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ÍndiceManual – Parte 11 Trigonometria e funções trigonométricas2 Geometria analíticaManual – Parte 23 Sucessões4 Funções reais de variável real5 EstatísticaI S B N 9 7 8 - 9 7 2 - 0 - 8 4 4 4 9 - 1Em caso de adoção deste projeto, encontra no e-Manual Premium: todas as propostas de resolução do proje...

Description

Índice Manual – Parte 1 1 Trigonometria e funções trigonométricas 2 Geometria analítica

Manual – Parte 2 3 Sucessões 4 Funções reais de variável real 5 Estatística

Em caso de adoção deste projeto, encontra no e-Manual Premium: • todas as propostas de resolução do projeto em formato digital PDF; • as propostas de resolução assinaladas neste livro, com o ícone ( ), em formato de aplicação interativa, permitindo a sua apresentação passo a passo.

ISBN 978-972-0-84449-1

Manual Parte 1

Unidade 1 Trigonometria e funções trigonométricas 2

2

2

2

Como AB > 0 , conclui-se que AB = 4 . Assim sendo, tem-se que BC 3 AB 4 BC 3 sin α = , cos α = e tan α = = = = . AC 5 AC 5 AB 4

AB AC

=

Pág. 11

6. tan 60° =

4 BC 3 AB 4 = = . , cos β = e tanβ = 5 AC 5 BC 3

2. D é o ponto médio de [AB], logo AD = DB . AD

BC AC

⇔ 3=

BC ⇔ BC = 2 3 m 2

.

Como o triângulo [BDE ] é equilátero, a amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a 60 ° .

2 3 ⇔ 3= ⇔ DC =2 m . DC DC Como o triângulo [BDE ] é equilátero, sabe-se que C é o ponto médio de [DE]. Então, DE = 2 ×DC = 4 m . tan 60 ° =

DB BD , conclui-se que α é a = e tan β = BC BC CD amplitude do ângulo CBD e β é a amplitude do ângulo BCD.

Como cos α =

e

5 73 21 + 73 P [ AECD ] = 4 + 4 + + = . 2 2 2

2

1.1. AC = AB + BC ⇔ 52 = AB + 32 ⇔ AB = 16 .

1.2. sin β =

NEMA11PR © Porto Editora

3 5 Logo, CE = BC −BE = 4 − = 2 2

Pág. 9

BC

7. Como o quarto de círculo representado na figura está dividido Pág. 10

ˆ = QBR ˆ = RBA ˆ = em três setores circulares iguais, CBQ

2

1 15 3.1. sin θ + cos θ = 1 ⇔ sin θ +   = 1 ⇔ sin 2 θ = 16 4 2

2

2

Como 0 < sinθ < 1 , conclui-se que sinθ =

3.2. tan θ =

15 4

.

BT ⇔BT = 0, 6 . 1,2 Relativamente ao triângulo [BRS], tem-se: 3 BS ⇔ BS = 1,2 × ⇔ BS = 0,6 3 . cos 30 ° = 1,2 2

.

15 = 4 = 15 . 1 cos θ 4

Então, ST = BS −BT = 0,6 3 − 0,6 ≈ 0,44 . 2

2

⇔ cos α =

1 1 25 1 4  ⇔ 1+  = ⇔ = ⇔ 2 9 cos 2 α cos 2 α  3  cos α

9 . 25

⇔ sin α =

sin α cos α

2a .

a = =1 . AB a BC a 1 2 = = = b) sin 45 ° = 2 AC 2a 2

a) tan 45 ° =

4 3 ⇔ sin α = tan α × cos α ⇔ sin α = × ⇔ 3 5

e cos 45° = 2

1 73 1 3  ⇔1+  = ⇔ = ⇔ 2 64 cos 2 α cos α  8  cos α 1

BC

1 2 AB a . = = = 2 AC 2a 2

2.1. Sendo o triângulo [ABC ] equilátero, então D é o ponto médio

2

64 ⇔ cos2 α = . 73 Como 0 0

3 Como 0 0 2

Trigonometria e funções trigonométricas

2.2.

