Problemas Selecionados com Solucoes∗

Luıs Gustavo Doninelli Mendes †‡

28 de Setembro de 2010

1 Apresentacao

A seguir proponho uma lista de Problemas que me pareceram interessantes e rele-vantes. Lembre:

So se aprende matematica resolvendo problemas !

Antes de ler as Solucoes pense muito, pense mais ainda, pense sozinho e proponhaa sua solucao.

Quem sabe voce achara uma solucao mais elegante, mais sintetica, etc, do que aque eu apresento.

Pretendo ir colocando tambem as solucoes dos leitores que tenham ideias diferentesdas minhas.

Sugestoes, crıticas, comentarios, envie para mendes.lg@gmail.com

∗Voce os encontra em Um Curso de Calculo e Equacoes Diferenciais com Aplicacoes, disponıvelno site www.mat.ufrgs.br/˜mendes

†Professor Adjunto do Departamento de Matematica da UFRGS‡Ultima atualizacao: 28/09/2010

1

2 Problemas:

Exercıcio 2.1. (Desigualdade triangular)Prove que para quaisquer numeros Reais � e △:

|� + △| ≤ |�| + |△|.

Exercıcio 2.2. Usando que limx→0sin(x)

x= 1 e composicoes de funcoes prove que:

limx→0

sin(k · x)x

= k, ∀k ∈ R \ {0},

limx→0

sin(k · x)sin(x)

= k,

e

limx→0

tan(j · x)sin(k · x) =

j

k, ∀k, j ∈ R \ {0}.

Exercıcio 2.3. A equacao x3 + 1 = 0 e, em geral, as as equacoes de grau ımpar

x2n+1 + 1 = 0, n ∈ N

tem obviamente como unica raız Real o x = −1.Nao e facil resolver explicitamente a equacao x3 + ǫ · x+ 1 = 0, com ǫ ≥ 0 fixado,

a menos que se conheca a formula de Cardano; com ela se obtem a raız Real

x =3

√

−1

2+

√

1

4+ǫ3

27− 3

√

1

2+

√

1

4+ǫ3

27.

Torna-se intratavel tentar resolver explicitamente o seguinte tipo de equacao degrau ımpar:

x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1 = 0,

comǫi ≥ 0, i = 1, . . . n− 1 e ǫn > 0

fixados.i) Prove que cada uma dessas equacoes tem um unica raız Real.ii) Prove que a raız de cada uma delas esta em [−1, 0).iii) Para cada numero em [−1, 0) encontre alguma dessas equacoes que o tenha

como unica raız.

2

Exercıcio 2.4. (Putnam Competition, n. 2, 1939)

Seja P ponto da curva y = x3 tal que a reta tangente ao grafico em P intersectade novo o grafico num ponto Q 6= P .

Mostre que a reta tangente ao grafico em Q tem inclinacao igual a 4 vezes ainclinacao em P .

Exercıcio 2.5. Em 1687, Huygens observou que as curvas y = a ·x 3

4 −x, para x ≥ 0,com a > 0 fixado, tem as seguintes propriedades:

i) a area da regiao finita que fica entre seus graficos e o eixo dos x tem area a8

14.

ii) a tangente ao seu grafico em (x, y) passa por (−x

3, x

3), nao importando qual o

a > fixado.Prove i) e ii) e, ademais, esboce qualitativamente o grafico de y = x

3

4 − x, paraa > 0. Ou seja, determine sinais e raızes, crescimento e decrescimento, concavidadese se ha assıntotas quando x→ +∞.

Exercıcio 2.6. Considere a Figura a seguir, que da em vermelho o grafico de y = x3

restrito a x ∈ (−2, 1) e, em verde, o grafico de x3 − 3x2 + 3x − 2 tambem parax ∈ (−2, 1).

3

Prove que existe uma reta que apenas tangencia o grafico verde e que conseguepassar entre os dois graficos sem intersectar o grafico vermelho.

Dica: a Figura sugere uma reta, prove que ela satisfaz o que se pede.

Exercıcio 2.7. (Putnam Competition, n. 68, 1993)

Encontre todos os valores de α ∈ R para os quais as curvas

Cα : y = α · x2 + α · x+1

24e Dα : x = α · y2 + α · y +

1

24

tem algum ponto de tangencia.

Exercıcio 2.8. (Putnam Competition, n. 1, 1938)

Dada a parabola y = 12m

· x2, determine a menor corda ortogonal ao grafico emum dos extremos.

4

Exercıcio 2.9. Considere a famılia de graficos

y = fb(x) := (−b+ 4/3) · x2 + b · x+ (2b− 7/3), b ∈ R,

dos quais plotei apenas 7 representantes (b = 1, 1.2, 1.3, 4/3, 1.6, 1.8, 2):

5

-5

02

-10

x

41-1 0-3 3-2

Como se ve sao graficos bem diferentes, a medida que mudamos o parametro b.Mas quando se faz um zoom na regiao x ∈ [0.3, 0.7] do domınio, os pedacos dos 7

graficos de y = fb(x) se parecem muito:

2,5

1,5

2

1

0

x

0,70,5

0,5

0,60,4

Explique o que aconteceu quando fizemos o zoom, apos confirmar que que os pontos(−1,−1) e (2, 3) pertencem a esses graficos todos, ∀b ∈ R).

