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CÁLCULO DIFERENCIAL EM R - Prof°. Christian Q. Pinedo (Soluções)

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Grupo de Ensino e Pesquisa em Educação Matemática
Notas de Aula No 02
.5
Christian Q. Pinedo
ii Christian Quintana Pinedo
A Karyn Siebert pela sua paciência
iii
iv Christian Quintana Pinedo
Identidades algébricas
Considerar a b ∈ R e m, n ∈ Z, en geral tem-se:
• aman = am+n
• (am)n = amn
• (ab)m = ambm
• (a
b
)m
=
am
bm
, b 6= 0
• a
m
an
= am−n
• (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2
• (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2
• a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)
• am/n = n√am = ( n√a)m, a > 0
• n√ab = n√a · n√b, a > 0, b > 0
• n
√
n
√
a = mn
√
a
• n
√
a
b
=
n
√
a
n
√
b
, a > 0, b > 0
• a−n = 1
an
, a 6= 0
• (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
• (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3
• a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2)
• an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−2b2 + · · ·+ abn−2 + bn−1)
• an + bn = (a+ b)(an−1 − an−2b+ an−3b2 − · · · − abn−2 + bn−1) quando n-ímpar
Identidades trigonométricas
Considerar α, β ∈ R.
• sen (−α) = −sen α • cos(−α) = cosα
• sen 2α + cos2 α = 1 • sen α · cscα = 1
• tan2 α + 1 = sec2 α • cosα · secα = 1
• cot2 α + 1 = csc2 α • tanα · cotα = 1
• sen 2α = 1− cos 2α
2
• cos2 α = 1 + cos 2α
2
• sen 2α = 2sen α · cosα • cos 2α = cos2 α− sen 2α
• sen (α + β) = sen α cos β + sen β cosα • cos(α+ β) = cosα cos β + sen αsen β
• tan(α + β) = tanα + tan β
1− tanα · tan β • tan(2α) =
2 tanα
1− tan2 α
• 2sen αsen β = cos(α− β)− cos(α + β) • tanα = 1− cos2α
sen 2α
=
sen 2α
1 + cos 2α
• 2sen α cos β = sen (α + β) + sen (α− β) • 2 cosα cos β = cos(α + β) + cos(α− β)
• •
23/10/14 Suplemento de Cálculo I v
Identidades geométricas
1. A=área, P = perímetro, l= lado, r = raio
Quadrado Retângulo Círculo
l
l
A = l2
P = 4l
a
b
A = b× a
P = 2(a+ b)
A = pir2
P = 2pir
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. A=área, P = perímetro, c= hipotenusa, a e b = catetos, h = altura, r =
raio,
α = ângulo central, L = comprimento do setor circular
Teorema de Pitágoras Triângulo Setor circular
��
��
��
��c
a
b
c2 = a2 + b2
A
A
A
AA
�
�
�
�
�
��c
h
b
a
A =
1
2
b× h
P = a+ b+ c
A =
1
2
r2α
P = αr
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. A=área, P = perímetro, B= base maior, b = base menor, h = altura,
R = raio maior, r = raio menor,
Paralelogramo Trapezóide Coroa circular
�
�
��
�
�
��
h
b
A = b× h
�
��
@
@@
b
h
B
A =
1
2
(B + b)h A = pi(R2 − r2)h
P = 2pi(R + r)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
vi Christian Quintana Pinedo
4. A=área, P = perímetro, S= superfície total, V = volume, h = altura, r =
raio
Triângulo Equilátero Paralelepipedo reto Cilindro
�
�
��
@
@
@@l h
l
l
A =
√
3
4
l2
h =
√
3
2
l
p p p p p p p· · · · · · · · ·�
�
�
�
�
�
a
bc ���
��
��
��
��
��
��
��
��
�
V = a× b× c
S = 2(a+ b)c+ 2ab
V = pir2h
S = 2pirh+ 2pir2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície
Triângulo Cone circular reto Tronco de cone
A
A
A
AA
�
�
�
�
�
��c
b
a
A =
√
p(p− a)(p− b)(p− c)
p =
a+ b+ c
2
V =
1
3
pir2h
S = pir
√
r2 + h2 V =
1
3
pi(R2 + rR + r2)h
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6. V = volume, h = altura, r = raio, S = superfície
Esfera Prisma
V =
4
3
pir3
S = 4pir2
V = B × h
B = área da base
23/10/14 Suplemento de Cálculo I vii
Identidades para derivadas
Sejam C= constante, n ∈ Q, a ∈ R, f(x), g(x) = funções, α=ângulo,
Ln x=logaritmo neperiano, logb x = logaritmo natural na base b.
• DxC = 0 • Dx(f + g) = Dxf +Dxg
• Dx(f · g) = f ·Dxg + g ·Dxf • Dx(f
g
) =
g ·Dxf − f ·Dxg
g2
• Dxf(g(x)) = Dxf(g(x)) ·Dxg • Dx[f ]n = n ·Dx[f ]n−1
• Dxef = ef ·Dxef • Dxaf = af ·Dxaf · Ln a, a > 0
• Dx(Ln f) = 1
f
·Dxf, f 6= 0 • Dx(logb f) =
1
f · Ln b ·Dxf, f 6= 0
• Dxsen x = cos x • Dx tanx = sec2 x
• Dx cosx = −sen x • Dx cotx = − csc2 x
• Dx secx = secx tanx • Dx csc x = − cscx cotx
• Dxarcsen x = 1√
1− x2 • Dx arccos x = −
1√
1− x2
• Dx arctanx = 1
1 + x2
• Dxarcsec x = 1
x
√
x2 − 1
Identidades diversas
• Suponhamos b, c ∈ R+, m ∈ Q tem-se: logb a = N ⇔ a = bN . Logo: (i)
logb(a · c) = logb a + logb c, (ii) logb(a/c) = logb a − logb c, (iii) logb am =
m logb a, (iv) logc a = logb a · logc b
• Para números na base decimal: anan−1 · · · a1a0 = 10nan+10n−1an−1+· · ·+10a1+a0
• Equivalência entre graus sexagesimais e radianos.
α graus α radianos sen α cosα tanα cotα secα cscα
0o 0 0 1 0 − 1 −
300
pi
6
1
2
√
3
2
√
3
3
3
2
√
3
3
2
45o
pi
4
√
2
2
√
2
2
1 1
√
2
√
2
60o
pi
3
√
3
2
1
2
√
3
√
3
3
2
2
√
3
3
90o
pi
2
1 0 − 0 − 1
viii Christian Quintana Pinedo
Formas determinadas e Formas indeterminadas (?)
lim
x→
f(x) = lim
x→
g(x) = h(x) = lim
x→
h(x) = de modo simbólico
1 ±∞ ±∞ f(x) + g(x) ±∞ ±∞±∞ = ±∞
2 +∞ +∞ f(x)− g(x) ? (+∞)− (+∞) = ?
3 +∞ K ∈ R f(x) + g(x) +∞ +∞+K = +∞
4 −∞ K ∈ R f(x) + g(x) −∞ −∞+K = −∞
5 +∞ +∞ f(x) · g(x) +∞ (+∞) · (+∞) = +∞
6 +∞ −∞ f(x) · g(x) −∞ (+∞) · (−∞) = −∞
7 +∞ K > 0 f(x) · g(x) +∞ (+∞) ·K = +∞
8 +∞ K < 0 f(x) · g(x) −∞ (+∞) ·K = −∞
9 ±∞ 0 f(x) · g(x) ? ±∞ · 0 = ?
10 K ±∞ f(x)/g(x) 0 K/±∞ = 0
11 ±∞ ±∞ f(x)/g(x) ? ±∞/±∞ = ?
12 K > 0 0+ f(x)/g(x) +∞ K/0+ = +∞
13 +∞ 0+ f(x)/g(x) +∞ +∞/0+ = +∞
14 K > 0 0− f(x)/g(x) −∞ K/0+ = −∞
15 +∞ 0− f(x)/g(x) −∞ +∞/0− = −∞
16 0 0 f(x)/g(x) ? 0/0 = ?
17 0 0 [f(x)]g(x) ? 00 = ?
18 ∞ ∞ [f(x)]g(x) ? ∞∞ = ?
19 0 ∞ [f(x)]g(x) ? 0∞ = ?
20 ∞ 0 [f(x)]g(x) ? ∞0 = ?
21 1 ∞ [f(x)]g(x) ? 1∞ = ?
Seja K ∈ R, não existem em R: K
0
, 00,
K
∞ .
No limite: lim
x→0
1
x
= ±∞, lim
x→±∞
1
x
= 0, lim
x→0
xx = 1
SUMÁRIO
1 Sistema de números reais 1
1.1 Números reais. Operações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Exercícios 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Relação de Ordem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Exercícios 1-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Desigualdades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Exercícios 1-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.4 Valor Absoluto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Exercícios 1-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.5 Axioma do Supremo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Exercícios 1-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
1.6 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Miscelânea 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2 FUNÇÕES 103
2.1 Relações. Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Exercícios 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.2 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exercícios 2-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.3 Funções especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Exercícios 2-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2.4 Operações com Funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Exercícios 2-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
2.5 Outros Tipos de Funções Reais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Exercícios 2-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
2.6 Funções Transcendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Exercícios 2-6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
2.7 Funções Trigonométricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Exercícios 2-7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
2.8 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
ix
x Christian Quintana Pinedo
Miscelânea 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
3 LIMITES 199
3.1 Vizinhança de um Ponto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Exercícios 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
3.2 Propriedades dos Limites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Exercícios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
3.3 Limites Laterais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exercícios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
3.4 Limite da Função Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . . . 249
Exercícios 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
3.5 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Miscelânea 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
4 CONTINUIDADE 275
4.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
Exercícios 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
4.2 Continuidade em Intervalos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
Exercícios 4-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
4.3 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
Miscelânea 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
5 DERIVADAS 307
5.1 Conceitos Básicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
Exercícios 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307
5.2 Derivada das Funções: Exponencial e Logarítmica. . . . . . . . . . . . . . . 324
Exercícios 5-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
5.3 Aproximação Local de uma Função. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
Exercícios 5-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
5.4 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
Miscelânea 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
6 APLICAÇÕES DAS DERIVADAS 373
6.1 Velocidade. Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373
Exercícios 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373
6.2 Gráfico de funções. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
Exercícios 6-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
6.3 Formas indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410
Exercícios 6-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410
23/10/14 Suplemento de Cálculo I xi
6.4 Aplicações diversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
Exercícios 6-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
6.5 MISCELÂNEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
Miscelânea 6-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
xii Christian Quintana Pinedo
Capítulo 1
Sistema de números reais
1.1 Números reais. Operações
Exercícios 1-1
Exercício 1.1.1.
Seja, N o conjunto de números naturais, e Z o conjunto de números inteiros. Deter-
mine quais dentre as seguintes proposições é verdadeira (v) e qual é a falsa (f):
1. N = Z+ 2. N+ = Z 3. N+ = Z+ 4. N ⊂ Z
Solução.
Lembre que os seguintes conjuntos numéricos:
N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais.
N+ = { 1, 2, 3, 4, 5, . . . , n} . . . naturais positivos.
Z = { -∞ . . . ,−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, . . . ,+∞} . . . inteiros.
Z+ = { 1, 2, 3, 4, . . . ,+∞} . . . inteiros positivos.
1. N = Z+ é uma proposição falsa, observe que N = Z+ ∪ {0}.
2. N+ = Z é uma proposição falsa, observe que N+ $ Z.
3. N+ = Z+ é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.
4. N ⊂ Z é uma proposição verdadeira, observe a definição dos conjuntos dados.
Exercício 1.1.2.
Das seguintes proposições qual é verdadeira (v) ou falsa (f).
1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R 2. I ⊂ R 3. Q ∩ I = ∅
4. R−Q = I 5. N ⊂ (Q− Z) 6. N ∪ Z = Q
7. Z+ = N 8. Z ∩Q+ = N
1
2 Christian Quintana Pinedo
Solução.
Da Figura 1.1 do livro1, temos que:
1. N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.
2. I ⊂ R é uma proposição verdadeira, pela definição do conjunto dos números irracionais
I, observe o gráfico da Figura 1.1:.
3. Q
⋂
I = Φ é uma proposição verdadeira, observe o gráfico da Figura 1.1:.
4. R - Q = I é uma proposição verdadeira, observe que a igualdade é equivalente a Q∩ I
= R.
5. N ⊂ (Q − Z) é uma proposição falsa, observe que no conjunto Q − Z, não existem
números inteiros consequentemente não existem números naturais.
6. N
⋃
Z = Q é uma proposição falsa, observe que N
⋃
Z = Z 6= Q.
7. Z+ = N é uma proposição falsa, observe o Exercício (1.1.1)-(3).
8. Z
⋂
Q+=N é uma proposição falsa, observe que Z ∩Q+ = N+ = N− {0}.
Exercício 1.1.3.
Verifique quais das seguintes proposições, são verdadeiras:
1. 7, 43333... ∈ I 2.
