Listão de função quadratica

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Funções Quadráticas
0.1 Exerćıcios Recomendados - unidade 10
1. Encontre a função quadrática cujo gráfico é dado em cada figura abaixo:
. (1, 9)
.(−2, 3)
2 2
8
.
.
(a) (b)
(3, 5)
(5, 13)
Soluções:
(a) Temos f(x) = a x2 + b x+ c.
f(3) = 5 =⇒ 9 a+ 3 b+ c = 5 (1)
f(5) = 13 =⇒ 25 a+ 5 b+ c = 13 (2)
(2)− (1) =⇒ 8 a+ b = 4 (3)
O gráfico de f é uma parábola com vértice
( −b
2 a
, −∆
4 a
)
= (3, 5); como a abscissa xV do vértice é
xV =
−b
2 a
, temos b = −6 a (4)
De (3) e (4), temos a = 2, b = −12 Substituindo em (1) temos c = 5− 9 a− 3 b = 23. Logo, a
função quadrática é f(x) = 2x2 − 12x+ 23.
outro modo: A forma canônica de f é f(x) = a (x − x0)2 + y0, em que (x0 , y0) é o vértice do
gráfico de f . Pela figura, temos x0 = 3 e y0 = 5; assim, f(x) = a (x − 3)2 + 5. Como f(5) = 13,
temos a (5− 3)2 + 5 = 13, donde obtemos a = 2. Logo f(x) = 2 (x− 3)2 + 5.
(b) Escrevendo f(x) = a x2 + b x+ c, temos:
f(1) = 9 =⇒ a+ b+ c = 9 (1)
f(−2) = 3 =⇒ 4 a− 2 b+ c = 3 (2)
Subtraindo (1) de (2) temos 3 a− 3 b = −6 ou seja a− b = −2 (3)
O vértice da parábola é o ponto
( −b
2 a
, −∆
4 a
)
; portanto f(−b
2 a
) = −∆
4 a
. Pela figura, temos f(2− b
2 a
)−
f(−b
4 a
) = 8. Substituindo na expressão de f , temos
a (2− b
2 a
)2 + b (2− b
2 a
) + c−
[
a (− b
2 a
)2 + b (− b
2 a
) + c
]
= 8;
efetuando as operações nesta relação temos a = 2. Substituindo em (3) temos b = 4 e substituindo
em (1) obtemos c = 3. Logo, a função quadrática é f(x) = 2 x2 + 4x+ 3.
outro modo: A forma canônica de f é f(x) = a (x−x0)2 +y0. Pela figura vemos que f(x0 +2) =
y0 + 8; assim, a (x0 + 2 − x0)2 + y0 = y0 + 8, ou seja, 4 a + y0 = y0 + 8, donde a = 2. Portanto
f(x) = 2 (x− x0)2 + y0. Agora,
como f(−2) = 3, temos 2 (−2− x0)2 + y0 = 3, ou 2 x2
0 + 8x0 + 8 + y0 = 3, (1)
como f(1) = 9, temos 2 (1− x0)2 + y0 = 9, ou 2 x2
0 − 4x0 + 4 + y0 = 9. (2)
Subtraindo (2) de (1) temos 12x0 + 6 = −6 ou seja x0 = −1. Substituindo em (1) temos y0 = 1.
Logo f(x) = 2 (x+ 1)2 + 1 = · · · = 2x2 + 4x+ 3.
2. Identifique os sinais de a, b e c nos gráficos de funções quadráticas f(x) = a x2 + b x+ c dados
abaixo:
1
-
6
-
6
-
6
(i) (ii) (iii)
y y
x
y
x x
Como em (i) a concavidade é voltada para baixo, temos a < 0. Como em (ii) e (iii) a
concavidade é voltada para cima, temos a > 0.
A abscissa do vértice é x = −b/(2 a): assim b = −2 a x.
Em (i) temos a < 0 e x > 0, portanto b > 0; em (ii) temos a > 0 e x < 0, portanto b > 0; em
(ii) temos a > 0 e x > 0, portanto b < 0.
Como c = f(0), temos c > 0 em (i) e (iii) e c < 0 em (ii).
3. Para cada uma das funções quadráticas abaixo, escreva-a na forma f(x) = a (x−m)2 + k. A
seguir, calcule suas ráızes (se existirem), o eixo de simetria de seu gráfico e seu valor mı́nimo ou
máximo
a) f(x) = x2 − 8x+ 23 b) f(x) = 8 x− 2x2
(a) Completando o quadrado, temos
f(x) = x2 − 8x+ 23 = x2 − 8x+ 16 + 7 = (x− 4)2 + 7
A reta x = 4 é o eixo de simetria; o vértice é o ponto de coordenadas (4, 7). Como f(x) ≥ 7
não existem ráızes (reais).
O valor mı́nimo é f(4) = 7, quando x = 4; não tem máximo
(b) Fatorando −2, completando o quadrado e identificando o quadrado, temos
f(x) = −2x2 + 8x = −2 (x2 − 4x) = −2 (x2 − 4x+ 4) + 8 = −2 (x− 2)2 + 8
A reta x = 2 é o eixo de simetria; o vértice é o ponto de coordenadas (2, 8); as ráızes são 0 e 4
O valor máximo é f(2) = 8; f não tem mı́nimo.
4. 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. A bissetriz do ângulo formado pelos
semieixos Ox e O y intercepta o gráfico de f no
ponto P ( 1
2
, 1
2
). Tomamos então como unidade o
dobro da projeção de P sobre o eixo Ox.
O
y
x
( 1
2
, 1
2
)
�
�
�
�
�
6
-
5. Encontre os valores mı́nimo e máximo assumidos pela função f(x) = x2 − 4x+ 3 em cada um
dos intervalos abaixo: a) [1, 4] b) [6, 10]
Como f(x) = x2 − 4x + 3 = (x − 2)2 − 1, a função f é decrescente no intervalo (−∞, 2] e
crescente no intervalo [2,+∞).