Exercıcio 2.10. (O Problema do salva-vidas)

5

Estando no ponto (8, 0), na areia da praia, o salva-vidas tem que sair correndopara salvar alguem que se afoga no ponto B = (0, 5), dentro do mar. Veja a Figura.

Suponha que a velocidade do salva-vidas na praia e v1 m/s e na agua e v2 < v1,com razao:

k :=v2

v1

< 1.

A questao e a seguinte: para que ele chegue o mais rapido possıvel, ate que ponto(x, 0) com x ∈ [0, 8] ele deve correr pela praia, para daı entao ir em linha reta nadandoate B ?

Na solucao a coordenada x do ponto buscado sera funcao de k, ou seja, x(k).Tambem mostre que:i) se k verifica k2 · (k2 − 1) < 0 entao sair ja de (8, 0) nadando nao e a melhor

estrategia para o salva-vidas.ii) mostre que limk→0 x(k) = 0. Ou seja, para valores de k muito pequenos o

melhor e correr pela areia ate quase a origem e dali sair nadando em angulo reto.iii) Para um salva-vidas que corresse como Usain Bolt e nadasse como Cesar Cielo

terıamos k ∼ 0.22. Mas se nadasse como Cielo e corresse como uma pessoa normal,entao1 k ∼ 0.55.

Confirme que nesses dois casos

x(k) = x(0.22) ∼ 1.12 e x(k) = x(0.55) ∼ 3.34.

Exercıcio 2.11. (O problema do freteiro - Spivak, Anton, etc)Imagine que voce esta transportando, numa mudanca, uma vara. Durante o trans-

porte ela nao podera ser deformado, nem vergado.Voce vem com ele por um corredor que mede l1 de largura e que dobra em angulo

reto, chegando numa sala de largura

l2 = k · l1 ≥ l1.

1Esses valores de k foram calculados pelo estudante Rafael Kuch, a quem agradeco

6

Pensando o problema como um problema no plano, nao-espacial, trata-se de deter-minar o comprimento maximo da vara para que voce consiga passa-la para a sala.

Exercıcio 2.12. Uma pessoa esta nadando e se encontra na posicao (0, a) no eixodos y, com a > 0.

O formato da praia e o da parabola y = x2, como na Figura a seguir.

Se ele quer chegar o mais rapido possıvel a praia, a partir de que valor de a amelhor escolha e ir nadando verticalmente ate a origem (0, 0)?

Exemplifique com um valore de a para o qual essa nao e a melhor escolha.

Exercıcio 2.13. Um planeta de move em trajetoria elıptica, em que o Sol e um dosfocos da elipse.

Observado a partir de um ponto (x, y) = (0, 0), o planeta esta, num certo instantet0, na posicao (x0, y0), onde x0 > y0 > 0.

Ademais, sua coordenada x tem em t0 uma taxa de variacao de −1 UA/s, enquantoque sua coordenada y tem taxa de variacao de 1 UA/s.

i) Determine a equacao (padrao) da elipse que descreve sua trajetoria.ii) Determine as posicoes possıveis do Sol.iii) A distancia do foco onde esta o Sol ate o vertice mais proximo e chamado de

perihelio do planeta. Determine-o.

Exercıcio 2.14. (Putnam Competition, n. 11, 1951)Prove que:

ln(1 +1

x) >

1

1 + x, ∀x > 0.

Exercıcio 2.15. (Putnam Competition, n. 54, 1993)

A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = 2x − 3x3 no primeiro quadrantecomo na Figura abaixo.

7

Encontre o valor de C que faz com que as areas das duas regioes delimitadas pelosgraficos sejam iguais.

x

0,6

0,4

00,80,60,2

0,3

0,2

0,5

0,4

0,1

0

Aproveito para colocar um problema um pouco mais geral do que esse:

Exercıcio 2.16. A reta horizontal y = C > 0 corta a curva y = A · x + B · x3, comA > 0 e B < 0, no primeiro quadrante como na Figura (basta exigir A > 0 e B < 0para termos qualitativamente a mesma figura).

Encontre o valor de C que faz com que as areas das duas regioes delimitadas pelosgraficos sejam iguais.

Exercıcio 2.17. (Putnam Competition, n. 2, 1939)

Avalie as integrais:∫ 3

1

1√

(3 − x) · (x− 1)dx

e∫ +∞

1

1

ex+1 + e3−xdx.

8

3 Solucoes:

Exercıcio 2.1:

Minha solucao:

O que se quer provar e que:

� + △ ≤ |� | + |△|, caso 0 ≤ � + △,

ou que−(� + △) ≤ |�| + |△|, caso � + △ < 0.

Caso 0 ≤ � + △: obviamente que valem

� ≤ |�| e △ ≤ |△|,

e somando essas duas desigualdades obtemos o desejado:

� + △ ≤ |�| + |△|.

Caso �+△ < 0: entao pelo menos um deles e negativo, por exemplo, suponhamosque � < 0. Por absurdo, suponha que

|�| + |△| < −(� + △).

