Lista7

Fun¸c˜ coes ˜ oes Polinomiais

0.1

Exerc´ Exerc´ıcios Recomendados Recomendados - unidade unidade 12

1.   Sejam P ( P (x) e p(x) polinˆomios omios n˜ao ao identicamente nulos tais que gr [P  [P ((x)] > gr [ p(  p(x)]. )]. (em (em que que gr signi significa fica o grau grau do polinˆ polinˆ omio.) omio.) Prove Prove que existe existe um polinˆ omio omio q (x) tal que gr[P  gr[P ((x)  p(  p(x)q (x)] < gr [P ( P (x)]. Usando Usando repetidamen repetidamente te este fato, mostre mostre que existem existem poli p olinˆ nˆ omios q (x) e r(x) tais que P ( P (x) = p(x)q (x) + r +  r((x), com gr [r [r (x)] < gr [ p(  p(x)]. Os polinˆ polinˆ omios omios q (x) e r(x), tais que P  que  P ((x) = p(  p (x)q (x) + r(x) com gr [r [r (x)] < )]    0. Conclua da´ menos uma raiz real. Seja p Seja  p((x) = a n xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , com a com  a n = 0, n ´ımpar; ımpar ; vamos supor sup or que a que  a n > 0 (o caso an   e x > 1. an−1 , . . . , a1 , a0   e 1. Afi 2 an

|

|

|

| || |

|

||

 |

|

 | |

3

 | |

Como x  > 1  >  1 temos

 | |

1 xk

1  ≤ | | |x|  para todo k ≥ 1, portanto |g(x)| ≤ a x− + · · · + xa− + xa ≤ ≤ |K x| + · · · + |xK − | + |xK | ≤

      n 1

1

0 n

n 1

n 1

n

≤ n|xK | < a2

n

e ent˜ ao ao an + g  +  g((x)

≥ a − |g(x)| ≥ a − a2 n

 p(  p(x)

=

an 2

2 n K  e x > 1, ent˜ao ao an

Levando esta informa¸c˜ cao a˜o em (*), temos: se x >

e se x <

n

n

≥ x

n

an >  0 2

ao (lembrando que n  ´e ´ımpa ım parr e p orta or tant ntoo x − 2 na K  e x < −1, ent˜ao

n

 0, existe ao menos um x∗ entre x1 e x2  tal que p(x∗ ) = 0. + a1 x + a  +  a0 , com a com  a n = 0. 7.   Seja p(x) =  a n xn + an−1 xn−1 + a)  Prove que se n se  n  ´e par, p(x) tem o mesmo sinal que an , para x  suficientemente grande. b)  Prove que se n  ´e ´ımpar, p(x) tem o mesmo sinal que an  para valores positivos muito grandes de x  e tem sinal oposto de an  para valores negativos de x  para os quais x  ´e muito muit o grande gra nde.. c) Conclua de (a) e (b) que  p(  p(x) cresce ilimitadamente, indiferentemente, n indiferentemente, n par  par ou o u ´ımpar, quando quand o x  cresce ilimitadamente. Vamos supor que a que a n > 0 (o caso a caso  an

 | |

2 n K  , an

|

| || |

para todo x com x  >

||

temos

 ≥ a − |g(x)| ≥ a −  a2

an + g  +  g((x)

2 n K  an

n

n

n

=

an >  0 2

 S e n  ´e par, pa r, temo te moss a)  Se  p(  p(x) =  x n (an + g  +  g((x)) =  x n

an >  0,  0 , 2

para todo x >

2 n K  . an

Como n >   0, temos xn >   0, portanto p(x) >   0: 0: assi assim m p(x) > 0 e an   tˆem em o mesmo sinal se 2 n K  x  > . an alogo. alogo. Suponhamos a Suponhamos  a n > 0. Como em (a), temos b)  Este caso ´e tratado de modo an´

||

|g(x)| ≤ a2 , n

para todo x > 4

2 n K  an

e portanto an + g(x)

≥ a − |g(x)| ≥ a2 − a2 n

que implica  p(x) = x n (an + g(x)) = x n Analogamente, se x <

n

n

an , 2

=

an 2 n K  > 0, para todo x > . 2 an an   e portanto 2

− 2 na K , temos |g(x)| ≤ n

an + g(x)

≥ a − |g(x)| ≥ a2 − a2 n

n

n

an , 2

=

an que implica p(x) = xn (an  + g(x)) = xn q (x) . Sejam p(x) = a n+r xn+r + + a1 x + a0 e q (x) = a n xn + + a1 x + a0 , com a n+r = 0 e b n = 0. Vamos escrever  p(x) = x n+r (an+r  + g1 (x)) e q (x) = x n (bn + g2 (x))

 |

···

ent˜ao

| |

|

···

 

 p(x) xn+r (an+r  + g1(x)) xr (an+r  + g1 (x)) = = q (x) xn (bn + g2 (x)) bn + g2 (x)

∈ R  tal que |g (x)| < |a 2 | e

Procedendo como nos Exerc´ıcios 6 e 7, mostramos que existe T 

1

|g (x)|  T . Portanto temos 2

 

n+r

n

|a  + g (x))| ≥ |a | − |g (x))| ≥ |a | − |a 2 | ≥ |a 2 | |b  + g (x)| ≤ |b | + |g (x)| ≤ |b | + |b2 | ≤ |b2 | n+r

n

Portanto

1

n+r

2

n

r

1

n+r

n+r

2

n

n

n+r

n

r

| p(x)| = |x (a  + g (x))| ≥ |x | |a | 2 = |x | |a | |q (x)| |b  + g (x)| |b | 2 |b | |b | , temos | p(x)| > 1, ou seja | p(x)| > |q (x)|. Para |x|  > |a | |q (x)| umero par ent˜ ao o polinˆomio p(x) = x + x − + ··· + x + 1 n˜ao possui 9.  Mostre que se n ´e um n´ raiz real. A express˜ao de p(x) ´e a soma de uma PG de raz˜ ao x; portanto, se x =  1, temos 1−x x −1 .  p(x) = = 1−x x−1 − 1 = 0; assim, p(x) = 0, para todo x = 1. Al´em disso, Como x  = 1 e n + 1 ´e ´ımpar, temos x como p(1) = n + 1 temos que x = 1 n˜ao ´e raiz de p. Logo p n˜ao possui raiz real. √  1 5 10.   Tomando x  = 3, use a rela¸ca˜o de recorrˆencia x = x  +  para calcular 5 com 2 x √  trˆes algarismos decimais exatos. (Por exemplo: sabemos que 1,414 ´e uma aproxima¸ c˜ao de 2 com n+r

n

  n

1

r

n+r

2

n+r

n

n

1/r

n+r

n

n+1

n 1

n+1

n+1

0

n+1

5



n

n



trˆes algarismos decimais exatos porque 1, 4142  1, donde concluimos que ar < as . Logo a f  ´e crescente. O caso 0 < a  0 Em cada um dos itens denotamos por S   o conjunto solu¸ca˜o das inequa¸co˜es propostas. (a) 32 x+2 3x+3 > 3 x 3  3 2 x 32 3x 33 3x + 3 > 0  9 (3x )2 28 3x + 3 > 0: Fazendo 3x = y, obtemos 9 y 2 28 y + 3 > 0, que ´e equivalente a termos y < 91 ou y > 3. Como y = 3x, a condi¸ca˜o fica 3x < 91 ou 3x > 3, isto ´e, 3x < 3−2 ou 3x > 3, mostrando que x < 2 ou x > 1. Assim, S  = ( , 2) (1, + ). x 1−x (b) 2 1 > 2  2 x 1 > 22x  2 x (2x 1) > 2 (2x )2 2x 2 > 0: Fazendo 2x = y, obtemos y 2 y 2 > 0, que ´e equivalente a termos y < 1 ou y > 2. Mas, y = 2x , logo 2x < 1 ou 2x > 2. Lembrando que 2x > 0 para todo x  R , temos 2x > 2, ou seja x > 1. Assim, S  = (1, + ).  4 x 41/2 + 5 2x + 2 > 0  2 (2x )2 + 5 2x + 2 > 0. (c) 4x+1/2 + 5 2x + 2 > 0 Fazendo 2x = y, obtemos 2 y2 + 5 y + 2 > 0, que ´e equivalente a termos y < 2 ou y > 12 . Como y = 2x , segue que 2x < 2 ou 2x > 12 . Lembrando que 2x > 0 para todo x R, temos 2x > 12 , ou equivalentemente, x R. Assim, S  = R.

