Problemas_e_Desafios_Vol_01_cap-05 - Guidorizzi 6ª Ed

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Volume 1
 Capítulo 5 Teoremas do Anulamento, do Valor Intermediário 
e de Weierstrass
 1. Consideremos dois corpos A e B se locomovendo sobre dois trilhos horizontais. Sejam 
2 3 2( ) = 3 4, 0 e ( ) = 2 , 0tf t e t t g t t t t+ − ≥ − ≥
as funções que a cada instante t indicam a distância percorrida pelos corpos A e B, respecti-
vamente. Nessas condições, mostre que existe um instante de tempo t em que os dois corpos 
A e B terão percorrido exatamente a mesma distância.
Solução
Observe que, se 0t é um instante em que os corpos A e B percorreram exatamente a mes-
ma distância, então neste instante de tempo devemos ter 
0 0 0( ) = ( ) ( )( ) = 0.f t g t f g t⇒ −
Desse modo, nosso problema se reduz a provar que a nova função (f – g)(t) = et – 2t3 + 
4t2 – 2t3 – 4, definida a partir das funções f e g, possui uma raiz.
Evidentemente, a ideia para garantir a existência dessa raiz, é utilizar o teorema do 
anulamento. Para isso, devemos encontrar um intervalo real em que a função ( )f g− 
muda de sinal. Note que 
( )(0) = 3 < 0 e ( )(1) = 2 > 0.f g f g e− − − −
Assim, ( )f g− é uma função contínua em [ 1,0]− , derivável em ( 1,0)− (pois f e g o 
são), ( )(0) < 0f g− e ( )(1) > 0f g− . Dessa forma, o teorema do anulamento nos permi-
te concluir que existe 0 (0,1)t ∈ tal que 0( )( ) = 0f g t− , ou seja, 0 0( ) = ( )f t g t , e assim no 
instante 0=t t os corpos A e B terão percorrido exatamente a mesma distância.
 2. Forneça um exemplo de uma função que muda de sinal num intervalo [ , ]a b mas que não 
se anula em nenhum ponto desse intervalo. Em seguida, justifique por que o exemplo que 
você forneceu não contraria o teorema do anulamento.
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Problemas e Desafios
Solução
Consideremos : [ 1,1]f − → , dada por 
1/ , 0,
( ) =
1/ 2, = 0.
x x
f x
x
≠


