A Matematica do ensino médio by Iraci Anderson Fuentealba

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

Soluções do Livro: A Matemática do Ensino Médio - SBM (Elon Lages Lima e col.) nibblediego@gmail.com Compilado dia 23/09/2016

Esse documento está em constante revisão. Vez ou outra um erro de português é corrigido, uma passagem que não ficou muito clara é refeita, uma solução equivocada é substituı́da ou a solução de uma das questões ainda não resolvidas aparece magicamente em minha cabeça, sendo incluı́da em versões atualizadas do documento. Assim, verifique se o que você tem em mãos é de fato a versão mais recente do documento. Todas as atualizações dele estão disponı́veis em www.number.890m.com sem br mesmo.

Se quiser informar algum erro de português, digitação ou mesmo de lógica nos exercı́cios escreva para: nibblediego@gmail.com

Sumário 1 Conjuntos

2 Números Naturais

3 Números Cardinais

4 Números Reais

5 Funções Afins

6 Funções Quadráticas

7 Funções Polinomiais

8 Funções Exponencias e Logarı́tmicas

9 Funções Trigonométricas

10 Agradecimento

102

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Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA

Conjuntos

1. Sejam P1 , P2 , Q1 , Q2 propriedades referentes a elementos de um conjunto universo U. Suponha que P1 e P2 esgotam todos os casos possı́veis (ou seja, um elemento qualquer de U ou tem propriedade P1 ou têm P2 ). Suponha ainda que Q1 e Q2 são incompatı́veis (isto é, excluem-se mutualmente). Suponha, finalmente, que P1 ⇒ Q1 e P2 ⇒ Q2 . Prove que valem as recı́procas: Q1 ⇒ P1 e Q2 ⇒ P2 . Solução: Como P1 e P2 esgotam todas as possibilidades e P1 ⇒ Q1 bem como P2 ⇒ 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 Q1 e Q2 ao mesmo tempo. Suponha por absurdo que Q1 ⇒ P2 . Neste caso um elemento u pertencente a U têm também propriedade Q2 , pois P2 ⇒ Q2 . O que gera um absurdo já que Q1 e Q2 se excluem mutualmente. Logo Q1 ⇒ P1 . Analogamente se prova que Q2 ⇒ P2 .

2. Enquadre no contexto do exercı́cio anterior o seguinte fato geométrico: Duas oblı́quas que se afastam igualmente do pé da perpendicular são iguais. Se se afastam desigualmente então são desiguais e a maior é a que mais se afasta. Solução: Fazendo uma comparação com o exercı́cio 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 P1 ⇒ Q1 , P2 ⇒ Q2 e a reciproca também é verdadeira.

3. Sejam X1 X2 , Y1 Y2 subconjuntos do conjunto universo U. Suponha que X1 ∪X2 = U e Y1 ∩Y2 = ∅, que X1 ⊂Y1 e que X2 ⊂T2 . Prove que X1 = Y1 e X2 = Y2 . Solução: Como por hipótese X1 ⊂ Y1 então basta provar que X1 ⊃ Y1 que por dupla inclusão teremos mostrado que: X1 = Y1 . Para mostrar que X1 ⊃ Y1 tomemos um elemento y ∈ Y1 . Como por hipótese X1 ∪ X2 = U então y pertence a X1 ou pertence a X2 . 2

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Se y ∈ X2 e X2 ⊂ Y2 então y ∈ Y2 . O que seria um absurdo já que Y1 ∩ Y2 = ∅. Logo y ∈ X1 o que prova que X1 ⊃ Y1 . E portanto que X1 = Y1 . Analogamente se prova que X2 = Y2 .

4. Compare o exercı́cio anterior com o primeiro em termos de clareza e simplicidade dos enunciados. Mostre que qualquer um deles pode ser resolvido pelo outro. Solução: Para provarmos que X1 = Y1 , por exemplo precisávamos apenas mostrar que: X1 ⊃ Y1 . Assim se tomarmos um elemento u de U, P1 como a propriedade de pertencer a X1 e Q1 como a propriedade de pertencer a Y1 . Então podemos afirmar que P1 ⇒ Q1 . Já que X1 ⊂ Y1 . Neste caso provar a reciproca (Q1 ⇒ P1 ), seria o equivalente a provar X1 ⊃ Y1 . Em outras palavras provar a questão 3 implica na prova da questão 1 e vice-versa.

5. Ainda no tema do primeiro exercı́cio, seria válido substituir as implicações P1 ⇒ Q1 e P2 ⇒ Q2 na hipótese por suas reciprocas Q1 ⇒ P1 e Q2 ⇒ P2 ? Solução: Essa substituição não obriga a implicação P1 ⇒ Q1 e P2 ⇒ Q2 . Basta imaginar o exemplo em que U = N, P1 é a propriedade “n é par”, P2 significa “n é impar”, Q1 que dizer “n e múltiplo de 4” e Q2 diz “n é um numero primo maior do que 2”. √ 6. Escreva as implicações lógicas que correspondem à resolução da equação x + 2 = 2, veja quais são reversı́veis e explique o aparecimento de raı́zes estranhas. Faça o mesmo com a equação √ x + 3 = x. Solução: 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 = 2=

√

x de (1) e (2) temos:

√

x (3) √ −1 = x (4)

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De (3) segue que x = 4. √ ( x)2 = 22 x=4 De (4) segue que x = 1. √ ( x)2 = (−1)2 x=1 Testando estas raı́zes chegamos a conclusão de que a solução de √

√

x + 2 = x é apenas 4.

x+2=x

√

4+2=4

2+2=4 4=4 √ A passagem marcada por ∗ é a única implicação irreversı́vel. Como y2 = (± x)2 a substituição de x por y acaba gerando uma equação com duas raı́zes. Uma delas seria a tal “raiz estranha”. √ Analogamente se resolve x + 3 = x.

7. Mostre que, para todo m > 0, a equação

√

x + m = x tem exatamente uma raiz.

Solução: √ Seja y = x então: √ x + m = x pode ser escrita como y + m = y 2 ⇒ y2 − y − m = 0 Aplicando bhaskara: p √ −(−1) ± (−1)2 − 4(1)(−m) 1 ± 1 + 4m y= = 2(1) 2 Como por hipótese m > 0 então a (1 + 4m) > 0 e a equação y 2 − y − m = 0 possuirá duas raı́zes, uma positiva e uma negativa que chamaremos de k1 e −k2 (com k1 , k2 ∈ R). √ Se y = −k2 então x = −k2 e x = (k2 )2 sendo assim:

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x + m = x ⇒ −k2 + m = (k2 )2

⇒ m = (k2 )2 + k 2 ⇒ m > (k2 )2 (1) √ mas como x = −k2 então: m > (k2 )2 ⇒ m > x √ Essa implicação no entanto é um absurdo pois analisando a equação ( x + m = x), e a condição 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 equação 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 Conclusão (?): x = 1 ⇔ x = ±1. Onde está o erro? Solução: O problema está na segunda implicação. 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 também é igual a zero. Ou seja, a passagem de x2 − 2x + 1 = 0 para x2 − 2(1) + 1 = 0 é irreversı́vel.

9. As raı́zes do polinômio x3 − 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 não se anula para x = 1 nem x = 3. Enuncie um resultado geral que explique este fato e o relacione com o exercı́cio anterior. Solução: Dado um polinômio p(x) = ax3 + bx2 + cx + d cuja raiz é α então p(α) = 0. Tomando agora um segundo polinômio q(x) = cx pode-se escrever p(x) como: p(x) = ax3 + bx2 + q(x) + d

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Repare que está substituição nada muda em p(x). De modo que p(α) continua sendo raiz de p(x). Desse modo substituir q(α) pelo termo “qx” em p(x) significa apenas que estamos substituindo x por α em “qx”. p(x) = ax3 + bx2 + cα + d Assim α continua sendo raiz de p(x), mas as suas demais raı́zes perdem o sentido. Esse fato também se verifica no exercı́cio anterior quando substituı́mos x por 1 na equação x2 − 2x + 1 = 0

10. Seja P(x) uma condição envolvendo a variável x.

(1) “Para todo x, é satisfeita a condição P(x)” (2) “Existe algum x que satisfaz a condição P(x).

a) Sendo A o conjunto de objetos x (de um certo conjunto universo U) que satisfazem a condição P(x), escreva as sentenças (1) e (2) acima, usando a linguagem dos conjuntos. b) Quais as negações de (1) e (2)? c) Para cada sentença abaixo diga se ela é verdadeira ou falsa e forme sua negação:

• Existe um numero real x tal que x2 = −1. • Para todo numero inteiro n, vale n2 > n. • Para todo numero real x, tem-se x > 1 ou x2 < 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.

Solução de A: Da sentença (1) conclui-se apenas que: todo x ∈ U também pertence a A. Não se pode dizer que A = U porque não se sabe se U é constituı́do apenas de objetos x. De (2) se conclui-que A 6= ∅ Assim as sentenças (1) e (2) escritas na forma de conjunto seriam respectivamente: (1) A = {x|x ∈ U} (2) A 6= ∅ Solução de B: A negação de (1) é: Existe um x, tal que P(x) não é satisfeita. Que na forma de conjunto seria: 6

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A⊂U Essa notação sugere que mesmo que U seja composto apenas de objetos x então, “A” ainda seria subconjunto de U já que ao menos um elemento x pertenceria ao conjunto universo mas, não a “A”. A negação de (2) é: Nenhum elemento x satisfaz a condição P(x). Que na forma de conjunto seria: A=∅

Solução de C:

• Falsa. Pois isso implicaria na existência de uma raiz negativa. A negação da afirmação será: Para todo numero real x, têm se x2 6= −1. • Falsa. Pois 1 é um numero inteiro e 12 não é maior que ele mesmo (12 > 1). A negação da afirmação será: Existe um numero inteiro n tal que n2 ≤ n. • Falsa. Pois 2 é um numero real e 22 > 1 A negação da afirmação será: Existe um numero real x tal que x ≤ 1 e x2 ≥ 1. • Verdadeira. Dado um numero real r na forma r =

p então qr = p e pertence q

aos naturais de modo que qr > r. A negação da afirmação será: Existe um numero real x tal que n < x para todo numero natural n. • Falsa. O problema aqui está no fato da afirmação garantir a unicidade do numero natural. O que ocorre é que, dado um r ∈ R existem diversos naturais n tais que n > r. A negação da afirmação será: Para todo numero natural n, existe um numero real x tal que n ≤ x.

11. Considere os conjuntos abaixo:

F = conjunto de todos os filósofos. M = conjunto de todos os matemáticos. C = conjunto de todos os cientistas. P = conjunto de todos os professores.

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a) Exprima cada uma das afirmativas abaixo usando a linguagem de conjuntos. 1) 2) 3) 4) 5)

Todos os matemáticos são cientistas. Alguns matemáticos são professores. Alguns cientistas são filósofos. Todos os filósofos são cientistas ou professores. Nem todo professor é cientista.

b) Faça 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 matemático, ele é professor. 10) Alguns filósofos são matemáticos. c) Tomando as 5 primeiras afirmativas como hipóteses, verifique quais das afirmativas (6a em diante), são necessariamente verdadeiras. Solução de A: 1) 2) 3) 4) 5)

M⊆C M ∩ P 6= ∅ C ∩ F 6= ∅ C∪P⊃F P ∩ Cc 6= ∅

Solução de B: 6) M ∩ F 6= ∅ 7) F ∩ Cc 6= ∅ 8) F ∩ P 6= ∅ 9) F ⊂ M ∪ P 10) F ∩ M 6= ∅ Solução de C: A única alternativa verdadeira é a de numero nove.

12. O artigo 34 da Constituição 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 Federação em outra” III. ...; a) Suponhamos que o estado do Rio de Janeiro seja invadido por tropas do estado de São Paulo. O texto acima obriga a União a intervir no estado? Na sua opinião, qual era a intenção dos legisladores nesse caso:

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b) Reescreva o texto do artigo 34 de modo a torná-lo mais preciso. Solução de a: O texto não obriga a intervenção da federação. Solução de b: A União intervirá nos Estados ou no Distrito (...).

13. Prove que x2 + x − 1 = 0 ⇒ x3 − 2x + 1 = 0. Solução: Se x2 + x − 1 = 0 então (x − 1)(x2 + x − 1) = 0. Como (x − 1)(x2 + x + 1) = x3 − 2x + 1 então pode se afirmar que: 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 divisı́veis por 13 para os mesmos valores inteiros de x e y. Solução: x + 4y = 13k ⇒ 4x + 16y = 52k ⇒ 4x + (3y + 13y) = 52k ⇒ 4x + 3y = 52k − 13y ⇒ 4x + 3y = 13(4k − y) A conclusão de que x + 4y é divisı́vel por 13 é evidente já que k é inteiro e:

x + 4y 13

O que obriga a x + 4y à divisibilidade por 13. Analogamente se conclui que 4x + 3y também é divisı́vel por 13. Já que o produto de inteiros também é inteiro (3k) e a subtração entre eles também (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 reunião de algumas dessas regiões. (Por exemplo: X − Y = 1 ∪ 2).