(a) Valores máximo e mı́nimo de f(x) = x2 − 4x+ 3 em [1, 4].
Como f é decrescente no intervalo [1, 2] e crescente no intervalo [2, 4] o mı́nimo de f ocorre
quando x = 2 e vale f(2) = −1 e o valor máximo de f nesse intervalo ocorre em x = 4 e vale
f(4) = 16− 16 + 3 = 3.
(b) Valores máximo e mı́nimo de f(x) = x2 − 4x+ 3 em [6, 10]
Como f é crescente no intervalo [6, 10] o valor mı́nimo de f ocorre em x = 6 e vale f(6) =
36− 24 + 3 = 15 e o valor máximo de f ocorre em x = 10 e vale f(10) = 100− 40 + 3 = 63.
6. Seja f(x) = a x2 + b x+ c, com a > 0.
2
a) Mostre que
f
(
x1 + x2
2
)
≤ f(x1) + f(x2)
2
.
b) Mais geralmente, mostre que se 0 < α < 1, então
f(αx1 + (1− α)x2) ≤ α f(x1) + (1− α)f(x2) .
Interprete geometricamente esta propriedade.
(a) f
(
x1 + x2
2
)
≤ f(x1) + f(x2)
2
Já vimos ( no exerćıcio 5 do Caṕıtulo
5) que
(
x1 + x2
2
)2
<
x2
1 + x2
2
2
. Por-
tanto
f
( x1 + x2
2
)
= a
(
x1 + x2
2
)2
+ b
x1 + x2
2
+ c
< a
x2
1 + x2
2
2
+ b
x1 + x2
2
+ c
=
(
a x2
1 + b x1 + c
)
+
(
a x2
2 + b x2 + c
)
2
=
f(x1) + f(x2)
2
-
6
y∗ =
f(x1) + f(x2)
2
x∗ =
x1 + x2
2
f(x∗)
y∗
�
�
�
�
�
�
�
x1 x2x∗
y
x
Interpretação geométrica
(
x1 + x2
2
,
f(x1) + f(x2)
2
)
é o ponto médio da secante que passa
pelos pontos (x1 , f(x1)) e (x2 , f(x2)) e
(
x1 + x2
2
,
f(x1) + f(x2)
2
)
é ponto da parábola.
Quando f é a função f : R→ R, dada por f(x) = x2, para todo x ∈ R, temos a interpretação
dada no exerćıcio 5 do Caṕıtulo 5.
(b) f(αx1 + (1− α)x2) ≤ α f(x1) + (1− α) f(x2).
Mostremos primeiro que (αx1 + (1− α)x2)2 ≤ αx2
1 + (1− α)x2
2. Temos
αx2
1 + (1− α)x2
2 − (αx1 + (1− α)x2)2 =
= αx2
1 + (1− α)x2
2 − αx2
1 − 2α (1− α)x1 x2 − (1− α)x2
2
= (α− α2)x2
1 − 2α (1− α)x1 x2 − (α− α2)x2
2 =
= (α− α2)(x1 − x2)2 ≥ 0
A demonstração da desigualdade proposta é análoga à do item (a). A interpretação geométrica
é a seguinte: para cada α ∈ [0, 1], a expressão αx1 + (1 − α)x2 descreve um ponto do intervalo
[x1 , x2]; assim (αx1 + (1 − α)x2, f(αx1 + (1 − α)x2) é um ponto da parábola. Analogamente
(α f(x1)+(1−α) f(x2), α f(x1)+(1−α) f(x2)) é um ponto da reta secante. A desigualdade acima
informa que cada ponto da secante está acima do ponto da parábola que tem mesma abscissa.
0.2 Exerćıcios Suplementares - unidade 10
1. Prove que se a, b e c são inteiros ı́mpares, as ráızes de f(x) = a x2 + b x+ c não são racionais.
(Primeira resolução): Escrevendo a = 2 p+ 1, b = 2 q+ 1, c = 2 r+ 1, temos ∆ = b2− 4 a c =
4 q (q + 1)− 16 p r − 8 p− 8 r − 3.
Como q (q + 1) é par, temos que 4 q (q + 1)− 16 p r − 8 p− 8 r é diviśıvel por 8. Portanto ∆ é
um número que, dividido por 8, dá resto 3.
Para um número N ∈ N, denotemos por α o resto da divisão de N por 8 (isto é N = 8 q1 +α)
e por β o resto da divisão de N2 por 8, isto é, N2 = 8 q2 + β. Notemos que, como N2 =
64 q2
1 + 16 q1 α + α2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α) + α2, temos
3
se α = 0, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α) = 8 (8 q2
1), portanto β = 0;
se α = 1, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α) + 1 = 8 (8 q2
1 + 2 q1) + 1, portanto β = 1;
se α = 2, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α) + 4 = 8 (8 q2
1 + 4 q1) + 4, portanto β = 4;
se α = 3, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α) + 9 = 8 (8 q2
1 + 6 q1 + 1) + 1, portanto β = 1;
se α = 4, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α + 2) = 8 (8 q2
1 + 8 q1 + 2), portanto β = 0;
se α = 5, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α + 3) + 1 = 8 (8 q2
1 + 10 q1 + 3) + 1, portanto β = 1;
se α = 6, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α + 4) + 4 = 8 (8 q2
1 + 12 q1 + 4) + 4, portanto β = 4;
se α = 7, então N2 = 8 (8 q2
1 + 2 q1 α + 6) + 1 = 8 (8 q2
1 + 14 q1 + 6) + 1, portanto β = 1.
Vemos então que nenhum inteiro quadrado (da forma acima) dividido por 8 tem resto 3. Logo,
∆ não é quadrado perfeito e portanto
√
∆ não é racional. Logo, as ráızes da equação não são
racionais.
(Segunda resolução): Vamos mostrar que nenhum número racional pode ser raiz de f(x). Seja
x ∈ Q: escrevemosx = m/n, com m,n ∈ Z (n 6= 0) na forma irredut́ıvel (isto é, m e n são primos
entre si). Escrevemos
f
(m
n
)
=
1
n2
(am2 + bmn+ cn2)
Vamos mostrar que am2 + bmn+ cn2 nunca é zero.