√
3
2
∈ Q 3. 5, 41 ∈ (Q− Z)
4. − 5 /∈ Q 5. 2, 71854 /∈ I 6. 0 /∈ Z
7.
√−7 /∈ R 8. − 3
5
∈ (R−Q)
Solução.
1. 7, 43333... ∈ I é uma proposição falsa, observe que 7, 4333 · · · = 7 + 43− 4
90
∈ Q
2.
√
3
2
∈ Q é uma proposição falsa, lembre que √3 ∈ I.
3. 5, 41 ∈ (Q− Z) é uma proposição verdadeira, observe que 5, 41 = 541
100
∈ Q.
4. −5 /∈ Q é uma proposição falsa, observe que −5 = −5
1
∈ Q.
5. 2, 71854 /∈ I é uma proposição verdadeira, observe 2, 71854 = 271854
100000
∈ Q.
1Cálculo Diferencial em R; pp. 03, do mesmo autor
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 3
6. 0 /∈ Z é uma proposição falsa, sabemos que 0 ∈ Z.
7.
√−7 /∈ R é uma proposição verdadeira, temos √−7 = √7 · √−1 = √7 i ∈ C.
8. −3
5
∈ (R−Q) é uma proposição falsa, sabemos que −3
5
∈ Q.
Exercício 1.1.4.
Construa um diagrama contendo os conjuntos N, Z, Q e I e situe os seguintes números:
1.
√
3
2
2.
√−3 3. 0 4. 3
8
5. 8, 43
6.
pi
2
7. − 5 8. − 0, 60 9. 2, 573 10. 0, 333 · · ·11. − 10
3
12.
0
3
13. − (−5
2
)2
Solução.
Consideremos o seguinte gráfico numérico da Figura (1.1):
1.
√
3
2
∈ I 2. √−3 ∈ C
3. 0 ∈ N 4. 3
8
∈ Q
5. 8, 43 ∈ Q 6. pi
2
∈ I
7. −5 ∈ Z 8. −0, 60 ∈ Q
9. 2, 573 ∈ Q 10. 0, 333 · · · ∈
Q
11. −10
3
∈ Q 12. 0
3
∈ N
13. −(−5
2
)2
C
0
3
0
NZ −5
2, 573
8, 43
0, 60
0, 333 · · ·
3
8
− 10
3
Q
−(− 5
2
)2
pi
2
√
3
2 I
√−3
R
Figura 1.1:
Exercício 1.1.5.
Mostre que, se x2 = 0, então x = 0.
Demonstração.
Suponhamos que x 6= 0, então existe o inverso de x denotado 1
x
.
Como x2 = 0 ⇒ 1
x
· x2 = 1
x
· 0 = 0 ⇒ ( 1
x
· x)x = 0 ⇒ 1 · x = 0 ⇒
x = 0; isto é contradição com o fato de supor x 6= 0.
Portanto, x2 = 0 implica x = 0.
4 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.6.
Mostre que, se p é número ímpar, então p2 é ímpar.
Demonstração.
Sabemos que todo número ímpar é da forma: p = 2n+ 1 ∀ n ∈ Z.
Logo, p2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 12 = 2(2n2 + 2n) + 1 = 2m + 1, onde m ∈ Z isto
é, p2 também é um número ímpar.
Exercício 1.1.7.
Mostre que, se p é número par, então p2 é par.
Demonstração.
Sabemos que todo número par escreve-se na forma: p = 2n ∀ n ∈ Z.
Logo, p2 = (2n)2 = 4n2 = 2(2n2) = 2m onde 2n2 = m ∈ Z; isto é p2 é número par.
Exercício 1.1.8.
1. Se a é racional e b irracional, a+ b necessáriamente é irracional?
2. Se a é irracional e b irracional, a+ b necessáriamente é irracional?
3. Se a é racional e b irracional, ab necessáriamente é irracional?
4. Existe número real a tal que a2 seja irracional, porém a4 racional?
5. Existem dois números racionais tais que sua soma e produto sejam racionais?
Solução.
1. Proposição falsa! Para todo a ∈ Q e b ∈ I, sempre a+ b ∈ I.
2. Proposição falsa! Por exemplo se a = pi e b = −pi, então a+ b = pi + (−pi) = 0 ∈ Q.
3. Proposição falsa! Por exemplo se a = 0 e b = −pi, então ab = 0 · pi = 0 ∈ Q.
4. Proposição verdadeira! Por exemplo se a = 4
√
2 ⇒ a2 = √2 , porém a4 = 2 ∈ Q.
5. Proposição verdadeira! Por exemplo se a =
√
3 e b = −√3, então a+b = √3+(−√3) =
0 ∈ Q, por outro lado, a · b = √3 · (−√3) = −3 ∈ Q.
Exercício 1.1.9.
Mostre que
√
2 é um número irracional.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 5
Demonstração.
A prova é por contradição.
Suponhamos que
√
2 ∈ Q, e sejam p , q ∈ Z+ tais que o mdc{ p, q } = 1 , e considere√
2 =
p
q
, logo a fração foi simplificada, ou seja p e q não têm nenhum fator em comum.
Em particular, p e q não podem ser ambos pares.
Da expressão
√
2 =
p
q
, temos:
p2 = 2q2 (1.1)
Observe que p2 é par, logo p também é par; considere p = 2r, substituindo p na
equação (1.1) temos: 2r2 = q2.
De qual deduzimos também que q é par, pois q2q é par. Assim p e q são pares. Porém
isto contradiz o fato que mdc{ p, q } = 1.
Portanto, supor a afirmação que exista elemento
√
2 ∈ Q é falsa; assim √2 /∈ Q; temos√
2 ∈ I.
Exercício 1.1.10.
Um subconjunto A ⊆ R diz-se estável aditivamente se, ∀a, b ∈ A temos (a+ b) ∈ A;
e estável multiplicativamente se, ∀ a, b ∈ A temos (a.b) ∈ A.
1. Dados os conjuntos A = { 2, 4, 6, 8, · · · } e B = { 1, 3, 5, 7, 9, · · · }, determine se eles
são conjuntos estáveis aditiva e multiplicativamente.
2. Dados os conjuntos: N, Z, Q e R determine quais são estáveis respeito das operações
de: i) adição; ii) multiplicação.
Solução.
1. Supondo os conjuntos A = {2, 4, 6, 8, · · ·} e B = {1, 3, 5, 7, 9, · · ·} como subconjuntos
dos números naturais, temos: (i) O conjunto A é formado por números naturais
pares, e a soma e produto de números pares é um número par, consequentemente
A é estável aditivamente e multiplicativamente. (ii) O conjunto B é formado por
números naturais ímpares, e a soma de ímpares é um número par que não pertence
a B, já o produto de números ímpares é um número ímpar, consequentemente B
não é estável aditivamente e sim multiplicativamente.
2. Todos eles N, Z, Q e R são estáveis aditiva e multiplicativamente. Observe que o
mesmo não acontece com o conjunto I ⊂ R
Exercício 1.1.11.
Mostre que 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.
Demonstração.
6 Christian Quintana Pinedo
Suponhamos que existam pelo menos três raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0 a saber:
2, 3 e α, então pelas propriedades das raízes para a equação 0x3 + x2− 5x+6 = 0 temos:
2 + 3 + α = −1, (2)(3) + 2α + 3α = −5 e (2)(3)(α) = −6.
Assim, α = −6, 5α = −11 e α = −1. Isto é absurdo! Não existe α com essas
características.
Completando quadrados a equação x2−5x+6 = 0 segue que x2−2(5
2
)x+(
5
2
)2+6 = (
5
2
)2
de onde
(
x− 5
2
)2
= (
5
2
)2 − 6 ⇒ x = 5
2
± 1
2
.
Assim, 2 e 3 são as únicas raízes da equação x2 − 5x+ 6 = 0.
Exercício 1.1.12.
Transforme cada uma das expressões em um único radical:
1.
√
x
√
y
√
z 2. 3
√
x 3
√
y 3
√
z 3. 4
√
x 3
√
y
√
z
Solução.
1.
√
x
√
y
√
z =
√
x
√√
y2z =
√
x 4
√
y2z =
√
4
√
x4y2z = 8
√
x4y2z
2. 3
√
x 3
√
y 3
√
z =
3
√
x 3
√
3
√
y3z = 3
√
x 9
√
y3z = 27
√
x9y3z
3. 4
√
x 3
√
y
√
z =
4
√
x 3
√√
y2z = 4
√
x 6
√
y2z = 24
√
x6y2z
Exercício 1.1.13.
Determine a condição para que seja possível expressar
√
a+
√
b na forma
√
x+
√
y ,
onde a, b, x e y sejam números racionais.
Solução.
Suponhamos que
√
a+
√
b =
√
x+
√
y, então a+
√
b = x+ y+
√
4xy. Logo podemos
supor que: a = x+ y e b = 4xy.
Logo, multiplicando a primeira igualdade precedente por 4x resulta 4xa = 4x2 +4xy ,
isto é 4x2 − 4ax+ b = 0.
Pela fórmula de Bhaskara segue que x =
4a±√16a2 − 16b
8
⇒ x = a±
√
a2 − b
2
.
Como a = x+ y ⇒ a− a∓
√
a2 − b
2
= y ⇒ y = a∓
√
a2 − b
2
1a Condição: Se a2 − b = 0 então x = a
2
e y =
a
2
. São números racionais.
2a Condição: Se
√
a2 − b ≤ a ⇒ ⇒ x = a+
√
a2 − b
2
e y =
a−√a2 − b
2
.
Aqui não está garantido ter números racionais.
3a Condição: Se
√
a2 − b > a não é possível escrever a igualdade.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 7
Exercício 1.1.14.
Escreva as expressões abaixo como uma soma de radicais:
1.
√
12 +
√
140 2.
√
13−√160 3.
√
9−√72
Solução.
1. Pela segunda condição do exercicio anterior,
√
122 − 140 ≤ 12, então x = 12 +
√
122 − 140
2
=
7 e y =
12−√122 − 140
2
= 5
Portanto,
√
12 +
√
140 =
√
7 +
√
5.
2. Pelo exercicio anterior,
√
132 − 160 ≤ 13, então x = 13 +
√
132 − 160
2
= 8 e y =
13−√132 − 160
2
= 5
Portanto,
√
13−√160 = √8−√5.
3. Temos,
√
92 − 72 ≤ 9, então x = 9 +
√
92 − 72
2
= 6 e y =
9−√92 − 72
2
= 3
Portanto,
√
9−√72 = √6−√3.
Exercício 1.1.15.
Simplifique as seguintes expressões:
1.
1
3
√
2
+
1
3
√
4
− 1
3
√
16
2.
2 +
√
5
2−√3 +
1−√5
2 +
√
3
3. ( 3
√
9− 3√3)2
Solução.
1.
1
3
√
2
+
1
3
√
4
− 1
3
√
16
=
3
√
8 + 3
√
4− 1
3
√
16
=
1 + 3
√
4
2 3
√
2
=
3
√
2 + 2
4
.
2.
2 +
√
5
2−√3 +
1−√5
2 +
√
3
=
(2 +
√
5)(2 +
√
3) + (1−√5)(2−√3)
22 − (√3)2 = 2 +
√
3 + 2
√
15.
3. ( 3
√
9− 3√3)2 = 3 3√3− 6 + 3√32
Exercício 1.1.16.
Sejam a, b, c, d, m, n e p números reais positivos. Mostre que se
a
m
=
b
n
=
c
p
então
√
am+
√
bn+
√
cp =
√
(a+ b+ c)(m+ n+ p) .
Demonstração.
Suponhamos que
a
m
=
b
n
=
c
p
= k ⇒ a = mk, b = nk, c = pk de onde
(a+ b+ c) = k(m+ n+ p).
Por outro lado, como m é positivo segue que
√
am +
√
bn +
√
cp = (m + n + p)
√
k ,
também √
(a+ b+ c)(m+ n+ p) = (m+ n+ p)
√
k
8 Christian Quintana Pinedo
Comparando esta duas últimas igualdades, segue que
√
am+
√
bn+
√
cp =
√
(a+ b+ c)(m+ n+ p)
Exercício 1.1.17.
Dadosos números a = 710 e b = 68.
1. Determine o máximo divisor comum de a e b.
2. Determine o mínimo múltiplo comum de a e b.
Solução.
1. Temos 710 = 2× 5× 71 e 68 = 22 × 17, logo o m.d.c{a, b} = 2.
2. Logo o m.m.c{a, b} = 22 × 5× 17× 71 = 12070.
Exercício 1.1.18.
Há seis anos, a idade de Alberto era quatro vezes a idade de Pedro. Calcular suas
idades atuais sabendo que, dentro de quatro anos, Alberto só terá o dobro da idade de
Pedro.
Solução.