Como |�| = −�, cancelamos esses termos na desigualdade anterior e obtemos entaoque:

|△| < −△.Se 0 < △ entao chegamos no absurdo:

0 < △ =: |△| < −△ < 0.

Se △ ≤ 0 entao −△ =: |△| < −△ e outro absurdo.Logo

−(� + △) ≤ |�| + |△|, caso (� + △) < 0.

Solucao do estudante Walter Ferreira Diniz Junior:Primeiro afirmo que

0 ≤ x1 ≤ x2 ⇔ 0 ≤ x21 ≤ x2

2.

Que 0 ≤ x21 e claro. E como 0 ≤ x1 ≤ x2, entao

x1 ≤ x2 ⇔ x21 ≤ x1 · x2 ⇔ x2

1 ≤ x22,

9

como querıamos.Aplicando isso a x1 = |� + △| e x2 = |�| + |△| temos a equivalencia:

|� + △| ≤ |�| + |△| ⇔ (� + △)2 ≤ (|�| + |△|)2.

Mas entao queremos saber se:

�2 + 2 · � · △ + △2 ≤ �

2 + 2 · |�| · |△| + △2,

ou seja, se� · △ ≤ |�| · |△|.

Se � e △ tem o mesmo sinal entao ha igualdade nessa expressao. Se � e △ temsinais opostos ha desigualdade estrita.

Exercıcio 2.2:

Note primeiro que a funcao h(x) dada por

sin(k · x)k · x se x 6= 0 e h(0) := 1,

e a composicao h := f(g(x)) da funcao contınua

f(x) :=sin(x)

x, se x 6= 0 e f(0) := 1,

com a funcao contınua g(x) := k · x.Logo h e contınua e portanto

limx→0

sin(k · x)k · x = 1.

Mas entao:

limx→0

sin(k · x)k · x · k = k,

ou seja,

limx→0

sin(k · x)x

= k.

Para calcular

limx→0

sin(k · x)sin(x)

faco

limx→0

sin(k · x)sin(x)

= limx→0

sin(k · x)x

· x

sin(x)=

= limx→0

sin(k · x)x

· limx→0

x

sin(x)= k · 1 = k.

10

Para calcular

limx→0

tan(j · x)sin(k · x)

escrevo, para x 6= 0:

tan(j · x)sin(k · x) :=

sin(j · x)cos(j · x) · sin(k · x) =

j

k· sin(j · x)

j · x · k · xsin(k · x) ·

1

cos(j · x) .

Usando o que vimos acima (bem como limite de produto e inverso e a continuidadedo cosseno) o limite

limx→0

tan(j · x)sin(k · x)

viraj

k· lim

x→0

sin(j · x)j · x · lim

x→0

k · xsin(k · x) · lim

x→0

1

cos(j · x) =j

k.

Exercıcio 2.3:

No Curso se mostrou que todo polinomio Real de grau ımpar tem alguma raızReal.

Mas para esses polinomios o Teorema do Valor Intermediario mostra que ha raızno intervalo [−1, 0), ja que

f(−1) := −1 − (ǫ1 + . . .+ ǫn) + 1 < 0,

f(0) = 1.O problema aqui e mostrar que so ha uma Raız Real para cada um desses polinomios.Suponhamos por absurdo que a equacao

x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1 = 0

tenha duas raızes x1, x2, com x1 < x2. Entao pelo Teorema de Rolle a derivada dafuncao

f(x) := x2n+1 + ǫ1 · x2n−1 + ǫ2 · x2n−3 + . . .+ ǫn−1 · x3 + ǫn · x+ 1

tem que se anular num ponto x ∈ (x1, x2). Mas

f ′(x) := (2n+1) ·x2n+ǫ1 ·(2n−1) ·x2n−2+ǫ2 ·(2n−3) ·x2n−4+ . . .+ǫn−1 ·3 ·x2+ǫn = 0

nao tem Raız Real, pois cada um de seus monomios tem grau par, os ǫi ≥ 0, parai = 1, . . . , n− 1 e ǫn > 0.

Logo so ha uma raız Real.

11

Agora dado um x ∈ [−1, 0) fixado, resolvo a seguinte equacao linear em ǫ:

x3 + ǫ · x+ 1 = 0

obtendo:

ǫ =−1 − x3

x

e facilmente se ve que ǫ ≥ 0 e e zero quando x = −1.A seguir ploto tres graficos, de y = x3 + 1, de y = x3 + 7

4· x+ 1 cuja raız e −1

2e

de y = x3 + 6316

· x+ 1 cuja raız e −14.

15

5

-15

10

0

x

210-2 -1

-10

-5

Exercıcio 2.4:

Seja P = (a, a3). Entao a 6= 0 pois de P = (0, 0) a reta tangente e horizontal enao intersecta o grafico noutro ponto Q 6= P .

A reta tangente em P tem equacao:

y = 3a2 · x− 2a2

e Q = (x, x3) verifica a equacao:

x3 = 3a2 · x− 2a2 ⇔ x3 − 3a2 · x+ 2a2 = 0.