Como m e n são primos entre si
(a) m e n não são ambos pares.
Além disso,
(b) m e n não podem ambos ser ı́mpares: se m e n fossem ambos ı́mpares, teŕıamos que am2 +
bmn + cn2 seria ı́mpar e portanto não poderia ser igual a zero, ou seja m/n não poderia ser raiz
de f .
(c) Resta analisar a possibilidade em que um dos números é par e o outro é ı́mpar: neste caso
duas das parcelas de am2 + bmn+ c n2 são pares e a outra é ı́mpar e, portanto, a sua soma é um
número ı́mpar e, assim, não pode ser igual a zero.
Logo, nenhum número racional pode ser raiz de f(x).
2. Uma pessoa possui um gravador de v́ıdeo dotado de um contador que registra o número 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 dispońıvel no final da fita.
a) Explique porque não é razoável supor que o tempo de gravação seja proporcional ao número
de voltas no contador.
b) Considerando que a fita se enrola em cada carretel segundo ćırculos
concêntricos igualmente espaçados, mostre que o tempo T (n) de gravação
após n voltas é dado por uma função da forma T (n) = αn2 + β n.
c) Medindo o tempo de gravação correspondente às primeiras 100, 200,
300 e 400 voltas, foram encontrados os dados abaixo. Estes valores são
consistentes com o modelo acima?
d) Quanto tempo de gravação resta na fita?
Volta Tempo
100 555
200 1176
300 1863
400 2616
Denotemos por a o raio do carretel, por e a espessura da fita e por v a velocidade. Con-
forme a fita vai enrolando, os raios serão a, a + e, a + 2 e, . . . e os comprimentos das vol-
tas de fita serão 2 π a, 2π (a + e), 2π (a + 2 e), . . . . Os tempos para gravar as voltas serão
2π a
v
,
2π (a+ e)
v
,
2 π (a+ 2 e)
v
, . . . . Logo, o tempo T (n) para enrolar n voltas será
4
T (n) =
2 π a
v
+
2 π (a+ e)
v
+
2π (a+ 2 e)
v
+ · · ·+ 2 π (a+ (n− 1) e)
v
=
=
2 π
v
[
a+ a+ e+ a+ 2 e+ · · ·+ a+ (n− 1) e
]
=
=
2 π
v
[
n a+
n (n− 1)
2
e
]
=
=
π e
v
n2 +
π (2 a− e)
v
n
que é da forma T (n) = αn2 + β n.
c) Substituindo os valores da tabela na expressão T (n) = αn2 + β n temos
T (100) = 555, T (200) = 1176, T (300) = 1863, T (400) = 2616
1002 α + 100 β = 555 =⇒ 100α + β = 5, 55 (1)
2002 α + 200 β = 1176 =⇒ 200α + β = 5, 88 (2)
3002 α + 300 β = 1863 =⇒ 300α + β = 6, 21 (3)
4002 α + 400 β = 2616 =⇒ 400α + β = 6, 54 (4)
De (1) e (2) temos α = 0, 0033. Substituindo em (2), temos β = 5, 22. Portanto T (n) =
0, 0033n2 + 5, 22n. Calculando, obtemos T (200) = 1176, T (300) = 1863, T (400) = 2616, logo os
valores da tabela são consistentes com o modelo.
d) O tempo de gravação que resta na fita é T (1900)−T (1750) ' 21831− 19241 = 2590 segundos,
ou 43 min e 10 seg.
3. Dado um conjunto de retas do plano, elas determinam um número máximo de regiões quando
estão na chamada posição geral: isto é, elas são concorrentes duas a duas e três retas nunca têm
um ponto comum. Seja Rn o número 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 quadrática de n e obtenha a expressão para Rn.
��
��
��
��
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
��
��
��
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
HHH
HHH
HHHH
��
��
��
��
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
HHH
HHH
HHHH
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
��
��
��
��
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
HHH
HHH
HHHH
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
a) O plano antes de ser traçada a primeira reta, consiste de uma região, que é o plano todo;
quando traçamos uma reta, ela divide o plano em 2 semiplanos: assim, o acréscimo ao número
de regiões é de 1. Quando traçamos uma segunda reta, ela divide cada semiplano em 2 regiões:
assim, o acréscimo ao número de regiões é de 2. Quando traçamos uma terceira reta, ela não
intersecta uma das regiões já existentes, mas divide cada uma das 3 regiões já existentes em 2
partes, de modo que o número de regiões aumenta 3 unidades. Pode-se mostrar, de um modo
geral, que quando já temos n retas e traçamos a (n + 1)−ésima reta, ela determina n + 1 novas
regiões.
b) Pelas observações em (a), o número Rn de regiões determinadas por n retas satisfaz a relação
Rn+1 = Rn + n+ 1. Temos então
Rn = (Rn −Rn−1) + (Rn−1 −Rn−2) + · · ·+ (R3 −R2) + (R2 −R1) +R1 =
= n+ (n− 1) + · · ·+ 3 + 2 +R1 =
(n+ 2) (n− 1)
2
+ 2 =
n2 + n+ 2
2
5
4. No máximo quantos pontos de interseção existem quando são desenhadas n circunferências?
Em primeiro lugar, observemos que duas circunferências se intersectam em, no máximo, 2
pontos. Assim:
se temos 1 circunferência desenhada e desenhamos uma nova, obtemos, no máximo, 2 pontos
de interseção.
se temos 2 circunferências desenhadas e desenhamos uma nova, obtemos, no máximo, 4 novos
pontos de interseção.
se temos 3 circunferências desenhadas e desenhamos uma nova, obtemos, no máximo, 6 novos
pontos de interseção.
De um modo geral, se temos k circunferências desenhadas e desenhamos uma nova, obtemos,
no máximo, 2 k novos pontos de interseção.
