Pré-Cálculo – 2008-1 - gma.uff.br disciplinas/Matematica Basica 2008... · x x x A lista 6 está com ... de tricotomia): (i) a < b ou(exclusivo) ... Quando escrevemos x • 4,

Matemática Básica – 2008-2

Coordenadora: Marlene Dieguez

Turma ProfessorA1 DeniseB1 Marlene

Básica:1 Dieguez Fernandez, Marlene, Texto “Matemática Básica: Notas de Aula – 2008-2” (UFF – Departamento de

Matemática Aplicada).2 Hefez, Abramo, "Indução Matemática", Apostila 04 do Programa de Iniciação Científica da OBMEP 2006.3 Stewart, James. Cálculo, vol 1 (introdução e apêndices), Editora Pioneira Thomson Learning, 5ª. Edição, 2005.Complementar:4 S. Druck; S. Firmo; M. E. Gomes, Texto “Preparação para o Cálculo”, 2006.5 Ripoll, Jaime Bruck; Ripoll, Cydana Cavedon; Porto de Silveira, José Francisco, “Números Racionais, Reais e

Complexos”, Ed. UFRGS, 1ª edição, 2006.6 Morais Filho; Daniel Cordeiro, “Um Convite à Matemática”, EDUFCG, 2ª edição, 2007.

Listas de exercícios:

Assunto ProvaLista 01 Noções de lógica e conjuntos. VE1Lista 02Respostas

Números reais: propriedades algébricas e de ordem, implicações e equivalências.Por enquanto estão disponíveis as respostas dos exercícios: 1 a 20 e 22 a 28.(07/09/2008)Errata, respostas do exercício 23:Exemplo 4; substituir "<" por ">", Exemplo 5; substituir "≤" por "≥" (08/09/2008)

VE1

Lista 3 Números reais: estimativas. Potências inteiras e racionais.A lista 3 está com as respostas (19/10/2008).

VE2

Lista 4 Funções: conceitos gerais (atualizada em 17/10/2008).A lista 4 está com as respostas (21/10/2008).

VE2

Lista 5 Indução Matemática.Errata no enunciado do ex. 6, o correto é: )2(534231 +×+⋅⋅⋅+×+×+× nn .Atualizado em 26/10/2008.A lista 5 está com as respostas dos exercícios 1 a 8 (26/10/2008).A lista 5 está com as respostas dos exercícios 1 a 9 (27/10/2008).A lista 5 está com todas as respostas (28/10/2008)

VE2

Lista 6 Série geométrica.

Errata no enunciado do ex. 2)(b), o correto é: ⋅⋅⋅++++ 32812793xxx

A lista 6 está com as respostas (26/10/2008).

VE2

Lista 7 Potências racionais: relação de ordem. Gráfico de função de potência racional(15/11/2008)Errata nos enunciados:-1.(d) depois de "o conjunto dos números reais,", acrescentar "ou o conjunto dos números reais sem o zero,"-1.(f) onde está escrito "função direta, da reta xy = ," substituir por "função direta, em relação à reta xy = ,"A lista 7 está com as respostas dos exercícios 1 a 3.b) (01/12/2008)A lista 7 está com todas as respostas (03/12/2008)

VE3

Lista 8 Função exponencial. Função logarítmica.(16/11/2008)A lista 8 está com as respostas dos exercícios 1 ao 3 (06/12/2008)A lista 8 está com todas as respostas (07/12/2008)

VE3

Lista 9 Números complexos. (01/12/2008)A lista 9 está com as respostas dos exercícios 1 ao 4.d) (07/12/2008)A lista 9 está com as respostas dos exercícios 1 ao 6 (08/12/2008)A resposta do ex. 4(e) divulgado em 08/12 estava com erro, foi corrigido.A lista 9 está com todas as respostas (09/12/2008)

VE3

Lista 1 de Matematica Basica - professoras Denise e Marlene 2008-2 1

Universidade Federal FluminenseEGM - Instituto de Matematica

GMA - Departamento de Matematica Aplicada

LISTA 1 - 2008-2Nocoes de logica e conjuntos

1. Diga se as afimacoes abaixo sao sentencas abertas ou fechadas. Justifique sua resposta.

(a) O numero natural 20 e divisor de 100.

(b) Os divisores de 100 sao 2, 5 e 10.

(c) Os numeros naturais 2, 5 e 10 sao divisores de 100.

(d) O numero natural a e divisor de 100.

(e) a = 20 e divisor de 100.

2. Antes de iniciar, lembre que quando escrevemos x = ±4, estamos usando o ′′ou exlusivo′′, isto e,uma dicotomia.

Justificativa: x = ±4 significa uma e so uma das duas possibilidades:

(i) x = 4 e x 6= −4 ou (exclusivo) (ii) x = −4 e x 6= 4

Agora, vamos ao exercıcio. Considere as afirmacoes

p : x = ±10 e solucao de x2 = 100 para x ∈ R;

q : 20− 3√

100 = −10;

r :√

100 = ±10.

s :√

100 = 10.

t :√

100 = −10.

Atribua o valor verdadeiro (V) ou o valor falso (F) a cada uma das afirmacoes:

(a) p

(b) q

(c) r

(d) s

(e) t

(f) p ∧ q

(g) p ∧ r

(h) q ∧ r

(i) p ∨ q

(j) p ∨ r

(k) q ∨ r

(l) p ∧ (q ∨ r)

(m) (p ∧ q) ∨ r

(n) p ∧ q ∨ r

(o) p ∧ q ∧ r

(p) p ∧ ∼ q

(q) p ∧ ∼ r

(r) p ∧ s

(s) ∼ q ∧ s

(t) p ∨ s

(u) ∼ q ∨ s

(v) ∼ p ∧ (q ∨ s)(w) (∼ p ∧ q) ∨ s

(x) ∼ p ∧ ∼ s

(y) ∼ p ∧ (q ∨ t)

(z) (∼ p ∧ q) ∨ t

3. Antes de iniciar, vamos fazer duas observacoes importantes:

Obs 1 Quando estudamos a relacao de ordem dos numeros reais vimos a seguinte propriedade:

Dados dois numeros reais a e b uma e so uma das tres afirmacoes e verdadeira (chamamos issode tricotomia):

(i) a b

Obs 2

Quando escrevemos x ≤ 4, estamos usando o ′′ou exlusivo′′, isto e, uma dicotomia.

Justificativa: x ≤ 4 significa uma e so uma das duas possibilidades:

(i) x < 4 ou (exclusivo) (ii) x = 4

Agora, vamos ao exercıcio. Negue as afirmacoes.

(a) David pesa mais de 50 kg e mede menos do que 1, 55 m.

(b) Suponha x um numero real. Afirmacao: x2 > 3 e x2 + 4x + 3 ≤ 0.

(c) Dado um numero natural a, afirmacao: a e tal que (i) a > 10 ou (ii) a < 5.


4. Antes de iniciar, vamos lembrar de algumas propriedades dos reais que eventualmente poderao serusadas nesse exercıcio. Essas propropriedades serao estudadas novamente mais adiante.

(P1) Propriedade de fechamento dos numeros reais: a ∈ R e b ∈ R =⇒ a + b ∈ R e a · b ∈ R.

(P2) Propriedade dos numeros reais: ∀a ∈ R, a2 ≥ 0.

(P3) Propriedade dos numeros reais: a, b ∈ R; a ≥ 0 e b ≥ 0 =⇒ a · b ≥ 0

(P4) Propriedade dos numeros reais: a, b ∈ R; a ≥ 0 e b ≥ 0 =⇒ a + b ≥ 0

Agora, vamos ao exercıcio. Atribua um valor verdadeiro ou um valor falso a cada afirmacao.Justifique sua resposta.

(a) Existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 5.

(b) Existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 9.

(c) ∀x ∈ R temos que (x + 1)2 + 4(x2) ≥ 0.

(d) ∀x ∈ R temos que (x + 1)2 − 4(x2) ≥ 0.

(e) ∃a, b ∈ Z; o produto ab nao e par.

(f) ∃a ∈ Z ; a e par e a2 e ımpar.

5. Negue as afirmacoes:

(a) Existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 5.

(b) Existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 9.

(c) ∀x ∈ R temos que (x + 1)2 + 4(x2) ≥ 0.

(d) ∀x ∈ R temos que (x + 1)2 − 4(x2) ≥ 0.

(e) ∃a, b ∈ Z; o produto ab nao e par.

(f) ∃a ∈ Z ; a e par e a2 e ımpar.

6. Escreva as afirmacoes abaixo em linguagem simbolica, usando os quantificadores ′′ ∃ ′′ ou ′′ ∀ ′′,conforme o caso e os sımbolos dos conjuntos numericos.

(a) O produto de qualquer numero real por zero e zero.

(b) O produto de quaisquer dois numeros reais positivos e positivo.

(c) Existe pelo menos um valor real tal que o seu quadrado e um numero primo.

(d) A equacao x3 − 3x2 + 3x + 2 = 1 admite pelo menos uma solucao real.

(e) A equacao a seguir e uma equacao polinomial de grau n, na variavel real x.anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x + a0 = 0, onde n e inteiro positivo ou nulo, ai, i = 1, . . . , nsao numeros constantes reais e an 6= 0.Afirmacao: Toda equacao polinomial de grau ımpar admite pelo menos uma solucao real.

7. Todas as afirmacoes abaixo sao verdadeiras. Escreva cada afirmacao abaixo usando p =⇒ q oup ⇐⇒ q, conforme o caso, sem alterar o seu significado.

(a) Se dois numeros inteiros sao consecutivos entao um e par e outro e ımpar.

(b) A soma de tres numeros inteiros consecutivos e um multiplo de 3.

(c) Um numero inteiro e par se e so se o seu consecutivo e ımpar.

(d) Uma condicao suficiente para o produto de dois numeros reais ser positivo e os dois numerosserem negativos.

(e) O produto de dois numeros reais ser positivo e uma condicao necessaria para esses dois numerosserem negativos.


(f) Definicao (divisor)Dados a, b ∈ Z, b 6= 0, diz-se que b e divisor de a quando ∃k ∈ Z; a = kb.

(g) ∀a ∈ {x ∈ R;x > 1 } temos que1

1− a2< 1.

(h) Uma condicao suficiente para um aluno da UFF ser aprovado em uma disciplina e obter media(= nota final) maior ou igual a 6, 0 (seis) e frequencia mınima de 75% na disciplina.

(i) Media (= nota final) maior ou igual a 4, 0 (quatro), nota da VS maior ou igual a 6, 0 (seis) efrequencia mınima de 75% e condicao suficiente para aprovacao em disciplina da UFF.

(j) Uma condicao necessaria para aprovacao em disciplina da UFF e a frequencia mınima de 75%.

8. A tese da afirmacao abaixo e falsa. A propriedade citada entre colchetes e a justificativa da primeiraimplicacao. Onde esta o erro?

−5 < −7 ⇒ −5 + 10 < −7 + 10 ⇒ 5 < 3. [a, b, c ∈ R; a < b ⇒ a + c < b + c ]

9. Em cada item abaixo, a propriedade citada entre colchetes e a justificativa da primeira implicacao.Verifique que a hipotese de cada afirmacao e falsa, isto e, a hipotese da propriedade nao e satisfeita,neste caso diz-se que a hipotese nao se verifica. Verifique que no item (a) a tese e verdadeira e noitem (b) a tese e falsa. O que voce pode concluir sobre a tese quando a hipotese nao se verifica?

(a)

⟨ −5 < −3e

2 < 3=⇒ (−5) · 2 < (−3) · 3 =⇒ −10 < −9

⟨ 0 < a < be0 < c < d

=⇒ a · c < b · d

(b)

⟨ −5 < −3e

2 < 7=⇒ (−5) · 2 < (−3) · 7 =⇒ −10 < −21

⟨ 0 < a < be0 < c < d

=⇒ a · c < b · d

10. Construa diagramas de Venn para representar visualmente cada uma das situacoes a seguir:

(a) A e subconjunto proprio de B.[Definicao: A e B conjuntos, diz-se que A e subconjunto proprio de B quando A ⊂ B e A 6= B]

(b) A 6⊂ B, B 6⊂ A, mas A e B tem elementos em comum.

