75 &\iff \frac{P(B\cap \overline A)}{P(\overline A)}=0,75\\ &\iff P(B\cap \overline A)=0,15\times0,75\\ &\iff P(B\cap \overline A)=0,1125. \end{aligned} \]
• \[ P(A)=1-P(\overline A)=1-0,15=0,85. \]
• \[ \begin{aligned} P(\overline B\mid A)=0,85 &\iff \frac{P(\overline B\cap A)}{P(A)}=0,85\\ &\iff P(\overline B\cap A)=P(A)\times0,85\\ &\iff P(\overline B\cap A)=0,85\times0,85\\ &\iff P(\overline B\cap A)=0,7225. \end{aligned} \]

Usando uma tabela, temos:

	\(B\)	\(\overline B\)	Total
\(A\)	0,1275	0,7225	0,85
\(\overline A\)	0,1125	0,0375	0,15
Total	0,24	0,76	1

Como pretendemos determinar o valor de \(P(B)\), vem: \[ \begin{aligned} P(B) &=P(A\cap B)+P(\overline A\cap B)\\ &=0,1275+0,1125\\ &=0,24. \end{aligned} \]

Solução

Considerando \(w=-1+i\), comecemos por escrever \(w\) na forma trigonométrica:

\[ |w|=\sqrt{(-1)^2+1^2}=\sqrt2 \] \[ \operatorname{tg}\theta=\frac{1}{-1} \quad\wedge\quad \theta\in2.º\text{ Q} \iff \operatorname{tg}\theta=-1 \quad\wedge\quad \theta\in2.º\text{ Q}. \]

Logo, \(\theta=\frac{3\pi}{4}\), por exemplo.

Assim, \[ w=\sqrt2\,e^{i\frac{3\pi}{4}}. \]

Logo: \[ (-1+i)^{10} = \left(\sqrt2\,e^{i\frac{3\pi}{4}}\right)^{10} = (\sqrt2)^{10}e^{i\frac{30\pi}{4}} = 32e^{i\frac{15\pi}{2}}. \]

Assim: \[ \begin{aligned} z &= \frac{\left(e^{i\frac{\pi}{4}}\right)^3\times128e^{i\pi}} {32e^{i\frac{3\pi}{2}}}\\ &= \frac{128e^{i\frac{3\pi}{4}}\times e^{i\pi}} {32e^{i\frac{3\pi}{2}}}\\ &= 4e^{i\left(\frac{3\pi}{4}+\pi-\frac{3\pi}{2}\right)}\\ &= 4e^{i\left(\frac{7\pi}{4}-\frac{6\pi}{4}\right)}\\ &= 4e^{i\frac{\pi}{4}}. \end{aligned} \]

Solução

Sabemos que as quatro raízes quartas de \(z\) são números complexos cujas imagens geométricas são vértices de um quadrado, centrado na origem.

A distância de cada um dos vértices do quadrado à origem do referencial, isto é, ao centro do quadrado, é \[ \sqrt[4]{4}=\sqrt[4]{2^2}=\sqrt2. \]

Usando o teorema de Pitágoras, podemos calcular o lado desse quadrado. Temos: \[ \ell^2=(\sqrt2)^2+(\sqrt2)^2 \iff \ell^2=4. \]

Assim, a área do polígono cujos vértices, no plano complexo, são as imagens geométricas das raízes quartas de \(z\) é \(4\).

Solução

7.1

\[ \begin{aligned} f'(x) &=(x\cos x)'\\ &=x'\cos x+x(\cos x)'\\ &=\cos x-x\operatorname{sen}x. \end{aligned} \]

\(f'\) é contínua, pois é a diferença entre duas funções contínuas. Em particular, \(f'\) é contínua em \(\left[\pi,\frac{6\pi}{5}\right]\).

\[ \begin{aligned} f'(\pi) &=\cos\pi-\pi\times\operatorname{sen}\pi\\ &=-1-\pi\times0\\ &=-1. \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} f'\left(\frac{6\pi}{5}\right) &= \cos\left(\frac{6\pi}{5}\right) -\frac{6\pi}{5}\operatorname{sen}\left(\frac{6\pi}{5}\right)\\ &\approx1,41. \end{aligned} \]

Assim, \(f'(\pi)\lt0\lt f'\left(\frac{6\pi}{5}\right)\).