Considerando que, o aumento da quantidade de anos para as pessoas é sempre a
mesma, temos a seguinte Tabela (1.1):
Idade de Alberto Idade de Pedro
Há seis anos A − 6 P − 6
Hoje A P
Dentro quatro anos A + 4 P + 4
Tabela 1.1:
Suponhamos sejam A e P as idades atuais de Alberto e Pedro respectivamente, então:
A − 6 = 4(P − 6) e A + 4 = 2(P + 4) ⇒ A = 4(P − 6) + 6 = 2(P + 4) − 4 ⇒
4P − 18 = 2P + 4 ⇒ P = 11 ⇒ A = 26.
Portanto, as idades de Alberto e Pedro são 26 e 11 anos respectivamente. �
Exercício 1.1.19.
A idade de Maria é
1
2
(metade) de
2
3
da idade de Marisa. Se Marisa tem 24 anos.
Quantos anos têm Maria?
Solução.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 9
Suponhamos seja M a idade de Mariza, logo a idade de Maria é
1
2
· 2
3
M ; isto é, a idade
de Maria é
1
3
M .
Como M = 24, então a idade de Maria é
1
3
(24) = 8.
Portanto, Maria tem oito anos.
Exercício 1.1.20.
A soma das idades de 3 pessoas é 97. A maior tem 29 anos mais que a menor, e a do
meio 18 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma.
Solução.
Suponhamos as pessoas A, B e C, sendo A a maior, B a menor e, C a o meio.
Consideremos b a idade da pessoa B, então a idade de A é 29 + b e a idade de C é
(29 + b)− 18, logo 97 = (29 + b) + b+ [(29 + b)− 18] ⇒ 3b+ 40 = 97 ⇒ b = 19.
Portanto as idades das três pessoas são 19, 30 e 48 anos respectivamente. �
Exercício 1.1.21.
Quanto de água deve ser adicionada a 100cm3 de 80% de uma solução de ácido bórico,
para reduzir-la a 50% da solução ?
Solução.
Os 80% de 100 cc de solução de ácido bórico, representa 80 cc somente de bórico.
Suponha temos que adicionar xcc de agua, logo 50% de (100+x) cc é solução de ácido
bórico, representando somente
50
100
(100 + x) de bórico.
Pelos dados do problema tem que acontecer que,
50
100
(100 + x) = 80, então 160 =
100 + x ⇒ x = 60
Portanto, deve ser adicionado 60 cc de agua. �
Exercício 1.1.22.
Ao dividir o número D por d obtemos como quociente q e como resto r. Se aumen-
tarmos o dividendo D em 15 unidades e o divisor d em 5 unidades, o quociente e resto
originais permanecem iguais. Qual foi o quociente?
Solução.
Pelo algoritmo de Euclides temos que D = d · q+ r onde 0 ≤ r < d.
Por outro lado, da segunda hipótese temos que: D+ 15 = (d+ 5) · q+ r
Então D + 15 = (d + 5) · q + r ⇒ D = d · q + 5 · q + r − 15. Substituindo a
primeira igualdade segue que: d · q+ r = d · q+ 5 · q+ r− 15 ⇒ q = 3.
Portanto, q = 3. �
10 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.23.
Compram-se cadernos de forma progressiva da seguinte maneira: no primeiro dia 14
cadernos; no segundo dia 15 cadernos; no terceiro dia 16 cadernos e assim sucessivamente.
Depois de 30 dias consecutivos comprando, quantos cadernos foram comprados no total ?
Solução.
Dias 1o 2o 3o · · · 30o
Cadernos 14 15 16 · · · ?
Suponhamos o total de livros seja T ; logo:
T = 14 + 15 + 16 + · · ·+? = (13 + 1) + (13 + 2) + (13 + 3) + · · ·+ (13 + 29) + (13 + 30)
T = (13)(30) + (1 + 2 + 3 + · · ·+ 30) = 390 + 13× 14
2
= 855
Foram comprados 855 cadernos.
Exercício 1.1.24.
O denominador de uma fração decimal é 3 a menos que o dobro do numerador. Se o
numerador aumenta em 5 e o denominador em 14, o valor da fração é 7/15. Determine
a fração.
Solução.
Suponhamos que o numerador seja x, logo o denominador é 2x− 3 consequentemente
a fração é
x
2x− 3 .
Pelos dados do problema o denominador aumenta em 14 e o numerador em 5, assim:
x+ 5
2x− 3 + 14 =
7
15
⇒ 15(x+ 5) = 7(2x+ 11) ⇒ x = 2
Portanto, a fração é
2
1
= 2.
Exercício 1.1.25.
Expedição : Planeta K
Informe : Ao chegar ao planeta K, achamos seres vivos como em nosso planeta, embora
também tenham 20 dedos, eles têm um membro a menos, e; um dedo a mais em
cada membro.
Pergunta-se : Possivelmente que tipo de seres habitam o planeta K ?
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 11
Planeta K Nosso planeta
Membro x− 1 x
Dedos em cada membro y + 1 y
Total dedos (x− 1)(y + 1) xy
Tabela 1.2:
Solução.
Trata-se de um problema de números inteiros. Consideremos o Tabela (1.2):
Pelos dados do problema, temos que (x− 1)(y + 1) = 20 e x · y = 20.
Logo, (x−1)(y+1) = 20 ⇒ x · y+x− y−1 = 20 de onde, substituindo x · y = 20
obtemos que x− y = 1. Como o produto de dois números inteiros é 20 e sua diferencia é
1, os números são x = 5 e y = 4.
Portanto os seres do planeta K têm quatro membros e cinco dedos em cada membro.
O planeta K é a Terra.
Exercício 1.1.26.
Determine dois números tais que sua soma, produto e quociente sempre sejam iguais.
Solução.
Suponhamos b 6= 0 e sejam os números a e b tais que a · b = a
b
= a+ b, então:
a+ b =
a
b
(1.2)
a+ b = a · b (1.3)
a · b = a
b
(1.4)
Da igualdade (1.4) temos que a · b = a
b
⇒ a · b2 = a ⇒ a(b2 − 1) = 0 ⇒
a = 0 ou b = 1 ou b = −1.
Se a = 0, na igualdade (1.2) temos que 0 + b = 0 ⇒ b = 0; isto é absurdo pois
b = 1 ou b = −1. Logo a 6= 0.
Se b = −1, na igualdade (1.3) temos que a+ b = a · b ⇒ a− 1 = −a ⇒ 2a =
1 ⇒ a = 1
2
.
Os valores a =
1
2
e b = −1 são os únicos valores que satisfazem as três igualdades.
Portanto os números procurados são
1
2
e −1.
Exercício 1.1.27.
Uma lebre seguida por um “galgo” leva uma vantagem de 50 saltos. O “galgo” dá 5
saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, mas, 9 saltos da lebre equivalem a 7 do “galgo”.
Quantos saltos dará a lebre antes de ser alcançada pelo “galgo” ?
Solução.
12 Christian Quintana Pinedo
O galgo dá 5 saltos enquanto que a lebre dá 6 saltos, então, quando a lebre dá 1 salto,
o galgo dá
5
6
de salto. Suponhamos que a lebre deu x saltos antes de ser alcançada pelo
galgo, então o galgo deu
5x
6
saltos.
Como 9 saltos da lebre equivalem a 7 do galgo então, 50 + x saltos da lebre mede
(equivalem) tanto como
5x
6
saltos do galgo, então 7(50 + x) = 9
[
5x
6
]
42(50 + x) = 45x ⇒ x = 700
A lebre dará 700 saltos antes de ser alcançada pelo galgo.
Exercício 1.1.28.
Uma sequência de números reais é dita uma progressão aritmética de segunda ordem
quando a seqüência formada pelas diferenças entre termos sucessivos for uma progressão
aritmética. Assinale a alternativa na qual se encontra parte de uma progressão aritmética
de segunda ordem.
A)={0, 5, 12, 21, 23} B)= {6, 8, 15, 27, 44} C) ={−3, 0, 4, 5, 8}
D) = {7, 3, 2, 0,−1} E) ={2, 4, 8, 20, 30}.
Solução.
Para o conjunto A: 5− 0 = 5, 12− 5 = 7, 21− 12 = 9, 23− 21 = 2.
Para o conjunto B: 8− 6 = 2, 15− 8 = 7, 27− 15 = 12, 44− 27 = 17
Os termos: 2, 7, 12, 17 formam uma P.A., logo a resposta é B.
Exercício 1.1.29.
Mostre que, se p é um número primo e ai ∈ Z, i = 1, 2, 3, · · · , n, então:
(a1 + a2 + a3 + · · · + an)p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp para algum k ∈ Z.
Solução.
Mostra-se que Cip =
(
p
i
)
=
p!
i!(p− i)! = pα, i = 1, 2, 3, . . . , (p− 1), α ∈ Z.
Onde CiP é a combinatoria de p lementos em grupos de i elementos distintos. Pelo
binômio de Newton
(a1 + a2)
p =
p∑
i=0
(
p
i
)
ap−i1 a
i
2 = a
p
1 +
p−i∑
i=1
(
p
i
)
ap−i1 a
i
2 + a
p
2 = a
p
1 + a
p
2 + αp (1.5)
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para qualquer n ∈ N, isto é
(a1 + a2 + a3 + · · · + an)p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp (1.6)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 13
Para o sucessor de n, temos, aplicando (1.5) por analogia
[(a1 + a2+ a3 + · · · + an) + an+1]p = (a1 + a2 + a3 + · · · + an)p + (an+1)p + βp
Supondo verdadeiro para n, aplicando (1.6) a esta última igualdade
[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + kp+ (an+1)p + βp
isto é
[(a1 + a2 + a3 + · · · + an) + an+1]p = ap1 + ap2 + ap3 + · · ·+ apn + (an+1)p + p(k + β)
Do fato (k + β) ∈ Z, então o problema está resolvido.
Exercício 1.1.30.
Sejam a, b ∈ Z tais que (a, b) = 1 sendo a e b diferentes de zero. Mostre que existem
x, y ∈ Z tais que 1
ab
podemos escrever na forma
1
ab
=
x
a
+
y
b
Solução.
Desde que a e b são diferentes de zero, sabemos que o máximo divisor desses dois
números escrito na fora (a, b) = 1 também podemos escrever na forma ax+ by = 1 para
alguns x e y inteiros.
Como ab 6= 0 logo podemos dividir essa outra forma de escrever o mmd{a, b}m assim
ax+ by = 1 ⇒ ax+ by
ab
=
1
ab
⇒ x
a
+
y
b
=
1
ab
para certos x, y ∈ Z.
Exercício 1.1.31.
Mostre que todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.
Solução.
Todo número inteiro podemos escrever na forma; 5k ± 1, 5k, 5k ± 2. Quando o
número for da forma:
• 5k ± 1, e um quadrado perfeito é (5k ± 1)2 = 25k2 ± 10k + 2 = 5β + 1.
• 5k, e um quadrado perfeito é (5k)2 = 25k2 = 5γ.
• 5k ± 2, e um quadrado perfeito é (5k ± 2)2 = 25k2 ± 20k + 4 = 5γ − 1.
Portanto, todo quadrado perfeito é da forma 5n ou 5n± 1 para n ∈ Z.
14 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.1.32.
Verificar que todo número natural n = xmdcu é múltiplo de:
1. 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo das unidades de n for
múltiplo de 2
2. 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ c+ d+ u for divisível por 3 (ou 9). Onde
x, m, c, d, u são os algarismos de n
3. 4 se, e somente se, o número du for múltiplo de 4, ou n é da forma a = xm200.
4. 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.
5. 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.
6. 8 (ou 125) se, e somente se,o número cdu for divisível por 8 (ou 125), ou n da forma
n = x000.
7. 11 se, e somente se, (d+m)− (x+ c+ u) for divisível por 11.
8. 25 se, e somente se, o número du for múltiplo de 25, ou du = 00.
Solução.
Seja a ∈ Z, por exemplo consideremos n = xmdcu; isto é n é um número composto
por cinco algarismos. A decomposição polinômica na base decimal do número n é: n =
105x+ 104m+ 103d+ 102c+ u e, os algarismos satisfazem as seguintes propriedades:
O número n é divisível por:
• 2 se, e somente se, u = 0, 2, 4, 6, 8. Isto é, se o algarismo n for múltiplo de 2
• 3 (ou 9) se, e somente se,a soma x+m+ d+ c+ u for divisível por 3 (ou 9).
• 4 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 4, ou n é da forma n = xmd00.
• 5 se, e somente se, u = 0 ou u = 5.
• 6 se, e somente se, n for divisível por 2 e 3.
• 8 (ou 125) se, e somente se,o número dcu for divisível por 8 (ou 125), ou n da
forma xm000.
• 11 se, e somente se, (c+m)− (x+ d+ u) for divisível por 11.
• 25 se, e somente se, o número cu for múltiplo de 25, ou cu = 00.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 15
Exercício 1.1.33.
Determine uma regra que permita saber se um número natural n é múltiplo de 7.
Solução.
“Todo número N = anan−1 . . . a1a0 é múltiplo de sete, se o número N1 =
anan−1 . . . a1 − 2a0 for múltiplo de sete.”
