Ciclo trigonométrico

O bloco de 2019 do PAS 2 que falava de cinema (a cena do ataque de helicópteros embalada por Wagner) trazia um dado que parecia física e era só vocabulário: as pás do helicóptero giram, a cada minuto, “um ângulo igual a $600\pi$ radianos”; o aparelho voa a 90 km/h; quantos metros ele avança a cada rotação completa das pás? Há duas maneiras de encarar o “$600\pi$”. Uma é pegar a calculadora e obter 1 884,96, um número que não leva a lugar nenhum. A outra é lembrar que uma volta inteira vale $2\pi$ e ler $600\pi$ como 300 voltas; daí em diante a conta é de quarta série: 1 500 metros por minuto repartidos por 300 voltas por minuto dão 5 metros por volta. Na mesma prova, outro item deu $\cos(t^2 - 36t + 260) = 1$ e pediu a temperatura: a única trigonometria necessária era saber que o cosseno vale 1 só quando o ângulo é um número inteiro de voltas.

É disso que trata esta página. O triângulo retângulo define seno, cosseno e tangente para ângulos entre $0^\circ$ e $90^\circ$ e não vai além: não existe triângulo com um ângulo de $150^\circ$ e outro reto, muito menos de $1\,000^\circ$ ou de $-30^\circ$. O círculo trigonométrico (uma circunferência de raio 1 centrada na origem) remove a limitação: cada ângulo, de qualquer tamanho e de qualquer sinal, marca um ponto, e as coordenadas desse ponto são o cosseno e o seno. Antes dele, porém, é preciso trocar a unidade: o ângulo passa a ser medido pelo arco, em radianos, e é nessa unidade que a prova escreve $\pi/4$, $600\pi$ e $2\pi$. As funções seno e cosseno como ondas, com amplitude e período, são a página seguinte; aqui o ponto ainda não corre com o tempo, só fica parado onde o ângulo o colocou.

Um ângulo se mede pela abertura ou pelo arco

Um portão de garagem preso por dobradiças abre até encostar no muro lateral, e fica perpendicular à posição em que estava. Quanto ele girou? Dá para responder de dois jeitos. Pode-se olhar a abertura formada entre a posição fechada e a aberta, o ângulo propriamente dito; ou pode-se medir o rastro que a ponta livre do portão riscou no chão, o arco de circunferência cujo raio é a largura do portão. A primeira maneira dá os graus: a volta inteira foi dividida em $360$ partes (uma herança dos astrônomos da Babilônia, que contavam em base 60 e tinham um ano de cerca de 360 dias), e um quarto de volta são $90^\circ$. Uma variante é o grado, que divide a volta em $400$ partes (o ângulo reto vale 100 grados): foi criado na França revolucionária para “decimalizar” o ângulo, sobrevive em topografia e em uma tecla da calculadora científica (GRAD), e não aparece em prova nenhuma. Fica a menção, para ninguém confundir a tecla.

A segunda maneira é a que a matemática prefere. Em vez de dividir a volta em um número arbitrário de partes, mede-se o arco em raios: quantos raios cabem no arco que o ângulo recorta. Essa medida não depende de 360 nem de 400; depende só do círculo.

A razão $s/r$ é um comprimento dividido por um comprimento: metro sobre metro, centímetro sobre centímetro. O radiano, portanto, não tem dimensão; a palavra “rad” é só um lembrete de que o ângulo está sendo medido pelo arco. É por isso que a prova pode escrever “$600\pi$ radianos” e, na linha seguinte, dividir por $2\pi$ sem conversão nenhuma: $600\pi/2\pi = 300$, e o resultado é um número puro, o número de voltas.

A tabela das frações de volta ganha uma terceira linha:

fração da volta	inteira	$\tfrac{1}{2}$	$\tfrac{1}{3}$	$\tfrac{1}{4}$	$\tfrac{1}{6}$	$\tfrac{1}{8}$	$\tfrac{1}{12}$
em graus	$360^\circ$	$180^\circ$	$120^\circ$	$90^\circ$	$60^\circ$	$45^\circ$	$30^\circ$
em radianos	$2\pi$	$\pi$	$\dfrac{2\pi}{3}$	$\dfrac{\pi}{2}$	$\dfrac{\pi}{3}$	$\dfrac{\pi}{4}$	$\dfrac{\pi}{6}$

A linha de baixo é a que a prova usa. Guarde dois reflexos: o denominador diz em quantas partes a meia-volta foi dividida ($\pi/6$ é um sexto de meia-volta, $30^\circ$), e o numerador diz quantas dessas partes se tomam ($5\pi/6$ são cinco sextos de meia-volta, $150^\circ$). Com isso, $\pi/4$ se lê “$45^\circ$” sem conta, e $7\pi/4$ se lê “sete oitavos de volta”, $315^\circ$.

Exemplo resolvido 1: conversões nas duas direções. Converta $210^\circ$, $135^\circ$ e $-30^\circ$ para radianos; $\dfrac{5\pi}{3}$, $\dfrac{7\pi}{4}$ e $2$ rad para graus.

Estratégia: proporção apoiada em $180^\circ = \pi$, simplificando a fração antes de multiplicar por $\pi$.

