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´                ´           A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO                                Volume 1         Solu¸oes dos Exe...
2                                                                4                                                        ...
3            30    20Assim s = d−5 = d−10 e da´ 30d − 300 = 20d − 100 o que resulta em d = 20.                         ıA ...
4                     v    720Eliminando t, vem: w = d−720 . Seja t o tempo decorrido desde o in´                         ...
55.19. a) ∅;     b) R;    c) x < 8/3;       d) x > 1;       e) x ∈ {1, 3};   f)−2 ≤ x ≤ 1;  5         2     g) x = ± 2 ; h...
6    c) 12 + 3, 6(x − 3) = 15 ⇒ x = 3, 83 kg.5.26. Se f (x) ´ o imposto a pagar para uma base de c´lculo de x reais       ...
75.28. a)                                              0, 10n, se 1 ≤ n ≤ 19                                           ...
8(ou seja, x ≤ 2) ent˜o ficamos com 6 − 3x = 3, donde x = 3/4, que tamb´m                    a                             ...
9a fun¸ao f da Figura 24, o item a) nos diz que`    c˜                                   1                            ϕ1 (...
´                ´            A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO                                 Volume 1         Solu¸oes dos E...
116.3. a) f (x) = x2 − 8x + 23 = x2 − 8x + 16 + 7 = (x − 4)2 + 7. N˜o h´a ara´  ızes reais, o eixo de simetria ´ a reta x ...
12Se x1 = x2 e a > 0 ent˜o                      a         x1 + x 2        x1 + x 2 2       x1 + x 2     f              =a ...
13outra ser´ ´          a ımpar, o que far´ com que a soma seja ´                            a                     ımpar. ...
14aritm´tica, Rn ´ dado por uma fun¸ao polinomial do segundo grau em n.     e         e                 c˜Rn = (Rn − Rn−1 ...
15a = 2, 5 b = 32, 5 c = 0.    a) Como o sistema tem solu¸ao, os dados s˜o compat´                                 c˜     ...
16        bx = − 2a = 40. Nesse caso, y = 30. O retˆngulo da maior area tem lados                                         ...
17Se x + 4y = 12, o ponto (x, y) pertence a reta desenhada. x2 + y 2 ´ o                                           `      ...
186.23. O v´rtice da par´bola y = 21x − x2 , que ´ o ponto mais alto do            e             a                        ...
196.29. Se os lados s˜o 3t e 4t, o imposto ´ 7 · 3t · 4t + 2 500 − 60 · 14t =                      a                    e ...
20     i) m > 0. A equa¸ao em y tem duas ra´                     c˜                  ızes de sinais contr´rios.           ...
21custo m´ınimo ´ 600 reais. Se y = 600, 10c2 − 600c + 9 000 = 0 e c = 30              emetros. Se c = 30, h = 10 metros.6...
22denominadores e simplificando: x2 − 2x − 675 = 0. A unica raiz positiva                                                  ...
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Mat em funcoes afins e quadraticas sol vol1 cap5

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Mat em funcoes afins e quadraticas sol vol1 cap5

  1. 1. ´ ´ A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO Volume 1 Solu¸oes dos Exerc´ c˜ ıcios do Cap´ ıtulo 55.1. Menor do que o dobro, pois na segunda metade da corrida n˜o foi acobrada a bandeirada. Algebricamente: se f (x) = ax + b ent˜o f (2x) = a2ax + b enquanto 2 · f (x) = 2ax + 2b.5.2. Ao dizer que “a escala ´ linear”, estamos afirmando que a deslocamen- etos iguais ao longo da linha correspondem acr´scimos iguais nos n´meros e uacima dessa linha. Se x ´ a distˆncia de um ponto ao extremo esquerdo da e alinha e f (x) ´ o n´mero acima desse ponto, ent˜o f (x) = ax + b. Como e u af (0) = 17 e f (8) = 59, temos b = 17 e 8a + 17 = 59, donde a = 5, 25.Portanto f (3) = 3 × 5, 25 + 17 = 32, 75.5.3. Temos N = aC + b. Sabemos que 0 = 18a + b e 100 = 43a + b. Logoa = 4 e b = −72. Segue-se que N = 4C − 72. Da´ C = 100 ⇒ N = 328. ı5.4. O volume V (t) de agua na caixa no instante t ´ V (t) = 1000 − at. ´ eSabemos que V (6) = 850, logo 1000 − 6a = 850 e da´ a = 25. Portanto ı1000 − 25t = 500 ⇒ t = 20, ou seja, a agua ficar´ pela metade ap´s 20 ´ a ohoras, o que ocorrer´ as 8 da manh˜ do dia seguinte. a` a5.5. Podemos imaginar que o garoto come¸ou com um palito (vertical) e, cpara cada quadrado que armou, precisou de 3 palitos. Logo, para fazer nquadrados ele precisou de 3n+1 palitos. Alternativa: ele usou 4 palitos parafazer o primeiro quadrado e mais 3 para fazer cada quadrado subseq¨ente. uAssim, n quadrados requerer˜o 4 + 3(n − 1) = 3n + 1 palitos. a5.6. a) Um oper´rio, trabalhando as mesmas 8 horas di´rias, construiria a ao mesmo muro em 5 × 3 = 15 dias, logo 5 oper´rios, em iguais condi¸oes, a c˜fariam o mesmo servi¸o em 15 ÷ 5 = 3 dias. Se o muro tivesse 15 metros, cesses mesmos 5 oper´rios, nas mesmas condi¸oes, terminariam o trabalho a c˜em (3/36) × 15 = 5/4 dias. Finalmente, esses 5 oper´rios, trabalhando 6 a
  2. 2. 2 4 8horas por dia (em vez de 8) completariam o muro de 15 metros em 5 × 6 = 5 3dias (1 dia e 4 horas). b) As hip´teses utilizadas implicitamente acima foram de que o tempo onecess´rio para fazer o muro ´ diretamente proporcional ao tamanho do a emesmo e inversamente proporcional ao n´mero de oper´rios e ao n´mero u a ude horas di´rias de trabalho. a c) D = k · NC , onde k ´ a constante de proporcionalidade. Sabemos ·H e 36que, pondo C = 36, N = 3 e H = 8, temos D = 5. Ent˜o 5 = k · 3·8 , donde ak = 10 . Portanto, a f´rmula procurada ´ D = 10 · NC . 3 o e 3 ·H5.7. a) F = k · m1 m2 /d2 b) pv = c · t c) r = k · /s d) ∆ = k · · ∆t5.8. Temos Y = k/X, onde k ´ a constante de proporcionalidade. Seja e 125X = 100 X = 4 X. Ent˜o Y = X = 4 X = 4 Y = 80% de Y . Logo Y sofre 5 a k 5 k 5um decr´scimo percentual de 20%. e5.9. A fun¸ao afim a que se refere o enunciado ´ f (x) = a1 + (n − 1)r, c˜ eonde r ´ a raz˜o da P.A., mas o exerc´ n˜o precisa desta f´rmula para e a ıcio a oser resolvido. Basta saber que f existe. a) Esse trap´zio tem altura 1 e base m´dia ai , logo sua area ´ 1 · ai = ai . e e ´ e b) a1 + · · · + an ´ a area desse trap´zio maior porque ele ´ a justaposi¸ao e ´ e e c˜dos trap´zios de altura 1 considerados no item anterior. e a1 +an c) 2 ´ a base m´dia do trap´zio maior porque e e e a1 + a n f (1) + f (n) f (1 − 1 ) + f (n + 1 ) 2 2 = = 2 2 2pois a fun¸ao afim f tem a propriedade f (x − h) + f (x + h) = f (x) + f (x ). c˜Como a altura desse trap´zio ´ n + 2 − 1 = n, o resultado segue-se. e e 1 25.10. Seja d o n´mero de degraus da escada, a qual sobe com a velocidade ude s segundos para cada degrau. Ficando parada, a pessoa leva ds segundospara subir a escada. Logo, pelos dados do problema, (d − 5)s = 30 e (d − 10)s = 20.
