Fabiano Nader & Kenji ChungSOLUÇÃO – FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS EXERCÍCIOS PROPOSTOS NÍVEL 1 E1. SOLUÇÃO: sen(4π/3) = - sen(4π/3 - π) = - sen(π/3) = -√3/2; Cos(5π/6) = - cos(π - 5π/6) = - cos(π/6) = - √3/2; Sen(7π/4) = - sen(2π - 7π/4) = - sen(π/4) = -√2/2. Então sen 4π 5π 7π .cos + sen 3 6 4 2 = (-√3/2)·(√3/2) + (-√2/2)² = ¾ + 2/4 = 5/4. RESPOSTA: 5/4. E2. SOLUÇÃO: Sabemos que a medida do seno de um ângulo agudo é igual ao cosseno do seu complementar. Portanto, sen (π/2 - x) = cos x. RESPOSTA: LETRA D. E3. SOLUÇÃO: A forma da curva representada no gráfico é da função seno. Porém, está deslocada em 1 unidade ‘para cima’. Ou seja, a função representada no gráfico é dada por: f(x) = 1 + sen x . RESPOSTA: LETRA B. E4. SOLUÇÃO: Pelo gráfico, temos que f(π) = sen(π/k) = 1. Como sen(π/2) = 1, então k = 2. Também pelo gráfico, temos que g(π/2) = cos(m·π/2) = -1. Como cos|π| = -1, então mπ/2 = |π| |m| = 2. Portanto, |m| = k. RESPOSTA: LETRA B. E5. SOLUÇÃO: Se f(x) = 2 – cos x, com 0 ≤ x ≤ 2π, então o valor máximo de f(x) é M = 2 – (– 1) = 3 e o valor mínimo de f(x) é m = 2 – 1 = 1. Logo, M/2m = 3/2. RESPOSTA: LETRA A. E6. SOLUÇÃO: (π/3 , π/6, π/12, ..) formam uma P.G. infinita de razão ½. Assim, sua soma é dada por: S = (π/3)/(1 – ½) = 2π/3. Como tg (2π/3) = - tg (π/3) = - √3, então cotg (2π/3) = 1/tg(2π/3) = - 1/√3 = - √3/3. RESPOSTA: LETRA D. E7. SOLUÇÃO: Como -1 ≤ sem [π/90 · (t – 105)] ≤ 1, temos 2 possibildades: (1) fmáx(t) = A + B e fmím(t) = A – B A + B = 14, 4 (i) e A – B = 9,6 (ii) Somando (i) e (ii), obtemos: 2A = 24 A = 12; e B = 14,4 – 12 B = 2,4. (2) fmáx(t) = A – B e fmín(t) = A + B A – B = 14,4 (i) e A + B = 9,6 (ii) Somando (i) e (ii), temos: 2A = 24 A = 12; e B = 9,6 – 12 B = -2,4. Assim, o valor de A é 12 e B ± 2,4. RESPOSTA: 12 e ± 2,4. E8. SOLUÇÃO: sen (t - π/2) varia de -1 a 1. Então, seu valor mínimo é -1. Assim, a pressão mínima é: P = 50 + 50·(-1) = 50 – 50 = 0. Mas sen (3π/2) = -1. Então t – π/2 = 3π/2 t = 4π/2 = 2π. RESPOSTA: LETRA D. Fabiano Nader & Kenji Chung 0 isto é. ou seja. 0). Ou seja.. Assim. Ainda pelo gráfico. pois trata-se da soma de uma P. 1). sen (π/2) > sen (π/3) > sen (π/4) > .) = π/2 / (1 – ½) = 2π/2 = π. E11. portanto o período é π/2 – (. E12. Assim.G. infinita de razão ½ e primeiro termo a1 = π/2. RESPOSTA: LETRA B. Logo. RESPOSTA: LETRA B. A constante "b" representa uma relação inversamente proporcional . RESPOSTA: LETRA B. Periodo da função sen(x) = 2π. seria de -1 a 1. sabemos que Q(π/2 . RESPOSTA: LETRA A. 2π – x π – bx π/2π = x/bx ½ = 1/b b = 2. SOLUÇÃO: (π/2 + π/4 + π/8 + . SOLUÇÃO: O ponto Q está na função f(x) localizado no ponto y = 0. Pelo gráfico. Pelo gráfico. em outubro. RESPOSTA: LETRA B. ou seja. Logo.