A Matemática do Ensino Médio (Respostas)

A Matemática do Ensino Médio Volume 1 Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho Eduardo Wagner Augusto Cézar Morgado

SOLUCIONÁRIO COMPLETO

COLEÇÃO DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA SOCIEDADE BRASILEIRA DE MATEMÁTICA

Solu¸co ˜es do Livro: A Matem´ atica do Ensino M´ edio - SBM (Elon Lages Lima e col.) [email protected] Compilado dia 23/09/2016

Esse documento está em constante revisão. Vez ou outra um erro de portuguˆ es é corrigido, uma passagem que n˜ ao ficou muito clara é refeita, uma solu¸caõ equivocada é substitu´ıda ou a solu¸ c˜ ao de uma das questões ainda não resolvidas aparece magicamente em minha cabe¸ca, sendo inclu´ ıda em vers˜ oes atualizadas do documento. Assim, verifique se o que você tem em mãos é de fato a versão mais recente do documento . Todas as atualiza¸cões dele estão dispon´ıveis em www.number.890m.com sem br mesmo.

Se quiser informar algum erro de português, digita¸caõ ou mesmo de l´ ogica nos exerc´ ıcios escreva para: [email protected]

Sum´ ario 1 Conjuntos

2

2 N´ umeros Naturais

14

3 N´ umeros Cardinais

22

4 N´ umeros Reais

28

5 Fun¸c˜ oes Afins

35

6 Fun¸c˜ oes Quadr´ aticas

56

7 Fun¸c˜ oes Polinomiais

80

8 Fun¸c˜ oes Exponencias e Logar´ ıtmicas

87

9 Fun¸c˜ oes Trigonom´ etricas

95

10 Agradecimento

102

A Matemática do Ensino Médio

1

Diego Oliveira - Vit´ oria da Conquista / BA

Conjuntos

1. Sejam P 1 , P2 , Q1 , Q2 propriedades referentes a elementos de um conjunto universo U. Suponha que P 1 e P2 esgotam todos os casos poss´ıveis (ou seja, um elemento qualquer de U ou tem propriedade P 1 ou têm P 2 ). Suponha ainda que Q 1 e Q2 são incompat´ıveis (isto é, excluem-se mutualmente). Suponha, finalmente, que P 1 Q1 e P2 Q2 . Prove que valem as rec´ ıprocas: Q1 P 1 e Q2 P 2.

⇒

⇒

⇒

⇒

Solu¸ c˜ ao:

⇒

⇒

Como P 1 e P2 esgotam todas as possibilidades e P 1 Q1 bem como P 2 Q2 , então um elemento de U ou têm propriedade Q1 ou têm propriedade Q2 . Ou em outras palavras: não pode haver elemento de U que não goze de Q 1 e Q2 ao mesmo tempo.

⇒

Suponha por absurdo que Q 1 P2 . Neste caso um elemento u pertencente a U tˆ em também propriedade Q2 , pois P 2 Q2 . O que gera um absurdo já que Q 1 e Q2 se excluem mutualmente. Logo Q 1 P 1.

⇒

⇒

Analogamente se prova que Q2

⇒ P 2.

2. Enquadre no contexto do exerc´ıcio anterior o seguinte fato geom´ etrico: Duas obl´ ıquas que se afastam igualmente do p´ e da perpendicular s˜ ao iguais. Se se afastam desigualmente então são desiguais e a maior ´ e a que mais se afasta. Solu¸ c˜ ao: Fazendo uma compara¸caõ com o exerc´ıcio anterior teremos:

P1 : Propriedade de se afastar igualmente. Q1 : Propriedade de serem de tamanhos iguais. P2 : Propriedade de se afastar desigualmente. Q2 : Propriedade de terem tamanhos desiguais. De modo que P

1

⇒ Q 1, P2 ⇒ Q 2 e a reciproca também é verdadeira.

3. Sejam X 1 X2 , Y1 Y2 subconjuntos do conjunto universo U. Suponha que X Y1 Y2 = , que X 1 Y1 e que X 2 T2 . Prove que X 1 = Y1 e X2 = Y2 .

∩

∅

⊂

⊂

1

∪X2 = U e

Solu¸ c˜ ao: 1 Como por mostrado que:hip´ X 1otese = YX 1.

⊂ Y1 então basta provar que X1 ⊃ Y1 que por dupla inclusão teremos Para mostrar que X 1 ⊃ Y 1 tomemos um elemento y ∈ Y 1 . Como por hipótese X 1 ∪ X 2 = U

ent˜ ao y pertence a X 1 ou pertence a X 2 .

2


∈

⊂


∈

Se y X 2 e X2 Y 2 ent˜ ao y Y 2 . O que seria um absurdo j´ a que Y 1 X1 o que prova que X 1 Y 1 . E portanto que X 1 = Y1 .

⊃

∩ Y 2 = ∅. Logo y ∈

Analogamente se prova que X2 = Y2 .

4. Compare o exerc´ıcio anterior com o primeiro em termos de clareza e simplicidade dos enunciados. Mostre que qualquer um deles pode ser resolvido pelo outro. Solu¸ c˜ ao:

⊃

Para provarmos que X1 = Y1 , por exemplo precisávamos apenas mostrar que: X 1 Y 1 . Assim se tomarmos um elemento u de U, P1 como a propriedade de pertencer a X 1 e Q1 como a propriedade de pertencer a Y 1 . Então podemos afirmar que P 1 Q 1 . Já que X 1 Y 1 . Neste caso provar a reciproca (Q 1 P 1 ), seria o equivalente a provar X1 Y 1 .

⇒

⇒

⊂

⊃

Em outras palavras provar a questão 3 implica na prova da questão 1 e vice-versa.

5. Ainda no tema do primeiro exerc´ıcio, seria válido substituir as implica¸cões P 1

⇒ Q 2 na hipótese por suas reciprocas Q 1 ⇒ P1 e Q2 ⇒ P 2?

⇒ Q 1 e P2

Solu¸ c˜ ao:

⇒

⇒

Essa substitui¸caõ não obriga a implica¸c˜ ao P1 Q1 e P2 Q2 . Basta imaginar o exemplo em que U = N, P1 e´ a propriedade “n é par”, P2 significa “n é impar”, Q1 que dizer “n e múltiplo de 4” e Q 2 diz “n é um numero primo maior do que 2”.

√

6. Escreva as implica¸c˜ oes lógicas que correspondem à resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao x + 2 = 2, ve ja quais são revers´ıveis e explique o aparecimento de ra´ızes estranhas. Fa¸ ca o mesmo com a equa¸c˜ ao x + 3 = x.

√

Solu¸ c˜ ao: Fazendo y =

√x têm se: ⇒ y + 2 = y 2 ∗

⇒ y2 − y − 2 = 0 ⇒ (y − 2)(y + 1) = 0 (1) ⇒ y = 2, y = −1 (2) √ como y = x de (1) e (2) temos: 2=

√x (3) −1 = √x (4) 3



De (3) segue que x = 4.

√

( x)2 = 2 2 x= 4 De (4) segue que x = 1.

√

( x)2 = ( 1)2

−

x= 1

Testando estas ra´ızes chegamos a conclus˜ ao de que a solu¸c˜ ao de

√x + 2 = x e´ apenas 4.

√x + 2 = x √4 + 2 = 4 2+2=4 4=4

±√

A passagem marcada por e´ a única implica¸c˜ ao irrevers´ıvel. Como y2 = ( x)2 a substitui¸cão de x por y acaba gerando uma equa¸c˜ ao com duas ra´ızes. Uma delas seria a tal “raiz estranha”.

∗

Analogamente se resolve

√x + 3 = x.

7. Mostre que, para todo m > 0, a equa¸cão

√x + m = x tem exatamente uma raiz.

Solu¸ c˜ ao: Seja y =

√x então:

√x + m = x pode ser escrita como

y + m = y2

⇒ y2 − y − m = 0 Aplicando bhaskara: y=

−(−1) ± (−1)2 − 4(1)(−m) = 1 ± √1 + 4m



2(1)

2

2

Como por hipótese m > 0 então a (1 + 4 m) > 0 e a equa¸c˜ ao y y m = 0 possuirá duas ra´ızes, uma positiva e uma negativa que chamaremos de k 1 e k2 (com k 1 , k2 R).

√ Se y = −k2 ent˜ ao x = −k2 e x = (k2 )2 sendo assim: 4

−

− −

∈



√x + m = x ⇒ −k2 + m = (k2)2 ⇒ m = (k2)2 + k2 ⇒ m > (k2)2 (1) √ mas como x = −k2 ent˜ ao: m > (k2 )2

⇒ m >x

Essa implica¸c˜ ao no entanto é um absurdo pois analisando a equa¸cão ( x + m = x), e a condi¸cão de que m > 0 então devemos ter x m. Logo x não pode ser igual a k2 pois isso resultaria em m > x

√

≥

−

Logo a equa¸c˜ ao só possui uma raiz. E ela é positiva.

8. Considere as seguintes (aparentes) equivalências lógicas: x= 1

⇔ x2 − 2x + 1 = 0

⇔ x2 − 2 · 1 + 1 = 0 ⇔ x2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 Conclus˜ ao (?): x = 1

⇔ x = ±1. Onde está o erro?

Solu¸ c˜ ao: O problema está na segunda implica¸c˜ ao. Enquanto x2 2x + 1 = 0 x2 2 1 + 1 = 0 a reciproca não é verdadeira, pois se x = 1 então ( 1)2 2 1 + 1 tamb´ em é igual a zero. Ou seja, a passagem de x 2 2x + 1 = 0 para x 2 2(1) + 1 = 0 é irrevers´ ıvel.

−

−

− − − ·

−

⇒ − ·

9. As ra´ızes do polinˆ omio x 3 6x2 + 11x 6 são 1, 2 e 3. Substitua, nesse polinômio, o termo 11x por 11 2 = 22, obtendo então x3 6x2 + 16, que ainda tem 2 como raiz mas n˜ ao se anula para x = 1 nem x = 3. Enuncie um resultad o geral que explique este fato e o relacione com o exerc´ıcio anterior.

·

−

−

−

Solu¸ c˜ ao: Dado um polinômio p(x) = ax 3 + bx2 + cx + d cuja raiz é α ent˜ ao p(α) = 0. Tomando agora um segundo polinômio q(x) = cx pode-se escrever p(x) como: p(x) = ax 3 + bx2 + q (x) + d

5



Repare que está substitui¸cão nada muda em p(x). De modo qu e p( α) continua sendo raiz de p(x). Desse modo subs tituir q( α) pelo termo “qx” em p(x) significa apenas que estamos substituindo x por α em “qx”. p(x) = ax 3 + bx2 + cα + d Assim α continua sendo raiz de p(x), mas as suas demais ra´ızes perdem o sentido. Esse fato tamb´ em se verifica no exerc´ ıcio anterior quando substitu´ımos x por 1 na equa¸ c˜ ao 2

x

− 2x + 1 = 0 10. Seja P(x) uma condi¸c˜ ao envolvendo a variável x.

(1) “Para todo x, é satisfeita a condi¸caõ P(x)” (2) “Existe algum x que satisfaz a condi¸ cão P(x). a) Sendo A o conjunto de objetos x (de um certo conjunto universo U) que satisfazem a condi¸cão P(x), escreva as senten¸cas (1) e (2) acima, usando a linguagem dos conjuntos. b) Quais as nega¸c˜ oes de (1) e (2)? c) Para cada senten¸ca abaixo diga se ela é verdadeira ou falsa e forme sua nega¸caõ: 2

um numero real x tal que x = −1. •• Existe Para todo numero inteiro n, vale n 2 > n. • Para todo numero real x, tem-se x > 1 ou x 2 < 1. • Para todo numero real x existe um numero natural n tal que n > x. • Existe um numero natural n tal que, para todo numero real x, tem se n > x. Solu¸ c˜ ao de A:

∈

Da senten¸ca (1) conclui-se apenas que: todo x U tamb´ em pertence a A. Não se pode dizer que A = U porque não se sabe se U e´ constitu´ıdo apenas de objetos x. De (2) se conclui-que A =

∅

Assim as senten¸cas (1) e (2) escritas na forma de conjunto seriam respectivamente:

{x|x ∈ U} (2) A  =∅ (1) A =

Solu¸ c˜ ao de B: A nega¸cão de (1) é: Existe um x, tal que P(x) não é satisfeita. Que na forma de conjunto seria: 6



A

⊂U

Essa nota¸cão sugere que mesmo que U seja composto apenas de objetos x ent˜ ao, “A” ainda seria subconjunto de U já que ao menos um elemento x pertenceria ao conjunto universo mas, não a “A”. A nega¸caõ de (2) é: Nenhum elemento x satisfaz a condi¸cão P(x). Que na forma de conjunto seria: A=

∅ Solu¸ c˜ ao de C:

• Falsa. Pois isso implicaria na existência de uma raiz negativa.

A nega¸c˜ ao da afirma¸ c˜ ao ser´ a: Para todo numero real x, têm se x 2 =

 −1.

• Falsa. Pois 1 é um numero inteiro e 12 não é maior que ele mesmo (12 >2 1). A nega¸c˜ ao da afirma¸ c˜ ao ser´ a: Existe um numero inteiro n tal que n ≤ n. • Falsa. Pois 2 é um numero real e 22 > 1 A nega¸ca õ da afirma¸c˜ ao ser´ a: Existe um numero real x tal que x ≤ 1 e x2 ≥ 1. •

Verdadeira. Dado um numero real r na forma r =

p ent˜ ao qr = p e pertence q

aos naturais de modo que qr > r . A nega¸c˜ ao da afirma¸ c˜ ao ser´ a: Existe um numero real x tal que n < x para todo numero natural n.

•

Falsa. O problema aqui está no fato da afirma¸cão garantir a unicidade do numero natural. O que ocorre é que, dado um r R existem diversos naturais n tais que n > r. A nega¸ca õ da afirma¸c˜ ao ser´ a: Para todo numero natural n, existe um numero real x tal que n x.

∈

≤

11. Considere os conjuntos abaixo:

F = conjunto de todos os fil´ osofos. M = conjunto de todos os matemáticos. C = conjunto de todos os cientistas. P = conjunto de todos os professores.

7



a) Exprima cada uma das afirmativas abaixo usando a linguagem de conjuntos. 1) Todos os matemáticos são cientistas. 2) Alguns matemáticos são professores. 3) Alguns cientistas são filósofos. 4) Todos os filósofos são cientistas ou professores. 5) Nem todo professor é cientista. b) Fa¸ ca o mesmo com as afirmativas abaixo: 6) Alguns matemáticos são filósofos 7) Nem todo filosos é cientista 8) Alguns filósofos são professores 9) Se um filosofo não é matem´ atico, ele é professor. 10) Alguns filósofos são matemáticos. c) Tomando as 5 primeiras afirmativas como hipóteses, verifique quais das afirmativas (6 a em diante), são necessariamente verdadeiras. Solu¸ c˜ ao de A: 1) 2) 3) 4) 5)

M M C C P

⊆C ∩ P = ∅ ∩ F = ∅ ∪P ⊃F ∩ C c = ∅

Solu¸ c˜ ao de B:

∩ ∩ ∩ ⊂ ∩

∅ ∅ ∅ ∪ ∅

6) M F = 7) F C c = 8) F P = 9) F M P 10) F M =

Solu¸ c˜ ao de C: Au ´ nica alternativa verdadeira é a de numero nove.

12. O artigo 34 da Constitui¸cão Brasileira de 1988 diz o seguinte: “A União não intervirá nos Estados nem no Distrito Federal, exceto para: I. Manter a integridade nacional; II. Repelir invasão estrangeira ou de unidade da Federa¸cão em outra” III. ...; a) Suponhamos que o estado do Rio de Janeiro seja invadido por tropas do estado de S˜ ao Paulo. O texto acima obriga a União a intervir no estado? Na sua opinião, qual era a inten¸c˜ ao dos legisladores nesse caso:

8



b) Reescreva o texto do artigo 34 de modo a torn´ a-lo mais preciso. Solu¸ c˜ ao de a: O texto não obriga a interven¸caõ da federa¸cão. Solu¸ c˜ ao de b: A União intervirá nos Estados ou no Distrito (...).

13. Prove que x 2 + x

− 1 = 0 ⇒ x3 − 2x + 1 = 0.

Solu¸ c˜ ao: Se x2 + x 1 = 0 então (x ent˜ ao pode se afirmar que:

−

− 1)(x2 + x − 1) = 0. Como ( x − 1)(x2 + x + 1) = x 3 − 2x + 1 x2 + x

− 1 = 0 ⇒ x3 − 2x + 1 = 0 ⇔

−

14. Prove que, para x, y e k inteiros, tem se x + 4y = 13k 4x + 3y = 13(4k y). Conclua que 4x + 3y e x + 4y são divis´ıveis por 13 para os mesmos valores inteiros de x e y . Solu¸ c˜ ao: x + 4y = 13k 4x + 16y = 52k 4x + (3y + 13y) = 52 k

⇒ ⇒ ⇒ 4x + 3y = 52k − 13y ⇒ 4x + 3y = 13(4k − y)

A conclusão de que x + 4y e´ divis´ıvel por 13 é evidente j´ a que k e´ inteiro e: k=

x + 4y 13

O que obriga a x + 4y à divisibilidade por 13. Analogamente se conclui que 4x + 3y tamb´ em é divis´ıvel por 13. J´ a que o produto de inteiros tamb´ em é inteiro (3k) e a subtra¸cão entre eles tamb´ em (3k y).

−

15. O diagrama de Venn para os conjuntos X, Y, Z decompõe o plano em oito regiões. Numere essas regiões e exprima cada um dos conjuntos abaixo como reuni˜ ao de algumas dessas regiões. (Por exemplo: X Y = 1 2).

−

∪

9



a) (X c Y c ); b) (X c Y ) Z c ; c) (X c Y ) (X Z c ); d) (X Y )c Z

∪ ∪ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩

Solu¸ c˜ ao de D: Uma representa¸cão poss´ıvel para essas oito regi˜ oes é a seguinte. X 2

Y 8

7 4

5

3 6

1 Z Assim: (X Y ) = 3 4 . . . 8 (X Y )c = (1 2 . . . 8) (X (X Y )c Z = (1 2) (1 4

∪ ∪ ∪

∪ ∪ ∪ ∪ ∪ − ∪Y)=1∪2 ∩ ∪ ∩ ∪ ∪ 5 ∪ 6) = 1

As demais respostas seguem a mesma lógica.

16. Exprimindo cada membro como reunião de regiões numeradas, prove as desigualdades:

∪ ∩ ∪ ∩

a) (X Y ) Z = (X b) X (Y Z )c = X

∩ Z )c ∪ (Yc ∩ Z ); ∪Y ∪Z

Solu¸ c˜ ao de A: Nesse caso pode-se usar o diagrama do exerc´ıcio anterior. X 2

Y 8

7 4

5

3 6

1

Z Considerando apenas o lado direito da igualdade ( X

10

∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z ) ∪ (Y ∩ Z ) temos:



∪ Y ) ∩ Z = [(7 ∪ 8 ∪ 5 ∪ 4) ∪ (3 ∪ 8 ∪ 5 ∪ 6)] ∩ (4 ∪ 5 ∪ 6 ∪ 1) (X ∪ Y ) ∩ Z = [(7 ∪ 8 ∪ 5 ∪ 4 ∪ 3 ∪ 6)] ∩ (4 ∪ 5 ∪ 6 ∪ 1) (X ∪ Y ) ∩ Z = 4 ∪ 5 ∪ 6 (1) (X

Considerando agora o lado esquerdo:

∩ Z ) ∪ (Y ∩ Z ) = ((4 , 5, 7, 8) ∩ (4, 5, 6, 1)) ∪ ((3, 5, 6, 8) ∩ (1, 4, 5, 6)) (X ∩ Z ) ∪ (Y ∩ Z ) = (4 , 5) ∪ (5, 6) (X ∩ Z ) ∪ (Y ∩ Z ) = 4, 5, 6 (2) (X

Comparando (1) e (2) fica provado a igualdade. Solu¸ c˜ ao de B: Análoga a anterior.