−

−

− −  ⇐⇒

−

−

−

−

− − · − · −

−∞ − ∪ ∞ ⇐⇒ −  ⇐⇒ − − −  − ∞ · ⇐⇒ · ·  −  − ∈

−

·

⇐⇒

− ·

 −

− −

 −

 ∈

 ⇐⇒ ·

·

 −

 −

 ∈

5.  Mostre que lim ah = 1. h→0 umero real  a = 1, em  Vamos utilizar o Lema 8.3 do livro N´ umeros e Fun¸c˜oes Reais:  Fixado o n´  todo intervalo n˜  ao degenerado de  R+ existe alguma potˆ encia  ar , com  r Q. Suponhamos a > 1. O caso 0 < a 0). Logo h( k ) = y   para todo h(y) = k y, para todo y y/k y R. Temos ent˜ao f (2 ) = y, para todo y R, ou seja f  (21/k )y = y, para todo y R. Denotando a = 21/k , temos f (ay ) = y, para todo y R; assim, f  ´e a inversa da fun¸c˜ao exponencial y R  a y  (0, + ). Logo, f (x) = loga x. R  uma fun¸ca˜o crescente tal que f (x y) = f (x) + f (y), para todo x, y 2.   Seja f : (0, + ) (0, + ). Usando a id´eia do exerc´ıcio anterior, prove que existe a > 0, a = 1 tal que f (x) = loga x.

 ∈  ∈ → ∈ ∞

∈

 ∈  ∈

∞ ∞  →

∈

 

 ∈

 ∈



umero x se sabemos que para todo a = 0, logx (a2 + 2)  1, temos x  1. R  definida por g(x) = loga f (x) ´e linear. (Use o Teorema (1,0) (b) Pondo a = f (1) a fun¸c˜ao g :  R Fundamental da Proporcionalidade.) (0,5) (c) Para todo x R, g(x) = x, onde g ´e a fun¸c˜ao definida no item (b). (0,5) (d) f (x) = a x para todo x R. UMA SOLUC ¸  ˜ AO O objetivo desta quest˜ao ´e mostrar que ´e poss´ıvel caracterizar a fun¸ c˜ao exponencial a partir da fun¸c˜ao logaritmo, sem usar argumentos geom´etricos, como est´a no livro no caso de logaritmos naturais. (a) Sendo crescente, f  n˜ao ´e identicamente nula. Da´ı resulta que f (x) = 0 para todo x R, pois se existisse x 0 R com f (x0 ) = 0 ter´ıamos, para qualquer x R,

·

∈

∈

→

 ∈

→

∈

 ∈



∈

f (x) = f (x0 + (x

∈

− x )) = f (x ) · f (x − x ) = 0 0

0

0

e f  seria identicamente nula. Em seguida, notamos que x x x x x f (x) = f ( + ) = f ( ) f ( ) = [f ( )]2 > 0 2 2 2 2 2

·

para todo x R. Vamos mostrar que f (0) = 1. Como f (0) = f (0 + 0) = f (0) f (0), ent˜ao f (0) ´e solu¸c˜ao positiva da equa¸c˜ao x = x 2. Como essa equa¸c˜ao s´ o tem 1 como solu¸c˜ao positiva, a igualdade est´a demonstrada.

∈

·

R ´e crescente e satisfaz g(x+y) = (b) O Teorema Fundamental da Proporcionalidade diz que se g :  R g(x) + g(y) para quaisquer x , y R, ent˜ao g ´e linear, isto ´e, g(x) = c x, com c > 0. No nosso caso, temos

→

 ∈

g(x + y) = loga f (x + y) = loga [f (x) f (y)] = loga f (x) + loga f (y) = g(x) + g(y);

·

para quaisquer x , y R. (c) Temos g(1) = loga f (1) = loga a = 1, portanto g(x) = x para todo x R. (d) Como acabamos de ver, loga f (x) = x, para todo x R. Como loga ax = x e a fun¸c˜ao loga ´e injetiva, segue-se que f (x) = a x .

 ∈

 ∈

 ∈

Quest˜ ao 3.  (a) Usando as f´ormulas para cos(x + y) e   sen(x + y), prove que tg (x

− y) = 1tg+xtg−xtgtgyy

(b) Levando em conta que um ˆangulo ´e m´aximo num certo intervalo quando sua tangente ´e m´axima, use a f´ormula acima para resolver o seguinte problema: Dentro de um campo de futebol, um jogador corre para a linha de fundo do time advers´ ario ao longo de uma reta paralela ´a lateral do campo que cruza a linha de fundo fora do gol (ver Figura). Os postes da meta distam a e b (com a < b) da reta percorrida por ele. Mostre que o jogador vˆe a meta sob ˆangulo m´aximo quando sua distˆancia x ao fundo do campo ´e igual a ab.

√ 

44

                                           b                 a              β       α                 

x

Pela figura temos tg (α) = tg (β 

a b e tg (β ) = . Portanto x x

−

b tg β  tg α x α) = = 1 + tg α tg β  1 +

 −

−

a x ab x2

=

b a x + axb

−

Como o numerador b a ´e constante, tg (β  α) ´e m´axima quando o denominador for m´ınimo. Ou seja, ´e preciso achar x  que minimiza a express˜ao x + axb . Como a m´edia aritm´etica ´e sempre maior

−

 −

do que ou igual `a m´edia geom´etrica, ent˜ao

√ 

1  (x + axb ) 2

   ≥

x +

ab x

=

√ ab, ou seja, o denominador ´e

sempre maior do que ou igual a 2 ab. A igualdade vale se e somente se os dois termos da m´edia s˜ao iguais, isto ´e, quando x = ab. Portanto x + axb atinge seu menor valor quando x = ab.

√ 

√ 

Quest˜ ao 4. (1,0) (a)   24h ap´os sua administra¸ca˜o, a quantidade de uma droga no sangue reduz-se a 10% da inicial. Que percentagem resta 12h ap´ os a administra¸c˜ao ? Justifique sua resposta, admitindo que o decaimento da quantidade de droga no sangue ´e exponencial. (1,0) (b)  Em quanto tempo a quantidade de droga no organismo se reduz a 50% da dose inicial? (0,5)  (c) Se a mesma droga for administrada em duas doses de 10 mg com um intervalo de 12h, qual ´e a quantidade presente no organismo ap´ os 24h da primeira dose? UMA SOLUC ¸  ˜ AO (a) Sendo exponencial, a quantidade de droga no organismo obedece `a lei c0 at , onde a   ´e um n´umero entre 0 e 1, c0  ´e a dose inicial (obtida da express˜ ao para t = 0) e t ´e medido, por exemplo, 1 c0 em horas. Ap´os 24h a quantidade se reduz a 10  da inicial, isto ´e, c0 a24 = 10  . c 1 1 24 12 12 0 Portanto a = 10  . Da´ı segue que a = √ 10 , e que c0 a = √ 10 Ent˜ao a quantidade de droga ap´os 12h ´e a quantidade inicial dividida por 10. (b) Para saber o tempo necess´ario para a redu¸ c˜ao da quantidade de droga `a metade (isto ´e, a 1 meia-vida da droga no organismo), basta achar t que cumpra at = 21 . Como a24 = 10   implica

√ 

a

24 s

=

 1 10

s

a resposta ´e t = 24 s, onde s ´e tal que 10−s = 2−1 . Da´ı segue que s = log10 2 e que t = 24 log10 2. 0 (c) A quantidade logo ap´os a primeira dose ´e c 0 . Ap´os 12h ela decai para √ c10 . Uma nova administra¸c˜ao a eleva para c0 +  c100 = c 0 (1+ √ 110 ). Ap´os mais 12h essa quantidade ´e dividida por 10, passando

 

a ser c0 √ 110 +

1 10

√  √  , logo, com c  = 10 mg, restar˜ao, ap´os 24h da primeira dose, (1 + 10) mg. 0

3a.  Prova de 2011 45

Quest˜ ao 1. (1,0)   (a) Prove isto: Se um n´ umero natural n˜ao ´e o quadrado de um outro n´ umero natural, sua raiz quadrada ´e irracional. (1,0)  (b) Mostre que 2 + 5 ´e irracional. UMA SOLUC ¸  ˜ AO

√  √  p q

 ∈ N . Se  ∈  Q  ´e tal que

(a) Seja n

  p q

2

= n, ent˜ao p2 = n q 2 . Como os fatores primos de p2 e

q 2 aparecem todos com expoente par, o mesmo deve ocorrer com os fatores primos de n. Ent˜ao n ´e o quadrado de algum n´umero natural. (b) Se w = 2 + 5 fosse racional ent˜ao seu quadrado

√  √ 

√  √ 

w2 = ( 2 + 2

tamb´em seria. Mas w 2−7 = de um n´umero natural.