Com efeito:
Dado N = anan−1 . . . a1a0 podemos escrever na forma N = 10(anan−1 . . . a1) + a0
Sabemos que N1 = anan−1 . . . a1 − 2a0 é múltiplo de sete, logo
10N1 = 10anan−1 . . . a1 − 20a0 ⇒ 10anan−1 . . . a1 = 10N1 + 20a0
Substituindo na primeira igualdade
N = 10(anan−1 . . . a1) + a0 ⇔ N = 10N1 + 21a0
Como 21a0 é múltiplo de sete, e 10N1 também é múltiplo de sete, logo N é múltiplo
de sete.
Exercício 1.1.34.
Uma aranha se encontra no vértice A de um cubo sólido cuja aresta é de 10cm, e tem
a intenção de capturar uma mosca que se encontra no vértice oposto B (ver Figura (1.2)).
A aranha deve caminhar sobre a superfície do cubo sólido e encontrar o caminho mais
curto. Encontre o comprimento desse caminho. .
Figura 1.2:
Solução.
Temos AB2 = 102 + 202 então AB = 10
√
5.
Portanto, o caminho mais curto é AB = 10
√
5 cm.
16 Christian Quintana Pinedo
1.2 Relação de Ordem.
Exercícios 1-2
Exercício 1.2.1.
Mostre que, se 0 < a < 1 então a2 < a.
Demonstração.
Do fato 0 < a < 1 temos que 0 < a e a < 1 ⇒ a · a < a · 1 ⇒ a2 < a
Portanto, se 0 < a < 1 então a2 < a.
Exercício 1.2.2.
Mostre que, a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.
Demonstração.
Sabemos que a > b ≥ 0, como a > 0 ⇒ a · a > b · a ⇒ a2 > ab.
Do fato b ≥ 0, podemos supor b 6= 0, logo da desigualdade a > b ⇒ a · b >
b · b ⇒ ab > b2.
Comparando as desigualdades obtidas temos que a2 > ab > b2.
Para o caso b = 0 é óbvio que a2 > b2 = 0.
Portanto, se a > b ≥ 0 então a2 > b2 onde a, b ∈ R.
Exercício 1.2.3.
Mostre que, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.
Demonstração.
Como a, b > 0 e a2 > b2 então a2 − b2 ⇒ (a+ b)(a− b) > 0 · · · .
Suponhamos a+ b > 0 e a− b > 0 ⇒ a > −b e a > b; assim a > b.
Por outro lado, se a+ b < 0 e a− b < 0 ⇒ a < −b e a < b; assim a < −b. Sendo
b > 0 ⇒ a < −b < 0 logo esta situação não é possível.
Portanto, se a, b > 0 e a2 > b2 então a > b.
Exercício 1.2.4.
Mostre que, se a e b são positivos (ou negativos) e b > a então a−1 > b−1.
Demonstração.
Se a e b tem o mesmo sinal então eles são positivos ou negativos simultaneamente.
Seja a > 0 e b > 0, então a−1 > 0 e b−1 > 0, logo como, 0 < a < b ⇒ 0 · a−1 <
a · a−1 < b · a−1 ⇒ 0 < 1 < ba−1.
Multiplicando por b−1 > 0 temos que 0·b−1 < b−1 < (ba−1)(b−1) ⇒ 0 < b−1 < a−1.
Para o caso ambos negativos resulta b−1 < a−1 < 0.
Portanto, se ab > 0 e a < b então b−1 < a−1.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 17
Exercício 1.2.5.
Dados os números reais a e b, mostre que 2ab ≤ a2 + b2.
Demonstração.
Para todo a, b ∈ R temos que 0 ≤ (a − b)2 ⇒ 0 ≤ a2 − 2ab + b2 de onde segue
que:
2ab ≤ a2 + b2 (1.7)
Portanto, para todo número real a, b ∈ R temos 2a · b ≤ a2 + b2.
Exercício 1.2.6.
Mostre que, se a > 0 então (a+
1
a
) ≥ 2.
Demonstração.
Na Fórmula (1.7), pelo fato a > 0 podemos considerar m > 0, a =
√
m e b =
1√
m
⇒ 2(√m)2 ·
(
1√
m
)2
≤ (√m)2 +
(
1√
m
)2
⇒ 2 ≤ m+ 1
m
.
Portanto, se m > 0, então (m+
1
m
) ≥ 2.
Exercício 1.2.7.
Mostre que, se a+ b+ c = 1 onde, a > 0, b > 0, c > 0, então temos que, (1− a)(1−
b)(1− c) ≥ 8abc.
Demonstração.
De a + b + c = 1 temos que 1 − a = b + c, 1 − b = a + c e 1 − c = a + b ⇒
(1− a)(1− b)(1− c) = (b+ c)(a+ c)(a+ b) = a2b+ ab2 + a2c+ ac2 + b2c+ cb2 + 2abc =
a(b2 + c2) + b(a2 + c2) + c(a2 + b2) + 2abc.
Aplicando a desigualdade (1.7) a b2+c2, a2+c2 e a2+b2 vem que, (1−a)(1−b)(1−c) ≥
a(2bc) + b(2ac) + c(2ab) + 2abc = 8abc.
Portanto, (1− a)(1− b)(1− c) ≥ 8abc.
Exercício 1.2.8.
Mostre que: Se 0 < a < b, então a ≤ √ab ≤ a+ b
2
≤ b.
Demonstração.
Sejam b > a > 0, A =
√
a, B =
√
b; na desigualdade (1.7) temos:
2
√
a ·
√
b ≤ (√a)2 + (
√
b)2 ⇒ 2
√
ab ≤ a+ b ⇒
√
ab ≤ a+ b
2
Por outro lado, em geral sempre que b > a > 0, temos a ≤ a+ b
2
≤ b; além disso√
b >
√
a > 0 de onde
√
ab =
√
a
√
b >
√
a
√
a = a > 0.
18 Christian Quintana Pinedo
Das desigualdades mostradas concluímos que a <
√
ab ≤ a+ b
2
≤ b.
Portanto, se 0 < a < b, então a ≤ √ab ≤ a+ b
2
≤ b .
Exercício 1.2.9.
Mostre que:
√
ab ≥ 2ab
a+ b
quando a, b > 0.
Demonstração.
Sejam a, b > 0. Na demonstração do Exercício (1.2.8) mostramos que
√
ab ≤
a+ b
2
⇒ 2
√
ab
√
ab ≤
√
ab(a+ b) ⇒ 2ab
a+ b
≤
√
ab
Exercício 1.2.10.
Mostre que, quando a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.
Demonstração.
Na desigualdade (1.7) temos que 2mn ≤ m2 + n2 sendo m, n ∈ R.
Considerando m = a2, n = b2 ⇒ 2a2b2 ≤ a4 + b4, do mesmo modo podemos
considerar m = c2, n = d2 ⇒ 2c2d2 ≤ c4 + d4,
Assim obtivemos2a2b2 ≤ a4+b4 e 2c2d2 ≤ c4+d4, somando estas desigualdades segue
que 2a2b2 + 2c2d2 ≤ (a4 + b4) + (c4 + d4) ⇒ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.
Por último na desigualdade 2mn ≤ m2 + n2 se consideramos m = ab, n = cd ⇒
2(ab)(cd) ≤ (ab)2 + (cd)2.
De onde 4(ab)(cd) ≤ 2[(ab)2 + (cd)2] ≤ a4 + b4 + c4 + d4.
Portanto, se a, b, c, d ∈ R, então a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.
Exercício 1.2.11.
Mostre que: a3 +
1
a3
> a2 +
1
a2
se a > 1.
Demonstração.
Se se a > 1, então a − 1 > 0 e a5 > 1. Multiplicando esta última desigualdade
por a − 1 resulta a5(a − 1) > (a − 1) ⇒ a6 + 1 > a5 + a ⇒ a3
(
a3 +
1
a3
)
>
a3
(
a2 +
1
a2
)
⇒ a3 + 1
a3
> a2 +
1
a2
.
Portanto, a3 +
1
a3
> a2 +
1
a2
sempre que a > 1.
Exercício 1.2.12.
Mostre que, se a, b, c > 0 então
bc
a
+
ac
b
+
ab
c
> a+ b+ c.
Demonstração.
2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2abc2 ≤ a2c2 + b2c2
De modo análogo temos que 2a2bc ≤ a2b2 + a2c2 e 2acb2 ≤ a2b2 + c2b2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 19
Somando estas três desigualdades resulta:
2abc2 + 2a2bc+ 2acb2 ≤ (a2c2 + b2c2) + (a2b2 + a2c2) + (a2b2 + c2b2)
2abc(a+ b+ c) ≤ 2(a2c2 + b2c2 + a2b2)
a+ b+ c ≤ a
2c2 + b2c2 + a2b2
abc
=
ac
b
+
bc
a
+
ab
c
Exercício 1.2.13.
Determinar o menor número M de modo que, para todo número real x, tenha-se
2x− x2 ≤M .
Solução.
Completando quadrados na desigualdade 2x− x2 ≤M , temos que 2x− x2 ≤M ⇒
1− 1 + 2x− x2 ≤M ⇒ 1− (1− x)2 ≤M .
Sendo para todo número real x, observe que M será o menor número, quando x = 1
de onde 1 ≤M .
Portanto, M = 1 é o menor número.
Exercício 1.2.14.
Determinar o maior número M de modo que, para todo número real x, tenha-se M ≤
x2 − 16x.
Solução.
Completando quadrados na desigualdadeM ≤ x2−16x, temos queM ≤ x2−16x ⇒
M ≤ x2 − 16x+ 82 − 82 ⇒ M ≤ (x− 8)2 − 64.
Sendo para todo número real x, observe que M será o maior número, quando x = −8
de onde M ≤ −64.
Portanto, M = −64 é o maior número. �
Exercício 1.2.15.
Sejam a e b positivos, mostre que
a
b2
+
b
a2
≥ 1
a
+
1
b
.
Demonstração.
Sabemos que para todo a, b ∈ R 2ab ≤ a2 + b2
Multiplicando esta desigualdade por a > 0 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2 e multiplicando
por b > 0 ⇒ 2ab2 ≤ a2b+ b3.
Somando estas duas desigualdades temos 2ab2 + 2a2b ≤ (a3 + ab2) + (ba + b3) ⇒
ab2 + a2b ≤ a3 + b3 ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3 ⇒ a+ b ≤ a2b2(a
b
+
b
a
⇒ 1
a
+
1
b
≤
a
b2
+
b
a2
.
Portanto, se a e b positivos, então
a
b2
+
b
a2
≥ 1
a
+
1
b
.
20 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.2.16.
Demonstrar que, se a e b são números inteiros positivos então
a3 + b3
2
≥
(
a+ b
2
)3
.
Demonstração.
Mostramos no exercício (1.2.15) que se a, b ∈ R ⇒ ab(a+ b) ≤ a3 + b3.
Logo (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇒ (a + b)3 ≤ a3 + b3 + 3(a3 + b3) ⇒
(a+ b)3 ≤ 4(a3 + b3) ⇒ (a+ b)
3
8
≤ 4(a
3 + b3)
8
.
Portanto, se a e b são números inteiros positivos então
a3 + b3
2
≥
(
a+ b
2
)3
.
Exercício 1.2.17.
Mostre que, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.
Demonstração.
Sabe-se que para números reais positivos, se 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 2a2b ≤ a3 + ab2,
logo
2x2y ≤ x3 + xy2, 2z2y ≤ z3 + zy2 2y2z ≤ y3 + yz2
2x2z ≤ x3 + xz2, 2z2x ≤ z3 + zx2 2y2x ≤ y3 + yx2
somando estas seis desigualdades
2x2y+2x2z+2z2y+2z2x+2y2z+2y2x ≤ x3+xy2+x3+xz2+z3+zy2+z3+zx2+y3+yz2+y3+yx2
x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 2x3 + 2z3 + 2y3 = 2(81) = 162 ⇒
y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ x2y + x2z + z2y + z2x+ y2z + y2x ≤ 162 ⇒
y(2xz) + z(2xy) + x(2yz) ≤ y(x2 + z2) + z(x2 + y2) + x(z2 + y2) ≤ 162 ⇒
6xyz ≤ 162 ⇒ xyz ≤ 27.
Portanto, se x3 + y3 + z3 = 81, x > 0, y > 0, z > 0, então xyz ≤ 27.
Exercício 1.2.18.
Mostre a desigualdade:
x2 + 3√
x2 + 2
≥ 2.
Demonstração.
Sabemos que
√
x2 + 2√
x2 + 2
= 1, podemos supor que a =
√
x2 + 2 e b =
1√
x2 + 2
, então
a · b = de onde, como a ≥ 0, b ≥ 0 segue que a ≥ 1 e 0 ≤ b ≤ 1. Assim, 0 ≤ 1 − a e
0 ≤ b− 1.
Multiplicando ambas as desigualdades temos 0 < (a−1)(1−b), então 0 ≤ a+b−ab−1
de onde 1 + ab ≤ a+ b, como a · b = 1, segue que a+ b ≥ 2.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 21
Assim, temos
1√
x2 + 2
+
√
x2 + 2 ≥ 2, de onde 1 + (
√
x2 + 2)2√
x2 + 2
≥ 2.