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a) (X c ∪ Y c ); b) (X c ∪ Y ) ∪ Z c ; c) (X c ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z c ); d) (X ∪ Y )c ∩ Z Solução de D: Uma representação possı́vel para essas oito regiões é a seguinte. X

Y 8

7 4

3 6

1 Z Assim: (X ∪ Y ) = 3 ∪ 4 ∪ . . . ∪ 8 (X ∪ Y )c = (1 ∪ 2 . . . ∪ 8) − (X ∪ Y ) = 1 ∪ 2 (X ∪ Y )c ∩ Z = (1 ∪ 2) ∩ (1 ∪ 4 ∪ 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 ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z); b) X ∪ (Y ∩ Z)c = X ∪ Y c ∪ Z c

Solução de A: Nesse caso pode-se usar o diagrama do exercı́cio anterior. X

Y 8

7 4

3 6

1 Z

Considerando apenas o lado direito da igualdade (X ∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) temos:

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(X ∪ 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) Considerando agora o lado esquerdo: (X ∩ 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) Comparando (1) e (2) fica provado a igualdade. Solução de B: Análoga a anterior.

17. Sejam A, B e C conjuntos. Determine uma condição necessária e suficientes para que se tenha A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C. Solução: Para este problema novamente usaremos a imagem a seguir. X

Y 8

7 4

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 ∪ 4 ∪ 8 ∪ 5 ∪ 6) e (4 ∪ 5 ∪ 6) sejam iguais seria necessário que a região 7 ∪ 8 fosse vazia ou que: 7 ∪ 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 também teremos A ⊂ C. Portanto a condição para que a igualdade seja verdadeira é de que: A ⊂ C. 11

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18. A diferença entre conjuntos é definida por A − B = {x|x ∈ A e x ∈ / B}. Determine uma condição necessária e suficiente para que se tenha A − (B − C) = (A − B) − C. Solução: Usando a figura da questão anterior teremos: A − (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 Do lado direito têm se: (A − 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 = ∅.

19. Prove que se um quadrado perfeito é par então sua raiz quadrada é par e que se um quadrado perfeito é impar então sua raiz quadrada é impar. Solução: O produto de dois números impares é impar. (2k + 1) · (2q + 1) = 4kq + 2k + 2q + 1 = 2(2kq + k + q) + 1 = 2p + 1 2 Assim se tomamos √ um n qualquer de modo que seu quadrado (n ) seja par, então n não pode 2 ser impar. Como n = n fica provado que a raiz de um quadrado perfeito par também é par.

De modo análogo se prova que se n2 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 função f: A → P(A) que seja sobrejetiva. Sugestão: Suponha que exista uma tal função f e considere X = {x ∈ A : x ∈ / f (x)}. Solução: Essa demonstração consta no livro “Matemática Discreta” do Edward R. Scheinerman na página 189.

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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 não existe a ∈ A com f(a) = B. Em outras palavras, Bé um conjunto que f “perde”. Para este fim, seja B = {x ∈ A : x ∈ / f (x)} Afirmamos que não existe nenhum a ∈ A com f(a) = B. Como f(x) é um conjunto - na verdade, um subconjunto de A - a condiç~ ao x ∈ / f(x) tem sentido Suponhamos, por contradição, que exista um a ∈ A tal que f (a) = B. Ponderamos: a ∈ B?

• Se a ∈ B, então, como B = f(a), temos a ∈ f (a). Assim, pela definição de B, a∈ / f (a); isto é a ∈ / B. ⇒⇐ • Se a ∈ / B = f (a), então, pela definição de B, a ∈ B. ⇒⇐

Tanto a ∈ B como a ∈ / B levam a contradições; daı́, nossa suposição [existe um a ∈ A com f (a) = B] é falsa e, assim, f não é sobrejetora. Observação O livro do Scheinerman ainda traz uma ilustração desta prova. Sejam A = {1, 2, 3} e f : A → P (A) conforme definida na tabela a seguir. a 1 2 3

a ∈ f (a)? sim não não

f(a) {1, 2} {3} {}

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

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

Números Naturais 1. Dado o numero natural a, seja Y ⊂ N um conjunto com as seguintes propriedades: (1) a ∈ Y; (2) n ∈ Y ⇒ n + 1 ∈ Y. Prove que Y contem todos os números naturais maiores do que ou iguais a a. Solução:

Considere um conjunto X = Ia ∪ Y onde Ia = {n ∈ N; n < a}. Se provarmos que X = N, então logicamente Y = {n ∈ N; n ≥ a}. Como a primeira demonstração é mais simples vamos 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 ∈ Ia ou k ∈ Y .

• Se k ∈ Ia então k < a que implica que: ◦ k + 1 ≥ a, nesse caso k + 1 ∈ Y; ◦ ou então k + 1 < a, nesse caso k + 1 ∈ Ia . Em todo caso k + 1 ∈ X. 14

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• Se k ∈ Y, então k ≥ a ⇒ k + 1 > a ∈ Y que implica novamente que k + 1 ∈ X, pois Y ⊂ X. Como o numero 1 e todos os seus sucessores pertencem a X então X = N. O que conduz a conclusão de que Y = {n ∈ N; n ≥ a}.

2. Use o exercı́cio anterior para provar que 2n + 1 < 2n em seguida, que n ≤ 2 < 2n para todo n ≤ 5. Solução de A: Essa proposição simplesmente não ocorre para n = 2 (verifique!). No entanto para n ≥ 3 isso ocorre. Vamos prova-la pela indução já que pro outro caso isso não seria possı́vel. Passo base: Para n = 3 temos: 2(3) + 1 < 23 Logo a desigualdade é valida para n = 3. Passo indutivo: Se a desigualdade é verdadeira para n = k, então: 2k + 2 + 1 = 2k + 2 2(k + 1) + 1 = 2k + 2 Acontece que 2k + 2 < 2k+1 . Veja: 2k + 2 < 2k+1 2 < 2k+1 − 2k 2 < 2k (2 − 1) 2 < 2k Como n = k, então k não pode ser menor que três. O que prova essa ultima desigualdade. Assim: 2(k + 1) + 1 = 2k + 2 < 2k+1 ⇒ 2(k + 1) + 1 < 2k+1

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Completando o passo indutivo e também a demonstração. Solução de B: Passo base: Para n = 5 temos: 52 < 25 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 + k 2 Vamos provar que 2k + k 2 < 2k+1 . 2k + k 2 < 2k+1 k 2 < 2k+1 − 2k k 2 < 2k (2 − 1) k 2 < 2k Essa ultima inequação e verdadeira por hipótese assim: (k + 1)2 < 2k + k 2 < 2k+1 Que simplificando fica: (k + 1)2 < 2k+1 O que completa o passo indutivo e a demonstração.

3. Complete os detalhes da seguinte demonstração do Principio da Boa ordenação: 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 então todos os elementos de A, conclua que n + 1 ∈ X logo, por indução, segue-se que X = N, portanto A e vazio. Solução: O enunciado do problema sugere que N = X∪A. Mostrar que X = N seria simplesmente aplicar o Princı́pio da Boa Ordenação (PBO). No entanto o exercı́cio é de indução portanto

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seguiremos os dois passos: Passo base: 1 ∈ X por hipótese. Passo indutivo: Tomando k ∈ X então 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 sucessores pertencem a X então se conclui que X = N e que A é vazio.

n n+1 ≤ n. Para todo n ≥ 3 e conclua daı́ que a sequencia 4. Prove por indução que n √ √ √ 1, 2 2, 3 3, 4 4, ... e decrescente a partir do terceiro termo. Solução 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+2 k+1

k k+2 · k+1

então podemos escrever a desigualdade como:

k+2 k+1

k 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

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Simplificando: (k + 2)k+1 < (k + 1)k+2 O que evidencia a afirmação, concluindo que:

(k + 1) + 1 k+1

k+1 <k+1

Solução de B: Sabemos que: n n+1 <n n ⇒

n+1 < n1/n n

⇒ n + 1 < n1/n · n n+1 ⇒n+1<n n n 1/n ⇒ (n + 1) n + 1  < n1/n 

⇒ (n + 1)

n + n < n1/n

1 n + 1 < n1/n ⇒ (n + 1) Essa ultima desigualdade nos leva a conclusão de que a sequência é decrescente a partir do 3◦ termo.

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5. Prove por indução que: 1 + 22 + 33 + ... + n2 =

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

Solução: O passo base pode ser facilmente demonstrado. Passo indutivo: 1 + 22 + 32 + . . . + k 2 + (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 + 22 + 32 + . . . + k 2 + (k + 1)2 =

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

Completando o passo indutivo.

6. Critique a seguinte argumentação: Quer-se provar que todo numero natural é pequeno. Evidentemente, 1 é um numero pequeno. Além disso, se n for pequeno, n + 1 também sera, pois não se torna grande um numero pequeno simplesmente somando-lhe uma unidade. Logo, por indução, todo numero natural e pequeno. Solução: O problema aqui ocorreria no passo indutivo. Pois quando tomamos um n natural “pequeno” temos de nos perguntar, pequeno em relação a que? Se em relação ao maior de todos os números naturais pequenos então n + 1 seria grande?

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7. Use a distributividade para calcular (m + n)(1 + 1) de duas maneiras diferentes e em seguida use a lei do corte para concluir que m + n = n + m. Solução: 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 ∈ N, se todos os números naturais menores do que n pertencem a X. Prove que X = N. Solução: Como o próprio livro diz demonstrações que envolvem o PBO são normalmente feitas por absurdo. Então 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 natural n. Suponha que P(1), P(2) são 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. Solução: Considere A como o conjunto de elementos a ∈ N, tal que P(a) seja falsa. Suponha por absurdo que A 6= ∅. Nesse caso A deve ter um elemento mı́nimo (min(A)) que chamaremos de a1 . Como P(1) e P(2) são verdadeiras então a1 > 2 é como a1 é elemento mı́nimo de A então P(a1 − 2) e P(a1 − 1) também são 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,

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pois a1 ∈ A

10. Use indução para provar que 13 + 23 + 33 + . . . + n3 =

1 2 n (n + 1)2 4

Solução: Base: A igualdade se verifica para 1.

1 2 · 1 (1 + 1)2 4 1=1

Passo indutivo: Considerando a proposição verdadeira para k então: 13 + 23 + 33 + . . . + 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 á: 1 2 k 2 (k + 1)2 + 4(k + 1)3 · k (k + 1)2 + (k + 1)3 = 4 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.

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

Números Cardinais

1. Seja f : X → Y uma função. 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 sempre f −1 (f (A)) ⊃ A para todo A ⊂ X.e f (f −1 (B)) ⊂ B para todo B ⊂ Y . Prove também que f é injetiva se, e somente se, f −1 (f (A)) = A para todo A ⊂ X. Analogamente, mostre que f é sobrejetiva se, e somente se, f (f −1 (B)) = B para todo B ⊂ Y . Solução

• Prova de que f −1 (f (A)) ⊃ A para todo A ⊂ X. Por definição 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 também estará 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 definição temos que f (f −1 (B)) = {x ∈ X; f (x) ∈ B}. Isso implica que qualquer elemento de f (f −1 (B)) pertencerá também a B. Logo f (f −1 (B)) ⊂ B. • Prova de que f é 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 pertença a A. Como x ∈ f −1 (f (A)) então f(x) ∈ f(A). E como f é uma função 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 então A = f −1 (f (A)). (⇐) ??? 22

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• Prova de que f é sobrejetiva ⇔ f −1 (f (B)) = B para todo B ⊂ X. ???

2. Prove que a função f : X → Y é injetiva se, e somente se, existe uma função g : Y → X tal que g(f (x)) = x para todo x ∈ X. Solução: (⇒) Se f : X → Y é uma função injetiva então existe uma função g : Y → X. Tomando agora um y ∈ Y e um x ∈ X então o par (y, x) ∈ g e f (x) = y, pois f é injetiva. Sendo assim g(f (x)) = g(y) = x para todo x ∈ X. C.Q.D.. (⇐) Se g : Y → X é uma função, então existe uma função f : X → Y , onde (x, y) ∈ f . Supondo por absurdo que f não seja injetora, então existe um x e um x0 pertencentes a X tal que (x, y) ∈ f e (x0 , y) ∈ f logo, g(f (x0 ) = g(y) = x. Mas, como por hipótese g(f (x)) = x e x0 6= x temos então um absurdo. Logo f é injetora. C.Q.D.