Observando o gráfico de f, vemos que f assume valores negativos para < 0x e valores 
positivos para 0x ≥ , mas não se anula em nenhum ponto do intervalo [ 1,1]− . Como po-
demos observar na figura abaixo, no entanto, tal exemplo não contraria o teorema do 
anulamento, uma vez que a função f não é contínua em = 0x .
y
x– 1 10
5_2
 3. Exiba graficamente exemplos de funções contínuas num intervalo fechado [a, b], exceto em 
algum ponto ( , )c a b∈ , e que satisfaçam as seguintes condições: 
a) Assume valor máximo em [a, b], mas não assume valor mínimo. 
b) Assume valor mínimo em [a, b], mas não assume valor máximo. 
c) Não assume nem valor mínimo nem valor máximo em [a, b]. 
d) Assume valores mínimo e máximo em [a, b]. 
 Isso mostra que, quando descartamos a continuidade de uma função f, esta pode ou não 
satisfazer o teorema de Weierstrass.
Solução
a) y
x0a b
5_3a
b) y
x0a b
5_3b
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3
Teoremas do Anulamento, do Valor Intermediário e de Weierstrass
c) y
xa b
5_3c
d) y
x0a b
5_3d
 4. Use o teorema do valor intermediário para provar que toda função contínua e injetiva 
:f I →  deve necessariamente ser estritamente crescente ou estritamente decrescente.
Solução
Vamos demonstrar esse resultado por redução ao absurdo. Para tanto, suponhamos que 
:f I →  seja uma função contínua e injetiva mas que não seja nem estritamente cres-
cente e nem estritamente decrescente. Então, deverão existir 0 1 2, ,x x x I∈ , 0 1 2< <x x x , 
satisfazendo 
0 1 1 2( ) < ( ) e ( ) > ( )f x f x f x f x
ou 
0 1 1 2( ) > ( ) e ( ) < ( )f x f x f x f x
Vamos supor, sem perda de generalidade, que 0 1( ) < ( )f x f x e 1 2( ) > ( )f x f x (a aná-
lise do outro caso é inteiramente análoga). Neste caso, teremos 
0 1 2( ) < ( ) > ( ).f x f x f x
Temos agora dois casos a considerar:
CASO I ( 0 2( ) > ( )f x f x ):
Neste caso teríamos 2 0 1( ) < ( ) < ( )f x f x f x e desta forma, pelo teorema do valor in-
termediário, existiria 1 2( , )c x x∈ e portanto 0c x≠ satisfazendo 0( ) = ( )f c f x , o que con-
traria a injetividade de f.
CASO II ( 0 2( ) < ( )f x f x ):
Neste caso teríamos 0 2 1( ) < ( ) < ( )f x f x f x e desta forma, pelo teorema do valor in-
termediário, existiria 0 1( , )c x x∈ e portanto 2c x≠ satisfazendo 2( ) = ( )f c f x , o que tam-
bém contraria a injetividade de f.
Portanto, em ambos os casos chegamos a uma contradição, o que nos permite concluir 
que f deve necessariamente ser estritamente crescente ou estritamente decrescente.
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Problemas e Desafios
 5. Um termômetro de alta precisão, ao medir continuamente a temperatura na cidade do Rio de 
Janeiro em uma manhã de verão, associando uma curva contínua aos dados obtidos, iniciou 
os trabalhos às 6h aferindo que nesse momento a temperatura era de 20 graus Celsius, e 
encerrou a aferição às 12h, quando a temperatura era de 32 graus Celsius. Um termômetro 
como o utilizado no Rio de Janeiro foi usado na cidade de Porto Alegre na mesma manhã, e 
lá foi aferida uma temperatura de 22 graus no início dos trabalhos de medição às 6h e de 27 
graus no final dos trabalhos às 12h. Nessas condições, mostre que em algum momento nessa 
manhã as cidades do Rio de Janeiro e de Porto Alegre apresentavam a mesma temperatura.
Solução
Inicialmente sejam 
1 : [6,12] [20,32]T →
a função temperatura na cidade do Rio de Janeiro na manhã relatada e 
2 : [6,12] [22,27]T →
a função temperatura na cidade de Porto Alegre na mesma manhã.
Queremos mostrar que existe algum momento 0 [6,12]t ∈ , em que 1 0 2 0( ) = ( )T t T t , o 
que é equivalente a mostrar que 1 0 2 0( ) ( ) = 0T t T t− , ou seja,
1 2 0( )( ) = 0.T T t−
Nosso problema se restringe então a garantir a existência de uma raiz para a função contí-
nua 1 2( )T T− . Os únicos dados que conhecemos acerca das temperaturas se referem ao mo-
mento inicial e ao momento final das aferições. Analisando esses dados, constatamos que 
1 2 1 2( )(6) = (6) (6) = 20 22 = 2 < 0T T T T− − − −
e 
1 2 1 2( )(12) = (12) (12) = 32 27 = 5 > 0.T T T T− − −
Desse modo, a função contínua 1 2( )T T− muda de sinal ao londo do seu domínio [6, 12], e 
portanto o teorema do anulamento nos garante a existência de 0 [6,12]t ∈ satisfazendo
1 2 0 1 0 2 0( )( ) = 0 ( ) = ( ),T T t T t T t− ⇒
e portanto a temperatura aferida nas cidades do Rio de Janeiro e de Porto Alegre nesse 
instante t0 foi examente a mesma. 
 6. Considere o quadrado de lado l e diagonal d, representado na figura a seguir. Para cada 
0 y l≤ ≤ fatiamos o quadrado com o segmento y yA B , em que = (0, )yA y e = ( , )yB l y , e de-
notamos por yC a interseção desse segmento com a diagonal do quadrado. Nessas condições, 
prove que existe 0 (0, )y l∈ , satisfazendo 
0 0 0 0
| | = | |,y y y yA C C B
em que 
0 0
| |y yA C e 0 0| |y yC B representam os comprimentos dos segmentos 0 0y yA C e 0 0y yC B , 
respectivamente.
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5
Teoremas do Anulamento, do Valor Intermediário e de Weierstrass
y
x
Ay
l
l
By
Cy
d
0
5_6
Solução
Sejam , : [0, ] [0, ]f g l l→ , dadas por 
( ) = | | e | | .y y y yf y A C C B
Agora, definimos ( ) = ( ) ( )h x f x g x− . Claramente, h é contínua em [0, ]l (pois f e g o 
são) e, além disso, 
(0) = (0) (0) = 0 = < 0h f g l l− − −
e 
( ) = ( ) ( ) = 0 = > 0h l f l g l l l− −
Dessa forma, o teorema do anulamento nos permite garantir a existência de 0 (0, )y l∈ 
satisfazendo 0( ) = 0h y , ou seja, 0 0( ) = ( )f y g y , e portanto 
0 0 0 0
| | = | |y y y yA C C B
como queríamos demonstrar.
 7. Seja : [1/ 2,3]f →  a função definida por
3 2 ( 1) 2 , 1/2 < 2,( ) = 2
, 2 3.
x ax a x xf x x
x b x
 − + + −
≤
−
 + ≤ ≤
a) Determine os valores das constantes a e b que garantam a existência de valores máximo 
e mínimo para a função f no intervalo [1/2, 3]. 
b) Esboce o gráfico da função f para os valores de a e b obtidos no item anterior. 
c) Com base no gráfico, determine os valores máximo e mínimo da função f no intervalo 
[1/2, 3]. 
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Problemas e Desafios
Solução
a) Pelo teorema de Weierstrass, para que possamos garantir a existência de valores de 
máximo e de mínimo para a função f no intervalo fechado [1/2, 3] basta impormos 
que a função f seja contínua nesse intervalo. Note que o único ponto em que devemos 
nos preocupar com a continuidade é em = 2x . Para que f seja contínua nesse ponto é 
necessário que existam os limites 
2 2
( ) e ( ),lim lim
x x
f x f x
− +→ →
que eles coincidam e sejam iguais a (2)f .
 Vamos iniciar a análise, garantindo a existência desses limites. Note que 
2
lim ( ) =
x
f x
+→
2
lim
x
x b
+→
+ sempre existe independentemente do valor de b. Já o limite 
3 2
2 2
( 1) 2( ) =lim lim 2x x
x ax a xf x
x− −→ →
− + + −
−
pode não existir, já que o denominador tende a 0 quando x se aproxima de 2 pela 
esquerda. Deste modo, para garantirmos a existência de tal limite, é necessário que 
o polinômio 3 2 ( 1) 2x ax a x− + + − apresente o fator ( 2)x − em sua decomposição, 
permitindo que possamos eliminar a indeterminação do denominador. Isso equivale a 
impor que = 2x seja raiz desse polinômio, ou seja, 
8 4 2 2 2 = 0 = 4.a a a− + + − ⇒
 Note que, tomando = 4a , teremos 
 