Portanto,
x2 + 3√
x2 + 2
≥ 2.
Exercício 1.2.19.
Dado que 0 < a < b, determine a solução da inequação
1
x
+
1
a+ b− x <
1
a
+
1
b
Solução.
Temos
1
x
+
1
a+ b− x <
1
a
+
1
b
⇒ a+ b
x(a+ b− x) <
a+ b
ab
logo como 0 < a+ b e ab > 0 então
ab
x(a+ b− x) < 1. Se x(a+ b− x) > 0, então
x(a+ b− x)
ab
> 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab < 0 ⇒ (x− a)(x− b) < 0
logo x ∈ (a, b).
Se x(a+ b− x) < 0, então
x(a+ b− x)
ab
< 1 ⇒ x2 − x(a+ b) + ab > 0 ⇒ (x− a)(x− b) > 0
logo x ∈ (−∞, a) ∪ (b,+∞).
Exercício 1.2.20.
Mostre que se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.
Demonstração.
Dados dois números quaisquer x e y, sabe-se que o:
min .{x, y} = x+ y − |x− y|
2
e max .{x, y} = x+ y + |x− y|
2
Caso 1. Suponhamos que b > 0 e a ≥ b ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, logo
min .{a2, b2} = a
2 + b2 − |a2 − b2|
2
=
a2 + b2 − (a2 − b2)
2
= b2 ≤ ab
então min .{a2, b2} ≤ ab.
Caso 2. Suponhamos que a > 0 e b ≥ a ⇒ ab ≥ a2, e |a2−b2| = −(a2−b2) = b2−a2,
logo
22 Christian Quintana Pinedo
min .{a2, b2} = a
2 + b2 − |a2 − b2|
2
=
a2 + b2 − (b2 − a2)
2
= a2 ≤ ab
então min .{a2, b2} ≤ ab.
Caso 3. Supondo a < 0 e b < 0, para o caso a ≥ b ⇒ b2 ≥ ab ≥ a2, é o Caso 2.
Quando b ≥ a ⇒ a2 ≥ ab ≥ b2, é o Caso 1.
Portanto, se ab ≥ 0, então ab ≥ min .{a2, b2}.
Exercício 1.2.21.
Mostre que, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1
8
.
Demonstração.
Como a+ b = 1, então 1 = 12 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2).
De 1 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ 12 ≤ 4(a2 + b2)2 ⇒ 1 ≤ 8(a4 + b4).
Portanto, se a+ b = 1, então: a4 + b4 ≥ 1
8
.
Exercício 1.2.22.
Determine todos os valores reais de r para os quais o polinômio: (r2 − 1)x2 + 2(r −
1)x+ 1, seja positivo para todo x ∈ R.
Solução.
Suponhamos r 6= ±1, e consideremos o polinômio p(x) = (r2 − 1)x2 + 2(r − 1)x + 1.
Logo, completando quadrados:
p(x) =
1
r2 − 1
[
x2 + 2
(r − 1)
(r2 − 1)x+
1
(r2 − 1)
]
=
1
r2 − 1
[
x2 + 2
1
(r + 1)
x+
1
(r2 − 1)
]
p(x) =
1
r2 − 1
[
x2 + 2
1
(r + 1)
x+
1
(r + 1)2
− 1
(r + 1)2
+
1
(r2 − 1)
]
p(x) =
1
r2 − 1
([
x+
1
r + 1
]2
− 1
(r + 1)2
+
1
(r2 − 1)
)
p(x) =
1
r2 − 1
([
x+
1
r + 1
]2
+
2(r − 1)
(r2 − 1)2
)
Sempre que r > 1 teremos que p(x) > 0.
Para o caso r = 1 temos que p(x) = 1 > 0.
Portanto, para valores r ≥ 1 temos que p(x) > 0.
Exercício 1.2.23.
Dados três números positivos, sabe-se que seu produto é 1 e a soma desses três números
é maior que a soma dos seus inversos. Mostre que um dos números é maior que 1,
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 23
enquanto os outros dois são menores que 1.
Solução.
Sejam os números a, b e c, como abc = 1 podemos supor que a =
1
α
, b = kα e c =
1
k
,
para α, k ∈ N+ pela condição temos
1
α
+ kα+
1
k
>
α
1
+
1
kα
+
k
1
⇔ k + k2α2 + α > kα2 + 1 + αk2 ⇔
(k − 1)(αk − 1)(α− 1) > 0
Suponhamos k > 1 então k(α− 1
k
)(α−1) > 0 de onde 1
k
< α < 1, logo 1 < kα < k.
Portanto, a < 1, c < 1 e b > 1.
Suponhamos 0 < k < 1 então k(α − 1
k
)(α − 1) < 0 de onde 1 < α < 1
k
, logo
k < kα < 1. Portanto, a < 1, b < 1 e c > 1.
Exercício 1.2.24.
Os lados a, b e c de um triângulo satisfazem a relação a2+ b2+ c2 ≥ ab+ac+ bc. Esse
triângulo é equilátero?
Solução.
De a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac+ bc temos
2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ ac+ bc) ⇒ (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 ≥ 0
Somente quando (a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2 = 0 então a = b = c logo o triângulo é
equilátero.
O caso(a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 > 0 então pelo menos a 6= b ou a 6= c logo o
triângulo não é equilátero.
Exercício 1.2.25.
Probe que se a, b ∈ R são números tais que a+b = 1, então
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 25
2
.
Solução.
Em geral, para todo m,n ∈ R sabemos que 2mn ≤ m2 + n2, quando a + b = 1 onde
a 6= 0 e b 6= 0 temos
1 = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2) ⇒ a2 + b2 ≥ 1
2(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
= a2 + b2 + 4 +
1
a2
+
1
b2
≥ 1
2
+ 4 +
1
a2
+
1
b2
Também de 2mn ≤ m2 + n2 considerando m = 1
a
e n =
1
b
segue
1
a2
+
1
b2
≥ 2
ab
,
assim temos (
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 9
2
+
2
ab
24 Christian Quintana Pinedo
Novamente, de 2ab ≤ a2 + b2 ⇒ 4ab ≤ (a+ b)2 = 1 ⇒ 1
ab
≥ 4 de onde
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 9
2
+
2
ab
≥ 9
2
+ 2(4) =
25
4
Portanto, se a, b ∈ R são números tais que a+ b = 1, então
(
a+
1
a
)2
+
(
b+
1
b
)2
≥ 25
2
.
Exercício 1.2.26.
A receita da venda de q unidades de um produto é R = 240q e o custo de produção de
q unidades é C = 190q + 1500. Para que haja lucro, a receita de vendas há de ser maior
que o custo. Para que valores de q este produto dará lucro?
Solução.
Para obter lucro devemos supor que R > C.
Isto é, 240q > 190q + 1500, de onde 50q > 1500, assim q > 30.
Portanto, obteremos lucro se q > 30.
Exercício 1.2.27.
Além do custo administrativo fixo, (diário) de R$350, 00 o custo de produção de q
unidades de certo produto é de R$5, 50 por unidade. Durante o mês de março, o custo
total da produção variou entre o máximo de R$3.210 e o mínimo de R$1.604 por dia.
Determine os níveis de produção máximo e mínimo por mês.
Solução.
Por cada dia os gastos na produção de q unidades é 350 + 5, 5q.
Durante o mês de março tivemos que a variação diária dos gastos foram 1.604 <
350 + 5, 5q < 3.210, de onde
1.604− 350
5, 5
< q <
3.210− 350
5, 5
, isto é, o custo de produção
diária teve a variação 228 < q < 520.
Portanto, durante um mês (30 dias) os níveis de produção atendem o intervalo 6840 <
q < 15600.
Exercício 1.2.28.
Estabeleça para que valores reais de x a área de um círculo de raio x:
a) é maior que 400pi cm2 b) não é superior a 400pi cm2.
Solução. a)
Tem que acontecer que Área do círculo = pix2 > 400pi, então x2 > 202 e como x é
positivo temos que x > 20.
Portanto, para valores de x maiores 20 a área do círculo é maior que 400pi �
Solução. b)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 25
Se não é superior, pode ser no máximo igual, logo Área do círculo = pix2 ≤ 400pi,
então x2 ≤ 202 e como x é positivo temos que x ≤ 20.
Portanto, para valores de x menores ou iguais a 20 a área do círculo não é superior a
400pi �
Exercício 1.2.29.
Uma piscina infantil deve ter 1 m de altura e o formato de um bloco retangular. O
seu comprimento precisa superar à largura em 0, 2m. Com quanto de largura essa piscina
comportará mais de 2000.000 litros? (Lembrete: 1m3 = 1.000 litros).
Solução.
Suponhamos a largura seja xm, então o comprimento da piscina é (x+0, 2)m, e como
a altura mede 1m, logo o volume da piscina é de x(x+ 0, 2)m3. Como 2000.000 litros =
2000m3
Pelos dados do problema, deve acontecer que x(x + 0, 2)m3 > 2000m3, então x >√
2.000, 01− 0, 1)m.
Portanto, a largura tem que ser superior a 44, 62m.
Exercício 1.2.30.
Sabe-se que sobre certas condições o número de bactérias que contém o leite se duplica
a cada 3 horas. Calcular o número pelo qual é necessário multiplicar a quantidade de
bactérias do início, para obter o número de bactérias ao final de 1 dia.
Solução.
Observe a seguinte Tabela:
Horas 0 3 = 3× 1 6 = 3× 2 9 = 3× 3 · · · 24 = 3× 8
No de bactérias x 2x = 21x 4x = 22x 8x = 23x · · · = 28x
Tabela 1.3:
Pelos dados do problema, tem que haver ao final do primeiro dia 28x bactérias. Isto é
256x.
Portanto, a quantidade inicial de bactérias fica multiplicada por 256.
Exercício 1.2.31.
Os alunos da UFT, organizaram uma rifa somente para alunos. Dos quais 45 com-
praram 2 números, e o total de alunos que compraram um número era 20% do número
dos rifas vendidas, 80 não compraram número nenhum e outros compraram 3 números.
Se o total de rifas vendidas excedeu em 33 ao número de alunos, diga quantos alunos
compraram somente um número da rifa.
Solução.
26 Christian Quintana Pinedo
Sejam, x o número de alunos que compraram uma rifa e a alunos que compraram três
número da rifa.
No alunos No vendidos No rifas vendidas
a 3 3a
45 2 90
x 1 x
80 0 0
Total a+ x+ 125 3a+ 90 + x
Logo, (a+ x+ 125) + 33 = 3a+ 90 + x, de onde 68 = 2a ⇒ a = 34.
Por outro lado, sabe-se que x =
20
100
(3a+ 90 + x), então 100x = 60a+ 1800 + 20x de
onde substituindo o valor de a = 34 segue que 4x = 3(34) + 90 e x = 48.
Somente compraram um número 48 alunos.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 27
1.3 Desigualdades.
Exercícios 1-3
Exercício 1.3.1.
Expresse cada um dos intervalos abaixo usando outra notação adequada (duplas desi-
gualdades por exemplo)
1. (1, 14) 2. (4, 7) 3. [−pi, pi] 4. [−5
3
, 8]
5. [−10, −2] 6. (0, 4) 7. [−3pi, pi) 8. (−16, 16]
Solução.
1. { x ∈ R /. 1 < x < 14 } 2. { x ∈ R /. 4 < x < 7 }
3. { x ∈ R /. − pi ≤ x ≤ pi } 4. { x ∈ R /. − 5
3
≤ x ≤ 8 }
5. { x ∈ R /. − 10 ≤ x ≤ −2 } 6. { x ∈ R /. 0 < x < 4 }
7. { x ∈ R /. − 3pi ≤ x ≤ pi } 8. { x ∈ R /. − 16 < x ≤ 16 }
Exercício 1.3.2.
São dados os conjuntos A = {x ∈ N/ x é impar }, B = {x ∈ Z/. −3 ≤ x < 4}
e C = { x ∈ N /. x < 6 }. Prove que o conjunto D, tal que D = (A ∩B)− C , é vazio.
Solução.
Temos que A = {1, 3, 5, · · · , (2t+1), · · ·} sendo t ∈ N, B = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}
e C = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }.
Logo, (A ∩B)− C = { 1, 3 } − { 0, 1, 2, 3, 4, 5 } = Φ.
Portanto, (A ∩B)− C = Φ.
Exercício 1.3.3.
Resolver as seguintes equações:
1. 3x+ 2 = 4− x 2. x2 − 2x− 3 = 0 3. x4 − 13x2 + 36 = 0
4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 5. 5x2 − 3x− 4 = 0 6. x4 − x2 + 20 = 0
Solução.