(c) A ∩B 6= ∅, A 6⊂ C e A ∩B ∩ C 6= ∅.(d) (B −A) ∩ C 6= ∅ e A ∩B ∩ C 6= ∅.(e) A nao contem B, B esta contido em C e C contem A.

11. Sejam A,B, e C conjuntos nao vazios. Diga quais das afirmacoes a seguir sao falsas e quais saoverdadeiras. Faca diagramas de Venn para justificar as que sao falsas. Use a relacao a ∈ A paraverificar as verdadeiras.

(a) Se A ⊂ B e B = C entao A ⊂ C.

(b) Se A ⊂ B e B 6= C entao A 6⊂ C.

(c) Se A ⊂ B e B 6⊂ C entao A 6⊂ C.

(d) A ∪B ⊃ B.

(e) A ⊂ A ∪B.

(f) Se A 6⊂ B ∪ C entao A−B 6⊂ C.

12. Sejam A,B,C conjuntos quaisquer. Mostre que a igualdade

A− (B ∩ C) = (A−B) ∪ (B − C) e falsa. Faca isso usando diagrama de Venn.

13. Sejam A,B conjuntos quaisquer. Mostre que:


(a) A e B −A sao disjuntos.

(b) B −A e B ∩A sao disjuntos.

(c) A ∪B = A ∪ (B −A).

(d) B = (B −A) ∪ (B ∩A).

Sugestao: nos itens (a) e (b) use a tecnica de demonstracao por reducao ao absurdo.

14. Sejam A,B conjuntos finitos. Use o exercıcio anterior para mostrar que:

(a) #(A ∪B) = #(A) + #(B −A)

(b) #(B) = #(B −A) + #(B ∩A)

(c) #(A ∪B) = #(A) + #(B)−#(A ∩B)


RESPOSTAS DA LISTA 1

1. (a) Fechada, pois e verdadeira. Verdadeira porque 100 = 5× 20.

(b) Fechada, pois e falsa. Falsa porque 100 tem outros divisores alem de 2, 5 e 10.

(c) Fechada, pois e verdadeira. Verdadeira porque 100 = 50× 2, 100 = 20× 5, 100 = 10× 10.

(d) Aberta, pois dependendo do valor que e atribuıdo a letra a, a resposta pode ser verdadeira oufalsa.

(e) Fechada, pois e verdadeira. Verdadeira porque 100 = 5× 20 = 5× a.

2. (a) V(b) V(c) F(d) V(e) F(f) V

(g) F(h) F(i) V(j) V(k) V(l) V

(m) V(n) OBS(o) F(p) F(q) V(r) V

(s) F(t) V(u) V(v) F(w) V(x) F

(y) F

(z) F

OBS.: Nao e possıvel atribuir V nem F porque essa operacao nao deixa claro por onde comecar,por (p ∧ q) ou por (q ∨ r). Em alguns casos, nao faz diferenca porque os dois resultados sao iguais,como nos itens (i) e (j), os dois sao verdadeiros. Mas nem sempre os dois conduzem ao mesmo

valor. Um exemplo onde nao sao iguais e:s t u (s ∧ t) ∨ u s ∧ (t ∨ u)F V V V F

E interessante comparar com as regras das operacoes soma e multiplicacao de numeros naturais,inteiros, racionais ou reais. Por exemplo 2 · 3 + 4 = 6 + 4 = 10. Aqui, nao tivemos duvida poronde comecar porque existe uma regra que diz que multiplicacoes sao prioritarias, isto e, devemoscomecar sempre pela multiplicacao.

Nao existe uma regra analoga para os conectivos ∧ e ∨.

Assim, quando quisermos usar os conectivos ∧ e ∨ com tres ou mais afirmacoes sera precisocolocar os parenteses para indicar por onde comecar.

3. (a) David pesa 50 kg ou menos de 50 kg ou mede 1, 55m ou mais de 1, 55m.

(b) x2 ≤ 3 ou x2 + 4x + 3 > 0

(c) a e tal que (i) a ≤ 10 e (i) a ≥ 5

4. (a) Verdadeiro. Uma justificativa e: existe sim, a = 6 e um numero natural, 6 < 10 e 6 > 5.(e claro que tem outras justificativas, basta substituir 6 por 7, 8 ou 9)

(b) Falso. Justificativa: a ∈ N e a < 10 temos que a ∈ A = {1, 2, 3, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Mas a > 9temos que a ∈ B = {10, 11, 12, . . .}. Como A e B nao tem nenhum elemento em comum, naoexiste a pertencente simultaneamente aos dois conjuntos A e B.

(c) Verdadeiro. Na justificativa serao citadas as propriedades do enunciado do exercıcio.

∀x ∈ R (P1)=⇒ x + 1 ∈ R (P2)

=⇒ (x + 1)2 ≥ 0

∀x ∈ R (P2)=⇒ x2 ≥ 0

(P3)=⇒ 4x2 ≥ 0

(x + 1)2 ≥ 0 e 4x2 ≥ 0(P4)=⇒ (x + 1)2 + 4x2 ≥ 0.

(d) Falso.Contra-exemplo: quando x = 2 temos que (2 + 1)2 − 4(2)2 = 32 − 4 · 4 = 9− 16 = −7 < 0.

(e) Verdadeiro. Existe, por exemplo a = 3 e b = 5, temos que 3 · 5 = 15 e ımpar, isto e, nao e par.Na verdade, qualquer exemplo com a e b ımpares, o produto ab sera ımpar, porque?


(f) Falso. Para justificar vamos provar que a seguinte afirmacao e verdadeira: ∀a ∈ Z, se a e parentao a2 e par, isto e, 6 ∃a ∈ Z; a e par e a2 e ımpar.Provando: a e par, entao a = 2k para algum k ∈ Z. Logo a2 = 4k2 = 2 × 2k2, dondeconclui-se que a2 e par (pois e um multiplo de 2).

5. (a) Nao existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 5.Outra resposta possıvel: Todo numero natural e tal que a ≥ 10 ou a ≤ 5.

(b) Nao existe um numero natural a tal que a < 10 e a > 9.Outra resposta possıvel: Todo numero natural a e tal que a ≥ 10 ou a ≤ 9.

(c) ∃x ∈ R; (x + 1)2 + 4(x2) < 0.

(d) ∃x ∈ R; (x + 1)2 − 4(x2) < 0.

(e) 6 ∃ a, b ∈ Z; o produto ab nao e par. Outra resposta: ∀ a, b ∈ Z; o produto ab e par.

(f) 6 ∃a ∈ Z ; a e par e a2 e ımpar. Outra resposta: ∀a ∈ Z ; a e ımpar ou a2 e par.

6. (a) ∀a ∈ R, a · 0 = 0.

(b) ∀a, b ∈ R, a > 0 e b > 0 temos a · b > 0.

(c) ∃n ∈ R; n2 e um numero primo.

(d) ∃x ∈ R tal que x e solucao da equacao x3 − 3x2 + 3x + 2 = 1.

(e) A equacao a seguir e uma equacao polinomial de grau n, na variavel real x.anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x + a0 = 0, onde n e inteiro positivo ou nulo, ai, i = 1, . . . , nsao numeros constantes reais e an 6= 0.Afirmacao: ∃x ∈ R tal que x e solucao de uma equacao polinomial de grau ımpar.

7. (a) a, b ∈ Z; a e b consecutivos =⇒ (a e par e b e ımpar) ou (a e ımpar e b e par).

(b) a, b, c ∈ Z; a, b, c sao consecutivos =⇒ (a + b + c) e multiplo de 3.

(c) Dado a ∈ Z, a e par ⇐⇒ a + 1 e ımpar.

(d) a, b ∈ R; a < 0 e b < 0 =⇒ a · b > 0.

(e) a, b ∈ R; a < 0 e b < 0 =⇒ a · b > 0.

(f) Definicao (divisor)Dados a, b ∈ Z, b 6= 0, diz-se que b e divisor de a ⇐⇒ ∃k ∈ Z; a = kb.

(g) ∀a ∈ {x ∈ R;x > 1 } =⇒ 11− a2

< 1.

(h) (media = nota final ≥ 6, 0 (seis)) e (frequencia mınima na disciplina e de 75%) =⇒ o alunoda UFF e aprovado em uma disciplina.

(i) (media = nota final ≥ 4, 0 (quatro)) e (nota da VS ≥ 6, 0 (seis)) e (frequencia mınimana disciplina e de 75%) =⇒ o aluno da UFF e aprovado em uma disciplina.

(j) frequencia do aluno < 75% =⇒ o aluno e reprovado em disciplina da UFF.Outra resposta: aluno aprovado em disciplina da UFF =⇒ frequencia ≥ 75%.

8. Nao poderia ter aplicado a propriedade porque neste caso a hiporese (a < b) da propriedade e falsa,isto e, −5 < −7 e falsa.

9. Nada se pode concluir sobre a tese quando a hipotese e falsa, isto e, quando a hipotese e falsa, atese tanto pode resultar verdadeiera, quanto pode resultar falsa.

10. (a) unico tipo de caso: '

&

$

%A

B'

&

$

%


(b) unico tipo de caso:

'

&

$

%A

B'

&

$

%

(c) dois tipos dos casos sao:

'

&

$

%A

B

C

'

&

$

%

¶µ

³´

'

&

$

%A

B

C

ou

'

&

$

%¶µ

³´

(d) idem item (c)

(e) dois unicos tipos de casos sao:'

&

$

%A

º

¹

·

¸BC

'

&

$

%

'

&

$

%A

º

¹

·

¸B

C'

&

$

%

11. (a) (V) Justificativa:a ∈ B e B = C =⇒ a ∈ C =⇒ A ⊂ C.

(b) (F) Contra-exemplo:'

&

$

%B

¾

½

»

¼A

C'

&

$

%(c) (F) Contra-exemplo:

'

&

$

%B

¾

½

»

¼A

C'

&

$

%

(d) (V) Justificativa:a ∈ B =⇒ a ∈ B ou a ∈ A =⇒ a ∈ A ∪ B=⇒ B ⊂ A ∪B =⇒ A ∪B ⊃ B

(e) (V) Justificativa:a ∈ A =⇒ a ∈ A ou a ∈ B =⇒ a ∈ A ∪ B=⇒ A ⊂ A ∪B

(f) (V) Justificativa:A 6⊂ B∪C =⇒ ∃x; x ∈ A e x 6∈ B∪C =⇒∃x; x ∈ A e (x 6∈ B e x 6∈ C) =⇒∃x; (x ∈ A e x 6∈ B) e x 6∈ C =⇒∃x; x ∈ A−B e x 6∈ C =⇒ A−B 6⊂ C.

12. No diagrama estamos supondo:A ∩B = ∅, B ∩ C = ∅, A ∩ C = ∅.Neste caso, vamos encontrar os conjuntos dos dois lados daigualdade.

'

&

$

%B

¾

½

»

¼A C

'

&

$

%

Lado esquerdo: A− (B ∩ C) = A− ∅ = A

Lado direito: (A−B) ∪ (B − C) = A ∪B

Mas, como A ∩B = ∅ temos que A ∪B 6= A.

Conclusao: neste caso, o lado esquerdo da igualdade e diferente do lado direito da igualdade.

13. (a) Supoe, por absurdo, que A e B −A nao sao disjuntos. LogoA ∩ (B − A) 6= ∅ =⇒ ∃x; x ∈ A e x ∈ (B − A) =⇒ ∃x; x ∈ A e (x ∈ B e x 6∈ A)=⇒ x ∈ A e x 6∈ A. Absurdo !!! Logo A e B −A sao disjuntos.

(b) Supoe, por absurdo, que B −A e B ∩A nao sao disjuntos. Logo(B −A) ∩ (B ∩A) 6= ∅ =⇒ ∃x; x ∈ (B −A) e x ∈ (B ∩A) =⇒∃x; (x ∈ B e x 6∈ A) e (x ∈ B e x ∈ A) =⇒ x 6∈ A e x ∈ A. Absurdo !!!Logo B −A e B ∩A sao disjuntos.

