Este documento apresenta soluções para exercícios de matemática do ensino médio relacionados a funções, sistemas de equações, conjuntos numéricos e geometria. Os exercícios envolvem cálculos e raciocínios algébricos para chegar às respostas corretas.

1. ´ ´
A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO
Volume 1
Solu¸oes dos Exerc´
c˜ ıcios do Cap´
ıtulo 5
5.1. Menor do que o dobro, pois na segunda metade da corrida n˜o foi
a
cobrada a bandeirada. Algebricamente: se f (x) = ax + b ent˜o f (2x) =
a
2ax + b enquanto 2 · f (x) = 2ax + 2b.
5.2. Ao dizer que “a escala ´ linear”, estamos afirmando que a deslocamen-
e
tos iguais ao longo da linha correspondem acr´scimos iguais nos n´meros
e u
acima dessa linha. Se x ´ a distˆncia de um ponto ao extremo esquerdo da
e a
linha e f (x) ´ o n´mero acima desse ponto, ent˜o f (x) = ax + b. Como
e u a
f (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. Logo
a = 4 e b = −72. Segue-se que N = 4C − 72. Da´ C = 100 ⇒ N = 328.
ı
5.4. O volume V (t) de agua na caixa no instante t ´ V (t) = 1000 − at.
´ e
Sabemos que V (6) = 850, logo 1000 − 6a = 850 e da´ a = 25. Portanto
ı
1000 − 25t = 500 ⇒ t = 20, ou seja, a agua ficar´ pela metade ap´s 20
´ a o
horas, o que ocorrer´ as 8 da manh˜ do dia seguinte.
a` a
5.5. Podemos imaginar que o garoto come¸ou com um palito (vertical) e,
c
para cada quadrado que armou, precisou de 3 palitos. Logo, para fazer n
quadrados ele precisou de 3n+1 palitos. Alternativa: ele usou 4 palitos para
fazer o primeiro quadrado e mais 3 para fazer cada quadrado subseq¨ente.
u
Assim, n quadrados requerer˜o 4 + 3(n − 1) = 3n + 1 palitos.
a
5.6. a) Um oper´rio, trabalhando as mesmas 8 horas di´rias, construiria
a a
o 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,
c
esses 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
4
8
horas por dia (em vez de 8) completariam o muro de 15 metros em 5 × 6 = 5
3
dias (1 dia e 4 horas).
b) As hip´teses utilizadas implicitamente acima foram de que o tempo
o
necess´rio para fazer o muro ´ diretamente proporcional ao tamanho do
a e
mesmo e inversamente proporcional ao n´mero de oper´rios e ao n´mero
u a u
de horas di´rias de trabalho.
a
c) D = k · NC , onde k ´ a constante de proporcionalidade. Sabemos
·H e
36
que, pondo C = 36, N = 3 e H = 8, temos D = 5. Ent˜o 5 = k · 3·8 , donde
a
k = 10 . Portanto, a f´rmula procurada ´ D = 10 · NC .
3 o e 3 ·H
5.7. a) F = k · m1 m2 /d2
b) pv = c · t
c) r = k · /s
d) ∆ = k · · ∆t
5.8. Temos Y = k/X, onde k ´ a constante de proporcionalidade. Seja
e
125
X = 100 X = 4 X. Ent˜o Y = X = 4 X = 4 Y = 80% de Y . Logo Y sofre
5
a k
5
k
5
um decr´scimo percentual de 20%.
e
5.9. A fun¸ao afim a que se refere o enunciado ´ f (x) = a1 + (n − 1)r,
c˜ e
onde r ´ a raz˜o da P.A., mas o exerc´ n˜o precisa desta f´rmula para
e a ıcio a o
ser 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 2
pois 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
2
5.10. Seja d o n´mero de degraus da escada, a qual sobe com a velocidade
u
de s segundos para cada degrau. Ficando parada, a pessoa leva ds segundos
para subir a escada. Logo, pelos dados do problema,
(d − 5)s = 30 e (d − 10)s = 20.

