Matemática para Ensino Superior MA11 ATIV MT 2013

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UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 1a Atividade presencial – MA 11 – 2013
Considere as seguintes sentenças:
i) “Para todo x, é satisfeita a condição P (x)”;
ii) “Existe algum x que satisfaz a condição P (x)”.
Seja A o conjunto de todos os objetos de um certo conjunto universo U que satisfazem a condição P (x).
1. Escreva as sentenças i) e ii) usando a linguagem de conjuntos, assim como suas negações e compare os resultados
obtidos.
Solução:
Neste contexto considere o conjunto A ⊂ U , onde U é o conjunto universo e A o conjunto dos elementos de U
que satisfazem a condição P (x).
i- “Para todo x, é satisfeita a condição P (x)” ⇒ A = U .
ii- “Existe algum x ∈ U que satisfaz a condição P (x)” ⇒ A 6= ∅.
Agora, fazendo a negação das sentenças, se obtém:
i- “Existe algum x ∈ U que não satisfaz P (x)” ⇒ Ac 6= ∅.
ii- “Nenhum x ∈ U satisfaz a condição P (x)” ⇒ Ac = U ou A = ∅.
2. Sejam X1, X2, Y1 e Y2 subconjuntos de um conjunto universo U . Suponha que X1 ∪X2 = U e Y1 ∩ Y2 = ∅, que
X1 ⊂ Y1 e que X2 ⊂ Y2. Prove que X1 = Y1 e X2 = Y2.
Solução:
Por hipótese, se tem que X1 ⊂ Y1 e X2 ⊂ Y2. Resta mostrar que Y1 ⊂ X1 e Y2 ⊂ X2.
Com efeito, seja y ∈ Y1. Como X1 ∪ X2 = U ⇒ y ∈ X1 ou y ∈ X2, mas se y ∈ X2 e X2 ⊂ Y2, então
necessariamente se teria y ∈ Y2, o que não é posśıvel, uma vez que Y1 ∩ Y2 = ∅. Logo, y ∈ X1 ⇒ Y1 ⊂ X1.
Da mesma forma, seja y ∈ Y2. Como X1 ∪ X2 = U ⇒ y ∈ X1 ou y ∈ X2, mas se y ∈ X1 e X1 ⊂ Y1, então
necessariamente se teria y ∈ Y1, o que não é posśıvel, uma vez que Y1 ∩ Y2 = ∅. Logo, y ∈ X2 ⇒ Y2 ⊂ X2, o que
completa a demonstração.
3. Mostre que, para todo m > 0, a equação
√
x + m = x tem exatamente uma raiz.
Solução:
Esta equação só faz sentido em R, se x ≥ 0 e só é satisfeita se x ≥ m. Assim, √x + m = x ⇔ √x = x −m ⇔
x = (x−m)2 e x > m.
A igualdade x = (x−m)2 equivale a x2 − (2m + 1)x + m2 = 0, que possui duas raizes positivas e distintas, cujo
produto é m2. Portanto, apenas uma delas será maior que m, esta será a solução da equação original.
4. As ráızes do polinômio x3− 6x2 + 11x− 6 são 1, 2 e 3. Neste polinômio, substitua o termo 11x por 11× 2 = 22,
obtendo então x3 − 6x2 + 16, que ainda tem 2 como raiz mas não se anula para x = 1 nem x = 3. Enuncie um
resultado geral que explique este fato.
Uma solução:
Como resultado geral, dado um polinômio p(x) = anxn + · · · + a1x + a0, fazendo g(x) o polinômio obtido de
p(x) substituindo o termo aixi por aiωi, para algum número ω conhecido e algum i fixo, com 0 ≤ i ≤ n. Como
p(ω) = g(ω), se ω é raiz de p(x), então g(ω) = 0. No entanto, não existe relação entre as demais ráızes de p(x)
e g(x), o que explica o fato apresentado no exemplo.
5. Para as sentenças a seguir, verifique se elas são verdadeiras ou falsas e forme sua negação.
a) Existe um número real x tal que x2 = −1;
b) Para todo número inteiro n, vale n2 > n.
c) Para todo número real x, tem-se x2 > 1 ou x2 < 1.
2 Gabarito da 1a Atividade presencial – MA 11
Solução:
a) Falso, pois ∀x ∈ R, x2 ≥ 0, cuja negação é ∀x ∈ R, x2 6= −1.
b) Falso, pois n = 0 ou n = 1 vale a igualdade. Neste caso, a negação é: ∃ algum n ∈ Z, tal que n2 ≤ n.
c) Falso, basta tomar x = 1, tendo como negação: ∃ algum x ∈ R, tal que x2 ≤ 1 ou x2 ≥ 1.
6. Considere os seguintes conjuntos:
F = conjunto de todos os filósofos;
M = conjunto de todos os matemáticos;
C = o conjunto de todos os cientistas;
P = conjunto de todos os professores.
a) Exprima cada uma das afirmativas a seguir usando a linguagem de conjuntos:
i– Todos os matemáticos são cientistas ⇒M⊂ C;
ii– Alguns matemáticos são professores ⇒M∩P 6= ∅;
iii– alguns cientistas são filósofos ⇒ C ∩ F 6= ∅;
iv– todos os filósofos são cientistas ou professores ⇒ F ⊂ C ∪ P;
v– nem todo professor é cientista ⇒ P ∩ Cc 6= ∅.
b) Faça o mesmo com as seguintes afirmativas:
vi– Alguns matemáticos são filósofos ⇒M∩F 6= ∅;
vii– nem todo filósofo é cientista ⇒ F ∩ Cc 6= ∅;
viii– alguns filósofos são professores ⇒ F ∩ P 6= ∅;
ix– se um filósofo não é matemático, então ele é professor ⇒ F ⊂M∪P;
x– alguns filósofos são matemáticos ⇒ F ∩M 6= ∅.
c) Tomando as cinco primeiras afirmativas como hipóteses, verifique quais do segundo grupo (vi a x) são
necessariamente verdadeiras.
Solução:
Com base no diagrama da figura 1 ao lado, as hipóteses
(i) a (v) são satisfeitas, ou seja, M⊂ C, M∩P 6= ∅, C ∩ F 6= ∅,
F ⊂ C ∪ P e P ∩ Cc 6= ∅
No entanto, nenhuma das afirmações (vi) a (x) é satisfeita.
Figura 1: Diagrama de Venn
7. Prove que x2 + x− 1 = 0 ⇒ x3 − 2x + 1 = 0.
Solução:
A implicação é obtida multiplicando ambos os termos da igualdade x2 + x− 1 = 0 por x− 1.
8. Sejam A, B e C conjuntos. Determine uma condição necessária e suficiente para que se tenha
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C.
Solução:
A condição A ⊂ C é necessária, pois se A ⊂ C ⇒ A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) = (A ∪ B) ∩ C. Por outro
lado, se vale a igualdade, como A ⊂ A∪ (B ∩ C) e A∪ (B ∩ C) = (A∪B)∩ C ⊂ C, implica que A ⊂ C. Portanto,
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C ⇔ A ⊂ C.
Prof. Geraldo L. Diniz 3
9. A diferença entre conjuntos é definida por A − B = {x|x ∈ A e x /∈ B}. Determine uma condição necessária e
suficiente para que se tenha A− (B − C) = (A− B)− C.
Solução:
O conjunto (A−B)−C é formado pelos pontos de A que não estão em B nem em C, ou seja, estão apenas em A.
Enquanto o conjunto A− (B − C) é formado pelos pontos que estão apenas em A junto com aqueles que estão
em A ∩ C. Logo, a igualdade será satisfeita, se e só se, A ∩ C = ∅.
10. Prove que, para x, y e k inteiros, tem-se x + 4y = 13k ⇔ 4x + 3y = 13(4k − y).
Solução:
Se x + 4y = 13k ⇒ 4x + 3y = 4(x + 4y)− 13y = 4(13k)− 13y = 13(4k − y).
Por outro lado, se 4x + 3y = 13(4k − y) ⇒
x+4y = 10(4x+3y)−13(3x+2y) = 10[13(4k−y)]+13(3x+2y) = 13[10(4k−y)−3x−2y] = 13[40k−3(x+4y)] ⇒
x + 4y = 13× 40k − 39(x + 4y) ⇒ 40(x + 4y) = 40(13k) ⇒ x + 4y = 13k.
Porto, 23 de Fevereiro de 2013
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 2a atividade presencial – MA 11 – 2013
1. Prove que a função f : X −→ Y é injetiva se, e somente se, existe uma função g : Y −→ X, tal que g(f(x)) = x
para todo x ∈ X.
Solução:
(⇐) Se existe g : Y −→ X, tal que g(f(x)) = x, ∀x ∈ X, então f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = g(f(x1)) = g(f(x2)) = x2,
logo f é injetiva.
(⇒) Se f é injetiva, então definindo g : Y −→ X da seguinte forma: seja x0 ∈ X, fixo. Dáı, dado y ∈ Y , caso não
exista x ∈ X tal que f(x) = y, se define g(y) = x0, caso contrário, ou seja, se y = f(x) para algum x ∈ X,
sendo f injetiva, este x é único, neste caso se define g(y) = x. Assim, definida desta forma, g : Y −→ X
cumpre a condição g(f(x)) = x.
2. Prove que uma função f : X −→ Y é sobrejetiva se, e somente se, existe uma função h : Y −→ X, tal que
f(h(y)) = y, ∀ y ∈ Y .
Solução:
(⇐) Se existe h : Y −→ X, tal que f(h(y)) = y, ∀ y ∈ Y , então ∀ y ∈ Y se tem y = f(x), com x = h(y), logo f
é sobrejetiva.
(⇒) Se f é sobrejetiva, então para cada y ∈ Y o conjunto f−1(y) 6= ∅. Assim, para algum x ∈ f−1(y) escolhido,
se define h(y) = x. Desta forma, a função h : Y −→ X cumpre a função f(h(y)) = y ∀ y ∈ Y .
3. Dada uma função f : X −→ Y , suponha que g, h : Y −→ X são funções tais que g(f(x)) = x, ∀x ∈ X e
f(h(y)) = y, ∀ y ∈ Y . Prove que g = h.
Solução:
Dado qualquer y ∈ Y , seja x ∈ X, tal que h(y) = x. Assim, usando as hipóteses dadas, vem:
g(y) = g(f(h(y))) = g(f(x)) = x = h(y) ∴ g = h.
4. Prove, por indução, que se X é um conjunto finito com n elementos então existem n! bijeções f : X −→ X.
Solução:
Com efeito, a afirmação é verdadeira para n = 1, pois se X tem 1 único elemento, então existe apenas uma
bijeção f : X → X.
Supondo que a afirmação seja verdadeira ∀n ≤ K ∈ N. Seja, X um conjunto com K + 1 elementos. Fixando
um elemento x0 ∈ X, considere uma bijeção f : X→ X, tal que f(x0) = x′, para algum x′ ∈ X, escolhido
previamente. Dáı, definindo uma bijeção de X − {x0} sobre X − {x′}, existem K + 1 posśıveis escolhas para x′
e, pela hipótese de indução, existem K! bijeções de X − {x0} sobre X − {x′}. Logo, há (K + 1).K! = (K + 1)!
bijeções de X sobre X. Portanto, a afirmação é verdadeira ∀n ∈ N.
5. Prove, por indução, que um conjunto com n elementos possui 2n subconjuntos.
Solução:
A afirmação é verdadeira para n = 1, pois fazendo X = {a} se tem ∅ e {a} são os dois únicos subconjuntos de
X.