Denotemos por Pk o número máximo de pontos de interseção de k circunferências. Pelas
observações acima, temos:
P2 = 2, P3 − P2 = 4, P4 − P3 = 6; mais geralmente, temos Pk − Pk−1 = 2 (k − 1).
Logo, temos:
Pn =
[
Pn − Pn−1
]
+
[
Pn−1 − Pn−2
]
+ · · ·+
[
P3 − P2
]
+ P2
= 2 (n− 1) + 2 (n− 2) + · · ·+ 2× 2 + 2× 1 = 2
[
1 + 2 + · · ·+ (n− 2) + (n− 1)
]
= n (n− 1).
0.3 Exerćıcios de Anos Anteriores
Exerćıcio 1.b’: Encontre a função quadrática cujo gráfico é dado na figura abaixo:
Temos f(x) = a x2 + b x+ c.
f(1) = 9 =⇒ a+ b+ c = 9 (1)
f(−2) = 3 =⇒ 4 a− 2 b+ c = 3 (2)
(2)− (1) =⇒ 3 a− 3 b = −6 =⇒ a− b = −2 (3)
O vértice da parábola é o ponto
( −b
2 a
, −∆
2 a
)
; portanto f(−b
2 a
) = −∆
4 a
.
Pela figura, temos f(2− b
2 a
)− f(−b
4 a
) = 8. Substituindo na expressão
de f , temos
. (1, 9)
2 2
8
a (2− b
2 a
)2 + b (2− b
2 a
) + c−
[
a (− b
2 a
)2 + b (− b
2 a
) + c
]
= 8;
efetuando as operações nesta relação temos a = 2. Substituindo em (3) temos b = 4 e substituindo
em (1) obtemos c = 3. Logo, a função quadrática é f(x) = 2 x2 + 4x+ 3.
Funções quadráticas - Aplicações
0.4 Exerćıcios Recomendados - unidade 11
1. Um estudante anotou a posição, ao longo do
tempo, de um móvel sujeito a uma força constante
e obteve os dados ao lado. Calcule a posição do
móvel nos instantes 5 s, 15 s e 25 s.
6
Instante Posição
0 17
10 45
20 81
Como o móvel está sujeito a uma força constante, a posição é dada por s(t) = a + b t + c t2.
Como s(0) = 17, temos a = 17
s(10) = 45 =⇒ 17 + 10 b+ 100 c = 45 (1)
s(20) = 81 =⇒ 17 + 20 b+ 400 c = 81 (2)
De (1) e (2) temos 200 c = 8, portanto c =
8
200
=
1
25
.
Substituindo em (1) temos 4 + 10 b = 28, donde b =
12
5
. Portanto s(t) = 17 +
12
5
t +
1
25
t2.
Logo,
s(5) = 17 +
12
5
5 +
1
25
25 = 30
s(15) = 17 +
12
5
15 +
1
25
225 = 62
s(25) = 17 +
12
5
25 +
1
25
625 = 102
2. O motorista de um automóvel aplica os freios de modo suave e constante, de modo a imprimir
uma força de frenagem constante a seu véıculo, até o repouso. O diagrama a seguir mostra a
posição do véıculo a cada segundo a partir do instante em que os freios foram aplicados.a) Os
dados acima são compat́ıveis com o fato de a força de frenagem ser constante?
b) Qual a posição do véıculo 5 s após o ińıcio da frenagem?
c) Quanto tempo o véıculo demora para chegar ao repouso?
d) Qual era a velocidade do véıculo no instante em que o motorista começou a aplicar os freios?
30m 25m 20m
0 s 1 s 2 s 3 s
• • • •
A posição é dada por s(t) = a+ b t+ ct2. Como s(0) = 0, temos a = 0 e s(t) = b t+ c t2.
s(1) = 30 =⇒ b+ c = 30 (1)
s(2) = 55 =⇒ 2 b+ 4 c = 55 (2)
Resolvendo (1) e (2) obtemos b = 65
2
e c = −5
2
, portanto s(t) = 65
2
t− 5
2
t2.
Como s(1) = 65
2
− 5
2
= 30, s(2) = 65
2
2 − 5
2
4 = 55 e s(3) = 65
2
3 − 5
2
9 = 75, vemos que os
dados acima são coerentes.
Temos s(5) = 65
2
5− 5
2
25 = 100.
Resolvendo a equação (para t > 0) 65
2
t − 5
2
t2 = 0, obtemos t = 13. Logo, o véıculo demora
13 s para chegar ao repouso.
Na fórmula da posição s(t) = 65
2
t− 5
2
t2, o coeficiente de t dá a velocidade no instante inicial.
Portanto v0 = 65
2
.
A velocidade média no intervalo de tempo [0, t], (t > 0) é
vM([0, t]) =
s(t)− s(0)
t
=
65
2
t− 5
2
t2
t
=
65
2
− 5
2
t.
À medida que tomamos t cada vez menor, vemos que vM([0, t]) aproxima-se de
65
2
, que é a
velocidade no instante t = 0.
7
3. Numa vidraçaria há um pedaço de espelho, sob a forma de um triângulo retângulo de lados
60 cm, 80 cm e 1m. Quer-se, a partir dele, recortar um espelho retangular com a maior área
posśıvel. Afim de economizar corte, pelo menos um dos lados do retângulo deve estar sobre um
lado do triângulo.
HH
HHHH
HHH
HHH
HHHH
A
D
E
F
C
B
HHH
HHH
HHH
HHH
HHHH
A
C
D
E
G
BF
As posições sugeridas são as da figura acima. Em cada caso, determine qual o retângulo de
maior área e compare os dois resultados. Discuta se a restrição de um lado estar sobre o contorno
do triângulo é realmente necessária para efeito de maximizar a área. Na figura, os dados do
problema são AB = 80, AC = 60 e BC = 100.
Analisemos primeiro o triângulo da esquerda. Denotemos por x o comprimento do segmento
DE e por y o comprimento do segmento EF . Como os triângulos ABC e EBF são semelhantes,
temos
EF
AC
=
FB
AB
, ou seja,
y
60
=
80− x
80
e portanto y =
3 (80− x)
4
. Logo a área é A(x) =
3x (80− x)
4
, que tem seu valor máximo quando x = 40 e vale A(40) = 1200.