Resolução: $210^\circ = \dfrac{210}{180}\pi = \dfrac{7}{6}\pi = \dfrac{7\pi}{6}$. $135^\circ = \dfrac{135}{180}\pi = \dfrac{3}{4}\pi = \dfrac{3\pi}{4}$ (não $\dfrac{2\pi}{3}$, que seria $120^\circ$: a afirmação “$135^\circ = 2\pi/3$” é um item de certo/errado clássico, e é falsa). $-30^\circ = -\dfrac{\pi}{6}$: o sinal vai junto. No sentido contrário, $\dfrac{5\pi}{3} = \dfrac{5}{3} \cdot 180^\circ = 300^\circ$; $\dfrac{7\pi}{4} = \dfrac{7}{4} \cdot 180^\circ = 315^\circ$; $2 \text{ rad} = 2 \cdot \dfrac{180^\circ}{\pi} = \dfrac{360^\circ}{3{,}1416} \approx 114{,}6^\circ$.

Conferência: $210^\circ$ passa $30^\circ$ de meia-volta, e $\dfrac{7\pi}{6}$ passa $\dfrac{\pi}{6}$ de $\pi$. $315^\circ$ falta $45^\circ$ para a volta, e $\dfrac{7\pi}{4}$ falta $\dfrac{\pi}{4}$ para $2\pi$. E $2$ rad fica entre $\dfrac{\pi}{2} = 90^\circ$ ($1{,}571$ rad) e $\dfrac{2\pi}{3} = 120^\circ$ ($2{,}094$ rad): $114{,}6^\circ$ cabe no intervalo, um pouco além da bissetriz do 2.º quadrante.

Girar vira andar: comprimento de arco, setor e voltas

A vantagem decisiva da medida em raios aparece quando a pergunta deixa de ser “quanto girou?” e passa a ser “quanto a ponta andou?”. Basta inverter a definição: se um ângulo $\theta$ (em radianos) recorta um arco de raio $r$, então $s = \theta r$, e a rotação vira um comprimento com uma única multiplicação. Um ponteiro de $r = 20$ cm que gira $\dfrac{\pi}{2}$ rad tem a ponta percorrendo $\dfrac{\pi}{2} \cdot 20 \approx 31{,}4$ cm; uma roda de raio $0{,}3$ m que gira $10\pi$ rad (cinco voltas) avança $10\pi \cdot 0{,}3 \approx 9{,}4$ m. A fórmula exige radianos: com $90$ no lugar de $\dfrac{\pi}{2}$, a conta dá 1 800 cm e o ponteiro sairia do relógio.

Exemplo resolvido 2: o voo a 10 km de altitude. Em 2024, a prova do PAS 2 afirmou que um avião que sobrevoa Brasília e Lisboa a 10 km de altura, com as duas cidades distantes 7 280 km na superfície e o raio da Terra igual a 6 370 km, percorre mais de 50 km a mais que a distância medida no solo. Julgue.

Estratégia: os dois trajetos, no solo e a 10 km, são arcos do mesmo ângulo central, com raios $R$ e $R + 10$. Pela definição de radiano, $\theta = s/R$, e o arco de cima é $\theta (R + 10)$. O excesso é $\theta \cdot 10$: dez vezes o ângulo em radianos.

Resolução: $\theta = \dfrac{7\,280}{6\,370} \approx 1{,}143$ rad (cerca de $65^\circ$). Excesso $= 1{,}143 \times 10 \approx 11{,}4$ km. Muito menos que 50 km: item errado.

Conferência: o arco de cima é $7\,280 \times \dfrac{6\,380}{6\,370} = 7\,280 \times 1{,}00157 \approx 7\,291{,}4$ km, e $7\,291{,}4 - 7\,280 = 11{,}4$ km. Quem tentou “projetar” 10 km de altura em cada ponta do trajeto, ou somou 10 km ao arco inteiro, perdeu de vista que a altitude muda o raio, e o arco é proporcional ao raio.

O helicóptero de 2019 cai no mesmo molde, com a diferença de que o giro das pás não é o que desloca o aparelho: a velocidade de voo vem dada à parte. Converta cada dado para “por minuto” e para “voltas”: $\dfrac{600\pi}{2\pi} = 300$ rotações a cada minuto; $90\,000$ m a cada hora são $1\,500$ m a cada minuto. Em um minuto, portanto, as pás dão 300 voltas enquanto o helicóptero avança 1 500 m, o que dá $1\,500/300 = 5$ m por volta (opção “mais de 4 m e menos de 6 m”). Nenhum seno, nenhum cosseno; o item testava apenas se o candidato sabia que $2\pi$ radianos fecham uma volta. Na direção oposta, um item do PAS 1 de 2014 deu uma roda de bicicleta de 26 polegadas de diâmetro (uma polegada $= 2{,}54$ cm, $\pi = 3{,}14$) e perguntou se, a cada volta completa, a bicicleta avança mais de 2 m: a volta é $2\pi r = \pi d = 3{,}14 \times 66{,}04 \approx 207$ cm. Avança. E, em 2024, o PAS 1 colocou um telescópio no ponto de Lagrange $L_4$, que forma um triângulo equilátero com o Sol e a Terra: a distância em linha reta Terra–telescópio é o próprio raio $r$ da órbita, e o trajeto sobre a órbita, de $L_4$ até a Terra no sentido anti-horário, é o arco longo de $300^\circ = \dfrac{5\pi}{3}$, isto é, $\dfrac{5\pi}{3} r$; a razão entre o trajeto e a distância, $\dfrac{5\pi}{3} \approx 5{,}23$, era a resposta. Quem tomou o arco curto de $60^\circ$ achou $\dfrac{\pi}{3} \approx 1{,}05$: a orientação (“anti-horário”) escolhe qual dos dois arcos.