3. 3
30 20
Assim s = d−5 = d−10 e da´ 30d − 300 = 20d − 100 o que resulta em d = 20.
ı
A escada tem 20 degraus, gasta s = 20/(d − 10) = 20/10 = 2 segundos
para subir cada degrau. Logo, o tempo normalmente gasto no percurso ´ e
de 2 × 20 = 40 segundos.
5.11. Na 5a loja, Augusto gastou metade do que tinha e ainda lhe sobraram
22 reais. Logo entrou na 5a loja com 44 reais. Ao entrar na 4a loja, ele
tinha 88 reais; na 3a tinha 176; na 2a , 352; na 1a 704. Augusto come¸ou
c
as compras com R$ 704,00. (Supondo um s´ estacionamento para todas as
o
lojas. Caso pagasse o estacionamento ap´s cada compra a resposta seria
o
R$ 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 e
ele 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,
u
Beatriz e Carlos possuiam. Foram feitas 3 transferˆncias. Ap´s a primeira,
e o
as quantias com que eles ficaram (sempre na ordem alfab´tica) foram A −
e
B − 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 ´: e
4A − 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 ıcio
5.16. Sejam v a velocidade do carro que sai de A e w a velocidade do
carro que sai de B (medidas em metros p/minuto). Ap´s t minutos de
o
viagem eles se encontram a 720m de A. Ent˜o vt = 720 e, chamando
a
de d a distˆncia entre A e B, temos (com o mesmo t) wt = d − 720.
a

4. 4
v 720
Eliminando t, vem: w = d−720 . Seja t o tempo decorrido desde o in´
ıcio
do percurso at´ o segundo encontro dos carros. Levando em conta os 10
e
minutos em que cada carro esteve parado, temos v(t − 10) = d + 400 e
w(t − 10) = 2d − 400. Dividindo membro a membro estas duas igualdades
v d+400 720 d+400
resulta w = 2d−400 . Comparando, obtemos d−720 = 2d−400 . Segue-se
imediatamente que d = 1760.
5.17. Seja t minutos o tempo gasto pelo pedestre para ir de A a B. At´ e
chegar 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
o
velocidade 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
a
de B no momento em que chegava o pedestre. Logo, o tempo que aquele
primeiro trem gastou para ir de B at´ A foi 66 − t minutos. (Saiu h´ 66
e a
minutos 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. Como
w(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 km
e e
por minuto, ou seja 180 km/h = 60 hora .
57 19
km
5.18. 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
a
que 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 a
em 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
5.19. 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
1
5.20. 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 2
pontos (−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) a
B = (1, 2), os quais s˜o as origens dessas semi-retas.
a
5.23. a) O quadrado cujos v´rtices s˜o os pontos A = (1, 0), B = (0, 1),
e a
C = (−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,
e
m(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
e
por cada quilo a seguir. Se f (x) ´ o pre¸o de x quilos ent˜o f (x) = 4x para
e c a
0 ≤ 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
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 a
temos f (x) = 0 se 0 ≤ x ≤ 900, f (x) = 0, 15x − 135 para 900 < x ≤ 1800 e
f (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,
p
para 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
5.28. 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˜ e
20 c´pias (R$ 1,60) do que 19 c´pias (R$ 1,90). Uma escala mais razo´vel
o o a
seria:
– 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 o
Nota: Estamos substituindo o exerc´ 5.29 por este outro, que aparecer´
ıcio a
a 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 e
que 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 a
a equa¸ao ´ 3x − 6x + 3, donde x = 4,5, uma boa solu¸ao. Se 3x − 6 ≤ 0
c˜ e c˜

8. 8
(ou seja, x ≤ 2) ent˜o ficamos com 6 − 3x = 3, donde x = 3/4, que tamb´m
a e
serve, 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.
α
5.30. 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 da
fun¸ao f cujo gr´fico ´ a Figura 24, temos c = 0 e f = ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 , onde
c˜ a e
as 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
a 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|).
2
Portanto
1
f (x) = ϕ1 (x) + ϕ2 (x) + ϕ3 (x) = (3 − 2|x| + 2|x − 1| + |x + 1| − |x − 4|).
2
rb rb
5.31. 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 rb
afim 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.
o
O pre¸o de B ser´ menor que o de A para 200 + 0, 8x < 100 + x, ou seja,
c a
para x > 500.
Para quilometragem superior a 500km, B ´ mais vantajosa.
e
Para quilometragem inferior a 500km, A ´ mais vantajosa.
e
5.33. 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 e
mon´tona.
o
5.34. Para todo x ∈ R, como sen[2π(x + 1)] = sen(2πx), segue-se que
f (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 ver
e a e a a
que f ´ crescente ´ usar o C´lculo Diferencial. A derivada de f ´ f (x) =
e e a e
7 + 2π · cos(πx). Como |2π · cos(πx)| ≤ 2π < 7, tem-se f (x) > 0 para todo
x, logo f ´ crescente.
e

