Problemas_e_Desafios_Vol_01_cap-01 - Guidorizzi 6ª Ed

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Volume 1
 Capítulo 1 Números Reais
 1. Por volta do século V a.C., os pitagóricos defendiam que quaisquer dois segmentos eram 
sempre comensuráveis, ou seja, múltiplos de um segmento comum. Em outras palavras, 
afirmavam que dados dois segmentos não nulos medindo a e b respectivamente, sempre era 
possível encontrar um novo segmento medindo < ,c a b de modo que =a mc e =b nc, com 
,m n∈. Forneça um contraexemplo mostrando que os pitagóricos estavam equivocados 
em sua afirmação.
Solução
Vamos inicialmente admitir como verdadeira a afirmação dos pitagóricos, ou seja, quais-
quer dois segmentos não nulos são comensuráveis, e a partir daí vamos considerar a 
diagonal de um quadrado unitário (de lado igual a 1), cuja medida denotaremos por d. 
Pela afirmação supracitada, essa diagonal e um lado qualquer do quadrado deverão ser 
comensuráveis. Em outras palavras, deverá existir um terceiro segmento medindo c, sa-
tisfazendo 
= e 1 = , , .d nc mc m n∈
Desta forma 
= = .
1
d nc n
mc m
Naturalmente é possível supor, sem perda de generalidade, que n e m não possuem 
fatores primos em comum, caso contrário basta simplificar a fração m/n pelos fatores 
primos comuns. Assim, podemos afirmar que 
= , mdc( , ) = 1.nd n m
m
Elevando ambos os membros ao quadrado e observando pelo teorema de Pitágoras que 
2 = 2d , obtemos 
2
2 2 2
22 = = = 2 ,
nd n m
m
⇒ (1)
Problemas e Desafios
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Problemas e Desafios
e desta forma n2 é par, donde n é par. Ora, se n é par, então = 2 ,n k k ∈ e, assim, segue 
de (1) que
2 2 2 2 2 2(2 ) = 2 4 = 2 = 2 ,k m k m m k⇒ ⇒
donde m2 é par e portanto m também é.
Chegamos assim à conclusão de que m, n são pares, o que contradiz o fato de m e n não pos-
suírem fatores primos em comum (sendo pares, ao menos o primo 2 seria um fator comum).
Note que tal contradição surgiu do fato de admitirmos a veracidade da afirmação dos 
pitagóricos, logo, este contraexemplo mostra que nem sempre dois segmentos são co-
mensuráveis, ou seja, que os pitagóricos de fato estavam equivocados em sua afirmação. 
 2. Prove que, dados ,a b∈ com <a b, existe c∈ satisfazendo 
< < .a c b
Solução
Sabemos que <a b. Somando-se a em ambos os membros desta desigualdade e em se-
guida multiplicando ambos os membros por 12− , utilizando para tanto as propriedades da 
compatibilidade da ordem dos números reais com a adição (OA) e com a multiplicação 
(OM), vem que 
2 < ( ) < .
2
a ba a b a ++ ⇒ (2)
De modo análogo, somando-se b em ambos os membros da desigualdade original e em 
seguida multiplicando-se os membros da desigualdade resultante por 12− , obtemos 
( ) < 2 < .
2
a ba b b b++ ⇒ (3)
Finalmente, de (2) e (3), obtemos 
< < , = .
2
a ba c b c +
 3. Um determinado posto de combustível cobrava R$ 2,00 o litro do etanol e com isso vendia 
uma média de 24000 litros do combustível por mês. Ao reajustar o preço do combustível, o 
dono do posto observou que a cada R$ 0,10 de incremento no preço do litro o posto deixava 
de vender 1000 litros mensais. Nestas condições, determine o valor máximo que o dono do 
posto pode cobrar pelo litro do etanol para que não tenha sua receita com as vendas diminuída.
Solução
Observemos inicialmente que, cobrando 2 reais o litro do etanol e tendo com isso, uma venda 
mensal de 24000 litros do respectivo combustível, o dono do posto conseguirá uma 
receita mensal de 48000 reais.
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3
Números Reais
Agora, de acordo com o enunciado, a cada acréscimo de R$ 0,10 no litro do combus-
tível ocorre uma baixa de 1000 litros nas vendas mensais. Pois bem, se denotarmos por x 
a quantidade de incrementos de R$ 0,10 que serão aplicados no litro do etanol (note que 
0x ≥ ), então, de acordo com os dados, a receita mensal R obtida com a venda do respec-
tivo combustível já com o preço reajustado, será dada por 
quantidade de litros vendidos com o reajuste
2
valor reajustado por litro
= (2 0,1 ) (24000 1000 ) = 100 400 48000.R x x x x+ ⋅ − − + +