Agora, supondo que a afirmação seja verdadeira para um conjunto X com n elementos, dáı para um conjunto Y
com n + 1 elementos, fixando {a} ∈ Y , seja X = Y − {a}. Assim, há dois tipos de subconjuntos de Y , aqueles
que não contém a, ou seja, os conjuntos das partes de X, que somam 2n subconjuntos e aqueles que contem a,
que também somam 2n subconjuntos, dáı o total de subconjuntos de Y é dado por 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1.
Portanto, a afirmação é valida para todo n ∈ N.
6. Seja p ∈ N um número primo. Prove que √p /∈ Q.
Solução:
Por absurdo, supondo que
√
p ∈ Q ⇒ √p = m
n
, m e n naturais. Dáı, (
√
p)2 =
m2
n2
⇒ n2p = m2, mas sendo p
primo e como p divide ambos os termos da igualdade, isso é uma contradição, já que o número de fatores de p
do lado esquerdo é ı́mpar, enquanto do lado direito o número de fatores é par.
2 Gabarito da 2a segunda atividade presencial – MA 11
7. Sejam a, b, c, d > 0, tais que
a
b
<
c
d
. Mostre que
a
b
<
a + c
b + d
<
c
d
.
Solução:
a
b
<
c
d
, como a, b, c, d > 0, então ad < bc ⇒ (a + c)d = ad + cd < (b + d)c ⇒ a + c
b + d
<
c
d
.
Da mesma forma,
a
b
<
c
d
⇒ ad < bc ⇒ ad + ab < bc + ab ⇒ a(b + d) < b(a + c) ⇒ a
b
<
a + c
b + d
.
Uma posśıvel interpretação para este fato, seria considerar o faturamento de uma empresa no primeiro semestre
(f1), obtendo a média mensal
(
f1
6
)
e o faturamento desta mesma empresa no segundo semestre (f2), obtendo a
média mensal
(
f2
6
)
. Supondo
f1
6
<
f2
6
. Dáı, o faturamento médio anual satisfaz a condição
f1
6
<
f1 + f2
12
<
f2
6
.
8. Considere todos os intervalos da forma In =
[
0,
1
n
]
, n ∈ N. Qual a intersecção para todos os intervalos, ou seja,
⋂
n∈N
In (Justifique!)? E no caso em que os intervalos são abertos, ou seja, An =
(
0,
1
n
)
, n ∈ N (Justifique!)?
Solução:
Como, ∀n ∈ N, 0 ∈ In =
[
0,
1
n
]
⇒ 0 ∈
⋂
n∈N
In.
No caso dos intervalos abertos esta intersecção é vazia, pois supondo que exista algum x ∈
⋂
n∈N
(
0,
1
n
)
, como
x > 0 é posśıvel encontrar um número natural n0 tal que n0 >
1
x
, ou seja, x >
1
n0
. Dáı, x /∈
(
0,
1
n0
)
logo, x /∈
⋂
n∈N
(
0,
1
n
)
∴
⋂
n∈N
(
0,
1
n
)
= ∅.
9. Considere um número racional
m
n
, onde m e n são primos entre si. Sob que condições este número admite uma
representação decimal finita? Quando a representação é uma d́ızima periódica simples?
Solução:
Se a fração irredut́ıvel
m
n
possui representação decimal finita, então existe um número natural K tal que n ·K
é uma potência de 10. Isso significa que o denominador é da forma n = 2r · 5s.
Se n é primo com 10, ou seja, não é diviśıvel por 2 nem por 5, então
m
n
gera uma d́ızima periódica simples, pois
neste caso, algum múltiplo de n tem a forma 99 . . . 90 . . . 0 e como n é primo com 10, se n divide 999 . . . 9× 10r,
necessariamente n divide o fator 999 . . . 9, dáı se conclui que n tem um múltiplo do tipo 999 . . . 9. Logo, existe um
número natural k, tal que n · k = 999 . . . 9, donde mk
nk
=
mk
999 . . . 9
, o que mostra a geratriz da d́ızima periódica
simples.
10. Sejam a e b números reais não negativos. Mostre que
(
a + b
2
)2
≤ a
2 + b2
2
. Como você interpreta esta desigual-
dade geometricamente?
Uma Solução:
Partindo da desigualdade, se tem que
(
a + b
2
)2
≤ a
2 + b2
2
⇐⇒ a
2 + 2ab + b2
4
≤ a
2 + b2
2
⇐⇒ a2 + 2ab + b2 ≤ 2a2 + 2b2 ⇐⇒
0 ≤ 2a2 − a2 − 2ab + 2b2 − b2 ⇐⇒ 0 ≤ a2 − 2ab + b2 ⇐⇒ 0 ≤ (a− b)2.
Esta última desigualdade é válida para quaisquer a, b reais.
Porto, 25 de Fevereiro de 2013.
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 3a atividade presencial – MA 11
1. Considere os conjuntos A = [−1, 3), B = [1, 4], C = [2, 3], D = (1, 2] e E = (0, 2]. Mostre que 0 pertence (ou
não) ao conjunto ((A−B)− (C ∩D))− E.
Solução:
Como (A−B) = [−1, 3)− [1, 4] = [−1, 1) e C ∩D = {2}, logo ((A−B)− (C ∩D)) = [−1, 1). Dáı, ((A−B)−
(C ∩D))−E = [−1, 1)− (0, 2] = [−1, 0]. Portanto, 0 ∈ ((A−B)− (C ∩D))− E.
2. Considere os passos da resolução da inequação a seguir e verifique se estão todos corretos.
5x + 3
2x + 1
> 2 ⇒ 5x + 3 > 4x + 2 ⇒ x > −1
Solução:
A primeira implicação só é verdadeira, se 2x + 1 > 0 ⇒ x > − 12 , ou seja,



5x + 3
2x + 1
> 2 ⇒ 5x + 3 > 4x + 2
e
x > −1
2
⇒



x > −1
e
x > −1
2
⇒ x > −1
2
(1)
Por outro lado, se x < −1
2
, então



5x + 3
2x + 1
> 2 ⇒ 5x + 3 < 4x + 2
e
x < −1
2
⇒



x < −1
e
x < −1
2
⇒ x < −1 (2)
Portanto, a solução correta da inequação é x < −1 ou x > −1
2
, em termos de intervalo: (−∞,−1) ∪
(
−1
2
,∞
)
.
3. Na solução da inequação a seguir, verifique se as implicações apresentadas estão todas corretas.
2x2 + x
x2 + 1
< 2 ⇒ 2x2 + x < 2x2 + 2 ⇒ x < 2
Solução: Como x2 + 1 > 0∀x ∈ R, as implicações estão corretas.
4. Qual a aproximação da raiz cúbica de 3, por falta, com 3 casas decimais.
Solução:
De 13 < 3 < 23 ⇒ 1, 43 = 2, 744 < 3 < 3, 375 = 1, 53 ⇒ 1, 443 = 2, 985984 < 3 < 3, 048625 = 1, 453 ⇒
1, 4423 = 2, 998442888 < 3 < 3, 004685307 = 1, 4433
Portanto, a aproximação de 3
√
3, por falta, com 3 casas decimais é 1, 442.
5. Ao terminar um problema envolvendo radicais, os alunos são aconselhados a racionalizar o denominador obtido.
Dê uma explicação convincente para esta ação.
Solução: Uma boa razão para racionalizar o denominador é para obter uma fração equivalente onde o de-
nominador seja um número natural, pois sendo um número irracional torna-se mais dispendioso (no caso de
operações manuais) obter aproximações de grau maior do quociente, uma vez que a cada aproximação melhor
do denominador se deve refazer todas as operações para obter o quociente. Por outro, lado se a irracionalidade
está no numerador, basta prolongar a divisão acrescentando mais casas decimais ao dividendo.
No entanto, se for usada uma calculadora ou planilha eletrônica a racionalização do denominador se torna
desnecessária.
2 Gabarito da 3a atividade presencial – MA 11
6. Utilizando uma interpretação geométrica encontre a solução da inequação |x− 1| < |x− 5|.
Solução:
A inequação é válida, se e somente se, x está mais próximo de 1 do que de 5. Como o ponto equidistante de 1 e
5 é x = 3, logo a solução deve ser x < 3.
7. Mostre a propriedade arquimediana dos números reais, ou seja, dado um número real α existe um número natural
n, tal que α < n.
Uma Demonstração:
Suponha, por absurdo, que exista um numero real b tal que todo numero natural n seja menor ou igual a b.
Nesse caso, N é limitado superiormente e, então, possui uma cota superior. Seja s a menor das cotas superiores.
O número s − 1, sendo menor que s, não é majorante de N e, então, existe um número natural n0 tal que
n0 > s − 1. Mas isso implica que n0 + 1 > s. Como n0 + 1 é um número natural, s não é majorante e,
portanto, também não pode ser a menor das cotas superiores de N. Assim, conclúımos que s não é a menor das
cotas superiores de N o que é uma contradição, pois por hipótese, s foi escolhido como sendo a menor das cotas
superiores. Isso prova que para todo número real existe um número natural maior que ele. ¥
8. Sejam α e β números reais positivos. Mostre que
√
αβ ≤ 1
2
(α + β).
Uma demonstração:
∀α, β ∈ R, se tem que 0 ≤ (α−β)2, logo 4αβ ≤ (α−β)2+4αβ. Dáı, como α,β > 0, vem √4αβ ≤
√
(α + β)2 ⇒
2
√
αβ ≤ α + β ⇒ √αβ ≤ α + β
2
. ¥
9. Dados α e β números reais quaisquer, com α < β. Mostre que existe um número q ∈ Q tal que α < q < β.
Uma demonstração:
Como α < β, se tem que β − α > 0, dáı pela propriedade arquimediana dos reais, tomando n, número natural
suficientemente grande, de modo que 0 <
1
n
< β − α ⇒ 1 < nβ − nα, de modo que nα < nβ − 1. Novamente,
usando a propriedade arquimediana dos números reais para β + 1, se obtém um número natural N de modo
que nβ + 2 < N . Agora, escolhendo o menor natural m satisfazendo N − m < nβ e dada a condição de N ,
se tem que m ≥ 2, sendo m mı́nimo, vem N − (m − 1) ≥ nβ ⇒ N − m ≥ nβ − 1. Assim, usando o fato
que nα < nβ − 1 ⇒ nα < N − m. Dáı, se tem nα < N − m < nβ ⇒ α < N −m
n
< β, o que completa a
demonstração. ¥
10. Descreva geometricamente o conjunto
{
x ∈ R : x2 − 2x + 1 > 0}.
Solução:
Como x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 ≥ 0, valendo a igualdade somente quando x = 1. Assim, a inequação é satisfeita
para todo x real distinto de 1, dáı o conjunto pode ser representado geometricamente pela reta real aberta em
x = 1, como mostrado na figura 1.
Figura 1: Representação geométrica do conjunto
{
x ∈ R : x2 − 2x + 1 > 0}.
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da Atividade presencial – MA 11 – 26/mar a 1/abr/2012
1. Uma caixa d’água de 1000 litros tem um furo no fundo por onde escoa água a uma vazão constante. Ao meio dia
de um certo dia ela foi cheia e às 6 horas da tarde deste dia, ela só tinha 850 litros. Quando ficará pela metade?
Uma solução:
Como a caixa d’água esvazia numa vazão constante, o volume V (t) de água a cada instante t, pode ser calculado
por: V (t) = 1000− rt, onde r é a vazão instantânea da caixa d’água. Como 6 horas após a caixa ter sido cheia,
havia 850 litros, dáı vem:
V (6) = 1000− 6r = 850 ⇒ r = 25. Logo, V (t) = 1000− 25t.