10. ´ ´
A MATEMATICA DO ENSINO MEDIO
Volume 1
Solu¸oes dos Exerc´
c˜ ıcios do Cap´
ıtulo 6
6.1. 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,
` a
y = 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 retas
do desenho, o v´rtice da par´bola passa a ser o ponto (0, −8) e o ponto (2, 0)
e a
pertence 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
` a
sistema a equa¸ao ´ Y = 2(X − 0)2 − 8 = 2X 2 − 8.
c˜ e
No 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, temos
2(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 − 8
Da´ 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 e
da 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 ` e
esse 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
a
para baixo e as outras est˜o com a concavidade voltada para cima. c 1 > 0,
a
c2 < 0 e c3 > 0, pois c = f (0) e a primeira e a terceira par´bolas cortam
a
o eixo vertical em sua parte positiva e a segunda o faz na parte negativa.
e e b
Como a abscissa do v´rtice ´ − 2a , a e b tˆm sinais iguais quando a abscissa
e
do 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 terceira
e e a
par´bolas e tˆm sinais iguais na segunda par´bola. Logo, b1 > 0, b2 > 0 e
a e a
b3 < 0.

11. 11
6.3. a) f (x) = x2 − 8x + 23 = x2 − 8x + 16 + 7 = (x − 4)2 + 7. N˜o h´a a
ra´
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 e
e 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.
a
6.4. Uma homotetia (semelhan¸a) de raz˜o k (e centro na origem) trans-
c a
forma o ponto (x, y) no ponto (X, Y ) = (kx, ky) e transforma a par´bola
a
y = ax 2 na par´bola Y = X 2 , ou seja, Y = a X 2 . Portanto, as par´bolas
a a
k k k
y = 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 1
ai = k , ou seja, k = a1 · Logo, as par´bolas do problema s˜o semelhantes
a a
entre 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-se
que quaisquer duas par´bolas s˜o semelhantes entre si.
a a
6.5. Trace a bissetriz do primeiro quadrante. Isso pode ser feito porque n˜o
a
depende 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 e
obter´ a unidade procurada.
a
6.6. O v´rtice da par´bola y = x2 − 4x + 3 ´ (2, −1), que corresponde ao
e a e
ponto mais baixo do gr´fico. E
a ´ claro que quanto mais afastado do v´rtice
e
estiver um ponto, mais alto ele estar´.
a
Em [1,4], o m´ınimo ocorre em x = 2 e ´ igual a −1; o m´ximo ocorre em
e a
x = 4 e ´ igual a 4
e 2 − 4 · 4 + 3 = 3.
ınimo ocorre em x = 6 e ´ igual a 62 − 4 · 6 + 3 = 15; o
Em [6, 10], o m´ e
m´ximo ocorre em x = 10 e ´ igual a 10
a e 2 − 4 · 10 + 3 = 63.
x1 +x2 2 x2 +x2
6.7. a) Provemos inicialmente que, se x1 = x2 , ent˜o
a < 2 ·
1 2
2
Ora,
2 2
x2 + 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
Se 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 2
b) Provemos inicialmente que, se x1 = x2 e 0 < α < 1, ent˜o [αx1 + (1 −
a
α)x2 ] 2 < αx2 + (1 − α)x2 .
1 2
Ora, 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.
2
Se 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 2
αax2 +αbx1 +αc+(1−α)x2 +(1−α)bx2 +(1−α)c = αf (x1 )+(1−α)f (x2 ).
1 2
6.8. Solu¸˜o 1
ca
Se a = 2p + 1, b = 2q + 1 e c = 2r + 1 ent˜o b2 − 4ac = 4q(q + 1) − 16pr −
a
8p−8r −3. Observe que q(q +1) ´ um produto de dois inteiros consecutivos
e
e, de dois inteiros consecutivos, sempre um deles ´ par. Ent˜o 4q(q + 1) ´
e a e
m´ltiplo de 8. Tamb´m ´ m´ltiplo de 8 o n´mero −16pr − 8p − 8r. Logo,
u e e u u
b2 = 4ac ´ 3 unidades menor que um m´ ltiplo de 8, ou seja, ´ um n´ mero
e u e u
que dividido por 8 d´ resto 5. Se um n´mero dividido por 8 der resto 0, 1,
a u