  3. 3. 3 30 20Assim s = d−5 = d−10 e da´ 30d − 300 = 20d − 100 o que resulta em d = 20. ıA escada tem 20 degraus, gasta s = 20/(d − 10) = 20/10 = 2 segundospara subir cada degrau. Logo, o tempo normalmente gasto no percurso ´ ede 2 × 20 = 40 segundos.5.11. Na 5a loja, Augusto gastou metade do que tinha e ainda lhe sobraram22 reais. Logo entrou na 5a loja com 44 reais. Ao entrar na 4a loja, eletinha 88 reais; na 3a tinha 176; na 2a , 352; na 1a 704. Augusto come¸ou cas compras com R$ 704,00. (Supondo um s´ estacionamento para todas as olojas. Caso pagasse o estacionamento ap´s cada compra a resposta seria oR$ 764,00.)5.12.5.13. 25 + x + x = 95, x = 35, 25 + 35 = 60. Com 60 anos .5.14. A m´dia antes da prova final ´ (4 · 2 + 6 · 3)/5 = 5, 2. A nota n que e eele precisa tirar satisfaz (5, 2 · 3 + n · 2)/5 ≥ 5. Da´ n ≥ 4, 7. ı,5.15. Sejam A, B e C respectivamente o n´mero de reais que Arnaldo, uBeatriz e Carlos possuiam. Foram feitas 3 transferˆncias. Ap´s a primeira, e oas quantias com que eles ficaram (sempre na ordem alfab´tica) foram A − eB − C, 2B, 2C. Ap´s a segunda opera¸ao: 2A − 2B − 2C, 2B − (A − o c˜B − C) − 2C, 4C, ou seja: 2A − 2B − 2C, 3B − A − C, 4C. E, no final:4A − 4B − 4C, 6B − 2A − 2C, 4C − (2A − 2B − 2C) − (3B − A − C), isto ´: e4A − 4B − 4C, 6B − 2A − 2C e 7C − A − B. Agora ´ s´ resolver o sistema: e o  4A − 4B − 4C = 16    −2A + 6B − 2C = 16   −A − B + 7C = 16, o que nos d´ A = 26 reais, B = 14 reais e C = 8 reais. a Fazer tamb´m a solu¸ao via “tr´s-pra-diante”, como no Exerc´ 5.11. e c˜ a ıcio5.16. Sejam v a velocidade do carro que sai de A e w a velocidade docarro que sai de B (medidas em metros p/minuto). Ap´s t minutos de oviagem eles se encontram a 720m de A. Ent˜o vt = 720 e, chamando ade d a distˆncia entre A e B, temos (com o mesmo t) wt = d − 720. a
  4. 4. 4 v 720Eliminando t, vem: w = d−720 . Seja t o tempo decorrido desde o in´ ıciodo percurso at´ o segundo encontro dos carros. Levando em conta os 10 eminutos em que cada carro esteve parado, temos v(t − 10) = d + 400 ew(t − 10) = 2d − 400. Dividindo membro a membro estas duas igualdades v d+400 720 d+400resulta w = 2d−400 . Comparando, obtemos d−720 = 2d−400 . Segue-seimediatamente que d = 1760.5.17. Seja t minutos o tempo gasto pelo pedestre para ir de A a B. At´ echegar a B, ele foi ultrapassado por 16 trens (contando com o ultimo, que ´chegou junto com ele). Este ultimo trem saiu de A 16 × 3 = 48 minutos ´ap´s o pedestre, logo levou t − 48 minutos para ir de A a B. Sejam v a ovelocidade do pedestre e w a dos trens. Ent˜o w(t − 48) = vt = 3km. a Por outro lado, o primeiro trem que cruzou com o pedestre (na dire¸ao c˜contr´ria) saiu de B 22 × 3 = 66 minutos antes do trem que estava saindo ade B no momento em que chegava o pedestre. Logo, o tempo que aqueleprimeiro trem gastou para ir de B at´ A foi 66 − t minutos. (Saiu h´ 66 e aminutos mas j´ chegou h´ t minutos.) Ent˜o w(66 − t) = vt = 3km. a a a Assim, t−48 = 66−t, donde t = 57 minutos e t−48 = 9 minutos. Comow(t − 48) = 3k, segue-se que w = 1 min = 20km/h. A velocidade dos trens 3 km 3´, portanto, 20km por hora. A velocidade do pedestre ´ v = 3/t = 57 kme epor minuto, ou seja 180 km/h = 60 hora . 57 19 km5.18. a) Desloque o gr´fico uma unidade para baixo. a b) Idem uma unidade para a direita. c) Imagem refletida do gr´fico em torno do eixo Y . a d) Duas semi-retas com origem no ponto (1, −2). Uma passa pelo ponto(0, 2) e a outra por (2, 0). 1 e) Duas semi-retas com origem no ponto ( 2 , −1). Uma passa por (0, 1)e a outra por (1, 0). f) Uma figura W , formada a partir do gr´fico de f , refletindo a parte aque tem y < 0 em torno do eixo X. g) A parte do gr´fico que tem x > 0 mais a reflex˜o dessa mesma parte a aem torno do eixo Y . h) O gr´fico de f , com a parte que tem y < 0 substitu´ pelo intervalo a ıda[ 1 , 2] 2 do eixo X.