π/2) = π/2 + π/2 = π. Periodo da função sen(bx) = π. pois é o “primeiro y = 0”. Ou seja. o período da função varia de -π/2 a π/2 . a quantidade de peixes. E13. em toneladas.Fabiano Nader & Kenji Chung E9. a área do triângulo é A = (π/2 ·1)/2 = π/4. quanto maior a freqüência. a = 3 e b = 2. bx período. no caso da questão a amplitude é 3 (a = 3). SOLUÇÃO: O gráfico da função seno está representado na figura abaixo: Como podemos observar pelo gráfico. E10. SOLUÇÃO: y = a·sen(bx) a amplitude.. SOLUÇÃO: Fabiano Nader & Kenji Chung 1 . Na função y’ = sen x... Então cos x = 0 x = π/2 ou 3π/2. menor o período. E14. Já o ponto P tem abscissa x = 0. o de menor valor. Portanto. a variação de y é de -3 a +3. sen (π/2 + π/4 + . Assim.. essa sequência é estritamente decrescente. o ponto P tem coordenadas (0 . f(0)=cos 0 = 1. foi P(10) = 720 + 250·sen (10π/4) = 720 + 250 · sen(π/2) = 720 + 250 · 1 = 720 + 250 = 970.) = sen π = 0. então outubro é o mês 10 (t = 10). SOLUÇÃO: Se janeiro é o mês 1 (t = 1).. Então cos x = ½ x = π/3 ou x = 2π – π/3 = 5π/3. 3.cos x -1 E16.3 · 1 = 17. Sendo tgx = y. 2 RESPOSTA: LETRA D. E19. não existe solução real para essa inequação.8 – 1. Sendo cos x = y. Pelo triângulo. SOLUÇÃO: 1.3·tgx + 2 = 0. Logo. -4 ou -3. VERDADEIRA.3·senx·cosx + 2·cos²x = 0 por cos²x.sen y Sen y = 1/5. RESPOSTA: 02. -5 ≤ n ≤ -3. tgx = 1 ou tgx = 2. P2.25. y = (-1 ± 3)/2·2 y = (-1 + 3)/4 = 2/4 = 1/2 ou y’ = (-1 – 3)/4 = -4/4 = -1. (3 soluções).Fabiano Nader & Kenji Chung Como podemos notar pela figura. o mês de abril. e existirá solução se e somente se -1 ≤ n + 4 ≤ 1 seja. VERDADEIRA. temos? tg²x . RESPOSTA: LETRA C. f2(3π/8) = 3. e estão defasadas em meio período: 3π/2 = 2π/αx α = 4x/3. RESPOSTA: LETRA C. temos: 2y² + y – 1 = 0. SOLUÇÃO: 9 = 1/3 (3²) =3 -2cos x = -1 cos x = ½. Então cos α = cos (π/2 + y) = cos (π/2)· cos y – sen (π/2)· sen y -1/5 = . Mas o cosseno de qualquer ângulo vai de -1 a 1 e √π > 1 e -√π < -1. π.3 · sen (2π/365 · l) = 18. o conjunto solução para a equação é x = {π/3. f(t) = 18. n pode ser igual a -5. SOLUÇÃO: 2cos²x + cosx – 1 = 0. Logo. p = 2π/|e| = 2π/(2π/365) = 365. E20. A menor solução é x = π/3. E18. ou QUESTÕES DE PERNAMBUCO P1.cos x+ . Logo. Assim f1(x) = 2 + sen (4x/3). estão verdadeiras apenas as alternativas 2 e 3.8 – 1. RESPOSTA: LETRA C. que já é o mês 4. 2. E15. E17. f1(y) = k + sen y sen y = 1. Considerando que 3 meses são 90 dias. FALSA.4·2·(-1) = 1 + 8 = 9. Ou seja. RESPOSTA: LETRA D. SOLUÇÃO: O período das duas funções é igual a 3π/2. temos: y² . SOLUÇÃO: Dividindo a equação sen²x . esse resultado ocorreu no 92º dia. Então k = 4. ou cos x = -1 x = π. temos: sen y = x/10 = 1/5 x = 2 cm. f2(y) = k – sen y sen y = 1. Da mesma forma. sen (2π/365 · t) = 1 2π/365 · t = π/2 t = 365/4 = 91. o ângulo α é a soma do ângulo reto com um ângulo agudo y. RESPOSTA: LETRA A. Assim f2(x) = 4 – sen (4x/3). SOLUÇÃO: cos (x – π) ≥ π cos(x – π) ≥ ±√π. Logo.5 horas = 17h30. SOLUÇÃO: Temos sen x = (n² + 4n + 4 – 4)/n = n + 4. Conjunto solução: ∅. 