√ 

√ 

5)2 = 2 + 2 10 + 5 = 7 + 2 10

√ 10 tamb´em seria racional, o que n˜ao ´e poss´ıvel, pois 10 n˜ao ´e o quadrado

Quest˜ ao 2. (2,0)  No instante em que uma pedra caiu (sem sofrer impulso inicial) ao momento em que se ouviu o som de seu choque com a ´agua no fundo do po¸co decorreram S  segundos. Calcular a profundidade do po¸co. Dar a resposta em fun¸c˜ao da acelera¸c˜ao g da gravidade e da velocidade v do som. Usar a f´ormula s = g2 t2 do espa¸co percorrido no tempo t por um corpo em queda livre que partiu do repouso. DUAS SOLUC ¸  ˜ OES Uma solu¸c˜ ao.  O tempo S  = t 1 + t2  ´e a soma do tempo t1  que a pedra levou para chegar ao fundo mais o tempo t2   que o som levou para vir at´e o n´ıvel da borda. Chamando de x a profundidade do po¸co, temos x = g2 t21  e, por outro lado, x = v t2 = v(S  t1 ). Logo g 2  t 2 1

− = v(S  − t ) 1

ou g t21 + 2 v t1

− 2 v S  = 0,

que ´e uma equa¸c˜ao quadr´atica na inc´ognita t1 . As solu¸co˜es desta equa¸c˜ao s˜ao

−2 v +

 

4 v 2 + 8 g v S  , 2g

−2 v −

 

4 v 2 + 8 g v S  2g

A segunda ´e negativa e neste problema n˜ao faz sentido. A primeira ´e positiva, porque 4 v 2 = 2v. Ent˜ao, dividindo por 2 o numerador e o denominador da fra¸c˜ao ,

√ 

t1 =

 −v +

logo x = v t2 = v(S 

 −

 

 

4 v2 + 8 g v S >

v 2 + 2 g v S  g

 v 2 v + t1 ) = S v + g g

 

v2 + 2 g v S .

Outra solu¸c˜ ao.  A solu¸ca˜o ´e essencialmente determinada por aquilo que escolhemos como inc´ ognita (t1 , t2 ou x). Se equacionarmos diretamente em x   iremos pelo seguinte caminho. Observe que t1 = 2 xg e t 2 = xv . Ent˜ao, de t1 + t2 = S  resulta uma equa¸c˜ao em x:

√ 

x + v Definamos y =

  √  −   − 2 g −1 x

S  = 0.

√ x. Ent˜ao precisamos achar solu¸co˜es positivas de v −1 y 2 +

2 g −1 y 46

S  = 0.

A ´unica solu¸c˜ao positiva dessa equa¸ca˜o quadr´atica ´e

       −   

 − y = Ent˜ao

2 g −1 +

v2 2 x = y = + 4 g 2

2 g −1 + 4 S v −1 . 2 v −1

2  4 S  + g v

2

 4 8 S  + , g2 vg

que equivale `a express˜ao obtida na primeira solu¸c˜ao .

Quest˜ ao 3 . Percorrendo, ao longo de uma reta horizontal, a distˆancia d = AB em dire¸c˜ao `a base ˆ e inacess´ıvel de um poste CD, nota-se (com o aux´ılio de um teodolito) que os ˆangulos C AD C  ˆ BD   medem, respectivamente, α e β   radianos. D    Qual ´e a altura do poste CD?                     Temos CD = AC  tg α = BC  tg β . Como AC  =             BC  + d, vem (BC  + d) tg α = BC  tg β , e da´ı                   tg α       BC  = d    tg α tg β    β d   α       e A B C  tg α tg β  CD = BC  tg β  = d tg α tg β 

−

−

Quest˜ ao 4. (2,0)  Um reservat´orio cont´em uma mistura de ´agua com sal (uma salmoura), que se mant´em homogˆenea gra¸cas a um misturador. Num certo momento, s˜ao abertas duas torneiras, com igual capacidade. Uma despeja ´agua no reservat´ orio e a outra escoa. Ap´ os 8 horas de funcionamento, verifica-se que a quantidade de sal na salmoura reduziu-se a 80% do que era antes que as torneiras fossem abertas. Que percentagem do sal inicial permanecer´a na salmoura ap´ os 24h de abertura das torneiras? UMA SOLUC ¸  ˜ AO Seja M 0  a massa de sal existente no in´ıcio da opera¸ c˜ao . Decorrido o tempo t, essa massa ser´a t M (t) = M 0 a , onde a ´e uma constante (0 < a < 1). Isto se justifica porque, sendo a salmoura da torneira de sa´ıda uma amostra da salmoura do tanque, supostamente homogˆenea, a quantidade de sal que sai por unidade de tempo ´e proporcional `a quantidade de sal no tanque, e isto ´e o princ´ıpio que rege o decaimento exponencial. No entanto, a constante a n˜ ao precisa ser calculada para se resolver o problema. O enunciado nos diz (supondo o tempo t medido em horas) que M (8) = M 0 a8 = 0, 8 M 0, logo a8 = 0, 8. Ap´os 24 horas, a quantidade de sal ´e M 0 a24 . Ora, a24 = (a8 )3 = 0, 83 = 0, 512. Portanto a resposta ´e 51, 2%, isto ´e, pouco mais que a metade.

3.2

Provas de 2012 Primeira Prova de 2012 √ 

umeros racionais tais que a 2 + b Quest˜ ao 1.   Prove que se  a, b, c e d s˜ao n´ ent˜ao a = c e b = d. UMA SOLUC ¸  ˜ AO

√ 3 = c√ 2 + d√ 3

√  √  √  √  √  √  A igualdade a 2 + b 3 = c 2 + d 3  implica que ((a −  c) 2 = (d −  b) 3. Suponha que  (c, d). tenhamos (a, b) = Ent˜ao teremos a =   c ou b =  d. Digamos que b =  d (o caso a =  c ´e an´alogo). Neste caso podemos dividir ambos os lados por d − b, e teremos √ 3 a−c = √  . d−b 2 47

Como  a, b, c, d  s˜ao todos racionais, o lado esquerdo ´e racional e igual a alguma fra¸ c˜ao irredut´ıvel . Mas a´ı ter´ıamos 3q 2 = 2 p2 ,

p q

o que ´e imposs´ıvel, pois o lado esquerdo tem um n´ u mero par de fatores 2 e o lado direito tem um n´umero ´ımpar (ou: o lado esquerdo tem um n´ umero ´ımpar de fatores 3 e o lado direito tem um n´ umero par).

R  uma fun¸c˜ao crescente tal que, para todo x  racional, vale f (x) = a x + b Quest˜ ao 2.   Seja f : R (com a, b R  constantes). Prove que se tem f (x) = a x + b tamb´em se x for irracional. UMA SOLUC ¸  ˜ AO

→

∈

Dado x  irracional, podemos achar r e s  racionais com r < x < s, sendo s r t˜ao pequeno quanto desejemos. Como f   ´e crescente, da´ı vem f (r) < f (x) < f (s), ou seja, a r + b < f (x) < a s + b. Como f  ´e crescente, ent˜ao a > 0, logo podemos subtrair b de cada termo e dividir por a, sem alterar a dire¸c˜ao das desigualdades: f (x) b r< < s. a

−

−

Como r e s podem ser escolhidos t˜ao pr´ oximos de x quanto desejemos, isto nos obriga a ter e, portanto, f (x) = a x + b.

f (x) b a

− = x

Quest˜ ao 3. R  tal que g :  R R, definida por g(x) = f (x) 1 , tenha (a) Determine uma fun¸c˜ao afim f : R o gr´afico abaixo. (b) Expresse g   na forma g(x) = A + α 1 x  a 1  + α 2 x  a 2  +  + α n x  a n , para algum n, explicitando os valores de A, α1 , . . . , αn .

→

→ | − | · ··

| − |

                               2                   . 1                                             

|

| − |

|−



y

−2

−1



0

x

UMA SOLUC ¸  ˜ AO (a)   Observa¸c˜ao: Em princ´ıpio n˜ao ´e necess´ario “deduzir”quem ´e f , basta apresentar uma fun¸c˜ao candidata e verificar. No entanto, dois argumentos para obtˆe-la seguem abaixo. a direita, vale g(x) = 2 x + 2. Portanto para x 1, Primeiro argumento: No trecho afim mais ` vale, f (x)  1 = 2 x + 2. Ent˜ao, no intervalo ( 1, + ), a express˜ao f (x)  1  n˜ao se anula, logo ou ´e sempre negativa, e neste caso ter-se-´a f (x) 1 = f (x) + 1, ou ´e sempre positiva, e neste caso ter-se-´a f (x) 1 = f (x) 1. No primeiro caso, ter´ıamos f (x) + 1 = 2 x + 2, ou f (x) = 1 2 x, em particular f (0) = 1, o que ´e imposs´ıvel. Ent˜ao s´o resta segunda op¸c˜ao , e f (x) 1 = 2x + 2, de onde f (x) = 2 x + 3, para x 1. Conclu´ımos que f (x) = 2 x + 3 ou f (x) = 2x 3. Ambas as possibilidades s˜ao v´alidas, e escolhemos a primeira f (x) = 2 x + 3. A´ı observamos que essa escolha de f (x) tamb´em funciona nos demais trechos afins.