  5. 5. 55.19. a) ∅; b) R; c) x < 8/3; d) x > 1; e) x ∈ {1, 3}; f)−2 ≤ x ≤ 1; 5 2 g) x = ± 2 ; h) x ∈ [ 2 , 1] ∪ [ 3 , +∞). 3 1 2 15.20. x ∈ [0, 1) ∪ (−∞, − 2 )5.21. [8/3, +∞)5.22. a) O angulo reto com v´rtice no ponto ( 3 , 5 ) e lados passando pelos ˆ e 2 2pontos (−1, 0) e (4, 0). b)As semi-retas horizontais S = {(x, −2); x ≤ −1} e S = {(x, 2); x ≥1}, juntamente com o segmento de reta que liga os pontos A = (−1, −2) aB = (1, 2), os quais s˜o as origens dessas semi-retas. a5.23. a) O quadrado cujos v´rtices s˜o os pontos A = (1, 0), B = (0, 1), e aC = (−1, 0) e D = (0, −1). b) As duas retas y = x + 1 e y = x − 1.5.24. a) No intervalo [0, 3), o gr´fico coincide com o da fun¸ao y = 4x. No a c˜intervalo [3, +∞), o gr´fico ´ o da fun¸ao y = 3, 6x. a e c˜ b) Se f (x) ´ o pre¸o de x quilos, pede-se o gr´fico da fun¸ao m(x) = e c a c˜f (x)/x. Para 0 ≤ x < 3, m(x) ´ constante, igual a 4, e para x ≥ 3, em(x) = 3, 6. 4 c) Se 2, 7 < x < 3 ent˜o, pondo x = 3,6 x, temos x > x e f (x ) = 3, 6x a(pois x > 3) portanto f (x ) = 4x = f (x).5.25. a) O consumidor paga 12 reais pelos trˆs primeiros quilos e 3,6 reais epor cada quilo a seguir. Se f (x) ´ o pre¸o de x quilos ent˜o f (x) = 4x para e c a0 ≤ x ≤ 3 e f (x) = 12 + 3, 6(x − 3) para x > 3. b) f (x)/x = 4 para 0 < x ≤ 3 e 1,2+3,6x = 3, 6 + 1,2 para x > 3. x x
  6. 6. 6 c) 12 + 3, 6(x − 3) = 15 ⇒ x = 3, 83 kg.5.26. Se f (x) ´ o imposto a pagar para uma base de c´lculo de x reais e atemos f (x) = 0 se 0 ≤ x ≤ 900, f (x) = 0, 15x − 135 para 900 < x ≤ 1800 ef (x) = 0, 25x − 315 para x > 1800.5.27. a) As parcelas a deduzir s˜o 0, 1320, 3207, 6 e 17468, 1. a b) 0, 26 · 5000 = 1300. c) N˜o. a d) Em cada faixa de renda, devemos ter ax − p = b(x − q) = bx − bq, ppara todo x. Ou seja: b = a e q = a · Assim: – At´ 8800: b = 0, q arbitr´rio e a – De 8800 a 17160: b = 15%, q = 8800 – De 17160 a 158450: b = 26%, q = 12336, 92 – Mais de 158450: b = 35%, q = 49908, 86 f) Inicialmente, calculamos o IR nos pontos de mudan¸a de faixa: c Renda I.R 8800 0 17160 1254,24 158450 37983,40 Logo, um IR igual a R$ 20.000,00 ´ pago na faixa de tributa¸ao de e c˜17160 a 158450. A renda correspondente satisfaz 0, 26x − 3207, 60 = 20000,ou seja, ´ igual a R$ 89.260,00. e
  7. 7. 75.28. a)  0, 10n, se 1 ≤ n ≤ 19    f (x) = 0, 08n, se 20 ≤ n ≤ 49   0, 06n, se n ≥ 50  b) A distor¸ao consiste no fato de que ´ mais barato fazer, por exemplo, c˜ e20 c´pias (R$ 1,60) do que 19 c´pias (R$ 1,90). Uma escala mais razo´vel o o aseria: – 0,10 por c´pia, pelas primeiras 19 c´pias o o – 0,08 por c´pia adicional, at´ 49 c´pias o e o – 0,06 por c´pia adicional, a partir da 50a c´pia o oNota: Estamos substituindo o exerc´ 5.29 por este outro, que aparecer´ ıcio aa partir da 9 a edi¸ao com o enunciado abaixo: c˜5.29. Resolva as seguintes equa¸oes: c˜ a) |x − 2| = 2x − 1; b) |3x − 6| = x + 3; c) |x − 2| = x − 3.5.29a) Procuremos, separadamente, as solu¸oes x ≥ 2 e as x ≤ 2. Se x ≥ 2 c˜a equa¸ao dada ´ x − 2 = 2x − 1, logo x = −1. Portanto n˜o h´ solu¸oes c˜ e a a c˜x ≤ 2. Se x ≤ 2 ent˜o temos 2 − x = 2x − 1, logo x = 1, que ´ menor do a eque 2. Portanto a solu¸ao ´ x = 1. c˜ e b) Novamente, separemos os casos. Se 3x−6 ≥ 0 (isto ´, se x ≥ 2) ent˜o e aa equa¸ao ´ 3x − 6x + 3, donde x = 4,5, uma boa solu¸ao. Se 3x − 6 ≤ 0 c˜ e c˜
  8. 8. 8(ou seja, x ≤ 2) ent˜o ficamos com 6 − 3x = 3, donde x = 3/4, que tamb´m a eserve, pois 3/4 < 2. Portanto a equa¸ao dada admite duas ra´ c˜ ızes: 4,5 e 3/4. c) Se x ≥ 2 ent˜o temos x − 2 = x − 3, sem solu¸ao. Se x ≤ 2, ficamos a c˜com 2 − x = x − 3 e da´ x = 2, 5, que ´ maior do que 2. Logo a equa¸ao ı e c˜dada n˜o tem ra´ a ızes. α5.30. a) Se a ≤ x ≤ c, f (x) = 2 [d − c − x + c + x − d] = 0. α Se c ≤ x ≤ d, f (x) = 2 [d − c + x − c + x − d] = α(x − c). D Como f (d) = D temos α(d − c) = D, ou seja, α = d−c . α Se d ≤ x ≤ b, f (x) = 2 [d − c + x − c − x + d] = α(d − c) = D. O segundo caso ´ an´logo. e a b) Se a fun¸ao poligonal f : [a, b] → R ´ afim em cada um dos intervalos c˜ e[ti−1 , ti ], com a = t0 < t1 < · · · < tn = b, afirmamos que f = c + ϕ1 + · · · +ϕn , onde c = f (a) e cada ϕi : [a, b] → R ´ a fun¸ao-rampa igual a zero no e c˜intervalo [a, ti−1 ] e igual a f (ti ) − f (ti−1 ) no intervalo [ti , b]. No caso dafun¸ao f cujo gr´fico ´ a Figura 24, temos c = 0 e f = ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 , onde c˜ a eas fun¸oes-rampa ϕ1 , ϕ2 ϕ3 tˆm os seguintes gr´ficos: c˜ e a c) A primeira observa¸ao resulta imediatamente dos itens a) e b). Quanto c˜