Nosso objetivo é determinar qual deve ser o maior valor possível que podemos atribuir 
para a variável x, de modo que a receita obtida com as vendas não seja inferior ao que era 
antes do reajuste (48000 reais no caso).
Note que, para isso, devemos impor que 48000R ≥ , ou seja,
2100 400 48000 48000x x− + + ≥
 
2100 400 0x x− + ≥
 ( 100 400) 0x x− + ≥
Para que a desigualdade acima se verifique, temos dois casos a considerar.
CASO I: Quando 0x ≤ e ( 100 400) 0x− + ≤ .
Note que este caso não deve ser considerado, pois 0x ≥ , como já evidenciamos.
CASO II: Quando 0x ≥ e ( 100 400) 0x− + ≥ .
Nesse caso, devemos ter 0x ≥ e 
100 400 0x− + ≥
 100 400x− ≥ −
 100 400x ≤
 4.x ≤
Assim, para que não haja prejuízo na receita obtida com as vendas, devemos ter 
0 4x≤ ≤ , ou seja, o maior valor possível que pode ser cobrado pelo litro do etanol é 
2 0,10(4) = 2,40+ reais. 
 4. Um professor de Cálculo aplica dois instrumentos de avaliação ao longo de um semestre, 
um teste que tem peso de 1/3 no cálculo da média final e uma prova que tem o restante do 
peso. Para obter conceito B, a média final deve estar entre 70 e 80, incluindo essas notas, 
acima disso o conceito é A. Se um aluno tirou 72 no teste, qual deve ser a menor nota que 
ele pode tirar na prova para conseguir ficar com conceito B? E com conceito A?
Solução
Denotaremos por T a nota do teste, por P a nota da prova e por MF a média semestral. De 
acordo com os dados fornecidos, temos que 
1 2=
3 3
MF T P+
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4
Problemas e Desafios
Para que o conceito obtido seja B é necessário que 70 80MF≤ ≤ , ou seja,
1 270 80.
3 3
T P≤ + ≤
Como o aluno tirou 72 no teste, a nota da prova que contempla o conceito B deverá 
satisfazer 
1 2 270 72 80 70 24 80
3 3 3
P P≤ ⋅ + ≤ ⇒ ≤ + ≤
 
246 56
3
P⇒ ≤ ≤
 
3 346 56
2 2
P⇒ ⋅ ≤ ≤ ⋅
 69 84.P⇒ ≤ ≤
Assim, a menor nota que o aluno em questão pode tirar para obter conceito B deve ser 
69, e, para obter conceito A, 85.
 5. O resto da divisão de um polinômio ( )P x por ( 1)x + é 2, ao passo que o resto da sua divisão 
por ( 2)x − é 8. Nessas condições, determine qual deve ser o resto da divisão de ( )P x pelo 
produto ( 1)( 2)x x+ − .
Solução
Observemos inicialmente que, como a divisão de ( )P x por ( 1)x + deixa resto 2, então 
1( ) = ( )( 1) 2 ( 1) = 2.P x Q x x P+ + ⇒ − (4)
Da mesma forma, como a divisão de ( )P x por ( 2)x − deixa resto 8, então 
2( ) = ( )( 2) 8 (2) = 8.P x Q x x P− + ⇒ (5)
Seja agora, R(x) o resto da divisão de P(x) por ( 1)( 2)x x+ − . Então 
( ) = ( 1)( 2) ( ).P x x x R x+ − +
Como o grau do resto R(x) deve ser estritamente menor que o grau do quociente 
( 1)( 2)x x+ − , que é 2, segue que ( ) =R x ax b+ e, portanto,
( ) = ( 1)( 2) .P x x x ax b+ − + +
Assim 


