EP12-2015-2gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
EP12 – Gabarito – Métodos Determinísticos I – 2015-2
Neste EP vamos trabalhar o conteúdo estudado na Aula 12, páginas 146 a 149 e páginas 155 a 157, do Caderno
Didático.
Exercício 1 .
a) Determine, caso exista, a solução do sistema de equações do primeiro grau

(
2
3
− x
)
+
(
3y − 2
3
)
= 0
x+ 2y = −5
b) Represente, no plano cartesiano, o gráfico de cada uma das equações do sistema do item a) e
localize, também, a solução encontrada para o sistema, se houver.
c) Qual o significado geométrico para a solução do sistema?
Solução:
a) Temos que

(
2
3
− x
)
+
(
3y − 2
3
)
= 0
x+ 2y = −5
⇐⇒


2
3
− x+ 3y − 2
3
= 0
x+ 2y = −5
⇐⇒
{
−x+ 3y = 0 (i)
x+ 2y = −5 (ii)
Da Equação (i), temos x = 3y que substituida na Equação (ii) nos dá
3y + 2y = −5⇐⇒ 5y = −5⇐⇒ y = −1.
Consequentemente, de x = 3y segue que x = 3(−1). Ou seja, x = −3. Portanto, a solução do
sistema é o par ordenado (x, y) = (−3,−1) .
-5 -3 -1 1 3
x
-
5
2
-1
y
Figura 1: Exercício 1
Métodos Determinísticos I EP12 2
b) Cada uma das equações do sistema dado é representado no plano cartesiano por uma reta. Na
Figura 1 plotamos em linha contínua rosa o gráfico da reta −x+3y = 0⇔ x = 3y, traçada pelos
pontos (0, 0) e (−3,−1), e em linha tracejada azul o gráfico da reta x+2y = −5⇔ x = −5−2y,
traçada pelos pontos (−5, 0) e (0,−5/2). O ponto (−3,−1) está marcado em vermelho na
Figura 1.
c) O ponto (−3,−1) representa a interseção das duas retas cujas equações são as equações do
sistema.
Exercício 2 Considere o sistema S de equações:
S :
{
x2 − 4x+ 2y = 6 (i)
2x+ 2y = −1. (ii)
a) Determine a solução do sistema.
b) Faça o esboço do gráfico da Equação (i) de S.
c) Faça o esboço do gráfico da Equação (ii) de S.
d) Qual o significado geométrico da solução do sistema encontrado no item a)
Solução:
a) Da equação 2x+2y = −1, temos 2y = −1−2x. Substituindo essa equação em x2−4x+2y = 6,
obtemos
x2 − 4x+ 2y = 6
⇐⇒ x2 − 4x− 1− 2x = 6
⇐⇒ x2 − 6x− 7 = 0
⇐⇒ x = −(−6)±
√
(−6)2 − 4(1)(−7)
2
⇐⇒ x = 6±
√
36 + 28
2
⇐⇒ x = 6±
√
64
2
⇐⇒ x = 6± 8
2
⇐⇒ x1 = 6 + 8
2
, x2 =
6− 8
2
,
⇐⇒ x1 = 7, x2 = −1.
Substituindo x1, x2 na equação 2y = −1 − 2x, segue que
• Para x1 = 7,
2y = −1− 2x⇐⇒ 2y = −1 − 2(7)⇐⇒ 2y = −15⇐⇒ y = −15
2
.
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• Para x1 = −1,
2y = −1− 2x⇐⇒ 2y = −1 − 2(−1)⇐⇒ 2y = 1⇐⇒ y = 1
2
.
Portanto, as soluções de S são:
(
7,−15
2
)
e
(
−1, 1
2
)
.
b) Note que a equação x2 − 4x+ 2y = 6 pode ser reescrita como
x2−4x+2y = 6⇐⇒ 2y = 6−x2+4x⇐⇒ y = −x
2 + 4x+ 6
2
⇐⇒ y = − x
2
2
+ 2x+ 3 . (1)
Logo, o gráfico de y = − x
2
2
+ 2x + 3 é representado por uma parábola cuja concavidade está
voltada para baixo, já que o coeficiente de x2 é negativo. Para esboçá-la, vamos determinar onde
seu gráfico intercepta o eixo x e o eixo y, bem como as coordenadas de seu vértice.
• Vamos determinar onde o gráfico da parábola intercepta o eixo x, isto é, vamos determinar
