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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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