Ora, a e raız dupla essa equacao, ja que em P ha tangencia, logo:

x3 − 3a2 · x+ 2a2 = (x− a)2 · p(x)

onde p(x) e de grau 1 e facilmente se ve, por divisao, que:

p(x) = x+ 2a.

Ou seja, o ponto Q tem coordenadas Q = (−2a,−8a3).

12

A inclinacao da reta tangente por Q e:

3 · (−2a)2 = 3 · (4a2) = 4 · (3a2),

ou seja, 4 vezes a inclinacao em P .

Exercıcio 2.5:

A equacao da reta tangente de y = a · x 3

4 − x por

(x, y) = (x, a · x 3

4 − x)

e:

y = (3a

4· x− 1

4 − 1) · x+ a · x 3

4 − x− (3a

4· x− 1

4 − 1) · x.

Um conta imediata mostra que essa reta passa por (−x

3, x

3).

A funcao y = f(x) = a ·x 3

4 −x corta o eixo dos x em x = 0 e em x = a4. A partirdeste ponto f(x) < 0.

Enquanto que f ′(x) = 3a4· x− 1

4 − 1, que so esta definida para x > 0, se anulaem x = (3

4)4; ademais f ′(x) > 0 no intervalo (0, (3

4)4) e f ′′(x) > 0 no intervalo

((34)4),+∞).Ou seja, que em (0, (3

4)4) a funcao cresce, tem em x = (3

4)4 um maximo absoluto,

e depois sempre decresce.Temos

limx→+∞

a · x 3

4 − x = limx→+∞

x · ( ax

1

4

− 1) = +∞ · (−1) = −∞,

enquanto que

limx→+∞

f ′(x) = limx→+∞

3a

4· x− 1

4 − 1 = −1,

ou seja que ha uma assıntota oblıqua de inclinacao −1 para y = f(x).

Tambem f ′′(x) = −3a16x−

5

4 < 0 ∀x, ou seja que a funcao sempre e concava parabaixo.

A area da regiao e:

∫ a4

0

a · x 3

4 − x = (4a

7x

4

7 − x2

2)(a4) =

a8

14.

A figura aseguir da tres exemplos, em vermelho, verde e amarelo, com a =1, 1.3, 1.5 e onde

(−x3,x

3) = (−1

3,1

3).

13

0,6

0,2

-0,6

0,4

0

x

0 3-1

-0,4-0,2 21

Exercıcio 2.6:

Primeiro vou usar a intuicao sugerida pela figura. A figura parece indicar quea reta tangente a y = x3 em (1, 1) consegue passar entre os dois graficos, apenastocando o grafico verde. Como so consideramos x < 1 ela e uma boa candidata.

Ou seja, conjecturo que a reta

y = 3x− 2

tangencia o grafico de y = x3 − 3x2 + 3x − 2 e passa entre os dois graficos semintersectar o grafico de y = x3, desde que restrinjamos

x ∈ (−2, 1).

Como e a interseccao de y = 3x− 2 com y = x3 − 3x2 + 3x− 2 ?Faco 3x− 2 = x3 − 3x2 + 3x− 2 e obtenho x3 − 3x2 = 0, ou seja

x2 · (x− 3) = 0.

Entao a reta y = 3x−2 tangencia y = x3−3x2+3x−2 no ponto (0,−2) (e intersecta-atambem no ponto (3, 7), mas esse ponto nao nos interessa).

E onde y = 3x− 2 intercecta y = x3, alem do ponto (1, 1) ? Faco:

x3 = 3x− 2,

ou seja, quero resolver x3 − 3x+ 2 = 0. Se nao vejo imediatamene as solucoes, possopensar assim: como x = 1 e ponto de tangencia, entao:

x3 − 3x+ 2 = (x− 1)2 · (ax+ b)

14

e o outro ponto sera x = −ba

.Ora, por divisao obtenho

x3 − 3x+ 2 = (x− 1)2 · (x+ 2),

portanto x = −2. Mas este ponto nao pertence ao intervalo (−2, 1). Ou seja, quey = 3x− 2 passa entre os graficos, tocando o grafico verde em (0,−2).

Exercıcio 2.7:

Primeiro noto que as possıveis interseccoes Cα ∩Dα sao pontos cujas coordenadasx satisfazem a equacao:

E : x = α · (α · x2 + α · x+1

24) + α · (α · x2 + α · x+

1

24) +

1

24,

que e uma equacao de grau 4 em x.Portanto nao podemos esperar mais de 4 raızes (contando alguma com multipli-

cidade).Tambem noto que se um ponto P1 := (a, b) ∈ Cα ∩Dα e tem

a 6= b

entao tambem o outro ponto P2 := (b, a) ∈ Cα ∩Dα.Esses pontos P1 6= P2 estao em lados opostos da diagonal y = x. Por exemplo, se

b > a entao e P1 = (a, b) que esta acima da diagonal enquanto que P2 = (b, a) estaabaixo da diagonal.

Nesse caso

b = α · a2 + α · a+1

24> a

e

a = α · b2 + α · b+1

24< b.