1. 3x+ 2 = 4− x ⇔ 4x = 2 ⇔ x = 1
2
2. x2 − 2x− 3 = 0 ⇔ (x− 3)(x+ 1) = 0 ⇔ x = 3 ou x = −1
3. x4 − 13x2 + 36 = 0 ⇔ (x2)2 + 13(x2) + 36 = 0 ⇔
⇔ x2 = 13±
√
(13)2 − 4 · (36)
2
=
13± 5
2
⇔ x2 = 9 ou x2 = 4 ⇔
28 Christian Quintana Pinedo
⇔ x = 3, x = −3, x = 2, x = −2
4. x3 − 3x2 + x+ 2 = 0 ⇔ x3 − 2x2 − x2 + 2x− x+ 2 = 0 ⇔
⇔ x2(x− 2)− x(x− 2)− (x− 2) = 0 ⇔ (x− 2)(x2 − x− 1) = 0
⇔ x = 2 ou x = 1±
√
5
2
5. 5x2 − 3x− 4 = 0 ⇔ x = −3±
√
(−3)2 − 4 · (5)(−4)
2
=
−3±√89
10
⇔
⇔ x = −3 +
√
89
10
ou x =
−3−√89
10
6. x4 − x2 + 20 = 0 ⇔ (x2)2 − (x2) + 20 = 0 ⇔
⇔ x2 = 1±
√
(−1)2 − 4 · (20)
2
=
1±√−79
2
/∈ R
Exercício 1.3.4.
Determine o conjunto solução em R para cada uma das seguintes desigualdades:
1. x2 ≥ 1 2. x3 ≥ x2 3. 2x− 7 < 5− x
4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 5. 3− x < 5 + 3x 6. 2 > −3− 3x ≥ −1
7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 8. x2 − 4 < x+ 2 9. √x2 + x− 2 < 4
10. 2x− 6 < 3x+ 8
5
11.
2x+ 6
3
− x
4
< 5 12.
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0
13. x2 + 3x+ 8 <
2x− 74
x− 7 14.
x+ 4
x− 2 <
x
x+ 1
15. (x+ 1)4 ≤ (x+ 1)2
16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) 17. 3
2x− 3 > 3x− 16
Solução.
1. x2 ≥ 1 ⇔ x2 − 1 > 0 ⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔
⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞)
2. x3 ≥ x2 ⇔ x2(x− 1) ≥ 0 ⇔ x = o ou x− 1 ≥ 0
Isto último do fato x2 ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de x−1 ≥ 0 segue que o conjunto solução
da inequação dada é x ∈ {0} ∪ [1, +∞)
3. 2x− 7 < 5− x ⇔ 3x < 5 + 7 ⇔ x < 4
4. 2(x− 4) + 3x < 5x− 7 ⇔ 2x+ 3x− 5x < 8− 7 ⇔ 0 · x < 1 ⇒ x ∈ R
5. 3− x < 5 + 3x ⇔ −2 < 4x ⇔ −1
2
< x
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 29
6. 2 > −3− 3x ≥ −1 ⇔ [2 > −3− 3x ∧ −3− 3x ≥ −1] ⇔
[3x > −5 ∧ −2 ≥ 3x] ⇔ [x > −5
3
∧ −2
3
≥ x] ⇔ −5
3
< x ≤ −2
3
7. 4x− 3(x+ 5) < x− 18 ⇔ 0 < −3 ⇔ x /∈ R
8. x2 − 4 < x+ 2 ⇔ x2 −x− 6 < 0 ⇔ (x− 3)(x+ 2) < 0 ⇔
⇔ [−2 < x ∧ x < 3] ⇔ x ∈ (−2, 3)
9.
√
x2 + x− 2 < 4 ⇔ x2 + x− 2 < 16 sempre que x2 + x− 2 ≥ 0; isto é sempre
que (x+ 2)(x− 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).
Temos a resolver x2 + x− 2 < 16 com a condição x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞).
Logo, x2+x− 2 < 16 ⇔ x2+x < 18 ⇔ x2+x+
[
1
2
]2
< 18+
[
1
2
]2
⇔
⇔ (x+ 1
2
)2 <
73
4
⇔ −
√
73 + 1
2
< x <
√
73− 1
2
.
Pela condição temos que o conjunto solução é: x ∈ (−
√
73 + 1
2
, −2]∪ [1,
√
73− 1
2
).
10. 2x− 6 < 3x+ 8
5
⇔ 10x− 30 < 3x+ 8 ⇔ 7x < 38 ⇔ x < 38
7
11.
2x+ 6
3
− x
4
< 5 ⇔ 4(2x+ 6)− 3x < 60 ⇔ 5x < 36 ⇔ x < 36
5
12.
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0 ⇔
x2 + 4x+ 10
(x− 4)(x+ 3) > 0 ⇔
(x2 + 4x+ 10)(x− 4)(x+ 3)
(x− 4)2(x+ 3)2 >
0.
Como x2 + 4x+ 10 > 0 para todo x ∈ R, e (x− 4)2(x+ 3)2 ≥ 0, segue que
x2 + 4x+ 10
x2 − x− 12 > 0 ⇔ (x− 4)(x+ 3) > 0 x 6= 4 ou x 6= 3
Portanto, x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞).
13. x2 + 3x+ 8 <
2x− 74
x− 7 ⇔ x
2 + 3x+ 8− 2x− 74
x− 7 < 0 ⇔
⇔ (x
2 + 3x+ 8)(x− 7)− (2x− 74)
x− 7 < 0 ⇔
x3 − 4x2 − 15x+ 18
x− 7 < 0 ⇔
⇔ (x3 − 4x2 − 15x+ 18)(x− 7) < 0 x 6= 7
⇔ (x2 − 3x− 18)(x− 1)(x− 7) < 0 ⇔ (x− 6)(x+ 3)(x− 1)(x− 7) < 0
30 Christian Quintana Pinedo
Portanto, x ∈ (−3, 1) ∪ (6, 7).
14.
x+ 4
x− 2 <
x
x+ 1
⇔ x+ 4
x− 2 −
x
x+ 1
< 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)
(x− 2)(x+ 1) <
0 ⇔
⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 2)
(x− 2)(x+ 1) < 0 ⇔
(7x+ 4)(x− 2)(x+ 1)
(x− 2)2(x+ 1)2 < 0 x 6= 2, x 6= −1
⇔ 7(x+ 4
7
)(x− 2)(x+ 1) < 0 x 6= 2, x 6= −1
Portanto, x ∈ (−∞, −1) ∪ (−4
7
, 2)
15. (x+1)4 ≤ (x+1)2 ⇔ (x+1)2[(x+1)2−1] ≤ 0 ⇔ [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0.
Isto último do fato (x2+1) ≥ 0, ∀x ∈ R, logo de [(x+1)−1][(x+1)+1] ≤ 0 ⇔
(x− 0)(x+ 2) ≤ 0 segue que o conjunto solução da inequação dada é x ∈ [−2, 0]
16. 7(3− 2x) + 2(2x− 15) < 6(3x− 5) + 3(3x− 1) ⇔ 24 < 37x
Portanto, o conjunto solução da inequação dada é x ∈ (24
37
, +∞).
17.
3
2x− 3 > 3x− 16 ⇔
3
2x− 3 − 3x+ 16 > 0 ⇔
3− (3x− 16)(2x+ 3)
2x+ 3
> 0
−6x2 + 21x+ 51
2x+ 3
> 0 ⇔ 2(6x2 − 23x− 51)(x+ 3
2
) < 0 , x 6= −3
2
2[x− (23 +
√
1753
12
)][x− (23−
√
1753
12
)](x+
3
2
) < 0 , x 6= −3
2
Portanto, x ∈ (−∞, 23−
√
1753
12
) ∪ (−3
2
,
23−√1753
12
)
Exercício 1.3.5.
Resolver as seguintes inequações:
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 31
1. (x− 1
2
)(3x+ 5) > 0 2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 3. x(x+ 1) ≤ 0
4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 5. x− 1
x
≥ 0 6. x+ 1
x− 1 < 0
7. x < x2 − 12 < 4x 8. 3− x < 5 + 3x 9.
√
x2 + x− 2 ≥ 4
10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 11. x2 + 3x > −2 12. 3x− 4 < 2 + x
13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 14. 2 ≤ 5− 3x < 11 15. x2 − 3x+ 2 > 0
16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 17. 3x− 5 < 3
4
+
1− x
3
18. 3− x < 5 + 3x
19. x5 − 2x4 − 15x3 > 0 20. 2x2 − x− 10 > 0 21. x2 − 3x+ 2 > 0
22. x2 + 8x− 65 < x− 18 23. x2 + 3
5
x+
9
100
< 0 24. x2 − 2x− 5 > 0
25. 3(x+ 4) + 4x < 7x+ 2 26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 27. x2 − 2x− 8 < 0
28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 29. x2 + 20x+ 100 > 0 30. 3x− 4 < x+ 6
31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0
Solução.
1. (x− 1
2
)(3x+ 5) > 0 ⇔ 3(x− 1
2
)(x+
5
3
) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5
3
) ∪ (1
2
, +∞).
2. (x− 2)(x+ 2) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−2, 2]
3. x(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 0]
4. (x− 1)(x+ 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ [−1, 1]
5.
x− 1
x
≥ 0 ⇔ x(x− 1)
x2
≥ 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞).
6.
x+ 1
x− 1 < 0 ⇔
(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)2 < 0
Portanto, a solução x ∈ (−1, 1].
7. x < x2 − 12 < 4x ⇔ x < x2 − 12 e x2 − 12 < 4x < 4x ⇔
⇔ 0 < x2 − x− 12 e x2 − 4x− 12 < 0 ⇔
⇔ 0 < (x− 4)(x+ 3) e (x− 6)(x+ 2) < 0 ⇔
x ∈ (−∞, −3) ∪ (4, +∞) e x ∈ (−2, 6)
32 Christian Quintana Pinedo
8. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < 3x+ x ⇔ −1
2
< x ⇔ x ∈ (−1
2
, +∞)
9.
√
x2 + x− 2 ≥ 4 ⇔ x2 + x− 2 ≥ 42. Condição x2 + x− 2 ≥ 0.
De x2 + x− 2 ≥ 42 ⇔ x2 + x− 18 ≥ 0 ⇔ (x+ 1
2
)2 ≥ 73
4
⇔
x ≤ −
√
73
2
− 1
2
ou
√
73
2
− 1
2
≤ x ⇔ x ∈ Rr (−4.78, 3.78) (1.8)
Da condição x2 + x− 2 ≥ 0 segue que (x+ 2)(x− 1) > 0 de onde
(x+ 2)(x− 1) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞) (1.9)
Portanto, das desigualdades (1.8) e (1.9) segue que x ∈ (−∞,−4.78]∪ [3.772, +∞).
10. (x− 5)2 < (2x− 3)2 ⇔ [(x− 5)− (2x− 3)][(x− 5) + (2x− 3)] < ⇔
⇔ (−x− 2)(3x− 8) < 0 ⇔ 3(x+ 2)(x− 8
3
) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (8
3
, +∞).
11. x2 + 3x > −2 ⇔ x2 + 3x+ 2 > 0 ⇔ (x+ 2)(x+ 1) > 0.
Portanto, x ∈ (−∞, −2) ∪ (−1, +∞).
12. 3x− 4 < 2 + x ⇔ 3x− x < 2 + 4 ⇔ x < 3 ⇔ x ∈ (−∞, 3)
13. (x− 1)3(x2 − 4)(x− 5) > 0 ⇔ (x− 1)2(x− 1)(x− 2)(x+ 2)(x− 5) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2) ∪ (5, +∞).
14. 2 ≤ 5 − 3x < 11 ⇔ −11 < 3x − 5 ≤ −2 ⇔ −6 < 3x ≤ 3 ⇔ x ∈
(−2, 1]
15. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 1)(x− 2) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
16. 5x− 4(x+ 5) < x− 24 ⇔ 5x− 4x− 20 < x− 24 ⇔ −20 < −24.
Esta última desigualdade não se cumpre em R, logo não existe solução em R para
essa desigualdade.
17. 3x−5 < 3
4
+
1− x
3
⇔ 3x−5− 3
4
− 1− x
3
< 0 ⇔ 36x− 60− 9− 4 + 4x
12
<
0 ⇔
⇔ 40x− 73 < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 73
40
)
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 33
18. 3− x < 5 + 3x ⇔ 3− 5 < x+ 3x ⇔ −1
2
< x ⇔ x ∈ (−1
2
: +∞)
19. x5−2x4−15x3 > 0 ⇔ x3(x2−2x−15) > 0 ⇔ x2(x−0)(x−5)(x+3) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−3, 0) ∪ (5, +∞).
20. 2x2 − x− 10 > 0 ⇔ x2 − x
2
− 5 > 0 ⇔ (x− 1
4
)2 >
21
4
⇔
(
x− 1
4
>
√
21
2
ou x− 1
4
< −
√
21
2
)
⇔
⇔ x ∈ (−∞, 1− 2
√
21
4
) ∪ (1 + 2
√
21
4
, +∞)
21. x2 − 3x+ 2 > 0 ⇔ (x− 2)(x− 1) > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
22. x2 +8x− 65 < x− 18 ⇔ x2 +7x− 47 < 0 ⇔ (x− 7
2
)2 < 47+ (
7
2
)2 =
237
4
−
√
237
2
+
7
2
< x <
√
237
2
+
7
2
Portanto, a solução x ∈ (7−
√
237
2
,
7 +
√
237
2
).