Analisemos agora o triângulo da direita. Denotemos por x o comprimento do segmento DF e
por y o comprimento do segmento EG.
Como os triângulos ABC e AEB são semelhantes, temos
AE
60
=
80
100
e portanto AE = 48.
Como os triângulos ABE e AFG são semelhantes, temos
AG
AE
=
GF
EB
, ou seja,
48− y
48
=
GF
EB
.
Analogamente, como os triângulos ACE e ADG são semelhantes, temos
AG
AE
=
DG
CE
, ou seja,
48− y
48
=
DG
CE
. Temos então
GF
EB
=
48− y
48
=
DG
CE
. Como
GF
BE
=
DG
EC
, por uma propriedade
das proporções (a saber
a
b
=
c
d
⇒ a
b
=
a+ c
b+ d
) temos
GF
BE
=
GF +DG
BE + EC
=
DF
BC
. Portanto
48− y
48
=
DF
BC
=
x
100
. Desta relação temos y =
48 (100− x)
100
. Portanto a área é dada pela função
quadrática A(x) =
48
100
x (100−x); seu valor máximo ocorre quando x = 50 e vale A(50) = 1200.
4. 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 posśıvel?
rio
área
cercada
x
Designemos por x comprimento do lado do retângulo paralelo ao rio. Então cada um dos
lados perpendiculares ao lado mencionado acima mede
80− x
2
metros. A área do retângulo é
A(x) = x
80− x
2
=
1
2
x (80 − x). O vértice da parábola dá o ponto de máximo. A abscissa do
vértice é x0 = 40 e o valor máximo é A(40) = 800.
8
0.5 Exerćıcios Suplementares - unidade 11
1. Um grupo de alunos, ao realizar um experimento no laboratório de F́ısica, fez diversas medidas
de um certo comprimento. O instrutor os orientou no sentido de tomar a média aritmética dos
valores encontrados como o valor a ser adotado. Este procedimento pode ser justificado do modo
abaixo. 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 posśıvel. 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.
a) Mostre que d(x) é minimizada quando x é a média de x1 , x2 , . . . , xn, ou seja,
x =
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
.
b) Suponha agora que se deseje utilizar o desvio absoluto total e(x) = |x−x1|+ |x−x2|+ · · ·+
|x− xn| como medida do erro cometido. Mostre que e(x) é minimizado quando x é a mediana de
x1 , x2 , . . . , xn.
Solução:
(a) Vamos escrever d(x) na forma d(x) = a x2 + b x + c. Elevando ao quadrado cada uma das
expressões entre parênteses, temos
(x− x1)2 = x2 − 2x1 x+ x2
1, (x− x2)2 = x2 − 2x2 x+ x2
2, . . . , (x− xn)2 = x2 − 2xn x+ x2
n
e portanto
d(x) = nx2 − 2 (x1 + x2 + · · ·+ xn)x+ (x2
1 + x2
2 + · · ·+ x2
n).
O valor mı́nimo ocorre quando x =
−b
2 a
=
2 (x1 + x2 + · · ·+ xn)
2n
=
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
.
(b) e(x) = |x−x1|+ |x−x2|+ · · ·+ |x−xn| é mı́nima quando x é a mediana de x1 , x2 , · · · , xn.
Para fixar as idéias, suponhamos x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn. Se x ≤ x1, temos |x − x1| =
x1− x , |x− x2| = x2− x , · · · , |x− xn| = xn− x e portanto d(x) = −nx+ (x1 + x2 + · · ·+ xn));
note que a inclinação do gráfico de e neste intervalo é −n.
Se x1 ≤ x ≤ x2, temos |x−x1| = x−x1 , |x−x2| = x2−x , · · · , |x−xn| = xn−x e portanto
e(x) = (−n+ 2)x+ (−x1 + x2 + · · ·+ xn): note que a inclinação do gráfico de e neste intervalo é
−n+ 2. Assim, quando s passa por cada xj a inclinação do gráfico aumenta de 2.
Quando n é ı́mpar, a inclinação troca de sinal (passando de −1 para +1) quando x = x(n+1)/2
e a função d assume seu valor mı́nimo nesse ponto.
Quando n é par, a inclinação é nula no intervalo
[
xn/2 , x(n/2)+1
]
e a função d assume seu valor
mı́nimo em cada ponto desse intervalo. Veja as figuras abaixo.
x1 x2 x3 x4x3x1 x2 x4 x5
2. 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 distância mı́nima entre P e Q?
9
Como P = (−2 + 2 t, 0) e Q = (0, t), temos
d(P,Q) =
(
− 2 + 2 t, 0)2 + t2
)1/2
=
(
5 t2 − 8 t+ 4
)1/2
.
d(P,Q) é mı́nima quando d(P,Q)2 é mı́nima, isto é, quando f(t) =
5 t2 − 8 t + 4 é mı́nima. Como f(t) = 5 (t − 4
5
)2 + 4
5
, seu valor é
mı́nimo quando t = 4
5
e esse valor mı́nimo é 4
5
. Logo, o valor mı́nimo
de d(P,Q) é 2
√
5
5
.
Outro modo: o valor mı́nimo ocorre quando x = −b/(2 a) = 4/5,
e o valor mı́nimo é f(4/5) = 4/5.
P (t)
Q(t).
.
6
-
3. 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 número de passageiros a rentabilidade da
empresa é máxima?
Como o preço de cada passageiro é R$ 800,00 mais R$ 10,00 por cada lugar vago, se viajarem
x passageiros, teremos 100−x lugares vagos e cada passageiro paga 800+10 (100−x). Portanto, o
total recebido pela companhia se viajarem x passageiros x passageiros será f(x) =
[
800+10 (100−
x)
]
x = −10x2 + 1800 x = 10x (−x+ 180), que tem seu valor máximo quando x = 90 e esse valor
máximo é f(90) = 81000.