Assim, para saber quando ela ficará pela metade, basta resolver a equação 1000−25t = 500 ⇒ t = 20. Portanto,
a caixa ficará pela metade 20 horas após o meio-dia, ou seja, isso ocorrerá às 8 horas da manhã do dia seguinte.
2. Se 3 operários, trabalhando 8 horas por dia, constroem um muro de 36 metros em 5 dias.
a- Quantos dias serão necessários para que uma equipe de 5 operários, trabalhando 6 horas por dia, construa
um muro de 15 metros?
Uma solução:
Se 3 operários controem o muro em 5 dias, então 1 operário trabalhando nas mesmas condições levará
5 × 3 = 15 dias para fazer o mesmo serviço. Dáı, 5 operários trabalhando em iguais condições levarão
15
5
= 3 dias para executar o mesmo serviço.
No caso em que o muro mede 15 metros, então estes 5 operários trabalhando da mesma forma, farão o
serviço em 3× 15
36
=
5
4
dias.
Finalmente, se estes 5 operários, trabalham 6 horas ao invés de 8 horas por dia para fazer o muro de 15
metros, então o resultado deverá ser multiplicado por
8
6
. Logo, para realizar este trabalho os 5 operários
levarão
5
4
× 8
6
=
5
3
dias, ou seja, 1 dia e 4 horas de trabalho.
b- Que hipóteses foram implicitamente utilizadas na solução do item anterior?
Uma solução:
Nas considerações apresentadas no item a) as hipóteses utilizadas foram:
– O tempo necessário para fazer o muro é diretamente proporcional ao tamanho do muro; e
– inversamente proporcional ao número de operários e ao número de horas trabalhadas por dia.
c- Com base nestas hipóteses, exprima o número D de dias necessários à construção de um muro em função
do número N de operários, do comprimento C do muro e do número H de horas trabalhadas por dia.
Uma solução:
Pelas hipóteses apresentadas no item anterior, se tem que:
D = k · C
N ·H
, onde k é a constante de proporcionalidade.
Dáı, com base nos dados in iniciais do problema a constante k fica unicamente determinada, ou seja, fazendo
C = 36, N = 3 e H = 8, se tem D = 5. Então,
5 = k · 36
3 · 8
⇒ k = 10
3
.
Portanto, a equação procurada é D =
10
3
· C
N ·H
.
3. Pessoas apressadas podem diminuir o tempo gasto em uma escada rolante subindo alguns degruas da escada
durante o percurso. Para uma certa escada, foi observado que uma pessoa gasta 30 segundos na escada quando
sobe 5 degraus e gasta 20 segundos quando sobe 10 degraus. Quantos degraus possui a escada e qual o tempo
normalmente gasto no percurso?
Uma solução:
Seja d o número de degraus da escada, a qual sobe com velocidade de s segundos para cada degrau. Uma pessoa
estando parada, leva d · s segundos para subir a escada. Assim, com os dados do problema, se tem
(d− 5)s = 30 e (d− 10)s = 20.
2 Gabarito da Atividade presencial – MA 11
Logo,
s =
30
d− 5
=
20
d− 10
⇒ 30d− 300 = 20d− 100 ⇒ d = 20.
Se a escada tem 20 degraus, logo s =
20
d− 10
=
20
10
= 2, ou seja, são gastos 2 segundos para subir cada degrau.
Assim, o tempo gasto no percurso será de 2× 20 = 40 segundos.
4. Elias fez compras em 5 lojas. Em cada loja, gastou metade do que possuia e pagou, após cada compra, R$ 2,00
de estacionamento. Se ao final das compras ainda ficou com R$ 20,00, que quantia ele possuia incialmente?
Uma solução:
Na última compra, Elias gastou metade do que tinha e lhe restaram R$ 22,00. Logo, ele entrou na loja com R$
44,00. Ao entrar na 4a loja, ele possuia o dobro disso mais o custo do estacionamento, ou seja, 2× R$ 46,00 =
R$ 92,00. Na terceira loja, ele tinha: 2× R$ 94,00 = R$ 188,00. Na segunda loja, ele tinha 2× R$ 190,00 = R$
380,00. Por fim, ao chegar na primeira loja ele tinha 2× R$ 382,00 = R$ 764,00.
Caso ele pagasse apenas um estacionamento o valor seria R$ 704,00.
5. Atualmente, a previdência adota a chamada “fórmula 95”, na qual um trabalhador terá direito à aposentadoria
quando a soma da idade com o tempo de contribuição atinge 95. Adontando esta fórmula, com que idade se
aposentará uma pessoa que começou a trabalhar aos 25 anos?
Uma solução:
Se a pessoa começa a trabalhar aos 25 anos e o tempo decorrido para se aposentar será o mesmo para a sua
idade, logo,
25 + x+ x = 95 ⇒ x = 35. Dáı, 25 + 35 = 60 anos é a idade com que a pessoa irá se aposentar.
6. Arnaldo deu a Beatriz tantos reais quanto Beatriz possui e dá a Carlos tantos reais quanto Carlos possui. Em
seguida, Beatriz dá a Arnaldo e a Carlos, tantos reais quanto cada um possui. Finalmente, Carlos faz a mesma
coisa e todos terminam com R$ 16,00. Quanto cada um possuia no ińıcio.
Uma solução:
Denotando por A, B e C, respectivamente, o número de reais que Arnanldo, Beatriz e Carlos possuiam e
sabendo que foram feitas 3 transferências, após a primeira transferência, cada um ficou com A−B−C; 2B e 2C,
respectivamente, seguindo a ordem alfabética. Após a segunda operação, os valores ficaram em: 2A− 2B − 2C;
2B− (A−B−C)− 2C e 4C, ou seja, 2A− 2B− 2C; 3B−A−C e 4C. No final, após a última transferência, se
tem 4A− 4B − 4C; 6B − 2A− 2C e 7C −A−B. Dáı, lebrando que cada um ficou com 16 reais, basta resolver
o sistema: 4A− 4B − 4C = 16−2A+ 6B − 2C = 16−A−B + 7C = 16 ⇒
 A = 26B = 14
C = 8
7. Um carro sai de A para B e outro de B para A, simultaneamente, em uma linha reta, com velocidades constantes
e se cruzam em um ponto situado a 720m do ponto de partida mais próximo. Completado o percurso, cada um
deles parou por 10 minutos e retornou ao ponto de partida, com a mesma velocidade da ida. Na volta, eles se
cruzam em ponto situado a 400m do outro ponto de partida. Qual a distância entre A e B?
Uma solução:
A B
v
A
v
B
d
Figura 1: Esquema representativo do problema.
A figura 1 representa a situação apresentada no problema. Considerando as variáveis apresentadas na figura, o
modelo matemático que representa esta situação pode ser constrúıdo da seguinte forma:
Prof. Geraldo L. Diniz 3
– Considerando as velocidades vA e vB em metros por minutos (m/min) tendo decorridos t minutos após o
carro partir de A ele terá percorrido uma distância dA(t) = vAt,enquanto o carro que partiu de B, neste
mesmo tempo t terá percorrido uma distância dB(t) = vBt.
– Denominando por d a distância entre as duas cidades, então no momento do encontro o tempo decorrido
será o mesmo para ambos os carros, sendo que o carro que partiu de A terá percorrido vAt = 720, enquanto
o carro que partiu de B percorreu vBt = d− 720.
– Agora, dividindo membro a membro, se obtém a equação de proporcionalidade dada por:
vA
vB
=
720
d− 720
.
– Seja tf o tempo total decorrido desde a partida até o segundo encontro e lembrando que cada carro ficou
parado por 10 minutos ao chegar na cidade oposta, então a distância percorrida por cada carro é dada por:
vA(tf − 10) = d+ 400 e vB(tf − 10) = 2d− 400.
– Dividindo novamente membro a membro, se chega a segunda equação de proporcionalidade, dada por:
vA
vB
=
d+ 400
2d− 400
.
– Por fim, igualando as duas equações obtidas, vem:
720
d− 720
=
d+ 400
2d− 400
⇒ d2−1760d = 0 ⇒
 d = 0ou
d = 1760m
.
Portanto, a distância entre as cidades A e B é de 1.760 metros.
8. Para que valores reais a inequação min{x+ 1; 5− x} > 2x− 3 é satisfeita.
Uma solução:
Como min{x+ 1; 5− x} =
 x+ 1 se x < 23 se x = 2
5− x se x > 2
⇒
 x+ 1 > 2x− 3 ⇒ x < 43 > 2x− 3 ⇒ x < 3
5− x > 2x− 3 ⇒ x < 83
⇒ x < 8
3
9. Determine a imagem da função f : R −→ R, tal que f(x) = max{x− 1; 10− 2x}.
Uma solução:
Como max{x− 1; 10− 2x} =

x− 1 se x > 11
3
8
3
se x =
11
3
10− 2x se x < 11
3
⇒ f(x) ≥ 8
3
∀x ∈ R
10. A e B são duas locadoras de automóvel. A cobra 1 real por quilômetro rodado mais uma taxa fixa de R$ 100,00.
B cobra 80 centavos por quilômetro rodado mais uma taxa fixa de R$ 200,00. Discuta a vantagem de A sobre
B ou de B sobre A, em função do número de quilômetros rodados.
Uma solução:
A locadora A cobra 100+x reais, enquanto a locadora B cobra 200+0, 8x reais. Assim, o preço de B será menor
quando 200 + 0, 8x < 100 + x ⇒ x > 500.
Portanto, para quilometragem acima de 500 km, a locadora B será mais vantajosa, enquanto a locadora A é
mais vantajosa para quilometragem inferior a 500 km.
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 5a atividade presencial – MA 11
1. Em uma escola há duas provas mensais, a primeira com peso 2 e a segunda com peso 3. Se o aluno não alcançar
média 7 nessas provas, fará prova final. Sua média final será então a média entre a nota da prova final, com
peso 2 e a média das provas mensais, com peso 3. João obteve 4 e 6 nas provas mensais. Se a média final para
aprovação é 5, quanto ele precisa obter na prova final para ser aprovado?
Uma solução:
Pelas notas obtidas, João está com média M =
4× 2 + 6× 3
5
= 5, 2. Assim para João ser aprovado deverá obter
uma nota P na prova final, tal que
5, 2× 3 + P × 2
5
≥ 5 ⇒ P ≥ 4, 7. Portanto, João deverá obter uma nota
igual ou superior a 4,7 na prova final.
2. Para que valores reais de x se tem a igualdade min{2x− 1; 6− x} = x?
Uma solução:
Como min{2x− 1; 6− x} =



2x− 1 se x < 73
11
3 se x =
7
3
6− x se x > 73
⇒
{
2x− 1 = x ⇒ x = 1
6− x = x ⇒ x = 3 ⇒ x ∈ {1, 3}.
3. O que caracteriza uma função linear?
Uma solução:
Pelo Teorema Fundamental da Proporcionalidade, se pode caracterizar a função linear por:
Seja ϕ : R −→ R uma função monótona injetiva (crescente ou decrescente), tal que ϕ(x+ y) = ϕ(x)+ϕ(y), para
quaisquer x, y ∈ R. Então, ϕ(x) é uma função linear.
Outra solução:
Com base no teorema da caracterização da função afim, é posśıvel caracterizar a função linear da seguinte forma:
Seja ϕ : R −→ R uma função monótona injetiva, tal que ϕ(0) = 0. Se o acréscimo ϕ(x + h) − ϕ(x) = g(h)
depender apenas de h, então ϕ(x) é linear.