23. x2 +
3
5
x+
9
100
< 0 ⇔ (x+ 3
10
)2 < 0 ⇔ x /∈ R
24. x2 − 2x− 5 > 0 ⇔ (x− 1)2 − 6 > 0 ⇔ [(x− 1)−√6][(x− 1) +√6] > 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, 1−√6) ∪ (1 +√6, +∞).
25. 3(x+4)+4x < 7x+2 ⇔ 3x+4x−7x < +2−12 ⇔ 0x < −10 ⇔ x ∈ ∅
26. 3x2 − 7x+ 6 < 0 ⇔ (−7)2 < 4(3)(6) logo pela Propriedade (1.7) temos que
∀ x ∈ R 0 < 3x2 − 7x+ 6 e não 3x2 − 7x+ 6 < 0
Portanto não existe x ∈ R tal que 3x2 − 7x+ 6 < 0.
27. x2−2x−8 < 0 ⇔ (x−1)2 < 9 ⇔ −3+1 < x < 3+1 ⇔ x ∈ (−2, 4)
28. (x5 − 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔
⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 pois (x4 + x3 + x2 + x+ 1) > 0 ∀ x ∈ R
⇔ (x− 1)(x+ 1) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)
34 Christian Quintana Pinedo
29. x2 + 20x+ 100 > 0 ⇔ (x+ 10)2 > 0 ⇔ x ∈ Rr {10}.
30. 3x− 4 < x+ 6 ⇔ x < 5 ⇔ x ∈ (−∞, 5)
31. (x3 − 5x2 + 7x− 3)(2− x) ≥ 0 ⇔ −(x− 1)(x− 3)(x− 1)(x− 2) ≥ 0
Portanto, a solução é x ∈ [2, 3].
32. (x2 − 3)3(x2 − 7)(x2 − 2x− 3) > 0 ⇔
⇔ (x−
√
3)3(x+
√
3)3(x−
√
7)(x+
√
7)(x− 3)(x+ 1) > 0
Portanto, a solução é x ∈ (−∞, −√7) ∪ (−√3, 1) ∪ (√3, √7) ∪ (3, +∞).
Exercício 1.3.6.
Determine o conjunto solução das seguintes inequações:
1.
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
<
5
a− b se a > b
2.
x
a
+
x
b
> 1 +
x
c
se c > b > a > 0
3.
2x
3a
+ 4 >
5x
6b
+ 2x se b > a > 0
4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5)
Solução.
1. Como a > b > 0 então (a2 − b2) > 0.
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
<
5
a− b ⇔
x
a2 − b2 +
3x
a+ b
− 5
a− b < 0
⇔ x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)
a2 − b2 < 0 ⇔ [x+ 3x(a− b)− 5(a+ b)] < 0 ⇔ ‘
⇔ [x(1 + 3(a− b))− 5(a+ b)] < 0 ⇔ x < 5(a+ b)
1 + 3(a− b)
2. Como c > b > a > 0 então, abc > 0 e
1
a
>
1
b
>
1
c
> 0 ⇒ (bc+ ac− ab) > 0.
x
a
+
x
b
> 1 +
x
c
⇔ x[1
a
+
1
b
− 1
c
] > 1 ⇔
⇔ x(bc+ ac− ab)
abc
> 1 ⇔ x > abc
bc+ ac− ab
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 35
3. Como b > a > 0 então,
1
a
>
1
b
> 0 ⇒ 4
a
− 4
b
> 0
2x
3a
+ 4 >
5x
6b
+ 2x ⇔ 4x
a
+ 24 >5x
b
+ 12x ⇔
⇔ 24 > x[5
b
+ 12− 4
a
] ⇔ 24 > x[5
b
+ 12− 4
a
] ⇔
Por outro lado
[
5
b
+ 12− 4
a
] = [
1
b
+ 12 + (
5
b
− 4
a
)] > 0
Assim, de 24 > x[
5
b
+ 12− 4
a
] segue que x <
24ab
5a+ 12ab− 4b .
4. 11(2x− 3)− 3(4x− 5) > 5(4x− 5) ⇔ x < 7
10
Exercício 1.3.7.
Resolver as seguintes inequações racionais:
1.
x
x− 1 +
x− 1
x
<
2x
x+ 1
2.
2
2x+ 3
< 0 3.
3x+ 5
2x+ 1
≤ 3
4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 5. 2x− 3
x+ 2
<
1
3
6.
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 > 3
7.
(1− x− x2)(2− x− x2)
(3− x)(2− x) ≥ 0 8.
x5 − 1
x4 + 1
<
x5 − 2
x4 + 2
9.
x+ 4
x− 7 >
x
x+ 1
Solução.
1.
x
x− 1 +
x− 1
x
<
2x
x+ 1
⇔ x
x− 1 +
x− 1
x
− 2x
x+ 1
< 0 ⇔ 2x
2 − x+ 1
x(x− 1)(x+ 1) <
0
Pela Propriedade 1.7, observe que 2x2 − x+ 1 > 0 para todo número real, então
2x2 − x+ 1
x(x− 1)(x+ 1) < 0 ⇔ x(x− 1)(x+ 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1)
2.
2
2x+ 3
< 0 ⇔ 2x+ 3 < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3
2
)
3.
3x+ 5
2x+ 1
− 3 ≤ 0 ⇔ (3x+ 5)− 3(2x+ 1)
2x+ 1
≤ 0 ⇔
−3(x− 2
3
)
2(x+
1
2
)
≤ 0
(x− 2
3
)
(x+
1
2
)
≥ 0 ⇔ (x− 2
3
)(x+
1
2
) ≥ 0, x 6= −1
2
36 Christian Quintana Pinedo
⇔ x ∈ (−∞, −1
2
) ∪ [2
3
, ∞)
4. (2x+ 1)101(x− 3)99 ≥ 0 ⇔ (2x+ 1)100(2x+ 1)(x− 3)(x− 3)98 ≥ 0 ⇔
⇔ (2x+ 1)(x− 3) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1
2
) ∪ (3, +∞)
5.
2x− 3
x+ 2
<
1
3
⇔ 2x− 3
x+ 2
− 1
3
< 0 ⇔ 3(2x− 3)− (x+ 2)
3(x+ 2)
< 0 ⇔
⇔ 5x− 11
3(x+ 2)
< 0 ⇔
5(x− 11
5
)
3(x+ 2)
< 0 ⇔ x ∈ (−2, 11
5
)
6.
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 > 3 ⇔
3x2 + 12
x2 + 4x− 5 − 3 > 0 ⇔
−12x+ 27
(x+ 5)(x− 1) > 0 ⇔
−12(x− 27
12
)(x+ 5)(x− 1) > 0 ⇔ (x− 27
12
)(x+ 5)(x− 1) < 0
Portanto, a solução x ∈ (−∞, −5) ∪ (1, 27
12
).
7.
(1− x− x2)(2− x− x2)
(3− x)(2− x) ≥ 0 ⇔
(x2 + x− 1)(x2 + x− 2)
(x− 3)(x− 2) ≥ 0
⇔ (x+
1+
√
5
2
)(x+ 1−
√
5
2
)(x+ 2)(x− 1))
(x− 3)(x− 2) ≥ 0 ⇔
⇔ x ∈ (−∞, −2] ∪ [−1−
√
5
2
,
−1 +√5
2
] ∪ [1, 2] ∪ [3, ∞)
8.
x5 − 1
x4 + 1
<
x5 − 2
x4 + 2
⇔ x
5 − 1
x4 + 1
− x
5 − 2
x4 + 2
< 0
⇔ (x
5 − 1)(x4 + 2)− (x5 − 2)(x4 + 1)
(x4 + 1)(x4 + 2)
< 0 ⇔ x5 − x4 < 0
⇔ x4(x− 1) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 1)
9.
x+ 4
x− 7 >
x
x+ 1
⇔ x+ 4
x− 7 −
x
x+ 1
> 0 ⇔ (x+ 4)(x+ 1)− x(x− 7)
(x− 7)(x+ 1) >
0 ⇔
⇔
12(x+
1
3
)
(x− 7)(x+ 1) > 0 ⇔ x ∈ (−1, −
1
3
) ∪ (7, +∞)
Exercício 1.3.8.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 37
Mostre que se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0 e
3x2 + 5xy + 3y2 > 0.
Demonstração.
Seja A 6= 0, sabe-se que ∀ x ∈ R, Ax2 +Bx+D > 0 ⇔ B2 < 4AD.
Suponhamos que y 6= 0, como (6y)2 < 4(4)(4y2), então 4x2+6xy+4y2 > 0, ∀x ∈ R.
Suponhamos que x 6= 0, como (6x)2 < 4(4)(4x2), então 4y2+6yx+4x2 > 0, ∀y ∈ R.
Portanto, se x e y não são ambos iguais a zero, então 4x2 + 6xy + 4y2 > 0.
De modo análogo mostra-se para 3x2 + 5xy + 3y2 > 0.
Exercício 1.3.9.
Determinar para quais valores de x ∈ R verifica a desigualdade
3(x− a)a2 < x3 − a3 < 3(x− a)x2
Solução.
Esta desigualdade é equivalente a resolver as desigualdades:
3(x− a)a2 < x3 − a3, x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒
Como x3 − a3 = (x− a)(x2 + ax+ a2), então
3(x− a)a2 < x3 − a3 ⇒ 3(x− a)a2 < (x− a)(x2 + ax+ a2) ⇒
⇒ (x− a)[3a2 − (x2 + ax+ a2)] < 0 ⇒ 0 < (x− a)2(x+ 2a)
como (x− a)2 > 0 para todo a 6= 0 e todo x ∈ R, então 0 < (x+ 2a), portanto
x > −2a (1.10)
Por outro lado,
x3 − a3 < 3(x− a)x2 ⇒ (x− a)(x2 + ax+ a2) < 3(x− a)x2
⇒ 0 < (x− a)[3x2 − (x2 + ax+ a2)] ⇒ 0 < (x− a)2(2x+ a)
como (x− a)2 > 0 para todo a 6= 0 e todo x ∈ R, então 0 < (2x+ a), portanto
x > −a
2
(1.11)
De (1.10) e (1.11), se a ≥ 0 seque que a solução da desigualdade é x ∈ (−a
2
,+∞).
De (1.10) e (1.11), se a < 0, segue que x ∈ (−2a, +∞).
38 Christian Quintana Pinedo
Exercício 1.3.10.
Determine o valor de: S = 1 +
1
3
+
1
32
+
1
33
+ · · · + 1
3n
, se n→∞.
Solução.
Seja S = 1 +
1
3
+
1
32
+
1
33
+ · · · + 1
3n
então −1
3
S = −1
3
− 1
32
− 1
33
− 1
34
· · · − 1
3n+1
Somamos estas duas igualdades para obter
S − 1
3
S = 1− 1
3n+1
⇒ S = 3
2
[
1− (1
3
)n+1]
Observe, quando n→∞ temos que (1
3
)n+1 → 0, logo S → 3
2
.
Portanto, quando n→∞ temos que S → 3
2
.
Exercício 1.3.11.
Suponha b2 − 4c ≥ 0. Mostre que os números −b+
√
b2 − 4c
2
e
−b−√b2 − 4c
2
satisfazem ambos a equação: x2 + bx+ c = 0.
Solução.
Como b2 − 4c ≥ 0, então podemos supor x = −b±
√
b2 − 4c
2
∈ R de onde 2x + b =
±√b2 − 4c.
Então, (2x+b)2 = (±√b2 − 4c)2 então 4x2+4xb+b2 = b2−4c, de onde 4(x2+xb+c) = 0.
Portanto, x2 + bx+ c = 0.
Exercício 1.3.12.
Suponha que b2−4c < 0. Mostre que não existe nenhum número que satisfaz a equação:
x2 + bx+ c = 0.
Demonstração.
Suponhamos que existe x ∈ R de modo que x2 + bx + c = 0, logo x2 + bx + ( b
2
)2
=( b
2
)2 − c, então (x+ b
2
)2 =
b2 − 4c
4
< 0, pois b2 − 4c < 0.
De onde (x+
b
2
)2 < 0, isto é um absurdo, pois todo número real ao quadrado sempre
é maior ou igual que zero. Esta contradição temos pelo fato de supór que existe x ∈ R.
Portanto, não existe nenhum número real que satisfaz a equação: x2 + bx+ c = 0.
Exercício 1.3.13.
Suponha a, b, c e d números reais.
Mostre a desigualdade de Schwartz: ac+ bd ≤ √a2 + b2.√c2 + d2.
Demonstração.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 39
Sabe-se que 2AB ≤ A2 +B2, então
(ac+ bd)2 = (a2c2 + b2d2) + 2(ac)(bd) ≤ (a2c2 + b2d2) + b2c2 + a2d2 ⇒
(ac+bd)2 ≤ (a2c2+b2d2)+b2c2+a2d2 = (a2+b2)(c2+d2) ⇒ ac+bd ≤
√
a2 + b2.