a abscissa x correspondente a ordenada y = 0, a partir da Equação (1). Ou seja, vamos
determinar as raízes de − x
2
2
+ 2x+ 3 = 0. Usando Báskara, temos
∆ = (2)2 − 4(−1
2
)(3) = 4 + 6 = 10
e,
x =
−2±
√
10
2
(
−1
2
) = −2±
√
10
−1 = 2∓
√
10⇐⇒ x1 = 2−
√
10, x2 = 2 +
√
10.
Assim, a parábola intercepta o eixo x nos pontos x1 = 2−
√
10 e x2 = 2 +
√
10. Ou seja,
a parábola contém os pontos (2−
√
10, 0), (2 +
√
10, 0).
• Para determinar o ponto em que a parábola intercepta o eixo y, tomando x = 0 na Equa-
ção (1), obtemos que
y = − 0
2
2
+ 2(0) + 3 = 3.
Logo, a parábola intercepta o eixo y no ponto y = 3. Ou seja, a parábola contém o ponto
(0, 3).
• O vértice V da parábola é determinado por V = (xv, yv) =
(
−b
2a
,
−∆
4a
)
. Logo,
V =
(
−2
2(−1/2) ,
−10
4(−1/2)
)
= (2, 5) .
Na Figura 2 – i), traçamos o esboço da parábola x2 − 4x+ 2y = 6.
c) Note que a equação 2x+ 2y = −1 pode ser reescrita como
2x+ 2y = −1⇐⇒ 2y = −1 − 2x⇐⇒ y = −1− 2x
2
⇐⇒ y = −1
2
− x . (2)
Logo, o gráfico de 2x + 2y = −1 é uma reta. Para traçá-la, precisamos de dois pontos. Usual-
mente, escolhemos os pontos que interceptam os eixos coordenados. Assim:
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• Para x = 0, temos que
y = −1
2
− 0 = −1
2
.
Logo, a reta contém o ponto
(
0,−1
2
)
.
• Por outro lado, para encontrar o ponto em que o gráfico da reta cruza o eixo vertical (ou
das ordenadas), procuramos x que satisfaça y = 0 na Equação (2). Ou seja,
y = 0⇐⇒ −1
2
− x = 0⇐⇒ x = −1
2
.
Logo, a reta contém o ponto
(
−1
2
, 0
)
.
Portanto, temos a reta determinada pelos pontos
(
0,−1
2
)
e
(
−1
2
, 0
)
, conforme esboçada na
Figura 2 – ii).
i) Gráfico de x2 − 4x+ 2y = 6 ii) Gráfico de 2x+ 2y = −1
2 - 10 2 2 + 10 7
x
3
5
y
-12
x
-12
y
Figura 2: Exercício 2 - Item b) e c)
2 - 10 2 2 + 10 7
x
-
15
2
3
5
y
Figura 3: Exercício 2 - Item d)
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d) Os pontos
(
7,−15
2
)
e
(
−1, 1
2
)
determinados no item a) são os pontos de interseção entre a
reta 2x + 2y = −1 e a parábola x2 − 4x + 2y = 6, marcados com um círculo em vermelho na
Figura 3.
Exercício 3 Resolva os sistemas de equações a seguir em R2:
a)
{
2x+ 4y = 3
x− 2y = 1
b)


x
2
− 2y = −2
3x
4
+ y = 4
Solução:
a) Vamos resolver o sistema dado por substituição. Da segunda equação, obtemos x = 1 + 2y
que substituída na primeira equação, dá que:
2x+ 4y = 3 ⇐⇒ 2(1 + 2y) + 4y = 3
⇐⇒ 2 + 4y + 4y = 3
⇐⇒ 8y = 1
⇐⇒ y = 1
8
.
Agora, encontramos o valor de x substituindo y =
1
8
em x = 1 + 2y. Ou seja,
x = 1 + 2y = 1 + 2 · 1
8
= 1 +
1
4
=
4 + 1
4
=
5
4
.
Portanto, x =
5
4
e y =
1
8
. Ou seja, o par ordenado solução do sistema é o par
(
5
4
,
1
8
)
.
Observação: Notemos que cada uma das equações do sistema é representada geometrica-
mente por uma reta. Estas retas estão plotadas na Figura 4. Observe que o par ordenado(
5
4
,
1
8
)
solução do sistema é o ponto de interseção das duas retas.
b) Vamos resolver o sistema deste item pelo método da adição. Para isso multiplicamos a segunda
equação por 2, ou seja,