O círculo de raio 1: um ponto para cada ângulo

Desenhe um sistema de eixos e, com centro na origem $O$, uma circunferência de raio 1. Marque o ponto $A = (1, 0)$, onde ela corta o eixo $x$ positivo: é a origem dos arcos. Para um ângulo $\theta$, parta de $A$ e percorra sobre a circunferência um arco de medida $\theta$ (em radianos, o arco mede exatamente $\theta$, porque $r = 1$): no sentido anti-horário se $\theta > 0$, no sentido horário se $\theta < 0$. O ponto de chegada é $P(\theta)$, a extremidade do arco. Os dois eixos dividem o círculo em quatro quadrantes, numerados no sentido anti-horário a partir de $A$: o 1.º vai de $0$ a $\dfrac{\pi}{2}$, o 2.º de $\dfrac{\pi}{2}$ a $\pi$, o 3.º de $\pi$ a $\dfrac{3\pi}{2}$ e o 4.º de $\dfrac{3\pi}{2}$ a $2\pi$.

Por que a ordenada de $T$ é a tangente? Os triângulos $OQP$ (catetos $\cos\theta$ e $\operatorname{sen}\theta$) e $OAT$ (catetos $1$ e $AT$) são semelhantes, pois têm o ângulo $\theta$ em $O$ e um ângulo reto cada um. Logo $\dfrac{AT}{1} = \dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}$. A mesma construção explica a palavra: tangente é o segmento sobre a reta tangente; secante é o segmento $OT$, sobre a reta que corta (seca) o círculo, e mede $\dfrac{1}{\cos\theta}$, por Pitágoras ou por semelhança.

Três funções a mais aparecem com nome próprio, todas definidas a partir das três primeiras: a secante $\sec\theta = \dfrac{1}{\cos\theta}$, a cossecante $\operatorname{cossec}\theta = \dfrac{1}{\operatorname{sen}\theta}$ e a cotangente $\operatorname{cotg}\theta = \dfrac{\cos\theta}{\operatorname{sen}\theta} = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\theta}$. Cada uma existe onde o denominador não zera. Dividindo a relação fundamental por $\cos^2\theta$ nasce $1 + \operatorname{tg}^2\theta = \sec^2\theta$. Nesta página elas ficam na definição; nenhuma prova do PAS pediu mais do que isso.

Os quatro pontos sobre os eixos saem direto da figura, sem tabela: $P(0) = (1, 0)$, $P\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = (0, 1)$, $P(\pi) = (-1, 0)$ e $P\!\left(\dfrac{3\pi}{2}\right) = (0, -1)$. Logo $\cos 0 = 1$, $\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{2} = 1$, $\cos\pi = -1$, $\operatorname{sen}\dfrac{3\pi}{2} = -1$, e os senos de $0$ e $\pi$ e os cossenos de $\dfrac{\pi}{2}$ e $\dfrac{3\pi}{2}$ são zero. Em 2024, o vestibular da UEG escreveu “um quarto do cosseno de $180^\circ$” no meio de uma equação para ver quem lembrava que isso é $-\dfrac{1}{4}$; em 2022, o PAS 2 escondeu $\cos 0 = 1$ dentro de uma fórmula de duas variáveis sobre uma fotografia de Cartier-Bresson. São os valores mais simples do círculo, e os mais cobrados.

Sinais por quadrante: a posição do ponto decide

Como o cosseno é a abscissa, ele é positivo à direita do eixo $y$ (1.º e 4.º quadrantes) e negativo à esquerda (2.º e 3.º). Como o seno é a ordenada, é positivo acima do eixo $x$ (1.º e 2.º) e negativo abaixo (3.º e 4.º). A tangente é o quociente dos dois: positiva quando os sinais coincidem (1.º e 3.º quadrantes), negativa quando diferem (2.º e 4.º).

quadrante	ângulo (rad)	seno	cosseno	tangente
1.º	$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$	$+$	$+$	$+$
2.º	$\dfrac{\pi}{2} < \theta < \pi$	$+$	$-$	$-$
3.º	$\pi < \theta < \dfrac{3\pi}{2}$	$-$	$-$	$+$
4.º	$\dfrac{3\pi}{2} < \theta < 2\pi$	$-$	$+$	$-$

Um vestibular do CEDERJ (2019) pediu apenas isto: se $x = \cos 2$ e $y = \operatorname{sen} 2$ (2 radianos), quais são os sinais de $x$ e $y$? Como $\dfrac{\pi}{2} \approx 1{,}57 < 2 < 3{,}14 \approx \pi$, o ângulo de 2 rad está no 2.º quadrante (cerca de $114{,}6^\circ$): $x < 0$ e $y > 0$. Nenhum valor precisou ser calculado; bastou localizar o ponto. É o mesmo raciocínio que a prova do PAS 2 usou em 2023 ao perguntar se o seno de um ângulo de triângulo com cosseno $-\dfrac{1}{2}$ era negativo: cosseno negativo coloca o ponto à esquerda, mas um ângulo de triângulo fica entre $0$ e $\pi$, na metade de cima, onde o seno é positivo. Não.