17. Sejam A, B e C conjuntos. Determine uma condi¸ cão necessária e suficientes para que se tenha A (B C ) = (A B) C .

∪ ∩

∪ ∩

Solu¸ c˜ ao: Para este problema novamente usaremos a imagem a seguir. X 2

Y 8

7 4

5

3 6

1 Z Primeiro vamos calcular o lado direito da igualdade: A

∪ (B ∩ C ) = 7 ∪ 4 ∪ 8 ∪ 5 ∪ 6

e agora o lado esquerdo. (A

∪ B) ∩ C = 4 ∪ 5 ∪ 6

Para que (7 vazia ou que: 7

4

8

5

6) e (4

5

6) sejam iguais seria necessário que a região 7

8 fosse

∪∪ 8∪= 4∪ou∪7 ∪ 8 =∪5 ou∪ mesmo 7 ∪ 8 = 6. ∪ Se 7 ∪ 8 for vazio então A ⊂ C . Se 7 ∪ 8 for igual a 4, 5 ou mesmo 6 tamb´ em teremos A ⊂ C . Portanto a condi¸caõ para que a igualdade seja verdadeira é de que: A ⊂ C . 11



18. A diferen¸ca entre conjuntos é definida por A condi¸cão necessária e suficiente para que se tenha A

− B = {x|x ∈ A e x ∈/ B}. Determine uma − (B − C ) = (A − B) − C .

Solu¸ c˜ ao: Usando a figura da questão anterior teremos:

− (B − C ) = (7, 8, 4, 5) -[(3, 8, 5, 6)-(4, 5, 6, 1)] A − (B − C ) = (7, 8, 4, 5) -[(3, 8)] A − (B − C ) = (7, 4, 5) = A ∩ C A

Do lado direito têm se:

− B) − C = [(7, 4, 5, 8) − (3, 8, 5, 6)] − (4, 5, 6, 1) (A − B) − C = [(7, 4)] − (4, 5, 6, 1) (A − B) − C = (7) Que são somente os pontos de A. Assim para que a igualdade seja verdadeira ou 4 ∪5 = 7 ou 4 ∪5 = ∅. Em ambos os casos se conclui que A ∩ C = ∅. (A

19. Prove que se um quadrado perfeito é par então sua raiz quadrada é par e que se um quadrado perfeito é impar ent˜ ao sua raiz quadrada é impar. Solu¸ c˜ ao: O produto de dois números impares é impar.

·

(2k + 1) (2q + 1) = 4kq + 2k + 2q + 1 = 2(2 kq + k + q ) + 1 = 2p + 1 Assim se tomamos um n qualquer de modo que seu quadrado (n2 ) seja par, então n não pode ser impar. Como n2 = n fica provado que a raiz de um quadrado perfeito par tamb´ em é par.

√

De modo análogo se prova que se n 2 é impar n também o é.

20. Prove o teorema de Cantor: se A é um conjunto e P(A) é o conjunto das partes de A, não existe uma fun¸cão f: A P(A) que seja sobrejetiva. ao f e considere X = x A : x / f (x) . Sugest˜ ao: Suponha que exista uma tal fun¸c˜

→

{ ∈

∈

}

Solu¸ c˜ ao: Essa demonstra¸caõ consta no livro “Matemática Discreta” do Edward R. Scheinerman na página 189.

12



→

Seja A um conjunto e seja f : A P (A). Para mostrar que f não é sobrejetora, devemos achar um B P(A) (isto é, B A) para o qual n˜ ao existe a A com f(a) = B. Em outras palavras, Bé um conjunto que f “perde”. Para este fim, seja

∈

⊆

∈

{ ∈ A : x ∈/ f (x)} ∈ A com f(a) = B.

B= x Afirmamos que não existe nenhum a

∈

Como f(x) é um conjunto - na verd ade, um subconjunto de A - a condi¸c~ ao x / f(x) tem sentido

Suponhamos, por contradi¸cão, que exista um a

∈ A tal que f (a) = B. Ponderamos: a ∈ B?

• ∈ a ∈ f (a). Assim, pela de fini¸cão de B, ∈ ∈ ⇒⇐ • Se a ∈/ B = f (a), então, pela defini¸cão de B, a ∈ B. ⇒⇐

Se a B, então, como B = f(a), temos a / f (a); isto é a / B.

∈

∈

Tanto a B como a / B levam a contradi¸cões; da´ı, nossa suposi¸cão [existe um a f (a) = B] é falsa e, assim, f não é sobrejetora.

∈ A com

Observa¸ ca õ O livro do Scheinerman ainda traz uma ilustra¸ c˜ ao desta prova.

{

}

Sejam A = 1, 2, 3 e f : A

→ P (A) conforme definida na tabela a seguir. a 1 2 3

f(a)

a

f (a)?

{1, 2} ∈sim {3} não {} não Ora, B = {x ∈ A : x ∈ / f (x)}. Como 1 ∈ f (1), mas 2 ∈ / f(2) e 3 ∈ / f(3), temos B = {2, 3}. Note que não há a ∈ A com f (a) = B

Se alguma passagem ficou ou ser se algum foi corre¸ cometido [email protected] paraobscura que possa feito a erro devida cão.por favor escreva para Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´ atica acesse: www.number.890m.com

13



´ ´ A MATEMATICA DO ENSINO M EDIO A matemática do Ensino médio (volume 1) Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira.

2

N´ umeros Naturais 1. Dado o numero natural a, seja Y (1) a (2) n

⊂ N um conjunto com as seguintes propriedades:

∈ Y; ∈ Y ⇒ n + 1 ∈ Y.

Prove que Y contem todos os números naturais maiores do que ou iguais a a. Solu¸ c˜ ao: X = Ia ∪ Y onde Ia = { n ∈ N; n < a}. Se provarmos que X = N, { ∈ N; n ≥ a}. Como a primeira demonstra¸caõ é mais simples vamos

Considere um conjunto ent˜ ao logicamente Y = n focar nela. Passo base:

• Se 1 < a então 1∈Ia o que implica em 1 ∈ X ; • Se 1 ≥ a então 1 ∈ Y que implica que 1 ∈ X. Em todo caso 1

∈ X.

Passo indutivo: Supondo que k

∈ N então ou k ∈ I a ou k ∈ Y .

• Se k ∈ I a então k < a que implica que: 1≥ k + 1caso ∈ Y;k + 1 ∈ I a . ◦◦ kou+ent˜ aoa,k nesse + 1
∈ X. 14


•


∈ Y, então k ≥ a ⇒ k + 1 > a ∈ Y que implica novamente que ⊂ X.

Se k pois Y

Como o numero 1 e todos os seus sucessores pertencem a conclus˜ ao de que Y = n N; n a .

{ ∈

X

ent˜ ao

X

=

N.

k+1

O que co nduz a

≥ }

2. Use o exerc´ıcio anterior para provar que 2n + 1 < 2n em seguida, que n todo n

∈ X,

≤ 2 < 2n para

≤ 5.

Solu¸ c˜ ao de A: Essa proposi¸cão simplesmente não ocorre para n = 2 (verifique!). No entanto para n ocorre. Vamos prova-la pela indu¸caõ já que pro outro caso isso não seria poss´ ıvel.

≥ 3 isso

Passo base: Para n = 3 temos: 2(3) + 1 < 2 3 Logo a desigualdade é valida para n = 3. Passo indutivo: Se a desigualdade é verdadeira para n = k, então: 2k + 2 + 1 = 2 k + 2 2(k + 1) + 1 = 2 k + 2 Acontece que 2k + 2 < 2 k+1 . Veja: 2k + 2 < 2 k+1 2 < 2 k+1

− 2k 2 < 2 k (2 − 1) 2 < 2k Como n = k , então k não pode ser menor que três. O que prova essa ultima desigualda de. Assim: 2(k + 1) + 1 = 2 k + 2 < 2 k+1 2(k + 1) + 1 < 2 k+1

⇒

15



Completando o passo indutivo e tamb´ em a demonstra¸caõ. Solu¸ c˜ ao de B: Passo base: Para n = 5 temos: 52 < 2 5 Logo a desigualdade é valida para n = 5. Passo indutivo: Se a formula e verdadeira para n = k, então: (k + 1) 2 = (2k + 1) + k 2

≤ 2k + k2

Vamos provar que 2k + k2 < 2 k+1 . 2k + k 2 < 2 k+1 k 2 < 2 k+1 2k k 2 < 2 k (2 1) k2 < 2k

− −

Essa ultima inequa¸cão e verdadeira por hipótese assim: (k + 1) 2 < 2 k + k 2 < 2 k+1 Que simplificando fica: (k + 1) 2 < 2 k+1 O que completa o passo indutivo e a demonstra¸ cão.

3. Complete os detalhes da seguinte demonstra¸ c˜ ao do Principio da Boa ordena¸cão:

⊂

Seja A N um conjunto que não possui um menor elemento. Considere o conjunto X formado pelos números naturais n tais que 1, 2,... não pertence a A. Observe que 1 X e, além disso, se n X ent˜ ao todos os elementos de A, conclua que n + 1 X logo, por indu¸cão, segue-se que X = N, portanto A e vazio.

∈

∈

∈

Solu¸ c˜ ao:

∪

O enunciado do problema sugere que N = X A. Mostrar que X = N seria simplesmente aplicar o Princ´ıpio da Boa Ordena¸caõ (PBO). No entanto o exerc´ıcio é de indu¸cão portanto

16



seguiremos os dois passos: Passo base: 1

∈ X por hipótese.

Passo indutivo:

∈

∈

∈

Tomando k X ent˜ ao k + 1 A ou então k + 1 X. Contudo não pode ocorrer de k + 1 A pois pelo PBO A teria de ter um menor elemento.

∈

O que iria contrariar a tese. Portanto, k + 1 N. Como 1 e todo os seus sucessor es pertencem a X ent˜ ao se conclui que X = N e que A é vazio.

∈

1,

√2, √3, √ 2

3

4

 

n

n+1 n. Para todo n n 4,... e decrescente a partir do terceiro termo.

4. Prove por indu¸c˜ ao que

≤

≥ 3 e conclua da´ı que a sequencia

Solu¸ c˜ ao de A: Passo base: Para n = 3 temos: 3

  3+1 3

<3

O que é verdadeiro. Passo indutivo: O que desejamos agora é provar que a desigualdade



(k + 1) + 1 k+1

k +1



< k+1

Ocorre que



(k + 1) + 1 k+1

k +1

k

   ·  =

k+2 k+1

k+2 k+1

ent˜ ao podemos escrever a desigualdade como: k

  ·  k+2 k+1

k+2 k+1

< k+1

(k + 2) k+1 (k + 1) k+1 < k + 1 (k + 2) k+1 < (k + 1) k+1 (k + 1) = ( k + 1) k+2

17



Simplificando: (k + 2) k+1 < (k + 1) k+2 O que evidencia a afirma¸c˜ ao, concluindo que:



(k + 1) + 1 k+1

k +1



< k+1

Solu¸ c˜ ao de B: Sabemos que:

  n+1 n

n

⇒ n +n 1 < n1/n ⇒ n + 1 < n1/n · n ⇒ n+1< n

n+1 n

1/n

n

⇒ 

(n + 1) n + 1 n



< n1/n

⇒ (n + 1) n2 + n < n1/n 1

⇒ (n + 1) n + 1 < n1/n Essa ultima desigualdade nos leva a conclus˜ ao de que a sequˆ encia é decrescente a partir do 3◦ termo.

18



5. Prove por indu¸c˜ ao que: 1 + 2 2 + 33 + ... + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

Solu¸ c˜ ao: O passo base pode ser facilmente demonstrado. Passo indutivo: 1 + 2 2 + 32 + . . . + k2 + (k + 1) 2 = =

k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1) 2 6 =

=

k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1) 2 6

(k + 1)(k + 2)(2k + 3) 6

(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1) 6

que implica em: 1 + 2 2 + 3 2 + . . . + k 2 + (k + 1) 2 =

(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1) 6

Completando o passo indutivo.

6. Critique a seguinte argu menta¸cão: Quer-se provar que todo numero natural é pequeno. Evidentemente, 1 é um numero pequeno. Al´ em disso, se n for pequeno, n + 1 tamb´ em sera, pois não se torna grande um numero pequeno simples mente somando-lhe uma unidade. Logo, por indu¸caõ, todo numero natural e pequeno. Solu¸ c˜ ao: O problema aqui ocorreria no passo indutivo. Pois quando tomamos um n natural “pequeno” temos de nos perguntar, pequeno em rela¸cão a que? Se em rela¸c˜ ao ao maior de todos os números naturais pequenos então n + 1 seria grande?

19



7. Use a distributividade para calcu lar ( m + n)(1 + 1) de duas maneiras diferentes e em seguida use a lei do corte para concluir que m + n = n + m. Solu¸ c˜ ao: 1◦ Forma: Usamos a distributividade a direita. (m + n)(1 + 1) = m(1 + 1) + n(1 + 1) = m + m + n + n = 2m + 2n; 2◦ Forma: Usamos a distributividade a esquerda. (m + n)(1 + 1) = 1(m + n) + 1(m + n) = m + n + m + n = 2m + 2nm + m + n + n = m+n+m+n Usando a associatividade m + (n + n) + m = m + n + m + n (m + (n + n) ) + m = m + n + m + n ((m + n) + n) + m = m + n + m + n (m + n) + (n + m) = (m + n) + (m + n) Finalmente usando a Lei do corte (A + B = A + C

⇒ B = C) então:

n + m = m + n.

8. Seja X N um conjunto não vazio, com a seguinte propriedade: para qualquer n todos os números naturais menores do que n pertencem a X. Prove que X = N.

⊂

N,

se

∈

Solu¸ c˜ ao: Como o próprio livro diz demonstra¸cões que envolvem o PBO s˜ ao normalmente feitas por absurdo. Ent˜ ao suponha por absurdo que X = N logo A N onde N = X A. Assim pelo PBO a = minA e X = n N; n < a . No entanto considerando a hipótese a X, o que gera o absurdo. Assim A = e então X = N.

∃

{ ∈ {}

∃ ⊂

}

∪ ∈

9. Seja P(n) uma propriedade relativa ao numero natur al n. Suponha que P(1), P(2) s˜ ao verdadeiras e que, para qualquer n N, a verdade de P(n) e P(n + 1) implica a verdade de P(n + 2). Prove que P(n) é verdadeira para todo n N.

∈

∈

Solu¸ c˜ ao:

∈

Considere A como o conjunto de elementos a N, tal que P(a) sej a falsa. Suponha por absurdo que A = . Nesse caso A deve ter um elemento m´ınimo (min(A)) que chamaremos de a1 . Como P(1) e P(2) são verdadeiras então a1 > 2 é como a1 e´ elemento m´ınimo de A ent˜ ao P(a1 2) e P( a1 1) tamb´ em s˜ ao verdadeiras. Entretanto como P(n) e P(n + 1) implicam em P(n + 2) verdadeira então P(a1 2) e P(a1 1) implica em P(a) verdadeiro, o que é um absurdo,

−

∅ −

−

−

20


pois a 1


∈A

10. Use indu¸cão para provar que 1 3 + 23 + 3 3 + . . . + n3 =

1 2 n (n + 1)2 4

Solu¸ c˜ ao: Base: A igualdade se verifica para 1. 1=

1 2 1 (1 + 1)2 4

·

1=1 Passo indutivo: Considerando a proposi¸cão verdadeira para k ent˜ ao: 13 + 23 + 3 3 + . . . + k 3 + (k + 1) 3 =

1 2 k (k + 1) 2 + (k + 1) 3 4

·

Operando com o lado direito da igualdade acima facilmente se chega ´ a: 1 4

k2 (k + 1) 2 + (k + 1) 3 =

k2 (k + 1) 2 + 4(k + 1) 3

·

4

e após certa álgebra: k 2 (k + 1) 2 + 4(k + 1) 3 1 = (k + 1) 2 (k + 2) 2 4 4 concluindo o passo indutivo.


21




3

N´ umeros Cardinais

→ { ∈ ⊂

⊂

1. Seja f : X Y uma fun¸cão. A imagem inversa por f de um conjunto B Y e o conjunto f −1 (B) = X x; f (x) B . Prove que se tem se mpre f −1 (f (A)) A para todo A X .e f (f −1 (B)) B para todo B Y . Prove tamb´ em que f é injetiva se, e somente se, f −1 (f (A)) = A para todo A X . Analogamente, mostre que f e´ sobrejetiva se, e somente se, f (f −1 (B)) = B para todo B Y .

⊂

∈ } ⊂

⊂ ⊂

⊃

Solu¸ c˜ ao

• Prova de que f

1 (f (A))

−

⊃ A para todo A ⊂ X. −

Por defini¸cão temos que f 1 (f (A)) = x X ; f (x) f (A) . Assim tomando um x A f (x) f (A). Assim x f −1 (f (A)). Ou seja, dado qualquer elemento contido em A ele tamb´ em estar´ a contido em f −1 (f (A)), concluindo que f −1 (f (A)) A

⇒

∈

{ ∈

∈

• Prova de que f (f

∈

}

∈

⊃

1 (B))

⊂ B para todo B ⊃ Y. Por defini¸cão temos que f (f 1 (B)) = {x ∈ X ; f (x) ∈ B }. Isso implica que qualquer elemento de f (f 1 (B)) pertencerá tamb´ em a B. Logo f (f 1 (B)) ⊂ B. • Prova de que f e´ injetiva ⇔ f 1(f (A)) = A para todo A ⊂ X (⇒) A inclusão de A em f 1 (f (A)) já foi demonstrada no primeiro item. Resta agora mostrar que A ⊃ f 1 (f (A)) e com isso f 1 (f (A)) = A. Suponha por absurdo que exista um x ∈ f 1 (f (A)), mas que não perten¸ca a A. Como x ∈ f 1 (f (A)) então f(x) ∈ f(A). E como f é uma fun¸caõ injetora existe um a ∈ A tal que, f(x) = f(a). Isso resulta então em um absurdo pois se f(x) = f(a) e f −

−

−

−

−

−

−

−

−

−

é injetora isso implicaria em x = a, e por hipótese x / A. Logo conclui-se que se x f −1 (f (A)) então x

∈ A e portanto A ⊃ f 1(f (A)). ∈ Por fim se A ⊃ f 1 (f (A)) e f 1 (f (A)) ⊂ A ent˜ ao A = f (⇐) ??? −

−

−

22

∈ 1 (f (A)).

−



• Prova de que f e´ sobrejetiva ⇔ f

1

−

(f (B)) = B para todo B

???

2. Prove que a fun¸cão f : X tal que g(f (x)) = x para todo x

⊂ X.

→ Y é injetiva se, e somente se, existe uma fun¸caõ g : Y → X ∈ X.

Solu¸ ao: ( ) c˜

⇒

→ Y é uma fun¸caõ injetiva então existe uma fun¸cão g : Y → X . ∈ Y e um x ∈ X então o par ( y, x) ∈ g e f (x) = y, pois f e´ injetiva. Sendo assim g(f (x)) = g(y) = x para todo x ∈ X . C.Q.D.. Se f : X

Tomando agora um y

⇐

( ) Se g : Y

→ X e´ uma fun¸cão, então existe uma fun¸cão f : X → Y , onde ( x, y) ∈ f .

Supondo por absurdo que f não seja injetora, então existe um x e um x pertencentes a X tal que ( x, y) f e (x , y) f logo, g(f (x ) = g(y) = x. Mas, como por hipótese g(f (x)) = x e x = x temos então um absurdo. Logo f é injetora. C.Q.D.

∈



∈

→ Y é sobrejetiva se, e somente se, existe uma fun¸caõ h : Y ⇒ X ∈Y.

3. Prove que a fun¸cão f : X tal que f (h(y)) = y para todo y Solu¸ c˜ ao: ( )

⇒

Se f : X

→ Y e uma fun¸cão então existe uma fun¸cão h : Y → X . ∈ ∈

Dado tamb´ em um x X existe um y Y de modo que o par ( x, y) fun¸caõ de X e Y ent˜ ao f (h(y)) = f ((y, x)) = f (x) = y. C.Q.D.