Logo, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, \[ \exists\,c\in\left]\pi,\frac{6\pi}{5}\right[: f'(c)=0. \]

Ou seja, existe, pelo menos, um ponto pertencente ao gráfico da função \(f\), de abcissa pertencente ao intervalo \(\left]\pi,\frac{6\pi}{5}\right[\), tal que a reta tangente ao gráfico da função nesse ponto é uma reta horizontal.

Solução

7.2

Com recurso à calculadora gráfica, obtém-se: \[ A(0,86;0,56)\quad\text{e}\quad B(3,43;-3,29). \]

O declive da reta \(r\), que passa por \(A\) e \(B\), é: \[ \begin{aligned} m_r &= \frac{-3,29-0,56}{3,43-0,86}\\ &= \frac{-3,85}{2,57}\\ &\approx-1,50. \end{aligned} \]

Assim, uma equação aproximada da reta \(r\) é \[ y=-1,50x+b. \]

Como o ponto \(A(0,86;0,56)\) pertence à reta, vem que: \[ \begin{aligned} 0,56 &=-1,50\times0,86+b\\ 0,56+1,29&=b\\ b&=1,85. \end{aligned} \]

Logo, \[ r:\ y=-1,50x+1,85. \]

Pretendemos resolver a equação \[ x\cos x=-1,50x+1,85 \]

Utilizando as capacidades da calculadora: \[ y_1=x\cos x,\qquad 0,86\lt x\lt3,43 \] \[ y_2=-1,50x+1,85 \]

Assim, \[ P(2,4;-1,7). \]

Solução

8.

\[ \begin{aligned} D &=\{x\in\mathbb{R}:3x+2\gt0\ \wedge\ 4-x\gt0\}\\ &=\left\{x\in\mathbb{R}:x\gt-\frac23\ \wedge\ x\lt4\right\}\\ &=\left]-\frac23,4\right[. \end{aligned} \]

Em \(\left]-\frac23,4\right[\):

\[ \begin{aligned} \log_2(3x+2) &=4-\log_2(4-x)\\ &\iff \log_2(3x+2)+\log_2(4-x)=4\\ &\iff \log_2\big[(3x+2)(4-x)\big]=\log_2(2^4)\\ &\iff (3x+2)(4-x)=16\\ &\iff 12x-3x^2+8-2x=16\\ &\iff -3x^2+10x+8-16=0\\ &\iff -3x^2+10x-8=0\\ &\iff x=\frac{-10\pm\sqrt{10^2-4\times(-3)\times(-8)}}{2\times(-3)}\\ &\iff x=2\ \vee\ x=\frac43. \end{aligned} \] \[ \text{C.S.}=\left\{\frac43;2\right\}. \]

Solução

9.1 A função \(h\) é contínua em \(x=0\) se \[ \lim_{x\to0^-}h(x)=\lim_{x\to0^+}h(x)=h(0). \]

• \[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^-}h(x) &= \lim_{x\to0^-}\left(\frac{e^{5x}-1}{x}-3\right)\\ &= \lim_{x\to0^-}\left(\frac{e^{5x}-1}{5x}\times5\right)-3\\ &= 5\lim_{x\to0^-}\left(\frac{e^{5x}-1}{5x}\right)-3. \end{aligned} \]
  Mudança de variável \[ y=5x \]

  Se \(x\to0^-\), então \(y\to0^-\).

  \[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^-}h(x) &= 5\lim_{y\to0^-}\left(\frac{e^y-1}{y}\right)-3\\ &= 5\times1-3\\ &= 2. \end{aligned} \]
• \[ h(0)=2. \]
• \[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^+}h(x) &= \lim_{x\to0^+}\frac{3x-\ln(x+1)}{x}\\ &= \lim_{x\to0^+}\left(\frac{3x}{x}-\frac{\ln(x+1)}{x}\right)\\ &= \lim_{x\to0^+}\left(3-\frac{\ln(x+1)}{x}\right)\\ &= 3-\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(x+1)}{x}. \end{aligned} \]
  Mudança de variável \[ y=\ln(x+1)\iff x+1=e^y\iff x=e^y-1 \]

  Se \(x\to0^+\), então \(y\to0^+\).

  \[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^+}h(x) &= 3-\lim_{y\to0^+}\frac{y}{e^y-1}\\ &= 3-\lim_{y\to0^+}\frac{1}{\frac{e^y-1}{y}}\\ &= 3-\frac{1}{\displaystyle\lim_{y\to0^+}\frac{e^y-1}{y}}\\ &= 3-\frac11\\ &= 2. \end{aligned} \]

Logo, \(h\) é contínua em \(x=0\).