  9. 9. 9a fun¸ao f da Figura 24, o item a) nos diz que` c˜ 1 ϕ1 (x) = (1 + |x + 1| − |x|), 2 1 ϕ2 (x) = − (1 + |x| − |x − 1|) 2 1 e ϕ3 (x) = (3 + |x − 1| − |x − 4|). 2Portanto 1f (x) = ϕ1 (x) + ϕ2 (x) + ϕ3 (x) = (3 − 2|x| + 2|x − 1| + |x + 1| − |x − 4|). 2 rb rb5.31. Seja f (x) = ra x + b1 − ra a1 , sendo ra e rb as raz˜es das progress˜es o o(a1 , a2 , . . . , an , . . . ) e (b1 , b2 , . . . , bn , . . . ), respectivamente. A fun¸ao f ´ c˜ e rb rb rb rbafim e f (an ) = ra an + b1 − ra a1 = ra (an − a1 ) + b1 = ra [(n − 1)ra ] + b1 =b1 + (n − 1)rb = bn . A unicidade ´ obvia pois s´ existe uma fun¸ao afim f tal que f (a1 ) = b1 e´ o c˜e f (a2 ) = b2 .5.32. Para x quilˆmetros, A cobra 100 + x reais e B cobra 200 + 0, 8x reais. oO pre¸o de B ser´ menor que o de A para 200 + 0, 8x < 100 + x, ou seja, c apara x > 500. Para quilometragem superior a 500km, B ´ mais vantajosa. e Para quilometragem inferior a 500km, A ´ mais vantajosa. e5.33. A afirma¸ao feita decorre do fato de que, para n ∈ Z, tem-se n · x c˜racional se, e somente se, x ´ racional. Evidentemente, a fun¸ao f n˜o ´ e c˜ a emon´tona. o5.34. Para todo x ∈ R, como sen[2π(x + 1)] = sen(2πx), segue-se quef (x + 1) − f (x) = 7, portanto a seq¨ˆncia f (x), f (x + 1), . . . , f (x + n), . . . ue´ uma progress˜o aritm´tica de raz˜o 7. A maneira mais r´pida de vere a e a aque f ´ crescente ´ usar o C´lculo Diferencial. A derivada de f ´ f (x) = e e a e7 + 2π · cos(πx). Como |2π · cos(πx)| ≤ 2π < 7, tem-se f (x) > 0 para todox, logo f ´ crescente. e
  10. 10. ´ ´ A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO Volume 1 Solu¸oes dos Exerc´ c˜ ıcios do Cap´ ıtulo 66.1. a) Como (3,5) ´ o v´rtice, a equa¸ao pode ser escrita y = a(x − 3) 2 + 5. e e c˜Como (5,13) pertence a par´bola, 13 = a(5 − 3)2 + 5 e a = 2. Portanto, ` ay = 2(x − 3) 2 + 5 = 2x2 − 12x + 23. A resposta ´ f (x) = 2x2 − 12x + 23. e b) Adotando um novo sistema de coordenadas X, Y , com eixos nas retasdo desenho, o v´rtice da par´bola passa a ser o ponto (0, −8) e o ponto (2, 0) e apertence a par´bola. A equa¸ao pode ser escrita Y = a(X − 0) 2 − 8. Como ` a c˜(2, 0) pertence a par´bola, 0 = a(2 − 0)2 − 8 e a = 2. Portanto, nesse ` asistema a equa¸ao ´ Y = 2(X − 0)2 − 8 = 2X 2 − 8. c˜ eNo sistema de coordenadas do enunciado, a equa¸ao ser´ da forma y + k = c˜ a 2 − 8. Como os pontos (1, 0) e (−2, 3) pertencem a par´bola, temos2(x + h) ` a9 + k = 2(1 + h)2 − 8 . Subtraindo as equa¸oes, obtemos 6 = 12h−6. c˜3 + k = 2(−2 + h)2 − 8Da´ h = 1 e, substituindo na primeira equa¸ao, k = −9. A equa¸ao da ı, c˜ c˜par´bola ´ y−9 = 2(x+1) a e 2 −8, isto ´, y = 2x2 +4x+3. Observe que o v´rtice e eda par´bola ´ o ponto (−1, 1) e que a figura n˜o tem as propor¸oes corretas, a e a c˜pois o ponto (1, 9) est´ duas unidades a direita do v´rtice a figura mostra a ` eesse ponto um pouco mais abaixo e a esquerda da sua posi¸ao correta. A ` c˜resposta ´ f (x) = 2x e 2 + 4x + 3.6.2. a1 < 0, a2 > 0 e a3 > 0 pois a primeira est´ com a concavidade apara baixo e as outras est˜o com a concavidade voltada para cima. c 1 > 0, ac2 < 0 e c3 > 0, pois c = f (0) e a primeira e a terceira par´bolas cortam ao eixo vertical em sua parte positiva e a segunda o faz na parte negativa. e e bComo a abscissa do v´rtice ´ − 2a , a e b tˆm sinais iguais quando a abscissa edo v´rtice ´ negativa e tˆm sinais contr´rios quando a abscissa do v´rtice e e e a e´ positiva. Portanto a e b tˆm sinais contr´rios na primeira e na terceirae e apar´bolas e tˆm sinais iguais na segunda par´bola. Logo, b1 > 0, b2 > 0 e a e ab3 < 0.