⇐

∈ f . E como h e´ uma

( ) Se existe uma fun¸c˜ ao h : Y

→ X então existe uma fun¸cão f : X → Y . ∈

Tomando por absurdo que f não seja sobrejetora, então existe um y Y onde nenhum x resulte em ( x, y) h. O que é um absurdo, pois por hipótese f (h(y)) = y para todo y Y .

∈

→

→

∈

∈X

4. Dada a fun ¸cão f : X Y , suponha que g, h : Y X são fun¸cões tais que g(f (x)) = x para todo x X e f (h(y)) = y para todo y Y . Prove que g = h.

∈

∈

Solu¸ c˜ ao: Para todo y

∈Y

temos h(y) = x 23

(1)



Por hipótese g(f (x)) = x

(2)

o que implica em g(f (h(y))) = h(y) (3) Como f : X

→ Y de (2) podemos concluir que existe um

y



∈ Y tal que



g(y ) = x de modo que por (1) e (4) podemos dizer que

(4)



h(y) = g(y ) (5)

• Prova de que



y=y .





Supondo por absurdo que y = y , então atrav´ es da igualdade imediatamente acima conclu´ımos que f (x) = y. Ou seja, existe então um y Y tal que nenhum x X implique em g (f (x)) = x. O que contraria o enunciad o do problema. Portanto, y = y e assim (por meio da equa¸ cão 5) temos que g = h. C.Q.D.



∈



∈

→

∈

5. Defina uma fun ¸cão sobrejetiva f : N ao f (x) = n N tal que, para todo n N, a equa¸c˜ possui uma infinidade de ra´ızes x N. (Sugest˜ ao: todo número natural se escreve, de modo u ´ nico sob a forma 2 a b, onde a, b N e b e´ ´ımpar.)

·

∈ ∈

Solu¸ c˜ ao: A fun¸caõ pedida é f : N

→ N com f (n) = a sendo n = 2a · b com b inteiro e ´ımpar.

• Prova de que a fun¸cão é sobrejetora.

Isso é evidente, pois como a e´ qualquer, então f e´ sobrejetora.

• Prova de que a fun¸cão possui infinitas ra´ızes. Se f (n) = a ent˜ ao f (20 · b) = 0 para todo valor de b. Assim, f possui infinitas ra´ızes. f (20 1) = 0 f (20 3) = 0 f (20 5) = 0 .. .

· · ·

6. Prove, por indu ¸caõ, que se X é um conjunto finito com n elementos então existem n! bije¸co˜es f : X X.

→

Solu¸ c˜ ao: 24



(Base da indu¸c˜ ao) Para n = 1 então X é um conjunto unitário e, portanto, só pode ter uma bije¸cão (n! = 1). Provando a base da indu¸cão. (Passo indutivo) Seja X um conjunto com n = k + 1 elementos então a fun¸c˜ ao f terá k + 1 elementos no dom´ınio e no contradom´ınio. Dm

Cm a1

a1 a2

a2

.. .

.. .

ak+1

ak+1

Fixando o elemento a1 do Dm podemos relacion á-lo a qualquer elemento do Cm, sendo assim, temos k + 1 possibilidades para f (a1 ): f (a1 ) = a 1 , ou f (a1 ) = a 2 ,...,ou f (a1 ) = a k+1 . Feito ent˜ ao essa rela¸caõ (um elemento do Dm com um elemento do Cm), sobrarão k elementos no Dm e no Cm a serem relacionados de modo a formarem uma bije¸ c˜ ao. Por hipótese de indu¸cão o numero de bije¸c˜ oes que podem ser feitos com esses k elementos é igual a k !.

·

Finalmente, aplicando o princ´ıpio fundamental da contagem teremos (k + 1) k! = (k +1)! de bije¸co˜es que podem ser constru´ıdas. Concluindo a prova da indu¸caõ.

7. Qual o erro da seguinte demonstra¸c˜ ao por indu¸cão: Teorema: Todas as pessoas têm a mesma idade. Prova: Provaremos por indu¸cão que se X é um conjunto de n (n 1) pessoas, então todos os elementos de X têm a mesma idade. Se n = 1 a afirma¸cão é evidentemente verdadeira pois se X é um conjunto formado por uma u ´ nica pessoa, todos os elementos de X têm a mesma idade.

≥

Suponhamos agora que a afirma¸cão seja verdadeira para todos os conjuntos de n elementos. Consideremos um conjunto com n +1 pessoas, a1 , a2 , , an , an+1 . Ora, a1 , a2 , , an é um conjunto de n pessoas, logo a1 , a2 , , an tˆ em a mesma idade. Mas a2 , , an , an+1 também é um conjunto de n elementos, logo todos os seus elementos, em particular an e an+1 , têm a mesma idade. Mas de a 1 , a2 , , an tˆ em a mesma idade de a n e a n+1 tˆ em a mesma idade, todos os elementos de a1 , a2 , , an , an+1 tˆ em a mesma idade, conforme quer´ıamos demonstrar.

{

···

{

···

···

···

}

{ { ···

···

}

}

Solu¸ c˜ ao: O passo indutivo, no processo de prova por indu¸ cão, é a demonstra¸ cão da condi¸c˜ ao. P (n)

⇒ P (n + 1)

Entretanto, para n = 1 a implica¸c˜ ao é falha P (1)

⇒ P (2) 25

}



{

pois, a indu¸cão é feita sobre o conjunto a2 ,...,a era¸caõ desse fato que acarreta o erro na indu¸ cão.

n+1

} o qual a 1 não pertence. E´ a desconsid-

8. Prove, por indu¸c˜ ao, que um conjunto com n elementos possui 2 n subconjuntos. Solu¸ c˜ ao1 : Provando para 1.

•Seja A um conjunto com 1 elemento (A = {a1}), então P(A) = {∅, a1} ⇒= 21. • Provando para n = k + 1.

Precisamos provar que se B é um conjunto com n+1 elementos então P(B) têm 2k+1 elementos. Se n(B) = k + 1 então ele pode ser escrito como B=A

∪ {ak+1}

Já que por hipótese de indu¸c˜ ao n(A) = k. Assim, para cad a subcon junto S de A existem 2 subconjuntos de B: S e S ak+1 . Logo n(P(B)) = 2 o que implica em n(P(A)) = 2 2k = 2k+1 .

∪{

}

·

Obs: A nota¸cão n(B) é usada para denotar o numero de elementos do conjunto B.

Dados n (npesado 2) objetos prove que é poss´ıvel determinar qual mais ´ esse leve9.e qual o mais fazendode2 pesos n 3 distintos, pesagens em uma balan¸ca de pratos. E o nóumero m´ınimo de pesagens que permitem determinar o mais leve e o mais pesado?

≥

−

Solu¸ c˜ ao da primeira parte: Para n = 2 e´ obvio. Colocamos um objeto em cada prato da balan¸ca e observamos que com apenas uma (2 2 2 = 1) pesagem é poss´ıvel perceber qual o mais pesado e o mais leve.

· −

−

Se tivermos n = k+1 objetos então podemos separar um deles em 2n 3 pesagens, descobrimos qual o mais pesado e qual o mais leve entre os k objetos restantes. Em seguida compa ramos o objeto que foi separado inicialmente com o objeto mais pesado dos k objetos já pesados. Agora temos duas possibilidades.

• O objeto separado inicialmente é mais pesado. 2(n

1

−

Nesse caso já é poss´ıvel distinguir o objeto mais leve e o mais pesado com apenas (2n 3)+1 = 1) pesagem. Contudo, como 2(n 1) < 2(n + 1) 3 então fica provado a afirma¸c˜ ao.

−

−

−

• O objeto separado inicialmente é mais leve.

Solu¸ ca õ retirada das notas de aula da professora Anjolina Grisi de Oliveira da UFPE em 2007. Dispon´ıvel em: http://www.cin.ufpe.br/ if670/1-2007/apinducao.pdf

26



Nesse caso devemos realizar mais uma pesagem, pois o objeto separado pode ser o mais leve. Assim, nesse caso teremos realizado (2 n 3) + 2 = 2 n 1 pesagens.

−

−

−

−

Como 2n 1 = 2( n + 1) 3 então fica novamente provado que 2n de pesagens para determinar o objeto mais leve e o mais pesado.

− 3 é um numero suficiente

Solu¸ c˜ ao da segunda parte Não. Como vemos na prova do passo indutivo pode ocorrer de conseguirmos determinar o objeto mais leve e mais pesado com um numero maior de pesagens. Entretanto, 2 n 3 é o n◦ m´ınimo que garante o resultado para qualquer situa¸caõ.

−

10. Prove que, dado um conjunto com n elementos, é poss´ıvel fazer uma fila com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da fila pode ser obtido a partir do anterior pelo acr´ escimo ou pela supress˜ ao de um único elemento. Solu¸ c˜ ao: Para n = 1 é obvio. Suponhamos então um conjunto X com n elementos dispostos numa fila tal como é descrito como no enunciado. Tomamos agora um ( n + 1) elemento e o acrescentamos a fila, na ordem inversa, a cada subconjunto da fila anterior, come¸cando com o último. Assim teremos uma fila com todos os elementos de X, dispostos como descritos no enunciado.

11. Todos os quartos do Hotel Georg Can tor estão ocupados, quando chegam os trens T 1 , T2 , ..., T n , ... (em quantidade infinita), cada um deles com infinitos passageiros. Que deve fazer o gerente para hospedar todos? Solu¸ c˜ ao2 : No hotel, cujos quartos são Q1 , Q2 ,...,Q n , ..., passe o hóspede do quarto Qn para o quarto Q2n−1 . Assim, todo s os qua rtos de número par ficarão vazios e os de numero ´ımpar, ocupados. Em seguida, numere os três assim, T1 , T3 , T5 , T7 ,... Os passageiros do trem Ti serão pi1 , pi2 , pi3 ,...,p ik , ..., de modo que pik e´ o k-ésimo passageiro de Ti . Finalmente, comp lete a lota¸caõ do hotel alojando o passageiro pik no quarto de número 2 k i. Como todo número par se escreve, de modo único, sob a forma 2 k i com k N e´ impar, haverá um hospede apenas em cada quarto.

·

∈

·

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸ c˜ ao.

Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´ atica acesse: www.number.890m.com 2 Solu¸ ca õ retirada da página do professor Luciano Monteiro (http://www.cerescaico.ufrn.br/matematica/arquivos/capmem/cardinais.pdf)

27

de

Castro

da

UFRN




4

N´ umeros Reais

1. Dados os int ervalos A = [ pertence a ((A B) (C D)) E.

− − ∩ −

−1, 3), B = [1,4], C = [2,3), D = (1,2] e E = (0,2] dizer se 0

Solu¸ c˜ ao Observe os segmentos:

−1

3 1

4

Assim A B = [ 1,1). Do mes mo modo se conclui que C D = (1, 2]. Então (A B) (C D) é o pr´ oprio A B como se mostra na figura a seguir:

∩

−

−1

−

1 1

∩

2

− −

Por fim temos (A B) E

−1 Como 0

1 0

2

∈ A −B e 0 ∈/ E ∴ 0 ∈ ((A−B)−(C∩D))−E.

2. Verifique se cada passo na solu¸cão das inequa¸cões abaixo esta correto: 5x + 3 >2 2x + 1 2x2 + x <2 x2 + 1

⇒ ⇒

5x + 3 > 4x + 2

⇒

2x2 + x < 2x2 + 2

x>

⇒

−1

x<2

28

− −



Solu¸ c˜ ao O processo para resolver inequa¸co˜es fracionárias é o seguinte: 5x + 3 >2 2x + 1 5x + 3

− 2(2x + 1) > 2

2x + 1 x+1 >0 2x + 1 Resolvendo o numerador teremos: x + 1 > 0

⇒ x > −1. ⇒ x > −0.5.

Resolvendo o denominador teremos: 2x + 1 > 0 1

− −

0.5 + x+1 + 2x + 1 + 2xx+1 +1

+

− −

+

−

−

Chegando a conclusão de que x > 0.5 ou x < 1. O que confi rma a suspe ita de que as implica¸cões da letra a estão erradas. Isso porque ela assu me que 2 x + 1 seja sempre maior que zero para todo valor de x R. A segunda implica¸cão no entanto e´ verdadeira uma vez que x 2 + 1 é de fato maior que zero para todo x R.

∈

3. Seja a,b,c,d > 0 tais que

∈

a c < . Mostre que b d a a+c c < < b b+d d

Solu¸ c˜ ao ad < bc ad + ab < bc + ab a(d + b) < b(c + a) a c+a < b d+b ad < bc ad + cd < bc + cd 29



d(a + c) < c(b + d) a+c c < b+d d Das duas desigualdades anteriores e do fato de que

a c < resulta que: b d

a c+a c < < b d+b d Uma pergunta que pode surgir é: Como se soube que devia se somar ab na primeira desigualdade ou cd na segunda? A resposta para isso é bem simples. Como já sabemos o resultado fica fácil. Por exemplo, queremos provar que: a c+a c < < b d+b d Do lado esquerdo temos: a c+a < b d+b Onde podemos proceder do seguinte modo: a(d + b) < (c + a)b ad + ab < bc + ab Assim percebemos que para provar o lado esquerdo precisamos somar ab em ambos os lados.

4. Qual é a aproxima¸ c˜ ao da raiz cúbica de 3 com precisão de uma casa decimal. Solu¸ c˜ ao Como a precisão é de uma unica ´ casa decimal a forma mais simples de se resolver o problema é por inspe¸ cão, que nesse caso é 1,4. Outro método é por meio da formula de Newton (p´ ag. 163).

5. Ao terminar um problema envolvendo radicais, os alunos são instados a racionalizar o denominador do resultado. Por que? Solu¸ c˜ ao Segundo o BLOG MANTHANO o costume de racionalizar os denominadores das fra¸ cões remonta a época em que não existia calculadoras, ou seja, era uma quest˜ ao operacional; que 1 2 facilitava os cálculos manuais. Considerando a fra¸cão e sua forma já racionalizada 2 2

√

30

√



é muito mais simples por meio desta ultima encontrar uma representa¸c˜ ao decimal para estas 1.4142 1 quantidades. Isso porque é muito mais fácil realizar a divisão do que . 2 1.4142 Para mais detalhes consulte o link: http://manthanos.blogspot.com.br/2011/03/porque-racionalizar-odenominador.html

0, 1 . Existe um numero em comum entre todos n estes intervalos? E se forem tomados intervalos aberto? 6. Considere todos os intervalos da forma

 

Solu¸ c˜ ao O zero pertence a todos os intervalos. No entanto se considerarmos os intervalos abertos e 1 1 0, com k > n, tem se que n / 0, . Logo não existe um n comum a k n todos esses intervalos. tomarmos n

∈

 

∈

 

7. Considere um numero raci onal m/n, onde m e n são primos entre si. Sob que condi¸cões este numero admite uma representa¸cão decimal finita ? Quando a represe nta¸cão é uma dizima periódica simples? Solu¸ c˜ ao Nesse caso aplica-se as seguintes regras:

• Se n e´ uma potencia de 10 então m/n admite uma representa¸cão decimal finita. • Se n no entanto for primo com 10 então m/n admite uma representa¸caõ por meio de uma dizima periódica simples.

8. O numero 0 , 123456789101112131415... e´ racional ou irracional? Solu¸ c˜ ao Como a sequencia de números depois da virgula não é peri´ odica o numero é irracional.

9. Utilize a interpreta¸caõ geométrica de modulo para resolver as equa¸ cões e inequa¸co˜es abaixo:

| − | | |

a) x 1 = 4 b) x + 1 < 2 31



| − 1| < |x − 5| | − 2 | + |x + 4 | = 8 | − 2| + |x + 4| = 1

c) x d) x e) x

Solu¸ c˜ ao

| − | | − | ⇒ − 1 = 4 ou 1 − x = 4 então x = 5 ou x = 3. a) x 1 = 4 x 1 =4 x b) x + 1 < 2 x+1 <2

| | | | ⇔ −2 < x + 1 < 2 ⇒ −3 < x < 1 c) |x − 1| < |x − 5| |x − 1| < |x − 5| · 1 |x − 1| < 1 |x − 5| x−1 x−1 < 1 ⇔ −1 < <1 x−5 x−5

 

 

Para resolver a primeira inequa¸cão faremos o seguinte:

−1 < xx −− 15 x x x x x

− 1 > −1 −5

−1 + x +5 >0 −5 x+5

− 1 + (x + 5) > 0 x−5 2x + 6 >0 x 5

−

Cuja desigualdade ocorre para x > 5 e x < 3. Já a segunda inequa¸c˜ ao faremos assim: x x

−1 <1 −5 32



− · xx −− 15 < 1 · (−1)

( 1)

1 x

− x > −1 −5

−x +x −5 >0 x−5 x−5 1 − x + (x − 5) >0 x−5 1

1

−x+x−5 >0 x−5 −4 > 0 −5

x

Cuja solu¸cão ocorre somente para x < 5 (basta olhar pro denomin ador). Assim fazendo a intercess˜ ao entre as solu¸c˜ oes encontramos como solu¸caõ a condi¸cão de que x < 3. d) Nesse caso procedemos da seguinte forma:

|x − 2| + |x + 4| = x−(x − 2−+2)|x++|x4|+=4|8= 8



De cada equa¸c˜ ao acima ainda tem-se:

x

− 2 + |x + 4 | =



x x

−2+ x+4=2x+2=8 − 2 − (x + 4) = −6 = 8

e tamb´ em:

2

− x + |x + 4 | =



2 2

− x + x + 4 = 6 = 8 − x − x − 4 = −2x − 2 = 8

Dos dois últimos sistemas percebemos que as únicas solu¸cões poss´ıveis vˆ em de 2x + 2 = 8 x = 3 e de 2x 2 = 8 x = 5.

− −

⇒

−

De fato testando estes valores temos:

|(−5) − 2| + |(−5) + 4| = | − 7| + | − 1| = 8 |(3) − 2| + |(3) + 4 | = |1| + |7| = 8 33

⇒



Assim a solu¸c˜ ao para a equa¸cão seria: x =

−5 e x = 3.

e) Procedendo da mesma forma que na quest˜ ao anterior chega-se a conclusão de que esta equa¸cão não tem solu¸cão.

10. Sejam a e b n´ umeros reais não negativos. Mostre que: a+b 2

 

2

2 2 < a +b 2

Interprete geometricamente esta desigualdade. Solu¸ c˜ ao

a2 + b2 2

−

2

  a+b 2

=

a2 + b2 2

2

−a

+ 2ab + b2 a2 = 4

− 2ab + b2 = 4

− a

b

2

2

 0.

Portanto a2 + b 2  2

  a+b 2

2

11. Sabendo que os números reais x, y satisfazem as desigualdades 1, 4587 < x < 1, 4588 e 0, 1134 < y < 0, 1135, têm-se os valores exatos de x e y até milésimos. Que grau de precisão, a partir da´ı, podemos ter para o valor xy? Determine esse valor aproximado. Como proceder´ıamos para obter um valor aproximado de x/y? Qual o grau de precis˜ ao encontrado no caso do quociente? Solu¸ c˜ ao Tendo 1, 4587 < x < 1, 4588 e 0 , 1134 < y < 0, 1135 multiplicando termo a termo temos: 0.16541 < xy < 0.16557. Perceba que dentro deste intervalo po demos determinar com certeza que xy = 0.165 com erro inferior a um décimo de milésimo. x x De forma parecida chegamos que 12.851 < < 12.864 onde determinamos que = 12.8 com y y erro inferior a um cent´ esimo.


34




5

Fun¸co ˜es Afins

1. Quando dobra o percusso em uma corrid a de táxi, o custo da nova corrida e´ igual ao dobro, maior que o dobro ou menor que o dobro da corrida srcinal? Solu¸ c˜ ao: Seja x o valor da bandeirada e y o valor por Km percorrido ent˜ ao o custo (C) será: C = x + ky; Onde k é uma constante. Se dobrássemos o percusso então o custo seria: C = x + 2ky Se no entanto dobrássemos o custo: 2C = 2(x+2ky) = 2x + 4ky Como 2x + 4ky > x + 2ky então conclui-se que é menor que o dobro.

