FP3 · Further Pure Mathematics 3

Matemática Pura Avançada 3 (FP3, prova WFM03/01, 1 hora 30 minutos, 75 pontos, primeira avaliação Junho 2020) é a última unidade pura: P1–P4 e FP1 são pressupostos e podem ser cobrados. Adiciona as funções hiperbólicas e seus inversos, a elipse e a hipérbole com suas propriedades de foco-diretriz as técnicas restantes de diferenciação e integração (fórmulas de redução, comprimento de arco, superfícies de revolução), produtos vetoriais com retas e planos em três dimensões, e álgebra matricial até autovetores e diagonalização. Esta referência cobre tudo isso, com a prova de Junho 2025 como a coluna vertebral dos exemplos resolvidos.

Essencial para FP3 (pressuposto, não reensinado):

As funções hiperbólicas são construídas a partir das exponenciais: $\cosh x = \tfrac12(e^x + e^{-x})$ e $\sinh x = \tfrac12(e^x - e^{-x})$, com $\tanh x = \dfrac{\sinh x}{\cosh x}$. O gráfico de $\cosh$ é a catenária, par com mínimo $(0, 1)$; $\sinh$ é ímpar pela origem; $\tanh$ é ímpar e limitado entre as retas assíntota $y = \pm 1$. As duas identidades a deduzir sob demanda são $\cosh^2x - \sinh^2x \equiv 1$ e $\cosh 2x \equiv \cosh^2x + \sinh^2x$; as identidades de soma para produto espelham as trigonométricas.

Exemplo resolvido — uma identidade a partir das definições (WFM03 Junho 2025 Q1). Demonstre que $\cosh 6x + \cosh 4x = 2\cosh 5x\cosh x$. A partir da esquerda:

parear $e^{6x} = e^{5x}e^{x}$ com $e^{-6x} = e^{-5x}e^{-x}$ e assim por diante para os termos $4x$ — cada passo é contabilidade com produtos $e^{\pm x}e^{\pm 5x}$, o que explica porque os pontos exigem as formas exponenciais antes de qualquer cancelamento. Em seguida, resolva $\cosh 6x + \cosh 4x = 8\cosh x$: a identidade colapsa-a em $\cosh x(2\cosh 5x - 8) = 0$, e $\cosh$ nunca é zero, logo $\cosh 5x = 4$, resultando em $5x = \pm\operatorname{arcosh}4 = \pm\ln(4 + \sqrt{15})$ e $x = \pm\tfrac15\ln(4 + \sqrt{15})$.

Exemplo resolvido — uma equação cosh–sinh (original). Resolva $2\cosh x + \sinh x = 2$: a definição exponencial resulta em $2\cdot\tfrac12(e^x + e^{-x}) + \tfrac12(e^x - e^{-x}) = 2$, portanto $3e^x + e^{-x} = 4$, isto é, $3e^{2x} - 4e^x + 1 = 0$, isto é, $(3e^x - 1)(e^x - 1) = 0$, e $x = 0$ ou $x = -\ln 3$. Verifique ambas na equação original — nenhum elevamento ao quadrado é necessário.

Os inversos existem como funções únicas porque $\sinh$ e $\tanh$ são injetivas e $\cosh$ é injetiva para $x \ge 0$; seus gráficos são reflexões em $y = x$ dos originais restritos. As equivalentes logarítmicas devem ser deriváveis, não apenas citadas:

Padrão de derivação (arsinh). Defina $w = \sinh x = \tfrac12(e^x - e^{-x})$: então $e^{2x} - 2we^x - 1 = 0$, logo $e^x = w + \sqrt{w^2 + 1}$ (a raiz negativa é rejeitada porque $e^x > 0$) e $x = \ln(w + \sqrt{w^2+1})$. A mesma estrutura quadrática em-$e^x$ resolve toda equação hiperbólica mista exatamente.

A elipse $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ tem forma paramétrica $x = a\cos t$, $y = b\sin t$; a hipérbole $\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ tem $x = a\sec t$, $y = b\tan t$ e também $x = a\cosh t$, $y = b\sinh t$ (ramo direito). O excentricidade $e$ relaciona tudo à propriedade foco–diretriz $PS = e\cdot PN$ (distância ao foco = $e$ × distância à diretriz): para a elipse $b^2 = a^2(1 - e^2)$, focos $(\pm ae, 0)$, diretrizes $x = \pm\dfrac ae$; para a hipérbole $b^2 = a^2(e^2 - 1)$ com as mesmas fórmulas de foco e diretriz.

Exemplo resolvido — excentricidade e focos (WFM03 Junho 2025 Q9a). Para H: $\dfrac{x^2}{64} - \dfrac{y^2}{49} = 1$: $a^2 = 64$, $b^2 = 49$, logo $49 = 64(e^2 - 1)$, $e^2 = \tfrac{113}{64}$ e $e = \tfrac{\sqrt{113}}8$; os focos são $(\pm\sqrt{113}, 0)$.