4. João tem uma fábrica de sorvetes. Ele vende, em média, 300 caixas de picolés, por R$ 20,00
cada caixa. Entretanto, percebeu que, cada vez que diminúıa R$ 1,00 no preço da caixa, vendia
40 caixas a mais. Quanto ele deveria cobrar pela caixa para que sua receita fosse máxima?
Quando João diminui x reais no preço da caixa, vende 40x caixas a mais, isto é, vende 300+40x
caixas e recebe 20− x por caixa. Logo, recebe f(x) = (20− x) (300 + 40x) reais.
O valor máximo de f(x) = −40x2 + 500x+ 6000 ocorre quando x = −b
2 a
= 25
4
= 6, 25. Logo, o
preço de cada caixa deve ser R$ 13,75.
5. 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, respectiva-mente. Qual deles poderia ter comprado mais balas e gasto a mesma quantia, se empregasse
melhor seus conhecimentos de Matemática?
Antes da promoção, o preço de cada bala era p: assim, quem compra
x balas pagava p x. Na promoção, há o desconto de x% = x
100
para
que compra x balas (com x ≤ 60): assim, o desconto para quem
compra x balas é p x x
100
e o comprador de x balas (com x ≤ 60)
paga f(x) = p x (1− x
100
). Como f(x) = p
100
x (100−x), vemos que
o valor máximo de f(x) ocorre quando x = 50. 40
.
45
.
60
.
55
. x
y 6
-
Como f(55) = f(45), Daniel poderia ter comprado mais balas (55) e gastaria a mesma quantia;
na verdade, se comprasse 60 balas, pagaria menos.
6. 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 público
aumenta de 100 espectadores. Qual deve ser o preço do ingresso para que a receita seja máxima?
Com o desconto de x reais, cada espectador paga 9 − x e o número de espectadores será
300 + 100x; portanto a renda será f(x) = (300 + 100 x)(9 − x) = −100x2 + 600x + 2700 =
100 (−x2 + 6x + 27). O valor máximo ocorre quando x = −b
2 a
= 3. Logo, ao preço de R$ 6,00 a
receita será máxima.
7. Determine explicitamente os coeficientes a, b, c do trinômio f(x) = a x2 + b x + c em função
dos valores f(0), f(1) e f(2).
Temos
f(0) = c e portanto f(x) = a x2 + b x+ f(0)
f(1) = a+ b+ f(0) ou a+ b = f(1)− f(0) (1)
f(2) = 4 a+ 2 b+ f(0) ou 4 a+ 2 b = f(2)− f(0) (2)
10
Resolvendo o sistema (1) e (2) temos a = 1
2
(
f(0)−2 f(1)+f(2)
)
e b = 1
2
(
−3 f(0)+4 f(1)−f(2)
)
.
8. Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida por dia, a 12 reais o quilo. Uma pesquisa de
opinião revelou que, por cada real de aumento no preço, o restaurante perderia 10 clientes, com
um consumo médio de 500g cada. Qual deve ser o valor do quilo de comida para que o restaurante
tenha a maior receita posśıvel?
Quando aumenta o preço em x reais, o restaurante perde 10x clientes com um consumo de 5x
Kg de comida. A receita é (12 + x) (100− 5x) = −5x2 + 40x+ 1200. O máximo ocorre quando
x =
−b
2 a
=
40
10
= 4. Logo, o preço deve ser R$ 16,00 por quilograma.
9. Um prédio de 1 andar, de forma retangular, com lados proporcionais a 3 e 4, vai ser constrúıdo.
O imposto predial é de 7 reais por metro quadrado, mais uma taxa fixa de 2.500 reais. A prefeitura
concede um desconto de 60 reais por metro linear do peŕımetro, 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 posśıvel? Qual o valor desse imposto mı́nimo? Esboce o gráfico do valor
do imposto como função do lado maior do retângulo.
Se os lados medirem 3x e 4x o desconto é 60 (6x+ 8x) = 840x. O imposto é 2500 + 7 · 3x ·
4x− 840x.
Portanto I(x) = 84x2 − 840x + 2500. Ponto de mı́nimo x =
−b
2 a
=
−840
2 · 84
= 5. Logo, as
dimensões devem ser 12 e 15.
10. Determine entre os retângulos de mesma área a, aquele que tem o menor peŕımetro. Existe
algum retângulo cujo peŕımetro seja maior do que os de todos os demais com mesma área?
Denotando por x e y os lados do retângulo, seu semi-peŕımetro é x+y = p e sua área é x y = a.
Em primeiro lugar, procuramos condições sobre p para que exista um tal retângulo: para isto o
sistema
{
x+ y = p (1)
x y = a (2)
precisa ter (ao menos) uma solução. Da equação (1) temos y = p− x;
substituindo esse valor em (2), temos x (p − x) = a, ou seja, x2 − p x + a = 0. Para que esta
equação tenha solução, seu discriminante ∆ = p2−4 a precisa ser não negativo: assim, p2−4 a ≥ 0
ou p ≥ 2
√
a. Logo, o menor valor posśıvel de p para que ∆ ≥ 0 é 2
√
a; para este valor de p temos
x = y =
√
a e o menor valor posśıvel do peŕımetro é 4
√
a.
outro modo: Em primeiro lugar, notemos que x + y é o dobro da média aritmética de x e y.
Mostremos que
x+ y
2
≥ √x y, isto é, a média aritmética de dois números é sempre maior do
que ou igual à média geométrica. De fato, como (
√
x − √y)2 = x + y − 2
√
x y, temos x + y =
2
√
x y + (
√
x − √y)2 ≥ 2
√
x y, donde
x+ y
2
≥ √x y. Além disso, é claro que estas médias são
iguais se e somente se x = y. Como
x+ y
2
≥ √x y =
√
a, temos 2 (x + y) ≥ 4
√
a, e portanto o
valor mı́nimo do peŕımetro é 4
√
a e ocorre quando x = y.