(c) Para mostrar que A ∪ B = A ∪ (B − A), vamos verificar que (A ∪ B) ⊂ (A ∪ (B − A)) e que(A ∪B) ⊂ (A ∪ (B −A)).Primeiro, suponha x ∈ (A ∪B). Vamos considerar os tres casos distintos admissıveis:

• x ∈ A e x ∈ B =⇒ x ∈ A =⇒ x ∈ A ou x ∈ (B −A) =⇒ x ∈ (A ∪ (B −A))• x ∈ A e x 6∈ B =⇒ x ∈ A =⇒ x ∈ A ou x ∈ (B −A) =⇒ x ∈ (A ∪ (B −A))• x 6∈ A e x ∈ B =⇒ x ∈ (B −A) =⇒ x ∈ (B −A) ou x ∈ A =⇒ x ∈ (A ∪ (B −A))


Assim, verificamos que x ∈ (A ∪B) =⇒ x ∈ (A ∪ (B −A)) =⇒ (A ∪B) ⊂ (A ∪ (B −A)). (*)

Agora, suponha x ∈ (A ∪ (B − A)). Como A e B − A sao disjuntos, vamos consideraros dois casos distintos admissıveis:

• x ∈ A e x 6∈ (B −A) =⇒ x ∈ A =⇒ x ∈ A ou x ∈ B =⇒ x ∈ (A ∪B).• x 6∈ A e x ∈ (B−A) =⇒ x ∈ (B−A) =⇒ x ∈ B e x 6∈ A =⇒ x ∈ B =⇒ x ∈ (A∪B).

Assim, verificamos que x ∈ (A∪ (B−A)) =⇒ x ∈ (A∪B) =⇒ (A∪ (B−A)) ⊂ (A∪B). (**)Por (*) e (**), concluımos que (A ∪B) = (A ∪ (B −A)).

(d) Considere U , o conjunto Universo. As seguintes propriedades serao usadas aqui: A ∪Ac = U ,B ∩ U = B, B −A = B ∩Ac e uma lei de De Morgan, P ∩ (Q ∪R) = (P ∩Q) ∪ (P ∩R).x ∈ B ⇐⇒ x ∈ (B∩U) ⇐⇒ x ∈ B e x ∈ U ⇐⇒ x ∈ B e x ∈ (A∪Ac) ⇐⇒ x ∈ (B∩(A∪Ac))⇐⇒ x ∈ ((B ∩A) ∪ (B ∩Ac)) ⇐⇒ x ∈ ((B ∩A) ∪ (B −A)). Logo B = (B ∩A) ∪ (B −A).

14. (a) #(A ∪B)Ex.12)(c)

= #(A ∪ (B −A)).Mas, pelo ex. 12(a), A e B −A sao disjuntos, logo nao ha elementos em comum entre eles,concluımos que #(A ∪B) = #(A ∪ (B −A)) = #(A) + #(B −A).

(b) #(B)Ex.12)(d)

= #((B −A) ∪ (B ∩A)).Mas, pelo ex. 12(b), (B − A) e (B ∩ A) sao disjuntos, logo nao ha elementos em comumentre eles, concluımos que #(B) = #((B −A) ∪ (B ∩A)) = #(B −A) + #(B ∩A).

(c) Agora, e so fazer as contas. Do item (a) deste exercıcio,#(A∪B) = #(A)+#(B−A) . Do item (b) deste exercıcio, #(B−A) = #(B)−#(B∩A).Logo #(A ∪B) = #(A) + #(B)−#(B ∩A)).

Lista 2 de Matematica Basica - profas. Marlene e Denise 2008-2 1



LISTA 2 - 2008-2Numeros reais:

propriedades algebricaspropriedades de ordem

As propriedades algebricas foram listadas nas aulas. Algumas nao foram demonstradas.Nos exercıcios 1 a 9 prove as propriedades algebricas, usando axiomas algebricos, definicoes e as pro-

priedades algebricas ja demonstradas em aula.

1. Unicidade do elemento inverso: So existe um numero real que satisfaz o axioma de existencia de elementoinverso. (prove usando apenas axiomas)

2. −a + a = 0, ∀a ∈ R (prove usando apenas axiomas)

3.1a· a = 1, ∀a ∈ R e a 6= 0 (prove usando apenas axiomas)

4.11a

= a, ∀a ∈ R e a 6= 0(

leia-se: a e o inverso de1a

).

5.a + b

c=

a

c+

b

c, ∀a, b, c ∈ R, c 6= 0

6. −(a + b) = −a− b, ∀a, b ∈ R

7.1a

b

=b

a, ∀a, b ∈ R, a, b 6= 0

8.

a

bc

d

=a

b· d

c, ∀a, b, c, d ∈ R, b, c, d 6= 0

9. Sejam a, b ∈ R, n ∈ N. Valem as seguintes igualdades.

i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

ii) (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

iii) (a− b)2 = a2 − 2ab + b2

iv) (a− b)3 = a3 − 3a2b + 3ab2 − b3

v) a2 − b2 = (a− b)(a + b)

vi) a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2)

vii) a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2)

viii) an−bn = (a−b)(an−1+an−2b+· · ·+abn−2+bn)

As propriedades de ordem foram listadas nas aulas. Algumas nao foram demonstradas.

Nos exercıcios 10 a 17 prove as propriedades de ordem, usando axiomas algebricos e de ordem, definicoese as propriedades algebricas e de ordem ja demonstradas em aula.

10. Dado a ∈ R, vale a equivalencia: a < 0 ⇐⇒ 1a

< 0

11. Dados a, b, c ∈ R, c < 0, vale a equivalencia: a bc

12. Dado a ∈ R, vale a implicacao: a > 0 =⇒ a2 > 0

13. Dado a ∈ R, nao vale a recıproca da propriedade anterior, isto e, a2 > 0 6=⇒ a > 0

14. Dado a ∈ R, vale a implicacao: a < 0 =⇒ a2 > 0

15. Dado a ∈ R, vale a equivalencia: a 6= 0 ⇐⇒ a2 > 0

16. Dado a ∈ R, valem as equivalencias: (i) a > 0 ⇐⇒ a3 > 0 (ii) a < 0 ⇐⇒ a3 < 0

17. Vale a seguinte equivalencia: a ∈ R⇐⇒ a2 ≥ 0

18. Nas afirmacoes a seguir considere x, y ∈ R. Essas afirmacoes sao falsas. Para cada uma apresente umexemplo em que a implicacao nao se verifica, isto e, um contra-exemplo que justifica a implicacao ser falsa.


(a) (x− 1)2 = (2x− 3)2 =⇒ x = 1

(b) xy2 > x(x + 1) =⇒ y2 > x + 1

19. Sejam x, y ∈ R. Diga se as implicacoes ou as equivalencias a seguir sao verdadeiras ou se sao falsas. Para asverdadeiras, redija uma justificativa. Para as falsas, apresente um contra-exemplo.

(a) x5 > 0 ⇐⇒ x > 0.

(b) x6 = 0 ⇐⇒ x = 0.

(c) x > 2 =⇒ x ≥ 3.

(d) x + y > 0 =⇒ x > 0 e y > 0.

(e) x− y > 0 =⇒ x > 0.

(f) xy > 0 =⇒ x > 0 e y > 0.

(g) xy2 > 0 =⇒ x > 0.

(h) x2y < 0 =⇒ y < 0.

(i) x2y > 0 =⇒ x, y > 0.

(j) x3y5 < 0 =⇒ x > 0 e y < 0.

(k) x2y ≤ 0 =⇒ y < 0.

(l) xy ≥ 0 =⇒ x, y ≥ 0 ou x, y ≤ 0.

(m) x218 ≥ 0 =⇒ x ≥ 0.

(n) x ∈ {3} =⇒ x ∈ {3, π}.(o) x = 3 =⇒ x = 3 ou x = π.

20. Sejam a, b ∈ R. Diga quais das afirmacoes a seguir sao falsas e quais sao verdadeiras. Para as falsas,apresente um contra-exemplo. Para as verdadeiras, redija justificativas para sua resposta e diga se a recıprocae verdadeira.

(a) a5 < 0 =⇒ a < 0.(b) a > 2 =⇒ a ≥ 2.(c) a111 ≥ 0 =⇒ a ≥ 0.(d) a2 = b2 =⇒ a = b.(e) a3 = b3 =⇒ a = b.

(f) a4 = 16b4 =⇒ a = 2b ou a = −2b.

(g) a2 + b2 = 0 =⇒ a = 0 = b

(h) a218 ≥ 0 =⇒ a ≥ 0.

(i) a + b ≥ 0 =⇒ a > 0 ou b > 0.

21. Sejam a, b ∈ R. Diga quais das afirmacoes a seguir sao falsas e quais sao verdadeiras. Redija justificativaspara suas respostas.

(a) a > 0 ⇐⇒ a2 > 0.(b) a < 0 ⇐⇒ a3 < 0.(c) a5 > 0 ⇐⇒ a > 0.(d) a6 = 0 ⇐⇒ a = 0.(e) a ≥ 2 =⇒ a > 2.(f) a2 − b2 = 0 ⇐⇒ a2 = b2.(g) a2 = b2 ⇐⇒ a4 = b4.(h) a2 > b2 =⇒ a > b.(i) a3 > b3 =⇒ a > b.(j) a2 + b2 = 0 ⇐⇒ a = 0 = b

(k) a3 + b3 = 0 ⇐⇒ a = 0 = b

(l) a2 = b2 =⇒ a3 = b3

(m) a3 = b3 =⇒ a2 = b2

(n) a2 = b2 =⇒ (a + 1)2 = (b + 1)2

(o) a4 + b4 = 0 ⇐⇒ a = 0 = b

(p) a3 + b4 = 0 =⇒ a < 0

(q) a3 + b4 = 0 =⇒ a ≤ 0

(r) a3 + b4 = 0 ⇐⇒ a ≤ 0

(s) a2 + b4 = 0 ⇐⇒ a = 0 = b

22. Sejam a, b ∈ R. Diga quais das afirmacoes a seguir sao falsas e quais sao verdadeiras. Redija justificativaspara suas respostas.

(a) ∀a 6= 0, temos que:1a

 1

(b) ∀b 6= 0, temos que:1b2

< a ⇐⇒ ab2 > 1

(c) ∀b < 0, temos que:1b3

< a ⇐⇒ ab3 < 1

(d)1

a2 + b2≥ 0 ∀a 6= 0 e b 6= 0.

(e)1

a2 + b2> 0 ∀a 6= 0 e b 6= 0.

(f) a > b =⇒ 1a2 − b2

≥ 0

(g) a > b > 0 =⇒ 1a2 − b2

≥ 0

(h) ∀a 6= 0, b 6= 0, temos1a

<1b

=⇒ b < a

(i) ∀a > 0, b > 0, temos1a

<1b

=⇒ b < a

(j) ∀a > 0, b < 0, temos1a

<1b⇐⇒ b > a


23. De dois exemplos de afirmacoes cuja implicacao e verdadeira e a recıproca e falsa.

24. Repetimos a seguir a definicao e as principais propriedades do modulo de um numero real que foram listadase provadas em Pre-Calculo.

Definicao (modulo ou valor absoluto)

Dado x ∈ R, o modulo ou valor absoluto de x e denotado por |x| e definido por |x| =

x se x > 00 se x = 0−x se x < 0

Propriedades

Dados a, b ∈ R, valem as seguintes propriedades:

(i) |a| ≥ 0 e |a| = 0 ⇐⇒ a = 0.

(ii) |a| = |b| ⇐⇒ a = b ou a = −b ⇐⇒ a = ±b

(iii) |ab| = |a| |b|(iv)

∣∣∣ a

b

∣∣∣ =|a||b| , b 6= 0

(v) Para b > 0 temos |a| 0 temos |a| > b ⇐⇒ a > b ou a < −b

(vii) |a + b| ≤ |a|+ |b|(viii) |an| = |a|n, n ∈ N

Usando a definicao e essas propriedades, decida se as afirmacoes a seguir sao verdadeiras ou falsas. Prove asverdadeiras e de contra-exemplo para as falsas. Considere a, b, c ∈ R.