Alternativa com a Regra de L'Hôpital: Ao substituirmos \(x\) por \(0\), verificamos que estamos perante indeterminações do tipo \(\frac{0}{0}\). Estando verificadas as condições de aplicação, podemos usar a Regra de L'Hôpital.

Para \(x \to 0^-\):

\[ \lim_{x\to0^-}\frac{e^{5x}-1-3x}{x} \overset{\left(\frac{0}{0}\right)}{=} \lim_{x\to0^-}\frac{5e^{5x}-3}{1} = 5 - 3 = 2. \]

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^-}\left(\frac{e^{5x}-1}{x}-3\right) &= \lim_{x\to0^-}\frac{e^{5x}-1}{x}-3\\ &\overset{\mathrm{L'H}}{=} \lim_{x\to0^-}\frac{5e^{5x}}{1}-3\\ &= 5-3\\ &= 2. \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} \lim_{x\to0^+}\frac{3x-\ln(1+x)}{x} &\overset{\mathrm{L'H}}{=} \lim_{x\to0^+}\frac{3-\frac{1}{1+x}}{1}\\ &= 3-1\\ &= 2. \end{aligned} \]

Como, também por esta via, \[ \lim_{x\to0^-}h(x)=\lim_{x\to0^+}h(x)=h(0)=2, \] confirma-se que \(h\) é contínua em \(x=0\).

Solução

9.2

• Averiguemos a existência de assíntota horizontal ao gráfico de \(h\) quando \(x\to+\infty\). \[ \begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}h(x) &= \lim_{x\to+\infty}\frac{3x-\ln(x+1)}{x}\\ &= \lim_{x\to+\infty}\left(3-\frac{\ln(x+1)}{x}\right)\\ &= \lim_{x\to+\infty}\left(3-\frac{\ln\left(x\left(1+\frac1x\right)\right)}{x}\right)\\ &= 3-\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x+\ln\left(1+\frac1x\right)}{x}\right)\\ &= 3-\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} -\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(1+\frac1x\right)}{x}\\ &= 3-0-0\\ &= 3. \end{aligned} \]

  A reta de equação \(y=3\) é assíntota horizontal ao gráfico de \(h\) quando \(x\to+\infty\).

• Averiguemos a existência de assíntota horizontal ao gráfico de \(h\) quando \(x\to-\infty\). \[ \begin{aligned} \lim_{x\to-\infty}h(x) &= \lim_{x\to-\infty}\left(\frac{e^{5x}-1}{x}-3\right)\\ &= \lim_{x\to-\infty}\frac{e^{5x}-1}{x}-3\\ &= \frac{0-1}{-\infty}-3\\ &= 0-3\\ &= -3. \end{aligned} \]

  A reta de equação \(y=-3\) é assíntota horizontal ao gráfico de \(h\) quando \(x\to-\infty\).

Alternativa com a Regra de L'Hôpital. No estudo quando \(x\to+\infty\), surge a indeterminação \(\frac{\infty}{\infty}\) em \(\frac{\ln(x+1)}{x}\), pelo que podemos escrever: \[ \begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+1)}{x} &\overset{\mathrm{L'H}}{=} \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x+1}}{1}\\ &= 0. \end{aligned} \] Assim, \(\lim_{x\to+\infty}h(x)=3\).

Quando \(x\to-\infty\), não se obtém uma indeterminação do tipo \(\frac{0}{0}\) nem do tipo \(\frac{\infty}{\infty}\), pois \(e^{5x}-1\to-1\) e \(x\to-\infty\). Assim, neste caso não é necessário recorrer à Regra de L'Hôpital.