(4)
(4)
= ( 1) = 2
= 2
2 = (2) = 8 = 4
a b P
a
a b P b
− + −
 ⇒ + 
Portanto 
( ) = 2 4.R x x +
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5
Números Reais
 6. Determine o valor da constante a para que possamos estabelecer o valor da função 
3 2
3 2( ) = 5 7 3
x x ax af x
x x x
+ + +
− + −
em = 3x e em seguida determine (3)f para o valor de a determinado.
Solução
Note que, ao tentarmos determinar (3)f , nos deparamos com o problema de anular o 
denominador. Isso sugere que = 3x é uma raiz do polinômio 3 25 7 3x x x− + − e que 
portanto ele é divisível pelo fator ( 3)x − . De fato, efetuando a divisão de polinômios, é 
fácil ver que 
3 2
2 3 2 25 7 3 = 2 1 5 7 3 = ( 3)( 2 1)
3
x x x x x x x x x x x
x
− + −
− + ⇒ − + − − − +
−
(6)
Desta forma, observe que para que seja possível calcular (3)f é fundamental que o 
numerador dessa função racional apresente também um fator ( 3)x − em sua decomposi-
ção para que ele possa ser cancelado ao fator ( 3)x − do denominador, eliminando a in-
determinação existente.Mas, impor que ( 3)x − seja um fator presente na decomposição 
do numerador 3 2x x ax a+ + + equivale a impor que = 3x seja raiz desse polinômio, ou 
seja, que 
3 23 3 3 = 0 36 4 = 0 = 9.a a a a+ + + ⇒ + ⇒ −
E assim
3 2
3 2
9 9( ) =
5 7 3
x x xf x
x x x
+ − −
− + −
Efetuando a divisão do polinômio 3 2 9 9x x x+ − − por ( 3)x − , que já sabemos ser um 
de seus fatores, obtemos
3 2
2 3 2 29 9 = 4 3 9 9 = ( 3)( 4 3).
3
x x x x x x x x x x x
x
+ − −
+ + ⇒ + − − − + +
−
(7)
Obtemos assim, de (6) e (7),
2 2
2 2
( 3)( 4 3) 4 3( ) = =
( 3)( 2 1) 2 1
x x x x xf x
x x x x x
− + + + +
− − + − +
e agora, eliminada a indeterminação existente em = 3x , podemos calcular (3)f , obtendo 
o valor
2
2
3 4(3) 3 24(3) = = = 6.
43 2(3) 1
f + +
− +
 7. Simplique as expressões dadas abaixo, tornando possível estabelecê-las para os valores de 
x especificados:
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Problemas e Desafios
a) 
2
2
25 5 , = 0x x
x
+ − 
b) 2
3 , = 9
9
x x
x x
−
−
 
c) 
2 13 7 , = 6
6
x x
x
+ −
−
 
d) 
2
1 1
25(5 ) , = 0x x
x
−
+ 
e) 10 3 , = 1
5 2
x x
x
− −
− −
 
Solução
a) Neste caso, para eliminar a indeterminação existente, vamos multiplicar o numerador 
e o denominador pelo conjugado do numerador, obtendo 
 
( ) ( )
( )
2 2
2
2 2 2
25 5 25 525 5 =
25 5
x xx
x x x
+ − + ++ −
⋅
+ +
 
( )
2 2 2
2 2
( 25) 5=
25 5
x
x x
+ −
+ +
 
( )
2
2 2
=
25 5
x
x x + +
 
( )2
1= .
25 5x + +
Observe que agora podemos substituir = 2x na expressão acima, obtendo o valor 
( )2
1 1= .
5 292 25 5 ++ +
b) Aqui, para eliminar a indeterminação, vamos fatorar o polinômio do denominador e 
em seguida multiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do numerador, 
obtendo 
( ) ( )
( )2
3 33 =
(9 )9 3
x xx
x xx x x
− +−
⋅
−− +
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Números Reais
 ( )
2 23 ( )=
(9 ) 3
x
x x x
−
− +
 ( )
9=
(9 ) 3
x
x x x
−
− +
 
1= .
(3 )x x+
Observe que agora podemos substituir = 9x na expressão acima, obtendo o valor 
1 1= .
549(3 9)+
c) Neste caso, para eliminar a indeterminação existente em = 6x , precisaremos mul-
tiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do numerador e em seguida 
fatorar o polinômio obtido no denominador, obtendo 
( ) ( )
( )
2 2
2
2
13 7 13 713 7 =
6 ( 6) 13 7
x xx
x x x
+ − + ++ −
⋅
− − + +
 