5π/3}. . SOLUÇÃO: Seja x a distância percorrida pelo barco. f1(3π/8) = 3. ou seja. Então k = 2. ∆ = 1 . RESPOSTA: LETRA B.3y + 2 = 0 y = 1 ou y = 2. como representada na figura: Fabiano Nader & Kenji Chung 2 . P3. então 1/cos x = cos x cos²x = 1. sen (π + x) = sen π · cos x + sen x · cosπ = . c) CORRETO.sen (x + π) = -(-sen x) = sen x. ou seja: (x – 13)π/12 = π x – 13 = 12 x = 25. Mas sen²x + cos²x = 1. 2x = √3 ·2. Logo. sen (x – π) = . Então a temperatura é dada por: T = 6·(-1) + 31 = -6 + 31 = 25º. A temperatura é máxima quando o cosseno atinge seu valor máximo.4 x ≈ 1. Então sec x = 1/cos x = 1/cos 45º = 1/(√2/2) = 2/√2 = √2 ≠ 2. -1. x = π/2 + kπ. só se x = π/4.senx. ou seja. sec x = 1/cos x. d) INCORRETO. b) CORRETO. π + x está no terceiro quadrante. (x – 13)π/12 = 0 x – 13 = 0 x = 13h. 5 horas da tarde são 17 horas após 0 hora. P6. RESPOSTA: LETRA D. (3)(3) VERDADEIRO. A menor temperatura é atingida quando o cosseno tem seu valor mínimo. x = 200m. ou seja. Se tg x = 1.sen x. Pois tg π/4 = 1. Substituindo x = π/4 temos: sen π/2 = sen 0 1 = 0. (2)(2) VERDADEIRO. Assim: T(5) = 6· cos((17 – 13)π/12) + 31 = 6· cos(π/3) + 31 = 6· (1/2) + 31 = 3 + 31 = 34º. com z pertencente aos inteiros.Fabiano Nader & Kenji Chung Então sen 30º = 100/x = ½ RESPOSTA: LETRA B. então x = 45º (para x no primeiro quadrante). sen (x – π) = sen (x + π). Se sec x = cos x. e o gráfico já começa em 20º. sen (x + 2π) = sen x e . SOLUÇÃO: (0)(0) VERDADDEIRO. após 25 horas (1 dia e 1 hora). SOLUÇÃO: sen 60º = x/(2. Pois se x é um ângulo agudo. Logo. (4)(4) FALSO. e) CORRETO. (1)(1) FALSO. sen (-x) está no quarto quadrante.4) = √3/2 RESPOSTA: LETRA A. P4. sen²x + 1 = 1 sen²x = 0. variando π).sen (x + π). onde o seno é negativo. Logo. Fabiano Nader & Kenji Chung 3 . sen (x + π/4) = sen (x – π/4).04 m. P5. (3)(3) FALSO. RESPOSTA: VFVVF. Se cossec x = sen x. (1)(1) VERDADEIRO. (2)(2) FALSO. (4)(4) FALSO. SOLUÇÃO: (0)(0) VERDADEIRO.2 = 2. Ou seja. sen (–x) = .sen x. onde o seno é negativo. sen (π + x) = . Assim é mínima às 1 da manhã. cossec x = 1/sen x. Um dos motivos para o gráfico estar errado é que a menor temperatura atingida é 25º.sen x. SOLUÇÃO: a) CORRETO. RESPOSTA: VVFFF. A temperatura é mínima quando cos (x – 13)π/12 = -1.7 · 1. e a tangente é positiva no primeiro e no terceiro quadrantes (ou seja. sen (x + 2π) = . cos (x – 13)π/12 = 1. então 1/sen x = sen x sen²x = 1 sen x = ± 1. terá sempre o mesmo cosseno. SOLUÇÃO: Os triângulos ACP e BDP são semelhantes. 