 ||

|

|− |

|  − −  | | −  − −

 ||

| − |  | | −  | |  −  | |

− ∞  || | − |  −|  ≥ −

48

 | | − | |  −| |

 ≥ −

Segundo argumento: Suponha que a taxa de varia¸c˜ ao de f  seja positiva. Ent˜ao, para x suficientemente

afastado para a direita da raiz de f, f   ´e positiva e maior do que 1, de modo que f (x) 1  = f (x) 1. No trecho mais `a direita, isso d´a 2 x + 2, e da´ı se conclui que f (x) = 2 x + 3. Nos outros intervalos, basta verificar. Verifica¸c˜ ao:  Para verificar que g(x) = f (x) 1  olha-se a coincidˆencia das fun¸co˜es em cada trecho afim. Os dois lados s˜ao afins nos mesmos intervalos: ( , 2], [ 2, 32 ], [ 32 , 1] e  [1, + ). Logo basta verificar a coincidˆencia entre as fun¸ co˜es em dois pontos de cada intervalo. Basta, portanto, 3 verificar que coincidem em 3, 2, 2 , 1, 0, o que pode ser feito facilmente.

||

 ||

|− |

−∞ −

− −

|− |

−

− −

∞

 − − − − ´ natural tomar a  =  −2, a  = − e a  = −1. Ent˜ao buscamos escrever (b) E 1

2

3 2

3

g(x) = A + α x + 2 + β  x +

|

|

|

3 + γ  x + 1 2

|

|

|

Impondo g(0) = 2, g( 1) = 0, g( 32 ) = 1 e g( 2) = 0, obtemos quatro equa¸c˜oes lineares nas inc´ognitas  A, α, β  e γ . Resolvendo o sistema, chegamos em A = 1, α = γ  = 2 e  β  = 2, logo na fun˜ao dada por 3 x 1 + 2 x + 2 2 x + + 2 x + 1 . 2 Resta ver que essa fun¸c˜ao ´e realmente a fun˜ao g. Essa verifica¸c˜ao ´e feita da mesma maneira que na quest˜ao (a).

−

−

−

 −→ −

|

 −

|− |

−

−| |

|

Quest˜ ao 4.  Ache uma fra¸c˜ao ordin´aria igual ao n´umero real α = 3, 757575 . . . . UMA SOLUC ¸  ˜ AO Se α ´e o n´ umero acima ent˜ao 100 α = 375, 757575 . . . . Subtraindo as duas igualdades, vem 99 α = 372, 0000 . . . . Logo α = 372  . 99

R, em que Quest˜ ao 5.  Considere as seguintes possibilidades a respeito das fun¸c˜oes afins f , g :  R f (x) = a x + b e g(x) = c x + d. A) f (x) = g(x) para todo x R. B) f (x) =  g(x) seja qual for x R. C) Existe um u´nico x R  tal que f (x) = g(x). Com essas informa¸co˜es , i)  Exprima cada uma das possibilidades acima por meio de rela¸c˜oes entre os coeficientes  a, b, c e d. ii)  Interprete geometricamente cada uma dessas 3 possibilidades usando os gr´aficos de f  e g. UMA SOLUC ¸  ˜ AO:

→

 ∈

 

 ∈

∈

(i) A possibilidade A) ocorre se, e somente se, a = c e b = d. Prova: Se a = c e b = d ent˜ao, para qualquer x R, tem-se f (x) = a x + b = cx + d = g(x). Por outro lado, se f (x) = g(x)  para qualquer x R, ent˜ao, em particular, f (0) = g(0), ou seja, a 0 + b = c 0 + d, isto ´e, b = d; al´em disso, f (1) = g(1), implicando a 1 + b =  c 1 + d, ou seja, a = c (usando que b = d). A possibilidade B) ocorre se, e somente se, a = c e b =  d. Prova: Se a = c  e  b =  d, ent˜ao f (x) g(x) = (a c)x + (b d) = b d = 0, para qualquer x R. Por outro lado, se f (x) =  g(x) para qualquer x R  ent˜ao f (x) g(x) = (a c)x + (b d) = 0 para qualquer x R, ou seja, (a c) x + (b d) n˜ao tem raiz. Mas isto s´ o ocorre se a = c  e  b =  d. A possibilidade C) ocorre se, e somente se, a =  c. b Prova: Se a = c ent˜ao f (x) g(x) = (a c)x + (b d) tem u´nica raiz igual a ad− −c  , logo este ´e o ´unico ponto x tal que f (x) = g(x). Por outro lado, se existe um ´unico ponto x tal que f (x) = g(x) ´e porque a diferen¸ca f (x) g(x) = (a c)x + (b d) tem uma u´nica raiz, ou seja, a c = 0. (ii) No caso A), os gr´aficos de f  e g  s˜ao retas coincidentes. No caso B), os gr´aficos de f  e g  s˜ao retas paralelas. No caso C), os gr´aficos de f  e g  s˜ao retas concorrentes.

·

 ∈  ∈

·



 ∈  



−

− − −

∈

−

−

−

−



·



−

−

− 

·

−

−  

−

−

Segunda Prova de 2012 49

−  

∈

Quest˜ ao 1.   Seja f : R  R  uma fun¸c˜ao tal que f (0) = 0 e f (x) f (y)  = x y  para quaisquer x, y R. Prove que ou f (x) = x para todo x ou ent˜ao f (x) = x seja qual for x. UMA SOLUC ¸  ˜ AO:

 →

 ∈

 |

−

−

|  | − |

Tomando y = 0, vemos que f (x)  = x , logo f (x) = x para todo x. Resta mostrar que n˜ao se pode ter f (x1 ) = x 1 e f (x2 ) = x2 com x 1 e x2  n˜ao nulos. De fato, se isto ocorresse, ent˜ao

 | | | |  ± − |x  + x | = |x − (−x )| = |f (x ) − f (x )| = |x − x |. Elevando ao quadrado ambos os lados da igualdade |x  + x |  =  |x − x |  concluir´ıamos que x x = −x x , isto ´e, que  x x  = 0, o que ´e uma contradi¸c˜ao com o fato de x e x  serem ambos nulos. 1

2

1

2

1

1

1

2

1

2

2

1

1

2

2

2

1

1

2

2

Quest˜ ao 2.  Dada a fun¸c˜ao quadr´atica f (x) = a x2 + b x + c, consideremos as fun¸co˜es afins g(x) = m x + t, onde m ´e fixo e t ser´a escolhido convenientemente. Prove que existe uma (´ unica) escolha de t   para a qual a equa¸c˜ao f (x) = g(x)   tem uma, e somente uma, raiz x. Interprete este fato geometricamente em termos dos gr´aficos de f  e g. UMA SOLUC ¸  ˜ AO: A equa¸c˜ao f (x) = g(x) significa a x2 + (b m) x + c t = 0. Esta equa¸c˜ao do segundo grau tem uma raiz u´nica se, e somente se, seu discriminante (b m)2 4 a (c t) ´e igual a zero, ou seja, 2 se t = c (b−4m) (observando que a = 0, j´a que f   ´e quadr´atica). Ao variar t, a reta gr´afico de g se a desloca paralelamente a si mesma e toca a par´abola gr´afico de f  num s´o ponto quando ´e sua tangente. Este ´e o valor de t  que foi calculado.

−

−

− − −

 

−

Quest˜ ao 3.   Dados os pontos A = (3, 7), B = (4, 5), C  = (5, 5) e D = (5, 3) em R2 , determine a fun¸c˜ao afim f (x) = a x + b cujo gr´afico cont´em trˆes desses pontos. UMA SOLUC ¸  ˜ AO: As inclina¸co˜es dos segmentos AB, AC  e AD s˜ao, respectivamente, 2, 1 e 2. Portanto A, B e D s˜ao colineares. O segmento C D ´e vertical, logo C  e D n˜ao podem pertencer ao gr´afico de uma fun¸c˜ao afim. Logo, al´em de   A, B, D s´o resta a possibilidade de que A, B e C   sejam colineares. No entanto, AB tem inclina¸c˜ao 2 e BC  tem inclina¸c˜ao 0, ent˜ao A, B e C  n˜ao podem ser colineares. Assim, A, B e D s˜ao os u´nicos trˆes pontos colineares dentre os quatro pontos dados. A fun¸ c˜ao afim cujo gr´afico os cont´em ´e f (x) = a x + b  tal que f (3) = 7 e f (4) = 5. Portanto 3 a + b = 7 e 4 a + b = 5. Da´ı resulta que a = 2 e b = 13. A fun¸c˜ao procurada ´e f (x) = 2 x + 13.