(a) |a| = π =⇒ a = π

(b) |ab| − |a| |b| ≥ 0(c) a |b|

(g) c > 1 =⇒ |c| − 1 > 0

(h) c > 1, |a| 0, verifique que |x− a| ba se a = bb se a b

Verifique que sao verdadeiras: (i) |a| = max{a,−a} (ii) −|a| = mın{a,−a}

27. Use as duas definicoes anteriores para provar que sao verdadeiras: a ≤ |a| e −|a| ≤ a, ∀a ∈ R.

28. Prove que: −|a| ≤ a ≤ |a|, ∀a ∈ R.


RESPOSTAS DA LISTA 2

Para facilitar a consulta, repetimos aqui os axiomas e as propriedades algebricas e de ordem listadas em aula. A medida que aspropriedades forem usadas, sera citada a numeracao, e claro que nao ha necessidade de memorizar a numeracao das propriedades.

Para ∀ a, b, c ∈ R admitem-se verdadeiros os axiomas algebricos descritos a seguir.Axiomas da Soma Axiomas do Produto

Lei do fechamento AS1 : a + b ∈ R AP1 : a× b ∈ RLei associativa AS2 : (a + b) + c = a + (b + c) AP2 : (a× b)× c = a× (b× c)Lei comutativa AS3 : a + b = b + a AP3 : a× b = b× aLei do elemento neutro AS4 : ∃ 0 ∈ R; a + 0 = a AP4 : ∃ 1 ∈ R; a× 1 = aLei do elemento simetrico AS5 : ∀a, ∃ − a ∈ R; a + (−a) = 0 (diz − se : −a e o simetrico de a)

Lei do elemento inverso AP5 : ∀a 6= 0, ∃ 1

a∈ R; a× 1

a= 1 (diz − se :

1

ae o inverso de a)

Axioma da Soma e ProdutoLei distributiva ASP : a× (b + c) = a× b + a× c

Propriedade PA 1 Unicidade do elemento neutro da somaEnunciado: So existe um numero real que satisfaz o axioma

de existencia de elemento neutro da soma.

Propriedade PA 2 Unicidade do elemento neutro do pro-duto

Enunciado: So existe um numero real que satisfaz o axiomade existencia de elemento neutro do produto.

Propriedade PA 3 0 + a = a, ∀a ∈ R.

Propriedade PA 4 1 · a = a, ∀a ∈ R .

Propriedade PA 5 Unicidade do elemento simetricoEnunciado: So existe um numero real que satisfaz o axioma

de existencia de elemento simetrico.

Propriedade PA 6 Unicidade do elemento inversoEnunciado: So existe um numero real que satisfaz o axioma

de existencia de elemento inverso.

Propriedade PA 7 −a + a = 0, ∀a ∈ R.

Propriedade PA 81

a· a = 1, ∀a ∈ R e a 6= 0.

Propriedade PA 9 −(−a) = a, ∀a ∈ R(leia-se: a e o simetrico de −a).

Propriedade PA 1011

a

= a, ∀a ∈ R e a 6= 0

�leia-se: a e o inverso de

1

a

�.

Propriedade PA 11 (b + c) · a = b · a + c · a, ∀a, b, c ∈ R.

Propriedade PA 12 a · 0 = 0 = 0 · a, ∀a ∈ R.

Propriedade PA 13 (−1) · a = −a = a · (−1), ∀a ∈ R.

Propriedade PA 14 −(a · b) = (−a) · b = a · (−b), ∀a, b ∈ R.

Propriedade PA 15 (−a) · (−b) = a · b, ∀a, b ∈ R.

Propriedade PA 16ab

c= a

b

c=

a

cb, ∀a, b, c ∈ R, c 6= 0.

Propriedade PA 17 − 1

a=−1

a=

1

−a, ∀a ∈ R, a 6= 0.

Propriedade PA 181

ab=

1

a

1

b, ∀a, b ∈ R, a 6= 0, b 6= 0.

Propriedade PA 19ab

cd=

a

c

b

d, ∀a, b, c, d ∈ R, c, d 6= 0.

Propriedade PA 20a + b

c=

a

c+

b

c, ∀a, b, c ∈ R, c 6= 0.

Propriedade PA 21 −(a + b) = −a− b, ∀a, b ∈ R.

Propriedade PA 22 − a + b

c=−a− b

c, ∀a, b, c ∈ R, c 6= 0.

Propriedade PA 231a

b

=b

a, ∀a, b ∈ R, a, b 6= 0.

Propriedade PA 24

a

bc

d

=a

b

d

c,

∀a, b, c, d ∈ R, b, c, d 6= 0.

Propriedade PA 25 A igualdade nao se altera quandosoma-se ou multiplica-se o mesmo numero nos dois lados daigualdade.

Sejam a, b, c ∈ R. Valem as seguintes propriedades:i) a = b =⇒ a + c = b + c (preservacao da igualdade na soma)

ii) a = b =⇒ a · c = b · c (preservacao da igualdade no produto)

Propriedade PA 26 Leis de cancelamento da soma e doproduto (implicacoes)

Sejam a, b, c ∈ R. Valem as seguintes propriedades:i) a+ c = b+ c =⇒ a = b (e a recıproca da preservacao na soma)

ii) a · c = b · c e c 6= 0 =⇒ a = b (nao e a recıproca dapreservacao no produto)

Propriedade PA 27 Lei de cancelamento da soma(equivalencia)

Sejam a, b, c ∈ R. Temos que: a = b ⇐⇒ a + c = b + c.

Propriedade PA 28 Lei de cancelamento do produto(equivalencia)

Sejam a, b, c ∈ R, c 6= 0. Temos que: a = b ⇐⇒ a ·c = b ·c.Propriedade PA 29 Lei do anulamento do produto

Para a, b ∈ R, temos que: a · b = 0 ⇐⇒ a = 0 ou b = 0.

Propriedade PA 30 Para a, b ∈ R vale a seguinteequivalencia: a · c = b · c ⇐⇒ a = b ou c = 0.

Propriedade PA 31 Teste da igualdade de fracoes.

Para a, b, c, d ∈ R, b, d 6= 0, temos que:a

b=

c

d⇐⇒ ad = bc.

Propriedade PA 32 Simplificacoes em somas de fracoes(reducao ao mesmo denominador).

Para a, b, c, d, p, q ∈ R, b, d, p, q 6= 0, valem as seguintes igual-dades:

i)a

b+

c

d=

ad

bd+

bc

bd=

ad + bc

bd

ii)a

b− c

d=

ad

bd− bc

bd=

ad− bc

bd

iii) Quando m=bp=dq,a

b+

c

d=

ap

bp+

cq

dq=

ap + cq

m

Propriedade PA 33 Principais produtos notaveis.Sejam a, b ∈ R, n ∈ N. Valem as seguintes igualdades.

i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

ii) (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

iii) (a− b)2 = a2 − 2ab + b2

iv) (a− b)3 = a3 − 3a2b + 3ab2 − b3

v) a2 − b2 = (a− b)(a + b)

vi) a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2)

vii) a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2)

viii) an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b + · · ·+ abn−2 + bn−1)


Axioma da ordem 1. Dado a ∈ R, uma e so uma das tres possibilidades e verdadeira:(i) a e positivo (ii) a = 0 (iii) −a e positivo

Conhecido como ′′propriedade de tricotomia da ordem′′. Quando −a e positivo, diz-se que a e negativo.

Axioma da ordem 2. Dados a, b ∈ R vale as afirmacao: a e positivo e b e positivo =⇒ a + b e positivo e a · b e positivo.

Propriedade PO 1 Dado a ∈ R, uma e so uma das tres possibilidades e verdadeira: (i) a > 0 (ii) a = 0 (iii) a < 0Tambem e conhecida por ′′tricotomia da ordem′′.

Propriedade PO 2 Dados a, b, c ∈ R, vale a implicacao: a 0, vale a implicacao: a < b =⇒ a · c b · c.Conhecida como ′′lei de inversao da ordem no produto′′.

Propriedade PO 5 Dados a, b, c ∈ R, vale a implicacao: a b

Propriedade PO 7 Dados a, b, c ∈ R, vale a equivalencia: a 0 ⇐⇒ 1

a> 0 (ii) a < 0 ⇐⇒ 1

a< 0

Propriedade PO 9 Dados a, b, c ∈ R, c > 0, vale a equivalencia: a bc.

Propriedade PO 11 Dados a, b ∈ R, valem as equivalencias:(i) a < 0 ⇐⇒ −a > 0 (ii) a > 0 ⇐⇒ −a < 0 (iii) a −b (iv) a > b ⇐⇒ −a < −b.

Propriedade PO 12 Dados a, b ∈ R, valem as equivalencias:(i) ab > 0 ⇐⇒ (a > 0 e b > 0) ou (a < 0 e b < 0) (ii) ab < 0 ⇐⇒ (a > 0 e b < 0) ou (a < 0 e b > 0)

Propriedade PO 13 Dado a ∈ R, vale a implicacao: a > 0 =⇒ a2 > 0.Outra forma de escrever essa propriedade e: para todo a ∈ R; a > 0 temos que a2 > 0.

Propriedade PO 14 Dado a ∈ R, nao vale a recıproca da propriedade anterior, isto e, a2 > 0 6=⇒ a > 0.

Propriedade PO 15 Dado a ∈ R, vale a implicacao: a < 0 =⇒ a2 > 0.Outra forma de escrever essa propriedade e: para todo a ∈ R; a < 0 temos que a2 > 0.

Propriedade PO 16 Dado a ∈ R, vale a equivalencia: a 6= 0 ⇐⇒ a2 > 0.

Propriedade PO 17 Dado a ∈ R, valem as equivalencias: (i) a > 0 ⇐⇒ a3 > 0 (ii) a < 0 ⇐⇒ a3 < 0.

Propriedade PO 18 Vale a seguinte implicacao: a ∈ R =⇒ a2 ≥ 0.Errata nas notas de aula: Essa propriedade e de implicacao e nao de equivalencia. Basta trocar equivalencia por implicacao no

texto, inclusive na observacao apos a propriedade. O inıcio da observacao fica assim: ′′Como e uma implicacao, podemos afirmar, todonumero real tem seu quadrado maior ou igual a zero′′. O restante da observacao e igual.


Respostas, com resolucao. Cada questao pode ter muitas resolucoes, pois podemos escolher propriedadesdiferentes em cada resolucao.

1. Considere a ∈ R, a 6= 0 e 1a∈ R um inverso de a. Suponha, por absurdo, que a tese e falsa, isto e, existe outro

elemento inverso�

1a

�′ ∈ R;�

1a

�′ 6= 1a

AP5=⇒ a · 1

a= 1 e a · � 1

a

�′= 1. (∗)

Aplicando os axiomas do produto, 1a

AP4= 1

a· 1 (∗)

= 1a·�a · � 1

a

�′� AP2=�

1a· a� �· 1

a

�′ (∗)= 1 · �· 1

a

�′ AP4=�

1a

�′.

Mas�

1a

�′ 6= 1a

e�

1a

�′= 1

anao podem ocorrer simultaneamente,

portanto nao e possıvel negar a tese, isto e, o elemento inverso 1a

e unico.

2. ∀a ∈ R, temos −a + aAS3= a + (−a)

AS4= 0.

3. ∀a ∈ R, a 6= 0, temos 1a· a AP3

= a · 1a

AP4= 1.

4. ∀a ∈ R, a 6= 0, temos 1a∈ R AP5

=⇒ 1a∈ R admite inverso

11a

; 1a

11a

= 1.

Por outro lado, usando o ex.3, 1a

a = 1, isto e, a tambem e inverso de 1a

. Pela unicidade do elemento inverso,

concluımos que11a

= a.

5. ∀a, b, c ∈ R, c 6= 0,a + b

c

divisao= (a + b) · 1

c

distributiva= a · 1

c+ b · 1

c

divisao=

a

c+

b

c.

6. ∀a, b ∈ R, temos −(a + b)PA13= (−1)(a + b)

distributiva= (−1)a + (−1)b =

PA13= −a− b.

7. ∀a, b ∈ R; a, b 6= 0, temos, pelo axioma do inverso,1ab

e o inverso dea

b. Por outro lado,

a

b· b

a

divisao=

a · 1

b· b · 1

a

AP5= a · 1 · 1

a

AP4= a · 1

a

AP5= 1. Pela unicidade do elemento inverso,

1ab

=b

a.

