GUIDORIZZI VOL.1 SEÇÃO 1.3 RESOLVIDA

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UM CURSO DE CÁLCULO
VOLUME 1
Sumário
1 Sobre o documento
2 Introdução
3 Exercícios Resolvidos da Seção 1.3
1 Sobre o documento
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2 Introdução
Buscando introduzir uma abordagem mais formal para os números reais, na
seção 1.3 do livro Um curso de cálculo Volume 1 , o autor aborda a definição
e propriedades de módulo de um número real. Está noção é fundamental para
os estudos de Cálculo Diferencial e Integral. Antes de ver as respostas tente
resolver as questões e só solicite quando não conseguir. Ou, quando houver
dúvida, confira o resultado. Para as resoluções das outras seções acesse: Lista
de Cálculo
3 Exercícios Resolvidos da Seção 1.3
1. Elimine o módulo.
(a) | − 5|+ | − 2|.
Solução: Pela definição de módulo, temos | − 5| = 5 e | − 2| = 2.
Logo,
| − 5|+ | − 2| = 5 + 2 = 7
(b) | − 5 + 8|.
Solução: Como −5 + 8 = 3, vemos que
| − 5 + 8| = |3| = 3
(c) | − a|, a > 0.
Solução: Ora, se a > 0, então −a < 0. Segue, pela definição,
| − a| = −(−a) = a
(d) |a|, a < 0.
Solução: Ora, a < 0 Segue, pela definição,
|a| = −(a) = −a.
(e) | − a|.
Solução: Devemos considerar dois casos. Pela definição temos:
• Caso −a ≥ 0, temos | − a| = −a.
• Caso −a < 0, temos | − a| = −(−a) = a.
(f) |2a| − |3a|.
Solução: Por propriedade de módulo, temos:
|2a| − |3a| = |2||a| − |3||a| = 2|a| − 3|a|
Daí, pela distributiva
2|a| − 3|a| = (2− 3)|a| = −1|a| = −|a|
Com isso, há dois casos:
• se a > 0, então −|a| = −a
• se a < 0, então −|a| = −(−a) = a
2. Resolva as equações.
(a) |x| = 2.
Solução: Por definição, x = 2 ou x = −2.
(b) |x+ 1| = 3.
Solução: Usando a propriedade de módulo, vemos que
|x+1| = 3 ⇔ |x+1|2 = 32 ⇔ (x+1)2 = 9 ⇔ x2+2x+1 = 9 ⇔ x2+2x−8 = 0
Usando a fórmula de Bhaskara ou a fatoração de polinômios obtemos
x = −4 ou x = 2.
(c) |2x− 1| = 1.
Solução: Analogamente ao item anterior
|2x−1| = 1 ⇔ (2x−1)2 = 1 ⇔ 4x2−4x+1 = 1 ⇔ 4x2−4x = 0 ⇔ 4x(x−1) = 0 ⇔ x(x−1) = 0
Portanto, x = 1 ou x = 0
(d) |x− 2| = −1.
Solução: Tendo em mente a solução dos itens anteriores o aluno,
despercebido, pode ir, mecanicamente, resolver esta questão. Entre-
tanto, a solução exige algo muito mais simples. Ora, sabemos que
|x| ≥ 0 para todo x ∈. Assim, |x− 2| ≥ 0. Portanto, |x− 2| = −1 é
impossível.
(e) |2x+ 3| = 0.
Solução: Ora, por definição,
|2x+ 3| = 0 ⇔ 2x+ 3 = 0 ⇔ x = −3
2
.
3. Resolva as inequações.
(a) |x| ≤ 1.
Solução: Por propriedade de módulo,
|x| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1.
(b) |2x− 1| < 3.
Solução: Por propriedade de módulo
|2x− 1| < 3 ⇔ −3 < 2x− 1 < 3 ⇔ −3 + 1 < 2x− 1 + 1 < 3 + 1
Daí,
−2 < 2x < 4 ⇔ −2·1
2
< ·1
2
2x < ·1
2
4 ⇔ −2
2
<
2
2
·x < 4
2
⇔ −1 < x < 2.
(c) |3x− 1| < −2.
Solução: Não existe solução, pois |3x− 1| ≥ 0.
(d) |3x− 1| < 1
3
.
Solução: Analogamente ao item b, temos
|3x− 1| < 1
3
⇔ −1
3
< 3x− 1 < 1
3
⇔ 2
3
< 3x <
4
3
⇔ 2
9
< x <
4
9
.
(e) |2x2 − 1| < 1.