x
2
− 2y = −2
3x
4
+ y = 4
(
· (2)
) ⇐⇒


x
2
− 2y = −2
3x
2
+ 2y = 8
Em seguida, somamos as duas equações do sistema resultante (cancelando os termos que
dependem de y):
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i) Exercício 3-a) ii) Exercício 3-b)
154
3
2
x
-
1
2
3
4
y
-4 3 163
x
1
7
4
4
y
Figura 4: Exercício 3
x
2
− 2y = −2
3x
2
+ 2y = 8
4x
2
+ 0y = 6
Daí,
4x
2
= 6⇐⇒ 2x = 6⇐⇒ x = 3.
Em seguida, substituimos x = 3 na segunda equação
3x
4
+ y = 4 para determinar y:
3x
4
+ y = 4 ⇐⇒ 3 · 3
4
+ y = 4
⇐⇒ 9
4
+ y = 4
⇐⇒ y = 4− 9
4
⇐⇒ y = 7
4
.
Portanto, x = 3 e y =
7
4
. Ou seja, o par ordenado solução do sistema é o par
(
3,
7
4
)
.
Observação: Notemos que cada uma das equações do sistema é representada geometrica-
mente por uma reta. Estas retas estão plotadas na Figura 4. Observe que o par ordenado(
3,
7
4
)
solução do sistema é o ponto de interseção das duas retas.
Exercício 4 Resolva o sistema: 