3. Prove que a função f : X → Y é sobrejetiva se, e somente se, existe uma função h : Y ⇒ X tal que f (h(y)) = y para todo y ∈ Y . Solução: (⇒) Se f : X → Y e uma função então existe uma função h : Y → X. Dado também um x ∈ X existe um y ∈ Y de modo que o par (x, y) ∈ f . E como h é uma função de X e Y então f (h(y)) = f ((y, x)) = f (x) = y. C.Q.D. (⇐) Se existe uma função h : Y → X então existe uma função f : X → Y . Tomando por absurdo que f não seja sobrejetora, então existe um y ∈ Y onde nenhum x ∈ X resulte em (x, y) ∈ h. O que é um absurdo, pois por hipótese f (h(y)) = y para todo y ∈ Y .

4. Dada a função f : X → Y , suponha que g, h : Y → X são funções tais que g(f (x)) = x para todo x ∈ X e f (h(y)) = y para todo y ∈ Y . Prove que g = h. Solução: Para todo y ∈ Y temos h(y) = x (1) 23

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Por hipótese g(f (x)) = x

(2)

o que implica em g(f (h(y))) = h(y)

(3) 0

Como f : X → Y de (2) podemos concluir que existe um y ∈ Y tal que 0

g(y ) = x (4) de modo que por (1) e (4) podemos dizer que 0

h(y) = g(y )

(5)

• Prova de que y = y . 0

Supondo por absurdo que y 6= y , então através da igualdade imediatamente acima concluı́mos que f (x) 6= y. Ou seja, existe então um y ∈ Y tal que nenhum x ∈ X implique em g(f (x)) = x. 0 O que contraria o enunciado do problema. Portanto, y = y e assim (por meio da equação 5) temos que g = h. C.Q.D.

5. Defina uma função sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, a equação f (x) = n possui uma infinidade de raı́zes x ∈ N. (Sugestão: todo número natural se escreve, de modo único sob a forma 2a · b, onde a, b ∈ N e b é ı́mpar.) Solução: A função pedida é f : N → N com f (n) = a sendo n = 2a · b com b inteiro e ı́mpar. • Prova de que a função é sobrejetora. Isso é evidente, pois como a é qualquer, então f é sobrejetora. • Prova de que a função possui infinitas raı́zes. Se f (n) = a então f (20 · b) = 0 para todo valor de b. Assim, f possui infinitas raı́zes. f (20 · 1) = 0 f (20 · 3) = 0 f (20 · 5) = 0 .. .

6. Prove, por indução, que se X é um conjunto finito com n elementos então existem n! bijeções f : X → X. Solução: 24

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(Base da indução) Para n = 1 então X é um conjunto unitário e, portanto, só pode ter uma bijeção (n! = 1). Provando a base da indução. (Passo indutivo) Seja X um conjunto com n = k + 1 elementos então a função f terá k + 1 elementos no domı́nio e no contradomı́nio. Dm

Cm a1

a1 a2

.. .

ak+1

Fixando o elemento a1 do Dm podemos relacioná-lo a qualquer elemento do Cm, sendo assim, temos k + 1 possibilidades para f (a1 ): f (a1 ) = a1 , ou f (a1 ) = a2 ,...,ou f (a1 ) = ak+1 . Feito então essa relação (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 bijeção. Por hipótese de indução o numero de bijeções que podem ser feitos com esses k elementos é igual a k!. Finalmente, aplicando o princı́pio fundamental da contagem teremos (k + 1) · k! = (k + 1)! de bijeções que podem ser construı́das. Concluindo a prova da indução.

7. Qual o erro da seguinte demonstração por indução: Teorema: Todas as pessoas têm a mesma idade. Prova: Provaremos por indução 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 afirmação é evidentemente verdadeira pois se X é um conjunto formado por uma única pessoa, todos os elementos de X têm a mesma idade. Suponhamos agora que a afirmação 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 têm 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 a1 , a2 , · · · , an têm a mesma idade de an e an+1 têm a mesma idade, todos os elementos de {a1 , a2 , · · · , an , an+1 } têm a mesma idade, conforme querı́amos demonstrar. Solução: O passo indutivo, no processo de prova por indução, é a demonstração da condição. P (n) ⇒ P (n + 1) Entretanto, para n = 1 a implicação é falha P (1) ⇒ P (2) 25

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pois, a indução é feita sobre o conjunto {a2 , ..., an+1 } o qual a1 não pertence. É a desconsideração desse fato que acarreta o erro na indução.

8. Prove, por indução, que um conjunto com n elementos possui 2n subconjuntos. Solução1 : • 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 indução n(A) = k. Assim, para cada subconjunto 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 notação n(B) é usada para denotar o numero de elementos do conjunto B.

9. Dados n (n ≥ 2) objetos de pesos distintos, prove que é possı́vel determinar qual o mais leve e qual o mais pesado fazendo 2n − 3 pesagens em uma balança de pratos. É esse o número mı́nimo de pesagens que permitem determinar o mais leve e o mais pesado? Solução da primeira parte: Para n = 2 é obvio. Colocamos um objeto em cada prato da balança e observamos que com apenas uma (2 · 2 − 2 = 1) pesagem é possı́vel 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 comparamos 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. Nesse caso já é possı́vel distinguir o objeto mais leve e o mais pesado com apenas (2n−3)+1 = 2(n − 1) pesagem. Contudo, como 2(n − 1) < 2(n + 1) − 3 então fica provado a afirmação. • O objeto separado inicialmente é mais leve. 1 Solução retirada das notas de aula da professora Anjolina Grisi de Oliveira da UFPE em 2007. Disponı́vel em: http://www.cin.ufpe.br/ if670/1-2007/apinducao.pdf

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Nesse caso devemos realizar mais uma pesagem, pois o objeto separado pode ser o mais leve. Assim, nesse caso teremos realizado (2n − 3) + 2 = 2n − 1 pesagens. Como 2n − 1 = 2(n + 1) − 3 então fica novamente provado que 2n − 3 é um numero suficiente de pesagens para determinar o objeto mais leve e o mais pesado. Solução 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, 2n − 3 é o n◦ mı́nimo que garante o resultado para qualquer situação.

10. Prove que, dado um conjunto com n elementos, é possı́vel fazer uma fila com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da fila pode ser obtido a partir do anterior pelo acréscimo ou pela supressão de um único elemento. Solução: 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, começando 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 Cantor estão ocupados, quando chegam os trens T1 , T2 , ..., Tn , ... (em quantidade infinita), cada um deles com infinitos passageiros. Que deve fazer o gerente para hospedar todos? Solução2 : No hotel, cujos quartos são Q1 , Q2 , ..., Qn , ..., passe o hóspede do quarto Qn para o quarto Q2n−1 . Assim, todos os quartos de número par ficarão vazios e os de numero ı́mpar, ocupados. Em seguida, numere os três assim, T1 , T3 , T5 , T7 , ... Os passageiros do trem Ti serão pi1 , pi2 , pi3 , ..., pik , ..., de modo que pik é o k-ésimo passageiro de Ti . Finalmente, complete a lotação do hotel alojando o passageiro pik no quarto de número 2k · i. Como todo número par se escreve, de modo único, sob a forma 2k · i com k ∈ N é impar, haverá um hospede apenas em cada quarto.

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correção. Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 2 Solução retirada da página do professor Luciano Monteiro (http://www.cerescaico.ufrn.br/matematica/arquivos/capmem/cardinais.pdf)

Castro

UFRN

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A MATEMÁTICA DO ENSINO MÉDIO A matemática do Ensino médio (volume 1)

Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira.

Números Reais

1. Dados os intervalos A = [−1, 3), B = [1,4], C = [2,3), D = (1,2] e E = (0,2] dizer se 0 pertence a ((A−B)−(C∩D))−E. Solução Observe os segmentos: −1

3 1

Assim A − B = [−1,1). Do mesmo modo se conclui que C∩D = (1,2]. Então (A−B) − (C∩D) é o próprio A − B como se mostra na figura a seguir: −1

1 1

Por fim temos (A−B)−E −1

1 0

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

2. Verifique se cada passo na solução das inequações abaixo esta correto: 5x + 3 > 2 ⇒ 5x + 3 > 4x + 2 ⇒ x > −1 2x + 1 2x2 + x < 2 ⇒ 2x2 + x < 2x2 + 2 ⇒ x < 2 x2 + 1

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Solução O processo para resolver inequações 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. Resolvendo o denominador teremos: 2x + 1 > 0 ⇒ x > −0.5. 1 − − +

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

+ − −

Chegando a conclusão de que x > −0.5 ou x < −1. O que confirma a suspeita de que as implicações da letra a estão erradas. Isso porque ela assume que 2x + 1 seja sempre maior que zero para todo valor de x ∈ R. A segunda implicação no entanto é verdadeira uma vez que x2 + 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

Solução ad < bc ad + ab < bc + ab a(d + b) < b(c + a) a c+a < b d+b ad < bc ad + cd < bc + cd

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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: c+a 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 aproximação da raiz cúbica de 3 com precisão de uma casa decimal. Solução Como a precisão é de uma única casa decimal a forma mais simples de se resolver o problema é por inspeção, que nesse caso é 1,4. Outro método é por meio da formula de Newton (pág. 163).

5. Ao terminar um problema envolvendo radicais, os alunos são instados a racionalizar o denominador do resultado. Por que? Solução Segundo o BLOG MANTHANO o costume de racionalizar os denominadores das frações remonta a época em que não existia calculadoras, ou seja, era uma questão operacional; que √ 1 2 facilitava os cálculos manuais. Considerando a fração √ e sua forma já racionalizada 2 2 30

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é muito mais simples por meio desta ultima encontrar uma representação 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

1 6. Considere todos os intervalos da forma 0, . Existe um numero em comum entre todos n estes intervalos? E se forem tomados intervalos aberto? Solução O zero pertence os intervalos abertos e a todos os intervalos. No entanto se considerarmos 1 1 com k > n, tem se que n ∈ / 0, . Logo não existe um n comum a tomarmos n ∈ 0, k n todos esses intervalos.

7. Considere um numero racional m/n, onde m e n são primos entre si. Sob que condições este numero admite uma representação decimal finita? Quando a representação é uma dizima periódica simples? Solução Nesse caso aplica-se as seguintes regras:

• Se n é uma potencia de 10 então m/n admite uma representação decimal finita. • Se n no entanto for primo com 10 então m/n admite uma representação por meio de uma dizima periódica simples.

8. O numero 0, 123456789101112131415... é racional ou irracional? Solução Como a sequencia de números depois da virgula não é periódica o numero é irracional.

9. Utilize a interpretação geométrica de modulo para resolver as equações e inequações abaixo: a) |x − 1| = 4 b) |x + 1| < 2

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c) |x − 1| < |x − 5| d) |x − 2| + |x + 4| = 8 e) |x − 2| + |x + 4| = 1 Solução a) |x − 1| = 4 |x − 1| = 4 ⇒ x − 1 = 4 ou 1 − x = 4 então x = 5 ou x = 3. 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

x − 5 < 1 ⇔ −1 < x − 5 < 1 Para resolver a primeira inequação faremos o seguinte:

−1 <

x−1 x−5

x−1 > −1 x−5 x−1 x+5 + >0 x−5 x+5 x − 1 + (x + 5) >0 x−5 2x + 6 >0 x−5 Cuja desigualdade ocorre para x > 5 e x < 3. Já a segunda inequação faremos assim: x−1 <1 x−5

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(−1) ·

x−1 < 1 · (−1) x−5

1−x > −1 x−5 1−x x−5 + >0 x−5 x−5 1 − x + (x − 5) >0 x−5 1−x+x−5 >0 x−5 −4 >0 x−5 Cuja solução ocorre somente para x < 5 (basta olhar pro denominador). Assim fazendo a intercessão entre as soluções encontramos como solução a condição de que x < 3. d) Nesse caso procedemos da seguinte forma: |x − 2| + |x + 4| =

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

De cada equação acima ainda tem-se: x − 2 + |x + 4| =

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

e também: 2 − x + |x + 4| =

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

Dos dois últimos sistemas percebemos que as únicas soluções possı́veis vêm 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

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Assim a solução para a equação seria: x = −5 e x = 3. e) Procedendo da mesma forma que na questão anterior chega-se a conclusão de que esta equação não tem solução.

10. Sejam a e b números reais não negativos. Mostre que:

a+b 2

2 <

a2 + b2 2

Interprete geometricamente esta desigualdade. Solução

a2 + b2 − 2

a+b 2

a2 + 2ab + b2 a2 − 2ab + b2 a2 + b2 − = = = 2 4 4

a−b 2

2 > 0.

Portanto a2 + b2 > 2

a+b 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 daı́, podemos ter para o valor xy? Determine esse valor aproximado. Como procederı́amos para obter um valor aproximado de x/y? Qual o grau de precisão encontrado no caso do quociente? Solução 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 podemos 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 centésimo.

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A MATEMÁTICA DO ENSINO MÉDIO A matemática do Ensino médio (volume 1)

Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira.