12 = 4 + 4 . Então P(t) = 96 + 18·1 = 96 + 18 = 114.8· cos AOC cosAOC = -½. Assim. SOLUÇÃO: P(t) = 96 + 18 cos(2πt) (0)(0) VERDADEIRO. SOLUÇÃO: Se o diâmetro é 4. é quando cos x = -1 e cos x = 1. (2)(2) FALSO. (1)(1) VERDADEIRO. RESPOSTA: 60. RESPOSTA: LETRA B. (3)(3) FALSO. P10. Logo. (1)(1) VERDADEIRO. O cosseno é negativo no segundo e terceiro quadrantes. P8. ou seja. O valor mínimo da função é 1. a imagem de f é [1. respectivamente. 2πt = π 2t = 1 t = ½. pois 2π multiplicado por qualquer número sempre dará um arco côngruo a 2π multiplicado pelo sucessor desse número. O valor mínimo e o máximo da função.8· cos AOC 4 = .Fabiano Nader & Kenji Chung P7. temos: sen 30º = 500/x = ½ x = 1000 m. Assim. (2)(2) VERDADEIRO. 3 + 2 cos(3x) = 0 cos(3x) = -2/3. O valor máximo da pressão arterial é quando o cosseno tem seu valor máximo: 1. P9. RESPOSTA: VVVFF. o ângulo BPD também mede 30º: De acordo com a figura. P11. O valor mínimo é quando o cosseno é -1: P(t) = 96 + 18·(-1) = 96 – 18 = 78. a distância total percorrida por Joana foi de 1000 + 1200 = 2200 m = 2. (4)(4)FALSO. ou seja. RESPOSTA: FVFVF. O período é calculado dividindo 2é calculado dividindo 2π pelo número que multiplica x. BOC = 180 – 120 = 60º. Então temos: mínimo f(x) = 3 + 2·(-1) = 3 – 2 = 1. a partir do ponto de medição: Fabiano Nader & Kenji Chung 4 . (3)(3) VERDADEIRO. SOLUÇÃO: Seja x a altura do prédio. logo apresenta duas soluções. 5]. (4)(4) FALSO.2 km. o que não consta no gráfico. Um dos motivos para o gráfico estar errado é que a pressão mínima é atingida quando cos (2πt) = -1. temos: (2√3)² = 2² + 2² . Máximo f(x) = 3 + 2·1 = 3 + 2 = 5. P(1/3) = 96 + 18 · cos (2π/3) = 96 + 18· (-1/2) = 96 – 9 = 87. o raio é 2: Pela lei dos cossenos.2·2·2· cos AÔC Assim. f(x) é sempre maior que zero. o período de f é 2π/3. SOLUÇÃO: (0)(0) FALSO. Cos 2πt = cos 2π(t+1). Assim. Logo. sen 30º = 600/y = ½ y = 1200 m. AOC = 120º. Assim.5 metros. RESPOSTA: LETRA B.5. formam um triangulo eqüilátero (pois os pontos estão marcados de 120º em 120º): Como o raio do círculo trigonométrico é 1. Ou seja. Im = [1. B = -2 e m = 2. como passa pelo ponto (½. 1. sen²a. Uma vez que a função passa pelo ponto (0. RESPOSTA: 36... Fabiano Nader & Kenji Chung 5 . P13. SOLUÇÃO: 2cos x .73 = 86. SOLUÇÃO: S = 1 + sen a + sen² a + sen³ a +. Assim. Assim. sen a. sec a 1 − sena 1 + sena 1 − sen2a cos2 a cos2 a cos2 a S = sec a. sua área é √3²·√3/4 = 3√4/4. se multiplicarmos o numerador e o deno min ador por 1 + sena. Assim. SOLUÇÃO: Como a função tem período 2. P12.sec x = 1 2 cos x – 1/cos x = 1 2 cos²x – 1 = cos x 2 cos²x – cos x -1 = 0. temos que (2π)/(bπ) = 2 b = 1. temos a = 2. (a + b + c)² = (2 + 1 + 3)² = 6² = 36. sua soma é dada por: S= a1 1 = . Raízes: cos x = 1 x = 0 e cos x = -1/2 x = 120º ou x = 240º.. P15. m = 2. A função é y = 2 · sen(πx) + 3. A = 3. = = = + = sec2 a + tga. a altura do prédio é aproximadamente 86.5].Fabiano Nader & Kenji Chung Então tg 60º = x/50 = √3 x = 50√3 ≈50 · 1.G. formam uma P.