4. Encontre a solução no conjunto dos números reais, caso exista, para a desigualdade |x + 1− |x− 1|| ≤ 2x− 1.
Uma solução:
Como |x + 1− |x− 1|| =



−2x se x < 0
2x se 0 ≤ x ≤ 1
2 se x > 1
⇒



−2x ≤ 2x− 1 ⇒ 14 < x < 0 (impossivel)
2x ≤ 2x− 1 ⇒ 0 < −1 (impossivel)
2 ≤ 2x− 1 ⇒ x > 32
⇒
x >
3
2
.
5. Se f : R −→ R é uma função monótona que transforma qualquer progressão artimética x1, x2, · · · , xn, . . . numa
progressão aritmética y1 = f(x1), y2 = f(x2), · · · , yn = f(xn), . . . ; mostre que f é uma função afim.
Uma solução:
Seja g : R −→ R, dada por g(x) = f(x) − f(0), dáı g leva qualquer progressão aritmética em outra progressão
atimética, com a propriedade adicional g(0) = 0. Nestes termos, agora basta mostrar que g é linear.
Qualquer que seja x ∈ R, o conjunto {−x, 0, x} forma uma PA. Logo, {g(−x), g(0) = 0, g(x)}, também forma
uma PA, o que implica 0− g(x) = g(−x) ⇒ g(−x) = −g(x).
Agora, considerando x ∈ R e n ∈ N, os números 0, x, 2x, . . . , nx formam uma PA e, por hipótese, o mesmo
ocorre com suas imagens pela g, ou seja, os números g(0), g(x), g(2x), . . . , g(nx) também formam uma PA, cuja
razão r pode ser obtida pela diferença entre os dois primeiros termos, isto é, r = g(x)−g(0) = g(x). Isso implica
que g(nx) = nġ(x).
Por fim, se n é um inteiro negativo, então −n ∈ N, logo g(nx) = −g(−nx) = −(−nġ(x)) = nġ(x). Desta forma,
g(nx) = ng(x)∀n ∈ Z e ∀x ∈ R. Dáı, pelo Teorema Fundamental da Proporcionalidade, segue que g(x) é linear,
ou seja, g(x) = ax.
Finalmente, fazendo f(0) = b, então g(x) = f(x)− f(0) ⇒ f(x) = ax + b. cqd.
2 Gabarito da 5a Atividade presencial – MA 11
6. Encontre a função quadrática cujo gráfico é dado pela figura 1.
Uma solução:
Considerando a figura dada e a equação da função quadrática na forma
f(x) = a(x−m)2 + k os parâmetros a, m, e k podem ser obtidos da seguinte
forma:
Pela figura 1, a ordenada do vértice é dada por 9 − 8 = 1 ⇒ k = 1. Agora,
tomando a mesma parábola com vértice na origem a equação equivalente
é dada por Y = aX2, para o mesmo parâmetro a, neste caso se tem para
X = 2 ⇒ Y = 8, logo 8 = a22 ⇒ a = 2. Assim, a função quadrática se torna
f(x) = 2(x −m)2 + 1. Por fim, considerando o ponto (1, 9) da parábola no
sistema original de coordenadas, se tem que f(1) = 9 ⇒ 2(1 − m)2 + 1 =
9 ⇒ m = 3 ou m = −1. Mas como m é a abcissa do vértice e se encontra à
esquerda de (1, 9), logo m = −1.
Portanto a função quadrática procurada é f(x) = 2(x− (−1))2 +1 ⇒ f(x) =
2x2 + 4x + 3.
8
2 2
(1,9)
Figura 1: Gráfico da parábola.
7. Escreva a função quadrática f(x) = 8x − 2x2 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).
Solução:
f(x) = 8x− 2x2 = −2(x2 − 4x) = −2(x2 − 4x + 4− 4) ⇒ f(x) = −2[(x− 2)2 − 4] ⇒ f(x) = −2(x− 2)2 + 8.
Da equação f(x) = −2[(x − 2)2 − 4], se obtém as ráızes que são os valores para os quais (x − 2)2 = 4. Dáı,
x− 2 = ±2, logo as ráızes são x1 = 0 e x2 = 4.
O eixo de simetria é a reta vertical x = 2. O valor máximo que f(x) atinge é 8.
8. Encontre os valores mı́nimo e máximo assumidos pela função f(x) = x2 − 4x + 3, nos intervalos [1, 4] e [6, 10].
Solução:
Como a parábola f(x) = x2 − 4x + 3, tem seu vértice em (2,−1), então
- Em [1, 4]: 2 ∈ [1, 4] ⇒ min f(x) ocorre em x = 2, onde f(2) = −1 e seu máximo será em x = 4, onde f(4) = 3.
- Em [6, 10]: o mı́nimo ocorre em x = 6, onde f(6) = 15 e o máximo ocorre em x = 10, onde f(10) = 63.
9. Seja a função f : R −→ R, tal que f(x) = ax2 + bx + c, com a > 0. Mostre que f
(
x1 + x2
2
)
≤ f(x1) + f(x2)
2
.
Solução:
Primeiramente, considerando x1 6= x2 se tem que
(
x1 + x2
2
)2
<
x21 + x
2
2
2
, pois
x21 + x
2
2
2
−
(
x1 + x2
2
)2
=
x21 − 2x1x2 + x22
4
> 0, se x1 6= x2.
Assim, se x1 6= x2 e a > 0, então
f
(
x1 + x2
2
)
= a
(
x1 + x2
2
)2
+ b
(
x1 + x2
2
)
+ c < a
x21 + x
2
2
2
+ b
x1 + x2
2
+ c =
=
(ax21 + bx1 + c) + (ax
2
2 + bx2 + c)
2
=
f(x1) + f(x2)
2
.
10. Prove que se a, b e c são inteiros ı́mpares, as ráızes de y = ax2 + bx + c não são racionais.
Uma Solução:
Fazendo a = 2k + 1, b = 2m + 1 e c= 2n + 1 e levando no discriminante b2 − 4ac, vem:
b2 − 4ac = (2m + 1)2 − 4(2k + 1)(2n + 1) = 4m(m + 1)− 16kn− 8k − 8n− 3.
Prof. Geraldo L. Diniz 3
Como m(m + 1) é o produto de dois números consecutivos, necessariamente um deles é par, logo 4m(m + 1) é
múltiplo de 8. Assim, como −16kn− 8k − 8n também é múltiplo de 8. Logo, b2 − 4ac é 3 unidades menor que
um múltiplo de 8, ou seja, é um número que dividido por 8 deixa resto 5.
Os posśıveis restos da divisão de um número por 8 são 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ou 7, cujos quadrados dividido por 8
darão resto 0, 1, 4, 1, 0, 1, 4, 1, respectivamente. Logo, nenhum quadrado perfeito deixa resto 5 ao ser dividido
por 8.
Portanto, b2 − 4ac não é quadrado perfeito e suas ráızes jamais serão racionais. cqd.
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2012/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2012
Gabarito da 6a atividade presencial – 7 a 13/mai/2012
1. Numa vidraçaria há um pedaço de espelho, sob a forma de um triângulo retângulo de lados 60cm, 80cm 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.
Solução:
Com base na figura 1, fazendo os lados do espelhos iguais a x e y em cent́ımetros, se tem para cada caso:
x
100
y
60
80
(a)
100
60
80
y
x
(b)
Figura 1: Esboço para o corte dos espelhos
a) Usando a semelhança de triângulos para os triângulos da
sobra do corte do espelho se tem que
60− x
x
=
y
80− y ⇒
4x + 3y = 240 ⇒ x = 60− 3
4
y. Como a área do retângulo é
dada por xy =
(
60− 3
4
y
)
y = −3
4
y2 + 60y. Esta área será
máxima no vértice da parábola, que ocorre para
y = − b
2a
= − 60− 34
= 40 ⇒ x = 30.
Portanto, o retângulo de área máxima tem lados iguais a
40 cm e 30 cm, neste caso, a área é de 1.200 cm2.
b) Para o caso da figura 1 (b), considerando a altura h relativa a hipotenusa de 100 cm, dada por h =
60× 80
100
= 48
cm. Usando a semelhança entre os triângulos de hipotenusas x e 100, se tem que
x
100
=
48− y
48
⇒
y =
48(100− x)
100
. Como a área A do retângulo é A = xy ⇒ A = 48x(100− x)
100
= 48x − 0, 48x2, cujo valor
máximo ocorre para x =
48
2× (−0, 48) = 50. Portanto, os lados do retângulo são 50 cm e 24 cm, cuja área é
1.200 cm2.
Nos dois casos considerados a área máxima foi a mesma, portanto independe os lados do triângulo em que o
retângulo se apoia. Além disso, é posśıvel mostrar que para se obter um retângulo de área máxima é necessário
que o retângulo seja conforme os dois casos considerados, caso contrário sua área será menor que o valor obtido
nestes casos.
2. No instante t = 0 um ponto P está em (−2, 0) e um ponto Q está 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?
Solução:
Para um instante t qualquer as equações, em termos de coordenadas, que descrevem os movimentos dos pontos
P e Q são P = (2t− 2, 0) e Q = (0, t). Assim, a distância PQ =
√
(2t− 2)2 + t2 = √5t2 − 8t + 4 será mı́nima
quando PQ2 também for mı́nima. Assim, isto ocorre para t = − −8
2× 10 = 0, 8. Logo, para t = 0, 8 ⇒
PQ =
√
0, 8 =
2
5
√
5 é a distância mı́nima.
3. Se x e y são números reais tais que 3x + 4y = 12, determine o valor mı́nimo de z = x2 + y2?
Solução:
Como x =
12− 4y
3
⇒ z =
(
12− 4y
3
)2
+ y2 = 16− 32
3
y +
25
9
y2. Assim, z será mı́nimo para y = − −
32
3
2× 259
⇒
y =
32
3
× 9
50
=
48
25
⇒ x = 12− 4
48
25
3
=
36
25
. Logo, o valor mı́nimo de z será z =
(
36
25
)2
+
(
48
25
)2
=
144
25
.
2 Gabarito da 6a atividade presencial
4. Encontre a solução no conjunto dos números reais, caso exista, para a desigualdade x4 + x2 − 20 > 0.
Solução:
Fazendo x2 = y, a inequação se reduz a y2 + y − 20 > 0, que resulta em y < −5 ou y > 4. Dáı, vem x2 < −5,
que não se verifica para nenhum número real, ou x2 > 4 ⇒ x < −2 ou x > 2. Portanto, a solução da inequação
é x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,∞).
5. 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?
Solução:
Se João reduz x reais no preço da caixa, então ele venderá 300 + 40x caixas ao preço de 20− x reais cada caixa.
Logo, sua receita R será: R = (300 + 40x)(20 − x) = −40x2 + 500x + 6000, que terá um valor máximo para
x = − 500
2× (−40) =
25
4
= 6, 25. Portanto, o preço de cada caixa deverá ser de 20− 6, 25 = 13, 75 reais para que
a receita seja máxima.
6. Determine explicitamente os coeficientes a, b e c do trinômio f(x) = ax2 + bx + c em função dos valores f(0),
f(1) e f(2).
Solução:
Tomando os valores de x dados no trinômio, se obtém o sistema


c = f(0)
a + b + c = f(1)
4a + 2b + c = f(2)
⇒



c = f(0)
a + b = f(1)− f(0)
4a + 2b = f(2)− f(0)
⇒



c = f(0)
a + b = f(1)− f(0)
2a = f(2)− 2f(1) + f(0)
Donde, a =
f(2)− 2f(1) + f(0)
2
, b =
4f(1)− f(2)− 3f(0)
2
e c = f(0).