  11. 11. 116.3. a) f (x) = x2 − 8x + 23 = x2 − 8x + 16 + 7 = (x − 4)2 + 7. N˜o h´a ara´ ızes reais, o eixo de simetria ´ a reta x = 4 e o valor m´ e ınimo ´ 7. e b) 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 ´ a reta x = 2, o valor m´ximo ´ 8 e a ee as ra´ızes s˜o os valores para os quais (x − 2) a 2 = 4, ou seja, x − 2 = ±2.As ra´ızes s˜o x1 = 4 e x2 = 0. a6.4. Uma homotetia (semelhan¸a) de raz˜o k (e centro na origem) trans- c aforma o ponto (x, y) no ponto (X, Y ) = (kx, ky) e transforma a par´bola ay = ax 2 na par´bola Y = X 2 , ou seja, Y = a X 2 . Portanto, as par´bolas a a k k ky = ax 2 e y = a x2 s˜o semelhantes e a raz˜o de semelhan¸a ´ k tal que a a c e 1 a 1ai = k , ou seja, k = a1 · Logo, as par´bolas do problema s˜o semelhantes a aentre si. Como qualquer par´bola pode ter equa¸ao da forma y = ax 2 , bas- a c˜tando par isso escolher convenientemente o sistema de eixos, concloui-seque quaisquer duas par´bolas s˜o semelhantes entre si. a a6.5. Trace a bissetriz do primeiro quadrante. Isso pode ser feito porque n˜o adepende da escala dos eixos. O ponto de interse¸ao (distinto da origem) da c˜bissetriz com a par´bola ´ (0, 5; 0, 5). Dobre a abscissa desse ponto e vocˆ a e eobter´ a unidade procurada. a6.6. O v´rtice da par´bola y = x2 − 4x + 3 ´ (2, −1), que corresponde ao e a eponto mais baixo do gr´fico. E a ´ claro que quanto mais afastado do v´rtice eestiver um ponto, mais alto ele estar´. aEm [1,4], o m´ınimo ocorre em x = 2 e ´ igual a −1; o m´ximo ocorre em e ax = 4 e ´ igual a 4 e 2 − 4 · 4 + 3 = 3. ınimo ocorre em x = 6 e ´ igual a 62 − 4 · 6 + 3 = 15; oEm [6, 10], o m´ em´ximo ocorre em x = 10 e ´ igual a 10 a e 2 − 4 · 10 + 3 = 63. x1 +x2 2 x2 +x26.7. a) Provemos inicialmente que, se x1 = x2 , ent˜o a < 2 · 1 2 2Ora, 2 2x2 + x 2 1 2 x1 + x 2 x2 − 2x1 x2 + x2 1 2 x1 − x 2 − = = > 0, se x1 = x2 . 2 2 4 2
  12. 12. 12Se x1 = x2 e a > 0 ent˜o a x1 + x 2 x1 + x 2 2 x1 + x 2 f =a +b 2 2 2 x 2 + x2 x1 + x 2 +c<a 1 2 +b +c 2 2 (ax2 + bx1 + c) + (ax2 + bx2 + c) 1 2 f (x1 ) + f (x2 ) = = · 2 2b) Provemos inicialmente que, se x1 = x2 e 0 < α < 1, ent˜o [αx1 + (1 − aα)x2 ] 2 < αx2 + (1 − α)x2 . 1 2Ora, αx2 + (1 − α)x2 − [αx1 + (1 − α)x2 ]2 = (α − α2 )x2 − 2α(1 − α)x1 x2 + 1 2 1(α − α2 )x2 = α(1 − α)[x1 − x2 ]2 > 0 se x1 = x2 e 0 < α < 1. 2Se x1 = x2 , 0 < α < 1 e a > 0, f [αx1 + (1 − α)x2 ] = a[αx1 + (1 − α)x2 ]2 +b[αx1 + (1 − α)x2 ] + c < a[αx2 + (1 − α)x2 ] + b[αx1 + (1 − α)x2 ] + c = 1 2αax2 +αbx1 +αc+(1−α)x2 +(1−α)bx2 +(1−α)c = αf (x1 )+(1−α)f (x2 ). 1 26.8. Solu¸˜o 1 ca Se a = 2p + 1, b = 2q + 1 e c = 2r + 1 ent˜o b2 − 4ac = 4q(q + 1) − 16pr − a8p−8r −3. Observe que q(q +1) ´ um produto de dois inteiros consecutivos ee, de dois inteiros consecutivos, sempre um deles ´ par. Ent˜o 4q(q + 1) ´ e a em´ltiplo de 8. Tamb´m ´ m´ltiplo de 8 o n´mero −16pr − 8p − 8r. Logo, u e e u ub2 = 4ac ´ 3 unidades menor que um m´ ltiplo de 8, ou seja, ´ um n´ mero e u e uque dividido por 8 d´ resto 5. Se um n´mero dividido por 8 der resto 0, 1, a u2, 3, 4, 5, 6, 7, seu quadrado dividido por 8 dar´ resto 0, 1, 4, 1, 0, 1, 4, a1, respectivamente. Nenhum quadrado perfeito d´ resto 5 quando dividido apor 8. Logo, b 2 − 4ac n˜o ´ quadrado perfeito e as ra´ a e ızes n˜o podem ser aracionais.Solu¸˜o 2 ca Suponhamos que a equa¸ao ax2 + bx + c = 0 admita uma raiz racional. c˜ pSeja q a fra¸ao irredut´ que ´ igual a essa raiz. Como p satisfaz a equa¸ao, c˜ ıvel e q c˜subsitutindo e simplificando obtemos ap 2 + bpq + cq 2 = 0. Os n´ meros p u pe q n˜o podem ser ambos pares, pois q ´ irredut´ a e ıvel. p e q n˜o podem aser ambos ´ ımpares, pois a soma de trˆs n´meros ´ e u ımpares, ap 2 + bpq + cq 2 ,n˜o pode ser igual a zero. Ent˜o um dos n´meros p e q ´ par e o outro a a u e´´e ımpar. Nesse caso, duas das parcelas de ap 2 + bpq + cq 2 ser˜o pares e a a
  13. 13. 13outra ser´ ´ a ımpar, o que far´ com que a soma seja ´ a ımpar. Isso ´ absurdo epois ap 2 + bpq + cq 2 = 0.6.9. a) No in´ıcio, quando o carretel da direita est´ vazio, uma volta ´ dada a eem pouco tempo; no final, quando grande parte da fita j´ est´ enrolada no a acarretel da direita, passa-se mais tempo durante uma volta do carretel. b) A velocidade v de deslocamento da fita ´ constante. eSe a espessura da fita ´ c, os raios (m´dios) das voltas s˜o r, r +c, r +2c, . . . e e ae os comprimentos das voltas s˜o 2πr, 2π(r + c), 2π(r + 2c), . . . Os tempos agastos para enrolar essas voltas s˜o 2πr/v, 2π(r + c)/v, 2π(r + 2c)/v, . . . aO tempo total para enrolar as n primeiras voltas ´ e 2πr 2π(r + c) 2π(r + 2c) 2π[r + (n − 1)c] T (n) = + + + ··· + v v v v 2πr πc πc 2 π(2r − c) = n+ n(n − 1) = n + n, v v v vque ´ da forma T (n) = an2 + bn. e c) Se T (n) = an2 +bn e T (100) = 555, T (200) = 1 176, T (300) = 1 863e T (400) = 2 616, G(n) = T (n) = an + b e G(100) = 5, 55, G(200) = 5, 88, nG(300) = 6, 21 e G(400) = 6, 54.Os pontos (100; 5, 55), (200; 5, 88), (300; 6, 21) e (400; 6, 54) s˜o colineares. aEles pertencem a reta v = 0, 003 3x + 5, 