sin β =

a 1 3 AD = 2 = = . a) tan 30 ° = 3a 3 3 DC 2

3a 3 DC DC 3 2 e cos 30 ° = . d) sin 60 ° = = = = sin 60 ° = a 2 2 AC AC

8.1. Não se pode concluir que AB = 3 e AC = 5 . Apenas se pode 3 = . afirmar que AC 5 AB

2

16 3 2 2 8.2. sin α + cos α = 1 ⇔   + cos α = 1 ⇔ cos α = . 25 5 4 Como 0 < cos α < 1 , conclui-se que cosα = . 5 2

BC AC

Então, P

3 AB AB ⇔ = ⇔ AB = 2,1 e 5 3,5 AC

⇔

2 1

2 5 5 AE 6 − 5 e = = , cos β = 5 5 5 AD

=2 .

10.2. Sabe-se que tan β =2 . Para determinar a amplitude do ângulo agudo β cuja tangente é 2, recorre-se a uma calculadora científica ou gráfica e conclui-se que β ≈ 63,4° . Pág. 13

11. O triângulo [ABC ] é retângulo em b porque está inscrito numa semicircunferência de diâmetro [AC]. Então, tan α =

AB AB 1 = = . BC 2 AB 2

[ ABC] = 3,5 + 2,1 + 2,8 = 8,4

1 1 5 1 1 ⇔1 +   = ⇔ = ⇔ 2 2 cos2 α  2  cos α 4 cos α

2 ⇔ cos α =

4 . 5

Como 0 < cosα < 1, conclui-se que cos α =

2

2 1 e sin α = porque 3 3

2

9.2. É possível ter-se cos α =

)

2

=

1 2

1 e tanα = 2 2 porque 3

, ou seja, verifica-se a igualdade

1  3    1 1 + tan2 α = . cos 2 α

⇔ sin α =

5 . 5

12.1. Sendo [OA ]

sin45° =

AD

⇔

OA

OCe]

2 2

AD

=

3

A [OABC ]= 2 × A [OAB ] = 2 ×

[raios da

OD = AD =

⇔ AD =

3 2 2

.

3 2 9 2 OB × AD = 3× = . 2 2 2

3 2 . 2

Logo, BD = OB − OD = 3−

2

2

circunferência, então

12.2. Como o triângulo [AOD ] é isósceles, então

⇔ AB =

10.1. Seja E a projeção ortogonal de D sobre [ AB]. 2

sin α 1 2 5 ⇔ sin α = tan α × cos α ⇔ sin α = × ⇔ cos α 2 5

3 2 6−3 2 = . 2 2

3 2 2 2 2 2 AB = AD + BD ⇔ AB =   2 

3 2 9.3. Não é possível ter-se cos α = e sin α = porque sendo 2 3 α um ângulo agudo sabe-se que 0 < cosα < 1.

2

tan α =

4 2 2 5 = = . 5 5 5

. Seja D a projeção ortogonal deA sobre [OB].

.

1  + 2  ≠     1 , ou seja, não se verifica a fórmula fundamental  3 3 da trigonometria.

1+ 2 2

1 + tan 2 α =

OA = OC =3 . ˆ = 90° − POA ˆ = 90° − 45° = 45° AOB

4 BC = ⇔ BC = 2,8 . 5 3,5

9.1. Não é possível ter-se cos α =

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=

=

2

8.3. sin α =

2

5

2

Pág. 12

(

DE AE

3a 2 = = 3 . b) tan 60° = a AD 2 a AD 2 1 AD 1 c) sin 30 ° = = = e cos 60 ° = = sin 30 ° = . 2 AC a 2 AC

2

=

AD

tan β =

DC

cos α =

DE

2

2

  6 −3 2   +   ⇔   2 

2 18 36 − 36 2 +18 + ⇔ AB = 18 − 9 2 . 4 4

Como AB > 0 , conclui-se que

(

)

AB = 18 − 9 2 = 9 2 − 2 = 9 × 2 − 2 = 3 2 − 2 .