Valores notáveis na volta inteira: do 1.º quadrante para os outros três

A tabela de $30^\circ$, $45^\circ$ e $60^\circ$ continua valendo no círculo, porque para ângulos agudos as duas definições coincidem. Em radianos:

$\theta$	$\dfrac{\pi}{6}$ ($30^\circ$)	$\dfrac{\pi}{4}$ ($45^\circ$)	$\dfrac{\pi}{3}$ ($60^\circ$)
$\operatorname{sen}\theta$	$\dfrac{1}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\cos\theta$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{1}{2}$
$\operatorname{tg}\theta$	$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$	$1$	$\sqrt{3}$

Os outros doze pontos notáveis da volta são reflexos desses três. O ponto de $150^\circ$ é o espelho do ponto de $30^\circ$ em relação ao eixo $y$: mesma altura, abscissa trocada de sinal. O de $210^\circ$ é o de $30^\circ$ refletido pela origem: as duas coordenadas trocam de sinal. O de $330^\circ$ é o de $30^\circ$ refletido no eixo $x$. Em cada caso, os valores absolutos são os da tabela, e os sinais são os do quadrante.

A tabela completa, para consulta:

$\theta$ (rad)	graus	$\operatorname{sen}\theta$	$\cos\theta$	$\operatorname{tg}\theta$
$0$	$0^\circ$	$0$	$1$	$0$
$\dfrac{\pi}{6}$	$30^\circ$	$\dfrac{1}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
$\dfrac{\pi}{4}$	$45^\circ$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$1$
$\dfrac{\pi}{3}$	$60^\circ$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{1}{2}$	$\sqrt{3}$
$\dfrac{\pi}{2}$	$90^\circ$	$1$	$0$	não existe
$\dfrac{2\pi}{3}$	$120^\circ$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$-\dfrac{1}{2}$	$-\sqrt{3}$
$\dfrac{3\pi}{4}$	$135^\circ$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$-1$
$\dfrac{5\pi}{6}$	$150^\circ$	$\dfrac{1}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
$\pi$	$180^\circ$	$0$	$-1$	$0$
$\dfrac{7\pi}{6}$	$210^\circ$	$-\dfrac{1}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
$\dfrac{5\pi}{4}$	$225^\circ$	$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$1$
$\dfrac{4\pi}{3}$	$240^\circ$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$-\dfrac{1}{2}$	$\sqrt{3}$
$\dfrac{3\pi}{2}$	$270^\circ$	$-1$	$0$	não existe
$\dfrac{5\pi}{3}$	$300^\circ$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{1}{2}$	$-\sqrt{3}$
$\dfrac{7\pi}{4}$	$315^\circ$	$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$-1$
$\dfrac{11\pi}{6}$	$330^\circ$	$-\dfrac{1}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
$2\pi$	$360^\circ$	$0$	$1$	$0$

Repare na ordem dos módulos ao longo do 1.º quadrante: o seno cresce ($0$, $\tfrac12$, $\tfrac{\sqrt2}{2}$, $\tfrac{\sqrt3}{2}$, $1$) e o cosseno percorre a mesma lista ao contrário. Isso serve de conferência: em $\dfrac{\pi}{6}$ o ponto está “baixo e à direita”, perto de $A$, então o seno é pequeno ($\tfrac12$) e o cosseno grande ($\tfrac{\sqrt3}{2}$). Quem troca os dois achou um ponto perto do topo, e a figura denuncia.

Exemplo resolvido 3: quatro valores fora do 1.º quadrante. Calcule $\cos 120^\circ$, $\operatorname{sen}\dfrac{7\pi}{6}$, $\operatorname{tg}\dfrac{7\pi}{4}$ e $\cos\dfrac{5\pi}{3}$.

Estratégia: para cada ângulo, (1) localizar o quadrante, (2) achar o ângulo agudo de referência (a distância até o eixo $x$ mais próximo), (3) pegar o módulo na tabela e (4) aplicar o sinal do quadrante.

Resolução: $120^\circ$ está no 2.º quadrante, a $60^\circ$ do eixo $x$ (pois $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$); cosseno negativo ali: $\cos 120^\circ = -\cos 60^\circ = -\dfrac{1}{2}$. $\dfrac{7\pi}{6} = 210^\circ$, 3.º quadrante, $30^\circ$ além de $\pi$; seno negativo: $\operatorname{sen}\dfrac{7\pi}{6} = -\dfrac{1}{2}$. $\dfrac{7\pi}{4} = 315^\circ$, 4.º quadrante, a $45^\circ$ da volta; tangente negativa: $\operatorname{tg}\dfrac{7\pi}{4} = -1$. $\dfrac{5\pi}{3} = 300^\circ$, 4.º quadrante, a $60^\circ$ da volta; cosseno positivo: $\cos\dfrac{5\pi}{3} = \cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$.

Conferência: relação fundamental em $\dfrac{5\pi}{3}$: $\operatorname{sen}\dfrac{5\pi}{3} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ e $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 1$. E $\cos 120^\circ = -\dfrac12$ é exatamente o dado do bloco de 2023 do PAS 2 (área desmatada): “o cosseno do ângulo em $A$ vale $-\dfrac12$” significa que o ângulo é $120^\circ = \dfrac{2\pi}{3}$, e a soma dos outros dois ângulos do triângulo, $\pi - \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}$, é menor que $\dfrac{\pi}{2}$, como o item afirmava.

Simetrias: tudo se reduz ao primeiro quadrante

O que o exemplo anterior fez caso a caso tem nome e fórmula. Quatro movimentos do círculo levam o ponto $P(x)$, com $x$ agudo, aos outros três quadrantes, e um quinto troca os papéis de seno e cosseno.

