MA11 - Exercícios Resolvidos - 83 92

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A Matemática do Ensino Médio Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA
2. Prove a unicidade do quociente e do resto, isto é, se P ( ( ) ( (x) = p x q1 x) + r1 x) e P (x) =
p(x x x x)q2(x r) + 2( ), com g r r1( ) e g r r2( ) ambos menores do que g r p(x), então q1( ( )x) = q2 x
e r1(x) = r2(x) para to do .x ∈ R
Solução :13 
P P(x)− (X) = 0
⇒ p(x x)(q1( )− −q r2(x)) = 2(x) r x1( ) (1)
Supondo por absurdo que ) então teremos:q1(x) 6= q2(x
g r [p(x)(q q p x1(x)− 2(x))] ≥ g r [ ( )]
E para ) teremosr2( (x)− r1 x
g r [r x r max r r2( )− 1(x)] ≤ {g r [ 2(x)], g r [ 1(x)]} < gr [p(x)]
o que implica em:
g r g r [(q q1(x)− 2(x))p(x)] 6= [r r2(x)− 1(x)]
O que pela equação (1) seria uma absurdo. Logo q1( (x) = q2 x) e então:
p(x x x x x)(q1( )− q2( )) = r2( )− r1( )
⇒ p(x) · 0 = r2(x)− r1(x)
⇒ r r1(x) = 2(x)
Completando a demonstração da unicidade.
3. Diz-se que o numero real é uma raiz de α multiplicidade m do p olinômio p(x) quando se
tem p( ) (x) = (x − α mq x), com q(α) 6= 0. (Se = 1 ou = 2,m m α chama-se respectivamente
uma raiz ou raiz .) Prove que é uma raiz simples de ) se, e somente se,simples dupla α p(x
tem-se p(α) = 0 e p0(α) 6= 0. Prove também que é uma raiz dupla de ) se, e somente se,α p(x
p p(α α) = p0( ) = 0 e 00 (α) 6= 0. Generalize.
Solução:
(⇒) Se é raiz simples de α p(x) então p(x) = (x− α)1q(x)
⇒ p(α) = 0.
Derivando p(x) provamos que p
0
(α) 6= 0.
p
0
(x) = (x− α)0q(x) + (x− α)q0(x)
13 Solução retirada do livro Tópicos da Matemática Elementar volume 6.
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= q(x) + (x− α)q0(x) (veja regras de derivação)
⇒ p0(α) = q(x) 6= 0.
( (⇐) Se p α) = 0 então p(x) = (x− α)nq(x).
Derivando p(x) chegamos à p
0
( ( (x) = n x− α)n−1q x) + (x− α)nq0(x).
e considerando, por absurdo, que n 6= 1 então p(α) seria
p(α) = n
(x− α)n
x− α q(x) + (x− α)
nq
0
(x)
⇒ p(α) = n0
n
0
q( ( )x) + (0)nq
0
x
⇒ p(α) = ∞ (singularidade)
Observe que a singularidade obtida só deixa de existir quando = 0 somenten = 1. Logo, p(α) 6
quando n = 1 o que implica no fato de ser uma raiz simples.α
4. Certo ou errado: α é raiz dupla de p(x) se, e somente se, é raiz simples de ).p
0
(x
Solução:
Errado. Por exemplo, em p(x) = x2− 1 temos p0(x) = 2x onde 0 é raiz simples de p0(x), mas
não é raiz dupla de p( ).x
5. Determine o polinômio ) de menor grau posśıvel tal que P (x P (1) = 2, P (2) = 1, (3) = 4P
e P (4) = 3.
Solução:
Esse problema pode ser resolvido de duas formas. Numericamente, por meio da interpolação
lagrangiana, ou algebricamente, por meio de sistemas.
Numericamente
A função passa por 4 pontos.
(x0, y1) = (1 2),
(x1, y1) = (2 1),
(x2, y2) = (3 4),
(x3, y3) = (4 3),
com base nele calculamos
L0 =
x− 2
1− 2 ·
x− 3
1− 3 ·
x− 4
1− 4
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L1 =
x− 1
2− 1 ·
x− 3
2− 3 ·
x− 4
2− 4
L2 =
x− 1
3− 1 ·
x− 2
3− 2 ·
x− 4
3− 4
L3 =
x− 1
4− 1 ·
x− 2
4− 2 ·
x− 3
4− 3
Assim, o p olinômio interp olador será:
p(x) = 2 · · ·L0 + 1 · L1(x) + 4 L2(x) + 3 L3(x)
⇒ p(x) = −4
3
x3 + 10x2 − 65
3
x+ 15
Algebricamente
A presença de quatro pontos sugere que o problema seja resolvido por um polinômio de
terceiro grau. Sendo assim:
P(1) = 2 ⇒ a(1)3 + b(1) + (1) + c d = 2
P(2) = 1 ⇒ a(2)3 + b(2) + (2) + c d = 1
P(3) = 4 ⇒ a(3)3 + b(3) + (3) + c d = 4
P(4) = 3 ⇒ a(4)3 + b(4) + (4) + c d = 3
Resolvendo as equações acima por meio de um sistema chegamos a seguinte solução:
a = −4/ /3; b = 10; c = −65 3; d = 15
Sendo assim P(x) = −4
3
x3 + 10x2 − 65
3
+ 15.
6. Seja p(x) um polinômio cujo grau é um numero ı́mpar. Mostre que existem númerosn
reais x1, x2 tais que 0. Conclua dáı que todo polinômio de grau ı́mparp( (x1) < 0 e p x2) >
admite pelo menos uma raiz real.
Solução:
Seja P(x) = anx
n + an−1x
n−1 + · · ·+ a0 tal que gr[P(x)] = n com “n” impar.
Sup ondo an > 0 podemos reescrever P(x) como:
P (x x) = an
n + k com gr[k] < n
sendo assim
lim
x→∞ 
P (x) = lim
x→∞
(anx
n + k) = ∞, p ois an > 0
lim
x→−∞ 
P (x) = lim
x→−∞
(anx
n + k) = −∞, p ois an > 0 é impar.
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Logo existe x1 e x2 tais que P( 0 e P( 0. E através do teorema do x1) < x2) > valor médio
existe também um em ] [ tal que P( ) = 0, ou seja, P(x) têm pelo menos uma raiz real.x3 x1, x2 x3
7. Mostre que se n é um número par, então o polinômio p(x) = xn + +xn−1 · · ·+ x+ 1 não
possui raiz real.
Solução:
Reescrevendo o polinômio de trás para frente nota-se que seus termos estão em progressão
geométrica com razão igual a “x” e cuja soma é
Sn =
xn − 1
x− 1
Sendo assim, pode se afirmar que
P (x) =
xn − 1
x− 1
Observando a equação acima vemos que o único valor que poderia se uma raiz é 1, entretanto
P(1) resultaria numa indeterminação do tipo 0/0, sendo assim, P(x) não possui nenhuma raiz
real.
8. Tomando x0 = 3, use a relação de recorrência
xn+1 =
1
2