y + x2 − 5x = −4
2x+ y = 6.
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Solução: Isolando y na segunda equação do sistema, temos y = 6− 2x. Essa equação substituída
na primeira equação do sistema nos fornece
(6− 2x) + x2 − 5x = −4
que é equivalente a equação
x2 − 7x+ 10 = 0.
Usando Bhaskara, com a = 1, v = −7 e c = 10, temos que
∆ = b2 − 4ac = (−7)2 − 4(1)(10) = 49− 40 = 9
e
x =
−b±
√
∆
2a
=
−(−7)±
√
9
2(1)
=
7± 3
2
.
Logo, as raízes são:
x1 =
7 + 3
2
= 5 e x2 =
7− 3
2
= 2
A cada uma destas razíes corresponderá um valor de y que obteremos substituindo x em y = 6−2x:
y1 = 5− 2(5) = 6− 10 = −4,
y2 = 6− 2(2) = 6− 4 = 2
Logo, o conjunto solução do sistema tem como elementos os dois pares ordenados (5,−4) e (2, 2)
pertencentes a R2.
Observação: Notemos que a primeira equação do sistema y + x2 − 5x = −4 é a equação de uma
parábola e a segunda 2x+y = 6 é a equação de uma reta. Elas estão plotadas na Figura 5. Observe
que os pares ordenados (5,−4) e (2, 2), soluções do sistema, são os pontos de interseção da parábola
e da reta.
2 5
x
-4
2
y
Figura 5: Exercício 4
Exercício 5 Resolva as inequações a seguir:
a) x2 − 6x+ 9 ≤ 0
b) x2 − x
2
− 3 > 0
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c) −x2 + 5x− 9 < 0
Solução: Para resolver este exercício você pode usar a técnica utilizada no Exercício 2 do EP 10 ou
utilizar seus conhecimentos sobre a parábola, como faremos a seguir.
a) Vamos chamar y de x2 − 6x + 9, isto é y = x2 − 6x+ 9. E, em seguida vamos estudar o sinal
de y, ou seja, vamos estudar o sinal do y da parábola.
Inicialmente, determinamos quando y = 0, isto é, quando x2 − 6x+ 9 = 0.
Por Bhaskara, temos que a solução desta equação, com a = 1, b = −6 e c = 9 é dada por
∆ = b2 − 4ac = (−6)2 − 4(1)(9) = 0,
assim,
x =
−b±
√
∆
2a
=
6±
√
0
2(1)
=
6
2
= 3.
Assim, y = 0 quando x = 3.
Para determinar os valores de x em (x, y), onde o y da parábola é negativo, plotamos o gráfico
da parábola e, olhando para ele, encontramos os pontos no eixo x que possuem o y da parábola
negativo. Veja a Figura 6.
Notamos que o y da parábola é sempre maior ou igual zero para qualquer valor de x real.
Dessa forma, y = x2 − 6x+ 9 ≤ 0, somente quando x = 3.
+ +
3
x
y
Figura 6: Exercício 5-a)
b) Vamos chamar y de x2 − x
2
− 3, isto é y = x2 − x
2
− 3.
E, em seguida vamos estudar o sinal de y, ou seja, vamos estudar o sinal do y da parábola.
Inicialmente, vamos determinar quando y = 0, isto é, quando x2 − x
2
− 3 = 0.
Usando Bhaskara, você encontrará que y = 0 quando x = −3
2
ou x = 2.
Para determinar os valores de x em (x, y) onde o y da parábola é maior do que zero, plotamos
o gráfico de y = x2 − x
2
− 3 e, olhando para esse gráfico, encontramos os pontos no eixo x que
possuem o y da parábola maior do que zero. Veja a Figura 7.
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Notamos que o y da parábola é maior do zero para x tal que x < −3
2
ou x > 2.
Dessa forma, y = x2 − 6x+ 9 > 0, quando x ∈
(
−∞,−3
2
)
∪ (2,∞).
++
-
-
3
2 2
x
y
Figura 7: Exercício 5-b)
c) Vamos chamar y de −x2 + 5x − 9, isto é, y = −x2 + 5x− 9, cujo gráfico sabemos que é o de
uma parábola.
Em seguida, vamos estudar o sinal do y da parábola. Notemos que ela tem a concavidade
voltada para baixo, já que o coeficiente de x2 é negativo. Além disso, quando y = 0, isto é,
quando −x2 + 5x − 9 = 0, usando Bhaskara, temos que ∆ = 25 − 36 = −11 < 0, o que
significa que a parábola não intercepta o eixo x. Temos também que o vértice da parábola é(
− b
2a
,−∆
4a
)
=
(
− 5
2(−1) ,−
−11
4(−1)
)
=
(
5
2
,−11
4
)
. A partir destas informações, plotamos o
gráfico da parábola na Figura 8. Você observará que para qualquer x real, o ponto (x, y) da
parábola, tem o y negativo.
Dessa forma, y = −x2 + 5x− 9 < 0, para todo x ∈ R.
-
-
-
2.5
x
y
Figura 8: Exercício 5-c)
Exercício 6 O custo C de produção de x litros de certa substância é dado pela equação de uma
reta, cujo gráfico está representado na Figura 9, em que x ≥ 0. Nestas condições, determine o custo
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9
xHlitrosL
300
480
CHxL
Figura 9: Questão 6
de produção em termos da quantidade x. Determine, também, a quantidade de litros produzida que
corresponde ao custo de R$ 800,00.
Solução: Seja C = ax+ b a equação da reta. Lembremos que conhecendo dois pontos pelos quais
ela passa, temos condiçe˜os de determinar sua expressão. Pelo gráfico da Figura 9, temos estes dois
pontos, que são (0, 300) e (9, 480). Assim, estes dois pontos satisfazem a equação C = ax+ b.
Substituindo x = 0, C = 300 em C = ax + b, temos que 300 = a(0) + b, isto é, obtemos que
b = 300. Logo, C = ax+ 300.
Substituindo, agora, x = 9, C = 480 em C = ax + 300, obtemos que 480 = a(9) + 300. Ou seja,
9a = 480− 300⇐⇒ 9a = 180⇐⇒ a = 20.
Portanto, o custo de produção em termos da quantidade x é representado pela equação C =
20x+ 300.
E quando C = 800, segue que
800 = 20x+ 300⇐⇒ 20x = 800− 300⇐⇒ 20x = 500⇐⇒ x = 25.
Assim, a quantidade de litros produzida que corresponde ao custo de R$800,00 é igual a 25 litros.
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