( )
( )
2
2 2
2
13 7
=
( 6) 13 7
x
x x
+ −
− + +
 ( )
2
2
36=
( 6) 13 7
x
x x
−
− + +
 ( )
2
( 6)( 6)=
( 6) 13 7
x x
x x
+ −
− + +
 ( )
2
6= .
13 7
x
x
+
+ +
Observe que agora podemos substituir = 6x na expressão acima, obtendo o valor 
( )
12 12 6= = .
14 749 7+
d) Neste caso, para eliminarmos a indeterminação, basta efetuarmos a diferença existen-
te no numerador da expressão e efetuar algumas manipulações algébricas, obtendo
2
2 2
1 1 25 (5 )
25(5 ) 25(5 )=
x
x x
x x
− +
−
+ +
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Problemas e Desafios
 
2
2
25 (5 )=
25 (5 )
x
x x
− +
+
 
2
2
25 (25 2 )=
25 (5 )
x x
x x
− + +
+
 
2
(2 )=
25 (5 )
x x
x x
+
+
 
2
2= .
25(5 )
x
x
+
+
Observe que agora podemos substituir = 0x na expressão acima, obtendo o valor 
2
2 2= .
62525(5)
e) Note que neste caso, se simplesmente multiplicarmos o numerador e o denominador da 
expressão pelo conjugado do numerador ou então pelo conjugado do denominador, a in-
determinação se mantém (verifique). Neste caso, a estratégia é multiplicar o numerador 
e o denominador da expressão pelo produto desses conjugados. Fazendo isso, obtemos 
( )
( )
( )( )
( )( )
10 3 10 3 5 210 3 =
5 2 5 2 10 3 5 2
x x xx
x x x x
− − − + − +− −
⋅
− − − − − + − +
 
( )( )
( )( )
2 2
2 2
( 10 ) 3 5 2
=
( 5 ) 2 10 3
x x
x x
− − − +
− − − +
 
( )
( )
(1 ) 5 2
=
(1 ) 10 3
x x
x x
− − +
− − +
 
( )
( )
5 2
= .
10 3
x
x
− +
− +
Observe que agora podemos substituir = 1x na expressão acima, obtendo o valor 
( )
( )
5 1 2 4 2= = .
6 310 1 3
− +
− +
 8. Resolva as inequações modulares abaixo: 
a) 2 2| 16 |x x− ≥ 
b) 2| 2 |x x x+ − ≤ 
c) | 3 | | 3 6 | < 1x x− − − 
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Números Reais
Solução
a) Temos que 
2 2
2
2 2
16, se ( 16) 0
| 16 | =
16 , se ( 16) < 0
x x
x
x x
 − − ≥
− 
− − 
 
2
2
16, ( , 4] [4, ) (CASO I)
=
16 , ( 4,4) (CASO II)
x x
x x
 − ∈ −∞ − ∪ +∞

− ∈ −
CASO I: Para ( , 4] [4, )x∈ −∞ − ∪ +∞ : 
2 2 2 2| 16 | 16 ,x x x x− ≥ ⇔ − ≥
o que não ocorre para nenhum valor de x, e portanto neste caso SI = ∅.
CASO II: Para ( 4, 4)x∈ − : 
2 2 2 2| 16 | 16x x x x− ≥ ⇔ − ≥
 
2 8x⇔ ≤
 ( 2 2,2 2)x⇔ ∈ −
e neste caso a solução é dada por = ( 4,4) ( 2 2,2 2) = ( 2 2,2 2)IIS − ∩ − − .
Portanto, a solução geral é dada por 
= = ( 2 2,2 2).I IIS S S∪ −
b) Temos que 
2 2
2
2 2
2, se ( 2) 0
| 2 | =
2, se ( 2) < 0
x x x x
x x
x x x x
 + − + − ≥
+ − 
− − + + −
 
2
2
2, ( , 2] [1, ) (CASO I)
=
2, ( 2,1) (CASO II)
x x x
x x x
 + − ∈ −∞ − ∪ +∞

− − + ∈ −
CASO I: Para ( , 2] [1, )x∈ −∞ − ∪ +∞ : 
2 2| 2 | 2x x x x x x+ − ≤ ⇔ + − ≤
 
