Exerccios Resolvidos de MA 11

Unidades 9 e 10

A seguir, apresentamos alguns exerccios resolvidos de forma completa.Cabe observar, que existem outras maneiras de se resolver um mesmo exerccioe, assim, as solucoes apresentadas nao sao unicas.

Unidade 9

Exerccios Recomendados

1. Como estamos supondo que a escada tem velocidade constante, sejay = ax + b a funcao que modela a situacao proposta no problema, onde xdenota o numero de degraus que uma pessoa sobe e y denota o tempo, emsegundos, gasto para esta pessoa subir a escada. Pelos dados do problema,os pontos (5, 30) e (10, 20) pertencem ao grafico da funcao y = ax+b. Assim,temos a = 2 e b = 40. Observe que a funcao y = 2x + 40 e decrescente,pois quanto mais degraus a pessoa sobe, menos tempo ela leva para subira escada. Para x = 0, temos que a pessoa nao subiu degrau algum. Nestecaso, y = 40, ou seja, o tempo normalmente gasto para subir a escada e de40 segundos. O numero de degraus que a escada tem e dado por y = 0. Paraeste valor de y temos x = 20, mostrando que a escada tem 20 degraus.

2. Vamos supor que Augusto pagou um so estacionamento para todas aslojas. Seja x a quantia, em reais, que Augusto tinha inicialmente. Na loja 1,ele gastou x

2reais. Entao, na loja 2, ele gastou x

4reais. De um modo geral,

na loja n, ele gastou x2n

reais. Como ele fez compras em cinco lojas, n = 5.Ou seja, na loja 5, ele gastou x

32reais. Como, na sada, ele pagou dois reais

de estacionamento, a quantia y com a qual Augusto ficou no final e dada pory = x

32 2. Como y = 20, temos 20 = x

32 2, ou seja, x = 704, mostrando

que Augusto tinha inicialmente 704 reais.

5. Sejam x1 e x2 as notas de um aluno na primeira prova e na segundaprova, respectivamente. Seja Mp a media parcial do aluno. Como a primeira

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prova tem peso 2 e a segunda prova tem peso 3, Mp =2x1+3x2

5. Se Mp < 7.0,

o aluno faz prova final. Joao obteve x1 = 4 e x2 = 6. Logo, a media parcialde Joao e 5.2 e, portanto, Joao fez prova final. Sejam x3 a nota que Joaoprecisa tirar na prova final e Mf a media final de Joao. Sabendo-se que, para

aprovacao, Mf deve ser maior do que 5, devemos ter Mf =3Mp+2x3

5 5.

Como Joao obteve Mp = 5.2, substituindo na desigualdade acima obtemosx3 4.7. Portanto, Joao deve obter 4.7 na prova final para ser aprovado.

Exerccios Suplementares

4. Este problema e um problema de existencia e unicidade. Vamos, inicial-mente, provar que existe uma funcao afim f : R R tal que f(ai) = f(bi)para todo i N. Para isto, seja h a razao da PA (a1, a2, ..., an, ...) e sejak a razao da PA (b1, b2, ...bn, ...). Entao, para todo i N, ai = a1 + ih ebi = b1 + ik. Ja aprendemos que uma funcao afim fica determinada pordois pontos. Assim, procuramos uma funcao afim tal que f(a1) = b1 ef(a1 + ih) = b1 + ik para algum i fixado diferente de 1. Uma tal funcao e

dada, entao, por f(x) = kx+(b1ha1k)h

, onde x R.A unicidade segue do fato de existir uma unica funcao afim tal que f(a1) =

b1 e f(a1 + ih) = b1 + ik para algum i fixado diferente de 1.

5. Vamos mostrar que se tem f(nx) = nf(x) para todo n Z e para todox R. Ora, fixe n Z e x R. Entao, x e racional ou x e irracional. Se xe racional, entao nx e racional. Portanto, f(nx) = 2(nx) = n(2x) = nf(x).Se x e irracional, entao nx e irracional. Portanto, f(nx) = 3(nx) = n(3x) =nf(x).

Se f fosse linear, entao f seria da forma f(x) = cx , para todo x R,onde c e um numero real fixado. Dessa forma, teramos f(tx) = tf(x) paraquaisquer x e t R. Tome t = 2 e x = 1

2. Temos f(tx) = f(1) = 2 e

tf(x) =

2f( 12) = 3. Mas, isto contradiz o fato de termos f(tx) = tf(x)

para quaisquer x e t R. Portanto, f nao e linear.6. Para todo x R, como sen[2pi(x + 1)] = sen(2pix), segue-se quef(x+1)f(x) = 7, portanto a sequencia f(x), f(x+1), . . . , f(x+n), . . . e umaprogressao aritmetica de razao 7. A maneira mais rapida de ver que f e cres-cente e usar Calculo Diferencial. A derivada de f e f (x) = 7 + 2pi cos(2pix).

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Como |2pi cos(2pix)| 2pi < 7, temos que f (x) > 0 para todo x, logo f ecrescente.

Unidade 10

Exerccios Recomendados

2. Temos que o sinal de a indica se a concavidade da parabola esta parabaixo ou para cima. Se a concavidade da parabola esta para baixo, o sinalde a e negativo e se a concavidade da parabola esta para cima, o sinal de ae positivo. Como c = f(0), o sinal de c e dado pelo sinal do valor onde aparabola corta o eixo vertical. E como a abscissa do vertice e b

2a, a e b tem

sinais iguais quando a abscissa do vertice e negativa e tem sinais contrariosquando a abscissa do vertice e positiva. Assim:

na primeira parabola: a < 0, b > 0 e c > 0; na segunda parabola: a > 0, b > 0 e c < 0; na terceira parabola: a > 0, b < 0 e c > 0.

3. (a) Note que f(x) = x2 8x+ 23 = x2 8x+ 16 + 7 = (x 4)2 + 7. Naoha razes reais, o eixo de simetria e a reta x = 4 e o valor mnimo e 7.

(b) Note que f(x) = 8x 2x2 = 2(x2 4x) = 2(x2 4x + 4 4) =2[(x 2)2 4] = 2(x 2)2 + 8. O eixo de simetria e a reta x = 2, o valormaximo e 8 e as razes sao os valores para os quais (x 2)2 = 4, ou seja,x 2 = 2 ou x 2 = 2. As razes sao x1 = 4 e x2 = 0.

Exerccios Suplementares

1. Se b e mpar, podemos escreve-lo como sendo 2y + 1, onde y Z. Da, = (2y + 1)2 4ac = 4[y(y + 1) ac] + 1. Observemos que y(y + 1)e um numero par, ja que temos o produto de dois numeros consecutivos.Observamos tambem que ac e mpar, ja que o produto de dois fatores mparessempre e mpar. Coloquemos p = y(y + 1) ac. Como p e a soma de um

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numero mpar e um numero par, p e mpar. Assim, = 4p+ 1 e um numerompar.

Suponhamos, por absurdo, que seja um quadrado perfeito. Logo, existes Z tal que s2 = . Como e mpar, segue que s e mpar, digamoss = 2m+ 1, com m Z. Consequentemente,

s2 = 4p+ 1 (2m+ 1)2 = 4p+ 1 m2 +m = p m(m+ 1) = p.

Mas, m(m+ 1) = p e um absurdo, pois m(m+ 1) e par e p e mpar. Assim,conclumos que nao e um quadrado perfeito e, consequentemente, as razesde ax2 + bx+ c = 0 nao sao numeros racionais.

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