8. ∀a, b, c, d ∈ R; b, c, d 6= 0, temos queabcd

divisao=

a

b· 1

cd

Ex.7=

a

b· d

c.

9. a, b ∈ R, n ∈ N

i) (a + b)2potencia

= (a + b)(a + b)ASP= (a + b)(a + b)

AP3= (a + b)a + (a + b)b

PA11= a · a + ba + ab + b · b potencia e AP3

=

a2 + ab + ab + b2 AP4= a2 + 1 · ab + 1 · ab + b2 PA 11

= a2 + (1 + 1)ab + b2 = a2 + 2ab + b2

ii) (a + b)3potencia

= (a + b)(a + b)(a + b)PA33 i)

= (a + b)(a2 + 2ab + b2)PA 11

= a(a2 + 2ab + b2) + b(a2 + 2ab + b2)ASP=

a · a2 + a · 2ab + a · b2 + b · a2 + b · 2ab + b · b2 potencia, AP2, AP3= a3 + 2a2b + ab2 + a2b + 2ab2 + b3 AS3

=

a3 + 2a2b + a2b + ab2 + 2ab2 + b3 ASP e AP3= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

iii) (a − b)2diferenca

= (a + (−b))2PA33 i)

= a2 + 2a(−b) + (−b)2potencia e PA14

= a2 + 2(−ab) + (−b)(−b)PA14 e PA15

=

a2 + (−2ab) + bbdiferenca e potencia

= a2 − 2ab + b2

iv) (a− b)3diferenca

= (a + (−b))3PA33 ii)

= a3 + 3a2(−b) + 3a(−b)2 + (−b)3potencia e PA14

= a3 + 3(−a2b) + 3a(−b)(−b) +

(−b)(−b)(−b)PA14 e PA15

= a3+(−3a2b)+3abb+bb(−b)PA14 e PA15

= a3+(−3a2b)+3abb+(−bbb)diferenca e potencia

=a3 − 3a2b + 3ab2 − b3

v) (a−b)(a+b)diferenca

= (a+(−b))(a+b)ASP, duas vezes

= aa+ab+(−b)a+(−b)bpotencia, AP3 e PA14

= a2 +ab+(−ab)+

(−bb)potencia, diferenca, AS5 e PA14

= a2 + 0− b2 AS4= a2 − b2

vi) (a − b)(a2 + ab + b2)diferenca

= (a + (−b))(a2 + ab + b2)ASP, duas vezes

= aa2 + aab + ab2 + (−b)a2 + (−b)ab +

(−b)b2 potencia, AP2, AP3 e PA14= a3 + a2b + ab2 + (−a2b) + (−ab2) + (−bb2)

Potencia e AS3= a3 + a2b + (−a2b) +

ab2 + (−ab2) + (−b3)diferenca, AS54 e AS4

= a3 − b3

vii) (−b)3potencia

= (−b)(−b)(−b)PA15= (−b)bb =

PA14= −(bbb)

potencia= −b3, provamos que (−b)3 = −b3,∀b ∈ R (∗)

(a3 + b3)PA9= (a3 − (−b3))

(*)= (a3 − (−b)3)

PA33 vi)= (a− (−b))(a2 + a(−b) + (−b)2)

potencia, PA9 e PA14=

(a + b)(a2 + (−ab) + (−b)(−b))diferenca, potencia e PA15

= (a + b)(a2 − ab + b2)

viii) Vai ser util aplicar a propriedade a seguir e ainda nao provamos: (a− b) · c = ac− bc, ∀a, b, c ∈ R (∗)Provando (∗), (a− b) · c PA9

= (a + (−b)) · c distributiva= ac + (−b)c

PA14= ac + (−bc)

diferenca= ac− bc.

Provando o que foi pedido:

(a− b)�an−1 + an−2b + an−3b2 + · · ·+ a2bn−3 + abn−2 + bn−1

� AP2 e (*)=

aan−1 + aan−2b + aan−3b2 + · · ·+ aa2bn−3 + aabn−2 + abn−1 +�−an−1b− an−2bb− an−3bb2 + · · · − a2bbn−3 − abbn−2 − bbn−1� potencia

=an + an−1b + an−2b2 + · · ·+ a3bn−3 + a2bn−2 + abn−1 +�−an−1b− an−2b2 − an−3b3 + · · · − a2bn−2 − abn−1 − bn

� AS2, AS3 e AS5= an + 0 + 0 + · · ·+ 0 + 0− bn = an − bn


10. Vamos provar primeiro a ida (=⇒).

Dado a ∈ R e a < 0axioma da ordem 1

=⇒ a 6= 0existencia do inverso

=⇒ ∃ 1

a6= 0; a

1

a= 1.

Tambem, a < 0diferenca

=⇒ 0− a > 0 =⇒ −a > 0.

Suponha, por absurdo, que1

a> 0. Assim, temos

1

a> 0 e − a > 0

axioma da ordem 2=⇒ 1

a(−a) > 0

PA14=⇒

− 1

a· a > 0

PA8=⇒ −1 > 0, o que e um absurdo.

Logo sabemos que1

a6= 0 e nao podemos supor

1

a> 0, pelo axioma da tricotomia da ordem,

1

a< 0.

Provando a volta (⇐=).

Se1

a> 0, ja estamos admitindo a 6= 0 e

1

a∈ R0. Se

1

a> 0, podemos aplicar o que ja provamos na ida, isto e,

1

a< 0 =⇒ 1

1a

< 0PA10=⇒ a < 0.

11. Seja a, b, c ∈ R e c < 0.

(=⇒) e a propriedade PO4 ja provada.

(⇐=) ac > bc e c > 0PA8 (ii)

=⇒ ac > bc e1

c< 0

PA4=⇒ ac

1

c< bc

1

c

AP 5=⇒ a · 1 0logica=⇒ a > 0 e a > 0

axioma 2=⇒ a · a > 0

definicao de potencia natural=⇒ a2 > 0.

13. Contra-exemplo: a = −1 ∈ R.

a = −1 =⇒ a2 = (−1)(−1) = 1 > 0 assim, para a = −1 temos que a hipotese p : a2 > 0 e verdadeira.

Para a = −1 < 0, pelo axioma 1, temos que a tese q : a > 0 e falsa.

Por logica sabemos que p verdadeira e q falsa siginifica que p 6=⇒ q.

14. Seja a ∈ R. a < 0PO11=⇒ −a > 0

logica=⇒ −a > 0 e − a > 0

axioma 2=⇒ (−a)(−a) > 0

PA15=⇒ aa > 0

potencia=⇒ a2 > 0.

15. Seja a ∈ R. a 6= 0axioma 1

=⇒ a > 0 ou a < 0PO13 e PO15

=⇒ a2 > 0 ou a2 > 0logica=⇒ a2 > 0.

16. Seja a ∈ R.

(i) (=⇒) a > 0PO13=⇒ a > 0 e a2 > 0

PO12 (i)=⇒ aa2 > 0

potencia natural=⇒ a3 > 0.

(⇐=) Primeiro observamos que a3 potencia= aaa

potencia= aa2.

Assim, a3 > 0 =⇒ aa2 > 0axioma da ordem 1

=⇒ aa2 6= 0lei do anulamento

=⇒ a 6= 0 e a2 6= 0logica=⇒ a 6= 0 (∗)

Tambem, a3 > 0 =⇒ aa2 > 0PO12 (i)

=⇒ (a > 0 e a2 > 0) ou (a < 0 e a2 < 0).

Vamos verificar que (a < 0 e a2 < 0) e falsa. (∗∗)Por (∗) temos que a 6= 0. Mas, a 6= 0

PO16=⇒ a2 > 0

axioma da ordem 1=⇒ a2 < 0 e falsa

logica=⇒ (a < 0 e a2 < 0) e falsa.

Assim, (a > 0 e a2 > 0) ou (a < 0 e a2 < 0)logica e (**)

=⇒ (a > 0 e a2 > 0)logica=⇒ a > 0.

(ii) (=⇒) a < 0PO15=⇒ a < 0 e a2 > 0

PO12 (ii)=⇒ aa2 < 0

potencia natural=⇒ a3 < 0.

(⇐=) Primeiro observamos que a3 potencia= aaa

potencia= aa2.

Assim, a3 < 0 =⇒ aa2 < 0axioma da ordem 1

=⇒ aa2 6= 0lei do anulamento

=⇒ a 6= 0 e a2 6= 0logica=⇒ a 6= 0 (∗)

Tambem, a3 < 0 =⇒ aa2 < 0PO12 (ii)

=⇒ (a < 0 e a2 > 0) ou (a > 0 e a2 < 0).

Vamos verificar que (a > 0 e a2 < 0) e falsa. (∗∗)Por (∗) temos que a 6= 0. Mas, a 6= 0

PO16=⇒ a2 > 0


logica=⇒ (a > 0 e a2 < 0) e falsa.

Assim, (a < 0 e a2 > 0) ou (a > 0 e a2 < 0)logica e (**)

=⇒ (a < 0 e a2 > 0)logica=⇒ a < 0.

17. (=⇒) a ∈ R tricotomia da ordem=⇒ a = 0 ou a > 0 ou a < 0

PA29, PO13 e PO15=⇒ a2 = 0 ou a2 > 0

logica=⇒ a2 ≥ 0.

Observacao: e muito importante a contra-positiva dessa propriedade, isto e, se existem numeros que satisfazem aspropriedades algebricas e a2 < 0 =⇒ a 6∈ R.

18. (a) Contra-exemplo: x = 2.

Testando a primeira igualdade (2− 1)2 = 12 = 1 e (2 · 2− 3)2 = (4− 3)2 = 12 = 1.

Logo a igualdade (x− 1)2 = (2x− 3)2 e verdadeira para x = 2.

Testando a segunda igualdade, 2 6= 1, logo a igualdade x = 1 e falsa quando x = 2.

Logo, para x = 2, a hipotese e verdadeira e a tese e falsa, pela logica, a implicacao e falsa.


(b) Contra-exemplo x = − 1

2e y =

1

2.

Testando na primeira desigualdade: − 1

2

�1

2

�2

= − 1

8e − 1

2

�− 1

2+ 1

�= − 1

2

�− 1

2+ 1

�= − 1

4.

− 1

8> − 1

4⇐⇒ −4 > −8 ⇐⇒ 4 < 8, verdadeira, logo a primeira desigualdade e verdadeira nesse exemplo.

Testando na segunda desigualdade:

�1

2

�2

=1

4e

− 1

2+ 1 =

1

2.

Como1

4<

1

2, a segunda desigualdade e falsa nesse exemplo.

Logo, nesse exemplo, a hipotese (primeira desigualdade) e verdadeira e a tese (segunda desigualdade) e falsa,pela logica, a implicacao e falsa.

19. Em todos os item x, y ∈ R.

(a) Verdadeiro. Sabemos que x5 potencia= xxxxx

potencia e AP1= x2 · x3. (∗)

(⇐=) x > 0PO 13 e PO17

=⇒ x2 > 0 e x3 > 0axioma de ordem 2

=⇒ x2 · x3 > 0(*)=⇒ x5 > 0.

(⇐=) x5 > 0(*)=⇒ x2 · x3 > 0

axioma da ordem 1=⇒ x2 · x3 6= 0

PA 29=⇒ x2 6= 0 e x3 6= 0

logica=⇒ x2 6= 0

Por outro lado, por PO 18, x2 < 0 e falso ∀x ∈ R. Logo, por logica,�x2 < 0 e x3 < 0

�e falso . (∗∗).

Voltando, x5 > 0 =⇒ �x2 > 0 e x3 > 0

�ou

�x2 < 0 e x3 < 0

� Logica e (**)=⇒ x2 > 0 e x3 > 0

PA 17=⇒

x2 > 0 e x > 0logica=⇒ x > 0.

(b) Verdadeira. Sabemos que x6 potencia= xxxxxx

potencia e AP1= x2 · x2 · x2. (∗).

x = 0logica⇐⇒ x = 0 e x = 0

PA 29⇐⇒ x2 = 0logica⇐⇒ x2 = 0 e x2 = 0

logica e PA 29⇐⇒ x2 · x2 = 0 e x2 = 0PA 29⇐⇒

x2 · x2 · x2 = 0(*)⇐⇒ x6 = 0.