√
c2 + d2
Exercício 1.3.14.
Mostre que:
√
x2 − 2x− 15 ≥ x+ 1 ∀ x ∈ (−∞, −3].
Demonstração.
Temos que ∀x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x−5 ≤ −8 ∧x+3 ≤ 0 ⇔
⇔ (x− 5)(x+ 3) ≥ 0 ⇔
√
x2 − 2x− 15 ≥ 0
Por outro lado, x ∈ (−∞, −3] ⇔ x ≤ −3 ⇔ x+ 1 ≤ −2 ≤ 0.
Portanto, das duas desigualdades da direita segue que
√
x2 − 2x− 15 ≥ x + 1 para
todo x ≤ −3.
Exercício 1.3.15.
Mostre que:
1
4
≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.
Demonstração.
Para todo x ∈ [−1, 2]− {1} temos
(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (1 ≤ x+ 2 < 3 ou 3 < x+ 2 ≤ 4)
(−1 ≤ x < 1 ou 1 < x ≤ 2) ⇒ (0 ≤ x2 ≤ 1 ou 1 < x2 ≤ 4)
consequentemente
(1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 4 ou 4 < x2 + x+ 2 ≤ 8) ⇔ 1 ≤ x2 + x+ 2 ≤ 8
Como
1
4
≤ 1, portanto 1
4
≤ x2 + x+ 2 ≤ 8 ∀ x ∈ [−1, 2]− {1}.
Exercício 1.3.16.
Os números positivos a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressão
aritmética. Mostre que:
1√
a1 +
√
a2
+
1√
a2 +
√
a3
+
1√
a3 +
√
a4
+ · · · + 1√
an−1 +
√
an
=
n− 1√
a1 +
√
an
Solução.
40 Christian Quintana Pinedo
Como a1, a2, a3, · · · an não são iguais a zero e formam uma progressão aritmética,
podemos supor de razão r, então a2 = r + a1, a3 = r + a2 = 2r + a1, e assim por diante,
temos an = (n− 1)r = a1.
Seja S =
1√
a1 +
√
a2
+
1√
a2 +
√
a3
+
1√
a3 +
√
a4
+ · · · + 1√
an−1 +
√
an
, então
S =
√
a1 −√a2
a1 − a2 +
√
a2 −√a3
a2 − a3 +
√
a3 +
√
a4
a3 − a4 + · · · +
√
an−1 +
√
an
an−1 − an =
S =
√
a1 −√a2
−r +
√
a2 −√a3
−r +
√
a3 +
√
a4
−r + · · · +
√
an−1 +
√
an
−r =
√
an −√a1
r
S =
an − a1
r(
√
an +
√
a1)
=
r(n− 1)
r(
√
an +
√
a1)
=
n− 1√
a1 +
√
an
Portanto, a igualdade (1.8) é válida.
Exercício 1.3.17.
Determine a quantidade de números inteiros, positivos e ímpares, formados por três
algarismos distintos, escolhidos dentre os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9.
Solução.
Suponhamos os números sejam da forma abc, como eles devem ser ímpares e positivos
supondo c = 1, então teríamos 9 formas distintas para escolher b (o algarismo 1 não seria
escolhido para ser b) e também teríamos 7 formas para escolher apois este algarismo não
pode ser 0, 1 e aquele escolhido para b. Logo quando c = 1 temos 7× 9× 1 = 63 formas
distintas de obter ímpares da forma ab1.
Como o algarismo c pode ser 1, 3, 5, 7 ou 9 então temos 63×5 = 315 formas distintas
de escolha.
Portanto são 315 formas distintas de formar números ímpares.
Exercício 1.3.18.
Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da forma
p
72
, que pertençam ao inter-
valo [4, 7].
Solução.
Como 4 ≤ p
72
≤ 7 então 288 ≤ p ≤ 504, logo a soma de todas as frações irredutíveis
da forma
p
72
, que pertençam ao intervalo [4, 7] é
288 + 289 + · · ·+ 503 + 504
72
= 1193, 5
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 41
Como 72 = 22×32, a soma das frações de numerador par, da forma p
72
, que pertençam
ao intervalo [4, 7] é
288 + 290 + 292 + · · ·+ 502 + 504
72
= 599, 5
E a soma das frações de numerador múltiplo de três, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] é
288 + 291 + 294 + · · ·+ 501 + 504
72
= 401, 5
A soma das frações de numerador múltiplo de seis, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] que já estão incluidas nas duas somas acima é
288 + 294 + 210 + · · ·+ 498 + 504
72
= 203, 5
Logo a soma das frações redutíveis é 599, 5 + 401, 5− 203, 5 = 797, 5
Portanto, a soma de todas as frações irredutíveis, da forma
p
72
, que pertençam ao
intervalo [4, 7] é 1193, 5− 797, 5 = 396.
Exercício 1.3.19.
Dentre os paralelepípedos com soma fixa de suas três arestas simultaneamente perpen-
diculares, achar o paralelepípedo de volume máximo.
Solução.
Seja S a soma de suas arestas a, b e c, então S = a+ b+ c.
O volume do paralelepípedo é V = abc. Sabe-se que a média geométrica é menor ou
igual que a media aritmética, logo
3
√
V =
3
√
abc ≤ a+ b+ c
3
=
S
3
⇒ V ≤ (S
3
27
)
o sinal de igualdade só se obtém quando a = b = c =
S
3
Trata-se de um cubo.
Exercício 1.3.20.
Três pessoas A, B e C visitam o açude “Peixe na chapa” e pescam mais de 8 peixes;
B pensa pescar mais 4 com o que teria mais peixes que A e C porém B tem menos peixes
que C e o que tem C não chegam a 5. Quantos peixes tem cada um deles?
Solução.
Pelas hipóteses do problema temos que
A+B + C > 8 B < C < 5 B + 4 > A+ C
42 Christian Quintana Pinedo
então B < A+B + C < 2B + 4, logo 4 < 2B ou B < 2.
Como 2 < B < C < 5, concluímos que B = 3, C = 4 de onde A = 2.
Exercício 1.3.21.
Para uma festa no Natal, uma creche necessitava de 120 brinquedos. Recebeu uma
doação de R$ 370,00. Esperava-se comprar carrinhos a R$2, 00 cada, bonecas a R$3, 00 e
bolas a R$3, 50. Se o número de bolas deveria ser igual ao número de bonecas e carrinhos
juntos. Mostre que a solução seria comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.
Solução.
Sejam b o total de bonecas a ser compradas, c o dos carrinhos e B total de bolas.
Sabe-se que b+ c+B = 120, porém B = b+ c, logo B +B = 120 de onde B = 60 ou
b+ c = 60.
Por outro lado, sabemos que 3b+2c+3, 5B = 370, de onde b+2(b+ c) + (3, 5)(60) =
370 ⇒ b+2(60)+(3, 5)(60) = 370, logo b = 370−330 = 40, assim resulta que c = 20.
Portanto, deve-se comprar: 40 bonecas, 20 carrinhos e 60 bolas.
Exercício 1.3.22.
Em uma fazenda, existia um número de cabeças de gados. Depois de duplicar esse
número, foi roubado 1 cabeça sobrando mais de 54. Meses depois observou-se que triplicou
o número de cabeças de gado que existia no início e foram roubadas 5 restando menos de
80. Quantas cabeças de gado existiam no início?
Solução.
Suponha que inicialmente existiam x cabeças de gado.
Depois duplicou esse número e roubaram 1 sobrando mais de 54, isto é 2x− 1 > 54.
Então 55 < 2x ou
55
2
< x. Meses triplicou o número de gado que existia no início e
foram roubadas 5 restando menos de 80, isto é 3x− 5 < 80. Logo, 3x < 85 ou x < 85
3
.
Assim, 27, 5 =
55
2
< x <
85
3
= 28, 333333, e como o número de cabeças de gado é
número inteiro, temos que x = 28.
Portanto, no início existiam 28 cabeças de gado.
Exercício 1.3.23.
A média aritmética das idades de um grupo de médicos e advogados é 40 anos. A
média aritmética das idades dos médicos é 35 anos e a dos advogados é 50 anos. Pode-se,
então, afirmar que:
Solução.
Suponhamos, m e a o total de médicos e de advogados respectivamente então, o total
da soma das idades dos médicos e advogados é: 35m+ 50a.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 43
Como a média aritmética de todas as idades é 40, segue-se que 40 =
35m+ 50a
m+ n
, então
40(m+ a) = 35m+ 50a ⇒ m = 2a.
Portanto, podemos afirmar que o número de médicos é o dobro do número de advo-
gados.
Exercício 1.3.24.
Uma pessoa compra um apartamento por R$10.000, 00 em seguida o aluga. Deixando
12
1
2
% da renda anual para reparações e manutenção, pagando R$325, 00 de IPTU e 5
1
2
%
descontando por conta de investimento. Qual é a renda mensal?
Solução.
Suponha a renda anual seja R reais, então pelos dados do problema temos o seguinte:
(12
1
2
%)R + 325 + (5
1
2
%)(10.000) = R
12
25
· 1
100
·R + 325 + 11
2
· 1
100
· (10.000) = R
325 + 550 = R− 1
8
R ⇒ R = 1000
Portanto, a renda mensal é de
1000
12
reais, isto é R$83, 33.
Exercício 1.3.25.
A soma das idades de três pessoas é 96. A maior tem 32 anos mais que a menor e a
do meio 16 anos menos que a maior. Calcular a idade de cada uma das pessoas.
Solução.
Suponhamos que a idade da menor seja x anos, então a maior tem x+ 32 anos, e a o
do meio tem (x+ 32)− 16.
Assim x+ [(x+ 32)− 16] + (x+ 32) = 96, então x = 16.
As idades das pessoas são: 16, 32, e 48 anos.
Exercício 1.3.26.
Eu tenho a idade que você tinha, quando eu tinha a metade da idade que você tem. A
soma de nossas idades hoje é igual a 35 anos. Quais são as idades hoje?
Solução.
Trata-se de um problema de idades recomenda-se usar a seguinte Tabela (1.4):
A premissa básica para resolver este problema é o fato de que a diferença das idades
de duas pessoas, é invariante no tempo, ou seja, a diferença permanece constante ao longo
do tempo.
De antes para hoje transcorreram h anos, então h = x− y
2
= y − x, logo 4x = 3y.
44 Christian Quintana Pinedo
eu você
Antes
y
2
x
Hoje x y
Tabela 1.4:
Como x+ y = 35, segue que 4x+ 4y = 140 ⇒ 3y + 4y = 140 ⇒ y = 20.
Hoje as idades são 15 e 20 anos respectivamente.
Exercício 1.3.27.
Mostre que, para números reais x e y, e n ∈ N n ≥ 2 são válidas as seguintes
igualdades:
1. xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2.y + xn−3.y2 + · · · + x2.yn−3 + x.yn−2 + yn−1)
2. xn + yn = (x + y)(xn−1 − xn−2y + xn−3y2 − · · · + (−1)n−3x2yn−3 − xyn−2 + yn−1)
somente quando n ímpar.
Demonstração. 1.
Por indução matemática.
Se n = 2 então x2 − y2 = (x− y)(x2−1 + y2−1) a igualdade é válida.
Suponhamos a hipótese auxiliar que, para n = h seja válida a igualdade
xh − yh = (x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1)
Para n = h+ 1 temos;
xh+1 − yh+1 = xh.x− x.yh + x.yh − yh.y = x(xh − yh) + yh(x− y) =
da hipótese auxiliar
= x(x− y)(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh(x− y) =
= (x− y)[x(xh−1 + xh−2.y + xh−3.y2 + · · · + x2.yh−3 + x.yh−2 + yh−1) + yh] =
= (x− y)[xh + xh−1.y + xh−2.y2 + xh−3.y3 + · · · + x3.yh−3 + x2.yh−2 + x.yh−1 + yh]
Portanto, a igualdade é válida para todo n ∈ N, n ≥ 2.
Demonstração. 2.
Para n = 0, a igualdade x1 + y1 = (x+ y) é verdadeira.
Para n = 1, a igualdade x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) é verdadeira.
23/10/14 Suplemento de Cálculo I 45
Suponhamos para n = h seja verdadeira a igualdade, isto é
x2h+1 + y2h+1 = (x+ y)(x2h − x2h−1.y + x2h−2.y2 − · · · + x2.y2h−2 − x.y2h−1 + y2h)
Para n = h+ 1 temos
x2h+3 + y2h+3 = x2x2h+1 − y2y2h+1 = x2x2h+1 + x2y2h+1 − x2y2h+1 + y2y2h+1
= x2(x2h+1 + y2h+1)− y2h+1(x2 − y2)
= x2[(x+y)(x2h−x2h−1.y+x2h−2.y2− · · ·+x2.y2h−2−x.y2h−1+y2h)]−y2h+1(x−y)(x+y)

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