2. A escala da figura abaixo é linear. Calcule o valor correspondente ao ponto assinalado. 17

59

Solu¸ c˜ ao: Graduamos a reta do seguinte modo: x

17 0

1

2

3

59 45678

Agora fazemos:

35



59 8 Onde se conclui que x = 41.

− 17 = x − 17 −0 3−0

3. A escala N de temper atura foi feita com base nas temper aturas máximas e minimas em Nova Igua¸cu. A correspondência com a escala Celsius é a seguinte: N 0 100

C 18 43

Em que temperatura ferve a água na escala N? Solu¸ c˜ ao: C

N

100

x

43

100

18

0

De acordo com o diagrama acima devemos fazer:

− −

− −

43 18 100 43 = 100 0 x 100 Onde se conclui que x = 328 ◦ .

4. Uma caixa d’água de 1000 l tem um furo por onde escoa água a uma vazão constante. Ao meio dia ela foi cheia e as 6 da tarde do mesmo dia ela tinha apenas 850 l. Quando ficará pela metade? Solu¸ c˜ ao: Vamos pensar do seguinte modo. As zero horas a caixa possu´ıa 1000 litros. Seis horas depois possu´ıa 850. Esta situa¸caõ pode ser entendida pelo gráfico abaixo.

36



1000L θ1 850L

θ2 0h

6h

xh

O ponto onde a reta vertical intercepta o eixo x é a quantidade de horas que a caixa leva para ficar vazia. Como a inclina¸cão de uma reta é constante em qualquer ponto θ 1 = θ 2 de modo que suas tangentes tamb´ em s˜ ao iguais assim:

− −

− −

1000 850 1000 0 = 6 0 x 0 Onde se conclui que a caixa ficará vazia apos 40h (x = 40). E como a vazão é constante ficar´ a pela metade após 20h (40h/2) do inicio da vasão.

5. Um garoto brinca de fazer quadrados com palitos como na figura. Se ele fizer n quadrados quantos palitos usará?

Solu¸ c˜ ao: 1 quadrado = 4 palitos ou 4 + (1 2 quadrado = 7 palitos ou 4 + (2 3 quadrado = 10 palitos ou 4 + (3 .. . n quadrado = 4 + ( n

− 1)3

− 1)3 − 1)3 − 1)3

Ou seja n quadrados levariam 4 + (n seguir

− 1)3 palitos, o que pode ser expresso pela fórmula a n = 3n + 1

37



6. Admita que 3 oper ários, trabalhando 8 horas por dia, construam um muro de 36 metros em 5 dias.

a) Quantos dias são necessários para que uma equipe de 5 operários, trabalhando 6 horas por dia, construam um muro de 15 metros? b) Que hipóteses foram implicitamente utilizadas na solu¸caõ do item anterior. c) Dentro dessa mesma hipótese, exprima o numero D de dias necessários à constru¸cão de um muro em fun¸ c˜ ao do numero N de oper´ arios, do comprimento C do muro e do numero H de horas trabalhadas por dia. Solu¸ c˜ ao a: a) O problema em questão é um problema de regra de três composta. 5 6 36 5 = 3 8 15 x

· ·

Que implica em x =

5 que é aproximadamente 1d e 16h. 3

Solu¸ c˜ ao b: b) O tempo e o numero de oper´ arios é inversamente proporcional ao tempo. Enquanto a quantidade de metros constru´ ıda é diretamente proporcional aos dias. Solu¸ c˜ ao c: c) Usando a ideia de resolu¸c˜ ao da regra de trˆ es composta chega-se a conclus˜ ao de que: D=

10 C 3 NH

·

7. As leis da f´ısica, muitas vezes, descrevem rela¸cões de proporcionalidade direta ou inversa entre grandezas. Para cada uma das leis abaixo, escreva a expressão matemática correspondente.

a) (Lei da gravita¸caõ Universal). Matéria atrai matéria na raz˜ ao direta das massas e na razão inversa do quadrado da distância. b) (Gases perfeitos). A pressão exercida por uma determinada massa de g´ as é diretamente proporcional a temperatura absoluta e inversamente proporcional ao volume ocupado pelo gás. c) (Resistência el´ etrica). A resistˆ encia de um fio condutor é diretamente proporcional ao seu seu comprimento e inversamente proporcional ` a área de sua se¸cão reta. d) (Dilata¸cão térmica). A dilata¸cão térmica sofrida por uma barra é diretamente proporcional ao comprimento da barra e à varia¸caõ de temperatura.

38



Solu¸ c˜ ao: m1 m2 d2 b) pv = ct l c) r = k s d) ∆l = k l ∆t a) F = k

8. As grandezas X e Y são inversamente proporcionais. Se X sofre um acr´ escimo de 25% qual o decréscimo percentual sofrido por Y? Solu¸ c˜ ao: Suponhamos que Y =

1 k se X for acrecido de 25% teremos: X Y=

1 k X + 14 X

Simplificando Y= Ou seja Y sofre uma redu¸ c˜ ao de regra de três.

4 5,

4 k 5 X

·

para determinar a porcentagem desta redu¸ cão usamos Y = 100% 4 Y = X% 5

Que implica em X = 80%.

9. Os termos a 1 , a2 ,...,a

n

de uma PA são os valores f(1), f(2),...,f(n) de uma fun¸ cão afim.

a) Mostre que cada a i e´ igual à área de um trapézio delimitado pelo gr´ afico de f, pelo eixo OX e pelas retas verticais de equa¸ c˜ oes. 1 1 x=i ex=i+ 2 2 b) Mostre que a soma S = a 1 + . . . + an e´ igual a a´rea do trap´ ezio delimitado pelo gr´ afico de f, pelo eixo OX e pelas retas verticais x = 12 e x = n + 12 . a1 + an c) Conclua que S = n. 2

−

Solu¸ c˜ ao a A fun¸caõ a ser considerada aqui é: f(i) = a 1 + (i - 1)r pois a 1 ,..., a n s˜ ao termos de uma PA. 39



A área do trapézio é o produto entre altura e base média. Pelo gráfico verificamos que a altura é igual a 1.

h

i

− 2i

h=i+

i+

1 2

 

− i − 12

i 2

=1

Já a base média é igual a an .

i

Base media =

f (i

− 2i

i+

i 2

− 1/2) + f (i + 1/2) = a1 + (n − 1)r. 2

Assim fazendo a base média vezes a altura chega-se a an .

·

1 an = an

Solu¸ c˜ ao b Seguindo a mesma lógica anterior se conclui que S = a1 + . . . + an , como é demonstrado na letra c.

40

a1 + an n que é o resultado da soma 2



Solu¸ c˜ ao c Esta dedu¸caõ se encontra em TODO LIVRO de matemática do ensino médio que se prop˜ oem a trabalhar com progressões de modo que não será feita aqui.

10. Pessoas apresada podem diminuir o tempo gasto em uma escada rolante subindo alguns degraus da escada no percusso. Para uma certa esca da, observa-se que uma pessoa gasta 30 segundos na escada quando sobe 5 degraus e 20 segundos quando sobe 10 degraus. Quantos s˜ ao os degraus da escada e qual o tempo normalmente gasto no percusso. Solu¸ c˜ ao Seja d o numero total de degraus então: (d (d

− 5)t = 30s − 10)t =20s

Onde se conclui que: d = 20 Ou seja existem 20 degraus na escada. Substituindo este valor em: ((20)

− 5)t = 30s

Chegamos a t = 2. Isto é, a escada leva 2 segundos para deslo car cada deg rau. Como existem 40 degraus na escada então serão necessário 40 segundos para subi-la ou desce-la sem se movimentar.

11. Augusto certo dia, fez compras em 5 lojas. Em cada loja, gastou metade do que tinha e pagou na sa´ıda 2 R$ de estacionamento. Se após toda essa atividade ainda ficou com R$ 20,00 que quantia ele tinha inicialmente? Solu¸ c˜ ao Como ele gasta sempre metade do que têm ent˜ ao: D D D D D 31 + + + + = D 2 4 8 16 32 32 Assim: 31 D + 22 = D 32 Que resulta em D = 704 R$.

41



12. Seguindo as ideias de E.W., construa uma régua para medir números de sapatos. Solu¸ c˜ ao A cargo do leitor.

13. Estuda-se a implementa¸caõ da chamada fórmula 95. Por essa fórmula os trabalhadores teriam direito à aposentadoria quando a soma de suas idades e tempo de servi¸ co chegasse a 95. Adotando essa fórmula, quem come¸casse a trabalhar com 25 anos, com que idade se aposentaria? Solu¸ c˜ ao A equa¸cão é a seguinte: Idade + Tempo de servi¸co = 95. No entanto para cada ano de servi¸co é somado um ano a idade atual, portanto: Idade = Idade atual + Tempo de servi¸co. Portanto:

·

Idade atual + 2 Tempo de servi¸co = 95 se a idade atual do individuo é de 25 anos ent˜ ao: Tempo de servi¸co = 35.

14. Em uma escola há duas provas mensais, a primeira com peso 2 e a segunda com peso 3. Se o aluno não alcan¸car m´ edia 7 nessas provas, fará prova final. Sua média final ser´ a então a média entre a nota da prova final, com peso 2 e a media das provas mensais, com peso 3. João obteve 4 e 6 mas provas mensais. Se a media final para aprova¸ cão é 5, quanto ele precisa obter na prova final para ser aprovado? Solu¸ c˜ ao A média antes da prova é: 4(2) + 6(3) = 5, 2 5 Assim a nota que ele precisa tirar é: 5.2(3) + 2n 5 n

≥5

≥ 47 42



15. Arnaldo da a Beatriz tantos reais quanto Beatriz possui e da a Carlos tantos reais quanto Carlos possui. Em seguida, Beatr iz dá a Arnaldo e a Carlos tantos reais quanto cada um possui. Finalmente, Carlos faz o mesmo. Terminam todos com 16,00 R$ cada. Quanto cada um possu´ıa no inicio? Solu¸ c˜ ao Suponha que de inicio Bia tenha x reais, Carlos y reais e Arnaldo z reais. Arnaldo da a Beatriz tantos reais quanto Beatriz possui e da a Carlos tantos reais quanto Carlos possui. Bia = 2 x Carlos = 2 y Arnaldo = z

− (x + y)

Em seguida, Beatriz dá a Arnaldo e a Carlos tantos reais quanto cada um possui.

− −z − 2x − 2y

Bia = 3 x y Carlos = 4 y Arnaldo = 2 z

Finalmente, Carlos faz o mesmo.

− − − − − − − − − − − − − − − − − − −

Bia = (3 x y z) + (3x y z) = 6x 2y 2z Carlos = 4 y [(3x y z) + (2z 2x 2y)] = 4 y (x 3y + z) = 7y Arnaldo = (2 z 2x 2y) + (2z 2x 2y) = 4z 4x 4y

−x−z

Terminam todos com 16,00 R$ cada.

− − − − − −

Bia = 6 x 2y 2z = 16 Carlos = 7 y x z = 16 Arnaldo = 4 z 4x 4y = 16 Resolvendo o sistema de equa¸c˜ oes chega-se à: x = 14, y = 8 e z = 26. Assim Bia tinha 14 reais, Carlos possu´ıa 8 reais e Arnaldo 26 reais.

16. Um carro sai de A para B e outro de B para A, simultaneamente, em linha reta, com velocidade constante e se cruzam em um ponto situado a 720m do ponto de partida mais próximo. Completada a viagem, cada um deles para por 10 min e regressa, com a mesma velocidade de ida. Na volta, cruzam-se em um ponto situado a 40m do outro ponto de partida. Qual a distˆ ancia de A até B. Solu¸ c˜ ao3 : Seja va a velocidade do carro que sai de A e vb a velocidade do carro que sai de B ent˜ ao, suponha que após um tempo t de viagem eles se encontram a 720m de A. 3

Solu¸ ca õ retirada da p´ agina da UFPR. Dispon´ ıvel em: http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

43



Nesse caso podemos dizer que va t = 720 e, chamando de d a distância entre A e B, temos vb t = d 720.

−

Fazendo a razão entre as igualdades: va t 720 = vb t d 720

−

va 720 = v d 720 b

−

Seja t  o tempo decorrido desde o in´ıcio do percurso até o segundo encontro dos carros. Levando em conta os 10 minutos em que cada carro esteve parado, temos: va (t

− 10) = d + 400

e vb (t

− 10) = 2 d − 400

Dividindo membro a membro estas duas igualdades resulta

va d + 400 = . vb 2d 400

−

720 d + 400 Comparando, obtemos = . Segue-se imediatamente que d = 1760. d 720 2d 400

−

−

17. Em uma ferrovia, as esta¸cões A e B distam entre si 3 km e a cada 3 min parte um trem de cada uma delas em dire¸c˜ ao à outra. Um pedestre parte de A para B, no exato momento em que um trem parte de A para B e outro chega a A vindo de B. Ele chega a B no exato momento em que um trem parte de B para A e outro trem chega a B vindo de A. Em seu caminho, o pedestre encontrou 17 trens que iam no mesmo sentido que ele e com 23 trens que iam no sentido oposto ao seu, a´ı inclu´ıdos os 4 trens já citados anteriormente. As velocidades dos trens são iguais. Calcule as velocidades dos trens e do pedestre. Solu¸ c˜ ao4 Seja t minutos o tempo gasto pelo pedestre para ir de A a B. Até chegar a B, ele foi ultrapassado por 16 trens (contando com o ultimo, que chegou junto com ele). Este ultimo trem saiu de A 16 3 = 48 minutos apos o pedestre, logo levou t 48 minutos para ir de A a B. Seja v a velocidade do pedestre e w a dos trens. Então w(t 48) = vt = 3km.

×

−

−

Por outro lado, o primeiro trem que cruzou com o pedestre (na dire¸ c˜ ao contrária) saiu de B 22 3 = 66 minutos antes do trem que estava saindo de B no momento em que chegava o pedestre. Logo, o tempo que aquele primeiro trem gastou para ir de B até A foi 66 t minutos. (Saiu há 66 minutos mas já chegou há t minutos.) Então w(66 t) = vt = 3km.

×

−

−

Assim, t 48 = 66 t, donde t = 57 minutos e t 48 = 9 minutos. Como w(t 48) = 3 k, segue-se que w = 1Km/3min = 20km/h. A velocidade dos trens é, portanto, 20km por hora. A velocidade do pedestre é v = 3/t = 3/57km por minuto, ou seja 180/57 km/h = 60/19 Km/h.

−

4

−

−

−

Solu¸ ca õ retirada da página da UFPR: http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

44



18. Dado o gráfico abaixo, obtenha, em cada caso, o gráfico da fun¸c˜ ao g tal que: y

f

x O

a) g(x)=f(x)-1 b) g(x)=f(x-1) c) g(x)=f(-x) d) g(x)=2(f(x)) e) g(x)=f(2x)

|

|

f) g(x)= f (x)

||

g) g(x)=f( x )

{

}

h) g(x)=max f (x), 0

Solu¸ c˜ ao

a) O gráfico é deslocado uma unidade para baixo. b) O gráfico é deslocado uma unidade a direita. c) A imagem do gráfico é refletida em torno do eixo y.

−

d) Duas semi retas com srcem no ponto (1 outra (2,0) (UFPR).

, 2). Uma passa pelo pon to (0,2) e a

e) Duas semi retas com srcem no ponto (0 outra (1,0) (UFPR).

.5, 1). Uma passa pelo pont o (0,1) e a

−

f) A parte da fun¸cão abaixo do eixo x é refletida para cima formando um W. g) A parte do gráfico que tem x > 0 mais a reflexão dessa mesma parte em torno do eixo Y (UFPR). h) O gráfico de f , com a parte que tem y < 0 substitu´ıda pelo intervalo [0.5, 2] do eixo X (UFPR).

45



19. Determine os valores reais de x que satisfazem:

− (x − 1) < x + 1 − (x − 1) < x + 5 c) min {x + 1; 5 − x} > 2x − 3 a) 2x + 3

b) 2x + 3

d) min x + 1; 5

x < 2x

e) min {2x − 1; 6−− x}} = x f) 2|x + 1| − |1 − x| ≤ x + 2 g) (2 x + 3)(1 − x) = (2 x + 3)(x − 2) h) |x + 1 − |x − 1|| ≤ 2x − 1 Solu¸ c˜ ao:

a) 2x + 3

− (x − 1) < x + 1 2x + 3

−x+1< x+1

x+4< x+1 4<1 Como a condi¸caõ não é verdadeira para nenhum x ent˜ ao a inequa¸caõ não têm solu¸ cão. b) 2x + 3

− (x − 1) < x + 5 2x + 3

−x+1< x+5

x+4< x+5 4<5 Ou seja, a inequa¸c˜ ao se satisfaz para qualquer valor de x.

{

c) min x + 1; 5

− x} > 2x − 3 min x + 1; 5 x + 1 > 2x

− x} > 2x − 3 −3⇒x<4 8 5 − x > 2x − 3 ⇒ x < 3 {

46


Como


8 8 < 4 então a solu¸c˜ ao será x < . 3 3

{

d) min x + 1; 5

− x} < 2x

An´ alogo ao anterior.

{ − 1; 6 − x} = x

e) min 2x

x = 1 ou x = 3

|

f) 2 x + 1

| − |1 − x| ≤ x + 2 |

2 x+1

  −

+ 1) − |1 − x| ≤ x + 2 | − |1 − x| ≤ x + 2 = 2(x −2(x + 1) − |1 − x| ≤ x + 2

2(x + 1)

− |1 − x| ≤ x + 2 =

−

≤ x + 2 (1) − ≤ x + 2 (2)

2(x + 1) 1 + x 2(x + 1) + 1 x

+ 1) − 1 + x ≤ x + 2 (3) −2(x + 1) − |1 − x| ≤ x + 2 = −2(x 2(x + 1) + 1 − x ≤ x + 2 (4) De (1) têm-se:

−1+x ≤ x+2 3x + 1 ≤ x + 2 2x + 2

2x

≤ 1 ⇒ x ≤ 12

A inequa¸cão (2) não têm solu¸ cão. A inequa¸cão (3) têm solu¸ caõ para todo valor de x A inequa¸cão (4) têm solu¸ caõ apenas para x Assim a solu¸cão da inequa¸cão será: x

g) x =

≥ − 34 .

 

∈ − 34 , 12

± 32 47

≥ − 52 .



h) Análogo aos anteriores.

20. Resolva a inequa¸cão. 1 1 < 2x + 1 1 x

−

Solu¸ c˜ ao:

1 1 <0 2x + 1 1 x

−

− − −

(1 x) (2x + 1) <0 (1 x)(2x + 1) <0 − −2x2 3x +x+1 Ou seja, resolver a inequa¸c˜ ao inicial é o equivalente a resolver: 3x

−2x2 + x + 1 > 0 Cuja solu¸cão ocorre para x

∈ ( −∞, −0.5) ∪ [0, 1).

21. Determine a imagem da fun¸cão f : R

→ R tal que f(x) = max {x − 1, 10 − 2x}.

Solu¸ c˜ ao: A imagem é o intervalo da fun¸caõ.

 ∞ 8 , 3

. Para visualizar essa imagem é necess´ ario esbo¸car o gráfico

22. Fa¸ca os gráficos de:

{ − x; x + 1} | − |x − 1 |

a) f (x) = min 4

|

b) f (x) = x + 1

48



Solu¸ c˜ ao5 : a) O angulo reto com vértice no ponto (3/2, 5/2) e lados passando pelos pontos ( (4, 0).

{ −

≤−} − −

{

−1, 0) e

≥ }

b)As semi-retas horizontais S = (x, 2); x 1 e S  = (x, 2); x 1 , juntamente com o segmento de reta que liga os pontos A = ( 1, 2) a B = (1, 2), os quais são as srcens dessas semi-retas.