2, 3, 4, 5, 6, 7, seu quadrado dividido por 8 dar´ resto 0, 1, 4, 1, 0, 1, 4,
a
1, respectivamente. Nenhum quadrado perfeito d´ resto 5 quando dividido
a
por 8. Logo, b 2 − 4ac n˜o ´ quadrado perfeito e as ra´
a e ızes n˜o podem ser
a
racionais.
Solu¸˜o 2
ca
Suponhamos que a equa¸ao ax2 + bx + c = 0 admita uma raiz racional.
c˜
p
Seja 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
p
e q n˜o podem ser ambos pares, pois q ´ irredut´
a e ıvel. p e q n˜o podem
a
ser 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
outra ser´ ´
a ımpar, o que far´ com que a soma seja ´
a ımpar. Isso ´ absurdo
e
pois ap 2 + bpq + cq 2 = 0.
6.9. a) No in´ıcio, quando o carretel da direita est´ vazio, uma volta ´ dada
a e
em pouco tempo; no final, quando grande parte da fita j´ est´ enrolada no
a a
carretel da direita, passa-se mais tempo durante uma volta do carretel.
b) A velocidade v de deslocamento da fita ´ constante.
e
Se a espessura da fita ´ c, os raios (m´dios) das voltas s˜o r, r +c, r +2c, . . .
e e a
e os comprimentos das voltas s˜o 2πr, 2π(r + c), 2π(r + 2c), . . . Os tempos
a
gastos para enrolar essas voltas s˜o 2πr/v, 2π(r + c)/v, 2π(r + 2c)/v, . . .
a
O 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 v
que ´ da forma T (n) = an2 + bn.
e
c) Se T (n) = an2 +bn e T (100) = 555, T (200) = 1 176, T (300) = 1 863
e T (400) = 2 616, G(n) = T (n) = an + b e G(100) = 5, 55, G(200) = 5, 88,
n
G(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.
a
Eles pertencem a reta v = 0, 003 3x + 5, 22. Ent˜o, a = 0, 0003 3 e b =
` a
5, 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 as
leituras do contador em instantes prefixados seriam todas n´meros inteiros:
u
haveria 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 a
G(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.
e
6.10. a) n + 1. Cada nova reta que se tra¸a come¸a criando uma nova
c c
regi˜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
aritm´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 2
6.11. Cada nova circunferˆncia que se tra¸a intersecta cada uma das circun-
e c
ferˆncias 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 a
Da´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 = 28
mos . Subtraindo da segunda equa¸ao o qu´druplo da
c˜ a
200a + 20b = 64
primeira, 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
a = 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
o
da for¸a constante.
c
b) f (t) = −2, 5t2 + 32, 5t. Da´ f (5) = −2, 5 · 25 + 32, 5 · 5 = 100. Est´
ı, a
a 100m do ponto onde come¸ou a frenagem.
c
c) A velocidade ´ f (t) = 2at + b = −5t + 32, 5. A velocidade ´ nula
e e
quando 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 e
por segmentos de reta tais que dois segmentos consecutivos tem um v´rtice e
em comum. Para x ≤ x1 , todos os valores absolutos s˜o iguais a (xi − x);
a
portanto, a inclina¸ao do gr´fico ´ igual a −n, para x ≤ x 1 . Para x1 ≤
c˜ a e
x ≤ x2 , o primeiro valor absoluto ´ igual a |x1 − x|, sendo os demais iguais
e
a |x − x|, para i = 2, . . . , n. Logo, a inclina¸ao ´ igual a −n + 2, neste
c˜ e
intervalo. 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˜ ınimo
neste ponto. Quando n ´ par, a inclina¸ao ´ nula no intervalo [xn/2 x(n/2)+1 ];
e c˜ e
logo, f (x) ´ m´
e ınimo em cada ponto deste intervalo. Os gr´ficos abaixo
a
ilustram 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 y
semelhan¸a dos triˆngulos brancos, x = 80−x · Da´ 3x + 4y = 240 e
c a ı,
3 3 3 2
y = 60 − 4 x. A area ´ xy = x 60 − 4 x = − 4 x + 60x e ´ m´xima para
´ e e a