2

AD = AE + DE ⇔ AD = 12 + 22 ⇔ AD = 5 . Como AD >0 ,

conclui-se que AD = 5 .

5

Unidade 1

13.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:

1.

3 4× sin 60 ° sin 45° 4sin 60 ° 4 3 2 = ⇔ a= ⇔ a= ⇔ a= ⇔ a 4 sin 45 ° 2 2 2 4 3× 2 4 6 ⇔a = ⇔a = ⇔a = 2 6 . 2× 2 2

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Tarefa 2

13.4. Da aplicação da lei dos senos, resulta: sin 75 °

sin 45 ° 4sin 75 ° . = ⇔ b= 4 sin 45 ° b Recorrendo a uma calculadora, tem-se b ≈ 5,5 . Pág. 15

14.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:

sin 55°

=

8 Da aplicação da lei dos senos, resulta: sin 55° sin Cˆ 7sin 55° = ⇔ sin Cˆ = ⇔ sin Cˆ ≈ 0, 717 . 8 7 8

sin Bˆ sin Cˆ . = 7 AC

14.2. Sabendo que sin ˆC ≈ 0,717 e recorrendo a uma Atendendo aos dados da figura anterior, tem-se: x ⇔ x = 0,8 tan 42° ⇔ x ≈ 0,72 m. tan 42° = 0,8 Altura da viatura, arredondada às centésimas: (1,2 + 0,72) m = 1,92 m . Largura da viatura, arredondada às centésimas: (2,60 −0,8) m = 1, 80 m .

2.1. Como na figura estão representados nove losangos ˆ = 360 ° =40 ° . geometricamente iguais, sabe-se que AOC 9 [ ABC], então 2.2. Sendo OB um eixo de simetria do losango O

ˆ ˆ = AOC = 20 ° . AOB 2 3 3 ⇔ OA = ⇔ OA ≈ 3,19 . cos 20° = cos 20° OA AC AC 2.3. tan 20° = 2 ⇔ tan 20° = ⇔ AC = 6 tan 20° ⇔ AC ≈ 2,2 . 3 6

calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 45, 81° .

14.3. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a 180 ° . Então, ˆB = 180 ° −55 ° −45,81 ° =79,19 °.

14.4. Da aplicação da lei dos senos e atendendo ao valor encontrado em 14.3. , resulta: sin 55 ° sin 79,19 ° 8sin 79,19 ° = ⇔ AC = ⇔ AC ≈ 9,6 . 8 sin 55 ° AC Pág. 16

15. Atendendo à lei dos senos, tem-se:

16.1. Sabendo que AB = AC = 6 , então

13.1. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer

ˆ = ACB ˆ = 180 ° − 130 ° = 25 ° . ABC 2

Então, Cˆ = 180 ° −60 ° −75 ° =45 ° .

16.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:

13.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se: sin 60 ° sin 75 ° sin 45 ° . = = 4 a b

6

3

=

sin 90 ° 7

=

sin Cˆ

.

AB

Da aplicação da lei dos senos, resulta: sin Aˆ sin 90° 3× 1 3 = ⇔ sin Aˆ = ⇔ sin Aˆ = . 3 7 7 7 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 25,4° . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a 180 ° , então Cˆ = 180 ° − 90 ° −25,4 ° =64,6 ° .

Pág. 14

triângulo é igual a 180° .

sin Aˆ

Donde resulta que: BC =

6sin 130 ° sin 25 °

sin 130 ° sin 25 ° . = 6 BC

⇔ BC ≈ 10,88 .

Trigonometria e funções trigonométricas

Pág. 17

Pág. 19

17.1. sin 90°× sin 160° = 1× sin (180° − 160° )= sin 20° .