23. Identifique o conjunto dos pontos (x,y) tais que:

|x| + |y| = 1 |x − y | = 1 Solu¸ c˜ ao:

{(1, 0); (0, 1);( −1, 0);(0 , −1)} ⇒ − − −

a) (x,y) =

| − |

b) x y = 1 x y = 1 ou y x = 1. Nesse caso a solu¸cão seria ambas as possibilidades, a saber: a reta y = x + 1 e y = x 1.

24. Um supermercado está fazendo uma promo¸caõ na venda de alcatra: um desconto de 10% épede-se: dado nas compras de três quilos ou mais. Sabendo que o pre¸ co do quilo de alcatra é de R$ 4.00

a) O gráfio do total pago em fun¸c˜ ao da quantidade comprada. b) O gráfico do pre¸co médio por quilo em fun¸ caõ da quantidade comprada. c) A determina¸c˜ ao de quais consumidores poderiam ter comprado mais alcatra pelo mesmo pre¸co.

Solu¸ c˜ ao: a) f (x) = b)



f (x) = x

∈ ∞

∈

4 para x (0, 3) 3.6 para x [3, )

 5

∈

4x para x (0, 3) 3.6x para x [3, )

∈ ∞


49



c) (Solu¸ c˜ ao retirada da p´ agina da UFPR 6 ) 4 Se 2.7 < x < 3 então, pondo x  = x, temos x  > x e f (x ) = 3.6x (pois x  > 3), portanto 3.6 f (x ) = 4x = f (x).

25. Um supermercado está fazendo uma promo¸caõ na venda de alcatra: um desconto de 10% é dado nos quilos que excederem a 3. Sabendo que o pre¸co do quilo de alcatra é de R$ 4.00 pede-se:

a) O gráfico do total pago em fun¸cão da quantidade comprada. b) O gráfico do pre¸co médio por quilo em fun¸ caõ da quantidade comprada. c) A determina¸caõ de quantos quilos foram compradas por um consumidor que pagou R$.

Solu¸ c˜ ao: a) f (x) =



4x para x 12 + 3.6(x

A equa¸cão 12 + 3 .6(x

∈ (0, 3] − 3) para x ∈ (3, ∞)

− 3) foi deduzida através da tabela a seguir: Quantidade 4 5 6 7

Valor 12+3.6 1 12+3.6 2 12+3.6 3 12+3.6 4

· · · ·

No entanto, perceba que o valor pode ser expresso em termos de quantidade de alcatra (seja lá o que isso for), comprada. Quantidade 4 5 6 7 x

b) f (x) = x 6



4 para1.2 x (0, 3] 3.6 + para x x

∈

Valor 12+3.6 (4-3) 12+3.6 (5-3) 12+3.6 (6-3) 12+3.6 (7-3) 12+3.6 (x-3)

· · · · ·

∈ (3, ∞)

http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

50



c) O consumidor que pagou R$ 15,00 levou 3.83Kg. 12 + 3.6(x

− 3) = 15 ⇒ x = 3.83Kg

26. Os novos valores de IR-fonte: Base de c´ alculo AtéR$ 900 De R$ 900 a R$ 1800 Acima de R$ 1800

Al´ıquota Isento 15% 25%

Parcela a deduzir 0 R% 135% R% 315%

Baseado na tabela acima, construa o gráfico do imposto a pagar em fun¸c˜ ao do rendimento. Solu¸ c˜ ao: Para resolver esta questão assumi as condi¸cões do problema 27. Isto é: supondo que a renda liquida é calculada atrav´ es de uma express˜ ao da fora y = ax p, onde a seria a al´ıquota e p a parcela a se deduzir.

−

f (x) =

 

∈

0 para x [0, 900] 0.15x 135 para x 0.25x 315 para x

− −

∈ (900, 1800] ∈ (1800, ∞)

27. O impo sto de rend a y pago por uma pessoa que, em 1995, teve uma renda l´ıquida y calculado atrav´ es de uma express˜ ao da forma y = ax p, onde a al´ ıquota a e a parcela a deduzir p dependem da renda x e são dadas por uma tabela, parcialmente fornecida a seguir:

−

Renda (em R$) Até8800 De 8800 a 17.160 De 17.160 a 158.450 Mais de 158.450

Al´ıquota ( a) 0% 15% 26% 35%

Parcela a Deduzir ( p) 0

(a) Complete a tabela, de modo que o imposto a pagar varie continuamente com a renda (isto é, n˜ ao haja saltos ao se passar de uma faixa de renda para outra). (b) Se uma pessoa está na terceira faixa e sua renda aumenta de R$ 5 000,00, qual ser´ a seu imposto adicional (supondo que este acr´ escimo não acarrete uma mudan¸ca de faixa)? (c) E comum encontrar pessoas que lamentam estar no in´ıcio de uma faixa de taxa¸cão (“que azar ter recebido este dinheiro a mais!”). Este tipo de reclama¸ cão é procedente? (d) A tabela de taxa¸cão é, as vezes, dada de uma outra forma, para permitir o cálculo do imposto atrav´ es de uma express˜ ao da forma y = b(x q ) (isto é, primeiro se deduz a parcela q e depois se aplica a al´ıquota). Converta a tabela acima para este formato (isto é, calcule os valores de b e q para cada faixa de renda).

−

(e) Qual a renda para a qual o imposto é igual a R$ 20.000,00? 51



Solu¸ c˜ ao7 : (a) As parcelas a deduzir são 0, 1320, 3207 , 60 e 17468 , 10.

·

(b) 0 , 26 5000 = 1300. (c) Não, porque a fun¸c˜ ao que descreve a renda l´ıquida (renda menos o imposto) em termos da renda é uma fun¸cão crescente. (d) Em cada faixa de renda, devemos ter ax

− p = b(x − q) = bx − bq, para todo x. Ou seja,

b = a e p = bq . Assim, b = 0% e q e´ arbitrário para a faixa 1, b = 15% e q = 8800 para a faixa 2, b = 26% e q = 12.336, 92 para a faixa 3 e b = 35% e q = 49908, 86 para a faixa 4. (e) Inicialmente, vamos calcular o IR nos pontos de mudan¸ ca de faixa: Renda 8800 17160 158450

IR 0 1254,24 37983,40

Logo, um IR igual a R$ 20 000,00 é pago na faixa de tributa¸caõ de 17.160 a 158,450. A renda correspondente satisfaz 0, 26x 3207, 60 = 20.000, ou seja, ela é igual a R$ 89.260, 00.

−

28. Uma copiadora publicou a seguinte tabela de pre¸ cos: Numero de cópias de1a19 de 20 a 49 50 ou mais

Pre¸co por cópia R$0.1 R$ 0.08 R$ 0.06

Esboce o gráfico da fun¸cão que associa a cada natural n o custo de n c´ opias de um mesmo srcinal. Solu¸ c˜ ao: f (x) =

 

∈ ∈ ∈

0.1x para x [0, 900] 0.08x para x (900, 1800] 0.06x para x (1800, )

∞

| − 2| = ax + b que ocorre em fun¸cão dos

29. Discuta o número de solu¸cões da equa¸cão x parˆ ametros a e b. Solu¸ c˜ ao:

|x − 2| = ax + b =



x 2

+ b ⇒ (a − 1)x + (b + 2) −− x2 == ax ax + b ⇒ (a + 1)x + (b − 2)

7 Resolvida por Humberto Jos´ e Bortolossi. Dispon´ıvel em: http://www.professores.uff.br/hjbortol/disciplinas/2011.1/gma00116/listas/gma00116-lista-12.pdf

52



Repare que em cada caso temos apenas uma única possibilidade de solu¸cão. Assim a equa¸cão b+2 b 2 e . a 1 a+1

têm duas solu¸co˜es poss´ıveis, a saber:

− −

− −

30. Chama-se de fun¸cao ao poligonal f : [a, b] ˜ rampa a uma fun¸c˜ das formas abaixo:

→ R, cujo gráfico é de uma

Isto é, f tem dois patamares [ a, c] e [d, b], onde assume, respectivamente, os valores 0 e D, ligados por uma rampa. a) Mostre que toda fun¸cão rampa pode ser escrita na forma f (x) = para todo x

α [(d 2

− c) + |x − c| + |x − d|],

[a, b], onde

∈

α=

D d

é a inclina¸ caõ da rampa.

−c

b) Mostre que toda fun¸cão poligonal definida em um intervalo [ a, b] pode ser expressa como uma soma de uma fun¸c˜ ao constante (que pode ser vista como uma fun¸ cão rampa de inclina¸cão zero) com um número finito de fun¸cões rampa. Escreva nesta forma a fun¸cão poligonal cujo gr´ afico é dado abaixo. y

1

2

3 x

-1

4 -1

53



c) Conclua que toda fun¸cão poligonal definida em um intervalo [a,b] pode ser escrita na forma

| |

| − a2| + ··· + α11|x − αn|,

f (x) = A + α1 xα1 + α2 x

∈

para todo x [a, b], onde α1 , α2 ,...,α n são as abscisas dos vértices da poligonal. Escreva nesta forma a fun¸c˜ ao poligonal cujo gráfico é dado acima.

31. Dadas as progressões aritméticas (a1 , a2 ,...,a n ,... ) e (b1 , b2 ,...,b n ,... ) mostre que existe uma, e somente uma, fun¸caõ afim f : R bn ,...

→ R tal que f (a1) = b2,...,f (an) =

Solu¸ c˜ ao:



Suponha por absurdo que exista uma fun¸c˜ ao afim g = f tal que g (a1 ) = b 2 ,...,g (an ) = b n ,... Sendo assim: g(a1 ) = f (a1 ) g(a2 ) = f (a2 ) g(a3 ) = f (a3 ) . . Sendo g (a1 ) = a(a1 ) + b e f = a  (a1 ) + b ent˜ ao:

⇒ a1 = ab −−ab b −b g(a2 ) = f (a2 ) ⇒ a2 = a−a b −b g(a3 ) = f (a3 ) ⇒ a3 = a−a 

g(a1 ) = f (a1 )











.. . O que implica em um absurdo, pois se todos os termos da sequˆ encia (a1 , a2 , a3 ,... ) são iguais a mesma não pode ser uma progressão aritmética.

32. A e B são duas locadoras de automóvel. A cobra 1 real por quilômetro rodado mais uma taxa fixa de 100 reais. B cobra 80 centavos por quilômetro rodado mais uma taxa fixa de 200 reais. Discuta a vantagem de A sobre B ou d B sobre A em fun¸ cão do numero de quilômetros a serem rodados.

54



Solu¸ c˜ ao: Vamos determinar quando A é mais vantajoso que B. 1x + 100 < 200 + 0 .8x 0.2x < 100

⇒ x < 500

Assim até 500 quilˆ ometros a empresa A é mais vantajosa que a B. Agora determinemos quando B é mais vantajoso que A. 1x + 100 > 200 + 0 .8x 0.2x > 100

⇒ x > 500

Assim acima de 500 quilômetros a empresa B é mais vantajosa que a A.

→

33. Defina uma fun ¸cão f : R R pondo f (x) = 2x se x e´ racional e f (x) = 3x se x ´ e irracional. Mostre que se tem f (nx) = nf (x) para todo n Z e todo x R mas f n˜ ao linear.

∈

∈

Solu¸ c˜ ao:

→

34. Prove que a fun¸cão f : R R, definida por f (x) = 3x+sen(2πx), ´ e crescente e, para todo x R fixado, transforma a progressão aritmética x, x + 1, x + 2,... numa progressão geom´ etrica. Entretanto, f não é afim. Por que isto não contradiz o fato provado no final da se¸ cão 4 (pág. 102)?

∈

Solu¸ c˜ ao8 :

∈

−

Para todo x R, como sen[2 x(x +1)] = sen(2 πx), segue-se que f (x + 1) f (x) = 7, portanto a sequência f (x), f (x + 1),...,f (x + n),... e´ uma progressão aritm´ etica de raz˜ ao 7. A maneira de f e f (x) = 7 +2 π cos(πx). Como [2 π cos(πx) 2π < 7, têm-se f (x) > 0 para todo x, logo f é crescente. 

·

·

≤




Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´ atica acesse: www.number.890m.com 8

Solu¸ ca õ retirada da p´ agina da UFPR. Dispon´ ıvel em: http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

55



´ ´ A MATEMATICA DO ENSINO M EDIO A matemática do Ensino médio (volume 1) Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira

6

Fun¸co ˜es Quadr´ aticas 1. Encontre a fun¸cão quadrática cujo gráfico é dado em cada figura abaixo: 2

2

(5,13)

(1.9) 8

(3,5)

Solu¸ c˜ ao 1a: Usando a forma canônica: f(x) = a(x

− 3)2 + 5

como f (5) = 13 então: a(5

− 3)2 + 5 = 13

Que implica em a = 2. Assim a fun¸ cão quadrática será f (x) = 2( x

− 3)2 + 5.

Solu¸ c˜ ao 1b: Explorando a simetria da parábola a coordenada “x” do vértice estar´ a a 2 unidades da reta y = 2 e y = 2.

−

56



|2| + | − 2| = 2uc

2 Logo a coordenada “x” do v´ ertice está em 0. Usando a forma canônica.

f (x) = a(x

− 0)2 + y1

= ax 2 + y 1

Assim sabemos que a fun¸cão é da forma f (x) = ax 2 + y1 com isso montamos o sistema.



3 = a( 2)2 + y1 9 = a(1)2 + y1

−

Assim a equa¸cão do gráfico será: f (x) =

⇒ a = −2; y = 11

−2x2 + 11.

2. Identifique os sinai s de a, b e c nos gráficos de fun¸cões quadráticas f (x) = ax2 + bx + c dados abaixo. ´ GRAFICO UM

O ´ GRAFICO DOIS

O

´ ˆ GRAFICO TRES

O

57



Solu¸ c˜ ao: 1◦ gr´ afico: a < 0, b > 0, c > 0. 2◦ gr´ afico: a > 0, b > 0, c < 0. ◦ 3 gr´ afico: a > 0, b < 0, c > 0.

3. Escreva cada uma da fun¸cões quadráticas abaixo na forma f (x) = a(x b)2 + c. A seguir, calcule suas ra´ızes (se existirem), o eixo de simetria de seu gráfico e seu valor m´ınimo ou m´ aximo.

−

a) f (x) = x 2 b) f (x) = 8x

− 8x + 23 − 2x2

Solu¸ c˜ ao 3a: Encontrando o vértice da fun¸cão:

−8) = 4 − 2ab = − (2(1) f (4) = 4 2

− 8(4) + 23 = 7

Logo o vértice ocorre em (4,7). Assim a forma canônica da fun¸c˜ ao é: 4)2 + 7

f (x) = 1(x

−

Como o ponto (4,7) ocorre acima do eixo x e a par´ abola é voltada para cima, ent˜ ao a fun¸cão não têm raiz. O eixo de simetria é a reta x = 4 e o ponto de minimo é 7. Solu¸ c˜ ao 3b: As ra´ ızes da equa¸ cão ocorrem para x = 0 e x = 4. f (x) = 8x x(8

− 2x2

− 2x)

O vértice da fun¸ cão ocorre em (2, 8).

− 2ab = − 2(−8 2) = 2 f (2) = 2(8

− 2(2)) = 8

Logo a forma canônica da fun¸cão é: f (x) = 2(x 2)2 + 8. Como a pa rábola é voltada para baixo então: o eixo de simetria é a reta x = 2 e o valor de máximo é 8.

− −

58



4. Observe os gráficos abaixo, que representam as parábolas y = ax2 para diversos valores de a. Estas parábolas são semelhantes entre si? a=3

a=1 a=1/3

3 y = ax 2

1 1/3 O

Solu¸ c˜ ao: Dada uma fun¸cão y = ax 2 ent˜ ao toda fun¸cão y  = (ka)x2 com k si e a y = ax 2 . Logo todas as fun¸cões do problema são semelhantes.

∈ R são semelhantes entre

5. Encontre a unidade que deve ser usada nos eixo s cartesianos de modo que a parábola abaixo seja o gráfico da fun¸cão f (x) = 2x2 .

O

Solu¸ c˜ ao: No gráfico tra¸camos a fun¸c˜ ao g(x) = x.

P (0,0)

59



Os pontos de intercessão irá ocorrer em (0,0) e (0.5, 0.5). g(x) = f (x) x = 2x2 2x2 x(2x

−x= 0

− 1) = 0 ⇒ x = 0 ex = 0.5

Onde f(0) = 0 e f(0.5) = 0.5 Duplicando a coordenada x de (0.5, 0.5) encontramos a unidade.

6. Encontre os valores m´ınimos e m´ aximo assumidos pela fun¸cão f (x) = x 2 um dos intervalos abaixo:

− 4x +3 em cada

a) [1 , 4] b) [6 , 10]

Solu¸ c˜ ao A fun¸cão têm concavidade para cima e vértice em (2,-1). Assim no intervalo [1, 4] terá um m´ınimo em x = 2 e m´ aximo em x = 4. Já no intervalo [6 , 10] o m´ınio ser´ a em x = 6 e m´ aximo em x = 10.

7. Seja f(x) = ax2 + bx + c, com a > 0.





x1 + x2 f (x1 ) + f (x2 ) < . 2 2 b) Mais geralmente mostre que se 0 < a < 1, então f (αx1 + (1 α)x2 ) < αf (x1 ) + (1 α)f (x2 ). Interprete geometricamente esta propriedade. a) Mostre que f

−

−

Solu¸ c˜ ao 7a:

f



x1 + x2 2

=a

 

x1 + x2 2

2

+b

 

x1 + x2 2



+ c (1)

f (x1 ) + f (x2 ) (x2 + x22 )2 + b(x1 + x2 ) + 2c =a 1 (2) 2 2 60



comparando (1) e (2): a



x1 + x2 2

2

  +b

x1 + x2 2



+c 

a(x21 + x22 )2 + b(x1 + x2 ) + 2c 2

a(x1 + x2 )2 + b(x1 + x2 ) + 2c a(x21 + x22 )2 + b(x1 + x2 ) + 2c  2 2    2 2 2 2  a(x b(x 2c a(x1 + x2 ) +  b(x + x2 ) +  2c   1 + x2 ) +  1  1 + x2 ) +    2 2 (x1 + x2 )2  (x21 + x22 )2 Concluindo que: (x1 + x2 )2 < (x21 + x22 )2 Solu¸ c˜ ao 7b:



Provemos inicialmente que se x 1 = x 2 e 0 < α < 1 então: [αx1 + (1 Prova: [αx1 + (1

− α)x2]2 < αx21 + (1 − α)x22

− α)x2]2 −

⇒ α(1 − α)[x1 − x2]

− α)x22



<0

− α)2x21 − 2α(1 − α)x1x2 + (α − α2)x22 > 0 se x1 =  x2 e 0 < α < 1 C.q.d. (α

2

αx21 + (1



Finalmente voltamos ao problema principal.

− α)x2) = a(αx1 + (1 − α)x2)2 +b(αx1 + (1 − α)x2) + c + (1 − α)x22 ) +b(αx1 + (1 − α)x2 ) + c

f (αx1 + (1
Usando o resultado da primeira demonstra¸cão: = αax 21 + αbx1 + αc + (1

− α)x22 + (1 − α)bx2 + (1 − α)c

= αf (x1 ) + (1 Como se queria demonstrar.

− α)f (x2)

8. Prove que se a, b e c são inteiros impares, as ra´ızes de y = ax 2 + bx + c não são racionais. Solu¸ c˜ ao: Imagine por absurdo que exista uma raiz racional p/q em sua forma irredut´ıvel. Não pode ocorrer de p eq serem ambos pares pois, neste caso p/q não estaria em sua forma irredut´ıvel. Logo segue três possibilidades: 61



1◦ - (p e q são ambos impares). Neste caso: a

2

  p q

+b

p q

+c= 0

ap2 + bp + c = 0 q2 q ap2 + bpq + cq 2 = 0 Como o produto de dois n´ umeros impares é impar ent˜ ao, ap2 ,bpq,cq 2 tamb´ em s˜ ao impares, o que é um absurdo, pois não pode haver trˆ es n´ umeros impares cuja soma seja igual a zero. 2◦ - (p e q são ambos pares). Neste caso ap 2 é impar, bpq,cq 2 são pares. Como a soma de dois pares e um impar é impar então não pode ocorrer de: ap2 + bpq + cq 2 = 0 o que gera novamente um absurdo. 3◦ - (Um é par e outro é impar). Para essa demonstra¸caõ assumiremos que p e´ par e q e´ impar. Neste caso ap 2 e bpq e´ par e cq 2 é impar. O que novamente resulta no absurdo.