16. 16
b
x = − 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
a
e y o outro lado. A altura do triˆngulo retˆngulo ´ h = bc = 60×80 = 48cm.
a a e a 100
Usando semelhan¸a de triˆngulos, temos 100 = 48 · Da´ y = 48(100−x) · A
c a x 48−y
ı, 100
area do retˆngulo ´ xy = 48x(100−x) , cujo valor m´ximo ocorre para x = 50
´ a e 100 a
cm, com area igual a 1200 cm2 .
´
A conclus˜o ´ que os dois modos de apoiar o retˆnguo sobre um dos lados do
a e a
triˆngulo 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 a
ap´ie sobre um dos lados, sua area ser´ menor que esta metade. Assim,
o ´ a
para obter retˆngulos de area m´xima ´ realmente necess´rio apoiar um de
a ´ a e a
seus lados sobre o contorno do triˆngulo.
a
6.16. Se os lados s˜o x e y, temos 2x + y = 80, y = 80 − 2x. A area ´ xy =
a ´ e
x(80 − 2x) = −2x 2 + 80x e deve ser m´xima. Devemos ter x = − b = 20.
a 2a
Da´ 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 a
P 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 ·.
2
6.18. z = x2 + y 2 = x2 + 12−3x = 16 x2 − 9 x + 9 ser´ m´
4
25
2 a ınimo para
b
x = − 2a = 1, 44. Neste caso, y = 1, 92. O valor m´
ınimo procurado ´
e
1, 44 2 + 1, 922 = 5, 76.
Outro modo:

17. 17
Se x + 4y = 12, o ponto (x, y) pertence a reta desenhada. x2 + y 2 ´ o
` e
quadrado da distˆncia do ponto (x, y) a origem.
a ` x 2 + y 2 ser´ m´
a ınimo
quando o ponto (x, y) for o ponto da reta situado mais pr´ximo da origem,
o
isto ´, quando o ponto (x, y) for o p´ da perpendicular baixada da origem
e e
a reta. Nesse caso, o valor m´
` ınimo de x2 + y 2 ser´ o quadrado da altura
a
relativa a hipotenusa do triˆngulo retˆngulo formado pela reta com os eixos
` a a
coordenados. Os catetos s˜o 3 e 4, a hipotenusa ´ 5 e a altura h satisfaz
a e
ah = bc, 5h = 3x4 = 12. h = 2, 4 e a resposta ´ h2 = 5, 76.
e
6.19. Se x passageiros ocupam os lugares, a receita da empresa ´ 800x +
e
10(100 − x)x = −10x 2 + 1 800x. A receita ser´ m´xima para x = − b = 90.
a a 2a
6.20. Reduzindo t reais no pre¸o da caixa, ele vender´ 300 + 40t caixas a
c a
20−t reais cada, arrecadando R = (300+40t)(20−t) = −40t 2 +500t+6000.
b
A receita ser´ m´xima se t = − 2a = 6, 25. O pre¸o deve ser 20 − 6, 25 =
a a c
13, 75 reais para que a receita seja m´xima.
a
6.21. Se o pre¸o unit´rio ´ p, quem compra x balas paga, sem desconto,
c a e
x p
px. Com desconto, o pre¸o pago ´ px 1 − 100 = px − 100 x2 .
c e
O gr´fico do pre¸o pago em fun¸ao de x ´ um arco de par´bola.
a c c˜ e a
Todos os que compraram entre 40 (inclusive) e 50 balas poderiam obter
mais balas pelo mesmo pre¸o. A resposta ´ Daniel.
c e
6.22. Reduzindo t reais, s˜o vendidos 300+100t ingressos a 9−t reais cada
a
e a receita ´ de (300 + 100t)(9 − t) = 100(−t2 + 6t + 27) reais. A receita
e
b
ser´ m´xima para t = − 2a = 3. O pre¸o deve ser 6 reais.
a a c

18. 18
6.23. O v´rtice da par´bola y = 21x − x2 , que ´ o ponto mais alto do
e a e
b
gr´fico, ´ um ponto de abscissa x = − 2a = 10, 5. Quanto mais perto do
a e
v´rtice estiver o ponto, mais alto estar´. Como n deve ser inteiro, os pontos
e a
de abscissa inteira que est˜o mais pr´ximos do v´rtice s˜o n = 10 e n = 11.
a o e a
Em ambos, o valor de 21n − n2 ´ 110.
e
6.24.
6.25. a) x2 − 5x + 6 = 0 equivale a x = 2 ou x = 3. O conjunto ´ formado
e
pelos pontos de duas retas verticais.
b) Par´bola.
a
6.26. 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,
e
x 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
a
ser´ (12 + t)(100 − 5t) = −5t2 + 40t + 1 200 reais. A receita ser´ m´xima
a a a
b
para t = − 2a = 4. O pre¸o deve ser 16 reais.
c