(c) Falsa. Contra-exemplo: x = 2, 1.

Testando na primeira desigualdade: x = 2, 1 e 2, 1 > 2x no lugar do 2,1

=⇒ x > 2 e verdadeira.

Testando na segunda desigualdade: x = 2, 1 e 2, 1 < 3x no lugar do 2,1

=⇒ x < 3PO 6=⇒ x ≥ 3 e falsa.


(d) Falsa. Contra-exemplo: x = 0; y = 1.

Testando na primeira desigualdade: x + y = 0 + 1 e 0 + 1 = 1 > 0 =⇒ x + y > 0 e verdadeira.

Testando na segunda desigualdade: x = 0axioma da ordem 1

=⇒ x > 0 e falsologica=⇒ x > 0 e y > 0 =⇒ e falso.


(e) Falsa. Contra-exemplo: x = −1; y = −2.

Temos que x− y = −1− (−2) = −1 + 2 = 1 e 1 > 0 =⇒ x− y > 0, logo a hipotese e verdadeira.

Tambem x = −1 e − 1 < 0 =⇒ x < 0axioma da ordem 1

=⇒ a tese x > 0, e falsa.

Logo, nesse exemplo, a hipotese e verdadeira e a tese e falsa, pela logica, a implicacao e falsa.

(f) Falsa. Contra-exemplo: x = −1; y = −2.

Hipotese verdadeira, pois xy = (−1)(−2) = 2 > 0.

x = −1 e − 1 < 0transitividade

=⇒ x < 0 =⇒ x > 0 e falsalogica=⇒ x > 0 e y > 0 e falsa, isto e, a tese e falsa.


(g) Verdadeira. Justificativa. Sabemos que y2 < 0 e falsa para todo y ∈ R. (∗)xy2 > 0

PO 12 i)=⇒ �

x > 0 e y2 > 0�

ou�x < 0 e y2 < 0

� logica e (*)=⇒ �

x > 0 e y2 > 0� logica

=⇒ x > 0.

(h) Verdadeira. Justificativa. Sabemos que x2 < 0 e falsa para todo y ∈ R. (∗)x2y < 0

PO 12 ii)=⇒ �

x2 > 0 e y < 0�

ou�x2 < 0 e y > 0

� logica e (*)=⇒ �

x2 > 0 e y < 0� logica

=⇒ y < 0.

(i) Falsa. Contra-exemplo: x = −1, y = 1.

x2y = (−1)2 · 1 = 1 > 0 =⇒ a hipotese e verdadeira nesse exemplo.

x = −1 e − 1 < 0transitividade

=⇒ x < 0axioma da ordem 1

=⇒ x > 0 e falsalogica=⇒ a tese x > 0 e y > 0 e falsa.


(j) Falsa. Contra-exemplo: x = −1, y = 1.

x3y5 = (−1)3(1)5 = (−1)(1) = −1 e −1 < 0transitividade

=⇒ x3y5 < 0, a hiporese e verdadeira nesse exemplo.

x = −1 e −1 < 0transitividade

=⇒ x < 0axioma da ordem 1

=⇒ x > 0 e falsalogica=⇒ a tese x > 0 e y < 0 e falsa.



(k) Falsa. Contra-exemplo: x = 1 e y − 0.

x2y = 12 · 0 = 0logica=⇒ x2y ≥ 0 =⇒ hipotese verdadeira.

y = 0axioma da ordem 1

=⇒ a tese y < 0 e falsa.


(l) Verdadeira. Prova:

xy ≥ 0, pela logica, temos dois casos admissıveis e distintos: (i) xy = 0 (ii) xy > 0.

(i) xy = 0lei do anulamento

=⇒ x = 0 ou y = 0. (∗)(ii) xy > 0

PO 12 i)=⇒ x, y > 0 ou x, y < 0. (∗∗)

Logo, xy ≥ 0(*) e (**)

=⇒ x = 0 ou y = 0 ou x, y > 0 ou x, y < 0logica=⇒ x, y ≥ 0 ou x, y ≤ 0.

(m) Falsa. Contra-exemplo: x = −1.

(−1)218potencia natural

:= (−1)× (−1)× (−1)× · · · × (−1)| {z }218 vezes

potencia natural e AP2:= (−1)2 × (−1)2 × · · · × (−1)2| {z }

109 vezes

PA 15= 1× 1× · · · × 1| {z }

109 vezes

AP2 e AP4= 1.

Logo, x218 = (−1)218 = 1 e 1 > 0transitividade

=⇒ x218 > 0logica=⇒ x218 ≥ 0 =⇒ hipotese verdadeira.

x = −1 e −1 < 0transitividade

=⇒ x < 0 =⇒ tese x ≥ 0 falsa.


(n) Verdadeira. Prova:

x ∈ {3} definicao do conectivo ou=⇒ x ∈ {3} ou x ∈ {π} uniao

=⇒ x ∈ {3}S {π} =⇒ x ∈ {3, π}(o) Verdadeira. Prova:

x = 3definicao do conectivo ou

=⇒ x = 3 ou x = π.

20. Em todos os itens a, b ∈ R.

(a) Verdadeira. Prova: sabemos que a5 potencia= aaaaa

potencia e AP1= a2 · a3. (∗)

(=⇒) a5 < 0(*)=⇒ a2 · a3 < 0

axioma da ordem 1=⇒ a2 · a3 6= 0

PA 29=⇒ a2 6= 0 e a3 6= 0

logica=⇒ a2 6= 0

Por outro lado, por PO 18, a2 < 0 e falso ∀a ∈ R. Logo, por logica,�a2 < 0 e a3 > 0

�e falso . (∗∗).

Voltando, a5 < 0PO 12 ii)

=⇒ �a2 > 0 e a3 < 0

�ou

�a2 < 0 e a3 > 0

� Logica e (**)=⇒ a2 > 0 e a3 < 0

PA 17=⇒

a2 > 0 e a < 0logica=⇒ a < 0.

(b) Verdadeira. Prova: a > 2conectivo logico ou

=⇒ a > 2 ou a = 2logica=⇒ a ≥ 2.

(c) Verdadeira. Prova:

a111 potencia:= a× a× · · · × a| {z }

111 vezes

= a× a× · · · × a| {z }110 vezes

× a(AS2)

= a2 × a2 × · · · × a2

| {z }55 vezes

× a(potencia)

= a110 × a (∗)

a111 ≥ 0logica=⇒ (i) a111 = 0 ou (ii) a111 > 0. Logo,

(i) a111 = 0(*)⇐⇒ a× a× a× · · · × a| {z }

111 vezes

= 0lei do anulamento⇐⇒ a = 0 ou a = 0 ou · · · ou a = 0| {z }

111 vezes

logica⇐⇒ a = 0 (∗∗)

(ii) a111 > 0axioma da ordem 1

=⇒ a111 6= 0(**)=⇒ a 6= 0

PO 16=⇒ a2 > 0

PO 12 i)=⇒ a110 = a2 × a2 × · · · × a2

| {z }55 vezes

> 0


logica=⇒ �

a110 < 0 e a < 0�

e falsa (∗ ∗ ∗)Por outro lado, a111 = a110 × a > 0

PO 12 i)=⇒ �

a110 > 0 e a > 0�

ou�a110 < 0 e a < 0

�

(***)=⇒ a110 > 0 e a > 0

logica=⇒ a > 0

logica=⇒ a ≥ 0.

(d) Falsa. Contra-exemplo: a = 1 e a = −1.

a2 = 12 = 1 e b2 = (−1)2 = 1 =⇒ a2 = b2 =⇒ hipotese verdadeira

a = 1, b = −1, −1 6= 1 =⇒ a 6= b =⇒ tese falsa.


(e) Verdadeira. Prova: a3 = b3 (PA 27, AS5, AS4)⇐⇒ a3 − b3 = 0(PA 36 vi))⇐⇒ (a − b)(a2 + ab + b2) = 0

lei do anulamento⇐⇒a− b = 0 ou a2 + ab + b2 = 0

(PA 27, AS5, AS4)⇐⇒ a = b ou a2 + ab + b2 = 0.

Para provar que a = b ou a2 +ab+b2 = 0 =⇒ a = b, precisaremos provar que a2 +ab+b2 6= 0 ∀a, b ∈ R; a 6= b.

Prova de que a2 + ab + b2 6= 0 ∀a, b ∈ R; a 6= b:


Vamos separar em todas as hipoteses admissıveis e distinas da posicao relativa entre a e b tal que a 6= b.

caso: a 0, ab > 0, b2 > 0(axioma da ordem 2)

=⇒ a2 + ab + b2 > 0(axioma da ordem 1)

=⇒a2 + ab + b2 6= 0.

caso: a 0, ab = 0, b2 = 0 =⇒ a2 + ab + b2 = a2 + 0 + 0 = a2 > 0(axioma da ordem 1)

=⇒ a2 + ab + b2 6= 0.

caso: a < 0 0(PO 12 )

=⇒ ab < 0,PO 8=⇒ −ab > 0. (∗)

Por outro lado, a2 + ab + b2 = a2 + 2ab + b2 − abproduto notavel

= (a + b)2 − ab (∗∗)Por PO 18 e por (∗), temos que −ab > 0 e (a + b)2 ≥ 0

(PO 7)=⇒ (a + b)2 + (−ab) > 0 + (a + b)2 ≥ 0

transitividade=⇒ (a + b)2 − ab > 0

(**)=⇒ a2 + ab + b2 > 0

(axioma da ordem 1)=⇒ a2 + ab + b2 6= 0.

caso: a = 0 0(PO 15 e PA 12)

=⇒ a2 = 0, ab = 0, b2 > 0 =⇒ a2 + ab + b2 = 0 + 0 + b2 = b2 > 0(axioma da ordem 1)

=⇒ a2 + ab + b2 6= 0.

caso: 0 < a 0 e b > 0(PO 12 e PO 15)

=⇒ a2 > 0, ab > 0, b2 > 0(axioma da ordem 2)

=⇒ a2 + ab + b2 > 0(axioma da ordem 1)

=⇒a2 + ab + b2 6= 0.

(f) Verdadeira. Prova: a4 = 16b4 (PA27, AS4, AS5 )=⇒ a4 − b4 = 0

produto notavel=⇒ �

a2 − 4b2� �

a2 + 4b2�

= 0

produto notavel=⇒ (a− 2b) (a + 2b)

�a2 + 4b2

�= 0

lei do anulamento=⇒ a− 2b = 0 ou a + 2b = 0 ou

�a2 + 4b2

�= 0

(PA 27, AS5, AS4)=⇒ a = 2b ou a = −2b ou a2 + 4b2 = 0.

Para provar que a = 2b ou a = −2b ou a2 + 4b2 = 0 =⇒ a = 2b ou a = −2b

precisamos provar que a2 + 4b2 = 0 =⇒ a = 2b ou a = −2b

Primeiro vamos provar que a2 + 4b2 = 0 =⇒ a = 0 e b = 0. Vamos provar a contra recıproca, isto e,a 6= 0 ou b 6= 0 =⇒ a2 + 4b2 6= 0. (∗)Vamos ver todos os casos admissıveis e distintos (sao 3):

caso a 6= 0 e b = 0(PO 16, PA12)

=⇒ a2 > 0 e 4b2 = 0AS4=⇒ a2 +4b2 = a2 +0 = a2 > 0

axioma da ordem=⇒ a2 +4b2 6= 0.

caso a = 0 e b 6= 0(PO 16, PA12)

=⇒ a2 = 0 e 4b2 > 0AS4=⇒ a2+4b2 = 0+4b2 = 4b2 > 0

axioma da ordem=⇒ a2+4b2 6= 0.

caso a 6= 0 e b 6= 0PO 16=⇒ a2 > 0 e 4b2 > 0

axioma da ordem 2=⇒ a2 + 4b2 > 0

axioma da ordem 1=⇒ a2 + 4b2 6= 0.

Logo, a2+4b2 = 0(*)=⇒ a = 0, b = 0

PA 12=⇒ a = 0, 2b = 0, −2b = 0

logica=⇒ a = 2b, a = −2b

logica=⇒ a = 2b ou a = −2b

(g) Verdadeira. Prova:

Analogo ao que foi provado no exercıcio anterior, isto e analogo a a2 + 4a2 = 0 =⇒ a = b = 0.