Duas dessas relações já renderam itens. Em 2011, a prova do PAS 2 desenhou um carro subindo uma rampa de inclinação $\theta$ e marcou, no topo, o ângulo $\beta$ entre o prolongamento da rampa e a vertical, do lado de fora do triângulo; o item afirmava $\cos\beta = -\operatorname{sen}\theta$. Para achar $\beta$, conte os ângulos em volta do vértice superior da rampa. O triângulo da rampa é retângulo, com $\theta$ no pé; o ângulo interno do topo, entre a rampa e a vertical, é o complemento, $90^\circ - \theta$. Como $\beta$ está do lado de fora, entre o prolongamento da rampa e a mesma vertical, ele completa esse ângulo interno até $180^\circ$: $\beta = 180^\circ - (90^\circ - \theta) = 90^\circ + \theta$. Então $\cos\beta = \cos\!\left(\dfrac{\pi}{2} + \theta\right) = -\operatorname{sen}\theta$: certo. No círculo, o ponto de $90^\circ + \theta$ é o de $\theta$ girado um quarto de volta: a abscissa nova é a ordenada antiga com sinal trocado. Em 2023, o vestibular da UNEB listou “$\operatorname{tg} 82^\circ = -\operatorname{tg} 98^\circ$” entre quatro afirmações: $98^\circ = 180^\circ - 82^\circ$, e a tangente de um suplemento é a tangente com sinal trocado. Verdadeira. Na mesma lista: “se $\sigma = \dfrac{23\pi}{3}$, então $\cos\sigma = \cos 60^\circ$”, que a próxima seção decide.

Exemplo resolvido 4: do seno ao cosseno, com sinal. Um ângulo $\alpha$ do 2.º quadrante tem $\operatorname{sen}\alpha = \dfrac{12}{13}$. Determine $\cos\alpha$ e $\operatorname{tg}\alpha$.

Estratégia: relação fundamental para o módulo, quadrante para o sinal. É o que a prova espera quando dá uma razão e pede outra sem fornecer o ângulo.

Resolução: $\cos^2\alpha = 1 - \dfrac{144}{169} = \dfrac{25}{169}$, logo $|\cos\alpha| = \dfrac{5}{13}$. No 2.º quadrante o cosseno é negativo: $\cos\alpha = -\dfrac{5}{13}$. Tangente: $\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{12/13}{-5/13} = -\dfrac{12}{5}$.

Conferência: o terno $5$-$12$-$13$ é pitagórico ($25 + 144 = 169$); o ponto $\left(-\dfrac{5}{13}, \dfrac{12}{13}\right)$ está à esquerda e em cima, como o 2.º quadrante exige. A UNEB apresentou exatamente esta situação com a conclusão “o cosseno mede $-\dfrac{1}{13}$”, que é falsa: quem subtrai $\dfrac{12}{13}$ de 1, em vez de subtrair o quadrado, cai nela.

Mais de uma volta e voltas para trás: arcos côngruos

Depois de $2\pi$, o ponto volta ao lugar de onde saiu. O ângulo de $390^\circ$ ($= 360^\circ + 30^\circ$) termina no mesmo ponto que $30^\circ$; o de $-330^\circ$ também (uma volta para trás e $30^\circ$ para a frente dão o mesmo que $30^\circ$ para a frente). Ângulos cujas extremidades coincidem chamam-se côngruos (ou coterminais); diferem por um número inteiro de voltas.

Reduzir um ângulo não apaga o percurso: uma roda que girou $390^\circ$ deu uma volta a mais que uma que girou $30^\circ$, e a pergunta decide o que interessa, a posição final (determinação principal) ou o deslocamento (ângulo total, como nos $600\pi$ radianos do helicóptero, que são 300 voltas e não “zero”, embora as pás terminem na posição em que começaram). Na página de MCU, a velocidade angular $\omega$ é exatamente “quantos radianos por segundo”, e o número de voltas é $\dfrac{\omega t}{2\pi}$.

Exemplo resolvido 5: três determinações principais. Encontre a determinação principal de $1\,485^\circ$, de $-\dfrac{7\pi}{4}$ e de $\dfrac{23\pi}{3}$, e diga o valor do cosseno em cada caso.

Estratégia: dividir por $360^\circ$ (ou por $2\pi$) e ficar com o resto; para ângulos negativos, somar voltas até cair em $[0, 2\pi)$. Em radianos, escrever o ângulo como “$n\pi$ mais um pedaço” e tirar os pares de $\pi$.

Resolução: $1\,485 = 4 \times 360 + 45$, logo a determinação principal é $45^\circ$ e $\cos 1\,485^\circ = \cos 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Para $-\dfrac{7\pi}{4}$, somar uma volta: $-\dfrac{7\pi}{4} + 2\pi = \dfrac{\pi}{4}$; $\cos\!\left(-\dfrac{7\pi}{4}\right) = \cos\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Para $\dfrac{23\pi}{3}$: $\dfrac{23}{3} = 7 + \dfrac{2}{3}$, então $\dfrac{23\pi}{3} = 7\pi + \dfrac{2\pi}{3} = 6\pi + \dfrac{5\pi}{3}$; três voltas inteiras ($6\pi$) saem e fica $\dfrac{5\pi}{3} = 300^\circ$; $\cos\dfrac{23\pi}{3} = \cos 300^\circ = \cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$. A afirmação da UNEB era verdadeira.