11. Que forma tem o gráfico da função f : [0; +∞)→ R, dada por f(x) =
√
x ?
O gráfico tem equação y =
√
x, que é equivalente a x = y2, x ≥ 0, que descreve a parte
superior da parábola.
12. Mostre que a equação
√
x+m = x possui uma raiz se m > 0, duas ráızes quando −1
4
< m ≤ 0,
uma raiz para m = 1
4
e nenhuma raiz caso m < −1
4
.
Chamando y =
√
x, a equação
√
x + m = x (∗) fica y + m = y2, ou y2 − y − m = 0 (**).
Como ∆ = 1 + 4m, temos:
(i) se m < −1
4
a equação (**) não tem solução (real) e portanto (*) não tem solução.
(ii) se m = −1
4
a equação (**) tem uma única solução, y = 1
2
, que dá a solução x = 1
4
de (*).
(iii) se −1
4
< m < 0 a equação (**) tem duas soluções positivas, e portanto (*) tem 2 soluções.
(iv) se m > 0 a equação (**) tem uma solução positiva e uma negativa, e portanto (*) tem 1
solução.
11
13. Numa concorrência pública para a construção de uma pista circular de patinação apresentam-
se 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.
Para pavimentar uma área circular de raio x a firma A
cobra A(x) = 20π x2 + 30 π x + 200 e a firma B cobra
B(x) = 18π x2 + 40π x + 600. Temos A(0) = 200 <
B(0) = 600. Determinemos o valor positivo de x tal que
A(x) = B(x), isto é, tal que 2π x2 − 10 π x − 400 = 0.
Temos x1 =
5 π + 5
√
π2 + 32 π
2π
. Assim, se 0 < x ≤ x1
temos A(x) ≤ B(x) e a firma A é mais vantajosa; se
x > x1 a firma B é mais vantajosa. Na figura ao lado
esboçamos os gráficos de A e B.
xx1
y = A(x)
y = B(x)
.
y
6
-
14. Dados a, b, c positivos, determinar x e y tais que x y = c e que a x+b y seja o menor posśıvel.
O enunciado não menciona, mas x e y devem ser positivos: se admitirmos x < 0, então
y = c/x < 0 e a expressão a x + b y não é limitada inferiormente: por exemplo, tomando x = −n
e y = −c/n, temos a x+ b y = −a n− b c/n.
Agora analisemos o caso x > 0 e y > 0. Como a média aritmética de dois números é sempre
maior do que ou igual à média geométrica temos
a x+ b y
2
≥
√
a b x y =
√
a b c, donde a x+ b y ≥
2
√
a b c, e portanto o valor mı́nimo de a x + b y sujeito à restrição x y = c é 2
√
a b c, e este valor
mı́nimo ocorre quando x =
√
b c/a e y =
√
a c/b (verifique).
15. Cavar um buraco retangular de 1m de largura de modo que o volume cavado seja 300m3.
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.
Sejam x o comprimento e y a profundidade do buraco, a largura é 1. Então o volume cavado é
x y = 300 (assim, y = 300/x). O custo é dado por C(x) = 10x+30 y = 10x+30 (300
x
) = 10 x+ 9000
x
;
assim C(x) é o dobro da média aritmética de 10x e 9000
x
. Como a média aritmética é sempre maior
do que ou igual à média geométrica, temos
10x+
9000
x
≥ 2
√
10x
9000
x
= 600 (∗ ∗ ∗)
Logo, o custo mı́nimo é R$ 600,00. Da igualdade (***) temos também x2 − 60x + 900 = 0, ou
(x − 30)2 = 0, portanto o custo mı́nimo ocorre para x = 30, que implica y = 300/x = 10 e as
dimensõesdo buraco são: comprimento 30m, largura1 m e profundidade 10m.
16. Dois empresários formam uma sociedade cujo capital é de 100 mil reais. Um deles trabalha
na empresa três dias por semana e o outro 2. 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?
O sócio A investiu capital x e trabalhava 2 dias por semana; o sócio B investiu capital 100− x
e trabalhava 3 dias por semana. No final cada um recebeu 99, de modo que o lucro de A foi 99−x
e o de B foi 99 − (100 − x) = x − 1. É natural supor que o lucro recebido seja proporcional ao
capital investido e ao número de horas trabalhadas. Assim
99− x
2x
=
x− 1
3 (100− x)
Efetuando as operações, obtemos a equação x2 − 595x+ 29700 = 0, que tem as soluções x1 = 55
12
e x2 = 540 (que não serve, pois é maior que o total investido). Logo A investiu R$ 55000,00 e B
investiu R$ 45000,00.
17. 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?
Marcelo rema seu barco a 12km por hora. Denotemos por v a velocidade do rio. Ele rema
12Km a favor da corrente: o tempo gasto nessse percurso é durante
12
12 + v
e rema 8Km contra
a corrente: o tempo gasto nesse percurso é durante
8
12− v
. Como o tempo total é de 2 horas,
temos
12
12 + v
+
8
12− v
= 2
Esta equação conduz à equação quadrática v2− 2 v− 24 = 0, cujas soluções são v = −4 (que não
interessa pois estamos considerando v > 0) e v = 6. Logo, a velocidade do rio é 6Km por hora
e Marcelo levou
12
12 + 6
=
2
3
(=40 minutos) para ir e
8
12− 6
=
4
3
(=1 hora e 20 minutos) para
voltar.
18. Os alunos de uma turma fizeram uma coleta para juntar 405 reais, custo de uma excursão.
Todos contribúıram 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?
Denotemos por n o número de estudantes e por x o quanto cada um pagaria se ninguém
desistisse: então nx = 405. Como o preço aumentou R$ 1,20 pela desistência dos 2 alunos,
temos (x + 1, 2) (n − 2) = 405, ou seja nx + 1, 2n − 2x − 2, 4 = 405. Substituindo a primeira
equação nesta, obtemos x = 0, 6n − 1, 2. Substituindo este valor na primeira equação obtemos
0, 6n2 − 1, 2n− 405 = 0, que tem a solução positiva n = 27. Logo, a turma tem 27 alunos.