(h) Igual ao execıcio 19 (m).

(i) Verdadeira. Prova. Vamos analisar dois casos admissıveis e distintos para um dado b ∈ R, (dessa forma so hadois casos) .

Caso b > 0logica=⇒ a > 0 ou b > 0.

Caso b ≤ 0 a + b > 0 e b ≤ 0PO 11=⇒ a + b > 0 e − b ≥ 0

PO 2=⇒ a + b− b > 0− b e − b ≥ 0

AS5, AS4=⇒ a > −b e − b ≥ 0

transitividade=⇒ a > 0

logica=⇒ a > 0 ou b > 0

21.


22. Em todos os itens a, b ∈ R.

(a) Falsa. Contra-exemplo: a = −1 6= 0 e b = 1.1

a=

1

−1= −1, b = 1, −1 < 1

logica=⇒ 1

a 1 e falsa.

Logo, nesse exemplo, a hipotese e verdadeira e a tese e falsa, pela logica, a implicacao e falsa. Como a implicacaoe falsa, pela logica, a equivalencia tambem e falsa, isto e, pela logica, a equivalencia e verdadeira quando aimplicacao e a recıproca sao verdadeiras.

(b) Verdadeira. Prova:

Uma parte da hipotese: b 6= 0PO 16=⇒ b2 > 0. (∗)

Outra parte da hipotese:1

b2< a

PO 9 e (*)⇐⇒ 1

b2b2 < ab2 PA 8⇐⇒ 1 < ab2 ⇐⇒ ab2 > 1.

(c) Verdadeira. Prova:

Uma parte da hipotese: b < 0PO 17⇐⇒ b3 < 0. (∗)

Outra parte da hipotese:1

b3< a

PO 10 e (*)⇐⇒ 1

b3b3 > ab3 PA 8⇐⇒ 1 > ab3 ⇐⇒ ab3 < 1.

(d) Verdadeira. Prova:

Hipoteses, a 6= 0 e b 6= 0PO 16=⇒ a2 > 0 e b2 > 0

axioma da ordem 2=⇒ a2+b2 > 0

PO 8=⇒ 1

a2 + b2> 0

logica=⇒ 1

a2 + b2≥ 0.

(e) Verdadeira. Prova:

Hipoteses, a 6= 0 e b 6= 0PO 16=⇒ a2 > 0 e b2 > 0

axioma da ordem 2=⇒ a2 + b2 > 0

PO 8=⇒ 1

a2 + b2> 0.

(f) Falsa. Contra-exemplo: a = −1, b = −2.

a = −1, b = −2,−2 < −1logica=⇒ b < a =⇒ a > b =⇒ a hipotese e verdadeira.

1

a2 − b2=

1

(−1)2 − (−2)2=

1

1− 4=

1

−3= − 1

3e − 1

3< 0

transitividade=⇒ 1

a2 − b2< 0 =⇒ a tese e falsa.


(g) Verdadeira. Prova:

Sabemos que a2 − b2 produto notavel= (a− b)(a + b) (∗)

a > b > 0transitividade

=⇒ a > b, a > 0, b > 0def maior do que

=⇒ a− b > 0, a > 0, b > 0axioma da ordem 2

=⇒a− b > 0, a + b > 0

axioma da ordem 2 e (*)=⇒ a2 − b2 = (a− b)(a + b) > 0

PO 8=⇒ 1

a2 − b2> 0

logica=⇒ 1

a2 − b2≥ 0.

(h) Falsa. Contra-exemplo: a = −2, b = 3.1

a=

1

−2= − 1

2,

1

b=

1

3, − 1

2<

1

3

transitividade=⇒ 1

a<

1

b=⇒ hipotese verdadeira.

b = 3, a = −2,−2 < 3transitividade

=⇒ a < btricotomia da ordem

=⇒ a tese b < a e falsa.


(i) Verdadeira. Prova: a > 0, b > 0,1

a<

1

b

PO 9=⇒ b

1

aa 0, b < 0,1

a<

1

b

(PO 9, PO 10)=⇒ b

1

aa > b

1

ba

(AP5, PA8, AP4)=⇒ b > a.

23. Exemplo 1: Para a, b ∈ R, temos que a = b =⇒ a2 = b2.

Exemplo 2: Para a, b ∈ R, a, b 6= 0, temos que a = b =⇒ 1

a2=

1

b2.

Exemplo 3: Para x ∈ R, temos que x < 2 =⇒ x < 3.

Exemplo 4: Para a ∈ R, temos que a > 1 =⇒ a2 > 1. (atualizado em 08/09/2008)

Exemplo 5: Para x ∈ R, temos que x ≥ 1 =⇒ |x| ≥ 1 (atualizado em 08/09/2008)

Exemplo 6: Para x ∈ R, temos que 1 < x =⇒ x < x2

...


24. Em todos os itens consideramos a, b, c ∈ R.

(a) Falsa. Contra-exemplo: a = −π.

a = −π e − π < 0definicao de modulo

=⇒ |a| = | − π| = −(−π)PA 9= π =⇒ a hipotese |a| = π e verdadeira.

a = −π e − π 6= π =⇒ a tese a = π e falsa.


(b) Verdadeira. Justificativa:

|ab| (iii)= |a| · |b| PA 27

=⇒ |ab|+(−|a| · |b|) = |a| · |b|+(−|a| · |b|) diferenca e AS 4=⇒ |ab|−|a| · |b| = 0

logica=⇒ |ab|−|a| · |b| ≥ 0.

(c) Falsa. contra-exemplo: a = −2 a a e b = −1.

Temos que a = −2, b = −1,−2 < −1 =⇒ a afirmacao a 1, concluımos que |a| > |b|, daı, pela tricotomia da ordem, a tese |a| < |b| e falsa.


(d) Verdadeira. Justificativa:

a < 0def modulo⇐⇒ |a| = −a

lei do cancelamento⇐⇒ a + |a| = a + (−a)AS5⇐⇒ a + |a| = 0.

(e) Falsa. Contra-exemplo. Para a = 0 nao vale a volta, isto e, a + |a| = 0 6=⇒ a < 0.

Quando a = 0 temos que a + |a| = 0 + |0| = 0 + 0 = 0, logo a hipotese da volta a + |a| = 0 e verdadeira.

Mas a = 0, pela tricotomia da ordem, concluımos que a tese da volta, a < 0 e falsa.


(f) Verdadeira. Justificativa:

a −b

(*)=⇒ |a| > |b|.

(g) Verdadeira. Justificativa:

c > 1 e 1 > 0 =⇒ c > 0def modulo

=⇒ |c| = c (∗)c > 1

PA 27=⇒ c + (−1) > 0 + (−1)

diferenca e AS4=⇒ c− 1 > 0

(*)=⇒ |c| − 1 > 0.

(h) Verdadeira. Prova:

Uma hipotese: |a| 1exercıcio anterior

=⇒ |c| − 1 > 0. Logo:

|a| < |c| − 1 e |c| − 1 > 0(v)=⇒ − (|c| − 1) < a < |c| − 1

PA 21, PA 9, AS3=⇒ 1− |c| < a < |c| − 1.

(i) Falsa. Contra-exemplo: a = 1, b = 2, c = −1.

Substituindo no lado esquerdo, |a + b− c| = |1 + 2− (−1)| = |3 + 1| = |4| = 4.

Substituindo no lado direito, |a|+ |b| − |c| = |1|+ |2| − | − 1| = 1 + 2− (−(−1))3− 1 = 2.

Como 4 6= 2, nesse exemplo, |a + b− c| 6= |a|+ |b| − |c|, logo a igualdade e falsa, pois para ser verdadeira, teriaque ser verdadeira para quaisquer valores de a, b, c.

(j) Verdadeira. Prova:

a 6= 0 e b 6= 0(i)

=⇒ |a| > 0 e |b| > 0PO 8=⇒ 1

|a| > 0 e1

|b| > 0.

Assim, |b| < |a| PO 9⇐⇒ |b| 1

|a| < |a| 1

|a|PO 9 e AP3⇐⇒ 1

|b| |b|1

|a| < |a| 1

|a|1

|b|AP3 e AP4⇐⇒ 1

|a| <1

|b| .

25. Sejam a, b, x ∈ R, b > 0.

|x− a| < b(v)⇐⇒ −b < x− a −aa se a = −a−a se a < −a

PO 7, AS5 e AS4⇐⇒ max {a,−a} =

8<:

a se a + a > 0a se a + a = 0−a se a + a < 0

AP4 e ASP⇐⇒ max {a,−a} =

8<:

a se 2a > 0a se 2a = 0−a se 2a < 0

PO9⇐⇒ max {a,−a} =

8<:

a se a > 0a = 0 se a = 0−a se a < 0

(∗)

Por definicao, |a| =8<:

a se a > 00 se a = 0−a se a < 0

Comparando a definicao de |a| e (∗), concluımos que |a| = max{a,−a}.


(ii) a,−a ∈ R. Logo, mın {a,−a} =

8<:

a se a < −aa se a = −a−a se a > −a

PO 7, AS5 e AS4⇐⇒ mın {a,−a} =

8<:

a se a + a < 0a se a + a = 0−a se a + a > 0

AP4, ASP e PO9⇐⇒ mın {a,−a} =

8<:

a se a < 0a = 0 se a = 0−a se a > 0

, isto e, mın {a,−a} =

8<:

−a se a > 00 se a = 0a se a < 0

(∗∗)

Mas, por definicao de modulo, −|a| =8<:

−a se a > 0−0 = 0 se a = 0−(−a) = a se a > 0

, isto e, −|a| =8<:

−a se a > 00 se a = 0a se a < 0

Comparando −|a| e (∗∗), concluımos que −|a| = mın{a,−a}.27. Vamos provar primeiro que ∀a, b ∈ R, temos que a ≤ max {a, b} e a ≥ mın {a, b}

Pela tricotomia da ordem, sa ha tres casos admissıveis e distintos, (i) a < b, (ii) a = b, (iii) a > b.

Primeiro vamos aplicar a definicao de max {a, b}:(i) a b =⇒ max {a, b} = alogica=⇒ a ≤ max {a, b}. Logo, por (i), (ii), (iii), concluımos que a ≤ max {a, b}. (∗)

Agora vamos aplicar a definicao de mın {a, b}:(i) a b =⇒ a > b e mın {a, b} = blogica=⇒ a > mın {a, b} logica

=⇒ a ≥ mın {a, b}. Concluımos que a ≥ mın {a, b}. (∗∗)

Agora, substituindo b por −a em (∗) e (∗∗), obtemos a ≤ max {a, b} e a ≥ mın {a, b}.Aplicando (i) e (ii) do exercıcio anterior, concluımos que a ≤ |a| e a ≥ −|a|.

28. −|a| ≤ a ≤ |a|, ∀a ∈ R logica⇐⇒ −|a| ≤ a e a ≤ |a|, ∀a ∈ R. E a mesma afirmacao do exercıcio anterior, ja provada.




LISTA 3 - 2008-2Numeros reais: estimativas

Potencias inteiras e racionais

1. Coloque em ordem crescente a seguinte lista de numeros reais. Para ordenar, inicialmente use apenas pro-priedades de ordem dos reais. Ao final, confira sua lista usando maquina de calcular.

320

;−745

; −√

28−√1410

; − 320

;√

14−√28−10

;745

2. Sabe-se que uma estimativa de π em um intervalo de amplitude 0, 001 e 3, 141 < π < 3, 142.

(a) Encontre uma estimativa de2π

dentro de intervalo com variacao maxima de 0, 01.

(b) Encontre uma estimativa de 3− π dentro de intervalo de amplitude 0, 001.

(c) Encontre a melhor estimativa possıvel de2

3− πdentro de intervalo com duas casas decimais, se

usamos apenas propriedades de ordem. Qual e a amplitude do intervalo correspondente?

3. Sabe-se que 0, 21 < a < 0, 22. Encontre estimativa para a2 − a + 4.

4. Sabe-se que − 35 < x < − 1

3 . Encontre estimativa para x2 − x + 4. Deixe a resposta em forma de fracao.

5. Sabe-se que 2, 23 <√

5 < 2, 24. Faca uma estimativa de3√

5− 8√5

.