Ou seja que a funcao contınua

φ(x) := α · x2 + α · x+1

24− x

definida em [a, b] tem φ(a) > 0 e φ(b) < 0. Logo pelo Teorema do Valor Intermediario,existe um ponto ξ ∈ (a, b) com

ψ(ξ) = 0,

ou seja, existe um ponto do plano

P3 := (ξ, α · ξ2 + α · ξ +1

24)

15

que pertence a diadonal, pois tem

ξ = α · ξ2 + α · ξ +1

24

e ademais P3 ∈ Cα ∩Dα. Ora entao ξ e raız de E e ξ 6= a, b: ha raızes demais dessaequacao de grau 4, contradicao.

Concluo entao que so pode haver tangencia dessas parabolas em algum ponto queesteja na diagonal y = x.

Entao esse ponto P := (x, x) verifica:

x = α · x2 + α · x+1

24

de onde ponho α em evidencia como:

α =x− 1

24

x2 + x.

Mas nesse P = (x, x), onde as curvas sao tangentes, qual a inclinacao possıvel ?Como Cα e Dα sao simetricas em relacao a diagonal, se a inclinacao da reta

tangente a Cα em P e τ entao a inclinacao da reta tangente a Dα em P e 1τ. Como

ha tangencia das curvas, τ = 1τ

o que da τ = ±1.Para Cα:

y′(x) = 2 · α · x+ α

logo±1 = 2 · α · x+ α

de onde

α =1

2 · x+ 1ou α =

−1

2 · x+ 1.

Portanto temos duas possıveis equacoes para x:

x− 124

x2 + x=

1

2 · x+ 1

oux− 1

24

x2 + x=

−1

2 · x+ 1.

Elas produzem duas equacoes quadraticas em x, que resolvo por Baskara. Uma temas solucoes

x =1

4ou x =

−1

6

16

e a outra

x =−23

72+

√601

72ou x =

−23

72−

√601

72.

Usando

α =1

2 · x+ 1ou α =

−1

2 · x+ 1

em cada caso obtemos 4 valores possıveis para α:

α1 :=2

3, α2 =

3

2

ou

α3 =−36

13 +√

601, α4 =

−36

13 −√

601.

As Figuras a seguir ilustram as posicoes das parabolas Cα e Dα para esses 4 valoresα1, α2, α3, α4, bem como a reta diagonal:

0y

-2

1

x

21-2 -1

2

0

-1

y

1

2

0

x

210-1

-2

-2

-1

17

y

1

2

0

x

20 1

-2

-1-2

-1

y

0,5

-1,5

1

0

-2

x

10,50-0,5-2 -1,5

-1

-0,5

-1

Exercıcio 2.8:

Minha solucao nao e das mais elegantes, pois e na forca bruta. Farei o seguinte:

• determinarei os pontos que sao os extremos (x0,x2

0

2m) e (x1,

x2

1

2m) de uma corda

ortogonal ao grafico em (x0,x2

0

2m),

• pensarei no quadrado do comprimento da corda:

(x1 − x0)2 + (

x21

2m− x2

0

2m)2

como sendo uma funcao f(x0) de x0.

• procurarei f ′(x0) = 0 e depois verei se f ′′(x0) > 0.

18

A reta que passa por (x0,x2

0

2m) e e ortogonal ao grafico da parabola dada tem

equacao:

y =−mx0

· x+2m2 + x2

0

2m.

(posso supor x0 6= 0 pois a reta ortogonal ao grafico pela origem e vertical e naointersecta o grafico da parabola em nenhum outro ponto).

Essa reta intersecta de novo a parabola em

x1 = −x0 −2 ·m2

x0

,

como se descobre resolvendo uma equacao quadratica.A expressao do quadrado da distancia entre esses dois pontos admite um boa

simplificacao:

φ(x0) := (x1 − x0)2 + (

x21

2m− x2

0

2m)2 =

= (2x0 +2m2

x0

)2 + ((x0 + 2m2

x0

)2

2m− x2

0

2m)2 =

=4(x2

0 +m2)3

x40

.

Agora derivo φ(x0) como funcao de x0, obtendo:

φ′(x0) =−8 · (x2

0 +m2)2 · (−x20 + 2m2)

x50

.

Portanto φ′(x0) = 0 para dois valores:

x = ±√

2 ·m.

Para ver que esses pontos sao mınimos locais de φ(x0) (e portanto globais, por faltade outros candidatos) podemos analisar o sinal de φ′(x0) a esquerda e a direita deles.

Para x =√

2 ·m: note que para x0 < x e proximo dele, temos

−x20 +m2 > 0

e portanto φ′(x0) < 0; para x0 > x e proximo dele, temos φ′(x0) > 0.Analogamente para x = −

√2m.

Exercıcio 2.9:

Primeiro testo se (−1,−1) e (2, 3) estao em todos os graficos de:

y = fb(x) := (4/3 − b) · x2 + b · x+ (2b− 7/3), b ∈ R.

19

De fato:

(4/3 − b) · (−1)2 + b · (−1) + (2b− 7/3) =−3

3= −1,

e

(4/3 − b) · 22 + b · 2 + (2b− 7/3) =9

3= 3.