Solução: Analogamente aos itens anteriores,
|2x2 − 1| < 1 ⇔ −1 < 2x2 − 1 < 1 ⇔ 0 < 2x2 < 2 ⇔ 0 < x2 < 1
Como x2 = 1 ⇔ x = ±1, concluímos que −1 < x < 1 e x ̸= 0.
(f) |x− 3| < 4.
Solução: Ora,
|x− 3| < 4 ⇔ (x− 3)2 < 16 ⇔ x2 − 6x+ 9 < 16 ⇔ x2 − 6x− 7 < 0
Pela fórmula de Bhaskara, −1 < x < 7.
(g) |x| > 3.
Solução: Usaremos o resultado da questão 4 para fazer este item.
Caso o leitor queira calcular sem usar este resultado, basta repetir
a demonstração da questão 4 fazendo r = 3. Dito isso, vemos que
|x| > 3 ⇔ x < −3 ou x > 3
.
(h) |x+ 3| > 1.
Solução: Pelo resultado da questão 4, temos
|x+ 3| > 1 ⇔ x+ 3 < −1 ou x+ 3 > 1
Logo, x < −4 ou x > −2.
(i) |2x− 3| > 3.
Solução: Semelhantemente aos itens anteriores
|2x− 3| > 3 ⇔ 2x− 3 < −3 ou 2x− 3 > 3
Logo, x < 0 ou x > 3.
(j) |2x− 1| < x.
Solução: Ora,
|2x− 1| < x ⇔ −x < 2x− 1 < x
Logo, −x < 2x − 1 e 2x − 1 < x que nos dá 1 < 3x e x < 1 . Daí,
x >
1
3
e x < 1. Portanto, 1
3
< x < 1.
(l) |x+ 1| < |2x− 1|.
Solução: Note que
|x+ 1| < |2x− 1| ⇔ |x+ 1|2 < |2x− 1|2 ⇔ (x+ 1)2 < (2x− 1)2
Disso, x2 + 2x + 1 < 4x2 − 4x + 1 o que acarreta 0 < 3x2 − 6x que
nos dá x < 0 ou x > 2.
(m) |x− 1| − |x+ 2| > x.
Solução: Note que
|x− 1| − |x+ 2| > x ⇔ |x− 1| − |x+ 2| − x > 0
Para resolver, precisaremos estudar os seguintes casos:
• caso x ≥ 1 e x ≥ −2, temos
(x− 1)− (x+ 2)− x > 0 ⇔ x− 1− x− 2− x > 0 ⇔ −3 > x
• caso x < 1 e x < −2, temos
−(x−1)− [−(x+2)]−x > 0 ⇔ −x+1+x+2−x > 0 ⇔ 3 > x
• caso x ≥ 1 e x < −2, temos
(x− 1)− [−(x+2)]− x > 0 ⇔ x− 1+ x+2− x > 0 ⇔ x > −1
• caso x < 1 e x ≥ −2, temos
−(x−1)−(x+2)−x > 0 ⇔ −x+1−x−2−x > 0 ⇔ −3x−1 > 0 ⇔ −x > 1
3
⇔ x < −1
3
Do primeiro caso, temos que x ≥ 1 para −3 > x, ou seja, não há
como isso ocorrer. Pelo segundo, temos que para x < −2, temos
3 > x. Neste caso, x < −2. O terceiro caso não pode ocorrer, pois
não tem como x ≥ 1 e x < −2. No último, temos 1 > x ≥ −2 e
x < −1
3
. Isso nos dá x < −1
3
. Ora, dos casos que restaram, que
foram o segundo e o último concluímos que x < −1
3
.
(n) |x− 3| < x+ 1.
Solução: Por propriedade de módulo, temos:
|x− 3| < x+ 1 ⇔ −x− 1 < x− 3 < x+ 1
Logo, temos −x− 1 < x− 3 ⇔ 2 < 2x ⇔ 1 < x.
(o) |x− 2|+ |x− 1| > 1.
Solução: Um processo análogo ao item m, obtemos x < 1 ou x > 2.
4. Suponha r > 0. Prove:
|x| > r ⇔ x < −r ou x > r
Demonstração. Ora, note que |x| > r e r > 0. Assim,
|x| > r > 0 ⇔ |x|2 > r2 > 02 ⇔ x2 > r2 > 0 ⇔ x2−r2 > 0 ⇔ (x−r)(x+r) > 0
Isso ocorre caso (x−r > 0 e x+r > 0) ou (x−r < 0 e x+r < 0). Lembre
que a · b = (−a) · (−b). Daí, (x > r e x > −r) ou (x < r e x < −r). Como
r > 0, verificamos, sem dificuldade que, r > −r. Logo, x > r > −r ou
x < −r < r. Equivalentemente, x > r ou x < −r
5. Elimine o módulo.
(a) |x+ 1|+ |x|
Solução: Ora, analisemos os casos:
• Caso x+ 1 ≥ 0 e x ≥ 0, temos
x+ 1 + x = 2x+ 1
• Caso x+ 1 < 0 e x ≥ 0, temos
−(x+ 1) + x = −1
• Caso x+ 1 ≥ 0 e x < 0, temos
x+ 1− x = 1
• Caso x+ 1 < 0 e x < 0, temos
−(x+ 1)− x = −x− 1− x = −2x− 1
Logo,
|x+ 1|+ |x| =