9. Uma pessoa possui um gravador de v´ıdeo dotado de uma contador que registra o numero de voltas dadas pelo carrete l da direita. A fita, de 6 horas de dura¸cão, está parcialmente gravada. O contador indica 1750 ao final do trecho gravado e 1900 ao final da fita. O problema é saber quanto tempo de grava¸cão ainda está dispon´ıvel no final da fita.

a) Explique porque não é razo´ avel supor que o tempo e grava¸cão seja proporcional ao numero de voltas do contador. b) Considerado que a fita se enrola em cada carretel segundo c´ırculos concˆ entricos igualmente espa¸cados, mostre que o tempo T (n) de grava¸cão após n voltas é dado por uma fun¸c˜ ao da forma T (n) = an 2 + bn.

62



c) Medindo o tempo de grava¸c˜ ao correspondente as primeiras 100, 200, 300 e 400 voltas, foram encont radas os dados abaixo. Estes valores são considerados com o modelo acima? Volta 100 200 300 400

Tempos(s) 555 1176 1863 2616

d) Quanto tempo de grava¸c˜ ao resta na fita?

Solu¸ c˜ ao 9a: Evidente. Solu¸ c˜ ao 9b: Pela cinemática sabe-se que:

−

2π(R + (n 1)r v Onde r e´ a espessura da fita, n o numero de voltas e R o raio do carretel. O tempo total será a soma dos tempos de cada volta. T (n) =

n

T =



T (n) =

i=1

2πR 2π(R + r) 2π(R + 2r) 2πR + (n + + + ... + v v v v

= 2π (R + (R + r) + (R + 2r) + . . . + (R + (n v

− 1)r))

2π (Rn + (r + 2r + . . . + (n 1)r) v 1)r se comporta como uma P.A. então:

−

Como r + 2r + . . . + (n

−

2

r + 2r + . . . + (n

− 1)r = (r + (n2− 1)r)n = 2n r2− rn

Logo 2π v

T =

Rn +

2n2 r rn 2

−

2πRn 4πn 2 r + v 2v

= =

 

2πr v

n2 +

  

Que é da forma T (n) = an 2 + bn.

63



− 2πrn 2v

π(2R v

− r)

n



− 1)r



Solu¸ c˜ ao 9c: Com os dados fornecidos montam-se os seguintes sistemas.

 

a(300)2 + b(300) = 1863 a(400)2 + b(400) = 2616 a(100)2 + b(100) = 555 a(200)2 + b(200) = 1176

Cuja solu¸cão é S1 = 0.0033; 5.22 e S2 = 0.0033; 5.22 . Como ambos os sistemas possuem a mesma solu¸ cão então os valores são consistentes.

{

}

{

}

Solu¸ c˜ ao de 9d: A fun¸caõ que usaremos é: T (n) = 0.0033n2 + 5.22n T (1750) = 19241, 25 T (1900) = 21831 T (1900) (1750) = 2589.75 seg

−

10. Dado um conju nto de retas do plano, elas deter minam um numero máximo de regiões quando estão na chamada posi¸c˜ ao geral: isto é, elas são concorrentes duas a duas e três retas nunca tem um ponto em comum. Seja R n o numero máximo de regiões determinadas por n retas do plano. a) Quando se adiciona mais uma reta na posi¸ c˜ ao geral a um conjunto de n retas em posi¸cão geral, quantas novas regiões são criadas? b) Deduza de a) que R n e´ dada por uma fun¸cão do 2 ◦ grau em n e obtenha a expressão para Rn . Solu¸ c˜ ao: ???

11. No máximo quantos pontos de interse¸cão existem quando são desenhadas n circunferˆ encias? Solu¸ c˜ ao: Observe os desenhos a seguir.

64



O desenho mais a esquerda é composto de dois c´ırculos e dois pontos de interse¸caõ (2 2 2

− 2).

O desenho do centro de possui três c´ e 6 pontos decao interse¸ o (3 O desenho mais a esquerda é composto 4 c´ırculo eırculos 12 pontos de interse¸ ˜ (4 2 cã4). O que3). sugere que n c´ ırculos dariam n 2 n pontos de interse¸caõ.

−

−

−

Obs: O leitor pode se perguntar “como se chegou a solu¸cão de n 2 n?” A resposta é simples. Os três diagramas podem ser modelados pelos pares ordenados (2,2); (3,6); (4,12). Poder´ıamos continuar esbo¸cando mais diagramas e assim obtendo mais pares ordenados, mas como o cap´ıtulo em questão é sobre fun¸co˜es quadráticas (e três pontos s˜ ao suficientes para determinamos uma quadr´ atica) não há necessidade de continuar criando disgramas. Finalmente por meio do sistema:

−

 

Determinamos a equa¸caõ y = n 2

a 22 + b 2 + c = 2 a 32 + b 3 + c = 6 a 42 + b 4 + c = 12

· · ·

· · ·

− n.

12. Um estudante anotou a posi¸cão, ao longo do tempo, de um m´ ovel sujeito a uma for¸ca constante e obteve os dados abaixo. Instante(seg) 0 10 20

Posi¸cão (metros) 17 45 81

Calcule a posi¸cão do móvel nos instantes 5 seg, 15 seg e 25 seg. Solu¸ c˜ ao: Com os valores fornecidos montamos o sistema.

 

a(0)2 + b(0) + c = 17 a(10)2 + b(10) + c = 45 a(20)2 + b(20) + c = 81

Cuja solu¸c˜ ao ocorre para a = 0.04, b = 2.4 e c = 17. Assim a fun¸cão que expressa a distância ser´ a: 2

f (x) = 0.04x + 2.4x + 17

65



13. O motorista de um automóvel aplica os freios de modo suave e constante, de modo a imprimir uma for¸ca de frenagem constante a seu veiculo, até o repouso. O diagrama a seguir mostra a posi¸cão do veiculo a cada segundo a partir do instante em que os freios foram aplicados.

a) Os dados acima são compat´ıveis com o fato de a for¸ca de frenagem ser constante? b) Qual a posi¸cão do veiculo 5s após o inicio da frenagem? c) Quanto tempo o veiculo demora para chegar ao tempo de repouso. d) Qual era a velocidade do veiculo no instante em que o motorista come¸ aplicar os freios.

cou a

Solu¸ c˜ ao 13a: Com os valores fornecidos montamos o sistema.

 

Cuja solu¸cão ocorre para a = dados são compat´ıveis.

a(0)2 + b(0) + c = a(1)2 + b(1) + c = a(2)2 + b(2) + c = a(3)2 + b(3) + c =

− 52 , b = 32 e

0 30 55 75

c = 0. Como o sistema têm solu¸cão, então os

Solu¸ c˜ ao 13b: Usando os valores anteriores chegamos à: f (t) =

−2.5t2 + 32t

Assim f (5) = 100 m. Solu¸ c˜ ao 13c: Tomando a derivada de f(t) então: v(t) = 5t + 32 que será nula quando t = 6.5 seg.

−

Solu¸ c˜ ao 13d:

− −

v(t) = 5t + 32.5 v(0) = 5(0) + 32.5 v(0) = 32.5 m/s

14. Um grupo de alunos ao realiza r um experimento no laboratório de F´ısica, fez diversas medidas de um certo comprimento. O instrutor os orientou no sentido de tomar a media aritmética

66



dos valores encontrados como o valor a ser adotado. Esse procedimento p ode ser justificado do modo a baixo. ´ razoável que o valor adotado x seja escolhido Sejam x 1 , x2 ,...,x n os valores encontrados. E de modo que o erro incorrido pelas diversas medi¸ cões seja o menor poss´ıvel. Em geral, este erro é medido atrav´ es do chamado desvio quadr´ atico total, definido por d(x) = (x

− x1)2 + (x − x2)2 + . . . + (x − xn)2.

x1 + x2 + . . . + xn n Suponha agora que se deseje utilizar o desvio absoluto total e(x) = x x1 + x x1 + . . . + x xn como medida do erro cometido. Mostre que e(x) é minimizado quando x é a mediana de x 1 , x2 ,...,x n . a) Mostre que d(x) é minimizado quando x =

|

| − | | −

| − |

Solu¸ c˜ ao 14a:

− x1)2 + (x − x2)2 + . . . + (x − xn)2 = (x2 − 2xx1 + x21 ) + (x2 − 2xx2 + x22 ) + . . . + (x2 − 2xxn + x2n ) = nx2 − 2x(x1 + x2 + . . . + xn ) + (x21 + x22 + . . . + x2n ) = (x

O ponto de m´ınimo é dado por: x=

− 2ab = 2(x1 + x22n+ . . . + xn) = x1 + x2 +n . . . + xn

15. Numa vidra¸caria há um peda¸co de espelho, sob a forma de um triangulo retˆ angulo de lados 60 cm, 80 cm e 1 m. Quer-se, a partir dele, recorta r um espelho retangular com maior área poss´ıvel. A fim de economizar corte, pelo menos um dos lados do retˆ angulo deve estar sobre um lado do triangulo. As posi¸cão sugeridas são as da figura aci ma. Em cada caso , determine qual o retângulo de maior área e compare os dois resultados. Discute se a restri¸cão de um lado estar sobre o contorno do triangulo é realmente necess´ aria para efeito de maximizar a área. Solu¸ c˜ ao 15a: Do ∆A tiramos: 80

−x

y Do ∆B tiramos:

(60 x y) Por semelhan¸ca:

−

67


80


− x = dfracx(60 − y) ⇒ 60x + 80y = 4800

y A fun¸caõ da área é:

A(x, y) = xy = x



240

− 3x

4



= 60x

− 34 x2 ·

Cujo máximo ocorre em (30,40). Assim á área máxima será A(30,40)=30 40 = 1200 cm.

16. Com 80 metros de cerca um fazendeiro deseja circundar uma ´ area retangular junto a um rio para confinar alguns animais. Quais devem ser as medidas do retângulo para que a área cercada seja a maior poss´ıvel? Solu¸ c˜ ao: Queremos maximizar A(x, y) = xy com a restri¸c˜ ao y = 80 A(x, y) = x(80

− 2x.

− 2x) = 80 x − 2x2

Cujo máximo ocorre em (20,40). Logo o retângulo deve ter 20m por 40m.

17. No instante t = 0 o ponto P está em (-2,0) e o ponto Q em (0,0). A partir desse instante, Q move-se para cima com velocidade de 1 unidade por segundo e P move-se para a direita com velocidade de 2 unidades por segundo. Qual é o valor da distâncias m´ınima entre P e Q? Solu¸ c˜ ao: Primeiro devemos expressar os pontos P e Q em termos de t (tempo). P = (2t

− 2, 0)

Q = (0, t) 2

Assim P Q = (2t

− 2)2 + t2 PQ =



(2t

− 2)2 + t2

Cujo minimo ocorre para t = 0.8. Fazendo t = 0.8 chegamos á: PQ =

68

√

2 5 5



18. Se x e y são reais tais que 3 x + 4y = 12, determine o valor m´ ınimo de z = x 2 + y2 . Solu¸ c˜ ao: Z = x2 +



12

− 3x 4



2

=

25 2 72 144 x = x+ 16 16 16

Cujo m´ınimo ocorre para x = 1.44 e y = 1.92. Assim Z (1.44, 1.92) = 5 .76

19. Um avião de 100 lugares foi fretado para uma excurs˜ ao. A companhia exigiu de cada passageiro R$ 800,0 0 mais R$ 10,00 por cada lugar vago. Para que numero de passageiros a rentabilidade da empresa é m´ axima? Solu¸ c˜ ao: A fun¸caõ custo será: C (x) = 800 x + [(100

− x)10]x = 1800x − 10x2

Cujo máximo ocorre para x = 90. Assim o lucro da empresa será máximo quando houver 90 pessoas.

20. João têm uma fabrica de sorvetes. Ele vende, em média, 300 caixas de picolés por R$ 20,00. Entretanto, percebeu que, cada vez que diminua R$ 1,00 no pre¸co da caixa, vendia 40 caixas a mais. Quanto ele deveria cobrar pela caixa para que sua receita fosse m´ axima? Solu¸ c˜ ao:

−

C (x) = (300 + 40 x)(20 x) Cujo máximo ocorre para x = 6.25. Assim o pre¸ co deve se 20

− 6.25 = 13.75R$.

21. Uma loja está fazendo uma promo¸cão na venda de balas: “Compre x balas e ganhe x% de desconto”. A promo¸cão é v´ alida para compras de até 60 balas, caso em que é concedido o desconto máximo de 60%. Alfredo, Beatriz Carlos e Daniel compraram 10, 15, 30 e 45 balas , respectivamente. Qual deles poderia ter comprado mais balas e gasto a mesma quantia, se empregasse melhor seus conhecimentos de Matemática. Solu¸ c˜ ao: Supondo que o pre¸co de cada bala é p, então comprando 10 balas pagaremos 10 p (valor sem desconto

desconto).

−

Comprando 30 balas pagamos 30 p

30 − 30p · 100 .

69

10 − 10p · 100



Já se comprarmos 60 balas pagaremos 60 p balas pagará: xp

60 − 60p · 100 .

Assim, o indiv´ıduo que comprar x

x p 2 − xp · 100 = px − x 100

22. O diretor de uma orquestra percebeu que, com o ingresso a R$ 9,00 em média 300 pessoas assistem concertos e que, para ao cde R$ingresso 1,00 nopara pre¸que co dos ingressos, o publico aumenta aos de 100 espectadores. Qualcada deveredu¸ ser o c˜ pre¸ o do a receita seja máxima? Solu¸ c˜ ao: A fun¸caõ será: C (x) = (300 + 100 x)(9

− 1x)

Cujo máximo ocorre para x = 3. Logo o valor do ingresso deve ser: 9

− 3 = 6 reais.

23. Qual o valor máximo de 21n - n 2 , n inteiro? Solu¸ c˜ ao: O valor de máximo ocorre para n = 10.5. Contudo como n deve ser inteiro testamos para n = 10 e n = 11. 21(10) 21(11)

− 102 = 110 − 112 = 110

Em ambos os casos o valor máximo é 110.

24. Fa¸ca o gráfico de: f (x) = x2

| | − |x| + 1 | − x|

f (x) = x2 Solu¸ c˜ ao 24a:



2

x≥0 |x2| − |x| + 1 = x−x−2 +x x++1 para 1 para x < 0 Solu¸ c˜ ao 24b:



2

x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) |x2 − x| = x−x−2 +x xpara para x ∈ (0, 1) 70



25. Identifique o conjunto dos pontos (x,y) tais que:

a) x 2

− 5x + 6 = 0 − 5x + 6

b) y = x 2

Solu¸ c˜ ao de a: Resolvendo x 2

− 5x + 6 = 0 chegamos a x = 2 ou x = 3.

Solu¸ c˜ ao de b: ???

26. Resolva a inequa¸cão x 4 + x2

− 20 > 0.

Solu¸ c˜ ao: A resolu¸c˜ ao dessa inequa¸c˜ ao é algo trivial e fica a cargo do leitor. A resposta é x < x > 2.

−2 ou

27. Determine expl icitamente os coeficientes a, b, c do trinômio f (x) = ax2 + bx + c em fun¸cão dos valores f(0), f(1) e f(2). Solu¸ c˜ ao de b: f (0) = a 02 + b 0 + c

· · ⇒ c = f (0) f (1) = a · 12 + b · 1 + c mas como c = f (0) então: f (1) = a + b + f (0) ⇒ f (1) − f (0) = a + b (1) De f (2) tiramos o seguinte. f (2) = a 22 + b 2 + c mas como c = f (0) então:

·

·

⇒ f (2) − f (0) = 4 a + 2b (2). Multiplicando (1) por −4 −4(f (1) − f (0)) = −4(a + b) f (2) = 4 a + 2b + f (0)

4f (1) + 4f (0)) =

−

4a

− −

e somando com (2) termo a termo obtemos:

71

4b



−4f (1) + 4f (0)) = −4a − 4b + f (2) − f (0)) = 4 a + 2b 4f (1) − 3f (0) − f (2) 3f (0) − 4f (1) + f (2) = −2b ⇒ b = 2

De posse do valor de b e c e sabendo que f (2) = 4a + 2b + f (0) então: f (2) = 4 a + 2b + f (0) = 4 a + 2

⇒ a = f (0) − 2f2(1) + f (2)



4f (1)

− 3f2(0) − f (2)



+ f (0)

28. Um restaurante a quilo vende 100 Kg de comida por dia, a 12 reais o quilo. Uma pequisa de opinião revelou que, por cada real de aumento de pre¸ co, o restaurante perderia 10 clientes, com um consumo médio de 500 g cada. Qual deve ser o valor do quilo de comida para que o restaurante tenha a maior receita poss´ıvel. Solu¸ c˜ ao: V (x) = (100 V (x) = (100

− 0.5 · 10x)(12 + x) − 05x)(12 + x)

Cujo ponto de máximo ocorre para x = 4. Assim o pre¸co a ser cobrado deve ser de 16 reais, (12 + 4 = 16). 29. Um prédio de 1 andar, de forma retangul ar, com lados proporcionais a 3 e 4, vai ser constru´ıdo. O imposto predial é de 1 real por metro quadrado, mais uma taxa fixa de 250 R$. A prefeitura cede um desconto de 1 real por metro linear do per´ımetro, como recompensa pela ilumina¸cão externa e pela cal¸ cada em volta do pr´ edio. Quais devem ser as medidas dos lados para que o imposto seja o m´ınimo p oss´ıvel? Qual o valor desse imposto m´ınimo? Esboce o gr´ afico do valor do imposto como fun¸c˜ ao do lado maior do retângulo. Solu¸ c˜ ao:

·

Imposto = (3 a 4b)1 + 150 Desconto = (3 a + 4b)1 O total a se pago será:

·

T = (3 a 4b)1 + 150

− (3a + 4b)1 = 12ab + 150 − 3a − 4b

30. Determine entre os retângulos de mesma área a, aquele que tem o menor p er´ımetro. Existe algum retângulo cujo per´ımetro seja maior do que os de todos os demais com mesma área? 72



Solu¸ c˜ ao: Chamando de x e a/x os lados desse retângulos, o per´ımetro em fun¸cão de x será: a x

 

p(x) = 2 x +

Sendo a uma constante e fazendo p (x) = 0 conclui-se que os pontos cr´ıticos dessa fun¸cão ocorrem nas coordenadas ( a, p( a)) e ( a, p( a)).

√

√

Como p( a) > p(

√

−√

−√

−√a) então o per´ımetro máximo será p (√a) = 2 √a + √aa





√

= 4 a.

Coment´ ario: Existe, pelo menos, mais um m´ etodo de resolver esse problema sem o uso de c´ alculo diferencial. Entretanto, como o próprio livro faz referˆ encia as derivadas n˜ ao há porque não usa-las aqui. Outro motivo é que o conte´ udo do ensino médio ainda abrange o estudo da derivada. Isso pode parecer estranho, pois a maioria dos professores negam essa afirma¸cão, de modo que é bastante prov´ avel que vocˆ e s´ o tenha tomado conhecimento do c´ alculo diferencial na faculdade/universidade. Entretanto, alguns livros (os bons) de ensino médio como o T´ opicos da Matem´ atica elementar o Matem´ atica do Ensino m´ edio do Smole e Diniz (2007) e o Matem´ atica do Giorno (2002) ainda trazem esse conteúdo.

31. Que forma tem o gráfico da fun¸c˜ ao f : [0,

∞) → R, dada por f (x) = √x?