Conferência: $300^\circ$ está no 4.º quadrante, cosseno positivo, confere com $+\dfrac12$. E $7\pi$ é um número ímpar de meias-voltas: sozinho levaria ao ponto $(-1, 0)$; mais $\dfrac{2\pi}{3}$ a partir dali, no sentido anti-horário, chega a $300^\circ$. A figura fecha com a conta.

Um caso que a prova gosta: argumentos grandes dentro de seno e cosseno. Num item de 2012 do PAS 2 sobre a velocidade do vento, $v(t) = 25\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi t}{4} + \dfrac{\pi}{2}\right) + 12\cos\!\left(\dfrac{2\pi t}{3} + \dfrac{\pi}{3}\right)$ com $t$ em horas, perguntava-se o vento ao meio-dia do terceiro dia, $t = 60$. O primeiro argumento vira $15\pi + \dfrac{\pi}{2}$: $15\pi$ são sete voltas ($14\pi$) mais meia-volta, então o ponto é o de $\pi + \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{3\pi}{2}$, e o seno vale $-1$. O segundo vira $40\pi + \dfrac{\pi}{3}$: vinte voltas inteiras não mudam nada, $\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac12$. Logo $v(60) = -25 + 6 = -19$ cm/s, vento para o sul, e o item, que afirmava 25 cm/s para o norte, era falso. O resto daquele bloco (amplitude, período) é assunto da página seguinte; a redução é desta.

Equações no círculo: quando o seno vale ½, o cosseno vale 1, a tangente vale 1

Resolver $\operatorname{sen}x = \dfrac{1}{2}$ é perguntar: em que pontos do círculo a ordenada vale $\dfrac12$? A reta horizontal $y = \dfrac12$ corta o círculo em dois pontos, um no 1.º quadrante ($\dfrac{\pi}{6}$) e seu espelho no 2.º ($\pi - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5\pi}{6}$). Essas são as soluções em $[0, 2\pi)$; cada volta a mais repete as duas. O círculo é o método: desenhe a reta, conte as interseções, nomeie-as pela simetria.

Três itens do PAS 2 se decidiram com esse quadro. O de 2010 vinha num texto sobre uma população de renas que cresceu e desabou numa ilha do Alasca; a prova a descreveu pela função $Q(t) = M \operatorname{tg}\!\left(\dfrac{t - 1944}{76}\pi\right) + N$ e informou dois pontos da contagem, 29 renas no ano de 1944 e 6 000 no de 1963; o item afirmava que $M \times N$ passa de 200 000. Os dois anos foram escolhidos a dedo. Para $t = 1944$ a fração zera, $\operatorname{tg} 0 = 0$, e a função se reduz a $N$: $N = 29$. Para $t = 1963$ a diferença é 19, e $\dfrac{19}{76} = \dfrac{1}{4}$: o argumento é $\dfrac{\pi}{4}$, cuja tangente é 1 (é o ponto do círculo em que seno e cosseno coincidem, $45^\circ$). Fica $M + 29 = 6\,000$, $M = 5\,971$, e $5\,971 \times 29 = 173\,159$, aquém dos 200 000: errado. Doze anos depois, em 2022, o cenário era uma fotografia célebre de Cartier-Bresson, um homem saltando sobre uma poça atrás de uma estação de trem de Paris, e sobre ela a prova pôs eixos cartesianos e uma regra para a profundidade da água em cada ponto $(x, y)$: $5 - 2\cos(4x + 3y)$ centímetros. O item pedia a profundidade onde as retas $x + y = 1$ e $2x + 3y = 6$ se cruzam. O sistema dá $x = -3$ e $y = 4$, e com esses valores $4x + 3y = -12 + 12 = 0$: o cosseno é de zero, vale 1, e a profundidade é $5 - 2 = 3$ cm, como o item afirmava. Certo. Toda a dificuldade aparente estava no argumento de cara feia; uma vez que ele se anulou, restou o valor mais elementar do círculo.

Exemplo resolvido 6: o cosseno que vale exatamente 1. Em 2019, o PAS 2 apresentou um gráfico do INMET com a temperatura e a umidade relativa do ar em Brasília, hora a hora, das 9 h de 3/5/2019 às 8 h do dia seguinte. A temperatura (linha) partia de $18{,}5\,^\circ\text{C}$ às 9 h, subia até cerca de $26\,^\circ\text{C}$ entre 17 h e 20 h e caía para cerca de $20\,^\circ\text{C}$ da meia-noite às 8 h; a umidade (barras) fazia o caminho inverso, de mais de 90 % de manhã para 50–56 % entre 17 h e 20 h, de volta a 90 % de madrugada. O item, na íntegra: “Considere que, em determinado horário, a temperatura $t$ no DF, em graus Celsius, registrada no gráfico, tenha sido tal que $\cos(t^2 - 36t + 260) = 1$ e $|t^2 - 36t + 260| < 2$. Nesse caso, a partir das informações do gráfico, infere-se que a umidade relativa do ar no referido horário era superior a 60%.” Julgue.

Estratégia: $\cos(\text{algo}) = 1$ obriga o “algo” a ser um múltiplo de $2\pi$: $0$, $\pm 6{,}28$, $\pm 12{,}57$, … A segunda condição, módulo menor que 2, elimina todos menos o zero. Sobra uma equação do 2.º grau.