Solução

10. \(g(x)=e^{2-x}\)

Como \(P\) pertence ao gráfico de \(g\), temos \[ P(a,e^{2-a}),\quad a\gt0. \]

\[ \begin{aligned} g'(x)&=-e^{2-x}\\ g'(a)&=-e^{2-a}=m_r\\ y&=-e^{2-a}x+b. \end{aligned} \]

Como o ponto \((a,e^{2-a})\) pertence à reta, vem que: \[ \begin{aligned} e^{2-a} &= -ae^{2-a}+b\\ &\iff (1+a)e^{2-a}=b. \end{aligned} \] Logo, \[ y=-e^{2-a}x+(1+a)e^{2-a}. \]

Assim, \[ R(0,(1+a)e^{2-a}). \] Por isso, \[ \overline{OR}=(1+a)e^{2-a},\qquad \overline{QP}=e^{2-a},\qquad \overline{OQ}=a. \]

\[ \begin{aligned} A(a) &= \frac{(1+a)e^{2-a}+e^{2-a}}{2}\times a\\ &= \frac{(2+a)e^{2-a}}{2}\times a\\ &= \frac{(2a+a^2)e^{2-a}}{2}, \qquad a\gt0. \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} A'(a) &= \frac12\left((2+2a)e^{2-a}+(2a+a^2)(-1)e^{2-a}\right)\\ &= \frac12\left(e^{2-a}(2+2a-2a-a^2)\right)\\ &= \frac12e^{2-a}(2-a^2), \qquad a\gt0. \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} A'(a)=0 &\iff \frac12e^{2-a}(2-a^2)=0\\ &\iff \underbrace{\frac12e^{2-a}=0}_{\text{equação impossível}} \ \vee\ 2-a^2=0\\ &\iff 2-a^2=0\\ &\iff a=\pm\sqrt2. \end{aligned} \]

Como \(a\gt0\), tem-se \(a=\sqrt2\).

\(a\)	\(0\)		\(\sqrt2\)		\(+\infty\)
\(\frac12\)		\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(e^{2-a}\)		\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(2-a^2\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
Sinal de \(A'\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
Variação de \(A\)		\(\nearrow\)	Máx. \(A(\sqrt2)\)	\(\searrow\)

Conclui-se que a área do trapézio é máxima para \[ a=\sqrt2. \]

Solução

11. Esta questão pode ser resolvida recorrendo às capacidades estatísticas da calculadora gráfica.

Introduzindo na calculadora os valores da temperatura máxima diária, obtém-se o desvio-padrão amostral \[ s_x\approx4,87169. \]

Arredondando às unidades, vem \[ s_x\approx5. \] Logo, em I, a opção correta é b) 5.

Aplicando a estatística de uma variável à lista dos valores de \(y\), isto é, ao número de dezenas de gelados vendidos, obtém-se a mediana \[ \operatorname{Mediana}=23,5. \]

Logo, em II, a opção correta é b) 23,5.

Para estudar a associação entre as variáveis, recorremos à regressão linear de \(y\) em função de \(x\). A calculadora apresenta \[ r\approx0,99758. \]

Como \(r\) é positivo e muito próximo de \(1\), a correlação é positiva forte. Logo, em III, a opção correta é c) positiva forte.

A reta de regressão obtida na calculadora é aproximadamente \[ y=1,897x-27,188. \] Usando as estimativas dos parâmetros arredondadas às centésimas, podemos considerar \[ y=1,90x-27,19. \] Na calculadora, usando os valores guardados, para \(x=24\), vem \[ y\approx1,897\times24-27,188\approx18,34. \]

Arredondando às unidades, obtém-se \(18\). Logo, em IV, a opção correta é a) 18.

Respostas: I-b, II-b, III-c, IV-a.

Solução

Numa pirâmide quadrangular regular, a reta que contém \(E\) e \(F\) é perpendicular ao plano da base. Assim, \(\overrightarrow{EF}=(0,2,0)\) é um vetor normal ao plano da base.

Como \(F(-3,0,2)\) pertence ao plano da base, uma equação do plano é \[ 0(x+3)+2(y-0)+0(z-2)=0, \] isto é, \[ y=0. \]

Solução

Como a base é um quadrado, \(F\) é o centro da base. Tem-se \[ \overrightarrow{FA}=A-F=(2,0,0). \] Rodando este vetor \(90^\circ\) no plano \(y=0\), obtém-se, atendendo à condição sobre a cota de \(B\), \[ B=(-3,0,4). \]

Logo, \[ \overrightarrow{BF}=F-B=(0,0,-2). \] Além disso, como \(\overrightarrow{EF}=(0,2,0)\), então \[ \overrightarrow{FE}=(0,-2,0). \] Portanto, \[ \overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{FE} = (0,0,-2)\cdot(0,-2,0)=0. \]