2x+ 1, se x ≥ 0
1, se − 1 < x < 0
2x+ 1, se x ≤ −1
.
(b) |x− 2| − |x+ 1|
Solução:
• Caso x− 2 ≥ 0 e x+ 1 ≥ 0, temos
x− 2− (x+ 1) = −3
• Caso x− 2 < 0 e x+ 1 ≥ 0, temos
−(x− 2)− (x+ 1) = −2x+ 1
• Caso x− 2 ≥ 0 e x+ 1 < 0, temos
x− 2− [−(x+ 1)] = x− 2 + x+ 1 = 2x− 1
• Caso x− 2 < 0 e x+ 1 < 0, temos
−(x− 2)− [−(x+ 1)] = −x+ 2 + x+ 1 = 3
Logo,
|x− 2| − |x+ 1| =

−3, se x ≥ 2
−2x+ 1, se − 1 ≤ x < 2
3, se x < −1
(c) |2x− 1|+ |x− 2|
Solução:
• Caso 2x− 1 ≥ 0 e x− 2 ≥ 0, temos
2x− 1 + x− 2 = 3x− 3
• Caso 2x− 1 < 0 e x− 2 ≥ 0, temos
−(2x− 1) + x− 2 = 3x− 1
• Caso 2x− 1 ≥ 0 e x− 2 < 0, temos
2x− 1− (x− 2) = x+ 1
• Caso 2x− 1 < 0 e x− 2 < 0, temos
−(2x− 1)− (x− 2) = −3x+ 3
Logo,
|2x− 1|+ |x− 2| =

−3x+ 3, se x ≤ 1
2
x+ 1, se 1
2
< x < 2
3x− 3, se x ≥ 2
(d) |x|+ |x− 1|+ |x− 2|
Solução: Fazendo o processo análogo aos itens anteriores obtemos
|x|+ |x− 1|+ |x− 2| =

−3x+ 3, se x ≤ 0
−x+ 3, se 0 < x ≤ 1
x+ 1, se 1 < x ≤ 2
3x− 3, se x ≥ 2.
6. Prove:
|x+ y| = |x|+ |y| ⇔ xy ≥ 0
Demonstração. (⇒) Suponha, por redução ao absurdo que |x+y| = |x|+
|y| ⇒ xy < 0. Assim, por propriedade modular,
|x+ y|2 = (|x|+ |y|)2 = |x|2 + 2|xy|+ |y|2 = x2 + 2|xy|+ y2
Por outra propriedade, temos
|x+ y|2 = (x+ y)2 = x2 + 2xy + y2
Isso acarreta que
x2 + 2|xy|+ y2 = x2 + 2xy + y2
Fazendo os cortes obtemos |xy| = xy < 0. Daí,|xy| < 0. Absurdo! Logo,
|x+ y| = |x|+ |y| ⇒ xy ≥ 0
(⇐) Reciprocamente, suponha que xy ≥ 0. Já sabemos que |x + y|2 =
|x|2+2xy+ |y|2 pela primeira parte da demonstração. Por hipótese xy =
|xy|, pois xy ≥ 0. Dai,
|x|2 + 2xy + |y|2 = |x|2 + 2|xy|+ |y|2 = (|x|+ |y|)2
Conclusão|x+ y|2 = (|x|+ |y|)2. Portanto, |x+ y| = |x|+ |y|
7. Prove:
(a) |x− y| ≥ |x| − |y|
Demonstração. Ora,
|x| = |x+ 0| = |x− y + y| = |(x− y) + y|
Pela desigualdade triangular, temos |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|.
Disso, |x| ≤ |x− y|+ |y|. Portanto, |x| − |y| ≤ |x− y|
(b) |x− y| ≥ |y| − |x|
Demonstração. Note que
|y| = |y − x+ x| ≤ |y − x|+ |x| ⇒ |y| − |x| ≤ |y − x|
Só que |x| = |−x| para todo x ∈. Assim, |y−x| = |x−y|. Portanto,
|y| − |x| ≤ |x− y|
(c) ||y| − |x|| ≤ |x− y|
Demonstração. Pelo item a sabemos que |x − y| ≥ |x| − |y|. Mul-
tiplicando por -1 obtemos −|x − y| ≤ |y| − |x|. Pelo item b temos
|y| − |x| ≤ |x− y|. Assim,
−|x− y| ≤ |y| − |x| ≤ |x− y|
Por propriedade de módulo, ||y| − |x|| ≤ |x− y|.