Substituindo $y = mx + c$ na cônica e forçando discriminante zero obtém-se a tangente condição: $c^2 = a^2m^2 + b^2$ para a elipse, $c^2 = a^2m^2 - b^2$ para a hipérbole (portanto $\lvert m\rvert > \tfrac ba$ é necessário ali). Num ponto paramétrico, diferencie em vez disso — sem discriminante necessário. Problemas de locus repetem FP1: distâncias aos focos, pontos médios ou uma razão fixa.

Exemplo resolvido — tangente, normal e círculo focal (WFM03 Junho 2025 Q9b–e). Em $P(8\sec\theta, 7\tan\theta)$ em H: $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{7\sec^2\theta}{8\sec\theta\tan\theta} = \dfrac{7\sec\theta}{8\tan\theta}$, então a tangente é

corta o eixo $y$ em $Q = (0, -7\cot\theta)$; a normal dada $8x\cos\theta + 7y\cot\theta = 113$ corta-o em $R = (0, \tfrac{113}7\tan\theta)$. O círculo de diâmetro $QR$ (extremidades $q, r$ no eixo $y$) tem equação $x^2 + (y - \tfrac{q+r}2)^2 = (\tfrac{r-q}2)^2$, que contém um ponto $(x, 0)$ exatamente quando $x^2 = -qr$. Aqui $qr = -7\cot\theta\cdot\tfrac{113}7\tan\theta = -113$ para todo $\theta$, e $113 = (\sqrt{113})^2$ é exatamente a distância focal ao quadrado — logo ambos os focos $(\pm\sqrt{113}, 0)$ estão no círculo. A cancelagem de $\theta$ é o ponto da questão.

$\dfrac d{dx}\sinh x = \cosh x$, $\dfrac d{dx}\cosh x = \sinh x$, $\dfrac d{dx}\tanh x = \operatorname{sech}^2x$, e das inversas: $\dfrac d{dx}\operatorname{arsinh}x = \dfrac1{\sqrt{x^2+1}}$, $\dfrac d{dx}\operatorname{arcosh}x = \dfrac1{\sqrt{x^2-1}}$, $\dfrac d{dx}\operatorname{artanh}x = \dfrac1{1-x^2}$ — cada uma provável invertendo $y = f(x)$ e diferenciando implicitamente, e válida apenas em seu domínio.

Exemplo resolvido — derivadas de inversas em domínio restrito (WFM03 Junho 2025 Q4). Para $y = \operatorname{arsinh}x + \operatorname{arsinh}\dfrac1x$ com $x > 0$:

onde $x > 0$ transforma $\sqrt{x^2}$ em $x$ — a condição de domínio está atuando. Definindo $\dfrac{dy}{dx} = 0$ resulta $x = 1$ e $y = 2\operatorname{arsinh}1 = 2\ln(1 + \sqrt2)$.

Os resultados padrão espelham as derivadas. Complete o quadrado primeiro para denominadores com raiz, e trate as funções inversas por partes — tome $u$ como a função inversa e $1$ como o restante:

Exemplo resolvido — ambas as técnicas (WFM03 Junho 2025 Q2). (i) $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+8x+9}}$: já que $4x^2 + 8x + 9 = 4\left((x+1)^2 + \tfrac54\right)$, a integral é $\tfrac12\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{(x+1)^2 + 5/4}} = \tfrac12\operatorname{arsinh}\frac{2x+2}{\sqrt5} + c$ (diferencie novamente para verificar). (ii) $\displaystyle\int\operatorname{arcosh}3x\,dx = x\operatorname{arcosh}3x - \int\frac{3x}{\sqrt{9x^2-1}}dx = x\operatorname{arcosh}3x - \tfrac13\sqrt{9x^2-1} + c$.

Quatro integrais para memorizar perfeitamente, cada uma via $x = a\sinh t$ (ou $x = a\tan t$, divisões tipo $a\coth$): $\displaystyle\int\!\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \operatorname{arsinh}\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \operatorname{arcosh}\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{x^2+a^2} = \tfrac1a\arctan\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{x^2-a^2} = \tfrac1{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| + c$. Uma fórmula de redução expressa $I_n$ através de $I_{n-1}$ (ou $I_{n-2}$): integra-se por partes com o radical como $v$, depois reescreve a integral do radical restante usando a definição de $I_n$. Comprimento de arco e a superfície de revolução necessitam $s = \displaystyle\int\sqrt{1 + \left(\tfrac{dy}{dx}\right)^2}\,dx$ e $S = 2\pi\displaystyle\int y\sqrt{1 + \left(\tfrac{dy}{dx}\right)^2}\,dx$ (parametricamente, $s = \int\sqrt{\dot x^2 + \dot y^2}\,dt$ com $y\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}$ para $S$).

