Questão 4 - AD2 2021 2 Metodos Deterministicos I

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Gabarito da Questão 4 da AD 2 – Métodos Determińısticos I – 2021-2
Atenção: Por termos esquecido de colocar uma condição para existência da solução, esta questão
acabou tendo um grau de dificuldade que vai além do objetivo de uma questão de sistemas. Desta
forma, será considerada a pontuação integral para todos.
Questão 4 (2,5 pontos) No sistema abaixo, a é um número real constante.{
4x− y2 + 4 = 0
x2 − 2ax + y2 = a2.
Nestas condições
(a) Determine os valores de a para os quais o sistema admite solução.
(b) Determine o(s) valor(es) de a para os quais há um único valor de x satisfazendo o sistema.
(c) É posśıvel que o sistema admita uma única solução, isto é, haja um único ponto (x, y) satisfa-
zendo o sistema? Em caso afirmativo, qual é o valor de a para o qual isso acontece?
Solução:
Se isolarmos o y2 na primeira equação, temos
4x− y2 + 4 = 0 ∴ y2 = 4x + 4.
Substituindo y2 = 4x + 4 na segunda equação, temos
x2 − 2ax + 4x + 4 = a2 ∴ x2 + (4− 2a)x + 4− a2.
As soluções da equação acima podem ser obtidas pela fórmula
x =
−B ±
√
B2 − 4AC
2A
,
onde A = 1, B = (4− 2a) e C = 4− a2. Assim, temos
x =
−(4− 2a)±
√
(4− 2a)2 − 4 · 1 · (4− a2)
2
=
2a− 4±
√
16− 16a + 4a2 − 16 + 4a2
2
,
logo
x =
2a− 4±
√
8a2 − 16a
2
,
quando 8a2 − 16a > 0. A questão foi pensada para que esta fosse a única condição a ser verificada
(∆ > 0). Porém, como veremos abaixo, precisaremos avaliar o que acontece com o y.
Como y2 = 4x + 4, para que exista solução, precisamos ainda garantir que 4x + 4 > 0, para que se
possa ter y = ±
√
4x + 4. Esta condição adicional, sobre y, é que complicou a questão. Inicialmente,
acreditávamos que os valores tivessem sido escolhidos que forma que sempre se tivesse as soluções
em y.
Métodos Determińısticos I Gabarito da Questão 4 da AD 2 – 2021-2 2
(a) Como
x =
2a− 4±
√
8a2 − 16a
2
,
para que o sistema admita solução para solução, devemos ter ∆ = 8a2 − 16a > 0. Note que
8a2 − 16a = 0 se, e somente se 8a(a− 2) = 0, ou seja, a = 0 ou a = 2.
Como ∆ = 8a2− 16a se anula para a = 0 e a = 2, e como o coeficiente de a2 é positivo, temos
que ∆ > 0 para a 6 0 ou a > 2. A solução deveria ter encerrado aqui, Mas isto não basta,
precisamos agora verificar se, com estes valores, existe algum y que satisfaça o sistema.
Como y2 = 4x + 4, precisamos ter 4x + 4 > 0, logo x > −1.
• Para x = 2a− 4 +
√
8a2 − 16a
2
, considerando que 8a2 − 16a > 0,
x > −1⇔ 2a− 4 +
√
8a2 − 16a
2
> −1⇔ 2a− 4 +
√
8a2 − 16a > −2⇔
⇔
√
8a2 − 16a > 2− 2a⇔ 8a2 − 16a > (2− 2a)2 ou 2− 2a 6 0⇔
⇔ 8a2−16a > 4−8a+4a2 ou a > 1⇔ 4a2−8a−4 > 0 ou a > 1⇔ a2−2a−1 > 0 ou a > 1
Como a2− 2a− 1 > 0 equivale a a 6 2−
√
8
2
= 1−
√
2 ou a >
2 +
√
8
2
= 1 +
√
2, temos
então que
a2 − 2a− 1 > 0 ou a > 1⇔ a 6 1−
√
2 ou a > 1.
• Para x = 2a− 4−
√
8a2 − 16a
2
, considerando que 8a2 − 16a > 0,
x > −1⇔ 2a− 4−
√
8a2 − 16a
2
> −1⇔ 2a− 4−
√
8a2 − 16a > −2⇔
⇔
√
8a2 − 16a 6 2a− 2.
Como a raiz
√
8a2 − 16a nunca é negativa, precisamos ter 2a − 2 > 0, logo a > 1.
Assumindo então a > 1,
√
8a2 − 16a 6 2a− 2⇔ 8a2 − 16a 6 (2a− 2)2 ⇔ 8a2 − 16a 6 4− 8a + 4a2 ⇔
⇔ 4a2 − 8a− 4 6 0⇔ a2 − 2a− 1 > 0
que acontece quando 1−
√
2 6 a 6 1 +
√
2. Assim, como a > 1, temos 1 6 a 6 1 +
√
2.
Assim, temos duas condições que devem ser satisfeitas:
• ∆ > 0⇔ a 6 0 ou a > 2⇔ a ∈ (−∞, 0] ∪ [2,+∞)
• y2 = 4x + 4 > 0 ⇔ (a 6 1 −
√
2 ou a > 1) ou (1 6 a 6 1 +
√
2)
⇔ a ∈ (−∞, 1−
√
2] ∪ [1,+∞)
As duas condições são satisfeitas simultaneamente quando a ∈ (−∞, 1−
√
2] ∪ [2,+∞).
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(b) Para que haja apenas um valor de x como solução acima, podemos ter ∆ = 8a2 − 16a = 0,
assim
8a2 − 16a = 0 ∴ 8a(a− 2) = 0,
logo a = 0 ou a = 2. Porém, com a = 0, já vimos que não há solução em y. (Lembre-se de que
no item anterior vimos que há solução apenas quando a ∈ (−∞, 1−
√
2] ∪ [1,+∞))
Assim, quando a = 2 há uma única solução.
Além disso, para a < 1 −
√
2, temos que não vale que x =
2a− 4−
√
8a2 − 16a
2
> −1,
portanto este valor de x não conduz a uma solução em y. Assim, haverá na solução apenas
pontos com x =
2a− 4 +
√
8a2 − 16a
2
.
Portanto, há apenas uma valor de x na solução quando a = 2 ou a < 1−
√
2.
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