Funções Afins

1. Quando dobra o percusso em uma corrida de táxi, o custo da nova corrida é igual ao dobro, maior que o dobro ou menor que o dobro da corrida original? Solução: Seja x o valor da bandeirada e y o valor por Km percorrido então 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

Solução: Graduamos a reta do seguinte modo: x

17 0

59 4

Agora fazemos:

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59 − 17 x − 17 = 8−0 3−0 Onde se conclui que x = 41.

3. A escala N de temperatura foi feita com base nas temperaturas máximas e minimas em Nova Iguaçu. A correspondência com a escala Celsius é a seguinte: N 0 100

C 18 43

Em que temperatura ferve a água na escala N? Solução: C

100

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 1000l 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 850l. Quando ficará pela metade? Solução: Vamos pensar do seguinte modo. As zero horas a caixa possuı́a 1000 litros. Seis horas depois possuı́a 850. Esta situação pode ser entendida pelo gráfico abaixo.

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1000L θ1 850L

θ2 0h

O ponto onde a reta vertical intercepta o eixo x é a quantidade de horas que a caixa leva para ficar vazia. Como a inclinação de uma reta é constante em qualquer ponto θ1 = θ2 de modo que suas tangentes também são 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 ficará 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?

Solução: 1 quadrado = 4 palitos ou 4 + (1 − 1)3 2 quadrado = 7 palitos ou 4 + (2 − 1)3 3 quadrado = 10 palitos ou 4 + (3 − 1)3 .. . n quadrado = 4 + (n − 1)3 Ou seja n quadrados levariam 4 + (n − 1)3 palitos, o que pode ser expresso pela fórmula a seguir n = 3n + 1

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6. Admita que 3 operários, 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 solução do item anterior. c) Dentro dessa mesma hipótese, exprima o numero D de dias necessários à construção de um muro em função do numero N de operários, do comprimento C do muro e do numero H de horas trabalhadas por dia.

Solução a: a) O problema em questão é um problema de regra de três composta. 5 5 6 36 · · = 3 8 15 x Que implica em x =

5 que é aproximadamente 1d e 16h. 3

Solução b: b) O tempo e o numero de operários é inversamente proporcional ao tempo. Enquanto a quantidade de metros construı́da é diretamente proporcional aos dias. Solução c: c) Usando a ideia de resolução da regra de três composta chega-se a conclusão de que: D=

10 C · 3 NH

7. As leis da fı́sica, muitas vezes, descrevem relações de proporcionalidade direta ou inversa entre grandezas. Para cada uma das leis abaixo, escreva a expressão matemática correspondente.

a) (Lei da gravitação Universal). Matéria atrai matéria na razão direta das massas e na razão inversa do quadrado da distância. b) (Gases perfeitos). A pressão exercida por uma determinada massa de gás é diretamente proporcional a temperatura absoluta e inversamente proporcional ao volume ocupado pelo gás. c) (Resistência elétrica). A resistência de um fio condutor é diretamente proporcional ao seu seu comprimento e inversamente proporcional à área de sua seção reta. d) (Dilatação térmica). A dilatação térmica sofrida por uma barra é diretamente proporcional ao comprimento da barra e à variação de temperatura.

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Solução: 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 acréscimo de 25% qual o decréscimo percentual sofrido por Y? Solução: 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 redução de regra de três.

4 5,

4 k · 5 X

para determinar a porcentagem desta redução usamos Y = 100% 4 Y = X% 5

Que implica em X = 80%.

9. Os termos a1 , a2 , ..., an de uma PA são os valores f(1), f(2),...,f(n) de uma função afim.

a) Mostre que cada ai é igual à área de um trapézio delimitado pelo gráfico de f, pelo eixo OX e pelas retas verticais de equações. 1 1 x=i− e x=i+ 2 2 b) Mostre que a soma S = a1 + . . . + an é igual a área do trapézio delimitado pelo gráfico de f, pelo eixo OX e pelas retas verticais x = 21 e x = n + 12 . a1 + an c) Conclua que S = n. 2 Solução a A função a ser considerada aqui é: f(i) = a1 + (i - 1)r pois a1 ,..., an são termos de uma PA. 39

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

i−

h=i+

i 2

1 1 − i− =1 2 2

Já a base média é igual a an .

i−

Base media =

i 2

f (i − 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

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

a1 + an n que é o resultado da soma 2

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Solução c Esta dedução se encontra em TODO LIVRO de matemática do ensino médio que se propõem 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 escada, observa-se que uma pessoa gasta 30 segundos na escada quando sobe 5 degraus e 20 segundos quando sobe 10 degraus. Quantos são os degraus da escada e qual o tempo normalmente gasto no percusso. Solução Seja d o numero total de degraus então: (d − 5)t = 30s (d − 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 deslocar cada degrau. 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 saı́da 2 R$ de estacionamento. Se após toda essa atividade ainda ficou com R$ 20,00 que quantia ele tinha inicialmente? Solução Como ele gasta sempre metade do que têm então: D D 31 D D D + + + + = D 2 4 8 16 32 32 Assim: 31 D + 22 = D 32 Que resulta em D = 704 R$.

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12. Seguindo as ideias de E.W., construa uma régua para medir números de sapatos. Solução A cargo do leitor.

13. Estuda-se a implementação da chamada fórmula 95. Por essa fórmula os trabalhadores teriam direito à aposentadoria quando a soma de suas idades e tempo de serviço chegasse a 95. Adotando essa fórmula, quem começasse a trabalhar com 25 anos, com que idade se aposentaria? Solução A equação é a seguinte: Idade + Tempo de serviço = 95. No entanto para cada ano de serviço é somado um ano a idade atual, portanto: Idade = Idade atual + Tempo de serviço. Portanto: Idade atual + 2·Tempo de serviço = 95 se a idade atual do individuo é de 25 anos então: Tempo de serviço = 35.

14. Em uma escola há duas provas mensais, a primeira com peso 2 e a segunda com peso 3. Se o aluno não alcançar média 7 nessas provas, fará prova final. Sua média final será 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 aprovação é 5, quanto ele precisa obter na prova final para ser aprovado? Solução 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 5 n ≥ 47

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15. Arnaldo da a Beatriz tantos reais quanto Beatriz possui e da a Carlos tantos reais quanto Carlos possui. Em seguida, Beatriz 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 possuı́a no inicio? Solução 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 = 2x Carlos = 2y Arnaldo = z − (x + y) Em seguida, Beatriz dá a Arnaldo e a Carlos tantos reais quanto cada um possui. Bia = 3x − y − z Carlos = 4y Arnaldo = 2z − 2x − 2y Finalmente, Carlos faz o mesmo. Bia = (3x − y − z) + (3x − y − z) = 6x − 2y − 2z Carlos = 4y − [(3x − y − z) + (2z − 2x − 2y)] = 4y − (x − 3y + z) = 7y − x − z Arnaldo = (2z − 2x − 2y) + (2z − 2x − 2y) = 4z − 4x − 4y Terminam todos com 16,00 R$ cada. Bia = 6x − 2y − 2z = 16 Carlos = 7y − x − z = 16 Arnaldo = 4z − 4x − 4y = 16 Resolvendo o sistema de equações chega-se à: x = 14, y = 8 e z = 26. Assim Bia tinha 14 reais, Carlos possuı́a 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 distância de A até B. Solução3 : Seja va a velocidade do carro que sai de A e vb a velocidade do carro que sai de B então, suponha que após um tempo t de viagem eles se encontram a 720m de A. 3

Solução retirada da página da UFPR. Disponı́vel em: http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

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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 = vb d − 720 Seja t0 o tempo decorrido desde o inı́cio do percurso até o segundo encontro dos carros. Levando em conta os 10 minutos em que cada carro esteve parado, temos: va (t0 − 10) = d + 400 e vb (t0 − 10) = 2d − 400 Dividindo membro a membro estas duas igualdades resulta Comparando, obtemos

va d + 400 = . vb 2d − 400

720 d + 400 = . Segue-se imediatamente que d = 1760. d − 720 2d − 400

17. Em uma ferrovia, as estações A e B distam entre si 3 km e a cada 3 min parte um trem de cada uma delas em direção 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, aı́ incluı́dos os 4 trens já citados anteriormente. As velocidades dos trens são iguais. Calcule as velocidades dos trens e do pedestre. Solução4 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 direção 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) = 3k, 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 Solução

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

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18. Dado o gráfico abaixo, obtenha, em cada caso, o gráfico da função g tal que: y

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}

Solução

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 origem no ponto (1, −2). Uma passa pelo ponto (0,2) e a outra (2,0) (UFPR). e) Duas semi retas com origem no ponto (0.5, −1). Uma passa pelo ponto (0,1) e a outra (1,0) (UFPR). f) A parte da função 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 substituı́da pelo intervalo [0.5, 2] do eixo X (UFPR).

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19. Determine os valores reais de x que satisfazem:

a) 2x + 3 − (x − 1) < x + 1 b) 2x + 3 − (x − 1) < x + 5 c) min{x + 1; 5 − x} > 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) (2x + 3)(1 − x) = (2x + 3)(x − 2) h) |x + 1 − |x − 1|| ≤ 2x − 1

Solução:

a) 2x + 3 − (x − 1) < x + 1 2x + 3 − x + 1 < x + 1 x+4<x+1 4<1 Como a condição não é verdadeira para nenhum x então a inequação não têm solução. b) 2x + 3 − (x − 1) < x + 5 2x + 3 − x + 1 < x + 5 x+4<x+5 4<5 Ou seja, a inequação se satisfaz para qualquer valor de x. c) min{x + 1; 5 − x} > 2x − 3 min{x + 1; 5 − x} > 2x − 3 x + 1 > 2x − 3 ⇒ x < 4 5 − x > 2x − 3 ⇒ x < 46

8 3

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Como

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8 8 < 4 então a solução será x < . 3 3

d) min{x + 1; 5 − x} < 2x Análogo ao anterior. e) min{2x − 1; 6 − x} = x x = 1 ou x = 3 f) 2|x + 1| − |1 − x| ≤ x + 2

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

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

−2(x + 1) − 1 + x ≤ x + 2 (3) −2(x + 1) + 1 − x ≤ x + 2 (4)

2|x + 1| − |1 − x| ≤ x + 2 =

2(x + 1) − |1 − x| ≤ x + 2 =

−2(x + 1) − |1 − x| ≤ x + 2 =

De (1) têm-se: 2x + 2 − 1 + x ≤ x + 2 3x + 1 ≤ x + 2 2x ≤ 1 ⇒ x ≤

1 2

A inequação (2) não têm solução. 5 A inequação (3) têm solução para todo valor de x ≥ − . 2 3 A inequação (4) têm solução apenas para x ≥ − . 4 3 1 Assim a solução da inequação será: x ∈ − , 4 2

g) x = ±

3 2

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h) Análogo aos anteriores.

20. Resolva a inequação. 1 1 < 2x + 1 1−x Solução: 1 1 <0 2x + 1 1 − x (1 − x) − (2x + 1) <0 (1 − x)(2x + 1) −

−2x2

3x <0 +x+1

Ou seja, resolver a inequação inicial é o equivalente a resolver: 3x >0 −2x2 + x + 1 Cuja solução ocorre para x ∈ (−∞, −0.5) ∪ [0, 1).

21. Determine a imagem da função f : R → R tal que f(x) = max{x − 1, 10 − 2x}. Solução: A imagem é o intervalo

8 , ∞ . Para visualizar essa imagem é necessário esboçar o gráfico 3

da função.

22. Faça os gráficos de: a) f (x) = min{4 − x; x + 1} b) f (x) = |x + 1| − |x − 1|

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Solução5 : a) O angulo reto com vértice no ponto (3/2, 5/2) e lados passando pelos pontos (−1, 0) e (4, 0). b)As semi-retas horizontais S = {(x, −2); x ≤ −1} e S 0 = {(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 origens dessas semi-retas.

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

|x| + |y| = 1 |x − y| = 1

Solução: a) (x,y) = {(1, 0); (0, 1); (−1, 0); (0, −1)} b) |x − y| = 1 ⇒ x − y = 1 ou y − x = 1. Nesse caso a solução seria ambas as possibilidades, a saber: a reta y = x + 1 e y = x − 1.

24. Um supermercado está fazendo uma promoção na venda de alcatra: um desconto de 10% é dado nas compras de três quilos ou mais. Sabendo que o preço do quilo de alcatra é de R$ 4.00 pede-se:

a) O gráfio do total pago em função da quantidade comprada. b) O gráfico do preço médio por quilo em função da quantidade comprada. c) A determinação de quais consumidores poderiam ter comprado mais alcatra pelo mesmo preço.

Solução:

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

4 para x ∈ (0, 3) 3.6 para x ∈ [3, ∞)

a) f (x) = f (x) = b) x

5 Solução

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

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c) (Solução retirada da página da UFPR6 ) 4 Se 2.7 < x < 3 então, pondo x0 = x, temos x0 > x e f (x0 ) = 3.6x0 (pois x0 > 3), portanto 3.6 0 f (x ) = 4x = f (x).