19. 19
6.29. 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´ b
84t a ınimo para t = − 2a = 5. Os lados devem medir
15 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 e
5.35x 2 − 210x + 2 500.
6.30. Uma forma de resolver o problema ´ designar por x um dos lados do
e
a
retˆngulo, 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 a
assunto normalmente n˜o conhecido pelos alunos do Ensino M´dio. Alter-
a e
nativamente, designemos por 2p o per´ ımetro. Os valores poss´ ıveis de 2p
x + y = p
s˜o aqueles para os quais o sistema
a tem solu¸ao ou, equiva-
c˜
xy = a
lentemente, 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 e
formado pelos pontos da par´bola y
a 2 = x situados acima do eixo dos x ou
sobre 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
4
maior 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 ızes
equa¸ao em y ´ igual a 1. Portanto:
c˜ e

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˜ a
Logo:
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
2
6.33. Se d ´ o diˆmetro, o per´
e a ımetro ´ πd e a area ´ πd · O pre¸o de A ´
e ´ e 4 c e
α = 5πd 2 + 15πd + 200 e o pre¸o de B ´ β = 4, 5πd2 + 20πd + 600, sendo
c e
d > 0. A ´ mais vantajosa quando β − α = −0, 5πd2 + 5πd + 400 > 0. Este
e
trinˆmio tem duas ra´
o ızes de sinais contr´rios; d deve estar compreendido
a
entre 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 trinˆmo
e o
tem 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 a
negativos 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.
e
6.35. Sejam 1, c, h as dimens˜es, em metros, do buraco. Devemos ter
o
1 · c · h = 300. O custo ´ y = 10c + 30h = 10c + 9 000 · Como c > 0, temos
e c
y > 0. Temos 10c 2 − yc + 9 = 9 000 = 0. O discriminante deve ser maior
que ou igual a 0. Portanto, y 2 − 360 000 ≥ 0 e, como y > 0, y ≥ 600. O

21. 21
custo m´ınimo ´ 600 reais. Se y = 600, 10c2 − 600c + 9 000 = 0 e c = 30
e
metros. Se c = 30, h = 10 metros.
6.36. Um espres´rio entrou com o capital x e trabalhou 2 dias por semana;
a
o outro investiu 100 − x e trabalhou dois dias em cada semana. Seus lucros
foram respectivamente 99 − x e 99 − (100 − x) = x − 1. O lucro de cada
um por dia de servi¸o ´ (99 − x)/2 e (x − 1)/3. Cada real aplicado rendeu,
c e
por 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
a
540 > 100, o valor de x que responde a quest˜o ´ x = 55. Portanto um
a e
s´cio entrou com 55 mil reais e outro com 45 mil.
o
Observa¸oes: 1. Se chamarmos de x o capital investido pelo s´cio que
c˜ o
trabalhou 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 a
Como o problema n˜o comporta resposta negativa, devemos ter x = 45 e o
a
outro 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 ıvel
mostra 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 99
mil reais n˜o ´ o lucro de cada empres´rio e sim a soma do capital que ele
a e a
investiu mais o lucro.
12
6.37. Se a velocidade da corrente ´ v, os tempos gastos s˜o 12+v horas
e a
8 12 8 240−4v
e 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 e
6km/h e os tempos s˜o 12/18 h = 2/3 h = 40 min (a favor da corrente) e
a
1h20min (contra a corrente).
6.38. Com x alunos, a parte de cada um seria 405/x reais. Com x − 2
a 405
alunos, cada um daria 405/(x−2) reais. Ent˜o x−2 = 405 +1, 2. Eliminando
x

22. 22
denominadores e simplificando: x2 − 2x − 675 = 0. A unica raiz positiva
´
desta equa¸ao ´ 27. Logo a turma tinha 27 alunos.
c˜ e
6.39. a) Se f ´ quadr´tica, f (x) = ax2 + f x + c, com a = 0, e ϕ(x) =
e a
f (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 a
r.
Afirmamos que f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn ), . . . ´ uma progres˜o aritm´tica de
e a e
segunda ordem n˜o-degenerada. Com efeito, f (xn+1 ) − f (xn ) = f (xn +
a
r) − f (xn ) = pxn + q = yn ´ uma progress˜o aritm´tica n˜o-constante, pois
e a e a
yn+1 − yn = pxn+1 + q − (pxn + q) = p(xn+1 − xn ) = pr ´ constante e e
diferente de zero. Logo, pelo Teorema de Caracteriza¸ao, f ´ quadr´tica.
c˜ e a