Solu¸ c˜ ao: y

x

0

√

−

32. Mostre que a equa¸c˜ ao x + m = x possui uma raiz se m 1 1 < m < 0, uma raiz para m = e nenhuma raiz caso m < 1/4. 4 4

−

−

Solu¸ c˜ ao: Chamando y =

√x então: 73

≥ 0, duas ra´ızes quando



√x + m = x ⇒ y + m = y 2 Aplicando Bháskara chegamos: yR =

1

± √1 − 4m 2

√ ≥∈ − √ Se m = −1/4 então 1 + 4m = 0 e a equa¸ c˜ ao têm somente uma raiz. A saber x = 0.5. √ Se m < −1/4 então 1 − 4m não têm solu¸ caõ, pois (1 − 4m) < 0 e não existe raiz

Se m 0 então 1 + 4m tˆ em solu¸cão e a equa¸cão têm duas ra´ızes. O mesmo ocorre para m ( 1/4, 0).

de numero negativo. Portanto a equa¸cão não têm solu¸ cão.

33. Numa concorrˆ encia publica para a constru¸ cão de uma pista circular de patina¸caõ apresentase as firmas A e B. A firma A cobra 20 reais por metro quadrado de pavimenta¸ c˜ ao, 15 reais por metro linear do cercado, mais uma taxa fixa de 200 reais para administra¸ c˜ ao. Por sua vez, a firma B cobra 18 reais por metro quadrado de pavimenta¸ c˜ ao, 20 reais por metro linear do cercado e taxa de administra¸cão de 600 reais. Para quais valores do diˆ ametro da pista a firma A é mais vantajosa? Esboce um gráfico que ilustre a situa¸c˜ ao. Resolva um problema análogo com os números 18, 20 e 400 para A e 20, 10, 150 para B. Solu¸ c˜ ao: Seja d o diâmetro da pista então: p = πd (Per´ımetro) d2 ´ (Area da pista) 4

A=π

Sendo assim o valor cobrado pela empresa “A” é de 2

CA (d) = 20

· π4d

+ 15πd + 200 (com d > 0)

e o valor cobrado por B é de CB (d) =

18πd 2 + 20πd + 600 (com d > 0). 4

Os valores de “d” para o qual a empresa A é mais vantajosa é o resultado da inequa¸cão: CA (d)

− CB (d) < 0 74


⇒




18πd 2 20πd 2 + 20πd + 600 ) ( + 15πd + 200 4 4

−



<0

2

⇒ 5πd −2 πd + 400

<0

Resolvendo essa u ´ ltima inequa¸caõ encontramos

−5π + √25π2 + 80π , π π − entretanto como d > 0 podemos descartar a segunda solu¸cão, sendo assim, √ 5π + 25π 2 + 80π d> =≈ 21.72 π d>

5π +

√25π2 + 80π

ed <

Que implica em d > 21.72 Assim a empresa “A” é mais vantajosa quando d > 21.72m.

34. Dados a, b, c positivos, determinar x e y tais que xy = c e que y = ax + by seja o menor poss´ ıvel. Solu¸ c˜ ao: Fazendo f (x, y) = ax + by como xy = c, então f (x, y) pode ser escrita como: f (x) = ax +

bc

(1)

x Imagine agora que desejamos obter x em fun¸cão da soma f (x). Multiplicando (1) por x e reorganizando seus termos obtemos ax2 E usando Bhaskara.

− f (x) + bc = 0

⇒ x = f (x) ±



f (x)2 2a

− 4abc

Para que as solu¸co˜es da equa¸cão imediatamente acima sejam reais devemos ter f (x)2 4abc 0, onde obtemos f (x) 2 abc ou f (x) 2 abc.

≥ √

≤− √

−

≥

√

Assumindo que f (x) é positivo ent˜ ao o m´ınimo ocorre quando f (x) = 2 abc. Conclus˜ ao: x e y devem ser escolhidos de modo que ax + by

≤ −2√abc.

35. Cavar um buraco retangular de 1 m de largura de modo que o volume cavado seja 300 m 3 . Sabendo que cada metro quadrado de área cavada custa 10 reais e cada metro de profundidade custa 30 reais, determinar as dimensões do buraco de modo que o seu custo seja m´ınimo. 75



Solu¸ c˜ ao: Seja 1, h e w as dimensões do buraco então:

· ·

V (h, w) = 1 h W = 300 (1) e o custo será de C (h, w) = 10 w + 30h (2) evidenciando h em (1) e jogando em (2) (h) = 10 w +

9000 w

⇒ c(h)w = 10w2 + 9000 ⇒ 10w2 − c(h)w + 9000 = 0

(3)

Para que a equa¸cão (3) tenha solu¸c˜ ao o seu discriminante deve ser maior ou igual a zero. Isto é: c(h)2

− 360.000 ≥ 0

⇒ c(h) ≥ 600 pois como w > 0 então c(h) > 0 tamb´ em. Assim, p custo m´ınimo é de 600 reais. Se c(h) = 600 então de (3) escrevemos 10w2

− 600w + 9000 = 0 ⇒ w = 30m

O que implica em h = 10m. Assim, as dimensões do buraco é de 1m

× 30m × 10m.

36. Dois empresários formam uma sociedade cujo capital é de 100 mil reais. Um deles trabalha na empresa trˆ es dias por semana e o outro dois. Ap´ os um certo tempo, vendem o negócio e cada um recebe 99 mil reais. Qual foi a contribui¸ c˜ ao de cada um para formar a sociedade?

76



Solu¸ c˜ ao: Supondo “x” o valor do capital investido pelo s´ ocio que trabalha 3 dias, então por meio de regra de três simples deduzimos que o capital investido pelo sócio que trabalha apenas 2 dias 3x deve ser de . 2 3 dias – x 2 dias – ? Como o capital empregado é inversamente proporcional aos dias de trabalho o esquema acima sofre uma “inversão” 2 dias – x 3 dias – ? 3x ?= 2

⇒

Aplicando a regra da sociedade9 a soma dos capitais, de ambos os sócios, deve ser igual a 100 mil. Sendo assim: 3 x + x = 100 2

× 103

⇒ x = 40 × 103 e portanto

3 x = 60 2

× 103

Logo o sócio que trabalha 3 dias investiu R$ 40.000,00 (quarenta mil) e o outro R$ 60.000,00.

37. Nas águas paradas de um lago, Marcelo rema seu barco a 12km por hora. Num certo rio, com o mesmo barco e as mesmas remadas, ele percorreu 12km a favor da corrente e 8km contra a corrente, num tempo total de 2 horas. Qual era a velocidad e do rio, quanto tempo ele levou para ir e quanto tempo para voltar? Solu¸ c˜ ao: Seja v a velocidade da corrente, então o tempo gasto a favor da corrente é de: ∆t =

∆s 12km = v 12km/h + v 

Onde 12 km/h é a velocidade do barco em agua ´ parada e v  é a velocidade das aguas ´ do rio10 . Já a velocidade contra a corrente será: 9

regra da sociedade

CasoEridan não conhe¸ a que veja as notas de aula de Matem´ atica Financeira da prof(a). Maia,capágina 5. Dispon´ıvel em: sugiro https://pt.scribd.com/doc/315018311/Matematica-Financeira 10 Veja volume 1 do curso de f´ısica básica do Nussenzveig cap´ıtulo 2, 4 ed.

77



8km 12km/h v Como Marcelo faz todo o percusso em 2 horas ent˜ ao 

∆t =

−





∆t + ∆t = 2

⇒ 1212+ v



+

⇒v



12

−8 v



=2

=6

assim, a velocidade das correntes é de 6km/h e os tempos são 12/18h = 40 min., a favor da corrente, e 1h20min contra.

38. Os alunos de uma turma fizeram uma coleta para juntar 405 reais, custo de uma excursão. Todos contribu´ ıram igualmente. Na u ´ltima hora, dois alunos desis tiram. Com isso, a parte de cada um sofreu um aumento de um real e vinte centavos. Quantos alunos tem a turma? Solu¸ c˜ ao: Com um total de “x” alunos a parte que caberia a cada um seria 405 x Já com x

− 2 alunos seria

405 x 2 Sabemos tamb´ em que com a desistˆ encia dos dois alunos o valor da parcela que caberia a cada um, caso não houvesse a desistˆ encia, foi acrecida em R$ 1,20. O que em linguagem matemática seria

−

405 405 = + 1, 20 x 2 x

−

⇒ 1.2x2 − 2.4x − 810 (1) Usando bháskara, ou método similar, observa-se que a equa¸ c˜ ao (1) possui duas solu¸cões: 27 e

−25. Como “x” representa o numero de alunos não pode ser negativo, então o número de alunos na turma é de 27 alunos.

→

39. Prove que a fun¸c˜ ao f : R R e´ quadr´ atica se, e somente se, para todo h fun¸cão φ(x)f (x + h) f (x) é afim e n˜ ao constante.

−

78

∈ R fixado, a



Solu¸ c˜ ao11 : ( ) Se f e´ quadrática então f (x) = ax 2 + bx + c, com a = 0 e

⇒

φ(x) = f (x + h)

 − f (x) = a(x + h)2 + b(x + h) + cc − (ax2 + bx + c)

= 2ahx + ah2 + bh

que é uma fun¸ cão afim e não constante para qualquer h n˜ ao nulo. ( ) Supomos, para h = 0 fixado, φ(x) = f (x + h) f (x) = px + q , com p = 0 e seja x1 , x2 , xm ,..., uma progressão aritmética n˜ ao constante, de razão r. Afirmamos que f (x1 ), f (x2 ),...,f (xm ),... e´ uma progressão aritm´ etica de 2a ordem não degenerada. Com efeito, f (xn+1 ) f (xn ) = f (xn+r ) f (xn ) = pxn + q = yn e´ uma progressão aritmética n˜ ao constante, pois y n+1 yn = px n+1 +q (px0 +q ) = p(xn+1 xn ) = pr e´ constante e diferente de zero. Logo, pelo teorema da caracteriza¸ cão f e´ quadrática.

⇐



−

−



− −

−

−

40. Olhando o gráfico da fun¸cão quadrática f (x) = x2 , vˆ e-se que ele parece uma par´ abola. Se for, quais serão o foco e a diretriz? Por simetria, o foco deve ser F = (0, t) e a diretriz deve 1 ser a reta y = t. Use a defini¸cão de parábola para mostrar que t = . 4

−

Solu¸ c˜ ao: O foco da fun¸cão será: F =

−

b , 2a

− ∆4a+ 1

   =

0,

1 4

e a diretriz t=

−∆ − 1 = − 1 4a

4


Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´ atica acesse: www.number.890m.com 11


79




7

Fun¸co ˜es Polinomiais

≥

1. Sejam P (x) e p(x) polinômios não identicamente nulos, com gr P (x) gr p(x). (onde g r significa o grau do polinômio). Prove que existe um polinômio q (x) tal que gr[P (x) p(x)q (x)] < gr P (x). Usando repetidamente este fato, mostre que existe m polinômios q (x) e r(x) tais que P (x) = p(x)q (x) + r(x), com gr r(x) < gr p (x). Os polinômios q (x) e r(x), tais que P (x) = p(x)q (x) + r(x) com gr r(x) < gr p (x), chamam-se respectivamente o quociente e o resto da divis˜ ao de P (x) por p(x).

−

Solu¸ c˜ ao: Se P (x) = a n xn + an−1 xn−1 +

··· + a1x + a0, com a n = 0

e p(x) = b p xp + bp−1 xp−1 +

··· + b1x + b0, com n ≥ p e b p = 0,

ent˜ ao basta tomar an n−p q (x) = x bp para provar o que se pede. Prova de que o q (x) determinado satisfaz a equa¸ c˜ ao gr[P(x) P(x)

− p(x)q(x)] < gr[P(x)].

− p(x)q(x)

= P(x)

− p(x) ·

= P(x)

−

= P(x)

 −



an n−p x bp



bp xp + bp−1 xp−1 +

an n−p x bp

··· + b1x + b0·

a n bp−1 n−1 an xn + x + bp

···





an b1 n−p+1 a n b0 n−p + x + x bp bp

80




= an xn +an−1 xn−1 + = (an =



− an) xn +

an−1

− a nbbpp

  1

 

··· +a1x+a0 −

an−1

−


− a nbbpp

xn−1 +

···

1

−



a0

an xn +

xn−1 +

a n bp−1 n−1 x + bp

 

··· +

− anbpb0 xn

p

−

a0

··· + a nbpb1 xn

p+1

−

− anbpb0 xn

−

Observe que o grau máximo que a fun¸cão acima pode ter é n

p

+

an b0 n−p x bp





1.

−

Ou seja, gr[P(x)-p(x)q(x)] < gr[P(x)] se q(x) =

an n−p x bp

Provando assim a primeira parte do problema 12 .

Prova da segunda parte. Na primeira etapa provamos que dado um polinˆ omio P(x) existe um p(x) e q(x) tal que: gr[P (x)] > gr[P (x)

− p(x)q (x)] ◦

Como P(x) é um polinômio qualquer então podemos aplicar a mesma l´ ogica ao segundo membro da desigualdade acima. Isto é, gr[P (x)

p(x)q (x)] > gr[(P (x)

−

p(x)q◦ (x))

−

p(x)q1 (x)]

−

⇒ gr[P (x) − p(x)q(x)] > gr[P (x) − p(x)(q (x) − q1)] ◦

(1)

e assim como conclu´ımos anteriormente o podemos dizer que o polinômio P (x)

− p(x) (q(x) q1(x)) ◦

tem, no máximo, grau n

− 2.

Se aplicássemos novamente essa lógica ao segundo membro da desigualdade (1) obter´ıamos um polinômio de grau n 3 e assim por diante. Ou seja, não importa qual o valor de p (lembre-se que p e´ o grau do polinˆ omio p(x)) sempre podemos chegar a um polinômio cujo grau, no máximo, ser´ a p 1.

−

−

Esse fato implica na existência de um polinômio r(x) tal que gr[r(x)] < gr[p(x) e P (x) = p(x)q (x) + r(x). 12 Na verdade essa não é uma prova definitiva. A demonstra¸c˜ ao absoluta dessa afirma¸c˜ ao é um pouco mais densa.

81



2. Prove a unicidade do quociente e do resto, isto é, se P (x) = p(x)q1 (x) + r1 (x) e P (x) = p(x)q2 (x) + r2 (x), com gr r1 (x) e gr r2 (x) ambos menores do que gr p(x), então q1 (x) = q 2 (x) e r 1 (x) = r 2 (x) para todo x R.

∈

Solu¸ c˜ ao13 :

− P (X ) = 0 ⇒ p(x)(q1(x) − q2(x)) = r2(x) − r1(x) (1) Supondo por absurdo que q 1 (x) =  q2(x) então teremos: gr[p(x)(q1 (x) − q2 (x))] ≥ gr[p(x)] E para r 2 (x) − r1 (x) teremos gr[r2 (x) − r1 (x)] ≤ max{gr[r2 (x)], gr[r1 (x)]} < gr[p(x)] P (x)

o que implica em: gr[(q1 (x)

− q2(x))p(x)] = gr [r2(x) − r1(x)]

O que pela equa¸cão (1) seria uma absurdo. Logo q 1 (x) = q 2 (x) e então: p(x)(q1 (x)

− q2(x)) = r2(x) − r1(x)

⇒ p(x) · 0 = r2(x) − r1(x) ⇒ r1(x) = r2(x) Completando a demonstra¸cão da unicidade.

3. Diz-se que o numero real α e´ uma raiz de multiplicidade m do polinômio p(x) quando se tem p(x) = (x α)m q (x), com q (α) = 0. (Se m = 1 ou m = 2, α chama-se respectivamente uma raiz simples ou raiz dupla.) Prove que α e´ uma raiz simples de p(x) se, e somente se, tem-se p(α) = 0 e p (α) = 0. Prove tamb´ em que α e´ uma raiz dupla de p(x) se, e somente se, p(α) = p  (α) = 0 e p (α) = 0. Generalize.

−



 

Solu¸ c˜ ao:

⇒ ⇒ p(α) = 0.

( ) Se α e´ raiz simples de p(x) então p(x) = (x

− α)1q(x)



Derivando p(x) provamos que p (α) = 0. 

p (x) = (x 13





− α) q(x) + (x − α)q (x)



Solu¸ ca õ retirada do livro Tópicos da Matemática Elementar volume 6.

82





− α)q (x) (veja regras de deriva¸cão) ⇒ p (α) = q (x) = 0. (⇐) Se p(α) = 0 então p(x) = (x − α)n q (x). Derivando p(x) chegamos à p (x) = n(x − α)n 1 q (x) + (x − α)n q (x). e considerando, por absurdo, que n =  1 então p(α) seria = q (x) + (x 



(x α)n p(α) = n x α q (x) + (x

−−

n



−

n

− α)



q (x)

⇒ p(α) = n 00 q(x) + (0)nq (x) ⇒ p(α) = ∞ (singularidade) 



Observe que a singularidade obtida só deixa de existir quando n = 1. Logo, p(α) = 0 somente quando n = 1 o que implica no fato de α ser uma raiz simples.



4. Certo ou errado: α e´ raiz dupla de p(x) se, e somente se, é raiz simples de p (x). Solu¸ c˜ ao: Errado. Por exemplo, em p(x) = x 2 não é raiz dupla de p(x).





− 1 temos p (x) = 2x onde 0 é raiz simples de p (x), mas

5. Determine o polinômio P (x) de menor grau poss´ıvel tal que P (1) = 2, P (2) = 1, P (3) = 4 e P (4) = 3. Solu¸ c˜ ao: Esse problema po de ser resolvido de duas formas. Numericamente, por meio da interpola¸cão lagrangiana, ou algebricamente, por meio de sistemas. Numericamente A fun¸caõ passa por 4 pontos. (x0 , y1 ) = (1 , 2) (x1 , y1 ) = (2 , 1) (x2 , y2 ) = (3 , 4) (x3 , y3 ) = (4 , 3) com base nele calculamos L0 =

x 1

−2 x−3 x−4 −2 · 1−3 · 1−4 83



−1 x−3 x−4 −1 · 2−3 · 2−4 x−1 x−2 x−4 L2 = · · 3−1 3−2 3−4 x−1 x−2 x−3 L3 = · · 4−1 4−2 4−3 L1 =

x 2

Assim, o polinômio interpolador será:

·

·

·

·

p(x) = 2 L0 + 1 L1 (x) + 4 L2 (x) + 3 L3 (x)

⇒ p(x) = − 43 x3 + 10x2 − 653 x + 15 Algebricamente A presen¸ca de quatro pontos sugere que o problema seja resolvido por um polinˆ terceiro grau. Sendo assim: P(1) = 2 P(2) = 1 P(3) = 4 P(4) = 3

omio de

⇒ a(1)3 + b(1) + c(1) + d = 2 ⇒ a(2)3 + b(2) + c(2) + d = 1 ⇒ a(3)3 + b(3) + c(3) + d = 4 ⇒ a(4)3 + b(4) + c(4) + d = 3

Resolvendo as equa¸co˜es acima por meio de um sistema chegamos a seguinte solu¸ cão:

−

Sendo assim P(x) =

−

a = 4/3; b = 10; c = 4 3 65 x + 10x2 + 15. 3 3

−65/3;

d = 15

−

6. Seja p(x) um polinômio cujo grau n e´ um numero ´ımpar. Mostre que existem números reais x1 , x2 tais que p(x1 ) < 0 e p(x2 ) > 0. Conclua da´ı que to do polinômio de grau ´ımpar admite pelo menos uma raiz real. Solu¸ c˜ ao: Seja P(x) = an xn + an−1 xn−1 + + a0 tal que gr[P(x)] = n com “n” impar. Supondo a n > 0 podemos reescrever P(x) como:

···

P (x) = a n xn + k com gr[k] < n sendo assim lim P (x) = lim (an xn + k) =

x→∞

lim P (x) = lim

x→−∞

∞, pois a n > 0 (an xn + k) = −∞, pois a n > 0 é impar.

x→∞

x→−∞

84



Logo existe x 1 e x 2 tais que P( x1 ) < 0 e P( x2 ) > 0. E atrav´ es do teorema do valor m´ edio existe tamb´ em um x 3 em ]x1 , x2 [ tal que P( x3 ) = 0, ou seja, P(x) têm pelo menos uma raiz real.