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

a) O gráfico do total pago em função da quantidade comprada. b) O gráfico do preço médio por quilo em função da quantidade comprada. c) A determinação de quantos quilos foram compradas por um consumidor que pagou R$.

Solução: a) f (x) =

4x para x ∈ (0, 3] 12 + 3.6(x − 3) para x ∈ (3, ∞)

A equação 12 + 3.6(x − 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

f (x) b) = 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)

4 para x ∈ (0, 3] 1.2 3.6 + para x ∈ (3, ∞) x

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

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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 cálculo Até R$ 900 De R$ 900 a R$ 1800 Acima de R$ 1800

Alı́quota Isento 15% 25%

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

Baseado na tabela acima, construa o gráfico do imposto a pagar em função do rendimento. Solução: Para resolver esta questão assumi as condições do problema 27. Isto é: supondo que a renda liquida é calculada através de uma expressão da fora y = ax − p, onde a seria a alı́quota e p a parcela a se deduzir.   0 para x ∈ [0, 900] 0.15x − 135 para x ∈ (900, 1800] f (x) =  0.25x − 315 para x ∈ (1800, ∞)

27. O imposto de renda y pago por uma pessoa que, em 1995, teve uma renda lı́quida y calculado através de uma expressão da forma y = ax − p, onde a alı́quota a e a parcela a deduzir p dependem da renda x e são dadas por uma tabela, parcialmente fornecida a seguir: Renda (em R$) Até 8800 De 8800 a 17.160 De 17.160 a 158.450 Mais de 158.450

Alı́quota (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, não 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 será seu imposto adicional (supondo que este acréscimo não acarrete uma mudança de faixa)? (c) E comum encontrar pessoas que lamentam estar no inı́cio de uma faixa de taxação (“que azar ter recebido este dinheiro a mais!”). Este tipo de reclamação é procedente? (d) A tabela de taxação é, as vezes, dada de uma outra forma, para permitir o cálculo do imposto através de uma expressão da forma y = b(x − q) (isto é, primeiro se deduz a parcela q e depois se aplica a alı́quota). 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

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Solução7 : (a) As parcelas a deduzir são 0, 1320, 3207, 60 e 17468, 10. (b) 0, 26 · 5000 = 1300. (c) Não, porque a função que descreve a renda lı́quida (renda menos o imposto) em termos da renda é uma função 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 é 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 mudança 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 tributação 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 preços: Numero de cópias de 1 a 19 de 20 a 49 50 ou mais

Preço por cópia R$ 0.1 R$ 0.08 R$ 0.06

Esboce o gráfico da função que associa a cada natural n o custo de n cópias de um mesmo original. Solução:   0.1x para x ∈ [0, 900] 0.08x para x ∈ (900, 1800] f (x) =  0.06x para x ∈ (1800, ∞)

29. Discuta o número de soluções da equação |x − 2| = ax + b que ocorre em função dos parâmetros a e b. Solução: |x − 2| = ax + b =

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

7 Resolvida por Humberto José Bortolossi. Disponı́vel em: http://www.professores.uff.br/hjbortol/disciplinas/2011.1/gma00116/listas/gma00116-lista-12.pdf

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Repare que em cada caso temos apenas uma única possibilidade de solução. Assim a equação b+2 b−2 têm duas soluções possı́veis, a saber: − e− . a−1 a+1

30. Chama-se de função rampa a uma função poligonal f : [a, b] → R, cujo gráfico é de uma das formas abaixo:

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 função rampa pode ser escrita na forma f (x) =

α [(d − c) + |x − c| + |x − d|], 2

para todo x ∈ [a, b], onde α=

D d−c

é a inclinação da rampa. b) Mostre que toda função poligonal definida em um intervalo [a, b] pode ser expressa como uma soma de uma função constante (que pode ser vista como uma função rampa de inclinação zero) com um número finito de funções rampa. Escreva nesta forma a função poligonal cujo gráfico é dado abaixo. y

3 x

-1

4 -1

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c) Conclua que toda função poligonal definida em um intervalo [a,b] pode ser escrita na forma f (x) = A + α1 |xα1 | + α2 |x − a2 | + · · · + α11 |x − αn |, para todo x ∈ [a, b], onde α1 , α2 , ..., αn são as abscisas dos vértices da poligonal. Escreva nesta forma a função poligonal cujo gráfico é dado acima.

31. Dadas as progressões aritméticas (a1 , a2 , ..., an , ...) e (b1 , b2 , ..., bn , ...) mostre que existe uma, e somente uma, função afim f : R → R tal que f (a1 ) = b2 , ..., f (an ) = bn , ... Solução: Suponha por absurdo que exista uma função afim g 6= f tal que g(a1 ) = b2 , ..., g(an ) = bn , ... Sendo assim: g(a1 ) = f (a1 ) g(a2 ) = f (a2 ) g(a3 ) = f (a3 ) .. . Sendo g(a1 ) = a(a1 ) + b e f = a0 (a1 ) + b0 então: g(a1 ) = f (a1 ) ⇒ a1 =

b0 − b a − a0

g(a2 ) = f (a2 ) ⇒ a2 =

b0 − b a − a0

g(a3 ) = f (a3 ) ⇒ a3 =

b0 − b a − a0

.. . O que implica em um absurdo, pois se todos os termos da sequência (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 função do numero de quilômetros a serem rodados.

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Solução: Vamos determinar quando A é mais vantajoso que B. 1x + 100 < 200 + 0.8x 0.2x < 100 ⇒ x < 500 Assim até 500 quilômetros 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 função f : R → R pondo f (x) = 2x se x é racional e f (x) = 3x se x é irracional. Mostre que se tem f (nx) = nf (x) para todo n ∈ Z e todo x ∈ R mas f não linear. Solução:

34. Prove que a função f : R → R, definida por f (x) = 3x+sen(2πx), é crescente e, para todo x ∈ R fixado, transforma a progressão aritmética x, x + 1, x + 2, ... numa progressão geométrica. Entretanto, f não é afim. Por que isto não contradiz o fato provado no final da seção 4 (pág. 102)? Solução8 : Para todo x ∈ R, como sen[2x(x + 1)] = sen(2πx), segue-se que f (x + 1) − f (x) = 7, portanto a sequência f (x), f (x + 1), ..., f (x + n), ... é uma progressão aritmética de razão 7. A maneira de 0 0 f e f (x) = 7 + 2π · cos(πx). Como [2π · cos(πx) ≤ 2π < 7, têm-se f (x) > 0 para todo x, logo f é crescente.

retirada da página da UFPR. Disponı́vel em: http://www.mat.ufpr.br/ensinomedio/paginas/solucao.html

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A MATEMÁTICA DO ENSINO MÉDIO A matemática do Ensino médio (volume 1)

Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira

Funções Quadráticas 1. Encontre a função quadrática cujo gráfico é dado em cada figura abaixo: 2

(5,13)

(1.9) 8

(3,5)

Solução 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 função quadrática será f (x) = 2(x − 3)2 + 5. Solução 1b: Explorando a simetria da parábola a coordenada “x” do vértice estará a 2 unidades da reta y = 2 e y = −2. 56

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|2| + | − 2| = 2uc 2 Logo a coordenada “x” do vértice está em 0. Usando a forma canônica. f (x) = a(x − 0)2 + y1 = ax2 + y1 Assim sabemos que a função é da forma f (x) = ax2 + y1 com isso montamos o sistema. 3 = a(−2)2 + y1 ⇒ a = −2; y = 11 9 = a(1)2 + y1 Assim a equação do gráfico será: f (x) = −2x2 + 11.

2. Identifique os sinais de a, b e c nos gráficos de funções quadráticas f (x) = ax2 + bx + c dados abaixo. GRÁFICO UM

O GRÁFICO DOIS

GRÁFICO TRÊS

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Solução: 1◦ gráfico: a < 0, b > 0, c > 0. 2◦ gráfico: a > 0, b > 0, c < 0. 3◦ gráfico: a > 0, b < 0, c > 0.

3. Escreva cada uma da funções quadráticas abaixo na forma f (x) = a(x − b)2 + c. A seguir, calcule suas raı́zes (se existirem), o eixo de simetria de seu gráfico e seu valor mı́nimo ou máximo.

a) f (x) = x2 − 8x + 23 b) f (x) = 8x − 2x2

Solução 3a: Encontrando o vértice da função: −

(−8) b =− =4 2a 2(1)

f (4) = 42 − 8(4) + 23 = 7 Logo o vértice ocorre em (4,7). Assim a forma canônica da função é: f (x) = 1(x − 4)2 + 7 Como o ponto (4,7) ocorre acima do eixo x e a parábola é voltada para cima, então a função não têm raiz. O eixo de simetria é a reta x = 4 e o ponto de minimo é 7. Solução 3b: As raı́zes da equação ocorrem para x = 0 e x = 4. f (x) = 8x − 2x2 x(8 − 2x) O vértice da função ocorre em (2, 8). −

b 8 =− =2 2a 2(−2)

f (2) = 2(8 − 2(2)) = 8 Logo a forma canônica da função é: f (x) = −2(x − 2)2 + 8. Como a parábola é voltada para baixo então: o eixo de simetria é a reta x = 2 e o valor de máximo é 8.

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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 = ax2

1 1/3 O

Solução: Dada uma função y = ax2 então toda função y 0 = (ka)x2 com k ∈ R são semelhantes entre si e a y = ax2 . Logo todas as funções do problema são semelhantes.

5. Encontre a unidade que deve ser usada nos eixos cartesianos de modo que a parábola abaixo seja o gráfico da função f (x) = 2x2 .

Solução: No gráfico traçamos a função g(x) = x.

P (0,0)

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Os pontos de intercessão irá ocorrer em (0,0) e (0.5, 0.5). g(x) = f (x) x = 2x2 2x2 − x = 0 x(2x − 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 mı́nimos e máximo assumidos pela função f (x) = x2 − 4x + 3 em cada um dos intervalos abaixo:

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

Solução A função têm concavidade para cima e vértice em (2,-1). Assim no intervalo [1, 4] terá um mı́nimo em x = 2 e máximo em x = 4. Já no intervalo [6, 10] o mı́nio será em x = 6 e máximo em x = 10.

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

a) Mostre que f

x1 + x2 2

f (x1 ) + f (x2 ) . 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.

Solução 7a: f

x1 + x2 2

+ c (1)

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

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comparando (1) e (2): a

x1 + x2 2

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 + x2 ) + 2 c a(x b(x + x2 ) + 2 c 1 1 1 + x2 ) + 1 + x2 ) + 2 2 (x1 + x2 )2 (x21 + x22 )2 Concluindo que: (x1 + x2 )2 < (x21 + x22 )2 Solução 7b: Provemos inicialmente que se x1 6= x2 e 0 < α < 1 então: [αx1 + (1 − α)x2 ]2 < αx21 + (1 − α)x22 Prova: [αx1 + (1 − α)x2 ]2 − αx21 + (1 − α)x22 < 0 (α − α)2 x21 − 2α(1 − α)x1 x2 + (α − α2 )x22 ⇒ α(1 − α)[x1 − x2 ]2 > 0 se x1 6= x2 e 0 < α < 1 C.q.d. Finalmente voltamos ao problema principal. f (αx1 + (1 − α)x2 ) = a(αx1 + (1 − α)x2 )2 +b(αx1 + (1 − α)x2 ) + c <a(αx21 + (1 − α)x22 ) +b(αx1 + (1 − α)x2 ) + c Usando o resultado da primeira demonstração: = αax21 + αbx1 + αc + (1 − α)x22 + (1 − α)bx2 + (1 − α)c = αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) Como se queria demonstrar.

8. Prove que se a, b e c são inteiros impares, as raı́zes de y = ax2 + bx + c não são racionais. Solução: Imagine por absurdo que exista uma raiz racional p/q em sua forma irredutı́vel. Não pode ocorrer de p eq serem ambos pares pois, neste caso p/q não estaria em sua forma irredutı́vel. Logo segue três possibilidades: 61

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1◦ - (p e q são ambos impares). Neste caso: 2 p p a +b +c=0 q q bp ap2 + +c=0 2 q q ap2 + bpq + cq 2 = 0 Como o produto de dois números impares é impar então, ap2 , bpq, cq 2 também são impares, o que é um absurdo, pois não pode haver três números impares cuja soma seja igual a zero. 2◦ - (p e q são ambos pares). Neste caso ap2 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 demonstração assumiremos que p é par e q é impar. Neste caso ap2 e bpq é par e cq 2 é impar. O que novamente resulta no absurdo.

9. Uma pessoa possui um gravador de vı́deo dotado de uma contador que registra o numero de voltas dadas pelo carretel da direita. A fita, de 6 horas de duração, 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 gravação ainda está disponı́vel no final da fita.

a) Explique porque não é razoável supor que o tempo e gravação seja proporcional ao numero de voltas do contador. b) Considerado que a fita se enrola em cada carretel segundo cı́rculos concêntricos igualmente espaçados, mostre que o tempo T (n) de gravação após n voltas é dado por uma função da forma T (n) = an2 + bn.