7. Prove a unicidade do quociente e do resto, isto é, se P (x) = p(x)q1(x) + r1(x) e P (x) = p(x)q2(x) + r2(x), com
gr r1(x) e gr r2(x) ambos menores do que gr p(x), então q1(x) = q2(x) e r1(x) = r2(x) ∀x ∈ R.
Solução:
Sendo P (x) = p(x)q1(x) + r1(x) e P (x) = p(x)q2(x) + r2(x), com gr r1(x) e gr r2(x) ambos menores do que
gr p(x), então subtraindo membro a membro, se obtém p(x)[q1(x)− q2(x)] = r2(x)− r1(x). Mas, se q1(x)− q2(x)
não for identicamente nulo, então o grau do produto no primeiro membro será maior ou igual ao grau de p(x),
o que é absurdo, pois o grau do segundo membro (r2(x) − r1(x)) tem grau menor que o grau de p(x). Logo,
q1(x)− q2(x) ≡ 0, isto é, q1(x) = q2(x). Dáı, substituindo no primeiro membro, se tem que 0 = r2(x)− r1(x) ⇒
r1(x) = r2(x). ¥
8. Diz-se que o número real α é uma raiz de multiplicidade m do polinômio p(x) quando se tem p(x) = (x−α)mq(x)
com q(α) 6= 0. Se m = 1 ou m = 2, α chama-se, respectivamente, uma raiz simples ou uma raiz dupla. Prove
que α é uma raiz simples de p(x) se, e somente se, p(α) = 0 e p′(α) 6= 0. Prove também que α é uma raiz dupla
de p(x) se, e somente se, p(α) = p′(α) = 0 e p′′(α) 6= 0. Generalize.
Solução:
i- α é uma raiz simples de p(x) ⇔ p(α) = 0 e p′(α) 6= 0.
Demonstração:
(⇒) Se α é uma raiz simples de p(x), então p(x) = (x− α)q(x), com q(α) 6= 0.
Como, p′(x) = (x− α)′q(x) + (x− α)q′(x) = q(x) + (x− α)q′(x), então
p′(α) = q(α) + (α− α)q′(α) = q(α) 6= 0
(⇐) Se p(α) = 0, então p(x) = (x− α)q(x) ⇒ p′(x) = q(x) + (x− α)q′(x) e como p′(α) 6= 0 ⇒
0 6= q(α) + (α− α)q′(α) = q(α). Portanto, α é raiz simples de p(x). ¥
ii- α é uma raiz dupla de p(x) ⇔ p(α) = 0, p′(α) = 0 e p′′(α) 6= 0.
Demonstração:
(⇒) Se α é uma raiz dupla de p(x), então p(x) = (x− α)2q(x), com q(α) 6= 0. Logo,
p′(x) = 2(x− α)q(x) + (x− α)2q(x) ⇒ p′(α) = 2(α− α)q(α) + (α− α)2q(α) = 0 e
p′′(x) = 2q(x)+4(x−α)q′(x)+(x−α)2q′′(x) ⇒ p′′(α) = 2q(α)+4(α−α)q′(α)+(α−α)2q′′(α) = 2q(α) ⇒
p′′(α) = 2q(α) 6= 0
Prof. Geraldo L. Diniz 3
(⇐) p(α) = 0 = p′(α) e p′′(α) 6= 0, então p(x) = (x− α)q(x) uma vez que α é raiz de p(x).
Além disso, como p′(x) = (x−α)′q(x) + (x−α)q′(x) = q(x) + (x−α)q′(x) ⇒ p′(α) = q(α) ∴ q(α) = 0;
logo α é raiz de q(x).
Neste caso, existe um polinômio q1(x), tal que q(x) = (x− α)q1(x) ⇒
p(x) = (x− α)q(x) = (x− α)2q1(x). Dáı, p′(x) =
[
(x− α)2]′ q1(x) + (x− α)2q′1(x) ⇒
p′(x) = 2(x− α)q1(x) + (x− α)2q′1(x) ⇒ p′′(x) = 2q1(x) + 4(x− α)q′1(x) + (x− α)q′′1 (x) ⇒
p′′(α) = 2q1(α) + 4(α− α)q′1(α) + (α− α)q′′1 (α) = 2q1(α) e como p′′(α) 6= 0 ⇒ q1(α) 6= 0 ¥
Generalizando:
α é uma raiz com multiplicidade n de p(x) se, e só se, p(α) = p′(α) = p′′(α) = · · · = p(n−1)′(α) = 0 e p(n)′(α) 6= 0.
9. Seja p(x) um polinômio cujo grau n é um número ı́mpar.Mostre que existem números reais x1 e x2 tais que
p(x1) < 0 e p(x2) > 0. Conclua dáı que todo polinômio de grau ı́mpar admite pelo menos uma raiz real.
Solução:
Seja p(x) =
n∑
i=0
aix
i, supondo an > 0 e tomando K = max{|ai|, i = 0, 1, · · · , n− 1}. Dáı,
i. Se x > 1 ⇒
∣∣∣∣∣
n−1∑
i=0
aix
i
∣∣∣∣∣ ≤
n−1∑
i=0
|ai|xi ≤
(
n−1∑
i=0
|ai|
)
xn−1 ≤
(
n−1∑
i=0
K
)
xn−1 = nKxn−1.
Agora, tomando o valor de x2 > 1 e x2 >
nK
an
⇒ anx2 > nK ⇒ anxn2 > nKxn−12 >
∣∣∣∣∣
n−1∑
i=0
aix
i
2
∣∣∣∣∣ ⇒ p(x2) > 0.
ii. Se x < −1 ⇒
∣∣∣∣∣
n−1∑
i=0
aix
i
∣∣∣∣∣ ≤
n−1∑
i=0
|ai| · |xi| ≤
(
n−1∑
i=0
|ai|
)
|x|n−1 ≤
(
n−1∑
i=0
K
)
|x|n−1 = nK|x|n−1.
Agora, tomando o valor de x1 < −1 e x1 < −nK
an
⇒ anx1 < −nK ⇒
anx
n
1 < −nKxn−11 (∗)
uma vez que n é impar e, dáı, xn−11 é positivo. Logo, |anxn1 | > nK|x1|n−1. Assim, na desigualdade (∗) o
menor número é o que tem o maior módulo, como |anxn1 | >
∣∣∣∣∣
n−1∑
i=0
aix
i
1
∣∣∣∣∣ e anx
n
1 é negativo, então p(x1) < 0.
Para o caso an < 0, bastar considerar o polinômio −p(x) que se reduz aos casos estudados acima, chegando a
mesma conclusão.
Por fim, usando a continuidade de polinômios, se tem que dado um intervalo não degenerado [x1, x2], tal que
p(x1) · p(x2) < 0, ou seja, p(x) tem sinais contrários nos extremos do intervalo, então ∃ ξ ∈ [x1, x2] para o qual
p(ξ) = 0.
Portanto, pelos resultados obtidos em i. e ii., se conclui que p(x) se anula para algum x quando n é impar. ¥
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 7a atividade presencial – 14 a 20/mai/2012
1. Seja f(b, t) uma função positiva, definida para b ≥ 0 e t ∈ R, linear em b crescente (ou decrescente) em t, tal que
f(b, s+ t) = f(f(b, s), t) para quaisquer b, s, t. Prove que f é de tipo exponencial.
Uma solução:
Considere φ(t) = f(1, t). Logo, pelas propriedades de f , φ é estritamente monótona e
φ(s + t) = f(1, s + t) = f(f(1, s), t) = f(f(1, s) · 1, t) = f(1, s) · f(1, t) = φ(s) · φ(t). Dáı, pelo teorema de
caracterização da fuynção exponencial, fazendo a = φ(1) = f(1, 1), donde f(1, t)φ(t) = at∀ t ∈ R. Além disso,
se tem que f(b, t) = f(b · 1, t) = b · f(1, t) = b · at. �
2. a) Como você explicaria a um aluno no ensino fundamental que a0 = 1? E que a−n =
1
an
?
Uma possibilidade:
i. Para a0, supondo an ̸= 0 e usando a propriedade da potenciação para quocientes de mesma base, se tem
que
am
an
= am−n, logo a0 = an−n =
an
an
= 1
ii. Para a−n, usando a explicação dada em i., se tem que 1 = a0 = an−n = an · a−n e como a
n
an
= 1 ⇒
1 =
an
an
= an · a−n = an 1
an
, dáı cancelando o fator an a ambos os termos da última igualdade se chega a
a−n =
1
an
.
b) Como você explicaria a um aluno no ensino fundamental que a
1
2 =
√
a ? E que a
m
n = n
√
am?
Uma possibilidade:
i. Para a
1
2 , usando a propriedade da potenciação para a potência de potência, com (am)
n
= am·n, donde se
tem que
(
a
1
2
)2
= a
1
2 2 = a
2
2 = a1 = a. Dáı, extraindo a raiz quadrada a ambos os termos da igualdade(
a
1
2
)2
= a ⇒
√(
a
1
2
)2
=
√
a ⇒ a 12 =
√
a.
ii. Como explicado no item i., se tem que a
1
n = n
√
a. Agora, para a
m
n = am
1
n = (am)
1
n = n
√
am.
3. Mostre que a função f : Q −→ R definida por f(r) = ar é crescente se a > 1 e decrescente se 0 < a < 1.
Uma solução:
Pondo
m
n
= r, com m ∈ Z e n ∈ N, então ar = amn , de modo que (ar)n = am, ou seja, am é a n-ésima potência
de ar ou, de forma equivalente, ar = n
√
am.
i) Se a > 1 ⇒ am · a > am · 1 ⇒ am+1 > am ∀m ∈ Z,. Dáı, tomando a potência 1n a desigualdade se mantém.
Logo,
(
am+1
) 1
n > (am)
1
n ⇒ a
m+1
n > a
m
n . Assim, para s =
m+ 1
n
>
m
n
= r ⇒ f(s) = a
m+1
n > a
m
n = f(r).
Portanto, f gera uma sequência crescente se a > 1.
ii) Se a < 1 ⇒ am · a < am · 1 ⇒ am+1 < am ∀m ∈ Z,. Dáı, tomando a potência 1n a desigualdade se mantém.
Logo,
(
am+1
) 1
n < (am)
1
n ⇒ a
m+1
n < a
m
n . Assim, para s =
m+ 1
n
>
m
n
= r ⇒ f(s) = a
m+1
n < a
m
n = f(r).
Portanto, f gera uma sequência decrescente se a < 1.
4. Prove que uma função do tipo exponencial fica unicamente determinada quando se conhecem dois de seus valores.
Uma solução:
Suponha que f(x) = b · ax e φ(x) = βαx são funções tais que f(x1) = φ(x1) e f(x2) = φ(x2), com x1 ̸= x2. Dáı,
basta mostrar que a = α e b = β. Com efeito, pois se f(x1) = φ(x1), então ba
x1 = βαx1 e f(x2) = φ(x2) ⇒
bax2 = βαx2 , logo,
( a
α
)x1
=
β
b
=
( a
α
)x2
, mas como x1 ̸= x2, então necessariamente
a
α
= 1, donde a = α. Dáı,
bax1 = βax1 ⇒ b = β. Portanto, f(x) ≡ φ(x). �
2 Gabarito da 7a atividade presencial – 14 a 20/5/2012
5. A meia-vida de uma determinada substância é um ano. Quanto tempo levará para que um corpo puro desta
substância com 10 gramas se reduza a apenas 1 grama?