22. Ent˜o, a = 0, 0003 3 e b = ` a5, 22. G(n) = 0, 003 3n + 5, 22 e T (n) = 0, 0033n2 + 5, 22n. E claro ´que houve um pouco de sorte neste exerc´ ıcio. Na vida real, dificilmente asleituras do contador em instantes prefixados seriam todas n´meros inteiros: uhaveria erros de contagem de tempo, haveria erros de leitura do contador,inevit´veis no caso de leituras n˜o-inteiras. Apesar de tudo, o modelo a aG(n) = an + b ´ adequado se os pontos forem aproximadamente colineares. e d) T (1750) = 19 241, 25 e G(1900) = 21 831. T (1900) − T (1750) ∼ =2 590. A resposta ´ 2 590s, ou seja, um pouco menos de 43min 10s. e6.10. a) n + 1. Cada nova reta que se tra¸a come¸a criando uma nova c cregi˜o e cria uma nova regi˜o ap´s cada interse¸ao com cada uma das n a a o c˜retas j´ tra¸adas. a c b) Rn+1 = Rn + n + 1. Como Rn+1 − Rn = n + 1 forma uma progress˜o a
  14. 14. 14aritm´tica, Rn ´ dado por uma fun¸ao polinomial do segundo grau em n. e e c˜Rn = (Rn − Rn−1 ) + (Rn−1 − Rm−2 ) + · · · + (R3 − R2 ) + (T2 − R1 ) + R1 (n + 2)(n − 1) = n + (n − 1) + · · · + 3 + 2 + R1 = + R1 2 n2 + n − 2 n2 + n + 2 = +2= · 2 26.11. Cada nova circunferˆncia que se tra¸a intersecta cada uma das circun- e cferˆncias j´ tra¸adas em 2 pontos e, ap´s cada interse¸ao com cada uma das e a c o c˜n circunferˆncias j´ tra¸adas, cria uma nova regi˜o. Logo, R n+1 = Rn + 2n. e a c aDa´ı,R1 = (Rm − Rn−1 ) + (Rn−1 − Rn−2 ) + · · · + (R3 − R2 ) + (R2 − R1 ) + R1 [2(n − 1) + 2](n − 1) = 2(n − 1) + 2(n − 2) + · · · + 4 + 2 + R1 = + R1 2 = n2 − n + r1 = n2 − n + 2.6.12. Seja f (t) a posi¸ao, em metros, no instante t segundos. c˜ 1 2 + bt + c. Como f (0) = 17, f (10) = 45 e f (20) = 81,Temos f (t) = 2 at  c = 17   obtemos o sistema 50a + 10b + c = 45 . Substituindo c = 17, obte-   200a + 20b + c = 81   50a + 20b = 28mos . Subtraindo da segunda equa¸ao o qu´druplo da c˜ a 200a + 20b = 64primeira, obtemos −20b = −48, b = 2, 4.Substituindo, resulta a = 0, 08. Temos f (t) = 0, 04t2 + 2, 4t + 17.Da´ f (5) = 30, f (15) = 62 e f (25) = 102. ı,6.13. Se f (t) ´ a posi¸ao no instante t, temos f (0) = 0, f (1) = 30, e c˜f (2) = 55, f (3) = 75. Se a for¸a for constante, f (t) = at2 + bt + c. c    c = 0  c = 0  c = 0           a + b + c = 30  a + b = 30  1 + b = 30  4a + 2b + c = 55  4a + 2b = 55  2a = −5           9a + 3b + c = 75  9a + 3b = 75  6a = −15 
  15. 15. 15a = 2, 5 b = 32, 5 c = 0. a) Como o sistema tem solu¸ao, os dados s˜o compat´ c˜ a ıveis com a hip´tese oda for¸a constante. c b) f (t) = −2, 5t2 + 32, 5t. Da´ f (5) = −2, 5 · 25 + 32, 5 · 5 = 100. Est´ ı, aa 100m do ponto onde come¸ou a frenagem. c c) A velocidade ´ f (t) = 2at + b = −5t + 32, 5. A velocidade ´ nula e equando t = 6, 5. O ve´ ıculo demora 6,5 segundos para chegar ao repouso. d) f (0) = 32, 5 m/s.6.14. a) (x − x1 )2 + (x − x2 )2 + · · · + (x − xn )2 = nx2 − 2(x1 + x2 + · · · + 1 2 n e ınimo para x = − 2a = x1 +x2 +···+xn ·xn )x + (x2 + x2 + · · · + x2 ) ´ m´ b n b) Suponhamos que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn . A fun¸ao f (x) = |x − x1 | + c˜|x − x2 | + · · · + |x − xn | ´ uma fun¸ao poligonal, cujo gr´fico ´ formado e c˜ a epor segmentos de reta tais que dois segmentos consecutivos tem um v´rtice eem comum. Para x ≤ x1 , todos os valores absolutos s˜o iguais a (xi − x); aportanto, a inclina¸ao do gr´fico ´ igual a −n, para x ≤ x 1 . Para x1 ≤ c˜ a ex ≤ x2 , o primeiro valor absoluto ´ igual a |x1 − x|, sendo os demais iguais ea |x − x|, para i = 2, . . . , n. Logo, a inclina¸ao ´ igual a −n + 2, neste c˜ eintervalo. Quando n ´ ´ e ımpar, a inclina¸ao troca de sinal (pasando de −1 c˜para 1) no ponto mediano x(n+1)/2 ; logo, a fun¸ao assume seu valor m´ c˜ ınimoneste ponto. Quando n ´ par, a inclina¸ao ´ nula no intervalo [xn/2 x(n/2)+1 ]; e c˜ elogo, f (x) ´ m´ e ınimo em cada ponto deste intervalo. Os gr´ficos abaixo ailustram estas duas situa¸oes. c˜6.15. a) Se os lados s˜o x e y (medidos em cent´ a ımetros), temos, pela 60−y ysemelhan¸a dos triˆngulos brancos, x = 80−x · Da´ 3x + 4y = 240 e c a ı, 3 3 3 2y = 60 − 4 x. A area ´ xy = x 60 − 4 x = − 4 x + 60x e ´ m´xima para ´ e e a
  16. 16. 16 bx = − 2a = 40. Nesse caso, y = 30. O retˆngulo da maior area tem lados a ´iguais a 40cm e 30cm e area igual a 1200 cm ´ 2. b) Na segunda figura, seja x o lado do retˆngulo apoiado na hipotenusa ae y o outro lado. A altura do triˆngulo retˆngulo ´ h = bc = 60×80 = 48cm. a a e a 100Usando semelhan¸a de triˆngulos, temos 100 = 48 · Da´ y = 48(100−x) · A c a x 48−y ı, 100area do retˆngulo ´ xy = 48x(100−x) , cujo valor m´ximo ocorre para x = 50´ a e 100 acm, com area igual a 1200 cm2 . ´A conclus˜o ´ que os dois modos de apoiar o retˆnguo sobre um dos lados do a e atriˆngulo conduzem a triˆngulos com a mesma area m´xima (igual a metade a a ´ a `da area do triˆngulo). E ´ a ´ poss´ demonstrar que, caso o retˆngulo n˜o se ıvel a aap´ie sobre um dos lados, sua area ser´ menor que esta metade. Assim, o ´ apara obter retˆngulos de area m´xima ´ realmente necess´rio apoiar um de a ´ a e aseus lados sobre o contorno do triˆngulo. a6.16. Se os lados s˜o x e y, temos 2x + y = 80, y = 80 − 2x. A area ´ xy = a ´ ex(80 − 2x) = −2x 2 + 80x e deve ser m´xima. Devemos ter x = − b = 20. a 2aDa´ y = 80 − 2 · 20 = 40. A cerca deve ter os lados perpendiculares ao rio ı,medindo 20 metros e o lado paralelo ao rio medindo 40 metros.6.17. No instante t, Q est´ em (0, t) e P est´ em (2t − 2, 0). A distˆncia a a aP Q satisfaz P Q 2 = (2t − 2)2 + t2 = 5t2 − 8t + 4. P Q ser´ m´ a ınima quando(P Q) 2 o for. Isso ocorre no instante t = − b = 0, 8. Para t = 0, 8 temos 2a √ √P Q2 = 0, 8 e P Q = 0, 8 = 2 5 5 ·. 