 − −  −

 −

−

−

Quest˜ ao 4.  A popula¸c˜ao de uma cultura de bact´erias, num ambiente controlado, ´e estimada pela ´area que ocupa sobre uma superf´ıcie plana e tem taxa de crescimento di´aria proporcional a seu tamanho. Se, decorridos 20 dias, a popula¸c˜ao duplicou, ent˜ao ela ficou 50% maior (a) antes de 10 dias. (b) ao completar 10 dias. (c) ap´ os 10 dias. Escolha a resposta certa e justifique sua op¸ca˜o. UMA SOLUC ¸  ˜ AO: Se p0  ´e a popula¸c˜ao original, ap´os decorridos t dias a popula¸c˜ao p = p(t) ser´a dada por p = p 0 at , onde a ´e uma constante maior do que 1. Temos p0 a20 = 2 p0 , logo a20 = 2. Ent˜ao p(10) = p 0 a10 =  p0 a20 = p 0 2  1, 414 p0 . Ent˜ao p(10) < 1, 5 p0 , o que nos faz concluir que o crescimento de 50% ser´a atingido ap´ os os primeiros 10 dias. A op¸c˜ao correta ´e (c).

√ 

√   

Quest˜ ao 5.  Dados n´umeros reais positivos x e y, ache α e β  tais que cos x cos y = 21 cos α +  12 cos β . Em seguida mostre como (mediante o uso de uma tabela de fun¸c˜oes trigonom´etricas) esta igualdade pode ser empregada para reduzir o produto de dois n´ umeros reais positivos quaisquer `as opera¸co˜es de soma e divis˜ao por 2.

·

50

UMA SOLUC ¸  ˜ AO: A f´ormula do cosseno de uma soma, junto com a observa¸c˜ao de que   sen( y) =

−

cos(x + y) = cos x cos y

·

− sen y, nos d´a

− sen x · sen y

e

− y) = cos x · cos y + sen x · sen y, logo cos(x + y) + cos(x − y) = 2 cos x · cos y. Da´ı resulta a igualdade proposta, com α = x + y e β  = x − y. Em seguida, se a e b s˜ ao n´umeros reais positivos quaisquer, dados por suas express˜oes cos(x

decimais, deslocando as v´ırgulas que separam suas partes inteiras (altera¸c˜ao que pode facilmente ser refeita no final), podemos supor que esses n´ umeros s˜ao ambos compreendidos entre 0 e 1. A tabela nos d´a x e y   tais que cos x = a e cos y = b. E a igualdade inicial fornece a b   = cos x  cos y = 1 (cos(x + y) + cos(x y)). Na pr´atica, ´e preciso 2 (i)  tomar x e y pela tabela; (ii)  calcular x + y e x y; (iii)  obter seus cossenos, tamb´em pela tabela; (iv)  somar os cossenos; e (v)  dividir por 2. Este artif´ıcio era usado pelos astrˆ onomos antes da descoberta dos logaritmos.

 ·

− −

a  Prova de 2012 3¯

 √ 

Quest˜ ao 1. (2,0)  Sejam a, x n´umeros reais positivos, com a < x. Pondo y = 21 (x + xa ), prove que a < y < x. Solu¸c˜ ao: Recordemos que a m´edia geom´etrica de dois n´ umeros ´e menor que a m´edia geom´etrica aritm´etica desses n´umeros, e estas m´edias coincidem se e somente se os n´ umeros s˜ao iguais. Como a < x, a x2 −a a 2 temos a < x e portanto x x = x > 0, donde x > x . Temos ent˜ao y = 21 (x+  ax ) > x xa = a. Para mostrar a outra desigualdade, notemos que, como a < x2 , temos

 √ 

 √ 

 

−

1 a 1 y = (x +  ) = 2 x 2

 √ 

    x2 + a x

2 x2 x

1  < 2

√ 

 = x .

Logo, a < y < x. R  ´e o conjunto f (R) Quest˜ ao 2. (2,0)  A imagem (ou conjunto de valores) de uma fun¸c˜ao f :  R cujos elementos s˜ao os n´ umeros f (x), onde x ´e qualquer n´umero real. Determine as imagens da fun¸c˜ao afim f :  R  R , f (x) = r x + s, e da fun¸c˜ao quadr´atica g : R  R , g(x) = a x2 + b x + c. Discuta as possibilidades e justifique suas afirma¸co˜es.

→

 →

 →

Se r = 0, temos f (x) = s, para todo x R. Logo, a imagem de f  ´e f (R) = s Suponhamos agora r = 0. Afirmamos que a imagem de f  ´e f (R) = R. De fato, dado y f´acil ver que o n´ umero x = y−r s  satisfaz f (x) = y. Consideremos agora a fun¸c˜ao g. Vamos fazer a an´alise para a > 0. Podemos escrever

∈

 

g(x) = a

 ≥ 2

{}

  −  x +

b 2a

2

 ∈  R , ´e

∆ . 4a

∆ 0, temos g(x) Como x + 2ba , para todo x. Isto mostra que g(R) [ 4∆a , + ). Para 4a ∆ R   tal que g(x) = y, isto ´e, mostrar a outra inclus˜ao, tomemos y . Vamos procurar x 4a 2 a x + b x + c y = 0. O discriminante desta equa¸c˜ao ´e

 ≥ − ≥−

−

∆ = b 2

∈

2

 ⊂ −

∞

− 4 a (c − y) = b − 4 a c + 4 a y = ∆ + 4 a y ≥ ∆ − ∆ = 0 Como ∆ ≥  0, a equa¸c˜ao a x + b x + c − y = 0 tem ao menos uma solu¸c˜ao, isto ´e, existe x ∈ R tal 2

que g(x) = y.

51

Logo g(R) = [ 4∆a , + ). Considera¸co˜es an´alogas mostram que, se a  0, se x > x0 .

 −

 

 ∈

 −

 ≥

 −

 −

−

(b)   Se a multiplicidade da raiz x0   ´e um n´umero ´ımpar, digamos 2 i + 1, de p(x), ent˜ao p(x) = (x  x 0 )2 i+1 q (x), para algum polinˆomio q (x), com q (x0 ) = 0: para fixar as id´ eias, suponhamos q (x0 ) > 0 (tudo ´e an´alogo se q (x0 ) < 0). Como q   ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua e q (x0 ) > 0, existe r > 0 em que q (x) 0   para todo x (x0  r, x0 + r). Como (x  x 0 )2 i+1 < 0, para todo x < x0 e (x  x 0 )2 i+1 > 0, para todo x > x0 , temos (x  x 0 )2 i+1 q (x) < 0  para todo x (x0  r, x0 ) e 2 i+1 (x x0 ) q (x) > 0 para todo x  (x0 , x0 + r). Logo, p muda de sinal no intervalo (x0 r, x0 + r). A rec´ıproca ´e an´aloga ao caso (a).

 −



 ≥

 − −

 ∈

 −

 −

 −

∈

 ∈

 − −

(c)  As figuras abaixo descrevem geometricamente as situa¸c˜oes estudadas em (a) e (b). y

 

y

x0 0

  x0

 x



0

x

k par

k ´ımpar

Quest˜ ao 3. (2,0)   A massa de certas substˆancias radioativas decresce a uma taxa proporcional `a pr´ opria massa. A meia vida  T  de uma substˆancia como essa ´e definida como o tempo transcorrido para que sua massa se reduza `a metade da inicial. Considere uma substˆancia radioatva S   cuja meia vida ´e de 5.000 anos. (a)  Considere uma massa de m 0 = 7 g da substˆancia S . Qual ´e o tempo transcorrido para que a massa se reduza a 81  da inicial? Este tempo depende da massa inicial m 0 ? Justifique sua resposta. [0,2 ponto] (b)  Determine a fun¸c˜ao m : [0, + [ R  que d´a a massa da substˆancia S , com massa inicial m 0 , em fun¸c˜ao do tempo medido em anos. [0,8 ponto] (c)  Use as aproxima¸co˜es log10 (2) 0, 3 e log10 (5) 0, 7 para determinar uma aproxima¸c˜ao para o tempo gasto para a massa da substˆancia S   se reduzir a 10% da inicial. [1 ponto] Solu¸ca ˜o: (dada no gabarito) (a) Ap´os os primeiros 5.000 anos, a massa ser´a igual m1 = 21 m0 . Ap´os mais 5:000 a massa ser´a m2 = 21 m1 = 41 m0 , e ap´os outros 5.000, esta ser´a m3 = 21 m2 = 81 m0. Portanto, s˜ao decorridos 15:000 para que a massa se reduza a 81  da inicial. Independentemente de m0 = 7 g ou outro valor, o tempo para que a massa seja reduzida a 81  da inicial ser´a sempre de 15.000 anos. Como este argumento mostra, devido `a definio de meia-vida, a resposta n˜ao depende do valor da massa inicial. (b)  Consideremos uma vari´avel s  representando o tempo medido em unidades de 5.000 anos. Como a cada 5.000 anos, a massa cai a metade, ent˜ ao a massa em fun¸ c˜ao de s   dada por:

∞→  

 

m(s) =

1 m0 . 2s

Se t ´e uma vari´avel representando o tempo medido em anos, ent˜ao t = 5.000 s. Portanto: m(t) =

(c)  Devemos resolver a equa¸c˜ao m(t) =

1  m 0 , 10

1 2t/5.000

 m 0 .

que corresponde a 2t/5.000 = 10. Portanto, temos:

t log10 5  = log2 10 = 1 + log2 5 = 1 + 5.000 log10 2 56

Logo:



log10 5 t = 5.000 1 + log10 2

     5.000 1 +

7 50.000  = 3 3

 16.667   anos.