7. Mostre que se n é um número par, então o polinômio p(x) = x n + xn−1 + possui raiz real.

··· + x + 1 não

Solu¸ c˜ ao: Reescrevendo o polinômio de trás para frente nota-se que seus termos estão em progressão geom´ etrica com raz˜ ao igual a “x” e cuja soma é Sn =

xn 1 x 1

− −

Sendo assim, pode se afirmar que

xn 1 x 1 Observando a equa¸caõ acima vemos que o único valor que poderia se uma raiz é 1, entretanto P(1) resultaria numa indetermina¸cão do tipo 0/0, sendo assim, P(x) n˜ ao possui nenhuma raiz real.

− −

P (x) =

8. Tomando x 0 = 3, use a rela¸cão de recorrˆ encia 1 xn+1 = 2

√

5



xn + xn



Para calcular 5 com três algarismo decimais exatos. (Por exemplo: sabemos que 1.414 é uma aproxima¸cão de 2 com três algarismos decimais exatos porque 1.4142 < 2 < 1.4152 .)

√

Solu¸ c˜ ao: x0 = 3, logo, x1 = x 0+1 =

1 2

x2 = x 1+1 =

1 2

x3 = x 2 + 1 =

 

≈ ≈  ≈  ≈

x0 +

5 x0

2.333

x1 +

5 x2

2.238

1 2

x4 = x 3 + 1 = 1 2

5 x2

2.236

x3 + 5 x3

2.236

x2 +

Como (2.236)2 < 5 e (2 .237)2 > 5 a resposta é 2.236.

85



9. Usando o m´ etodo de Newton, estabele¸ ca um processo iterativo para calcular a fim de obter um valor aproximado de 2.

√

√a e aplique-o 3

3

Solu¸ c˜ ao: O método de Newton é um método num´ erico para determinar as ra´ ızes reais de um polinˆ omio. Neste caso do polinômio p(x) = x 3 2 (veja Cálculo com geometria anal´ıtica do Louis Lethold, volume 1, página 61). Come¸cando a partir de x 0 = 1 obtemos:

−

x1 = 1.333 x2 = 1.2639 x3 = 1.25999 Como (1.25999)3 < 2 < (1.26)3 a aproxima¸cão para

√2 como pedido é de 1.2599. 3


86




8

Fun¸co ˜es Exponencias e Logar´ıtmicas

1. Com um lápis cuja ponta tem 0,02 mm de espessura, deseja-se tra¸ car o gráfico da fun¸cão f (x) = 2x . At´ e que distˆ ancia á esquerda do eixo vertical pode-se ir sem que o gr´ afico atinja o eixo horizontal? Solu¸ c˜ ao: Chamando de r o raio da ponta do lápis, então a linha que esbo¸ca o gráfico tocará o eixo OX no ponto ( x, 2x ) com 2 x < r. Resolvendo a inequa¸caõ formada obtemos a solu¸cão. 2x < r com (r > 0)

⇒ log(2x ) < log (r) ⇒ x · log(2) < log (r) ⇒ x < log(r) log(2) como log(2)

≈ 0.301 então x < log(r) . 0.301

Assim, o gráfico tocará o eixo horizontal no ponto onde a abscisa é imediatamente menos que log(r) . 0.301

2. Dê exemplo de uma fun¸cão crescente f : R R+ tal que, para todo x R, a sequˆ encia f (x + 1), f (x + 2),...,f (x + n),... e´ uma progress˜ ao geom´ etrica mas f não é do tipo f (x) = b ax .

→

Solu¸ c˜ ao: Tomando f (x) = xb (fun¸cão linear), então

87

∈

·


 










f (0 + 1), f (0 + 2),

f (1 + 1), f (1 + 2),



  ···

··· , f (0 + n), ··· = (b,b, ··· 

··· , f (1 + n), ··· = (b,b, .. .







f (n + 1), f (n + 2),



··· , f (n + n), ··· = (b,b, ···



.. . Que são progressões geom´ etricas constantes (P.G. de raz˜ ao igual a 1). Como f (x) não é do tipo b ax ent˜ ao é uma resposta aceit´ avel ao problema.

·

3. Dados a > 0 e b > 0, ambos diferentes de 1, qual a propriedade da fun¸ cão exponencial que assegura a existência de h == 0 tal que b x = a x/h para todo x R? Mostre como obter o gráfico x de y = b x a partir do gráfico de y = a x . Use sua conclusão para tra¸car o gráfico de y = 1/ 4 x a partir do gráfico de y = 2 .



∈

 √ 3

Solu¸ c˜ ao da primeira parte: R

→R

+

x

A propriedade em quest˜ ao diz ao exponencial f : , definida por ı fb(x) b , x é sobrejetiva. Portanto, dado a >que 0, a hfun¸c˜ ==ax/h R tal que bh = a, ou seja, b = a1/h . Da´ para todo x R.

∈

∃ ∈

Solu¸ c˜ ao da segunda parte: Para obter o gráfico de y = b x , trace uma reta vertical que passe pelo ponto x/h e outra que passe pelo ponto x. ax = h

x

x/h

Em seguida trace uma reta que passe pela intercess˜ ao da primeira reta (a que passa por x/h) com a curva e que seja paralela ao eixo x.

88



ax = h

x

x/h

A intercessão dessa reta com a reta que passa pelo ponto (0 , x) será o ponto ( x, bx ). Solu¸ c˜ ao da terceira parte:

·√

Quando a = 2 e b = 1 4, a desigualdade a x/h = b x , que equivale a h = log(a)/log(b), nos dá h = 3/2 e x/h = 2x/3. 3

−

−

Tomando x = 1 então marcamos os pontos ( x/h, 0) = ( duas verticais sobre eles.

−2/3, 0) e ( x, 0) = (1 , 0) e tra¸camos y = 2x

P -1

-2/3

1

Agora trace uma reta paralela ao eixo x que passe pelo ponto P. y = 2x

P -1

P’

-2/3

1

Fazendo isso será formado um ponto P’ na coordenada (1, b 1 ). Repetindo esse processo para outros valores de x esbo¸camos o gráfico requerido.

89



4. Prove que uma fun¸cão do tipo exponencial fica determinada quando se conhecem dois dos seus valores. Mais precisamente, se f (x) = b cot ax e F (x) = B Ax são tais que f (x1 ) = F (x1 ) e f (x2 ) = F (x2 ) com x 1 = x 2 ent˜ ao a = A e b = B.

·



Solu¸ c˜ ao: Se ba x = BAx e ba x = BAx ent˜ ao: 1

1

2

2

a



Como x 1 = x 2 , isto obriga

x1

=

B

a

=

x2

A b A a = 1, ou seja, a = A. O que implica em: A





B = (1) x b

1

⇒ Bb = 1 ⇒B=b C.Q.D.

5. Dados x 0 == 0 e y 0 > 0 quaisquer, mostre que existe a > 0 tal que a x = y 0 .



0

Solu¸ c˜ ao: 1 Tomando a = y 0x0 ent˜ ao a x = 0



1 y x0

   

x0

= y 0 , como requerido.

0

6. Dados x 0 = x 1 e y0 , y1 não-nulos e de mesmo sinal, prove que existem a > 0 e b tais que b ax = y 0 e b ax = y 1 .

·

0

·

1

Solu¸ c˜ ao: Basta tomar a =

 y0 y1

1 0 −x1

x

eb=

y0 . ax 0

7. A grandeza y se exprime como y = b at em fun¸caõ do tempo t. Sejam d o acr´ escimo que

·

se deve dar a t para que y dobre e m (meia-vida t/d de y) o acr´ escimo de t necessário para que y se reduza á metade. Mostre que m = d e y = b 2 , logo d = log a 2 = 1/log2 a.

−

·

90



Solu¸ c˜ ao: Vamos come¸ car provando que se y(t + d) = 2w e y (t) = w, com y (t)bat , então d = Prova. y(t + d) = 2w bat+d = 2w

⇒ ⇒ bat+d = √4w Como ba t = w ent˜ ao:

√4w ⇒ ad = √4 wad =

⇒ d = log(a) = 12 log(4) ⇒ d = 2 log(4) · log(a) C. Q. D. Provada a afirma¸caõ partiremos agora para a resolu¸cão do problema proposto. Seja y(t) = w considerando o enunciado temos: y(t + d) = ba t+d = 2w (1) y(t + m) = bat+m = bat+m = Comparando (1) com (2)

·

y(t + d) = 4 y(t + m)

⇒ bat+d = 4 · bat+m ⇒ batad = 4 · bat am d

⇒a

m

= 4a d

⇒ aam = 4 91

1 w (2) 2

log(4) . 2 log(a)

·



⇒ ad

m

−

=4

Aplicando logaritmo log ad−m = log(4)

 

⇒ (d − m)log(a) = log(4) log(4) ⇒ d − m = log(a)

Uma vez que provamos que d =

log(4) ent˜ ao 2 log(a)

·

d

log(4) − m = log(a)

log(4) ⇒ m = d − log(a) log(4) ⇒ m = 2 log(4) · log(a) − log(a)

⇒ m = − 2 log(4) · log(a) = −d ⇒ m = −d Com isso fica provado que m = que:

−d, e mudando a base de d=

d de 10 para 2 conclu´ ı-se tamb´ em

log(4) 1 = 2 log(a) log2 (a)

·

C. Q. D.

8. Observa¸cões feitas durante longo tempo mostram que, ap´ os per´ıodo de mesma dura¸cao, ˜ a popula¸cão da terra fica multiplicada pelo mesmo fator. Sabendo que essa popula¸ cão era de 2,68 bilh˜ oes em 1956 3,78 bilhões em 1972, O tempo necess´ queaapopula¸ popula¸c˜ da terra dobre deevalor; (b) A popula¸c˜ ao pede-se: estimada(a) para o ano 2012; (c)ario Em para que ano cãaoo da terra era de 1 bilhão.

92



Solu¸ c˜ ao de a: Após um tempo “t” a popula¸c˜ ao é uma express˜ ao do tipo y(t) = b eat onde “b” é a popula¸ cão inicial (2.68 milhões). Sendo assim

·

y(t) = 3.78

⇒ 2.68 · ea(1972

1956)

−

= 3.78

⇒ a ≈ 0.0215 ⇒ 2.68 · eat = 2.68 · e0.0215t Quando a popula¸c˜ ao da terra dobrar teremos: y(t) = 2b

⇒ be0.0215t = 2b ⇒ e0.0215t = 2 ⇒ t ≈ 23, 24 Solu¸ c˜ ao: 23,24 anos.

Solu¸ c˜ ao de b: Em 2012 teremos t = 56 (2012

− 1956 = 12), assim 2.68e0.0215·12 = 8.9bi

ao da terra será de 8.9 bilhões. Solu¸ c˜ ao: A popula¸c˜ Solu¸ c˜ ao de c: 2.68e0.0215t = 1

⇒ 0.0215t · ln(e) = ln(1/2.68) t

≈ −45.87

−

Finalmente, fazendo 1956 + ( 45.87) chegamos a solu¸cão.

−

1956 + ( 45.87) = 1956 = 1910.13

− 45.87

93



Assim. descobre-se que o ocorrido foi no ano de 1910.

9. Dˆ e um argumento independente de observa¸ c˜ oes para justificar que, em condi¸c˜ oes normais, a popula¸cão da terra após o decurso de per´ıodos iguais fica multiplicada pela mesma constante. Solu¸ c˜ ao: ???

10. Resolva os exerc´ıcios do livro “Logaritmos”, especialmente os do u ´ ltimo cap´ ıtulo. Solu¸ c˜ ao: O professor que cobrar do aluno essa questão é t˜ ao sem no¸c˜ ao que merece uma surra!


94




9

Fun¸co ˜es Trigonom´ etricas

1. Determine os valores máximo e m´ınimo da fun¸caõ f : 3/(2 + sen(x)).

R

→

R

definida por f (x) =

Solu¸ c˜ ao: Como 1 sen(x) 1 então f(x) é m´ axima quando sen(x) = 1 (ou seja, quando o denominador de f(x) é m´ınimo) e m´ınima quando sen(x) = 1 (quando o denominador de f(x) é máximo).

− ≤

≤

Vmax =

3 =3 2 + ( 1)

Vmin =

3 =1 2 + (1)

−

−

2. Observando a figura a seguir, onde AB = x, mostre que t = sen(x)/cos(x). t 1 B x

Solu¸ c˜ ao: Trace uma reta como a reta pontilhada na figura a seguir. 95

O A



t B x O

Observe que ∆ OBC

C

A

∼ ∆ TOA assim: CB OC = AT OA

cos(x) ⇒ sen(x) = ⇒ t = sen(x) t t cos(x)

·

3. Se sen(x) + cos(x) = 1.2, qual é o valor do produto sen(x) cos(x)? Solu¸ c˜ ao: sen(x) + cos(x) = 1.2

⇒ (sen(x)+cos(x))2 = 1.44 ⇒ 1+2sen(x)cos(x) = 1.44 ⇒ 2sen(x)cos(x) = 0.44 ⇒ sen(x)cos(x) = 0.44 2 ⇒ sen(x)cos(x) = 0.22 4) Definimos aqui as fun¸cões: secante: sec(x) =

1 se cos(x) == 0 cos(x)

cossecante: csc(x) =



1 se sen(x) == 0 sen(x)





cotangente: ctg(x) = cos(x)/sen(x) se sen(x) == 0. Mostre que: a) sec 2 (x) = 1 + tg 2 (x)

96



b) csc 2 (x) = 1 + ctg2 (x) Solu¸ c˜ ao da letra a: 1 cos2 (x) + sen2 (x) sen2 (x) sec2 (x) = = = 1+ = 1 + tg 2 (x) cos2 (x) cos2 (x) cos2 (x)

⇒ sec2(x) = 1 + tg2(x) C.Q.D. Solu¸ c˜ ao da letra b:cos2 (x) + sen2 (x) 1 cos2 (x) csc2 (x) = = =1 + = 1 + cotg2 (x) 2 2 sen (x) sen (x) sen2 (x)

⇒ csc2(x) = 1 + cotg2(x) C.Q.D.

5. Prove as identidades abaixo: a)

1 tg2 (x) =1 1 + tg2 (x)

b)

sen(x) = 1 + cos(x) csc(x) ctg(x)

−

− 2sen2(x)

−

Solu¸ c˜ ao de a:

sen2 (x) cos2 (x) sen2 (x) 2 (x) 1 cos2 (x) 1 tg 2 (x) cos    = = 1 + tg 2 (x) sen2 (x) cos2 (x) + sen2 (x) 1+  2 (x)  cos2 (x) cos 

−

−

=

−

cos2 (x) sen2 (x) = cos2 (x) cos2 (x) + sen2 (x)

−

− sen2(x) = 1 − 2sen2(x)

C.Q.D. Solu¸ c˜ ao de b: sen(x) = csc(x) cotg(x)

−

=

sen(x) sen2 (x) sen2 (x) 1 = = 1 cos(x) 1 cos(x) 1 cos(x) 1 sen(x) sen(x)

−

−

sen2 (x)(1 + cos(x)) = 1 + cos(x) 1 cos2 (x)

−

97

−

· −− cos(x) cos(x)





6. Determine todas as solu¸c˜ oes da equa¸cão cos 2x +

π 3



=

1 2

Solu¸ c˜ ao: 2x +

π π = 2kπ + 3 3

⇒ x = kπ

e também 2x +

π

7. Se tg (x) + sec(x) = Solu¸ c˜ ao: tg(x) + sec(x) =

π

= 2kπ

3

x = kπ

−3⇒

π

−3

3 , calcule sen(x) e cos(x). 2

3 2

sen(x) 1 3 + = 2 cos(x) cos(x)

⇒ 2(1 + sen(x)) = 3 · cos(x) ⇒ [2(1 + sen(x))]2 = (3 · cos(x))2 ⇒ 4 (1 + sen(x))2 = 9 · cos2(x) 2

2

⇒ 4(1 + 2 · sen(x) + sen (x)) = 9 · cos (x) ⇒ 13sen2(x) + 8sen(x) − 5 = 0 (1) Chamando sen(x) de y ent˜ ao (1) pode ser escrito como: 13y 2 + 8y

− 5 = 0 ⇒ y = −1 ou y = 135

5 . 13 Entretanto, o problema da primeira solu¸c˜ ao é que quando x = 270◦ o cos(x) = 0◦ , sendo assim, 5 au ´ nica solu¸caõ poss´ıvel ocorre para sen(x) = . 13 Como fizemos sen(x) = y ent˜ ao sen(x) =

−1 o que implica em

Substituindo esse valor em (1)

2(1 + sen(x)) = 3 cos(x)

· 12 ⇒ cos(x) = 2(1 +35/13) = 23 · 18 = 13 13 98

x = 270 ◦ ou sen(x) =



⇒ cos(x) = 12 13 Solu¸ c˜ ao: sen(x) =

5 12 e cos(x) = 13 13

8. Encontre as fórmulas para sen(2x), cos(2x) e tg (2x). Solu¸ c˜ ao:

·

·

sen(2x) = 2 sen(x) cos(x) cos(2x) = tg(2x) =

cos ( x)

− sen2(x)

2tg(x) 1

− tg2(x)

ˆ = 45 ◦ . 9. Observando a figura abaixo, mostre que A OB B 3 O

6 2 A

Solu¸ c˜ ao: Fazendo AOP = α e BOP = β , temos tg (α) =

tg(α + β ) =

1 1 + 2 3 = 1. Assim, AOB = α + β = 45◦ . 1 1 1 2 3

− ·

10. Se tg (x) =

1 , calcule tg (3x). 2

Solu¸ c˜ ao:

tg(2x) =

1 1 e tg(β ) = . Logo, 2 3

2 1 2 = 11 1 2 1 4

· −

99



11. Calcular:

 ·       − 5π 12

a) y = sen

5π 12

cos

π 12 π tg 12

1 + tg b) y = 1

Solu¸ c˜ ao:

 ·       ·   −

a) 2y = 2sen tg b) y = 1

5π 12

5π 6

cos

=

1 1 . Logo, y = . 2 4

π π + tg 4 12 π π tg tg 4 12

12. Determine o valor máximo e m´ınimo de y = 2sen2 (x) + 5cos2 (x). Solu¸ c˜ ao: Esse é um caso em que se pode recorrer ao cálculo diferencial. Primeiro determinamos a derivada da fun¸cão y . 

y = 6 sen(x) cos(x) Fazendo y (0) descobrimos os pontos cr´ıticos da fun¸caõ.

− ·

·





y =0

⇒ −6 · sen(x) · cos(x) = 0 ⇒ sen(x) · cos(x) = 0 Observando o ciclo trigonom´ etrico a identidade imediatamente acima ocorre quando sen(x) = 0, que ocorre quando x = 180 ◦ ou x = 0◦ . Ou quando cos(x) = 0, que acontece quando x = 90◦ ou x = 270 ◦ . Testando cada um desses valores chegamos a resposta. y(0◦ ) = 2 sen2 (0◦ ) + 5 cos2 (0◦ ) = 5

·

·

y(180◦ ) = 2 sen2 (180◦ ) + 5 cos2 (180◦ ) = 5

·

·

y(90◦ ) = 2 sen2 (90◦ ) + 5 cos2 (90◦ ) = 2

·

·

y(270◦ ) = 2 sen2 (270◦ ) + 5 cos2 (270◦ ) = 2

·

·

100



Ou seja, o valor de máximo da fun¸c˜ ao é 5 e o m´ınimo é 2.

13. Determine o valor máximo e m´ınimo de y = sen(x) + 2cos(x). Solu¸ c˜ ao: Semelhante a questão 12.


101


10


Agradecimento

Agrade¸co ao professor Everton Moraes, de Manaus, pela corre¸ c˜ ao da questão 38 da página 78.

102



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A Matemática do Ensino Médio (Respostas)

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