(sec a + tga) RESPOSTA: LETRA A. temos b = a · sen 0 + c = 3 c = 3. infinita de primeiro termo 1 e razão sen a. SOLUÇÃO: O período da função é 2π/m = π f(0) = A + B · sen 0 3=A+0 A = 3.5 + 1 = 87.3). sen³a. 5). a função é do tipo y = a · sen(πx) + 3 e. RESPOSTA: LETRA C. então o lado do triângulo eqüilátero inscrito a ele é √3. teremos : 1 − q 1 − sena 1 1 + sena 1 + sena 1 + sena 1 sena S= . A – B = 5 3–B=5 B = -2. RESPOSTA: LETRA D. P14. Logo. Como o ponto de medição tem 1 metro. f(8π/4 = 2π = 0) = sen 0 + cos 0 = 0 + 1 = 1. (4)(4) FALSO. SOLUÇÃO: Pela expansão do binômio de Newton. RESPOSTA: LETRA C. A partir daí. APROFUNDAMENTO A1.tg 89º. SOLUÇÃO:O domínio de y = log (sen x) é sen x > 0. Pois o cosseno de qualquer ângulo é no mínimo -1 e no máximo 1. o comprimento do intervalo é: c = 7/6 – 5/6 = 2/6. que corta o eixo dos y no ponto 3. √2) RESPOSTA: LETRA C. P18. f(4π/4 = π) = sen π + cos π = 0 -1 = -1. pois o seno é positivo no primeiro e no segundo quadrantes. RESPOSTA: 14. (2)(2) VERDADEIRO. SOLUÇÃO: Como a função tem período 8. SOLUÇÃO: Os valores da expressão vão se anular.√2/2 = 0. pois tg 1º = . Então abc/10 = 7·5·4/10 = 14. a imagem da função possui 5 elementos. A3. P19. tg 2º = . f(10π/4) = f(π/2) . Sabemos que -1 ≤ sen t ≤ 1. obtemos a = 7 e b = 5. a função representada no gráfico é f(x) = 3 – sen (2x). Só restará log tg 45º = log 1 = 0. Resolvendo o sistema. 6c = 6 · 2/6 = 2. ou seja.. (3)(3) FALSO.. 5 ≤ 6y ≤ 7 P20. 1.sen(mx). UM exemplo que contradiz a afirmativa é o do item anterior. Assim. f(3π/4) = sen 3π/4 + cos 3π/4 = √2/2 . f(7π/4) = sen 7π/4 + cos 7π/4 = . então é uma função do tipo: f(x) = 3 . temos 2π/(π/c) = 8 e c = 4. A2. (1)(1) VERDADEIRO.√2/2 = . Logo. Como podemos ver no gráfico. SOLUÇÃO: 2 – sen t = 8 – 6y sen t = 6y – 6. RESPOSTA: 02. f(π/2) = cos(3π/2) = 0. SOLUÇÃO: (0)(0) VERDADEIRO. RESPOSTA: LETRA E. 2kπ < x < (2k + 1)π.. SOLUÇÃO: Pelo formato da função vemos que trata-se de uma função seno. f(2π/4 = π/2) = sen π/2 + cos π/2 = 1 + 0 = 1. (-√2. Isso ocorre quando 0 < x < π. Por exemplo. RESPOSTA: 00.Fabiano Nader & Kenji Chung P16. Não necessariamente. Por definição de cálculo do período. Logo. temos: 5 5 (1 + sen x – 1) = 1/32 sen x = 1/32 sen x = ½ x = π/6 ou x = 5π/6. P17. RESPOSTA: LETRA C..tg 88º. RESPOSTA: VVVFF. f(5π/4) = sen 5π/4 + cos 5π/4 = -√2/2 . Fabiano Nader & Kenji Chung 6 . Logo. -1. …… f(6π/4 = 3π/2) = sen 3π/2 + cos 3π/2 = -1 + 0 = -1. x = -π/9 f(-π/9) = cos(-π/3) = cos(π/3) = ½ > 0 e x < 0. 0. os valores vão se repetindo: f(9π/4) = f(π/4). Então -1 ≤ 6y – 6 ≤ 1 5/6 ≤ y ≤ 7/6. De f(0) = 12 segue que a + b = 12. de f(4) = 8 segue que a + bcos π = 2 ou a – b = 2. ou seja: π = 2π/m m = 2. período da função é π.