Solução

12.3 Comecemos por determinar as coordenadas do ponto \(B\). Como \(B\) pertence ao plano da base, sabemos que as suas coordenadas são do tipo \[ B(b_1,0,b_3). \]

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{FA} &= A-F\\ &= (-1,0,2)-(-3,0,2)\\ &= (2,0,0). \end{aligned} \]

Como a base é um quadrado e \(F\) é o seu centro, os vetores \(\overrightarrow{FA}\) e \(\overrightarrow{FB}\) são perpendiculares e têm o mesmo comprimento. Assim, \[ \overrightarrow{FA}\perp\overrightarrow{FB} \quad\text{e}\quad \|\overrightarrow{FA}\|=\|\overrightarrow{FB}\|. \]

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{FB} &= B-F\\ &= (b_1,0,b_3)-(-3,0,2)\\ &= (b_1+3,0,b_3-2). \end{aligned} \] \[ \left\{ \begin{aligned} (2,0,0)\cdot(b_1+3,0,b_3-2)&=0\\ \sqrt{(b_1+3)^2+(b_3-2)^2}&=2 \end{aligned} \right. \iff \left\{ \begin{aligned} 2b_1+6&=0\\ \sqrt{(b_1+3)^2+(b_3-2)^2}&=2 \end{aligned} \right. \] \[ \iff \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ \sqrt{0^2+(b_3-2)^2}&=2 \end{aligned} \right. \iff \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ |b_3-2|&=2 \end{aligned} \right. \] \[ \iff \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ b_3-2&=2 \end{aligned} \right. \vee \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ b_3-2&=-2 \end{aligned} \right. \] \[ \iff \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ b_3&=4 \end{aligned} \right. \vee \left\{ \begin{aligned} b_1&=-3\\ b_3&=0. \end{aligned} \right. \]

• Se \(b_1=-3\) e \(b_3=4\), então \(B(-3,0,4)\).
• Se \(b_1=-3\) e \(b_3=0\), então \(B(-3,0,0)\), o que não é possível, pois a cota de \(B\) é superior à cota de \(A\), que é \(2\).

Logo, \[ B(-3,0,4). \]

O plano mediador do segmento de reta \([BF]\) é definido por \[ z=\frac{2+4}{2} \iff z=3, \] pois os pontos \(B\) e \(F\) têm a mesma abcissa e a mesma ordenada.

Se \(P\) pertence ao plano definido por \(z=3\), então \[ 1-a=3 \iff a=-2. \]

Assim, \[ a=-2 \quad\text{e}\quad P(-4,3,3). \]

Solução

13. O declive da reta \(r\) é igual a \(h'(a)\).

O declive da reta \(s\) é igual a \(h'(b)\).

\[ \begin{aligned} m_r&=h'(a)=\frac{1}{\operatorname{sen}a-1}\\ m_s&=h'(b)=\frac{1}{\operatorname{sen}b-1}. \end{aligned} \]

As retas \(r\) e \(s\) são paralelas se e somente se têm declives iguais:

\[ \begin{aligned} r\parallel s &\iff h'(a)=h'(b), \qquad a,b\in[0,\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}\right\}\\ &\iff \frac{1}{\operatorname{sen}a-1} = \frac{1}{\operatorname{sen}b-1}, \qquad a,b\in[0,\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}\right\}\\ &\iff \operatorname{sen}a-1=\operatorname{sen}b-1, \qquad a,b\in[0,\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}\right\}\\ &\iff \operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b, \qquad a,b\in[0,\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}\right\}. \end{aligned} \]

Na circunferência trigonométrica, para ângulos de \([0,\pi]\), a igualdade dos senos dá duas possibilidades:

\[ \operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b \iff b=a\ \vee\ b=\pi-a. \]

Mas \(b=a\) é impossível, pois \(a\) e \(b\) não podem ser iguais. Portanto,

\[ \begin{aligned} \operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b &\iff b=\pi-a\\ &\iff a+b=\pi. \end{aligned} \]

Conclui-se que \[ r\parallel s \iff a+b=\pi. \]

Reciprocamente, se \(a+b=\pi\), então \(b=\pi-a\), pelo que \(\operatorname{sen}b=\operatorname{sen}(\pi-a)=\operatorname{sen}a\). Assim, \(h'(a)=h'(b)\) e, consequentemente, \(r\parallel s\).

Logo, \[ r\parallel s \quad\text{se e só se}\quad a+b=\pi. \]