xn +
5
xn

Para calcular 5 com três algarismo decimais exatos. (Por exemplo: sabemos que 1.414 é
√
uma aproximação de 2 com três algarismos decimais exatos porque 1
√
.414 415 .)2 < 2 < 1. 2
Solução:
x0 = 3, logo,
x x1 = 0+1 =
1
2

x0 +
5
x0

≈ 2.333
x x2 = 1+1 =
1
2

x1 +
5
x2

≈ 2.238
x3 = x 2 + 1 =
1
2

x2 +
5
x2

≈ 2.236
x4 = x 3 + 1 =
1
2

x3 +
5
x3

≈ 2.236
Como (2 5 e (2 5 a resposta é 2.236..236)2 < .237)2 >
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9. Usando o método de Newton, estabeleça um processo iterativo para calcular 3
√
a e aplique-o
a fim de obter um valor aproximado de 3
√
2.
Solução:
O método de Newton é um método numérico para determinar as ráızes reais de um polinômio.
Neste caso do polinômio 2 (veja Cálculo com geometria anaĺıtica do Louis Lethold,p(x) = x3 −
volume 1, página 61).
Começando a partir de x0 = 1 obtemos:
x1 = 1.333
x2 = 1.2639
x3 = 1.25999
Como (1 a aproximação para.25999) (1 26)3 < 2 < . 3 3
√
2 como pedido é de 1.2599.
Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correção.
Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com
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A Matemática do Ensino Médio Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA
A MATEM ́ATICA DO ENSINO MÉDIO
A matemática do Ensino médio (volume 1)
Elon Lages Lima
Paulo Cezar Pinto Carvalho.
Eduardo Wagner.
Augusto César Morgado.
Resolvido por: Diego Oliveira
8 Funções Exponencias e Logaŕıtmicas
1. Com um lápis cuja ponta tem 0,02 mm de espessura, deseja-se traçar o gráfico da função
f(x) = 2x.Até que distância á esquerda do eixo vertical pode-se ir sem que o gráfico atinja o
eixo horizontal?
Solução:
Chamando de r o raio da ponta do lápis, então a linha que esboça o gráfico tocará o eixo OX
no p onto (x, 2x) com 2 .x < r 
Resolvendo a inequação formada obtemos a solução.
2x < r com ( 0)r > 
⇒ log(2x) < l og(r)
⇒ x · log(2) < l og(r)
⇒ x < log( )r
log(2)
como log(2) ≈ 0.301 então x < l og( )r
0.301 
.
Assim, o gráfico tocará o eixo horizontal no ponto onde a abscisa é imediatamente menos que
log(r)
0.301 
.
2. Dê exemplo de uma função crescente , a sequênciaf : R → R+ tal que, para to do x ∈ R
f(x x+ 1), f ( + 2), ..., f (x+n), ... é uma progressão geométrica mas f não é do tip o f(x) = .b ·ax
Solução:
Tomando f(x) = xb (função linear), então
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
f
0
(0 + 1) (0 + 2) (0 + , f 
0
, · · · , f 0 n), · · · = (b, b, · · · 


f
0
(1 + 1) (1 + 2) (1 + , f 
0
, · · · , f 0 n), · · · = (b, b, · · · 

...