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c) Medindo o tempo de gravação correspondente as primeiras 100, 200, 300 e 400 voltas, foram encontradas 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 gravação resta na fita?

Solução 9a: Evidente. Solução 9b: Pela cinemática sabe-se que: 2π(R + (n − 1)r v Onde r é 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) =

T =

n X

T (n) =

i=1

2πR 2π(R + r) 2π(R + 2r) 2πR + (n − 1)r + + + ... + v v v v

2π (R + (R + r) + (R + 2r) + . . . + (R + (n − 1)r)) v

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

(r + (n − 1)r)n 2n2 r − rn = 2 2

Logo 2π T = v

Rn +

2n2 r − rn 2

2πRn 4πn2 r 2πrn + − v 2v 2v 2πr π(2R − r) = n2 + n v v =

Que é da forma T (n) = an2 + bn.

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Solução 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 solução é S1 = {0.0033; 5.22} e S2 = {0.0033; 5.22}. Como ambos os sistemas possuem a mesma solução então os valores são consistentes. Solução de 9d: A função 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 conjunto de retas do plano, elas determinam um numero máximo de regiões quando estão na chamada posição geral: isto é, elas são concorrentes duas a duas e três retas nunca tem um ponto em comum. Seja Rn o numero máximo de regiões determinadas por n retas do plano. a) Quando se adiciona mais uma reta na posição geral a um conjunto de n retas em posição geral, quantas novas regiões são criadas? b) Deduza de a) que Rn é dada por uma função do 2◦ grau em n e obtenha a expressão para Rn . Solução: ???

11. No máximo quantos pontos de interseção existem quando são desenhadas n circunferências? Solução: Observe os desenhos a seguir.

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O desenho mais a esquerda é composto de dois cı́rculos e dois pontos de interseção (22 − 2). O desenho do centro possui três cı́rculos e 6 pontos de interseção (32 − 3). O desenho mais a esquerda é composto de 4 cı́rculo e 12 pontos de interseção (42 − 4). O que sugere que n cı́rculos dariam n2 − n pontos de interseção. Obs: O leitor pode se perguntar “como se chegou a solução de n2 − n?” A resposta é simples. Os três diagramas podem ser modelados pelos pares ordenados (2,2); (3,6); (4,12). Poderı́amos continuar esboçando mais diagramas e assim obtendo mais pares ordenados, mas como o capı́tulo em questão é sobre funções quadráticas (e três pontos são suficientes para determinamos uma quadrática) não há necessidade de continuar criando disgramas. Finalmente por meio do sistema:   a · 22 + b · 2 + c = 2 a · 32 + b · 3 + c = 6  a · 42 + b · 4 + c = 12 Determinamos a equação y = n2 − n.

12. Um estudante anotou a posição, ao longo do tempo, de um móvel sujeito a uma força constante e obteve os dados abaixo. Instante(seg) 0 10 20

Posição (metros) 17 45 81

Calcule a posição do móvel nos instantes 5 seg, 15 seg e 25 seg. Solução: 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 solução ocorre para a = 0.04, b = 2.4 e c = 17. Assim a função que expressa a distância será: f (x) = 0.04x2 + 2.4x + 17

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

a) Os dados acima são compatı́veis com o fato de a força de frenagem ser constante? b) Qual a posição 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 começou a aplicar os freios.

Solução 13a: Com os valores fornecidos montamos o sistema.  a(0)2 + b(0) + c = 0    a(1)2 + b(1) + c = 30 a(2)2 + b(2) + c = 55    a(3)2 + b(3) + c = 75 5 Cuja solução ocorre para a = − , b = 32 e c = 0. Como o sistema têm solução, então os 2 dados são compatı́veis. Solução 13b: Usando os valores anteriores chegamos à: f (t) = −2.5t2 + 32t Assim f (5) = 100m. Solução 13c: Tomando a derivada de f(t) então: v(t) = −5t + 32 que será nula quando t = 6.5 seg. Solução 13d: v(t) = −5t + 32.5 v(0) = −5(0) + 32.5 v(0) = 32.5 m/s

14. Um grupo de alunos ao realizar um experimento no laboratório de Fı́sica, fez diversas medidas de um certo comprimento. O instrutor os orientou no sentido de tomar a media aritmética

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dos valores encontrados como o valor a ser adotado. Esse procedimento pode ser justificado do modo a baixo. Sejam x1 , x2 , . . . , xn os valores encontrados. É razoável que o valor adotado x seja escolhido de modo que o erro incorrido pelas diversas medições seja o menor possı́vel. Em geral, este erro é medido através do chamado desvio quadrático 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 x1 , x2 , . . . , xn . a) Mostre que d(x) é minimizado quando x =

Solução 14a: = (x − 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 ) O ponto de mı́nimo é dado por: x=−

b 2(x1 + x2 + . . . + xn ) x1 + x2 + . . . + xn = = 2a 2n n

15. Numa vidraçaria há um pedaço de espelho, sob a forma de um triangulo retângulo de lados 60 cm, 80 cm e 1 m. Quer-se, a partir dele, recortar um espelho retangular com maior área possı́vel. A fim de economizar corte, pelo menos um dos lados do retângulo deve estar sobre um lado do triangulo. As posição sugeridas são as da figura acima. Em cada caso, determine qual o retângulo de maior área e compare os dois resultados. Discute se a restrição de um lado estar sobre o contorno do triangulo é realmente necessária para efeito de maximizar a área. Solução 15a: Do ∆A tiramos: 80 − x y Do ∆B tiramos: x (60 − y) Por semelhança:

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80 − x = df racx(60 − y) ⇒ 60x + 80y = 4800 y A função da área é: A(x, y) = xy = x

240 − 3x 4

3 = 60x − x2 4

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 área retangular junto a um rio para confinar alguns animais. Quais devem ser as medidas do retângulo para que a área cercada seja a maior possı́vel? Solução: Queremos maximizar A(x, y) = xy com a restrição y = 80 − 2x. A(x, y) = x(80 − 2x) = 80x − 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 mı́nima entre P e Q? Solução: 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: √ 2 5 PQ = 5

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18. Se x e y são reais tais que 3x + 4y = 12, determine o valor mı́nimo de z = x2 + y 2 . Solução: Z = x2 +

12 − 3x 4

2 =

25 2 72 144 x = x+ 16 16 16

Cujo mı́nimo 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 excursão. A companhia exigiu de cada passageiro R$ 800,00 mais R$ 10,00 por cada lugar vago. Para que numero de passageiros a rentabilidade da empresa é máxima? Solução: A função custo será: C(x) = 800x + [(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 preço da caixa, vendia 40 caixas a mais. Quanto ele deveria cobrar pela caixa para que sua receita fosse máxima? Solução: C(x) = (300 + 40x)(20 − x) Cujo máximo ocorre para x = 6.25. Assim o preço deve se 20 − 6.25 = 13.75R$.

21. Uma loja está fazendo uma promoção na venda de balas: “Compre x balas e ganhe x% de desconto”. A promoção é válida 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. Solução: Supondo que o preço de cada bala é p, então comprando 10 balas pagaremos 10p − 10p · (valor sem desconto − desconto). Comprando 30 balas pagamos 30p − 30p ·

30 . 100

10 100

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60 Já se comprarmos 60 balas pagaremos 60p − 60p · . Assim, o indivı́duo que comprar x 100 balas pagará: xp − xp ·

p 2 x = px − x 100 100

22. O diretor de uma orquestra percebeu que, com o ingresso a R$ 9,00 em média 300 pessoas assistem aos concertos e que, para cada redução de R$ 1,00 no preço dos ingressos, o publico aumenta de 100 espectadores. Qual deve ser o preço do ingresso para que a receita seja máxima? Solução: A função será: C(x) = (300 + 100x)(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 - n2 , n inteiro? Solução: O valor de máximo ocorre para n = 10.5. Contudo como n deve ser inteiro testamos para n = 10 e n = 11. 21(10) − 102 = 110 21(11) − 112 = 110 Em ambos os casos o valor máximo é 110.

24. Faça o gráfico de:

f (x) = |x2 | − |x| + 1 f (x) = |x2 − x|

Solução 24a: |x2 | − |x| + 1 =

x2 − x + 1 para x ≥ 0 −x2 + x + 1 para x < 0

Solução 24b: 2 x − x para x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) 2 |x − x| = −x2 + x para x ∈ (0, 1) 70

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

a) x2 − 5x + 6 = 0 b) y = x2 − 5x + 6

Solução de a: Resolvendo x2 − 5x + 6 = 0 chegamos a x = 2 ou x = 3. Solução de b: ???

26. Resolva a inequação x4 + x2 − 20 > 0. Solução: A resolução dessa inequação é algo trivial e fica a cargo do leitor. A resposta é x < −2 ou x > 2.

27. Determine explicitamente os coeficientes a, b, c do trinômio f (x) = ax2 + bx + c em função dos valores f(0), f(1) e f(2). Solução 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) = 4a + 2b + f (0) ⇒ f (2) − f (0) = 4a + 2b

(2).

Multiplicando (1) por −4 −4(f (1) − f (0)) = −4(a + b) −4f (1) + 4f (0)) = −4a − 4b e somando com (2) termo a termo obtemos:

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

4f (1) − 3f (0) − f (2) 2

De posse do valor de b e c e sabendo que f (2) = 4a + 2b + f (0) então: 4f (1) − 3f (0) − f (2) + f (0) f (2) = 4a + 2b + f (0) = 4a + 2 2 ⇒a=

f (0) − 2f (1) + f (2) 2

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 preço, 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 possı́vel. Solução: V (x) = (100 − 0.5 · 10x)(12 + x) V (x) = (100 − 05x)(12 + x) Cujo ponto de máximo ocorre para x = 4. Assim o preço a ser cobrado deve ser de 16 reais, (12 + 4 = 16).

29. Um prédio de 1 andar, de forma retangular, com lados proporcionais a 3 e 4, vai ser construı́do. 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 perı́metro, como recompensa pela iluminação externa e pela calçada em volta do prédio. Quais devem ser as medidas dos lados para que o imposto seja o mı́nimo possı́vel? Qual o valor desse imposto mı́nimo? Esboce o gráfico do valor do imposto como função do lado maior do retângulo. Solução: Imposto = (3a · 4b)1 + 150 Desconto = (3a + 4b)1 O total a se pago será: T = (3a · 4b)1 + 150 − (3a + 4b)1 = 12ab + 150 − 3a − 4b

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

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Solução: Chamando de x e a/x os lados desse retângulos, o perı́metro em função de x será: a p(x) = 2 x + x Sendo a uma constante√e fazendo p0 (x)√= 0 conclui-se que os pontos crı́ticos dessa função √ √ ocorrem nas coordenadas ( a, p( a)) e (− a, p(− a)). √ √ √ √ √ a Como p( a) > p(− a) então o perı́metro máximo será p ( a) = 2 a+ √ = 4 a. a Comentário: Existe, pelo menos, mais um método de resolver esse problema sem o uso de cálculo diferencial. Entretanto, como o próprio livro faz referência as derivadas não há porque não usa-las aqui. Outro motivo é que o conteúdo do ensino médio ainda abrange o estudo da derivada. Isso pode parecer estranho, pois a maioria dos professores negam essa afirmação, de modo que é bastante provável que você só tenha tomado conhecimento do cálculo diferencial na faculdade/universidade. Entretanto, alguns livros (os bons) de ensino médio como o Tópicos da Matemática elementar o Matemática do Ensino médio do Smole e Diniz (2007) e o Matemática do Giorno (2002) ainda trazem esse conteúdo.

31. Que forma tem o gráfico da função f : [0, ∞) → R, dada por f (x) =

√

Solução: y

x 0 √

x + m = x possui uma raiz se m ≥ 0, duas raı́zes quando 1 1 − < m < 0, uma raiz para m = − e nenhuma raiz caso m < −1/4. 4 4 32. Mostre que a equação

Solução: Chamando y =

√

x então:

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√

x + m = x ⇒ y + m = y2

Aplicando Bháskara chegamos: yR =

1±

√

1 − 4m 2

√ Se m ≥ 0 então 1 + 4m têm solução e a equação têm duas raı́zes. O mesmo ocorre para m ∈ (−1/4, 0). √ Se m = −1/4 então 1 + 4m = 0 e a equação têm somente uma raiz. A saber x = 0.5. √ Se m < −1/4 então 1 − 4m não têm solução, pois (1 − 4m) < 0 e não existe raiz de numero negativo. Portanto a equação não têm solução.