26.18. z = x2 + y 2 = x2 + 12−3x = 16 x2 − 9 x + 9 ser´ m´ 4 25 2 a ınimo para bx = − 2a = 1, 44. Neste caso, y = 1, 92. O valor m´ ınimo procurado ´ e1, 44 2 + 1, 922 = 5, 76.Outro modo:
  17. 17. 17Se x + 4y = 12, o ponto (x, y) pertence a reta desenhada. x2 + y 2 ´ o ` equadrado da distˆncia do ponto (x, y) a origem. a ` x 2 + y 2 ser´ m´ a ınimoquando o ponto (x, y) for o ponto da reta situado mais pr´ximo da origem, oisto ´, quando o ponto (x, y) for o p´ da perpendicular baixada da origem e ea reta. Nesse caso, o valor m´` ınimo de x2 + y 2 ser´ o quadrado da altura arelativa a hipotenusa do triˆngulo retˆngulo formado pela reta com os eixos ` a acoordenados. Os catetos s˜o 3 e 4, a hipotenusa ´ 5 e a altura h satisfaz a eah = bc, 5h = 3x4 = 12. h = 2, 4 e a resposta ´ h2 = 5, 76. e6.19. Se x passageiros ocupam os lugares, a receita da empresa ´ 800x + e10(100 − x)x = −10x 2 + 1 800x. A receita ser´ m´xima para x = − b = 90. a a 2a6.20. Reduzindo t reais no pre¸o da caixa, ele vender´ 300 + 40t caixas a c a20−t reais cada, arrecadando R = (300+40t)(20−t) = −40t 2 +500t+6000. bA receita ser´ m´xima se t = − 2a = 6, 25. O pre¸o deve ser 20 − 6, 25 = a a c13, 75 reais para que a receita seja m´xima. a6.21. Se o pre¸o unit´rio ´ p, quem compra x balas paga, sem desconto, c a e x ppx. Com desconto, o pre¸o pago ´ px 1 − 100 = px − 100 x2 . c eO gr´fico do pre¸o pago em fun¸ao de x ´ um arco de par´bola. a c c˜ e aTodos os que compraram entre 40 (inclusive) e 50 balas poderiam obtermais balas pelo mesmo pre¸o. A resposta ´ Daniel. c e6.22. Reduzindo t reais, s˜o vendidos 300+100t ingressos a 9−t reais cada ae a receita ´ de (300 + 100t)(9 − t) = 100(−t2 + 6t + 27) reais. A receita e bser´ m´xima para t = − 2a = 3. O pre¸o deve ser 6 reais. a a c
  18. 18. 186.23. O v´rtice da par´bola y = 21x − x2 , que ´ o ponto mais alto do e a e bgr´fico, ´ um ponto de abscissa x = − 2a = 10, 5. Quanto mais perto do a ev´rtice estiver o ponto, mais alto estar´. Como n deve ser inteiro, os pontos e ade abscissa inteira que est˜o mais pr´ximos do v´rtice s˜o n = 10 e n = 11. a o e aEm ambos, o valor de 21n − n2 ´ 110. e6.24.6.25. a) x2 − 5x + 6 = 0 equivale a x = 2 ou x = 3. O conjunto ´ formado epelos pontos de duas retas verticais. b) Par´bola. a6.26. Fazendo x2 = y, obtemos y 2 + y − 20 > 0. Da´ y < −5 ou y > 4, ı,isto ´, x e 2 < −5 ou x2 > 4. A primeira alternativa ´ absurda. Logo, x 2 > 4, ex 2 − 4 > 0. A resposta ´ x < −2 ou x > 2. e   c = f (0)  c = f (0)     6.27. a + b + c = f (1) ; a + b = f (1) − f (0) ;     4a + 2b + c = f (2)  4a + 2b = f (2) − f (0)   c = f (0)    a + b = f (1) − f (0)   2a = f (2) − 2f (1) + f (0)  f (2)−2f (1)+f (0) −3f (0)+4f (1)−f (2)Da´ a = ı, 2 , b= 2 , c = f (0).6.28. Se o quilo custar 12 + t reais, ser˜o vendidos 10 − 5t quilos e a receita aser´ (12 + t)(100 − 5t) = −5t2 + 40t + 1 200 reais. A receita ser´ m´xima a a a bpara t = − 2a = 4. O pre¸o deve ser 16 reais. c
  19. 19. 196.29. Se os lados s˜o 3t e 4t, o imposto ´ 7 · 3t · 4t + 2 500 − 60 · 14t = a e 2 − 840t + 2 500 e ser´ m´ b84t a ınimo para t = − 2a = 5. Os lados devem medir15 e 12 metros. O imposto de 84 · 52 − 840 · 5 + 2 500 = 400 reais.Se o lado maior do retˆngulo ´ x = 4t, o imposto ´ y = 84t2 −840t+2 500 = a e e5.35x 2 − 210x + 2 500.6.30. Uma forma de resolver o problema ´ designar por x um dos lados do e aretˆngulo, cujo per´ a ımetro ´ expresso, ent˜o, pela fun¸ao f (x) = 2 x + x . e a c˜Normalmente, o valor m´ ınimo de f ´ obtido atrav´s do uso de C´lculo, e e aassunto normalmente n˜o conhecido pelos alunos do Ensino M´dio. Alter- a enativamente, designemos por 2p o per´ ımetro. Os valores poss´ ıveis de 2p x + y = ps˜o aqueles para os quais o sistema a tem solu¸ao ou, equiva- c˜ xy = alentemente, a equa¸ao x(p − x) = a (ou seja, x2 − px + a = 0) tem solu¸ao. c˜ c˜Deve-se ter, portanto, p 2 − 4a ≥ 0, isto ´, p ≥ 2√a. Logo, o valor m´ e ınimo √ ımetro ´ 4 a.do per´ e √ √6.31. y = x se e somente se y 2 = x e y ≥ 0. Logo, o gr´fico de y = x ´ a eformado pelos pontos da par´bola y a 2 = x situados acima do eixo dos x ousobre ele. √6.32. Chamando x de y, obtemos a equa¸ao de segundo grau y + m = y 2 , c˜ou seja, y 2 − y − m = 0.Essa equa¸ao em y ter´ dus ra´ reais diferentes quando seu discriminante c˜ a ızes∆ = 1 + 4m for positivo, ou seja, quando m > − 1 · Cada raiz em y que seja 4maior que ou igual a zero dar´ uma raiz para a equa¸ao em x e cada raiz a c˜negativa da equa¸ao em y n˜o dar´ raiz para a equa¸ao em x. c˜ a a c˜O produto das ra´ da equa¸ao em y ´ igual a −m e a soma das ra´ da ızes c˜ e ızesequa¸ao em y ´ igual a 1. Portanto: c˜ e