21.1. Os ângulos PBC e ABC são suplementares, logo ˆ = 180° − 135° = 45° . PBC

2 17.2. 2sin 45 °×sin 135 ° =2 × ×sin (180 ° −135 °) = 2 sin 45 ° = 2 = 2×

2 2

=1 .

sin 45° =

ˆ = CBA ˆ = 360 ° : 5 = 36° e AB = BC = 25 = 5 . conclui-se que BAC 2 5 Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer ˆ = 180° − 36° − 36° = 108° . triângulo é igual a 180 ° , então ABC sin 108° sin 36° = . Atendendo à lei dos senos, tem-se: 5 AC Donde resulta que: 5sin 108° 5sin (180 ° −108 ° ) 5sin 72 ° = = . AC = sin 36 ° sin 36 ° sin 36 °

19.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se: sin Aˆ sin 112 ° sin Cˆ = = . 5 3 a Da aplicação da lei dos senos, resulta: sin 112° sin Cˆ 3sin 112° = ⇔ sin Cˆ = ⇔ sin Cˆ ≈ 0, 556 . 5 3 5 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 33,801 ° .

19.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a 180° , então Aˆ = 180 ° −112 ° −33,801 ° ≈34,20 ° .

19.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta: sin 34,2° sin 112° 5sin 34,2° = ⇔a = ⇔ a ≈ 3,0 . 5 sin 112 ° a

20.1. cos 60 ° =

AP AC

⇔

1 AP = ⇔ AP =2 . 2 4

3 h ⇔ = ⇔h=2 3 . 2 4 AC PB = AB − AP = 7 − 2 = 5 . PC

2

2

(

BC = PB + PC ⇔ a2 = 52 + 2 3

)

2

⇔ a2 = 37 . Como a > 0 ,

conclui-se que a = 37 .

20.2. Atendendo aos cálculos efetuados em20.1. , sabe-se que 2

a = 37 .

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⇔

2 PB 5 2 = ⇔ PB = . 2 5 2

⇔

2 h 5 2 = ⇔h = . 2 5 2

BC

PC

AP = AB + BP = 4 +

5 2 8+ 5 2 = . 2 2 2

2

8 +5 2  5 2  2 2 2 AC = AP + PC ⇔ b2 =   +   ⇔  2   2  2

⇔b =

64 + 80 2 + 50 50 2 + ⇔ b = 41 +20 2 . 4 4

Como b >0 , conclui-se que b = 41 +20 2 .

21.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 21.1. , sabe-se que b 2 = 41 + 20 2 . 2 2 Por outro lado, 4 + 5 + 2 × 4 × 5cos 45 ° = 41 + 40 ×

2 = 2

= 41 + 20 2 . 2 2 2 Conclui-se então que b = 4 + 5 + 2× 4× 5 cos 45° . Pág. 20

22.1. cos 90° × cos 137° + 2cos 120° = 1 = 0× cos 137° + 2− cos ( 180° −120 °) = −2cos 60 ° = −2 × = −1 . 2

22.2. cos 45° cos 135° = =−

2 × − cos ( 180 ° − 135 °)  = 2 

2 2 2 1 cos 45° = − × =− . 2 2 2 2

22.3. cos 70°× sin 110° + cos 110°sin 70 ° =

Pág. 18

2

PB

BC

18. Como o pentágono [ABCDE] é regular e tem perímetro 25,

sin 60° =

cos 45 ° =

1 Por outro lado, 4 2 + 7 2 −2 ×4 ×7cos 60 ° =65 −56 × =37 . 2 Conclui-se então que a2 = 42 + 72 − 2 ×4 ×7cos 60 ° .

= cos 70°× sin ( 180° − 110° ) + − cos (180° − 110° ) sin 70° =

= cos 70 °×sin 70 ° −cos 70 °sin 70 ° =0 .

23.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: 2 2 2 2 b = 3 + 5 − 2 × 3× 5cos 70° ⇔ b = 34 − 30 cos 70° .

Como b >0 , conclui-se que b = 34 − 30 cos 70° ⇔ b ≈ 4,9 . Atendendo à lei dos senos, tem-se:

sin Aˆ

5 Sabe-se que b = 34 − 30 cos 70° , logo:

=

sin 70° sin Cˆ = . b 3

sin Aˆ sin 70 ° 5sin 70 ° ˆ= = ⇔ sin A ⇔ 5 34 −30 cos 70 ° 34 −30 cos 70 °

⇔ sin Aˆ ≈ 0,9643 . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 74,6 ° . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a 180 ° , então Cˆ = 180° − 70° − 74,6° = 35,4° .