3 2
2 2
( 1) 2( ) =lim lim 2x x
x ax a xf x
x− −→ →
− + + −
−
 
3 2
2
4 5 2= lim 2x
x x x
x−→
− + −
−
 
2
2
( 2)( 1)= lim 2x
x x
x−→
− −
−
 2
2
= ( 1)lim
x
x
−→
−
 = 1.
 Agora, precisamos garantir que os limites laterais em = 2x coincidam. Para isso, 
devemos ter 
2 2 2
1 = ( ) = ( ) = = 2 ,lim lim lim
x x x
f x f x x b b
− + +→ → →
+ +
ou seja, 2 = 1b+ , e portanto = 1b − .
 Assim, tomando = 4a e = 1b − , teremos 
2( 1) , 1/2 < 2,
( ) =
1, 2 3,
x x
f x
x x
 − ≤

− ≤ ≤
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Teoremas do Anulamento, do Valor Intermediário e de Weierstrass
donde 
2
lim ( ) = 1 = (2)
x
f x f
→
e desta forma podemos garantir a continuidade de f em [1/2, 3] e consequentemente 
a existência de valores de máximo e de mínimo nesse intervalo.
b) Para = 4a e = 1b , temos 
2( 1) , 1/2 < 2,
( ) =
1, 2 3,
x x
f x
x x
 − ≤

− ≤ ≤
 cujo gráfico está representado na figura abaixo.
1
1
2
2 3 x
y
5_7c) Analisando o gráfico no item anterior, concluímos que o valor máximo de f em [1/2, 3] 
é 2 obtido para = 3x , ao passo que o valor mínimo é 0 obtido em = 1x . 
 8. Seja : [0, 2]f →  a função definida por
3
2
, 0 < 1,( ) =
2 3, 1 2.
x xf x
x x x
 ≤