33. Numa concorrência publica para a construção de uma pista circular de patinação apresentase as firmas A e B. A firma A cobra 20 reais por metro quadrado de pavimentação, 15 reais por metro linear do cercado, mais uma taxa fixa de 200 reais para administração. Por sua vez, a firma B cobra 18 reais por metro quadrado de pavimentação, 20 reais por metro linear do cercado e taxa de administração de 600 reais. Para quais valores do diâmetro da pista a firma A é mais vantajosa? Esboce um gráfico que ilustre a situação. Resolva um problema análogo com os números 18, 20 e 400 para A e 20, 10, 150 para B. Solução: Seja d o diâmetro da pista então:

p = πd (Perı́metro) A=π

d2 (Área da pista) 4

Sendo assim o valor cobrado pela empresa “A” é de CA (d) = 20 ·

πd2 + 15πd + 200 (com d > 0) 4

e o valor cobrado por B é de CB (d) =

18πd2 + 20πd + 600 (com d > 0). 4

Os valores de “d” para o qual a empresa A é mais vantajosa é o resultado da inequação: CA (d) − CB (d) < 0

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⇒ ⇒

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18πd2 20πd2 + 20πd + 600 )−( + 15πd + 200 4 4

5πd − πd2 + 400 < 0 2

Resolvendo essa última inequação encontramos √ √ 5π + 25π 2 + 80π −5π + 25π 2 + 80π d> ed< , π −π entretanto como d > 0 podemos descartar a segunda solução, sendo assim, √ 5π + 25π 2 + 80π =≈ 21.72 d> π 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 possı́vel. Solução: Fazendo f (x, y) = ax + by como xy = c, então f (x, y) pode ser escrita como: bc (1) x Imagine agora que desejamos obter x em função da soma f (x). Multiplicando (1) por x e reorganizando seus termos obtemos f (x) = ax +

ax2 − f (x) + bc = 0 E usando Bhaskara. ⇒x=

f (x) ±

f (x)2 − 4abc 2a

Para que as soluções da√equação 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 então o mı́nimo ocorre quando f (x) = 2 abc. √ Conclusão: 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 m3 . 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 mı́nimo. 75

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Solução: 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) = 10w + 30h (2) evidenciando h em (1) e jogando em (2)

(h) = 10w +

9000 w

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

(3)

Para que a equação (3) tenha solução 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 também. Assim, p custo mı́nimo 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 três dias por semana e o outro dois. Após um certo tempo, vendem o negócio e cada um recebe 99 mil reais. Qual foi a contribuição de cada um para formar a sociedade?

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Solução: Supondo “x” o valor do capital investido pelo sócio 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 × 103 2 ⇒ x = 40 × 103 e portanto

3 x = 60 × 103 2

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 velocidade do rio, quanto tempo ele levou para ir e quanto tempo para voltar? Solução: Seja v a velocidade da corrente, então o tempo gasto a favor da corrente é de: ∆t =

∆s 12km = v 12km/h + v 0

Onde 12 km/h é a velocidade do barco em água parada e v 0 é a velocidade das águas do rio10 . Já a velocidade contra a corrente será: 9 Caso

não conheça a regra da sociedade sugiro que veja as notas de aula de Matemática Financeira da prof(a). Eridan Maia, página 5. Disponı́vel em: https://pt.scribd.com/doc/315018311/Matematica-Financeira 10 Veja volume 1 do curso de fı́sica básica do Nussenzveig capı́tulo 2, 4 ed.

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8km 12km/h − v 0 Como Marcelo faz todo o percusso em 2 horas então 0

∆t =

∆t + ∆t = 2

⇒

8 12 + =2 12 + v 0 12 − v 0 0

⇒v =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 contribuı́ram igualmente. Na última hora, dois alunos desistiram. Com isso, a parte de cada um sofreu um aumento de um real e vinte centavos. Quantos alunos tem a turma? Solução: 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 também que com a desistência dos dois alunos o valor da parcela que caberia a cada um, caso não houvesse a desistência, 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 equação (1) possui duas soluções: 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 função f : R → R é quadrática se, e somente se, para todo h ∈ R fixado, a função φ(x)f (x + h) − f (x) é afim e não constante. 78

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Solução11 : (⇒) Se f é quadrática então f (x) = ax2 + bx + c, com a 6= 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 função afim e não constante para qualquer h não nulo. (⇐) Supomos, para h 6= 0 fixado, φ(x) = f (x + h) − f (x) = px + q, com p 6= 0 e seja x1 , x2 , xm , ..., uma progressão aritmética não constante, de razão r. Afirmamos que f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xm ), ... é uma progressão aritmética de 2a ordem não degenerada. Com efeito, f (xn+1 ) − f (xn ) = f (xn+r ) − f (xn ) = pxn + q = yn é uma progressão aritmética não constante, pois yn+1 − yn = pxn+1 + q − (px0 + q) = p(xn+1 − xn ) = pr é constante e diferente de zero. Logo, pelo teorema da caracterização f é quadrática.

40. Olhando o gráfico da função quadrática f (x) = x2 , vê-se que ele parece uma parábola. 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 definição de parábola para mostrar que t = . 4 Solução: O foco da função será: F =

−

b ∆+1 ,− 2a 4a

1 4

e a diretriz t=

−∆ − 1 1 =− 4a 4

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

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Elon Lages Lima Paulo Cezar Pinto Carvalho. Eduardo Wagner. Augusto César Morgado. Resolvido por: Diego Oliveira.

Funções Polinomiais

1. Sejam P (x) e p(x) polinômios não identicamente nulos, com gr P (x) ≥ gr p(x). (onde gr 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 existem 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 divisão de P (x) por p(x). Solução: Se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , com an 6= 0 e p(x) = bp xp + bp−1 xp−1 + · · · + b1 x + b0 , com n ≥ p e bp 6= 0, então basta tomar an n−p x q(x) = bp para provar o que se pede. Prova de que o q(x) determinado satisfaz a equação gr[P(x) − p(x)q(x)] < gr[P(x)]. P(x) − p(x)q(x) = P(x) − p(x) ·

an n−p x bp

= P(x) − bp xp + bp−1 xp−1 + · · · + b1 x + b0 · = P(x) −

an n−p x bp

an bp−1 n−1 an b1 n−p+1 an b0 n−p an x + x + ··· + x + x bp bp bp n

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an bp−1 n−1 an b1 n−p+1 an b0 n−p = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 − an xn + x + ··· + x + x bp bp bp an bp−1 an b0 n−p = (an − an ) xn + an−1 − xn−1 + · · · + a0 − x bp bp an b0 n−p an bp−1 xn−1 + · · · a0 − x = an−1 − bp bp Observe que o grau máximo que a função acima pode ter é n − 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 problema12 .

Prova da segunda parte. Na primeira etapa provamos que dado um polinômio 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 lógica 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 concluı́mos 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) obterı́amos um polinômio de grau n−3 e assim por diante. Ou seja, não importa qual o valor de p (lembre-se que p é o grau do polinômio p(x)) sempre podemos chegar a um polinômio cujo grau, no máximo, será 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 demonstração absoluta dessa afirmação é um pouco mais densa.

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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) = q2 (x) e r1 (x) = r2 (x) para todo x ∈ R. Solução13 : P (x) − P (X) = 0 ⇒ p(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r2 (x) − r1 (x) (1) Supondo por absurdo que q1 (x) 6= q2 (x) então teremos: gr[p(x)(q1 (x) − q2 (x))] ≥ gr[p(x)] E para r2 (x) − r1 (x) teremos gr[r2 (x) − r1 (x)] ≤ max{gr[r2 (x)], gr[r1 (x)]} < gr[p(x)] o que implica em: gr[(q1 (x) − q2 (x))p(x)] 6= gr[r2 (x) − r1 (x)] O que pela equação (1) seria uma absurdo. Logo q1 (x) = q2 (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 demonstração da unicidade.

3. Diz-se que o numero real α é uma raiz de multiplicidade m do polinômio p(x) quando se tem p(x) = (x − α)m q(x), com q(α) 6= 0. (Se m = 1 ou m = 2, α chama-se respectivamente uma raiz simples ou raiz dupla.) Prove que α é uma raiz simples de p(x) se, e somente se, tem-se p(α) = 0 e p0 (α) 6= 0. Prove também que α é uma raiz dupla de p(x) se, e somente se, p(α) = p0 (α) = 0 e p00 (α) 6= 0. Generalize. Solução: (⇒) Se α é raiz simples de p(x) então p(x) = (x − α)1 q(x) ⇒ p(α) = 0. 0

Derivando p(x) provamos que p (α) 6= 0. 0

p (x) = (x − α) q(x) + (x − α)q (x) 13 Solução

retirada do livro Tópicos da Matemática Elementar volume 6.

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= q(x) + (x − α)q (x) (veja regras de derivação) 0

⇒ p (α) = q(x) 6= 0. (⇐) Se p(α) = 0 então p(x) = (x − α)n q(x). 0

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 6= 1 então p(α) seria p(α) = n

(x − α)n 0 q(x) + (x − α)n q (x) x−α

⇒ p(α) = n

0n 0 q(x) + (0)n q (x) 0

⇒ p(α) = ∞ (singularidade) Observe que a singularidade obtida só deixa de existir quando n = 1. Logo, p(α) 6= 0 somente quando n = 1 o que implica no fato de α ser uma raiz simples.

4. Certo ou errado: α é raiz dupla de p(x) se, e somente se, é raiz simples de p (x). Solução: 0

Errado. Por exemplo, em p(x) = x2 − 1 temos p (x) = 2x onde 0 é raiz simples de p (x), mas não é raiz dupla de p(x).

5. Determine o polinômio P (x) de menor grau possı́vel tal que P (1) = 2, P (2) = 1, P (3) = 4 e P (4) = 3. Solução: Esse problema pode ser resolvido de duas formas. Numericamente, por meio da interpolação lagrangiana, ou algebricamente, por meio de sistemas. Numericamente A função 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−2 x−3 x−4 · · 1−2 1−3 1−4

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L1 =

x−1 x−3 x−4 · · 2−1 2−3 2−4

L2 =

x−1 x−2 x−4 · · 3−1 3−2 3−4

L3 =

x−1 x−2 x−3 · · 4−1 4−2 4−3

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Assim, o polinômio interpolador será: p(x) = 2 · L0 + 1 · L1 (x) + 4 · L2 (x) + 3 · L3 (x) 4 65 ⇒ p(x) = − x3 + 10x2 − x + 15 3 3 Algebricamente A presença de quatro pontos sugere que o problema seja resolvido por um polinômio de terceiro grau. Sendo assim: P(1) = 2 ⇒ a(1)3 + b(1) + c(1) + d = 2 P(2) = 1 ⇒ a(2)3 + b(2) + c(2) + d = 1 P(3) = 4 ⇒ a(3)3 + b(3) + c(3) + d = 4 P(4) = 3 ⇒ a(4)3 + b(4) + c(4) + d = 3 Resolvendo as equações acima por meio de um sistema chegamos a seguinte solução: a = −4/3; b = 10; c = −65/3; d = 15 65 4 + 15. Sendo assim P(x) = − x3 + 10x2 − 3 3

6. Seja p(x) um polinômio cujo grau n é um numero ı́mpar. Mostre que existem números reais x1 , x2 tais que p(x1 ) < 0 e p(x2 ) > 0. Conclua daı́ que todo polinômio de grau ı́mpar admite pelo menos uma raiz real. Solução: Seja P(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 tal que gr[P(x)] = n com “n” impar. Supondo an > 0 podemos reescrever P(x) como: P (x) = an xn + k com gr[k] < n sendo assim lim P (x) = lim (an xn + k) = ∞, pois an > 0

x→∞

lim P (x) = lim (an xn + k) = −∞, pois an > 0 é impar.

x→−∞

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Logo existe x1 e x2 tais que P(x1 ) < 0 e P(x2 ) > 0. E através do teorema do valor médio existe também um x3 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) = xn + xn−1 + · · · + x + 1 não possui raiz real. Solução: Reescrevendo o polinômio de trás para frente nota-se que seus termos estão em progressão geométrica com razão igual a “x” e cuja soma é Sn =

xn − 1 x−1

Sendo assim, pode se afirmar que xn − 1 x−1 Observando a equação acima vemos que o único valor que poderia se uma raiz é 1, entretanto P(1) resultaria numa indeterminação do tipo 0/0, sendo assim, P(x) não possui nenhuma raiz real. P (x) =

8. Tomando x0 = 3, use a relação de recorrência

xn+1

1 = 2

5 xn + xn

√ com três algarismo decimais exatos. (Por exemplo: sabemos que 1.414 é Para calcular 5 √ uma aproximação de 2 com três algarismos decimais exatos porque 1.4142 < 2 < 1.4152 .) Solução: x0 = 3, logo, x1 x2 x3 x4

5 = x0+1 x0 + ≈ 2.333 x0 5 1 x1 + ≈ 2.238 = x1+1 = 2 x2 1 5 x2 + ≈ 2.236 =x 2+1= 2 x2 1 5 =x 3+1= x3 + ≈ 2.236 2 x3 1 = 2

Como (2.236)2 < 5 e (2.237)2 > 5 a resposta é 2.236.