Solução:
Seja Q(t) = Q0a
−αt, onde α > 0, a função que descreve a quantidade da substância para cada instante t (t em
anos). Assim, como a meia-vida é um ano, vem:
Q(1) =
Q0
2
⇒ Q0a−α·1 =
Q0
2
⇒ a−α = 1
2
⇒ 1
aα
=
1
2
⇒ a = 2 e α = 1. Logo, Q(t) = Q02−t. Dáı, se Q0 = 10
e Q(t) = 1 ⇒ 1 = 10 · 2−t ⇒ 2−t = 1
10
⇒ 2−t = 10−1 ⇒ (10log 2)−t = 10−1 ⇒ −t log 2 = −1 ⇒ t = 1
log 2
≈ 3,3
anos.
6. A população de uma cidade era de 750 mil habitantes no fim de 1950 e 900 mil no fim de 1960. Qual a população
previśıvel para esta cidade no final do ano 1970 e quando a população irá atingir 1,5 milhão?
Solução:
Seja P (t) = P0a
αt, onde α > 0, a função que descreve a população ao final de cada ano. Para simplificar os
cálculos, fazendo x = t− t0, onde t0 = 1950 e p =
P
1.000
, então
p(x) = p0a
βx, como P (1950) = 750.000 ⇒ p(0) = 750 e P (1960) = 900.000 ⇒ p(10) = 900. Dáı,
750a10β = 900 ⇒ aβ = 10
√
900
750 =
10
√
6
5 ⇒ p(x) = 750
(
10
√
6
5
)x
.
i) Assim, para o ano de 1970 ⇒ x = 20 ⇒ p(20) = 750
(
10
√
6
5
)20
⇒ p(20) = 750
(
6
5
)2
= 750
36
25
= 1.080.
Portanto, no final de 1970 a população será de 1,08 milhão de habitantes.
ii) Se p(x) = 1.500 ⇒ 1.500 = 750
(
10
√
6
5
)x
⇒ 2 =
(
10
√
6
5
)x
⇒ x = ln 2
ln 10
√
6
5
= 10
ln 2
ln 6− ln 5
≈ 38. Logo,
t = 38 + 1950 = 1988.
Portanto, a população atingirá 1,5 milhão de habitantes ao final de 1988.
7. A que taxa de juros compostos devo investir meu capital a fim de que ele dobre ao final de 5 anos?
Solução:
Seja C(t) = C0(1 + i)
t, t > 0 (t em anos e i a taxa anual) a função que descreve o capital acumulado ao final de
cada ano. Então, para que o capital dobre ao final de 5 anos, se tem que
C(5) = 2C0 ⇒ 2C0 = C0(1 + i)5 ⇒ (1 + i)5 = 2 ⇒ i = 5
√
2− 1 ≈ 0, 15.
Portanto, a taxa deve ser aproximadamente 15% ao ano, para que o capital dobre ao final de 5 anos.
8. Uma bola de aço, aquecida a uma temperatura de 100o é deixada num ambiente mantido a uma temperatura de
40o. Em dois minutos a temperatura da bola é de 80o. Em quanto tempo a temperatura será de 43o?
Solução:
Seja D(t) = D0a
−αt, α > 0 (t em minutos), a função que descreve a diferença de temperatura entre a bola e o
ambiente ao longo do tempo. Como a temperatura ambiente é de 40o e a bola estava a 100o, então a diferença de
temperatura em t = 0, era D0 = 100
o - 40o = 60o. Logo, D(t) = 60a−αt, como após 2 minutos a temperatura da
bola era 80o, então a diferença de temperatura com o ambiente era D(2) = 80o - 40o = 40o. Dáı, 40 = 60a−2α ⇒
a−α =
√
2
3
⇒ D(t) = 60
(√
2
3
)t
. Logo, se a temperatura da bola é 43o, então a diferença de temperatura com
o meio é 3o, dáı, D(t) = 3o ⇒ 3 = 60
(√
2
3
)t
⇒
(√
2
3
)t
=
3
60
⇒ t =
ln 120
ln
√
2
3
=
2(ln 1− ln 20)
ln 2− ln 3
⇒ t ≈ 14, 76
min.
Portanto, a bola terá uma temperatura de 43o decorridos aproximadamente 14min e 45s.
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9. O corpo de uma v́ıtima de assassinato foi descoberto às 23 horas. O médico legista chegou às 23h30min e
imediatamente tomou a temperatura do cadáver, que era de 34,8o. Uma hora mais tarde ele tomou a temperaturaoutra vez e obteve 34,1o. Use a lei de resfriamento de Newton para estimar a hora em que ocorreu o assassinato,
sabendo que a tempertura do quarto era mantida constante a 20o e suponha que a temperatura normal de uma
pessoa viva é 36,5o.
Solução:
Seja D(t) = D0a
−αt, α > 0 (t em horas), a função que descreve a diferença de temperatura entre o cadáver e
o ambiente. Para simplificar os cálculos, fazendo x = t − 23, 5, o tempo decorrido em horas após às 23h30min.
Dáı, tomando d(x) = d0a
−βx se as 23h30min a temperatura do cadáver era 34,8o, então x = 0 e a diferença de
temperatura entre o cadaver e o ambiente é dada por: d(0) = 34, 8− 20 = 14, 8 ⇒ d0 = 14, 8. Como uma hora
depois a temperatura do cadáver era 34,1o, então 34, 1− 20 = d(1) ⇒ 14, 1 = 14, 8a−β ⇒ a−β = 14, 1
14, 8
≈ 0, 95 ⇒
d(x) = 14, 8(0, 95)x.
Na hora do crime a diferença de temperatura era d(x) = 36, 5− 20 = 16, 5 ⇒ 16, 5 = 14, 8(0, 95)x ⇒
(0, 95)x =
16, 5
14, 8
⇒ (0, 95)x ≈ 1, 11 ⇒ x ≈ ln 1, 11
ln 0, 95
≈ −2, 03 ⇒ −2, 03 ≈ t− 23, 5 ⇒ t ≈ 23, 5− 2, 03 = 21, 47.
Portanto, o crime ocorreu por volta das 21h28min.
10. Admita que a população atual de baleias no mundo de uma determinada espécie é de 1000 indiv́ıduos e que a
cada ano o aumento natural da população é de 25% (crescimento vegetativo = nascimentos - mortes naturais).
Suponha que o número de baleias abatidas pelos pescadores a cada ano é de 300 indiv́ıduos e que esta tendência
vai se manter nos próximos anos. Obtenha a equação que modela a população P (t), onde t é o tempo em anos
a partir do ano atual.
Uma solução:
Denotando por Pn a população de baleias no ano n, este problema pode ser modelado pelo seguinte esquema de
equações recursivas:
P1 = P0(1 + 0, 25)− 300 ⇒ P1 − P0 = 0, 25P0 − 300 ⇒ P2 − P1 = 0, 25P1 − 300 ⇒
P3 −P2 = 0, 25P2 − 300 · · · Pn+1 −Pn = 0, 25Pn − 300, cuja solução do tipo exponencial pode ser escrita na
forma Pn = A−Bαn, onde α = 1 + i = 1, 25 =
5
4
.
Se n = 0 representa o ano atual (condição inicial), então P0 = 1.000 ⇒ P0 = A− Bα0 ⇒ A− B = 1000. Além
disso, se n = 1, então P1 = A − Bα1 = 1.000 × 1, 25 − 300 = 950 ⇒ A −
5
4
B = 950. Dáı, resolvendo o sistema
algébrico resultante vem:{
A−B = 1.000 (1)
A− 5
4
B = 950 (2)
⇒ De (1), vem: A = 1.000−B, levando em (2), se obtém:
1.000 +B − 5
4
B = 950 ⇒ 1
4
B = 1.000− 950 ⇒ B = 200 e A = 1.200.
Portanto, a solução procurada é P (t) = 1.200− 200
(
5
4
)t
, onde t é o tempo em anos.
Obs.: Esta solução só faz sentido para P (t) ≥ 0. Dáı, 1.200−200
(
5
4
)t
≥ 0 ⇒
(
5
4
)t
≤ 6 ⇒ t ≤ ln 6
ln 5− ln 4
≈ 8,
ou seja, mantidas estas condições a espécie será extinta em 8 anos.
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8a atividade presencial
1. Considere x > 1 um número real cuja parte inteira tem k algarismos. Mostre que a parte inteira de log10 x é
igual a k − 1.
Uma solução:
Se x > 1 é um número cuja parte inteira tem k algarismos, então x pode ser escrito na forma
x = M,d1d2 · · · dk−1 × 10k−1, onde 0 < M < 10 e d1d2 · · · dk−1 é a denominada mantissa.
Assim, tomando log10 x vem:
log10 x = log10
(
M,d1d2 · · · dk−1 × 10k−1
)
= log10 M,d1d2 · · · dk−1 + log10 10k−1 = k − 1 + y, onde 0 < y < 1
uma vez que 0 < M < 10.
Portanto, a parte inteira de log10 x tem k − 1 algarismos.
2. Determine a potência n > 0 de modo que (0, 999)n seja menor que um milionésimo.
Solução:
Se (0, 999)n <
1
106
⇒ log10 (0, 999)n < log10
(
1
106
)
⇒ n log10 0, 999 < log10 10−6 = −6 ⇒
n(−0, 000434512) < −6 ⇒ n > −6
−0, 000434512
⇒ n > 13.808, 6.
Portanto, n = 13.809 é a menor potência que satisfaz a desigualdade.
3. Mostre que a função logaŕıtmica L : R+ −→ R é ilimitada inferior e superiormente.
Demonstração:
(i) Seja β um número real tão grande quanto se queira. Dáı, tomando n um número natural tal que n >
β
L(2)
.
Como L(2) > 0 ⇒ n · L(2) > β. Dáı, usando a propriedade n · L(2) = L(2n). Logo, L(2n) > β. Assim,
basta escolher x = 2n que se tem L(x) > β. Portanto, a função L é ilimitada superiormente.
(ii) Para mostrar que L é ilimitada inferiormente, basta usar a propriedade L
(
1
x
)
= −L(x). Dáı, dado
qualquer número real α, pelo item (i), é posśıvel obter x ∈ R+, tal que L(x) > −α. Logo, tomando
y =
1
x
⇒ L(y) = −L(x) < α. Portanto, L é ilimitada inferiormente.
4. Sejam L, M : R+ −→ R duas funções logaŕıtmicas. Mostre que existe uma constante c > 0, tal que
M(x) = cL(x) ∀x > 0.
Demonstração:
Primeiramente, supondo que exista um número a > 1, tal que L(a) = M(a). Neste caso, necessariamente
L(x) = M(x) para todo x > 0, pois se L(a) = M(a) ⇒ L(ar) = M(ar), para qualquer r racional, já que
L(ar) = r · L(a) = r ·M(a) = M(ar).
Agora, por absurdo, supondo que exista algum b > 0, tal que L(b) ̸= M(b). Sem perda de generalidade, seja
L(b) < M(b). Dáı, escolhendo um número natural n tão grande de modo que n · [M(b)− L(b)] > L(a). Então,
L(a
1
n ) =
L(a)
n
< M(b)− L(b)
Assim, os números L(a
1
n ), 2L(a
1
n ), 3L(a
1
n ), · · · dividem R+ em intervalos justapostos de mesmo comprimento
L(a
1
n ). Como L(a
1
n ) < M(b)−L(b), então para algum número natural m se tem que m ·L(a 1n ) ∈ (L(b), M(b)),
ou seja, L(b) < m · L(a 1n ) < M(b). Logo,
m · L(a 1n ) = L(amn ) = M(amn ).