2 2x⇔ ≤
 [ 2, 2]x⇔ ∈ −
e neste caso a solução é dada por 
[ ]= ( , 2] [1, ) [ 2, 2] = [1, 2].IS −∞ − ∪ +∞ ∩ −
CASO II: Para ( 2,1)x∈ − : 
2 2| 2 | 2x x x x x x+ − ≤ ⇔ − − + ≤
 
2 2 2 0x x⇔ + − ≥
 ( , 1 3] [ 1 3, )x⇔ ∈ −∞ − − ∪ − + +∞
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10
Problemas e Desafios
e neste caso a solução é dada por 
= ( 2,1) ( , 1 3] [ 1 3, ) = [ 1 3,1).IIS  − ∩ −∞ − − ∪ − + +∞ − + 
Portanto, a solução geral é dada por 
= = [ 1 3, 2].I IIS S S∪ − +
c) Temos que 
3, se 3 3 6, se 2
| 3 | = e | 3 6 | =
3 , se < 3 6 3 , se < 2
x x x x
x x
x x x x
− ≥ − ≥ 
− − − − 
Note que há uma mudança de comportamento nos módulos estudados nos pontos 
= 2x e = 3x . Esses pontos dividem a reta real em 3 intervalos, a saber 
CASO I CASO II CASO III
( ,2], (2,3) e [3, )−∞ +∞
  
CASO I: Para ( , 2]x∈ −∞ 
| 3 | | 3 6 | < 1 (3 ) (6 3 ) < 1x x x x− + − ⇔ − + −
 4 < 8x⇔ − −
 (2, )x⇔ ∈ +∞
e neste caso a solução é dada por 
= ( ,2] (2, ) = .IS −∞ ∩ +∞ ∅
CASO II: Para (2,3)x∈ 
| 3 | | 3 6 | < 1 (3 ) (3 6) < 1x x x x− + − ⇔ − + −
 2 < 4x⇔
 ( , 2)x⇔ ∈ −∞
e neste caso a solução é dada por 
= (2,3) ( ,2) = .IIS ∩ −∞ ∅
CASO III: Para [3, )x∈ +∞ 
| 3 | | 3 6 | < 1 ( 3) (3 6) < 1x x x x− + − ⇔ − + −
 4 < 10x⇔
 
5,
2
x  ⇔ ∈ −∞ 
 
e neste caso a solução é dada por 
5= [3, ) , = .
2III
S  +∞ ∩ −∞ 
 
∅
Portanto, a solução geral é dada por 
= = .I II IIIS S S S∪ ∪ ∅
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11
Números Reais
 9. Em qual intervalo real se encontra a solução da inequação modular 
| | < , > 0,ax b c c−
se a < 0? E se a > 0?
Solução
Sabemos que 
| | < < <ax b c c ax b c− ⇔ − −
 < <b c ax b c⇔ − +
(8)
Se a > 0, multiplicando os membros de (8) por a, segue da propriedade OM da compa-
tibilidade da ordem com a multiplicação que 
< <b c b cx
a a
− +
e neste caso a solução se encontra no intervalo real ,b c b c
a a
− + 
 
 
.
Por outro lado, se a < 0, multiplicando os membros de (8) por a, obtemos 
> >b c b cx
a a
− +
e neste caso a solução se encontra no intervalo real ,b c b c
a a
+ − 
 