Quest˜ ao 4. [2 pontos]  Considere uma reta r, um ponto A /  r e trˆes pontos B, C, D  r, tais que C   est´a entre B e D. Em cada um dos itens a seguir, decida se s˜ao os dados suficientes para determinar com certeza as medidas de: (i)  cada um dos lados do triˆangulo ABC ; (ii)  cada um dos ˆangulos do triˆangulo ABC . Justifique rigorosamente as suas respostas.

∈

 ∈

  = 60◦ ; [0,5 ponto] (a) BC  = 1 e BAC    135◦ ; [0,5 ponto] (b) BC  = 1 e ACD =   = 60◦ e    (c) BC  = 1, BAC  ACD = 135◦ ; [0,5 ponto]   = 60◦ e ACD   = 135◦ . [0,5 ponto] (d) BAC  A

(a)

                                                     60       60       ◦

Os dados n˜ao determinam. Podemos ter mais de um triˆangulo, como mostram as figuras ao lado. A

                  60              ◦

◦

B

C 

B

C 

A

                 A                                          45            

Os dados n˜ao determinam. Podemos ter mais de um triˆ angulo,



(b)

como mostra a figura ao lado. 135◦

◦

1

B

.

C 

D

(c)  Os dados s˜ao suficientes para determinar o triˆangulo. O ˆangulo Aˆ ´e 75◦ . Os lados b e c s˜ao determinados pela lei dos senos: b 1 c 1 Da rela¸c˜ao =   obtemos b  e da rela¸ c a ˜ o =   obtemos c. sen60◦ sen75◦ sen 45◦ sen 75◦ A

Os dados s˜ao insuficientes. Podemos ter mais de um triˆangulo,

     A       como vemos os triˆangulos  AB C  e  A  B  C  ao lado (em que                  A B   AB ).                45             . 

(d)

 

◦

B

B

C 

D

Quest˜ ao 5. [2 pontos]  A figura a seguir representa um esbo¸co do gr´afico da fun¸c˜ao g : ]0, + [ R definida por g(x) = sen(log10 (x)), feito por um aplicativo computacional. Observe que o aplicativo n˜ ao conseguiu desenhar em detalhes o que ocorre perto da origem do sistema de coordenadas.

∞→

57

´ poss´ıvel determinar a menor raiz? [0,6 ponto] (a)  Determine todas as ra´ızes da equa¸c˜ao g(x) = 0. E (b) Fa¸ca um esbo¸co do gr´afico de g na janela gr´afica 0 < x 0. Ent˜ ao x y = a, ou seja, a m´edia geom´etrica de x e y, dada por x y, ´e igual a a. A m´edia aritm´etica desses dois n´ umeros positivos ´e sempre maior do que ou igual a sua m´edia geom´etrica, e a igualdade se d´ a se, e somente se, x = y, (o que, por conseguinte, resulta em x = y = a). Ent˜ ao o per´ımetro 2 x + 2 y, que ´e 4 vezes a m´edia aritm´etica, ´e m´ınimo e igual a 4 a quando o retˆ angulo ´e um quadrado de lados iguais a a.

√ 

√ 

√ 

 √ 

 √ 

(b) Basta mostrar que n˜ ao existe retˆangulo de per´ımetro m´ a ximo com ´a rea fixada. Para isso, ´e suficiente mostrar que existem retˆ angulos com essa a´rea de per´ımetro t˜ ao grande quanto√ se queira. Por exemplo, para cada n´ umero natural tomamos o retˆ angulo Rn   de lados n a e na . Evidentemente a a´rea desse retˆ angulo ´e a. Por outro lado, seu per´ımetro ´e 2n a + n2 a, que ´e maior do que 2 n a. Assim, dado qualquer n´ umero p > 0 sempre se pode achar n tal que o per´ımetro de R n  ´e maior do que , bastando tomar tal que 2n a > p.

√ 

√ 

4.2

√  √ 

√ 

Exame 2012.2

Quest˜ ao 1. (a) Prove que, para quaisquer  x, y, z, a, b, c (a x + b y + c z )2

∈ R, tem-se 2

≤ (a

+ b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ).

(b) Excetuando o caso trivial em que a = b = c = 0, mostre que vale a igualdade se, e somente se, existe m R  tal que x = ma, y = m b e z  = m c. UMA SOLUC ¸  ˜ AO  (a) Efetuando as opera¸c˜oes indicadas, vemos que

∈

(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2)

− (a x + b y + c z )

2

= (a y

2

− b x)

+ (a z 

2

− c x)

+ (b z 

2

− c y) .

Como todo quadrado em R  ´e  0, segue-se a desigualdade proposta. (b) Quanto a` igualdade, ela ´e evidente no caso em que x =   m a, y = m b e z  = m c, para algum m R. Reciprocamente, se ela vale ent˜ ao, supondo, por exemplo, a = 0, pomos m = xa . Sabendo (pelo visto acima) que a y b x = a z  c x = b z  c y =, de x = m a resultam 0 = a y b x = a y m a b e da´ı (como a = 0) tiramos y = m b. Analogamente, obtemos z  = m c.   Quest˜ ao 2. (a) Usando o gr´ afico com o qual se define geometricamente o logaritmo natural ln, mostre que ln(1 + x) < x para todo x > 0, e da´ı ln x < x. (b) Tomando x em vez de x nesta u ´ltima desigualdade, prove que para todo x suficientemente grande o quoci- 1 ente lnxx pode tornar-se t˜ ao pequeno quanto desejemos. (c) Prove ainda que essa conclus˜ ao ´e v´alida para loga ritmos em qualquer base > 1. 1 1 + x UMA SOLUC ¸  ˜ AO: (a) ln(1 + x) ´e a a´rea de uma faixa de hip´erbole, contida no retˆ angulo de altura 1 e base igual ao intervalo [1, 1 + x] do eixo das abscissas. Da´ı ln(1 + x) < x, pois x ´e a a´rea desse retˆ angulo. Como ln x ´e uma fun¸c˜ao crescente de x, tem-se ln x ε42 . (c) Finalmente, se log x significar o logaritmo de x na base a, ent˜ao tomando c = log e  teremos log x = c ln x, e da´ı ln x  ln x = c , x x ou seja, os dois quocientes diferem apenas por uma constante. Ent˜ ao log x 2c < , x x

√ 

que ´e menor do que ε se x >

4.3

4 c2 ε2

.

Exame 2012.3

Quest˜ ao 2: (pontua¸c˜ao: 1,5)  A figura abaixo mostra uma folha de papel retangular ABCD com AB = 25cm e BC  = 20 cm. Foi feita uma dobra no segmento AE   de forma que o v´ertice B coincidiu com o ponto P  do lado CD do retˆangulo. (a) Calcule o comprimento do segmento DP  . (b) Calcule a raz ao entre as a´reas dos triˆangulos ADP  e P CE . (c) Calcule o comprimento do segmento AE . D

P

                                                    

A

C 

D

E 

B

P

   β α                   α                         β     

A

C 

E 

B

Uma solu¸c˜ ao: a) Como os triˆ angulos AEB e AEP  s˜ao congruentes, ent˜ ao AP  = AB   = 25 cm . Assim, pelo teorema de Pit´ agoras, DP  = 252 202 = 15cm

√ 

−

b) Temos P C  = 25 15 = 10 cm. O aˆngulo AP E   ´e reto pois ´e igual ao aˆngulo ABE . Assim, os aˆngulos α e β   da figura s˜ao complementares e, como consequˆencia, os triˆ angulos ADP  e P CE  20 s˜ao semelhantes, pois possuem os mesmos ˆangulos e a raz˜ao de semelhan¸ca ´e k = AD = 10 = 2. P C  2 Assim, a raz˜ao entre as a´reas desses triˆ angulos ´e k = 4. 15 c) Da semelhan¸ca dos triˆ angulos ADP  e P CE   tem-se PCE  = DP   , ou seja, CE  = 20 , o que d´a C  AD 10 CE  = 7, 5 cm e, consequentemente, BE  = 12, 5cm. O teorema de Pit´agoras pode ser usado no triˆ angulo ABE  para calcular o comprimento de 2 2 AE . Isto d´a AE  = 25 + (12, 5) cm. Observando que, neste problema, AB ´e o dobro de BE , o c´alculo acima ´e imediato. Se um triˆangulo retˆ angulo possui catetos a e 2 a, ent˜ √  ao sua hipotenusa mede a 5. Assim, neste caso, obtemos facilmente que AE  = 12, 5 5 = 252 5 cm. Quest˜ ao 5: (pontua¸c˜ao: 1) Um corpo est´a impregnado de uma substˆ ancia radioativa cuja meia-vida ´e um ano. Quanto tempo levar´ a para que sua radioatividade se reduza a 10% do que ´e?