Então, L(b) < L(a
m
n ) = M(a
m
n ) < M(b), o que é uma contradição, pois sendo L crescente da primeira desi-
gualdade se obtém que b < a
m
n . Por outro lado, sendo M também crescente, da última desigualdade se obtém
que a
m
n < b. Desta contradição, se conclui que não existe tal b. Portanto, se L(a) = M(a) para a > 1, então
M(x) = L(x) ∀x > 0.
Por fim, para provar o caso geral, dadas duas funções logaŕıtmicas L e M quaisquer, como L(2) > 0 e M(2) > 0,
uma vez que 2 > 1. Dáı, tomando c =
M(2)
L(2)
e considerando a função logaŕıtmica N : R+ −→ R, dada por
N(x) = c · L(x).
2 8a atividade presencial
Como N(2) = c · L(2) = M(2)
L(2)
· L(2) = M(2), então pelo que foi provado anteriormente se tem que N(x) =
M(x)∀x > 0.
Portanto, M(x) = c · L(x) ∀x > 0. �
5. Sejam a > 1 e 0 < b < 1, constantes reais quaisquer. Mostre que existem números reais positivos c e d, tais que
loga x = c · log2 x e logb x = d · log 12 x, ∀x ∈ R
+.
Demonstração:
Com efeito, se u = loga x e v = log2 x ⇒ au = x = 2v = (ac)v = acv ∴ u = cv, ou seja, loga x = c · log2 x, para
todo x > 0, onde c = loga 2.
Da mesma forma, se u = logb x e v = log 12 x ⇒ b
u = x =
(
1
2
)v
= (bd)v = bdv ∴ u = dv, ou seja, logb x =
d · log 1
2
x, para todo x > 0, onde d = logb
1
2 .
Donde se conclui que duas funções logaŕıtmicas quaisquer diferem por um fator constante.
6. Apresente um explicação convincente para a afirmação que ∀ a > 1, real, loga x → ∞ muito lentamente, quando
x → ∞.
Uma explicação:
Dado M > 0, se tem que loga x > M ⇐⇒ x > aM . Assim, com base no problema 2, se desejamos que
log10 x > 1000, será necessário que a expressão decimal de x tenha pelo menos 1001 algarismos.
7. Mostre que se y e a são positivos, então ln
y
a+
√
a2 + y2
= ln
√
a2 + y2 − a
y
.
Solução:
ln
y
a+
√
a2 + y2
= ln
y
a+
√
a2 + y2
· a−
√
a2 + y2
a−
√
a2 + y2
= ln
y(a−
√
a2 + y2)
a2 − (a2 + y2)
= ln
y(a−
√
a2 + y2)
−y2
= ln
√
a2 + y2 − a
y
8. Seja L : R+ −→ R uma função logaŕıtmica. Dados quaisquer números reais α < β, mostre que existe um número
real x > 0, tal que α < L(x) < β.
Demonstração:
Seja n um número natural fixo, tal que n >
L(2)
β − α
⇒ L(2)
n
< β − alpha. Dáı, denotando por c = L(2)
n
se tem
para os múltiplos inteiros de c que m · c = m
n
L(2) = L
(
2
m
n
)
, m ∈ Z, decompõem a reta real em intervalos
justapostos de comprimento c < β − alpha.
Portanto, existe algum m ∈ Z de modo que m · c esteja no interior do intervalo I = (α, β). Dáı, tomando
x = 2
m
n ⇒ α < L(x) = L(2mn ) < β. �.
9. Seja r =
p
q
um número racional. Mostre que y = er se, e só se, ln y = r.
Demosntração:
(⇒) Se y = er, então lny = r · ln e = r, pois ln e = 1.
(⇐) Seja y > 0 um número real tal que ln y = r. Como ln (er) = r e ln é uma função biuńıvoca, donde se conclui
que y = er. �
Prof. Geraldo L. Diniz 3
10. Mostre que a soma Sp = 1 +
1
2
+
1
3
+ · · ·+ 1
p
é maior que ln(p+ 1) e conclua que lim
p→∞
Sp = ∞.
Figura 1: Esboço para o cálculo de ln 6.
Solução:
Na figura 1 se tem a soma das áreas dos retângulos supera a área
sob a curva, no intervalo de 1 a 6, ou seja,
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
>
∫ 6
1
1
x
dx = lnx
∣∣∣∣6
1
= ln 6.
Assim, generalizando temos que
Sp = 1 +
1
2
+ · · ·+ 1
p
>
∫ p+1
1
1
x
= ln(p+ 1), logo
lim
p→∞
Sp > lim
p→∞
ln(p+ 1) = ∞ ∴ lim
p→∞
Sp = ∞
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 9a atividade presencial
1. Mostre que lim
x→0
(1 + x)
1
x = e, para x ̸= 0.
y =
1
x
y
x1
1
1+x
1
1 +x
C D
A
B E
F
(a) Área de ln (1 + x), x > 0
y =
1
x
y
x1
1
1+x
1
1 +x
C D
A
B E
F
(b) Área de ln (1 + x), −1 < x < 0
Figura 1: Áreas das faixas hiperbólicas H1+x1 , (x > 0) e H
1
1+x, (−1 < x < 0)
Demonstração:
Considerando a figura 1 acima, será feito um estudo para os casos x → 0+ e x → 0−, como se segue:
i) Se x > 0, então com base na figura 1(a), a área da faixa hiperbólica H1+x1 compreendida entre os pontos
ACEF é menor que a área do retângulo formado por ACDF e maior que a área do retângulo ABEF dadas,
respectivamente, por
AACDF = x · 1 = x AACEF = H1+x1 = ln (1 + x) AABEF = x ·
1
1 + x
=
x
1 + x
,
donde,
x
1 + x
< ln (1 + x) < x, multiplicando os três membros por 1x > 0 a desigualdade se mantém, logo
1
1 + x
<
1
x
ln (1 + x) < 1 ⇒ 1
1 + x
< ln (1 + x)
1
x < 1, agora tomando a exponencial (na base e) dos três
membros, se tem e
1
1+x < eln (1+x)
1
x < e1 ⇒ e
1
1+x < (1 + x)
1
x < e.
Dáı, quando x → 0+ vem
lim
x→0+
e
1
1+x ≤ lim
x→0+
(1 + x)
1
x ≤ lim
x→0+
e ⇒ e ≤ lim
x→0+
(1 + x)
1
x ≤ e ⇒ lim
x→0+
(1 + x)
1
x = e.
ii) Se −1 < x < 0, uma vez que x → 0−, então com base na figura 1(b) que, por simetria em relação a bissetriz
y = −x equivale ao estudo para y = 1
x
no intervalo indicado (1 + x, 1), se pode notar que a área da faixa
hiperbólica H11+x compreendida entre os pontos ACEF é menor que a área do retângulo dado por ACDF e
maior que a área do retângulo ABEF dadas, respectivamente, por
AACDF = −x ·
1
1 + x
=
−x
1 + x
AACEF = H
1
1+x = − ln (1 + x) AABEF = −x · 1 = −x,
donde,
−x < − ln (1 + x) < −x
1 + x
, multiplicando os três membros por 1−x > 0 a desigualdade se mantém, logo
1 <
1
x
ln (1 + x) <
1
1 + x
, agora tomando a exponencial dos três membros, se tem e1 < eln (1+x)
1
x < e
1
1+x ⇒
e < (1 + x)
1
x < e
1
1+x .
Logo, tomando o limite quando −x → 0+, que equivale a x → 0− vem
lim
x→0−
e ≤ lim
x→0−
(1 + x)
1
x ≤ lim
x→0−
e
1
1+x ⇒ e ≤ lim
x→0−
(1 + x)
1
x ≤ e ⇒ lim
x→0−
(1 + x)
1
x = e.
Portanto, lim
x→0
(1 + x)
1
x = e. �
2 MA11 – Gabarito da 9a atividade presencial
2. Mostre que lim
x→0
(1 + ax)
1
x = ea, para x ̸= 0.
Uma solução:
Fazendo a mudança de variável u = ax ⇒ 1
x
=
a
u
e se x → 0 ⇒ u → 0, logo
lim
x→0
(1 + ax)
1
x = lim
u→0
(1 + u)
a
u ⇒ lim
u→0
(1 + u)
a
u = lim
u→0
[
(1 + u)
1
u
]a
=
[
lim
u→0
(1 + u)
1
u
]a
, dáı usando o resultado do
problema anterior, vem
[
lim
u→0
(1 + u)
1
u
]a
= ea �
3. Mostre que lim
x→∞
(
1 +
a
x
)x
= ea, para x ̸= 0.
Uma solução:
Fazendo a mudança de variável y =
1
x
, logo, se x → ∞ ⇒ y → 0.
Assim, se tem que lim
x→∞
(
1 +
a
x
)x
= lim
y→0
(1 + ay)
1
y
e, pelo problema anterior, vem:
[
lim
y→0
(1 + ay)
1
y
]
= ea �
4. Mostre que lim
n→∞
(
1− 1
n
)n
=
1
e
.
Uma solução:
No problema anterior, tomando a = −1 e considerando x ∈ N vem:
lim
n→∞
(
1− 1
n
)n
= lim
x→∞
(
1 +
−1
x
)x ∣∣∣∣
x∈N
= e−1 =
1
e
�
5. Mostre que lim
x→∞
ex
x
= ∞.
Uma solução:
Como x → ∞, sem perda de generalidade, considerando x > 0 se tem que ex > 1 + x > x ⇒ e x2 > x
2
. Dáı,
elevando ao quadrado ambos os termos da desigualdade se obtém ex >
x2
4
. Como x > 0, multiplicando ambos
os termos da desigualdade por 1x > 0, vem
ex
x
>
x
4
⇒ lim
x→∞
ex
x
≥ lim
x→∞
x
4
= ∞. �
6. Com base na definição do número e, para todo n ∈ N, mostre que
(
1 +
1
n
)n
< e <
(
1 +
1
n
)n+1
.
Uma solução:
Considerando a figura 1(a) e o que foi feito na primeira parte do problema 1, se obteve que
1
x
ln (1 + x) < 1, fazendo x = 1n vem ln
(
1 +
1
n
)n
< 1. Agora, tomando a exponencial (na base e) a ambos os
termos se obtém eln (1+
1
n )
n
< e1 ⇒
(
1 + 1n
)n
< e.
Por outro lado, como
(
1 +
1
n
)n
<
(
1 +
1
n
)n(
1 +
1
n
)
e a função ln é estriamente crescente, então ln
(
1 +
1
n
)n
<
ln
[(
1 +
1
n
)n(
1 +
1
n
)]
.
Além disso, considerando a definição do número e, na figura 1(a), como sendo o valor de x para o qual a área
sob a curva é exatamente 1, então se tem que 1 < ln
[(
1 +
1
n
)n(
1 +
1
n
)]
= ln
(
1 +
1
n
)n+1
. Dáı, tomando a
exponencial a ambos os termos, se chega a e <
(
1 +
1
n
)n+1
.
Portanto,
(
1 +
1
n
)n
< e <
(
1 +
1
n
)n+1
. �
Prof. Geraldo L. Diniz 3
7. Suponha que um bem tenha seu valor comercial depreciado a uma taxa anual de k% ao ano. Obtenha a equação
que descreva o valor atualizado deste bem para um instante t > 0 qualquer e determine em quanto tempo ele
valerá metade do valor pago.
Uma solução:
Se a taxa de depreciação é k%, que pode ser escrito na forma
k
100
, então denotando por V (t) o valor atualizado
do bem, a equação que descreve a depreciação deste bem é dada por:
V (t) = V0e
− k100 t, onde V0 é o valor pago pelo bem no momento da aquisição.
Assim, o instante t em que o bem valerá metade de seu valor de aquisição pode ser obtido como a seguir.