19. Prove que a função cont́ınua f : R→ R é quadrática se, e somente se, para todo h ∈ R, h 6= 0,
fixado, a função ϕ(x) = f(x+ h)− f(x) é afim e não-constante.
Se f é quadrática, f(x) = a x2 + b x + c, então ϕ(x) = a (x + h)2 + b (x + h) − a x2 + b x =
2 a h x+ b h+ a h2 é função afim não constante, qualquer que seja h 6= 0.
Reciprocamente, suponhamos que f é cont́ınua e que, para cada h 6= 0, a função ϕ(x) =
f(x + h) − f(x) é afim e não-constante. Para simplificar a notação, suponhamos também que
f(0) = 0 (isto não acarreta perda de generalidade: note que a função g(x) = f(x)− f(0) tem as
mesmas propriedades de f e satisfaz g(0) = 0).
Para h = 1, temos que ϕ(x) = f(x + 1) − f(x) é uma função afim, digamos ϕ(x) = Ax + B.
Temos
ϕ(0) = f(1)−f(0) = f(1), ϕ(1) = f(2)−f(1), ϕ(2) = f(3)−f(2), . . . , ϕ(n−1) = f(n)−f(n−1).
Somando membro a membro todas estas parcelas, temos
ϕ(0) + ϕ(1) + ϕ(2) + · · ·+ ϕ(n− 1) =
= f(1) + [f(2)− f(1)] + [f(3)− f(2)] + · · ·+ [f(n)− f(n− 1)] =
= f(n)
Assim
f(n) = ϕ(0) + ϕ(1) + ϕ(2) + · · ·+ ϕ(n− 1) (1)
Por outro lado, como ϕ(x) = Ax+B, temos
ϕ(0) = B, ϕ(1) = A+B, ϕ(2) = 2A+B, . . . ϕ(n− 1) = A (n− 1) +B.
13
Somando membro a membro todas estas parcelas, temos
ϕ(0) + ϕ(1) + ϕ(2) + · · ·+ ϕ(n− 1) = B + (A+B) + (2A+B) + · · ·+ [(n− 1)A+B] =
= [1 + 2 + · · ·+ (n− 1)]A+ nB = (2)
=
n (n− 1)
2
A+ nB =
A
2
n2 + (B − A
2
)n
De (1) e (2) temos f(n) = A
2
n2 + (B − A
2
)n, que escrevemos
f(n) = a n2 + b n (3)
Agora tomamos h =
1
p
, p ∈ N, e procedemos analogamente. Para a função afim ψ(x) =
f(x+ 1
p
)− f(x), temos
ψ(0) = f(
1
p
), ψ(
1
p
) = f(
2
p
)− f(
1
p
), . . . , ψ(
n− 1
p
) = f(
n
p
)− f(
n− 1
p
).
Procedendo como acima, temos
f
(n
p
)
= ψ(0) + ψ
(1
p
)
+ ψ
(2
p
)
+ · · ·+ ψ
(n− 1
p
)
.
Por outro lado, como ψ é função afim, digamos, ψ(x) = A′ x+B′, temos
ψ(0) = B′, ψ
(
1
p
)
= A′
1
p
+B′, ψ
(
2
p
)
=
2
p
A′ +B′, . . . , ψ
(
n− 1
p
)
=
n− 1
p
A′ +B′.
Somando membro a membro todas estas parcelas, temos
ψ(0) + ψ
(1
p
)
+ ψ
(2
p
)
+ · · ·+ ψ
(n− 1
p
)
=
= B′ +
(A′
p
+B′
)
+
(2A′
p
+B′
)
+ · · ·+
[(n− 1)A′
p
+B′
]
=
=
A
p
[1 + 2 + · · ·+ (n− 1)]A′ + nB′ = (5)
=
A′
p
n (n− 1)
2
+ n (B′ − A′
p
) =
A′
2 p
n2 + (B′ − A′
2
)n
De (4) e (5) temos f(
n
p
) =
A′
2 p
n2 + (B′ − A′
2 p
)n, que escrevemos
f
(n
p
)
= a′ n2 + b′ n (6)
Desta igualdade temos
f(n) = f
(n p
p
)
= a′ (n p)2 + b′ (n p) = (a′ p2)n2 + (b′ p)n (7)
De (3) e (7) vemos que a função F (x) = a x2 + b x coincide com G(x) = (a′ p2)x2 + (b′ p)x em
todo x = n ∈ N. Portanto F = G (são duas funções quadráticas que coincidem em mais de 2
pontos). Isto implica a = a′ p2 e b = b′ p e, portanto
a′ =
a
p2
e b′ =
b
p
14
Portanto temos
f
(n
p
)
= a′ n2 + b′ n =
a
p2
n2 +
b
p
n = a
(n
p
)2
+ b
(n
p
)
Isto mostra que a função f coincide com a função a x2 +b x para todo x ∈ Q, x > 0; analogamente
tratamos o caso x ∈ Q, x < 0. Portanto, f coincide com a função a x2 + b x para todo x ∈ Q.
Como f é cont́ınua, segue-se que f(x) = a x2 + b x para todo x ∈ R.
20. 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 ser a
reta y = t. Use a definição de parábola para mostrar que t = 1/4.
Como f é uma função par, o seu gráfico é simétrico em relação ao eixo Oy: a simetria do
gráfico de f nos dá que F = (0, c) e que a diretriz r tem equação y = −c. Tomemos um ponto
P = (x, x2) 6= (0, 0) sobre a parábola. Temos
d(P, F )2 = x2 + (x− c)2 = x2 + x4 − 2 c x2 + c2 (1)
d(P, r)2 = (x2 + c)2 = x4 + 2 c x2 + c2 (2)
Como d(P, r)2 = d(P, F )2 temos x2 + x4 − 2 c x2 + c2 = x4 + 2 c x2 + c2, donde 4 c x2 = x2, ou
c =
1
4
.
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