7

Unidade 1

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23.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: a 2 = 2,5 2 + 4 2 − 2 × 2,5 × 4cos 130° ⇔ a 2 = 22,25 − 20cos 130° .

Pág. 22

Como a >0 , conclui-se que a =

Proposta 1

22,25− 20 cos 130° ⇔ a ≈ 5,9 . sin 130° sin Bˆ sin Cˆ = = . a 2,5 4

Atendendo à lei dos senos, tem-se:

Sabe-se que a = 22,25 − 20cos 130 ° , logo:

sin 130 ° sin Bˆ 2,5sin 130 ° = ⇔ sin Bˆ = ⇔ 22,25 − 20cos130 ° 2,5 22,25 −20cos130 ° ⇔ sin ˆB ≈ 0,3232 . Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 18,9° . Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo é igual a 180° , então ˆC = 180° − 130° − 18,9° = 31,1° .

1.1. x2 = 42 + 22 ⇔ x2 = 20 . Logo, x = 20 = 2 5 . Assim sendo, tem-se que 4 2 5 2 5 , cos α = e = = 5 5 2 5 2 5 4 tan α = =2 . 2 sinα =

2 2 2 2 1.2. y = 2 + 3 ⇔ y = 13 . Logo, y = 13 .

e tan β =

Pág. 21

3

Então, sin β =

13

=

3 13 2 2 13 , cos β = = 13 13 13

3 . 2

24.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:

1.3. a2 = 32 + 32 ⇔ a2 = 18 . Logo, a = 18 = 3 2 .

2 2 2 ˆ ⇔ 20cos A ˆ = −7 ⇔ cos A ˆ=− 7 . 6 = 2 + 5 − 2 × 2 × 5cos A 20 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 110,5° .

2 2 2 2 b = 2 + 2 ⇔ b = 8 . Logo, b = 8 =2 2 .

19 2 2 = 5 2 + 6 2 − 2 × 5 × 6cos Bˆ ⇔ 60cos Bˆ = 57 ⇔ cos Bˆ = . 20 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 18,2° . 5 2 2 2 5 = 2 + 6 − 2 × 2 × 6cos Cˆ ⇔ 24 cos Cˆ = 15 ⇔ cos Cˆ = . 8 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 51,3 ° .

c2 =

( 18 ) + ( 8 ) 2

2 ⇔ cos Aˆ = . 3 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 48,2 ° . 102 = 17,52 + 22,52 − 2× 17,5× 22,5cos Bˆ ⇔ 787,5cos Bˆ = 712,5 ⇔ 19 . 21 Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 25,2° . 22, 52 = 102 + 17,52 − 2× 10× 17,5cos Cˆ ⇔ 350 cosCˆ = − 100 ⇔

⇔

⇔ c 2 = 26 . Logo, c = 26 . Assim sendo, tem-se que sinθ =

2 2

tan θ =

2 2

26

24.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se: ˆ ⇔ 450 cos ˆA = 300 ⇔ 17,52 = 102 + 22,52 − 2× 10× 22,5cos A

2

=

3 2

=

2 52 2 13 3 2 3 52 3 13 , cos θ = e = = = 26 13 26 13 26 2 . 3

Proposta 2 2

2 21 2.1. sin2 α + cos 2 α = 1 ⇔   + cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α = .  5

25

21

Como 0 0 , conclui-se que EC ≈ 6,4 cm .