O coeficiente angular da secante a todos os graficos y = fb(x) ligando (−1,−1) a(2, 3) e:

a =3 + 1

2 + 1=

4

3.

Pelo Teorema de Lagrange devem haver pontos xb (dependendo de b, a princıpio...) tais que

xb ∈ (−1, 2) e f ′b(xb) =

4

3.

Vejamos quem sao os xb. Temos

f ′b(x) = 2 · (4/3 − b) · x+ b,

e igualando a 43

criamos uma equcao em x:

2 · (4/3 − b) · x+ b =4

3,

de onde

x =1

2· (

43− b

43− b

) =1

2,

ou seja ∀b: xb = 12. Por isso quando fazemos um zoom numa faixa vertical em torno

de

(1

2, fb(

1

2) )

vemos todos os graficos parecidos com retas paralelas, de mesma inclinacao 43.

Exercıcio 2.10:

Defina a funcao:

f(x) :=

√x2 + 25

v2

+8 − x

v1

,

que da o tempo gasto pelo salva-vidas para chegar no ponto B.Ou melhor, considere:

g(x) := v2 · f(x) =√x2 + 25 +

v2

v1

· (8 − x) =

20

=:√x2 + 25 + k · (8 − x),

cujo domınio e [0, 8].Trata-se de minimizar f ou, equivalentemente, minimizar g.Para isso calcule separadamente

g(0) = 5 + 8k e g(8) =√

89.

Mas:

g(8) > g(0) ⇔√

89 − 5

8> k,

e como 0.55 ≈√

89−58

e supusemos k ≤ 0.5 entao:

g(8) > g(0).

Agora basta buscar no intervalo aberto (0, 8) pelo ponto onde

g′(x) = 0.

Ora,

g′(x) =x√

x2 + 25− k = 0 ⇔ x = k ·

√x2 + 25.

Daı obtemos, elevando ao quadrado:

x2 = k2 · (x2 + 25),

ou seja,x2(1 − k2) = 25 · k2

e

x(k) =

√

25 · k2

1 − k2=

5k√1 − k2

,

pois a solucao negativa nao nos interessa. Claramente:

limk→0

x(k) = limk→0

5k√1 − k2

=0

1= 0.

E nesse ponto x(k) temos o valor:

g(x(k)) = 8k + 5(1 − k2) ·√

1

1 − k2.

Agora

g(0) − g(x(k)) = 5 + 5(k2 − 1) ·√

1

1 − k2

21

e nao esta tao claro se g(0) − g(x(k)) ≥ 0, para todos os k no intervalo 0 ≤ k ≤ 0.5.Ora,

5 + 5(k2 − 1) ·√

1

1 − k2≥ 0 ⇔

⇔ 5 ≥ 5(1 − k2) ·√

1

1 − k2

e elevando ao quadrado quero ter:

25 ≥ 25 · (1 − k2)2

1 − k2

que equivale a :1 − k2 ≥ 1 − 2k2 + k4,

ou seja,0 ≥ k2 · (k2 − 1).

Exercıcio 2.11:

Primeiro noto que, se consigo passar uma vara de um certo tamanho para a salasem ter tocado o ponto C da Figura, entao certamente passaria uma vara um poucomaior, apoiando-me e pivotando em C.

Por isso, de agora em diante, posso pensar que me apoiarei em C, pivotando nesseponto.

A chave da resolucao do problema e a seguinte: e notar que a restricao, o im-pedimento, para se passar a vara esta no mınimo da distancia do segmento P1P2, amedida que muda θ ∈ [0, π

2]. Veja a Figura que segue:

θ

θ

l 1

d 2

C

d 1

P 2

P 1

l 2

Portanto trata-se de descobrir qual o mınimo de P1P2. Para isso, penso em

P1P2 = P1C + CP2

22

e ademais noto (identificando angulos opostos pelo vertice) que:

cos(θ) =l1

P1Ce sin(θ) =

l2

CP2

.

Ou seja:P1P2(θ) = P1C(θ) + CP2(θ) =

=l1

cos(θ)+

l2sin(θ)

.

Repare que e natural que quando θ ≈ π2

(antes de comecar a esquina) tenhamos

CP2(θ) ≈ l2 mas P1C(θ) fique arbitrariamente grande, ou seja nao ha retricoes sobreele. Porem se θ ≈ 0 (apos vencer a esquina) aı P1C(θ) ≈ l1 enquanto CP2(θ) ficaarbitrariamente grande.

Agora:

P1P2′(θ) =

l1 · sin(θ)

cos2(θ)+

−l2 · cos(θ)

sin2(θ)=

=l1 · sin3(θ) − l2 · cos3(θ)

sin2(θ) cos2(θ),

e portanto

P1P2′(θ) = 0 ⇔ tan(θ) = (

l2l1

)1

3 = k1

3 .

Ou seja, a derivada se anula em um unico ponto: θ0 = arctan(k1

3 ).Para concluir que θ0 e o ponto de mınimo, basta conferir que

limθց0

l1cos(θ)

+l2

sin(θ)= +∞

e

limθրπ

2

l1cos(θ)

+l2

sin(θ)= +∞.