Exemplo resolvido — construção de uma fórmula de redução (WFM03 Junho 2025 Q5). Com $I_n = \displaystyle\int_1^6 \frac{x^n}{\sqrt{3x-2}}dx$, take $u = x^n$ e $v = \tfrac23\sqrt{3x-2}$:

usando $\sqrt{3x-2} = \dfrac{3x-2}{\sqrt{3x-2}}$ para expor $I_n$ e $I_{n-1}$. Agrupando: $(3 + 6n)I_n = 4nI_{n-1} + 8\cdot6^n - 2$. Inicie com $I_0 = \tfrac23(4 - 1) = 2$ e $I_1 = 6$ (por substituição direta), depois $15I_2 = 8(6) + 8(36) - 2 = 334$, e $21I_3 = 12\cdot\tfrac{334}{15} + 8(216) - 2$, resultando em $I_3 = \tfrac{3322}{35}$.

Exemplo resolvido — superfície com substituição sinh (WFM03 Junho 2025 Q7). Rotacionando $y = \cos 2x$, $0 \le x \le \tfrac\pi4$, através de $2\pi$ em torno do eixo $x$ (sem calculadora): $S = 2\pi\displaystyle\int_0^{\pi/4}\cos 2x\sqrt{1 + 4\sin^22x}\,dx$. Com $2\sin 2x = \sinh\theta$, portanto $4\cos 2x\,dx = \cosh\theta\,d\theta$, a integral torna-se $\tfrac\pi2\displaystyle\int\cosh^2\theta\,d\theta = \tfrac\pi4\Big[\sinh\theta\cosh\theta + \theta\Big]$ entre $0$ e $\operatorname{arsinh}2 = \ln(2+\sqrt5)$, logo $S = \tfrac\pi4\left(2\sqrt5 + \ln(2+\sqrt5)\right)$ — os fatores $\cos 2x$ cancelam exatamente, que é o motivo pelo qual a substituição é fornecida.

O produto vetorial $\mathbf a\times\mathbf b = \begin{vmatrix}\mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\end{vmatrix}$ é perpendicular a ambos os fatores com $\lvert\mathbf a\times\mathbf b\rvert = \lvert\mathbf a\rvert\lvert\mathbf b\rvert\sin\theta$ — área do paralelogramo. O produto misto $\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)$ é o volume orientado do paralelepípedo; zero indica que os três vetores são coplanares. Retas: $\mathbf r = \mathbf a + t\mathbf b$ ou $(\mathbf r - \mathbf a)\times\mathbf b = \mathbf 0$; planos: $\mathbf r\cdot\mathbf n = p$ ou $\mathbf r = \mathbf a + s\mathbf b + t\mathbf c$ com $\mathbf n = \mathbf b\times\mathbf c$. Distância de um ponto a um plano: $\dfrac{\lvert\mathbf x\cdot\mathbf n - p\rvert}{\lvert\mathbf n\rvert}$; distância mínima entre retas reversas: projete o deslocamento entre pontos de apoio sobre a normal comum $\mathbf b_1\times\mathbf b_2$.

Exemplo resolvido — planos a retas à distância (WFM03 junho 2025 Q8). Para $\Pi_1: \mathbf r = (4,2,-1) + \lambda(7,5,-6) + \mu(-3,1,2)$: a normal é $(7,5,-6)\times(-3,1,2) = (16,4,22) = 2(8,2,11)$, e substituindo o ponto de apoio obtém-se $\mathbf r\cdot(8\mathbf i + 2\mathbf j + 11\mathbf k) = 32 + 4 - 11 = 25$. Interseção com $\Pi_2: x - y + z = 7$: a direção da reta é $(8,2,11)\times(1,-1,1) = (13,3,-10)$ e um ponto que satisfaz ambos os planos é $(\tfrac{13}5, -\tfrac{17}5, 1)$, logo $(\mathbf r - (\tfrac{13}5, -\tfrac{17}5, 1))\times(13,3,-10) = \mathbf 0$. A reta por $A(2,1,3)$ e $B(3,0,2)$ tem direção $(1,-1,-1)$; a normal comum é $(13,3,-10)\times(1,-1,-1) = (-13,3,-16)$, e a menor distância é