V (t) =
V0
2
⇒ V0
2
= V0e
− k100 t ⇒ 1
2
= e−
k
100 t ⇒ − k
100
t = − ln 2 ⇒ t = ln 2 100k .
8. Se 10% de um certo material radioativo se desintegram ao final de cinco dias, qual é a meia-vida do material?
Uma solução:
Com esta redação, se 10% do material se desintegrou, então resta 90% do material original. Dáı, denotando por
M(t) a quantidade de material num instante t qualquer, a equação que descreve o decaimento é dada por:
M(t) = M0e
−αt, onde M0 é a quantidade inicial do material. Assim, usando os dados fornecidos se obtém o
valor de α por:
M(5) = 0, 9M0 ⇒ 0, 9M0 = M0e−5α ⇒ −5α = ln 0, 9 ⇒ α =
ln 10− ln 9
5
≈ 0, 021.
Agora, para obter a meia-vida, basta obter o valor de t para o qual M(t) =
M0
2
, logo
M0
2
= M0e
−0,021t ⇒ t = ln 2
0, 021
≈ 33, ou seja, a meia vida do material é 33 dias.
9. Uma massa de tório se reduz a 3/4 de sua quantidade inicial após decorridos 33,6 mil anos. Qual é a meia-vida
do tório?
Uma solução:
Denotando por M(t) a massa de tório no instante t, então a equação que descreve o decaimento radioativo do
tório é dada por: M(t) = M0e
−αt, onde M0 é a massa inicial e α é a taxa de decaimento. Assim, se 3/4 da
massa inicial resta decorridos 33,6 mil anos, então
M(33, 6× 103) = 3
4
M0 ⇒
3
4
M0 = M0e
−α33,6×103 ⇒ 33, 6× 103α = ln 4− ln 3 ⇒ α = ln 4− ln 3
33, 6× 103
≈ 8, 6× 10−6.
Logo, a meia vida do tório pode ser obtida fazendo
M0
2
= M0e
−8,6×10−6t ⇒ 8, 6× 10−6t = ln 2 ⇒
t =
ln 2
8, 6× 10−6
≈ 80957. Portanto, a meia vida do tório é aproximadamente 80.957 anos.
10. O carbono-14, denotado por C14, é um isótopo radioativo do carbono que se forma na atmosfera da terra devido
ao bombardeamento constante dos raios côsmicos. Ao longo do tempo, a quantidade de C14 tem se mantido
estável na atmosfera, porque sua produção tem sido compensada pela sua desintegração. Os seres vivos absorvem
e perdem C14 de forma que em cada espécie sua concentração também se mantém estável. Quando o ser morre
a absorção cessa, mas a desintegração continua. Este fato é que permite determinar a idade de um fóssil ou de
um objeto antigo feitode madeira. A meia-vida do C14 é 5.570 anos. Determine sua taxa de desintegração.
Uma solução:
Denotando por C(t) a massa de C14 no instante t, então a equação que descreve o decaimento radioativo do
C14 é dada por: C(t) = C0e
−βt, onde C0 é a concentração inicial e β é a taxa de desintegração. Assim, se a
meia-vida é 5.570 anos, então
C(5570) =
C0
2
⇒ C0
2
= C0e
−β5570 ⇒ 5570β = ln 2 ⇒ β = ln 2
5570
≈ 1, 2× 10−4.
Portanto, a taxa de desintegração do Carbono-14 é aproximadamente 1, 2× 10−4.
UFMT – ICET/MATEMÁTICA (PROFMAT – 2013/1) – Prof. Geraldo L. Diniz, MA 11 – Turma: 2013/Cuiabá
Gabarito da 10a atividade presencial
1. Determine a maior área de um triângulo de lados a e b.
Uma solução:
b
h
a
a
Figura 1: Área de um triângulo de lados a e b
Sem perda de generalidade, tomando b como base do triângulo
conforme mostra a figura 1 ao lado, dáı a área A do triângulo é
dada por
A =
b× h
2
Como a base está fixa, então a área será máxima quando a altura
h for máxima, que ocorre quando h = a.
Portanto, a área máxima é A =
ab
2
.
2. Num triangulo ABC são dados os lados a, b e c (satisfazendo a condição de existência de triângulos). Conhecendo
o ângulo A é posśıvel determinar os demais elementos do triângulo? Justifique.
Solução:
Sim, pois uma vez conhecidos os lados de um triângulo e um de seus ângulos, pela lei dos senos se determinam
os outros dois ângulos, através da relação:
a
senÂ
=
b
senB̂
=
c
senĈ
3. Mostre que cos 2α =
1− tan2 α
1 + tan2 α
.
Uma demonstração:
Usando a identidade tanβ =
senβ
cosβ
, vem:
1− tan2 α
1 + tan2 α
=
1−
( senα
cosα
)2
1 +
( senα
cosα
)2 =
cos2 α− sen2α
cos2 α
cos2 α+ sen2α
cos2 α
=
cos2 α− sen2α
cos2 α
× cos
2 α
cos2 α+ sen2α
, agora usando as identidades
cos 2α = cos2 α− sen2α e cos2 α+ sen2α = 1 ⇒ 1− tan
2 α
1 + tan2 α
=
cos 2α
1
= cos 2α. �
4. Mostre que sen α =
2 tan
(
α
2
)
1 + tan2
(
α
2
) .
Uma demonstração:
Usando a identidade tanβ =
senβ
cosβ
, vem:
2 tan
(
α
2
)
1 + tan2
(
α
2
) = 2
sen
(
α
2
)
cos
(
α
2
)
1 +
sen2
(
α
2
)
cos2
(
α
2
) = 2
sen
(
α
2
)
cos
(
α
2
) × cos2 (α2 )
cos2
(
α
2
)
+ sen2
(
α
2
) = 2sen(α
2
)
cos
(α
2
)
= sen2
(α
2
)
= senα �
2 Gabarito da 10a atividade presencial
5. Na cidade de Cuiabá, a temperatura em oC ao longo do dia (24 horas), pode ser expressa em termos de funções
periódicas. Sabendo que ao longo de uma semana, a temperatura terá mı́nima de 24oC e máxima de 40oC, que
ocorrerão às 2 e 14 horas, respectivamente, construa uma função que descreva a temperatura ao longo do dia.
Solução:
−10 −5 0 5 10 15 20 25 30 35
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
Evolução da Temperatura no dia
tempo
T
e
m
p
e
ra
tu
ra
(horas)
0
C
Figura 2: Gráfico da função τ(t)
Para a construção da função que descreve a temperatura (τ) ao
longo do dia, usando a função seno, na forma:
τ(t) = TM +
A
2
senω(t− r),
onde TM representa a temperatura média do dia, ω =
2π
L
repre-
senta o peŕıodo de comprimento L, A é a amplitude de variação
da temperatura e r é o retardo no tempo para a condição de valor
máximo e mı́nimo.
Considerando que a amplitude de variação da temperatura ao
longo dia é dada por A = 40 − 24 = 16. Além disso, como o
ciclo é de 24 horas, então L = 24. Por fim, como a temperatura
mı́nima ocorre às 2 horas, logo o retardo no tempo deve ser r = 8
para que isso ocorra.
Assim,
τ(t) =
40 + 24
2
+
16
2
sen
2π
24
(t− 8) ⇒ τ(t) = 32 + 8sen π
12
(t− 8)
6. Mostre que sen2α =
1− cos 2α
2
.
Uma demonstração:
Usando a identidade cos 2α = cos2 α− sen2α, vem:
1− cos 2α
2
=
1−
(
cos2 α− sen2α
)
2
=
(1− cos2 α) + sen2α
2
=
sen2α+ sen2α
2
=
2sen2α
2
= sen2α �
7. Mostre se a seguinte identidade é verdadeira ou falsa: sen x− sen y = 2 cos
(
x+ y
2
)
sen
(
x− y
2
)
.
Uma demonstração:
Usando as identidades para a soma e diferença de dois arcos, dadas por:
sen
(x
2
− y
2
)
= sen
x
2
cos
y
2
− cos x
2
sen
y
2
e cos
(x
2
+
y
2
)
= cos
x
2
cos
y
2
− senx
2
sen
y
2
, vem:
2 cos
(
x+ y
2
)
sen
(
x− y
2
)
= 2
[
cos
x
2
cos
y
2
− senx
2
sen
y
2
] [
sen
x
2
cos
y
2
− cos x
2
sen
y
2
]
⇒
2 cos
(
x+ y
2
)
sen
(
x− y
2
)
= 2
[
cos
x
2
sen
x
2
cos2
y
2
− cos2 x
2
cos
y
2
sen
y
2
− sen2x
2
sen
y
2
cos
y
2
+ sen
x
2
cos
x
2
sen2
y
2
]
⇒
2 cos
(
x+ y
2
)
sen
(
x− y
2
)
= 2
[(
cos
x
2
sen
x
2
)(
cos2
y
2
+ sen2
y
2
)
− cos y
2
sen
y
2
(
cos2
x
2
+ sen2
x
2
)]
⇒
2 cos
(
x+ y
2
)
sen
(
x− y
2
)
= 2 cos
x
2
sen
x
2
− 2 cos y
2
sen
y
2
= sen2
x
2
− sen2y
2
= senx− seny
Portanto, a identidade é verdadeira.
Prof. Geraldo L. Diniz 3
8. Um observador de um lado do rio visa um ponto (B) na margem oposta e a partir de seu ponto de observação
(A) segue por 30 metros na direção perpendicular ao segmento AB e marca outro ponto (C), deste ponto ele
mede o ângulo BCA, obtendo 70o. Qual a largura do rio, sabendo que o ponto A está a 3 metros da margem?
Solução:
B
CA
70
0
d
3
30
Figura 3: Calculando a largura de um rio
Com base na figura 3 apresentada ao lado, se tem que:
sen20 =
30
h
e sen70 =
d+ 3
h
⇒
d = sen70
30
sen20
− 3 = 30sen70
sen20
− 3 ≈ 300, 9397
0, 3420
− 3 ≈ 79
Portanto, a largura do rio é de aproximadamente 79 me-
tros
9. Determine uma identidade para sen (3θ).
Uma identidade:
Pelo fato que 3θ = 2θ + θ e usando a identidade para o seno da soma de dois arcos, se obtém:
sen(3θ) = sen(2θ + θ) = sen2θ cos θ + cos 2θsenθ ⇒ sen(3θ) = 2senθ cos θ cos θ + (cos2 θ − sen2θ)senθ ⇒
sen(3θ) = 2senθ cos2 θ + senθ cos2 θ − sen3θ = 3senθ cos2 θ − sen3θ = 3senθ(1− sen2θ)− sen3θ ⇒
sen(3θ) = 3senθ − 3sen3θ − sen3θ = 3senθ − 4sen3θ
10. Um navio, navegando em linha reta, passa sucessivamente pelos pontos A, B e C. Quando o navio está em A
o comandante observa um farol L e calcula o ângulo L̂AC = 30o. Após navegar 4 milhas até o ponto B, ele
verifique que o ângulo L̂BC = 75o. Quantas milhas separam o farol do ponto B?
Solução:
Figura 4: Calculando a distância do farol
Com base na figura 4 apresentada ao lado, se tem que
ÂBL = 180o − 75o = 105o ⇒ ÂLB = 180o − 105o − 30o = 45o.
Dáı, pela lei dos senos, vem
d
senL̂AB
=
4
senÂLB
⇒ d = 4sen30
o
sen45o
⇒ d = 4
1
2√
2
2
⇒ d = 4√
2
⇒
d ≈ 2, 83
Portanto, a distância do farol ao ponto B é de aproximadamente 2,83
milhas.
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