Assim o valor maximo do comprimento da vara que poderemos passar e

P1P2(θ0) =l1

cos(θ0)+

l2sin(θ0)

.

Vejamos Exemplos:A Figura a seguir mostra a funcao P1P2

′(θ), para l1 = 1.2 e l2 = 2.4, quando

θ0 = arctan(21

3 ) ≈ 0.8999083481 e o valor maximo de comprimento e 4.99432582244(plotado como reta horizontal em verde)

23

0,92

5,06

5,02

0,88

5

x

0,960,8 0,84

5,04

Ja a proxima figura da a funcao P1P2′(θ) no caso l1 = l2 = 1.2, em que θ0 =

arctan(1) = π4≈ e o valor maximo da vara e 3.394112550 (horizontal em verde).

3,56

3,48

3,52

3,44

3,4

x

0,850,65 0,90,80,7 0,75

Exercıcio 2.12:

Seja o ponto (0, a) do eixo dos y com a > 0 e seja

da(x) =√

x2 + (x2 − a)2

a distancia entre esse ponto e os pontos (x, x2) do grafico da parabola y = x2.Afirmo que:

• i) se a > 12

entao da(x) tem um maximo local em x = 0 e dois pontos de mınimo

absoluto em x = ±√

2a−1√2

.

24

• ii) se a ≤ 12

entao da(x) tem apenas um ponto de mınimo absoluto, em x = 0.

Ademais, se a = 14

entao d 1

4

(x) = x2 + 14.

Ou seja que, se 0 < a < 12

a melhor escolha e nadar verticalmente para a origem.Mas se a > 1

2definitivamente essa nao e a melhor escolha.

Para provar a Afirmacao noto primeiro que claramente

limx→+∞

da(x) = limx→−∞

da(x) + ∞.

Portanto os mınimos locais dessa funcao serao tambem globais.Como da(x) esta definida em todos os Reais, seus maximos/mınimos locais sao

detectados por

d′a(x) =x · (2x2 + 1 − 2a)√

x2 + (x2 − a)2= 0.

Ou seja, d′a(x) = 0 em

• i) x = 0 e em mais dois pontos x = ±√

2a−1√2

, desde que 2a− 1 > 0

• ii) apenas em x = 0, se 2a− 1 ≤ 0.

Podemos usar o Criterio da primeira derivada para detectar maximos/mınimoslocais.

No caso i),

d′a(x) < 0 se 0 < x <

√2a− 1√

2e

d′a(x) > 0 se −√

2a− 1√2

< x < 0.

o que diz que x = 0 e ponto de maximo local de da(x).Ainda no caso i),

d′a(x) > 0 se

√2a− 1√

2< x

e

d′a(x) < 0 se x < −√

2a− 1√2

,

o que diz que x = ±√

2a−1√2

sao pontos de mınimo local da da(x).

Ja no caso ii), temos 2x2 + 1 − 2a ≥ 0 e o sinal de d′a(x) e o mesmo sinal de x:

d′a(x) > 0 se 0 < x

25

ed′a(x) < 0 se x < 0,

o que diz que x = 0 e ponto de mınimo local.A Figura a seguir ilustra a situacao: em vermelho y = d 3

4

(x), em verde y = d 1

2

(x),

em amarelo y = d 1

3

(x), em azul y = d 1

4

(x) e em lilas y = d 1

9

(x).

1,4

1

0,2

1,2

0,8

x

1-1

0,4

0,6

-0,5 0 0,5

Exercıcio 2.13:

Como (x0, y0) esta na elipse:

x20

a2+y2

0

b2= 1,

obtenho:x2

0 · b2 + y20 · a2 = a2b2.

Como2 · x(t) · x′(t)

a2+

2 · y(t) · y′(t)b2

= 0,

a informacao das taxas de variacao −1 e 1 da:

2 · x0 · (−1)

a2+

2 · y0 · 1b2

= 0,

de onde−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2

a2 · b2 = 0,

ou seja−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2 = 0.

26

Ao lado dex2

0 · b2 + y20 · a2 = a2b2

forma-se um sistema de duas equacoes lineares nas incognitas a2 e b2.Multiplicando a ultima por 2, a primeira por x0 6= 0 e depois somando-as, obtemos:

2 · y0 · (x0 + y0) · a2 = 2 · a2 · b2,

e como a 6= 0:b2 = y0 · (x0 + y0).

Depois obtenhoa2 = x0 · (x0 + y0),

usando de novo−2 · x0 · b2 + 2 · y0 · a2 = 0.

Os outros itens tem respostas imediatas, pois sabemos as coordendas dos focos eas dos vertices em funcao de a e b.

Exercıcio 2.14:

Minha solucao:Considere a funcao:

φ(x) := ln(1 +1

x) − 1

1 + x

e note que

φ(x) = ln(x+ 1

x) − 1

1 + x= ln(x+ 1) − ln(x) − 1

1 + x.

Temoslimxց0

φ(x) = +∞.

Portanto para x > 0 e pequeno vale φ(x) > 0.Mas suponha por absurdo que para algum ponto x suficientemente grande aconteca

queφ(x) ≤ 0.