Determinantes e inversos estendem-se a $3\times3$: expanda por qualquer linha ou coluna (sinais $+\,-\,+\,-\,+\,-$); $\mathbf A^{-1} = \dfrac1{\det\mathbf A}(\text{adjugate})$, sendo o adjugado a transposta da matriz dos cofatores. Matrizes singulares ($\det = 0$) não possuem inversa e colapsam a dimensão. $(\mathbf{AB})^T = \mathbf B^T\mathbf A^T$ e $(\mathbf{AB})^{-1} = \mathbf B^{-1}\mathbf A^{-1}$. Um autovalor $\lambda$ com autovetor $\mathbf v$ satisfaz $\mathbf{Av} = \lambda\mathbf v$ — linha por linha, cada componente de $\mathbf{Av}$ equivale a $\lambda$ vezes a componente correspondente de $\mathbf v$ (não de $\lambda$ em si). Dado $\mathbf v$, leia $\lambda$ de qualquer linha com produto não nulo; caso contrário, resolva $\det(\mathbf A - \lambda\mathbf I) = 0$ e retrosubstitua. Para uma matriz simétrica $\mathbf A$, autovetores para autovalores distintos são ortogonais, e uma matriz ortogonal $\mathbf P$ de autovetores normalizados diagonaliza-a: $\mathbf P^T\mathbf{AP} = \mathbf D$.

Exemplo resolvido — autovalores a partir de um autovetor dado (WFM03 Junho 2025 Q3). $\mathbf M = \begin{pmatrix}1&-1&4\\3&a&b\\a&1&b\end{pmatrix}$ tem autovetor $\mathbf i + 2\mathbf j + \mathbf k$. Linha 1: $1 - 2 + 4 = 3 = 3(1)$, logo $\lambda = 3$. Linha 2: $3 + 2a + b$ deve ser igual a $\lambda\times 2 = 6$, e linha 3: $a + 2 + b$ deve ser igual a $\lambda\times 1 = 3$. Portanto $2a + b = 3$ e $a + b = 1$: subtraindo, $a = 2$ e $b = -1$. Com $\mathbf M = \begin{pmatrix}1&-1&4\\3&2&-1\\2&1&-1\end{pmatrix}$: o traço é $2$ e, expandindo pela linha 1, $\det\mathbf M = 1(-2+1) + 1(-3+2) + 4(3-4) = -1 - 1 - 4 = -6$. O restante autovalores então somam $2 - 3 = -1$ e multiplicam $\tfrac{-6}3 = -2$: são $1$ e $-2$. Autovetores: para $\lambda = 1$, resolvendo $(\mathbf M - \mathbf I)\mathbf v = \mathbf 0$ dá $-\,y + 4z = 0$ e $3x + y - z = 0$, logo $\mathbf v = (-1, 4, 1)$; para $\lambda = -2$, $(\mathbf M + 2\mathbf I)\mathbf v = \mathbf 0$ resulta em $3x - y + 4z = 0$ e $2x + y + z = 0$, logo $\mathbf v = (-1, 1, 1)$ (verificado por linhas). Traço e determinante são verificações livres: $3 + 1 - 2 = 2$ ✓ e $3\cdot1\cdot(-2) = -6$ ✓.

Exemplo resolvido — singularidade e inversa com parâmetro (WFM03 Junho 2025 Q6). $\mathbf A = \begin{pmatrix}1&k&2\\5&3&-2\\6&-1&4\end{pmatrix}$: $\det\mathbf A = 1(12-2) - k(20+12) + 2(-5-18) = -36 - 32k$, logo $\mathbf A$ é singular quando $k = -\tfrac98$. O adjungido (cofato transposto) fornece

Verifique a entrada (1,1) do produto: $(1,k,2)\cdot(10,-32,-23) = 10 - 32k - 46 = -36 - 32k$, que se cancela com o determinante para dar $1$ ✓.

• Defina $\cosh, \sinh, \tanh$ através de exponenciais; deduza as identidades fundamentais; resolva equações mistas via quadráticas $e^x$ com respostas exatas $\ln$.
• Deduza as formas logarítmicas $\operatorname{arsinh}, \operatorname{arcosh}, \operatorname{artanh}$; diferencie inversas respeitando os domínios.
• Use parametrizações de elipse e hipérbole; converta entre $b^2 = a^2(1-e^2)$ e $a^2(e^2-1)$; localize focos e diretrizes; encontre tangentes/normais em pontos paramétricos e via condição $y = mx + c$ $c^2 = a^2m^2 \pm b^2$.
• Diferencie e integre funções hiperbólicas e inversas, incluindo por partes para integrandos tipo $\int\operatorname{arcosh}$.
• Conheça as quatro integrais padrão de surdos/racionais; construa fórmulas de redução por partes e itere; calcule comprimentos de arco e superfícies de revolução exatamente.
• Calcule $\mathbf a\times\mathbf b$ e $\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)$ com seus significados de área e volume; alterne entre formas planas e lineares; encontre distâncias ponto-plano e retas reversas.
• Avalie determinantes $3\times3$, inverta pelo adjungido, trate o caso singular, encontre autovalores/autovetores (normalizados quando solicitado) e diagonalize matrizes simétricas com uma matriz ortogonal $\mathbf P$.