−

 

√ 

√ 

67

Uma solu¸c˜ ao: Se M 0  ´e a massa da substˆ ancia radioativa no ano t = 0 e M  ´e a massa da mesma t substˆancia ap´ os t  anos, ent˜ao M  = M 0 a , para um certo a, com 0 < a  10 e d 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 , ´e um quadrado. Uma solu¸c˜ ao: a) Escrevamos a = 10 b + c, com c 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Logo,

 ∈

∈{ ∈{

}

}

m = a 2 = (10 b + c)2 = 10(10 b2 + 2 b c) + c2 . Portanto, o algarismo das unidades de m  coincide o algarismo das unidades de c 2 . Fazendo variar c no conjunto 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 , temos os seguintes poss´ıveis valores:

 {

}

c2 = 0, c2 = 1, c2 = 4, c2 = 9, c2 = 16, c2 = 25, c2 = 36, c2 = 49, c2 = 64, c2 = 81, o que prova a asser¸c˜ao . b) Todo n´ umero natural a  se escreve na forma 4 s + r, com r = 0, 1,  2 ou 3. Temos que r = r = r = r =

0: 1: 2: 3:

m = a 2 m = a 2 m = a 2 m = a 2

= (4 s)2 = 4(4 s2 ), = (4 s + 1) 2 = 4(4 s2 + 2 s) + 1, = (4 s + 2) 2 = 4(4 s2 + 4 s) + 4 = 4 (4s2 + 4 s + 1), = (4 s + 3) 2 = 4(4 s2 + 6 s) + 9 = 4 (4s2 + 6 s + 2) + 1,

logo m ´e da forma 4 n ou 4 n + 1. 68

[Observe tamb´em que se dois n´ umeros a  e  b  deixam restos r 1 e r 2 , respectivamente, na divis˜ ao por um n´ umero c, ent˜ao o produto a b deixa o mesmo resto na divis˜ a o por c que o produto r1 r2. 2 2 2 2 Assim, apenas temos que olhar para 0 , 1 , 2 , 3 e observar que estes quatro n´ umeros deixam resto 1 ou 0 na divis˜ao por 4]. c) Os casos d = 2, 3,  7 e 8 s˜ ao consequˆencias imediatas do item (a). Os casos d = 1,  4 e 9 s˜ ao tratados a seguir. Temos que m = 11 . . . 1 = 100 x + 11 = 4 (25 x + 2) + 3, logo m ´e da forma 4 n + 3. Portanto, m n˜ao ´e um quadrado. Os n´ umeros m = 44 . . . 4 = 4 (11 . . . 1) e m = 99 . . . 9 = 9 (11 . . . 1) n˜ao podem ser quadrados, pois, caso contr´ ario, 11 . . . 1 seria um quadrado. O caso d = 5 segue do fato de m = 55 . . . 5 = 100 y + 55 = 4 (25 y + 13) + 3, logo da forma 4 n + 3. O caso d = 6 segue do fato de m  = 66 . . . 6 = 4 (25 z  + 16) + 2, logo da forma 4 n + 2.

4.4

Exame 2013.1

ao ´e demonstrar que a fun¸ ca˜o f (x) = Quest˜ ao 3. (pontua¸c˜ ao: 1,5)  O objetivo desta quest˜ cos x, x   0, n˜ao ´e peri´o dica, ou seja, n˜a o existe nenhum n´ umero real positivo T   tal que cos x + T  = cos x para todo x  0. a) Encontre todos os valores de T   0 para os quais f (T ) = f (0) e, a seguir, encontre todos os valores de T   0 para os quais f (T ) = f (2 T ). b) Use o ´ıtem a) para mostrar que f (x) n˜ao ´e peri´odica. Uma solu¸c˜ ao: a) Se f (T ) = f (0), T   0, ent˜ao cos T  = cos 0 = 1 e

√  √ 

≥

√ 

 ≥ ≥

 ≥

√ 

 ≥

√ 

T  = 2 k π , k = 0, 1, 2, . . . =  T  = 4 k 2π 2 , k = 0, 1, 2, . . .

⇒

(1)

Reciprocamente se T  = 4 k 2 π 2 , k = 0, 1, 2, . . . , ent˜ao f (T ) = f (0).

√  √    ≥  0, ent˜ao cos 2 T  = cos T  e √ 2 T  = √ T  + 2 m π , m ∈ Z  tais que √ T  + 2 m π ≥ 0 ou √  √  √  2 T  = − T  + 2 m π , m ∈ Z  tais que − T  + 2 m π ≥ 0. Logo √ 2 T −√ T  = 2 m π =⇒ 2T −2 √ 2 T +T  = 4 m π =⇒ T  = 4 m π√  , m = 0, 1, 2, . . . 3−2 2 √  (para esses valores de T  ´e imediato verificar que T  + 2 mπ ≥ 0) ou √ 2 T +√ T  = 2 m π =⇒ 2 T +2√ 2 T +T  = 4 m 2 π =⇒ T  = 4 m π√  , m = 0, 1, 2, . . . 3+2 2 √  (para esses valores de T  ´e imediato verificar que − T  + 2 m π ≥ 0). Por outro lado, se f (T ) = f (2 T ), T 

2 2

2 2

2

(2)

2 2

4 m2 π 2 4 m2 π 2 Reciprocamente, se T  = ou T  = , m = 0, 1, 2, . . . , ´e imediato constatar 3 2 2 3 2 2 que f (T ) = f (2 T ). b) Para mostrar que f  n˜ao ´e peri´odica, suponhamos o contr´ ario, isto ´e, admitamos a existˆencia de um n´ umero positivo T  tal que

− √ 

− √ 

cos para todo x

√ x + T  = cos √ x,

≥ 0. 69

(3)

Ent˜ao,

√ 

√ 

cos 2 T   = cos T   = cos 0, e, de a) (1), obtemos as igualdades 2 T  = 4 k12 π 2 e T  = 4 k22 π 2 , com k 1 e k 2  inteiros positivos, logo

√ 

2=

o que ´e imposs´ıvel dado que

k1 k2

√ 2 ´e um n´umero irracional.

Quest˜ ao 4. (pontua¸c˜ ao: 1,0)  A derivada de um polinˆomio p(x) = an xn + an−1 xn−1 + a1 x + a0  ´e, por defini¸c˜ao, o polinˆomio  p (x) = n an xn−1 + (n

− 1) a −

n 1

xn−2 +

· ·· + 2 a

2

· ·· +

x + a1.

Admita a regra da derivada do produto: ( p q ) (x) = p  (x) q (x) + p(x) q  (x) e prove que a R   cumpre p(a) = p (a) = 0 se, e somente se, p(x) = (x a)2 s(x) para algum polinˆomio s(x). Uma solu¸c˜ ao: ( =) Supondo p(x) = (x  a)2 s(x) = (x2  2 a x + a 2 ) s(x), temos, obviamente p(a) = 0. Derivando, vem que p (x) = 2 (x  a) s(x) + (x  a)2 s (x), portanto p (a) = 0. Logo, p(a) =  p (a) = 0. (= ) Reciprocamente, supondo p(a) = p (a) = 0, temos, pelo algoritmo da divis˜ a o, que  p(x) = (x a) q (x) para algum polinˆomio quociente q (x). Derivando esta u´ltima igualdade, vem

 ∈

−

⇐

⇒

 −

 −

−  −

−

 p (x) = q (x) + (x

− a) q (x).

Como p(a) = 0, temos q (a) = 0. Usando novamente o algoritmo da divis˜ a o temos q (x) = 2 (x a) s(x) para algum polinˆomio s(x), e da´ı p(x) = (x a) s(x).

−

4.5

−

Segundo Exame de 2013

Quest˜ ao 2.  A sequˆencia (an), n  0, ´e definida da seguinte maneira: an a0  = 4, a1 = 6 e an+1  = , n  1 an−1 a) Encontre a7 . b) Encontre a soma dos primeiros 2013 termos da sequˆencia. Uma solu¸c˜ ao: a) Basta fazer um c´alculo direto: a7   = 6. Na verdade a sequˆ encia ´e dada por: 4, 6, 6/4, 1/4, 1/6, 4/6, 4, 6,... e vemos que ela se repete em ciclos de tamanho 6; os termos de ´ındices n = 6, 12, . . . , 6k, . . . k N s˜ao todos iguais a 4; isto ser´ a usado no ´ıtem b). b) Para encontrarmos a soma, primeiramente observamos que a soma do seis primeiros termos  6  1  1  4 151 + a5  ´e igual a 4 + 6 +  +  +  + =  . Assim, at´e 2009 (incluindo-o) temos 335 a0 + a1 + 4 4 6 6 12 151 6 1  50726   25363 blocos iguais a 151  . Portanto, a soma solicitada ´ e igual a 335(  )+4+6+ + = = . 12 12 4 4 12 6

≥ ≥

 ∈

·· ·

R  uma fun¸c˜ao peri´odica e g :  R R  uma fun¸c˜ao qualquer. Quest˜ ao 5.   Sejam f :  R odica? Em caso afirmativo, demonstre; em caso a)  A fun¸ca˜o composta g f  ´e necessariamente peri´ negativo, apresente um contra-exemplo. odica? Em caso afirmativo, demonstre; em caso b) A fun¸ca˜o composta f  g ´e necessariamente peri´ negativo, apresente um contra-exemplo.