Como:

φ′(x) =1

1 + x− 1

x− (

1

1 + x)′ = − 1

x · (1 + x)2< 0

se x > 0 entao φ(x) e uma funcao estritamente decrescente.Portanto

φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x.

27

Mas

limx→+∞

φ(x) = limx→+∞

[ln(1 +1

x) − 1

1 + x] = 0,

portanto nao pode acontecer que

φ(x) < φ(x) ≤ 0, ∀x > x

pois os valores φ(x) tem que se aproximar de zero tanto quanto quisermos.Essa contradicao prova que φ(x) > 0 ∀x > 0, como querıamos.

Solucao do estudante Walter Ferreira Diniz Junior:Primeiro afirmo que:

ln(y) < y − 1, ∀y > 0.

De fato, se y > 1 isso e evidente da definicao do logaritmo como area sob o grafico dey = 1

x, de 1 ate y, pois y − 1 e a area de um retangulo que tem essa base e altura 1.

Se 0 < y < 1 fica tambem evidente que:

− ln(y) > 1 − y

pois 1 − y e a area de um retangulo que tem essa base e altura 1.Multiplicando por −1 obtenho:

ln(y) < y − 1, se 0 < y < 1.

Ou seja,ln(y) < y − 1, ∀y > 0.

Suponhamos por absurdo que para algum x > 0:

ln(1 +1

x) ≤ 1

1 + x,

Faca1

y:= 1 +

1

x,

ou seja:

x :=y

1 − y.

Ou seja,

ln(1

y) ≤ 1

1 + (y

1−y),

28

que equivale, fazendo uma continha, a

ln(1

y) ≤ 1 − y

ou seja, − ln(y) ≤ 1 − y, ou seja

y − 1 ≤ ln(y)

contradizendo a observacao inicial.Logo

ln(1 +1

x) >

1

1 + x, ∀x > 0

Exercıcios 2.15 e 2.16:

A igualdade de areas das duas regioes delimitadas pelos graficos significa que:

∫ x

0

(A · x+B · x3 − C) dx = 0,

onde o limite de integracao x e solucao de:

A · x+B · x3 − C = 0.

Mas pelo Segundo Teorema Fundamental:

∫ x

0

(A · x+B · x3 − C) dx = A · x2

2+B · x

4

4− Cx

Ou seja, vemos que x satisfaz duas equacoes:

A · x+B · x3 − C = 0 e A · x2

2+B · x

4

4− Cx = 0.

A primeira da C = A ·x+B ·x3, que pode ser substuıdo na segunda, dando a equacao:

x2 · (−A2− 3B

4· x2) = 0.

Como certamente x 6= 0, entao:

x =2 ·

√A√

2√

3√−B

,

onde lembre que A > 0 e B < 0.

29

Agora

C = A · ( 2 ·√A√

2√

3√−B

) +B · ( 2 ·√A√

2√

3√−B

)3 =

=

√A3 ·

√2√

3

9√−B

.

No caso particular do Problema 1, onde A = 2 e B = −3 obtemos entao

x =2

3e C =

4

9.

Veja a Figura a seguir:

x

0,6

0,4

00,80,60,2

0,3

0,2

0,5

0,4

0,1

0

Exercıcio 2.17:

Parte da questao e dar um sentido as integrais, pois numa o integrando nao estadefinido em x = 1 nem em x = 3 e na outra o intervalo de integracao e infinito.

O sentido que se deve dar a primeira e:

∫ 3

1

1√

(3 − x) · (x− 1)dx := lim

ǫ1ց0 , ǫ2ց0

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3 − x) · (x− 1)dx.

Faco:∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3 − x) · (x− 1)dx =

=

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

1 − (x− 2)2dx =

30

=

∫ 1−ǫ2

−1+ǫ1

1√1 − u2

du =

= arcsin(1 − ǫ2) − arcsin(−1 + ǫ1).

Entao

limǫ1ց0 , ǫ2ց0

∫ 3−ǫ2

1+ǫ1

1√

(3 − x) · (x− 1)dx =

= limǫ1ց0 , ǫ2ց0

[arcsin(1 − ǫ2) − arcsin(−1 + ǫ1)] =

=π

2− (−π

2) = π,

onde na ultima linha usei que arcsin(u) e contınua em todo [−1, 1], apesar de serderivavel apenas em (−1, 1).

Na segunda, temos:

∫ +∞

1

1

ex+1 + e3−xdx := lim

a→+∞

∫ a

1

1

ex+1 + e3−xdx.

Agora faco:1

ex+1 + e3−x=

1

ex+1 + 1ex−3

=1

( e2x−2+1ex−3 )

=

=ex−3

e2x−2 + 1= e−2 · ex−1

(ex−1)2 + 1

e integro via a substituicao u = ex−1:

e−2 ·∫ a

1

1

u2 + 1du = e−2 · (arctan(a) − arctan(1))

e portanto:

lima→+∞

e−2 · (arctan(a) − arctan(1)) = e−2 · ( lima→+∞

arctan(a) − π

4) =

= e−2 · (π2− π

4) =

π

4e2,

o resultado.

31