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9. Usando o método de Newton, estabeleça um processo iterativo para calcular √ a fim de obter um valor aproximado de 3 2.

√ 3

a e aplique-o

Solução: O método de Newton é um método numérico para determinar as raı́zes reais de um polinômio. Neste caso do polinômio p(x) = x3 − 2 (veja Cálculo com geometria analı́tica do Louis Lethold, volume 1, página 61). Começando a partir de x0 = 1 obtemos: x1 = 1.333 x2 = 1.2639 x3 = 1.25999 Como (1.25999)3 < 2 < (1.26)3 a aproximação para

√ 3

2 como pedido é de 1.2599.

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Funções Exponencias e Logarı́tmicas

1. Com um lápis cuja ponta tem 0,02 mm de espessura, deseja-se traçar o gráfico da função f (x) = 2x . Até que distância á esquerda do eixo vertical pode-se ir sem que o gráfico atinja o eixo horizontal? Solução: Chamando de r o raio da ponta do lápis, então a linha que esboça o gráfico tocará o eixo OX no ponto (x, 2x ) com 2x < r. Resolvendo a inequação formada obtemos a solução. 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 função crescente f : R → R+ tal que, para todo x ∈ R, a sequência f (x + 1), f (x + 2), ..., f (x + n), ... é uma progressão geométrica mas f não é do tipo f (x) = b · ax . Solução: Tomando f (x) = xb (função linear), então

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f (0 + 1), f (0 + 2), · · · , f (0 + n), · · · = (b, b, · · ·

f (1 + 1), f (1 + 2), · · · , f (1 + n), · · · = (b, b, · · ·

.. .

f (n + 1), f (n + 2), · · · , f (n + n), · · · = (b, b, · · ·

.. . Que são progressões geométricas constantes (P.G. de razão igual a 1). Como f (x) não é do tipo b · ax então é uma resposta aceitável ao problema.

3. Dados a > 0 e b > 0, ambos diferentes de 1, qual a propriedade da função exponencial que assegura a existência de h 6== 0 tal que bx = ax/h para todo x ∈ R? Mostre como obter o gráfico √ x de y = bx a partir do gráfico de y = ax . Use sua conclusão para traçar o gráfico de y = 1/ 3 4 a partir do gráfico de y = 2x . Solução da primeira parte: A propriedade em questão diz que a função exponencial f : R → R+ , definida por f (x) = bx , é sobrejetiva. Portanto, dado a > 0, ∃h ∈ R tal que bh = a, ou seja, b = a1/h . Daı́ bx = ax/h para todo x ∈ R. Solução da segunda parte: Para obter o gráfico de y = bx , trace uma reta vertical que passe pelo ponto x/h e outra que passe pelo ponto x. ax = h

x/h

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

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ax = h

x/h

A intercessão dessa reta com a reta que passa pelo ponto (0, x) será o ponto (x, bx ). Solução da terceira parte: √ Quando a = 2 e b = 1 · 3 4, a desigualdade ax/h = bx , que equivale a h = log(a)/log(b), nos dá h = −3/2 e x/h = −2x/3. Tomando x = 1 então marcamos os pontos (x/h, 0) = (−2/3, 0) e (x, 0) = (1, 0) e traçamos duas verticais sobre eles. y = 2x

P -1

-2/3

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

P -1

P’

-2/3

Fazendo isso será formado um ponto P’ na coordenada (1, b1 ). Repetindo esse processo para outros valores de x esboçamos o gráfico requerido.

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4. Prove que uma função 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 x1 6= x2 então a = A e b = B. Solução: Se bax1 = BAx1 e bax2 = BAx2 então: a x1

a x2 B = b A

A a Como x1 = 6 x2 , isto obriga = 1, ou seja, a = A. O que implica em: A B = (1)x1 b ⇒

B =1 b

⇒B=b C.Q.D.

5. Dados x0 6== 0 e y0 > 0 quaisquer, mostre que existe a > 0 tal que ax0 = y0 . Solução:  1 x0 1   Tomando a = y0x0 então ax0 = y0x0  = y0 , como requerido.

6. Dados x0 6= x1 e y0 , y1 não-nulos e de mesmo sinal, prove que existem a > 0 e b tais que b · ax0 = y0 e b · ax1 = y1 . Solução: Basta tomar a =

y0 y1

1 0 −x1

eb=

y0 . ax0

7. A grandeza y se exprime como y = b · at em função do tempo t. Sejam d o acréscimo que se deve dar a t para que y dobre e m (meia-vida de y) o acréscimo de t necessário para que y se reduza á metade. Mostre que m = −d e y = b · 2t/d , logo d = loga 2 = 1/log2 a.

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Solução: Vamos começar 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 bat = w então: wad =

√

4w √ ⇒ ad = 4 ⇒ d = log(a) = ⇒d=

1 log(4) 2

log(4) 2 · log(a)

C. Q. D. Provada a afirmação partiremos agora para a resolução do problema proposto. Seja y(t) = w considerando o enunciado temos: y(t + d) = bat+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 ⇒ bat ad = 4 · bat am ⇒ ad = 4am

⇒

ad =4 am 91

1 w (2) 2

log(4) . 2 · log(a)

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⇒ ad−m = 4 Aplicando logaritmo log ad−m = log(4) ⇒ (d − m)log(a) = log(4)

⇒d−m=

Uma vez que provamos que d =

log(4) log(a)

log(4) então 2 · log(a) d−m=

log(4) log(a)

⇒m=d−

⇒m=

log(4) log(a)

log(4) log(4) − 2 · log(a) log(a)

⇒m=−

log(4) = −d 2 · log(a)

⇒ m = −d Com isso fica provado que m = −d, e mudando a base de d de 10 para 2 concluı́-se também que:

log(4) 1 = 2 · log(a) log2 (a)

C. Q. D.

8. Observações feitas durante longo tempo mostram que, após perı́odo de mesma duração, a população da terra fica multiplicada pelo mesmo fator. Sabendo que essa população era de 2,68 bilhões em 1956 e 3,78 bilhões em 1972, pede-se: (a) O tempo necessário para que a população da terra dobre de valor; (b) A população estimada para o ano 2012; (c) Em que ano a população da terra era de 1 bilhão.

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Solução de a: Após um tempo “t” a população é uma expressão do tipo y(t) = b·eat onde “b” é a população 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 população da terra dobrar teremos: y(t) = 2b ⇒ be0.0215t = 2 b ⇒ e0.0215t = 2 ⇒ t ≈ 23, 24 Solução: 23,24 anos. Solução de b: Em 2012 teremos t = 56 (2012 − 1956 = 12), assim 2.68e0.0215·12 = 8.9bi Solução: A população da terra será de 8.9 bilhões. Solução de c: 2.68e0.0215t = 1 ⇒ 0.0215t · ln(e) = ln(1/2.68) t ≈ −45.87 Finalmente, fazendo 1956 + (−45.87) chegamos a solução. 1956 + (−45.87) = 1956 − 45.87 = 1910.13

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

9. Dê um argumento independente de observações para justificar que, em condições normais, a população da terra após o decurso de perı́odos iguais fica multiplicada pela mesma constante. Solução: ???

10. Resolva os exercı́cios do livro “Logaritmos”, especialmente os do último capı́tulo. Solução: O professor que cobrar do aluno essa questão é tão sem noção que merece uma surra!

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

Funções Trigonométricas

1. Determine os valores máximo e mı́nimo da função f : R → R definida por f (x) = 3/(2 + sen(x)). Solução: Como −1 ≤ sen(x) ≤ 1 então f(x) é máxima quando sen(x) = −1 (ou seja, quando o denominador de f(x) é mı́nimo) e mı́nima 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

Solução: Trace uma reta como a reta pontilhada na figura a seguir. 95

O A

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t B x O

Observe que ∆OBC ∼ ∆ TOA assim: CB OC sen(x) cos(x) sen(x) = ⇒ = ⇒t= AT OA t t cos(x)

3. Se sen(x) + cos(x) = 1.2, qual é o valor do produto sen(x) · cos(x)? Solução: 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 funções: secante: sec(x) =

1 se cos(x) 6== 0 cos(x)

cossecante: csc(x) =

1 se sen(x) 6== 0 sen(x)

cotangente: ctg(x) = cos(x)/sen(x) se sen(x) 6== 0. Mostre que: a) sec2 (x) = 1 + tg 2 (x)

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b) csc2 (x) = 1 + ctg 2 (x) Solução 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 + tg 2 (x) C.Q.D. Solução da letra b: 1 cos2 (x) + sen2 (x) cos2 (x) csc2 (x) = = =1+ = 1 + cotg 2 (x) 2 2 sen (x) sen (x) sen2 (x) ⇒ csc2 (x) = 1 + cotg 2 (x) C.Q.D.

5. Prove as identidades abaixo: a)

1 − tg 2 (x) = 1 − 2sen2 (x) 1 + tg 2 (x)

sen(x) = 1 + cos(x) csc(x) − ctg(x)

Solução de a: cos2 (x) − sen2 (x) sen2 (x) 2 1 − tg 2 (x) cos2 (x) cos (x) = = 1 + tg 2 (x) sen2 (x) cos2 (x) + sen2 (x) 1+ 2 cos2 (x) cos (x) 1−

cos2 (x) − sen2 (x) = cos2 (x) − sen2 (x) = 1 − 2sen2 (x) cos2 (x) + sen2 (x)

C.Q.D. Solução de b: sen(x) = csc(x) − cotg(x)

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

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

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π 1 6. Determine todas as soluções da equação cos 2x + = 3 2 Solução: 2x +

π π = 2kπ + ⇒ x = kπ 3 3

e também π π π = 2kπ − ⇒ x = kπ − 3 3 3

2x +

7. Se tg(x) + sec(x) =

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

Solução: tg(x) + sec(x) =

3 2

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

⇒ [2(1 + sen(x))] = (3 · cos(x)) 2

⇒ 4 (1 + sen(x)) = 9 · cos2 (x) ⇒ 4(1 + 2 · sen(x) + sen2 (x)) = 9 · cos2 (x) ⇒ 13sen2 (x) + 8sen(x) − 5 = 0 (1) Chamando sen(x) de y então (1) pode ser escrito como: 13y 2 + 8y − 5 = 0 ⇒ y = −1 ou y =

5 13

5 . 13 Entretanto, o problema da primeira solução é que quando x = 270◦ o cos(x) = 0◦ , sendo assim, 5 a única solução possı́vel ocorre para sen(x) = . 13 Como fizemos sen(x) = y então sen(x) = −1 o que implica em x = 270◦ ou sen(x) =

Substituindo esse valor em (1)

2(1 + sen(x)) = 3 · cos(x)

⇒ cos(x) =

2(1 + 5/13) 2 18 12 = · = 3 3 13 13 98

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⇒ cos(x) =

Solução: sen(x) =

12 13

5 12 e cos(x) = 13 13

8. Encontre as fórmulas para sen(2x), cos(2x) e tg(2x). Solução: sen(2x) = 2 · sen(x) · cos(x) cos(2x) = cos( x) − sen2 (x) tg(2x) =

2tg(x) 1 − tg 2 (x)

9. Observando a figura abaixo, mostre que AÔB = 45◦ . B 3 O

6 2 A

Solução: Fazendo AOP = α e BOP = β, temos tg(α) =

1 1 e tg(β) = . Logo, 2 3

1 1 + tg(α + β) = 2 3 = 1. Assim, AOB = α + β = 45◦ . 1 1 1− · 2 3

10. Se tg(x) =

1 , calcule tg(3x). 2

Solução: 1 2 = 11 tg(2x) = 1 2 1− 4 2·

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11. Calcular: 5π 5π a) y = sen · cos 12 12 π 1 + tg 12 b) y = π 1 − tg 12 Solução: a) 2y = 2sen

5π 12

· cos

5π 6

1 1 . Logo, y = . 2 4

π + tg 4 12π b) y = π 1 − tg · tg 4 12 tg

12. Determine o valor máximo e mı́nimo de y = 2sen2 (x) + 5cos2 (x). Solução: Esse é um caso em que se pode recorrer ao cálculo diferencial. Primeiro determinamos a derivada da função y. 0

y = −6 · sen(x) · cos(x) 0

Fazendo y (0) descobrimos os pontos crı́ticos da função. 0

y =0 ⇒ −6 · sen(x) · cos(x) = 0 ⇒ sen(x) · cos(x) = 0 Observando o ciclo trigonométrico 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

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Ou seja, o valor de máximo da função é 5 e o mı́nimo é 2.

13. Determine o valor máximo e mı́nimo de y = sen(x) + 2cos(x). Solução: Semelhante a questão 12.

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Agradecimento

Agradeço ao professor Everton Moraes, de Manaus, pela correção da questão 38 da página 78.

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