 
.
Note que tal fato nos alerta para o cuidado que devemos tomar ao “multiplicar em 
cruz” uma desigualdade. Veja por exemplo que uma expressão da forma 
2 > 4
3x −
não implica que 2 > 4( 3)x − , a menos que tenhamos ( 3) > 0x − , ou seja, > 3x .
 10. Sabendo que | 5 | < 3x + , prove que | 5 28 | < 18x + . 
Solução
Para conseguirmos utilizar a informação de que | 5 | < 3x + , devemos tentar isolar a va-
riável x no argumento do módulo | 5 28 |x + . Isto é possível se conseguirmos colocar em 
evidência o coeficiente 5. Paratanto, precisamos decompor 28 numa soma em que uma 
das parcelas seja múltipla do coeficiente 5. Em outras palavras, basta fazermos 
| 5 28 | = | 5 25 3 | = | 5( 5) 3 |x x x+ + + + +
Agora, fazendo uso da desigualdade triangular e do fato de | 5 | < 3x + , obtemos 
| 5 28 | | 5( 5) | | 3 | = 5 | 5 | 3 < 5(3) 3 = 18,x x x+ ≤ + + + + +
e portanto | 5 28 | < 18x + , como queríamos.
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12
Problemas e Desafios
 11. Considere um quadrado de vértices A, B, C, D e marque um ponto O no seu interior. Usan-
do a desigualdade triangular, mostre que a distância de O a um dos vértices do quadrado é 
sempre menor que a soma de suas distâncias aos vértices restantes.
Solução
A abordagem geométrica da desigualdade triangular nos diz que em todo triângulo o 
comprimento de um lado é sempre menor ou igual à soma dos comprimentos dos outros 
dois lados. Utilizaremos essa caracterização da desigualdade triangular na resolução des-
te exercício.
Consideremos o quadrado de vértices A, B, C, D representado na figura abaixo e mar-
quemos um ponto O em seu interior. Fixaremos sem perda de generalidade o vértice A e 
provemos que
< .OA OB OC OD+ +
A B
CD
O
1_11
Usando a desigualdade triangular no triângulo AOC, obtemos, em particular: 
< .OA AC OC+ (9)
Usando agora a desigualdade triangular no triângulo OBD, obtemos, em particular: 
< .BD OB OD+ (10)
Somando as desigualdades (9) e (10), obtemos 
< .OA BD AC OC OB OD+ + + +
Finalmente, como BD = AC, obtemos o desejado. 
 12. Dados dois números reais positivos x, y, a média harmônica de x e y é definida por 2
1/ 1/x y+
, 
ao passo que a média geométrica é definida por xy . Nessas condições, prove que a média 
harmônica é sempre menor ou igual à média geométrica.
Solução
Dados dois números reais positivos x, y, denotaremos por MH a média harmônica desses 
números, por MG a média geométrica e por MA a conhecida média aritmética, definida por 
= .
2A
x yM +
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13
Números Reais
Antes de demonstrarmos o que o exercício pede, precisamos demonstrar um resulta-
do auxiliar acerca da desigualdade existente entre as médias MA e MG, que nos diz que 
G AM M≤ . De fato, observe inicialmente que 
2 2
2 2 2 2 2 2 ( ) ( )( ) ( ) = ( 2 ) ( 2 ) = 4 =
4 4
x y x yx y x y x xy y x xy y xy xy + −+ − − + + − − + ⇒ −
Assim
2 2 2( ) ( ) ( )= = = .
4 4 4 2G A
x y x y x y x yxy M xy M+ − + +− ≤ ⇒ ≤
De posse desse resultado, passemos à demonstração de que H GM M≤ . Para isso, apli-
caremos a desigualdade demonstrada acima para o par de números reais positivos 1 1,
x y
, 
obtendo
1 1
1 1 1 1 1 1 .
22
1 1
G H
G H
x y M M
x y M Mxy
x y
+
≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥
+
 13. Dados dois números reais x e y, definimos sua média quadrádica pela expressão 
2 2
=
2Q
x yM +
Nessas condições, prove que Q AM M≥ , em que MA denota a média aritmética dos núme-
ros x, y, e use essa desiguladade para encontrar as coordenadas de um ponto (x, y) sobre 
uma esfera unitária centrada na origem, de modo que a soma x + y seja a maior possível.
Solução
Vamos inicialmente provar a desigualdade Q AM M≥ . Observemos que 
2 2 2 2( ) ( ) 0 ( ) 2 ( ) 2 0.A A A Ax M y M x y M x y M− + − ≥ ⇒ + − + + ≥
Agora, como 2 = ( )AM x y+ , obtemos da desigualdade acima
2 2 2 2 2 2( ) 4 2 0 ( ) 2A A Ax y M M x y M+ − + ≥ ⇒ + ≥
 
2 2
2
2 A
x y M+⇒ ≥
 
2 2
2 A
x y M+⇒ ≥
 
.Q AM M⇒ ≥
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14
Problemas e Desafios
De posse dessa desigualdade, vamos agora encontrar um ponto (x, y) sobre a circunfe-
rência 2 2: = 1C x y+ de modo que a soma de suas coordenadas seja a máxima possível. 
Aplicando a desigualdade demonstrada acima para as médias quadrática e aritmética das 
coordenadas de um ponto (x, y) sobre a circunferência dada, obtemos 