  20. 20. 20 i) m > 0. A equa¸ao em y tem duas ra´ c˜ ızes de sinais contr´rios. a ii) m = 0. A equa¸ao em y tem uma raiz nula e uma raiz positiva. c˜ 1 iii) − 4 < m < 0. A equa¸ao em y tem duas ra´ c˜ ızes positivas distintas. 1 iv) m = − 4 · A equa¸ao em y tem duas ra´ c˜ ızes positivas iguais. 1 v) m < − 4 · A equa¸ao em y n˜o tem raiz real. c˜ aLogo: a) m > 0. A equa¸ao em x tem uma unica raiz. c˜ ´ b) − 1 < m ≤ 0. A equa¸ao em x tem duas ra´ 4 c˜ ızes. c) m = − 1 · A equa¸ao em x tem uma unica raiz. 4 c˜ ´ d) m < − 1 · A equa¸ao em x n˜o tem raiz real. 4 c˜ a 26.33. Se d ´ o diˆmetro, o per´ e a ımetro ´ πd e a area ´ πd · O pre¸o de A ´ e ´ e 4 c eα = 5πd 2 + 15πd + 200 e o pre¸o de B ´ β = 4, 5πd2 + 20πd + 600, sendo c ed > 0. A ´ mais vantajosa quando β − α = −0, 5πd2 + 5πd + 400 > 0. Este etrinˆmio tem duas ra´ o ızes de sinais contr´rios; d deve estar compreendido aentre elas e ser positivo. Logo, devemos ter 0 < d < 5 + 25 + 800 ∼ 21, 72 π =metros.Na outra situa¸ao, α = 4, 5πd2 + 20πd + 400 e β = 5πd2 + 10πd + 150. A c˜´ mais vantajosa quando β − α = 0, 5πd2 − 10πd − 250 > 0. Este trinˆmoe otem duas ra´ ızes de sinais contr´rios; d deve ser exterior ao intervalo das a ızes e ser positivo, isto ´, d > 10 + 100 + 500 ∼ 26, 10 metros.ra´ e π =6.34. S = ax + by + ax + bc · Os valores de S s˜o positivos quando x > 0 e x anegativos quando x < 0. Temos ax 2 − Sx + bc = 0. O discriminante deve √ser maior que ou igual a 0. Portanto, S 2 − 4abc ≥ 0. Da´ S ≥ 2 abc ou ı, √ √S ≤ −2 abc. Para x > 0, o menor valor de S ´ 2 abc. e6.35. Sejam 1, c, h as dimens˜es, em metros, do buraco. Devemos ter o1 · c · h = 300. O custo ´ y = 10c + 30h = 10c + 9 000 · Como c > 0, temos e cy > 0. Temos 10c 2 − yc + 9 = 9 000 = 0. O discriminante deve ser maiorque ou igual a 0. Portanto, y 2 − 360 000 ≥ 0 e, como y > 0, y ≥ 600. O
  21. 21. 21custo m´ınimo ´ 600 reais. Se y = 600, 10c2 − 600c + 9 000 = 0 e c = 30 emetros. Se c = 30, h = 10 metros.6.36. Um espres´rio entrou com o capital x e trabalhou 2 dias por semana; ao outro investiu 100 − x e trabalhou dois dias em cada semana. Seus lucrosforam respectivamente 99 − x e 99 − (100 − x) = x − 1. O lucro de cadaum por dia de servi¸o ´ (99 − x)/2 e (x − 1)/3. Cada real aplicado rendeu, c epor dia de servi¸o, o lucro c 99 − x x−1 = , 2x 3(100 − x)a igualdade traduzindo a equitatividade da sociedade. Simplificando, che-gamos a equa¸ao x2 − 595x + 29.700 = 0, cujas ra´ ` c˜ ızes s˜o 55 e 540. Como a540 > 100, o valor de x que responde a quest˜o ´ x = 55. Portanto um a es´cio entrou com 55 mil reais e outro com 45 mil. oObserva¸oes: 1. Se chamarmos de x o capital investido pelo s´cio que c˜ otrabalhou 3 dias por semana, teremos 99 − x x−1 = , 3x 2(100 − x)o que levar´ a equa¸ao x2 + 395x − 19.800 = 0, cujas ra´ s˜o 45 e −440. a` c˜ ızes aComo o problema n˜o comporta resposta negativa, devemos ter x = 45 e o aoutro s´cio entrou com 100 − x = 55 mil reais. o 2. A primeira solu¸ao ´, do ponto de vista did´tico, prefer´ porque c˜ e a ıvelmostra que as vezes a raiz que n˜o serve pode tamb´m ser positiva. ` a e 3. Ao resolver este problema deve-se ter o cuidado de observar que 99mil reais n˜o ´ o lucro de cada empres´rio e sim a soma do capital que ele a e ainvestiu mais o lucro. 126.37. Se a velocidade da corrente ´ v, os tempos gastos s˜o 12+v horas e a 8 12 8 240−4ve 12−v horas. 12+v + 12−v = 2; 144−v 2 = 2; 120 − 2v = 144 − v 2 ;v 2 − 2v − 24 = 0. A unica raiz positiva ´ 6. A velocidade da corrente ´ ´ e e6km/h e os tempos s˜o 12/18 h = 2/3 h = 40 min (a favor da corrente) e a1h20min (contra a corrente).6.38. Com x alunos, a parte de cada um seria 405/x reais. Com x − 2 a 405alunos, cada um daria 405/(x−2) reais. Ent˜o x−2 = 405 +1, 2. Eliminando x
  22. 22. 22denominadores e simplificando: x2 − 2x − 675 = 0. A unica raiz positiva ´desta equa¸ao ´ 27. Logo a turma tinha 27 alunos. c˜ e6.39. a) Se f ´ quadr´tica, f (x) = ax2 + f x + c, com a = 0, e ϕ(x) = e af (x + h) − f (x) = a(x + h)2 + b(x + h) + c − (ax2 + bx + c) = 2ahx + ah2 + bh´ afim e n˜o-constante, qualquer que seja h = 0.e a b) Suponhamos, para h = 0 fixado, ϕ(x) = f (x + h) − f (x) = px + q,com p = 0.Seja x1 , x2 , . . . , xn , . . . uma progress˜o aritm´tica n˜o-constante, de raz˜o a e a ar.Afirmamos que f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn ), . . . ´ uma progres˜o aritm´tica de e a esegunda ordem n˜o-degenerada. Com efeito, f (xn+1 ) − f (xn ) = f (xn + ar) − f (xn ) = pxn + q = yn ´ uma progress˜o aritm´tica n˜o-constante, pois e a e ayn+1 − yn = pxn+1 + q − (pxn + q) = p(xn+1 − xn ) = pr ´ constante e ediferente de zero. Logo, pelo Teorema de Caracteriza¸ao, f ´ quadr´tica. c˜ e a

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