→

→

◦ ◦

70

Uma solu¸c˜ ao : a)  Seja T > 0 o per´ıodo de f , ent˜ao f (x + T ) = f (x),

∀x ∈ R. Como (g ◦ f )(x + T ) = g(f (x + T )) = g(f (x)) = (g ◦ f )(x), ∀x ∈ R, conclu´ımos que g ◦ f  ´e tamb´em peri´odica.

´ falso. Considere, por exemplo, as fun¸co˜es f (x) = sen(x) e g(x) definida por b) E



0, π , 2

(f  g)(x) =



g(x) = Ent˜ao f  g n˜ao ´e peri´odica.

 ◦

 ◦

se x  2008, tal que 1 + 2 + 13. Justifique sua resposta. Uma solu¸c˜ ao: k (k + 1) Sabemos que 1 + 2 + + k = . Assim, para que a soma seja um m´ ultiplo de 13, 2 temos que ter que k (k + 1) ´e um m´ultiplo de 13 e j´a que 13 um n´ umero primo, ent˜ a o ou k ou ultiplo de 13. Como queremos o menor valor de k para que isto aconte¸ca, devemos k + 1 ´e um m´ ter que k + 1 ´e um m´ultiplo de 13; assim k + 1 = 2015 e portanto k = 2014.

···

···

71

4.6

Quest˜ oes de 2014

Quest˜ ao 8:   Sejam f : X   Y  e g : Y   X  duas fun¸c˜oes. Prove que: (a) se g f  ´e injetiva, ent˜ ao f  ´e injetiva. (b) se f  g ´e sobrejetiva, ent˜ao f  ´e sobrejetiva. Solu¸c˜ ao. (a) Queremos mostrar que, dados x1 , x2  X   satisfazendo f (x1) = f (x2 ); temos necessariamente x1  = x 2 . Suponhamos f (x1 ) = f (x2 ). Ent˜ao, tem-se que g(f (x1 )) = g(f (x2 )), isto ´e, (g f )(x1) = (g f )(x2 ). Como g f  ´e injetiva, essa igualdade implica x1  = x 2 . Como g  f : X  X  ´e injetiva por hip´otese, conclui-se que x1 = x2 , ou seja, f : X  Y  ´e injetiva. (b) Queremos mostrar que, dado qualquer y Y , existe x X  tal que f (x) = y. Visto que f  g : Y  Y   ´e sobrejetiva, dado qualquer y Y , existe y1 Y   tal que (f  g)(y1 ) = y, isto ´e f (g(y1 )) = y. Denotando por x = g(y1 )  X , conclui-se que, dado y  Y   existe x = g(y1 )  X  tal que f (x) = y, isto ´e, f  ´e sobrejetiva.

 →

◦  ◦

→

 ∈

◦

 ◦

◦

◦ →

 ◦

→

→

 ∈

 ∈

 ∈

 ∈  ∈

 ◦

 ∈

∈

Quest˜ ao 3:  Um quadril´atero tem os seus v´ertices sobre cada um dos lados de um quadrado, cujo lado tem medida 1. Sabendo que as medidas dos lados desse quadril´ atero s˜ ao  a, b, c e d, prove que 2  a 2 + b2 + c2 + d2  4.

≤

Solu¸ca ˜o:   Denotemos por  ABCD   o quadrado de lado 1 e por MNOP   o quadril´atero inscrito no quadrado tal que P M  = a, MN  = b, N O = c e OP  = d, conforme mostra a figura. Denote ainda por x =   AM, y = BN z  = CO e t = DP . Como o quadrado ABCD tem lado 1, tem-se que MB = 1 x, CN  = 1  y,OD = 1 z  e P A = 1  t. Usando o Teorema de Pit´ agoras nos triˆ angulos retˆangulos  AMP, MBN, NCO e ODP  conclui-se que

 −

 −

 −

 −

a2 = (1 x)2 + (1 b2 = x 2 + y 2 , c2 = (1 y)2 + z 2 , d2 = (1 z )2 + t2 .

− − −

Somando, obt´em-se

2

− t) ,

≤

B

x

M 

1

−x

A

           y    a    b 1 t             N           P                    d    1 y t   c                

−

−

C

z

O

1

−z

D

a2 + b2 + c2 + d2 = [x2 + (1 x)2] + [y2 + (1 y)2 ] + [z 2 + (1 z )2 ] + [t2 + (1 t)2 ] = (2 x2 2 x + 1) + (2 y2 2y + 1) + (2 z 2 2 z  + 1) + (2 t2 2t + 1) = f (x) + f (y) + f (z ) + f (t),

−

−

−

−

− − − −

em que f (x) = 2 x2  2 x + 1, x [0, 1]. Agora ´e necess´ ario calcular os valores de m´ aximo e 2 m´ınimo da fun¸ca˜o f (x) = 2 x  2 x + 1, x [0, 1]. Visto que f   ´e uma fun¸ca˜o quadr´ atica de coeficiente l´ıder positivo, o valor m´ınimo ocorre no v´ertice (desde que esse v´ertice esteja dentro do intervalo) e o valor m´aximo ocorre em um dos extremos do intervalo. Como f (0) = f (1) = 1; a simetria da par´abola assegura que o v´ertice est´ a dentro do intervalo e ocorre em x = 1/2. Como f (1/2) = 1/2, obt´em-se que 1  f (x)  1, x  [0, 1]. 2 Desta forma, como a2 + b2 + c2 + d2 = f (x) + f (y) + f (z ) + f (t), conclui-se que

−

−

 ∈

 ≤

 ∈

≤

∀  ∈

72

1  1 1 1 2 =  + + + 2 2 2 2

 ≤ a

2

+ b2 + c2 + d2

73

≤ 1 + 1 + 1 + 1 = 4.

Cap´ıtulo 5 Outros Exerc´ıcios 5.1 Listas de anos anteriores Conferir tudo nesta se¸c˜ ao e copiar no Cap´ıtulo apropriado Exerc´ıcio 8:  Em uma ferrovia, as esta¸co˜es A e B distam entre si 3km e a cada 3min parte um trem de cada uma delas em dire¸c˜ao a` outra. Um pedestre parte de A para B, no exato momento em que um trem parte de A para B e outro chega a A vindo de B. Ele chega a B no exato momento em que um trem parte de B para A e outro trem chega a B vindo de A. Em seu caminho, o pedestre encontrou 17 trens que iam no mesmo sentido que ele e com 23 trens que iam no sentido oposto ao seu, a´ı inclu´ıdos os 4 trens j´a citados anteriormente. As velocidades dos trens s˜ ao iguais. Calcule as velocidades dos trens e do pedestre. Denotemos vP    = velocidade do pedestre, vT    = velocidade do trem, t   = tempo gasto pelo pedestre para ir de A  a  B . 17 trens A

→ B, contando desde quando P  sai de A at´e quando chega a B 23 trens B → A, contando desde quando P  sai de A at´e quando chega a B P  foi alcan¸cado por 16 dos 17 trens: o u ´ltimo trem (T 17 ) alcan¸cou P  em B T 17  saiu de A 16 Portanto

× 3 = 48 minutos depois de P . Portanto, T 

17  levou

vT (t

trens no sentido oposto

− 48) = v

P  t

t

− 48 minutos de A a B

= 3 km

o primeiro trem que cruza P  saiu de B 22 3 = 66 minutos antes do T 23 (B →A) Portanto T 23 (B →A)  fez o percurso B  A  em 66 t minutos. Assim vT (66 t) = v P  t = 3 km

×

 →

−

Combinando (??) e (??), temos 66 t = t em (??) temos vT (57 48) = 3, ou seja

−

−

−

vP  =

3 60  Km/min =   Km/hora 57 19

≈ 3, 15 Km/hora

Exerc´ıcio 10:  Determine os valores reais de x que satisfazem a) 2 x + 3

(5.2)

− 48, donde obtemos t = 57 minutos. Substituindo

1 60 vT  =  Km/min =   Km/min = 20 Km/hora 3 3 Finalmente

(5.1)

− (x − 1) < x + 1 74

b) 2 x + 3 (x 1) < x + 5 c) min x + 1, 5 x  > 2 x 3 d) min x + 1, 5 x   2 x − 3 cuja solu¸ca˜o ´e x< . Logo o conjunto solu¸c˜ao ´e ( , ∞). (d) min{x + 1, 5 − x}   1 multiplicamos a inequa¸ca˜o por (1 x)(2 x + 1)  0, donde 0 < x 1 ou seja > 2, ou a