Resolução: $t^2 - 36t + 260 = 0$; $\Delta = 36^2 - 4 \cdot 260 = 1\,296 - 1\,040 = 256$; $t = \dfrac{36 \pm 16}{2}$, isto é, $t = 10$ ou $t = 26$. A temperatura de $10\,^\circ\text{C}$ não aparece no gráfico (o mínimo foi $18{,}5\,^\circ\text{C}$); a de $26\,^\circ\text{C}$ ocorreu entre 17 h e 20 h, quando as barras de umidade marcavam entre 50 % e 56 %, abaixo de 60 %. Item errado.

Conferência: $10^2 - 360 + 260 = 0$ e $26^2 - 936 + 260 = 676 - 676 = 0$. Quem ignorou a condição do módulo teria infinitas temperaturas candidatas ($t^2 - 36t + 260 = 2k\pi$ para cada $k$) e nenhuma conclusão; a condição extra existe justamente porque $\cos x = 1$ tem uma solução por volta, e o item precisava de uma só.

Exemplo resolvido 7: três equações em uma volta e em geral. Resolva, em $[0, 2\pi)$ e em $\mathbb{R}$: (a) $\cos x = -\dfrac{1}{2}$; (b) $\operatorname{tg}x = 1$; © $2\operatorname{sen}x + 1 = 0$.

Resolução: (a) A reta vertical $x = -\dfrac12$ corta o círculo nos pontos de referência $60^\circ$ à esquerda: $\dfrac{2\pi}{3}$ e $\dfrac{4\pi}{3}$. Geral: $x = \pm\dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi$ (o “$-\dfrac{2\pi}{3}$” é o côngruo de $\dfrac{4\pi}{3}$). (b) Tangente 1 em $\dfrac{\pi}{4}$ (1.º quadrante) e em $\dfrac{\pi}{4} + \pi = \dfrac{5\pi}{4}$ (3.º): duas em uma volta. Geral: $x = \dfrac{\pi}{4} + k\pi$. © $\operatorname{sen}x = -\dfrac12$: reta horizontal $y = -\dfrac12$, pontos de referência $30^\circ$ na metade de baixo: $\dfrac{7\pi}{6}$ e $\dfrac{11\pi}{6}$. Geral: $x = \dfrac{7\pi}{6} + 2k\pi$ ou $x = \dfrac{11\pi}{6} + 2k\pi$ (equivalente a $x = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi$ ou $\dfrac{7\pi}{6} + 2k\pi$).

Conferência: em (a), $\cos\dfrac{4\pi}{3} = \cos 240^\circ$, 3.º quadrante, cosseno negativo com módulo $\cos 60^\circ = \dfrac12$. Em (b), $\operatorname{tg}\dfrac{5\pi}{4} = \dfrac{-\sqrt2/2}{-\sqrt2/2} = 1$. Em ©, $\operatorname{sen}\dfrac{11\pi}{6} = \operatorname{sen}(-30^\circ) = -\dfrac12$.

Ler uma figura com círculo: raio, origem, sentido

Nem sempre o círculo da prova tem raio 1 nem está centrado na origem, e a leitura começa por três perguntas: qual é o raio, de onde o ângulo é medido e em que sentido. Num círculo de raio $r$ centrado na origem, o ponto de ângulo $\theta$ é $(r\cos\theta,\ r\operatorname{sen}\theta)$: as coordenadas do círculo unitário multiplicadas por $r$. Num círculo de centro $(a, b)$, soma-se o centro: $(a + r\cos\theta,\ b + r\operatorname{sen}\theta)$. É por esse caminho que a posição de um ponto que gira (o assento de um brinquedo de parque, a extremidade de uma pá de turbina, um dente de engrenagem) se escreve como “um número vezes seno ou cosseno mais uma constante”: a próxima página faz esse ângulo correr com o tempo.

O ângulo é medido, por convenção, a partir do eixo $x$ positivo e no sentido anti-horário. Quando a figura marca o ângulo a partir da vertical (uma pá que “faz ângulo $\varphi$ com a reta vertical”, um pêndulo), o ângulo com o eixo $x$ é $\dfrac{\pi}{2} - \varphi$, e seno e cosseno trocam de lugar: a altura do ponto passa a ser $r\cos\varphi$. Foi esse detalhe que uma prova de 2018 do PAS 2 colocou no enunciado de uma turbina (“o ângulo que uma das pás fazia com uma reta imaginária vertical”), embora o item perguntasse só a velocidade de rotação, em voltas por minuto. Na página de vetores, a mesma convenção dá as componentes: um vetor de módulo $v$ e ângulo $\theta$ com a horizontal tem componentes $v\cos\theta$ e $v\operatorname{sen}\theta$, e um que faz ângulo $\theta$ com a vertical tem as componentes trocadas.

No PAS 3, o círculo unitário volta na forma trigonométrica dos números complexos: um número de módulo 1 e argumento $\theta$ é o ponto $(\cos\theta, \operatorname{sen}\theta)$, e multiplicar por $i$ gira o ponto um quarto de volta. Em 2016, uma estrela de cinco pontas foi desenhada com os vértices do pentágono interno sobre a circunferência unitária, e o enunciado dizia que esses vértices eram as raízes de $z^5 = -1$; um item afirmou que o primeiro deles tinha coordenadas $\left(\cos\dfrac{\pi}{10}, \operatorname{sen}\dfrac{\pi}{10}\right)$, isto é, ângulo de $18^\circ$. As raízes de $z^5 = -1$ têm argumentos $\dfrac{\pi}{5}, \dfrac{3\pi}{5}, \pi, \dfrac{7\pi}{5}, \dfrac{9\pi}{5}$: o vértice do 1.º quadrante está em $36^\circ$, e o item era falso. A conta é a desta página; o contexto, da outra.