− + ≤ ≤
Mostre que não existe nenhum [0,2]x∈ , satisfazendo ( ) = 3/2f x . Isso contradiz o teorema 
do valor intermediário? Justifique sua resposta.
Solução
Vamos supor inicialmente que existe [0, 2]x∈ , satisfazendo ( ) = 3/2f x . Temos dois casos 
a considerar:
CASO I ( )[0,1)x∈ : Neste caso teríamos 
3 = 3/2 = 27/4 > 2,x x⇒
o que não é possível, já que estamos considerando o caso em que 0 < 1x≤ .
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Problemas e Desafios
CASO II ( )[1, 2]x∈ : Neste caso teríamos 
2 22 3 = 3/2 2 4 3 = 0,x x x x− + ⇒ − +
o que também não é possível, pois a equação quadrática em questão não possui raiz real 
(note que 2= ( 4) 4(2)(3) = 8 < 0∆ − − − ).
Desse modo, não existe de fato nenhum [0,2]x∈ satisfazendo ( ) = 3/2f x . No entanto,
(0) = 0 < 3/2 < 3 = (2)f f
e podemos a princípio nos indagar se o teorema do valor intermediário não garantiria a 
existência desse elemento [0,2]x∈ , satisfazendo ( ) = 3/2f x .
No entanto, se fizermos uma análise mais cuidadosa observaremos que a função f não 
cumpre as hipóteses do teorema do valor intermediário. Basta observarmos que 
3
1 1
( ) = = 1lim lim
x x
f x x
− −→ →
e 
2
1 1
( ) = 2 3 = 2lim lim
x x
f x x x
+ +→ →
− +
para concluir que 
1
lim ( )
x
f x
→
 e portanto a função f não é contínua em = 1x .
 9. Dizemos que 0x é um ponto fixo de uma função f se 0 0( ) =f x x . Prove que toda função 
contínua : [0,1] [0,1]f → admite um ponto fixo.
Solução
Naturalmente se (0) = 0f ou (1) = 1f nada temos a fazer. Vamos supor então (0) 0f ≠ 
e (1) 1f ≠ . Como Im( ) = [0,1]f , teremos obrigatoriamente (0) > 0f e (1) < 1f .
Observe que o problema consiste então em garantir a existência de um número 
0 (0,1)x ∈ satisfazendo 0 0( ) =f x x , ou seja, 0 0( ) = 0f x x− , o que é equivalente a de-
monstrar a existência de uma raiz no intervalo (0,1) para a função g definida por 
( ) = ( )g x f x x−
Temos que
 (0) = (0) > 0g f
 (1) = (1) 1 < 0 (pois (1) < 1).g f f−
Além disso, a função g assim definida é contínua em [0,1], pois a função f e a fun-
ção identidade ( ) =h x x o são. Deste modo, segue do teorema do anulamento que existe 
0 (0,1)x ∈ tal que
0 0 0 0 0( ) = 0 ( ) = 0 ( ) =g x f x x f x x⇒ − ⇒
e portanto 0 (0,1)x ∈ é um ponto fixo da função f.
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Teoremas do Anulamento, do Valor Intermediário e de Weierstrass
 10. O teorema do anulamento é baseado, dentre outras coisas, num resultado bastante evidente 
que nos diz que se f é uma função contínua em a e ( ) > 0f a então existe um número > 0δ 
tal que ( ) > 0f x para todo x no intervalo ( , )a aδ δ− + . Em outras palavras, f tem o mesmo 
sinal que ( )f a em um pequeno intervalo centrado em a (o mesmo vale se ( ) < 0f a ). De-
monstre esse resultado.
Solução
Como f é contínua em =x a, temos que 
( ) = ( ).lim
x a
f x f a
→
 Deste modo, se tomarmos = ( ) > 0f aε , necessariamente deverá existir > 0δ , satis-
fazendo 
| | < | ( ) ( ) | < = ( )x a f x f a f aδ ε− ⇒ − (1)
 Mas 
| | < < < < < ( , )x a x a a x a x a aδ δ δ δ δ δ δ− ⇔ − − ⇔ − + ⇔ ∈ − +
e 
| ( ) ( ) | < ( ) ( ) < ( ) ( ) < ( ) 0 < ( ) < 2 ( )f x f a f a f a f x f a f a f x f a− ⇔ − − ⇔
 Segue então de (1) que 
( , ) 0 < ( ) < 2 ( ),x a a f x f aδ δ∈ − + ⇒
ou seja, ( ) > 0f x para todo x no intervalo ( , )a aδ δ− + , como queríamos demonstrar. 
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