COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III 1ª SÉRIE – MATEMÁTICA II – PROFº WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br EQUAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS – 2011 - GABARITO
PARTE I: Sem restrições de intervalo. Soluções em U = R.
a) 3
3
tgx . Solução: tgx x k 6 3
3 . Logo,
x IR x k k Z
S ;
/ 6
. b) senx 1 . Solução: senx x 2 k
2 1 3
. Logo,
x IR x k k Z
S ;
2 / 3
.
c) tgx sen . Solução:
tgxsen tgx0xk. Logo,
S
xIR/xk
;kZ .
d) 10
sen
senx . Solução:
k k
x ou
k x sen senx
10 2 2 9 10 10 2
10 .
Logo,
x IR x k x k k Z
S 2 ;
10 2 9
/ 10
e) cos cos 8
x . Solução:
k x ou
k x x
8 2 8 2
cos 8
cos . Logo,
x IR x k k Z
S 2 ;
/ 8
.
f) 4
5 tg
tgx . Solução; tgx tg x k
4 4
5 . Logo,
x IR x k k Z
S ;
/ 4
. OBS: Repare que
4 4 5
sendo usual, neste caso, apresentar a menor determinação.
g) sen
2x 3 senx 2 . Solução: Utilizando do artifício de substituir senx y , temos
2
2x y
sen
.
2 1 2 2
1 3
2 2 4 2
1 3 2
1 3 2
8 9 3 )1(
2
)2 )(1 (4 )3 ( )3 0 (
2 3
2 2 1
2
y y y
y
y
O valor y = 2 não é definido, pois 1 senx 1 . Logo, só é valido y = 1. Substituindo, vem:
k x
senx
y 2
1 2
. Logo,
x IR x k k Z
S 2 ;
/ 2
.
h) 2 cos sec x 1 3 . Solução: cos sec 2
2 sec 4 cos 4 sec cos 2 3 1 sec cos
2 x x x x .
Lembrando que
x senx 1 sec
cos , vem:
k k x
ou k x senx senx
6 2 2 5 6 6 2
2 2 1
1 .
Logo,
x IR x k x k k Z
S 2 ;
6 2 5
/ 6
.
i) cos 3 x cos x 0 . Solução:
kx x ou
kx x
kx x ou
kx x x x x x
2 3
2 3 2 3
2 3 cos 3cos 0 cos
3cos .
Desenvolvendo cada equação, temos:
2 4 2 2 4
2 2
k x k ou
kx k x ou
k x
.
Observe que as soluções diferem de um arco de 2
. Logo a solução pode ser resumida em
k k Z
x IR x
S ;
/ 2
.
j) 2 cos
2x cos x 1 . Solução: Fazendo a substituição de cos x y e resolvendo a equação do
2º grau, vem:
4 1 4 4
3 1
2 1 4 2 4
3 1 4
3 1 4
8 1 1 )2(
2
)1 )(2 (4 )1(
0 1 1 2
2 2 1
2
y y y
y
y .
Substituindo, vem: a)
k k
x ou
k x x
3 2 2 5 3 3 2
2
cos 1 ; b)
cosx1 x
2k1
OBS: Repare que as soluções distam de 3 2
. Logo,
k k k Z
x IR x
S 2 ;
3 ) 1 2
/ (
. l) senx cos x 3 . Solução: Os valores máximos de senx e cos x são iguais a 1. Logo, a soma não pode superar o valor 2. Logo não há solução.
m) 2 0
2 3
x
sen . Solução:
2 2 2 3
2 3 0 3 2
2
x sen x
sen x
sen .
Temos:
k k
x k x
ou
k k
k x
k x
ou
k x
12 2 2 13 4 3 2 3
4 3
12 2 2 7 12
3 2 4
4 3
4 2 3
4 2 3
Logo,
x IR x k x k k Z
S 2 ;
12 2 13
12
/ 7
.
n) 0
3
2 6
x tg x
tg . Solução:
3 2 6
3 0
2 6
x tg x
tg x
tg x
tg .
Resolvendo, vem: x x k x k k k k
2 6
3 6
2 3
6 3
2 6 .
o) sec
2x 2 tgx . Solução:
sec2x2tgx1tg2x2tgxtg2x2tgx10. Fazendo y tgx , vem:
k tgx
y y
y
y
1 4
2 2 2
) 1 )(
1 ( 4 4 0 2
1
2