Os erros que a banca planta

• Tratar $\pi$ como número a multiplicar. “$\dfrac{\pi}{3}$ radianos” lê-se $60^\circ$, direto; “$600\pi$ radianos” lê-se 300 voltas. Calcular $3{,}14 \times 600$ é perder tempo e o item.
• Radianos na fórmula do arco com o ângulo em graus. $s = \theta r$ só com $\theta$ em radianos; com graus, $s = \dfrac{\theta}{360} \cdot 2\pi r$.
• Confundir ângulo girado com distância percorrida. $600\pi$ rad é o giro; a distância é o giro vezes o raio. E o deslocamento do helicóptero é outra coisa ainda: vem da velocidade.
• Altitude somada ao arco. A 10 km de altura, o arco cresce na proporção do raio ($\theta \cdot 10$ km), não em 10 km por ponta.
• Sinal da tangente no 3.º quadrante. Seno e cosseno negativos dão tangente positiva: $\operatorname{tg} 225^\circ = 1$.
• Cosseno negativo arrastando o seno. Ângulo de triângulo fica em $(0, \pi)$: seno sempre positivo, mesmo com cosseno $-\dfrac12$.
• Redução com o ângulo de referência errado. O ângulo de referência é a distância até o eixo $x$, não até o eixo $y$: para $120^\circ$ é $60^\circ$ (e não $30^\circ$).
• Subtrair o seno em vez do quadrado do seno. $\cos^2 = 1 - \operatorname{sen}^2$: com $\operatorname{sen} = \dfrac{12}{13}$, $\cos = \pm\dfrac{5}{13}$, não $\pm\dfrac{1}{13}$.
• “$\cos x = 1$ tem uma única solução”. Tem uma por volta: $x = 2k\pi$. Quando o enunciado fala de “a” solução, alguma restrição no texto (um intervalo, um módulo) ficou encarregada de eliminar as outras; ache-a.
• Ponteiro das horas parado. Em 12 h 05 min ele já andou $2{,}5^\circ$; o ângulo entre os ponteiros é $27{,}5^\circ$, não $30^\circ$.
• Calculadora no modo errado. $\operatorname{sen}(30)$ em RAD dá $-0{,}988$. Seno negativo de ângulo agudo é alarme.
• Determinação principal com resto negativo. $-\dfrac{7\pi}{4}$ não é “$-315^\circ$ e pronto”: some $2\pi$ e chegue a $\dfrac{\pi}{4}$.

O essencial em meia página

• Radiano: $\theta = s/r$; 1 rad é o ângulo cujo arco mede um raio; $1 \text{ rad} \approx 57{,}3^\circ$. Volta $= 2\pi$, meia-volta $= \pi$, $\dfrac{\pi}{2} = 90^\circ$, $\dfrac{\pi}{3} = 60^\circ$, $\dfrac{\pi}{4} = 45^\circ$, $\dfrac{\pi}{6} = 30^\circ$. Conversão pela âncora $180^\circ = \pi$. Grado: $400$ por volta, só a tecla.
• Girar vira andar: $s = \theta r$; setor $A = \dfrac{\theta r^2}{2}$; voltas $= \dfrac{\theta}{2\pi}$. Tudo com $\theta$ em radianos.
• Círculo trigonométrico: raio 1, origem dos arcos em $(1, 0)$, anti-horário positivo. $P(\theta) = (\cos\theta, \operatorname{sen}\theta)$; tangente é a altura em que o raio prolongado corta a reta $x = 1$. $\cos^2 + \operatorname{sen}^2 = 1$; $\operatorname{tg} = \operatorname{sen}/\cos$ (não existe em $\dfrac{\pi}{2} + k\pi$). Sec, cossec e cotg são as inversas multiplicativas.
• Sinais: cosseno positivo à direita, seno positivo em cima, tangente positiva no 1.º e no 3.º quadrantes.
• Valores: três módulos ($\tfrac12$, $\tfrac{\sqrt2}{2}$, $\tfrac{\sqrt3}{2}$) e os quatro pontos dos eixos ($\cos 0 = 1$, $\operatorname{sen}\tfrac{\pi}{2} = 1$, $\cos\pi = -1$, $\operatorname{sen}\tfrac{3\pi}{2} = -1$). O quadrante dá o sinal.
• Redução: $\pi - x$ (seno igual, cosseno troca), $\pi + x$ (os dois trocam), $2\pi - x = -x$ (seno troca, cosseno igual), $\dfrac{\pi}{2} - x$ (seno e cosseno trocam de lugar), $\cos\!\left(\dfrac{\pi}{2} + x\right) = -\operatorname{sen}x$.
• Côngruos: $x + 2k\pi$ mesmo ponto, mesmos valores; determinação principal em $[0, 2\pi)$; tangente repete a cada $\pi$.
• Equações: $\operatorname{sen}x = \operatorname{sen}a \Rightarrow x = a$ ou $\pi - a$ ($+2k\pi$); $\cos x = \cos a \Rightarrow x = \pm a$ ($+2k\pi$); $\operatorname{tg}x = \operatorname{tg}a \Rightarrow x = a + k\pi$. $\cos x = 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi$. Nenhuma ou infinitas soluções; num intervalo, conte.
• Na prova: leia $\pi$ como $180^\circ$, localize o ponto antes de calcular, procure a restrição que escolhe uma solução, e não some altitude a arco.