Tarefa 3 1.1. O quadrado [ABCD] divide a circunferência em que está

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inscrito em quatro arcos de amplitude 360° : 4 = 90° e o octógono [EFGHIJLM ] divide a circunferência em que está inscrito em oito arcos de amplitude 360° : 8 = 45° .

a) Sendo 135° : 45° = 3 , conclui-se que o lado extremidade do ɺ e amplitude −135° é OJ ɺ . ângulo orientado de lado origem OA

13

Unidade 1

32.1. Efetuando a divisão de 485 por 360 tem-se:

ɺ . amplitude 135° é OH

485 =125 +1 ×360

c) Sendo 315° : 45° = 7 , conclui-se que o lado extremidade do ɺ e amplitude −315° é OF ɺ . ângulo orientado de lado origem OA

485 360 125 1

O ângulo generalizado 485° é representado por

(125°, 1 ) .

32.2. Efetuando a divisão de 1470 por 360 tem-se:

1.2. a) R (O , 90° )( E) = G

1470 = 30+ 4× 360

1470 360 30 4

b) R (O , 90° ) ( A ) = B

O ângulo generalizado 1470° é representado por

c) R ( O , −180°) (D ) = B

(30 °, 4 ) .

32.3. Efetuando a divisão de 650 por 360 tem-se:

d) R (O , −90° )( H) = F

650 = 290 + 1 × 360

e) R (O , 45° )( M) = E

Então,

f) R ( O, −90 °) (C ) = B

−650 = −290 − 1 × 360 .

650 360 290 1

O ângulo generalizado −650° é representado por (− 290° , − 1) .

g) R ( O , −270°) (M ) =F h) R (O ,270° )( A) = D

32.4. Efetuando a divisão de 1800 por 360 tem-se:

2.1. A amplitude de cada uma das doze partes em que o leme

Então, −1800 = 0 − 5× 360 .

1800 = 0 + 5× 360

está dividido é 360° :12 = 30° . Assim sendo, duas possíveis rotações de centro O em que o ponto E é imagem do ponto A são R (O,120 ° ) ou R O( ,− 240° ) .

1800 360 0 5

O ângulo generalizado −1800° é representado por

( 0° , − 5) .

Pág. 36

2.2. Duas possíveis rotações de centro O em que o ponto H é imagem do ponto F são R( O, 60 °) ou R ( O,− 300° ) .

33.1. a) Como 1170° = 90° + 3× 360° , conclui-se que o lado

Pág. 34

ɺ e extremidade do ângulo orientado de lado origem OC ɺ . OD amplitude 1170° é

30.1. Como o movimento é feito no sentido negativo e

(360° :12) × 4 = 30° × 4 = 120° , conclui-se que a amplitude do ângulo descrito pelo ponteiro dos minutos após terem decorrido 20 minutos é −120°.

b) Como −540° = − 180° − 1× 360° , conclui-se que o lado ɺ e extremidade do ângulo orientado de lado origem OC ɺ . amplitude −540° é OA c)Como 990° = 270° + 2× 360° , conclui-se que o lado

descreveu uma volta completa e um ângulo de amplitude 30°, no sentido negativo. Significa que passaram 65 minutos, ou seja, o relógio marca 1 hora e 5 minutos.

ɺ e extremidade do ângulo orientado de lado origem OC ɺ . amplitude 990° é OB d) Como −810° = − 90° − 2× 360° , conclui-se que o lado ɺ e extremidade do ângulo orientado de lado origem OC ɺ amplitude −810° é OB .

30.3.

33.2. a) A medida da amplitude do ângulo generalizado 1170° é

30.2. Como −390° = − 30° − 360° , o ponteiro dos minutos

a) Se decorreram 2 h 20 min após o instante inicial (meia-noite), então o ponteiro dos minutos descreveu 2 voltas completas.

b) A amplitude do ângulo generalizado descrito pelo ponteiro dos minutos é representada por −4× 30° − 2× 360° , ou seja, é igual a −840°.

representado por

( 90° , 3 ) .

b) A medida da amplitude do ângulo generalizado −540° é representado por ( − 180° , − 1) . c)A medida da amplitude do ângulo generalizado 990° é representado por (270 °, 2) .

d) A medida da amplitude do ângulo generalizado −810° é representado por ( − 90° , − 2) .

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31.1. Efetuando a divisão de 1155 por 36...