2 2
( , )
1= 2,
2 2 2x y C
x y x y x y
∈
+ +
≤ ⇒ + ≤
o que nos sugere que o maior valor possível para a soma das coordenadas de um ponto 
(x, y) sobre a circunferência C é 2 .
Desse modo, basta tomarmos 2 2= ,
2 2
P
 
  
 
.
 14. Uma grande extensão de terra deve ser coberta de grama, de modo a formar um retângulo 
em que um dos lados deve medir exatamente 2 km a menos que o dobro do outro. Nessas 
condições, determine qual deve ser o perímetro máximo dessa região retangular para que a 
área não exceda 12 km2.
Solução
Como um dos lados da região retangular recoberta deve medir 2 km a menos que o dobro 
do outro lado, os lados distintos do retângulo medirão 2l – 2 e l, respectivamente. Agora, 
como a área não pode exceder 4 km2, devemos ter 
2 2(2 2) 4 2 2 12 0 6 0l l l l l l− ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − − ≤
Resolver a inequação acima consiste em estudar o sinal da parábola 2= 6y l l− − . 
1
1
2
2
3 4 5 6 7 8−1
−1
−2
−2
−3
−3
−4
−4
−5
−5
−6 0
−6
1_14
Analisando a figura acima, fica fácil ver que 
2 2 0 2 3.l l l− − ≤ ⇔ − ≤ ≤
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15
Números Reais
Como queremos obter o maior perímetro possível, devemos tomar o maior valor pos-
sível para l, no caso l = 3. Dessa forma, o perímetro máximo deverá ser 
2= 2 2(2 2) = 6 8 = 14 km .+ − +P l l
 15. Seja S o conjunto solução da inequação 
2 2
2 < 0.x
x a
−
−
Qual é o menor valor de a para que se tenha 52,
2
S  ⊆ 
 
?
Solução
Temos que 
2 2
2 2
2 2
( 2) > 0 e ( < 0) (CASO I)
2 < 0 ou
( 2) < 0 e ( > 0) (CASO II)
x x a
x
x a
x x a
 − −
− ⇔ −  − −
CASO I:
2 2
( 2) > 0 > 2 (2, )
(2, ), se > 2
e
∅, se < 2
( ) < 0 < < ( , )
x x x
x a a
a
x a a x a x a a
− ⇒ ⇒ ∈ +∞
∈ ⇒ 
 − ⇒ − ⇒ ∈ −
CASO II:
2 2
( 2) < 0 < 2 ( ,2)
e ( , )
( ) > 0 < ou > ( , ) ( , )
x x x
x a
x a x a x a x a a
− ⇒ ⇒ ∈ −∞
 ⇒ ∈ −∞ −
 − ⇒ − ⇒ ∈ −∞ − ∪ +∞
Analisando os dois casos, concluímos que, para que tenhamos 52,
2
S  ⊆ 
 
, devemos ter 
a > 2, e neste caso o menor valor de a para que tenhamos 
52, = ( , ) (2, )
2
S a a  ⊆ −∞ − ∪ 
 
é 5=
2
a . 
 16. Uma desigualdade bastante conhecida na Matemática é a desigualdade existente entre a 
média aritmética de dois números reais positivos a e b, definida por 
2
a b+ , e a média geo-
métrica desses mesmos números, definida por xy, que afirma que 
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Problemas e Desafios
.
2
a b ab+ ≥ (11)
Essa desigualdade é extremamente interessante, uma vez que nos possibilita estimar 
a soma de dois números possitivos em razão do seu produto. Estenda esse importante 
resultado para as médias aritmética e geométrica de quatro números reais positivos. Em 
outras palavras, prove que, dados , , , 0a b c d ≥ 
4 .
4
a b c d abcd+ + + ≥
É importante observar que esse resultado pode ser generalizado para uma quantidade 
qualquer de números reais positivos.
Solução
A ideia, naturalmente, é fazer uso da desiguladade existente entre as médias aritmética 
e geométrica de dois números reais positivos. Para tanto, precisamos expressar a média 
aritmética dos números , , ,a b c d em termos da soma de duas médias aritméticas. Isso é 
feito da seguinte maneira 
( ) ( ) 1= = .
4 4 2 2 2
a b c d a b c d a b c d+ + + + + + + + + 
 