√2/2 + √2/2 = 0. SOLUÇÃO: f(π/4) = sen π/4 + cos π/4 = √2/2 + √2/2 = √2.√2. ou 2π < x < 3π . . 2π]. Além disso: -π/6 + kπ/5 < 0 k/5 < 1/6 k < 5/6. tgx = 2 · 1/cosx – senx · senx/cosx = 2/cosx – sen²x/cosx = (2 – sen²x)/cosx. no começo de maio.4·cos β + 4·cos²β -1 . Como x é função crescente de k. Isto significa que M é o conjunto dos elementos negativos de B.03 metros que ocorre às 6 horas. depois de abril. 3 2 3 2 A6.π/6 + kπ/5 > 0 k > 5/6. /2. SOLUÇÃO: Sabemos que a zero hora a onda tem valor máximo de altura 3 metros e novamente será alta as 12 horas. SOLUÇÃO: Sabemos que sen²y + cos²y = 1. Substituindo sen²x por 1 – cos²x. k ∈ Z. encontramos: h(0) = 3 h(6) = 0. t = 0 (0 anos).∞ . Ou seja. A5. A10. que é 1.senx.π/2] o menor valor assumido pela função f é 2. onde k = 0. RESPOSTA: LETRA A. x = π/8 + kπ/4. A8. pelo gráfico. cos(6πt) = 1 6πt = 2kπ t = k/3. k ∈ Z } RESPOSTA: LETRA D. Sejam M = B ∩ (. Assim: 2x = π/4 + kπ/2. Percebe-se. cos β = ½ 4 cos β = 1/ = /2. para que x pertença a M.0). f(x) = √77 · sen(5x + 5π/6) = 0 5x + 5π/6 = kπ. m + n = -π/6 + π/30 = -2π/15.0) e N = B ∩ (+ ∞ .Fabiano Nader & Kenji Chung A4. Como a maré baixa tem uma altura de 0. 1. x = -π/6 + kπ/5 (k ∈ Z). 2x² + x – 1 = 0. RESPOSTA: LETRA A. (tg²x – 1)² = 4tg²x [2tgx/(1 – tg²x)]² = 1 tg²2x = 1 Fabiano Nader & Kenji Chung 7 .4·cos²β + 2 = 0 RESPOSTA: LETRA C.0. ou seja. Então P será máxima 4 meses depois de começar o ano. t = 1/3 (4 meses). Portanto. temos: (2 – (1 – cos²x))/cosx = (1 + cos²x)/cosx = 1/cosx + cos²x/cosx = 1/cosx + cosx. t = 2/3 (8 meses).03 h(12) = 3 Isso só ocorre na função da letra A. A7. que a fnção é crescente e o menor valor estabelecido por ela é para x = 0. sendo assim o período é 12. O conjunto solução é {π /12 + kπ /4. Logo. Tem-se: No intervalo de [0. então: α + β = 90º 2 sen 2β − 2 cos 2β = 0 1 – cos²2β – 2 cos 2β = 0 1 – (2 cos²β – 1)² . RESPOSTA: LETRA A. SOLUÇÃO: Sendo α e β os ângulos agudos de um triângulo retângulo. SOLUÇÃO: A população atinge seu valor máximo quando o cosseno atinge seu valor máximo. quando acaba agosto) e assim por diante.π/6 (pois k < 5/6 e k ∈ Z) (menor elemento de N) = n = -π/6 + 1 · π/5 = π/30 (pois k > 5/6 e k ∈ Z) Portanto.. RESPOSTA: LETRA B. RESPOSTA: LETRA E. Assim. SOLUÇÃO: 2secx . Então x + 7x + x + 1 = x + 5x + 2 Raízes: x = 1 ou x = -1/2. SOLUÇÃO: B é o conjunto das raízes de f. ou no começo de setembro (depois de 8 meses. 2.. no intervalo [0.2·(2·cos²β – 1) = 0 1 . 4 cos β = sen α. para que x pertença a N. para x = 0 tem-se: f(0) = 1/cos0 + cos0 = 1/1 + 1 = 2. SOLUÇÃO: (tg²x – 1)(1 – cotg²x) = 4 (tg²x – 1)(1 – 1/tg²x) = 4 tg 2x = ±1. tem-se que: (maior elemento de M) = m = -π/6 + 0 · π/5 = . e N é o conjunto dos elementos positivos de B. k ∈ Z. sen α = cos β = A9.