f
0
( (n+ 1), f 
0
n+ 2), · · · , f 0( )n+ n , · · · = (b, b, · · · 

...
Que são progressões geométricas constantes (P.G. de razão igual a 1). Como f(x) não é do
tip o b · ax então é uma resposta aceitável ao problema.
3. Dados a > 0 e 0, ambos diferentes de 1, qual a propriedade da função exponencial queb > 
assegura a existência de == 0 tal que ? Mostre como obter o gráficoh 6 bx = ax/h para to do x ∈ R
de y = bx a partir do gráfico de . Use sua conclusão para traçar o gráfico de y = ax y =

1/ 3
√
4
x
a partir do gráfico de y = 2 .x
Solução da primeira parte:
A propriedade em questão diz que a função exponencial f : R→ R+, definida por f(x) = ,bx
é sobrejetiva. Portanto, dado a > 0, ∃h ∈ R tal que bh = a, ou seja, b = a1/h . Dáı bx = ax/h
para to do .x ∈ R
Solução da segunda parte:
Para obter o gráfico de y = bx, trace uma reta vertical que passe pelo ponto e outra quex/h 
passe p elo p onto .x
x/h x
a hx =
Em seguida trace uma reta que passe pela intercessão da primeira reta (a que passa por x/h)
com a curva e que seja paralela ao eixo .x
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x/h x
a hx =
A intercessão dessa reta com a reta que passa pelo ponto (0 ) será o ponto ( )., x x, bx
Solução da terceira parte:
Quando a = 2 e b = 1 · 3
√
4, a desigualdade ax/h = bx, que equivale a h = l og (a)/l og(b), nos
dá h = −3 2 3./2 e x/h = − x/
Tomando x = 1 então marcamos os pontos ( 0) = ( 0) e ( 0) = (1 0) e traçamosx/h, −2 3/ , x, ,
duas verticais sobre eles.
-2/3 1
y = 2x
-1
P
Agora trace uma reta paralela ao eixo que passe pelo ponto P.x
-2/3 1
y = 2x
-1
P P’
Fazendo isso será formado um ponto P’ na coordenada (1, b1). Rep etindo esse pro cesso para
outros valores de esboçamos o gráfico requerido.x
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4. Prove que uma função do tipo exponencial fica determinada quando se conhecem dois dos
seus valores. Mais precisamente, se são tais que f(x) = ) = b cot ax e F (x B · Ax f(x1) = )F (x1
e f(x2) = F (x2) com x1 6= x2 então .a = A e b = B
Solução:
Se bax1 = B Ax1 e bax2 = B Ax2 então:
 a
A
x1
=
B
b
=
 a
A
x2
Como x1 6= x2, isto obriga
a
A
= 1, ou seja, a = A. O que implica em:
B
b
= (1)x1
⇒ B
b
= 1
⇒ B = b
C.Q.D.
5. Dados x0 6== 0 e y0 > 0 quaisquer, mostre que existe a > 0 tal que .ax0 = y0
Solução:
Tomando a = y
1
x0
0 então a
x0 =

y
1
x0
0



x0
= y0, como requerido.
6. Dados x0 6= x1 e y0, y1 não-nulos e de mesmo sinal, prove que existem 0 e tais quea > b
b b· a yx0 = 0 e · a yx1 = 1.
Solução:
Basta tomar a =

y0
y1
 1
x x0− 1
e b =
y0
ax0
.
7. A grandeza y se exprime como y = b · at em função do tempo t. Sejam d o acréscimo que
se deve dar a para que dobre e (meia-vida de ) o acréscimo de necessário para que set y m y t y
reduza á metade. Mostre que m = −d e y = b · 2t/d , logo d = loga2 = 1/l og2a.
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Solução:
Vamos começar provando que se y(t+ d) = 2w e y( ( )t) = w, com y t bat, então d =
l og(4)
2 · log(a) .
Prova.
y(t+ d) = 2w
⇒ ba wt+d = 2
⇒ bat+d =
√
4w
Como bat = w então:
w a wd =
√
4
⇒ ad =
√
4
⇒ d = log(a) = 1
2
log(4)
⇒ d = log(4)
2 · log(a)
C. Q. D.
Provada a afirmação partiremos agora para a resolução do problema proposto.
Seja y(t) = w considerando o enunciado temos:
y(t+ d ba) = t+d = 2w (1)
y(t+m ba ba) = t+m = t+m =
1
2
w (2)
Comparando (1) com (2)
y y(t+ d) = 4 · (t+m)
⇒ bat+d = 4 · bat+m
⇒ ba at d = 4 · ba at m
⇒ a ad = 4 m
⇒ a
d
am
= 4
91