Agora, aplicamos a desigualdade (11) duas vezes seguidas, obtendo 
( ) 41 = = .4 2
a b c d ab cd ab cd abcd abcd+ + + ≥ + ≥
 17. Prove que, dados , , 0x y z ≥ , temos 
2 2 2 .x y z xy yz xz+ + ≥ + +
Solução
Aplicando a desigualdade existente entre a média aritmética e a média geométrica aos 
números reais x e y, obtemos 
2( )
2 4
x y x yxy xy+ +≥ ⇒ ≥
 
2 22 4x xy y xy⇒ + + ≥
 
2 2 2x y xy⇒ + ≥
 
2 2
2
x y xy+⇒ ≥
(12)
De maneira análoga, constatamos que 
2 2
2
y z yz+ ≥ (13)
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17
Números Reais
e 
2 2
.
2
x z xz+ ≥ (14)
Finalmente, somando as desigualdades (12), (13) e (14), obtemos o desejado.
 18. Dizemos que um número real c é uma cota inferior para A ⊆  se< , .c x x A∀ ∈
Seja 1= ,A n
n
 ∈ 
 
 . Use a propriedade de Arquimedes para mostrar que c = 0 é a 
maior das cotas inferiores do conjunto A.
Solução
Observemos inicialmente que 
10 < , ,n
n
∀ ∈
donde c = 0 é cota inferior do conjunto A. Provemos agora que c = 0 é a maior de todas 
as cotas inferiores. Para isso, suponhamos que existe c′ > 0 que seja uma cota superior 
do conjunto A.
Como c′ > 0, aplicando a propriedade de Arquimedes para os números reais c′ e 1, 
segue 0n ∈, satisfazendo 
0 0
>0
1' > 1 > .
c
n c n
c′
⇒
′
Assim 
0
1 1< = .1 cn
c
′
′
Dessa forma 
0
1 A
n
∈ e 
0
1 < c
n
′, donde c′ não pode ser cota inferior de A (absurdo!). 
Portanto, c = 0 é a maior das cotas inferiores de A, como queríamos demonstrar.
 19. Seja , 0 < < 1r r∈ . Prove que (1 ) 1rx rx+ ≤ + , para todo 1x ≥ − . Dica: Use a desigualdade 
entre as médias aritmética e geométrica. 
Solução
Como r∈ , temos que = , ,pr p q
q
∈ , 0q ≠ e <p q já que < 1r . Consideremos o 
conjunto 
( )
= (1 ), (1 ), , (1 ) ,1,1, ,1
q p vezesp vezes
X x x x
−
  + + + 
  


 
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18
Problemas e Desafios
Temos que a média aritmética dos elementos de X é dada por 
(1 ) ( )= = 1 = 1.A
p x q p pM x rx
q q
+ + −
+ +
e a média geométrica é dada por 
( )= (1 ) 1 = (1 ) = (1 ) = (1 ) .
p
q qp q p p rq
GM x x x x
−+ ⋅ + + +
Aplicando a desigualdade existente entre as médias aritmética e geométrica, obtemos 
(1 ) = = 1 ,r G Ax M M rx+ ≤ +
o que conclui a demonstração.
 20. Dado y∈, > 0y , use a propriedade de Arquimedes e o fato de que todo subconjunto não 
vazio de números naturais possui um elemento mínimo, para mostrar que existe n∈, 
satisfazendo 
1 < < .n y n−
Solução
Começamos definindo o conjunto 
= { : > }.A m m y∈
Pela propriedade de Arquimedes podemos afirmar que A ØA ≠ ∅ (basta aplicá-la para os 
números reais 1 e y). Assim, como ØA ≠ ∅, seja n o menor elemento de A. Então 
, .n m m A≤ ∀ ∈
Como n S∈ , temos que 
>n y (15)
Agora, vamos considerar dois casos separadamente, quando n = 1 e quando n > 1.
Quando n = 1, temos n – 1 = 0, e assim 
 
hip (15)
0 > < = 1 0 < < 1.y n y⇒
Quando n > 1, temos ( 1)n − ∈, mas, pela minimalidade de n em S, temos que 
( 1)n − ∉ e portanto n – 1 < y, donde 

(15)
1 < < < ,n y n−
o que conclui a demonstração.
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	GrindEQequation3
	GrindEQequation5
	GrindEQequation14