6. Sabe-se que 1, 9 < a < 2 e −2, 2 < b < −2, 1. Faca estimativas de:

(a) a + b (b) a− b (c)a + b

a− b

7. De os valores de x ∈ R para os quais as expressoes a seguir estao bem definidas:

(a) (x− 1)4/9

(b) (x− 1)−4/9

(c) (x− 1)9/4

(d) (x− 1)−9/4

(e) (x− 1)36/54

(f) (x− 1)54/36

(g) (x− 1)4,2

(h) (x− 1)4,3

(i) (x− 1)4,4

(j) (x− 1)4,5

(k) (x− 1)4,25

(l) (x− 1)4,26

(m) (x− 1)4,2

(n) (x− 1)4,25

8. De os valores de x ∈ Q para os quais a expressao (x− 1)x e bem definida para qualquer potencia racional x.

9. Prove que(

a1/2 + 1a1/2 − 1

+a1/2 − 1a1/2 + 1

− 4a− 1

)−3

=18

, ∀a > 0, a 6= 1.

10. Suponha que existe a ∈ R tal que (15)a = 4 e suponha tambem que todas as propriedades de potencia racional

tambem sao validas para potencia real. Calcule(153a)× (30)1−a

2−a.

11. Se a, b ∈ R, prove que 3√

a < 3√

b ⇐⇒ a < b.

12. Se a, b ∈ R, a, b ≥ 0, prove que√

a <√

b ⇐⇒ a < b.

13. (a) Prove que a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2), ∀a, b ∈ R.Diz-se que a2 + ab + b2 e o conjugado cubico de (a− b).

(b) Use o item anterior para provar que a− b =(

3√

a− 3√

b)(

3√

a2 + 3√

ab + 3√

b2), a, b ∈ R.

14. Se substituirmos x = −1 na expressaox + 1

3√

4− x− 3√

3− 2xo numerador e o denominador se anulam.

(a) Simplifique a expressao multiplicando numerador e denominador pelo conjugado cubico do denominador.

(b) Verifique que se substituirmos x = −1 na expressao simplificada do item anterior, o numerador e odenominador nao se anulam.


RESPOSTAS (alguns estao com a resolucao ou o resumo da resolucao):

1. Resposta: − 7

45< −

√28−√14

10< − 3

20<

3

20<

√28−√14

10<

7

45

Justificativa: observe que

√14−√28

−10=

√28−√14

10. Tambem observe que:

√28−√14

10e −

√28−√14

10sao simetricos;

7

45e − 7

45sao simetricos;

3

20e − 3

20sao simetricos.

Logo fica mais simples comparar primeiro os positivos e a seguir comparar os negativos.

(i) Comparando3

20e

7

45.

Como 20 > 0 e 45 > 0, temos que3

20<

7

45⇐⇒ 3

20× 20 × 45 <

7

45× 20 × 45 ⇐⇒ 3 × 45 < 7 × 20 ⇐⇒ 135 < 140.

Como a ultima desigualdade e verdadeira e vale a equivalencia com a primeira desigualdade, concluımos que a primeira

desigualdade e verdadeira, isto e, concluımos que3

20<

7

45e verdadeira.

(ii) Comparando3

20e

√28−√14

10.

Como 20 > 0, temos que3

20<

√28−√14

10⇐⇒ 3

20× 20 < 20×

√28−√14

10⇐⇒ 3 < 2

�√2× 14−√14

�.

(por propriedade de raiz), ⇐⇒ 3 < 2�√

2√

14−√14�⇐⇒ 3 < 2

√14�√

2− 1�.

Sabendo-se que a = 3 > 0 e b = 2√

14�√

2− 1�

> 0, podemos usar a propriedade a < b ⇐⇒ a2 < b2. Logo,

3 < 2√

14�√

2− 1�⇐⇒ (3)2 <

�4√

14�√

2− 1��2 ⇐⇒ 9 < 4× 14

�√2− 1

�2 ⇐⇒ 9 < 56�2− 2

√2 + 1

�⇐⇒9 < 56

�3− 2

√2�⇐⇒ 9 < 56× 3− 56× 2

√2 ⇐⇒ 56× 2

√2 < 56× 3− 9 ⇐⇒ 112

√2 < 159.

Como os numeros dos dois lados da desigualdade sao positivos, podemos aplicar a mesma propriedade citada ante-riormente, isto e, elevar ao quadrado os dois lados da desigualdade, como a seguir.

112√

2 < 159 ⇐⇒ (112)2 × 2 < (159)2 ⇐⇒ 25.088 < 25.281.

Como a ultima desigualdade e verdadeira e vale a equivalencia com a primeira desigualdade, concluımos que a primeira

desigualdade e verdadeira, isto e, concluımos que3

20<

√28−√14

10e verdadeira.

(iii) Comparando7

45e

√28−√14

10.

Como 10 > 0, temos que7

45× 10 <

√28−√14

10× 10 ⇐⇒ 7

9× 2 <

√28−√14

(×9>0)⇐⇒ 14 < 9�√

2× 14−√14�

⇐⇒ 14 < 9√

14�√

2− 1�. Podemos elevar ao quadrado os dois lados da desigualdade, pois ambos sao positivos. Logo,

14 < 9√

14�√

2− 1�⇐⇒ (14)2 < (9)2

�√14�2 �√

2− 1�2 ⇐⇒ (14)2 < 81× 14

�2− 2

√2 + 1

� (÷14>0)⇐⇒14 < 81

�3− 2

√2�⇐⇒ 14 < 81× 3−81× 2

√2 ⇐⇒ 81×2

√2 < 81× 3−14 ⇐⇒ (81)2×8 < 229 ⇐⇒ 52.488 < 52.441.

Como a ultima desigualdade e falsa e vale a equivalencia com a primeira desigualdade, concluımos que a primeira

desigualdade e falsa, isto e, concluımos que7

45<

√28−√14

10e falsa.

Em todo desenvolvimento acima podemos trocar < por =. Como 52.488 = 52.441 e falso, tambem concluımos que7

45=

√28−√14

10e falso. Pela tricotomia da ordem, so resta

7

45>

√28−√14

10verdadeiro.

Por (i), (ii) e (iii), obtemos a lista dos positivos em ordem crescente:3

20<

√28−√14

10<

7

45.

Para ordenar os negativos multiplicamos as duas desigualdades acima pelo numero negativo −1, as desigualdades serao

invertidas, isto e, − 3

20> −

√28−√14

10> − 7

45. Escrevendo do menor para o maior, − 7

45< −

√28−√14

10< − 3

20.

Finalmente, como todo negativo e menor que positivo, obtemos a lista completa ordenada que esta na resposta.

2. (a) Resposta: 0, 31 <1

π< 0, 32. Justificativa: 3, 141 < π < 3, 142 =⇒ 3, 141 < π e π < 3, 142.

Como todos os numeros sao positivos, podemos dividir por esses numeros, as duas desigualdades se preservam.

Logo, 3, 141 < π e π < 3, 142 =⇒ 1

π<

1

3, 141e

1

3, 142<

1

π=⇒ 1

3, 142<

1

π<

1

3, 141.

Agora, fazendo conta de dividir e parando na 2a. casa decimal, sem usar aproximacao, obtemos do lado esquerdo,0, 31 e do lado direito, 0, 31, ambos com resto positivo.

Sabemos que o resultado da divisao de 1 por 3, 142 e maior do que 0, 31, pois o resto da divisao foi maior do que

0, isto e, 0, 31 <1

3, 142.

Tambem sabemos que o resultado da divisao de 1 por 3, 142 e menor do que 0, 32, pois considerando duas casas

decimais, o algarismo da segunda casa decimal foi 1 que e menor que 2, isto e, 0, 31 <1

3, 141< 0, 32.

(b) Resposta: −0, 142 < 3− π < −0, 141


(c)2

0, 142<

2

π − 3<

2

0, 141. Fazendo contas de divisao, concluımos que 14, 08 <

2

π − 3< 14, 19. Logo,

multiplicando as duas desigualdades por −1 obtemos a estimativa pedida, −14, 19 <2

3− π< −14, 08.

A amplitude do intervalo e (−14, 08)− (−14, 19) = 14, 19− 14, 08 = 0, 11.

3. Resposta: 3, 8241 < a2 − a + 4 < 3, 8384.

Justificativa: 0 < 0, 21 < a < 0, 22 =⇒ (0, 21)2 < a2 < (0, 22)2 =⇒ 4 + (0, 21)2 < a2 + 4 < 4 + (0, 22)2

Por outro lado, 0, 21 < a < 0, 22 =⇒ −0, 22 < −a < −0, 21.

Assim, temos que

�4 + (0, 21)2 < a2 + 4 < 4 + (0, 22)2

−0, 22 < −a < −0, 21Somando termo a termo as desigualdades, obtemos

4 + (0, 21)2 + (−0, 22) < a2 + 4 + (−a) < 4 + (0, 22)2 + (−0, 21). Fazendo contas chega-se na resposta.

4.1

9+

1

3+ 4 < x2 − x + 4 <

9

25+

3

5+ 4 =⇒ 40

9< x2 − x + 4 <

124

25

5. Racionalizando a expressao temos3√

5− 8√5

=15− 8

√5

5= 3− 8

√5

5. Estimando

8√

5

5, encontramos,

3, 568 <8√

5

5< 3, 584 =⇒ −3, 584 < −8

√5

5< −3, 568 =⇒ −0, 584 < 3− 8

√5

5< −0, 568.

6. (a) −0, 3 < a + b < −0, 1 (b) 4, 0 < a− b < 4, 2 (c) −0, 075 <a + b

a− b< −0, 023

7. (a) ∀x(b) x 6= 1

(c) x ≥ 1

(d) x > 1

(e) ∀x(f) x ≥ 1

(g) ∀x(h) x ≥ 1

(i) ∀x

(j) x ≥ 1

(k) x ≥ 1

(l) x ≥ 1

(m) ∀x

(n) ∀x

8. x ≥ 1

9.

�a1/2 + 1

a1/2 − 1+

a1/2 − 1

a1/2 + 1− 4

a− 1

�−3

=

�√a + 1√a− 1

+

√a− 1√a + 1

− 4

a− 1

�−3

=

=

�(√

a + 1) (√

a + 1)

(√

a− 1) (√

a + 1)+

(√

a− 1) (√

a− 1)

(√

a + 1) (√

a− 1)− 4

a− 1

�−3

=

�a + 2

√a + 1

a− 1+

a− 2√

a + 1

a− 1− 4

a− 1

�−3

=

=

�2a + 2

a− 1− 4

a− 1

�−3

=

�2a− 2

a− 1

�−3

=

�2(a− 1)

a− 1

�−3

= 2−3 =1

8

10.(153a)× (30)1−a

2−a=

(15a)3 × (2× 15)1−a

2−a=

(15a)3 × (2)1−a × (15)1−a

2−a=

(15a)3 × 2× (2)−a × 15× (15)−a

2−a=

(15a)3 × 2× 15

15a= (15a)2 × 30 = 42 × 30 = 16× 30 = 480.

11. Vamos aplicar a propriedade: se x, y ∈ R entao x < y ⇐⇒ x3 < y3, fazendo x = 3√

a e y = 3√

b.

Se 3√

a, 3√

b ∈ R entao 3√

a < 3√

b ⇐⇒ ( 3√

a)3 < ( 3√

b)3 ⇐⇒ a < b.

12. Vamos aplicar a propriedade: se x, y ∈ R, x, y ≥ 0 entao x < y ⇐⇒ x2 < y2, fazendo x =√

a e y =√

b.

Se√

a,√

b ∈ R, a, b ≥ 0 e√

a,√

b ≥ 0 entao√

a <√

b ⇐⇒ (√

a)2 < (√

b)2 ⇐⇒ a < b.

13. (a) Para a, b ∈ R, (a− b)�a2 + ab + b2

�= a3 +a2b+ab2− ba2− bab− b3 = a3 +a2b− ba2 +ab2−ab2− b3 = a3− b3.

(b) Substituindo a ∈ R por 3√

x ∈ R e b ∈ R por 3√

y ∈ R na identidade provada acima, obtemos

( 3√

x)3 − ( 3√

y)3 = ( 3√

x− 3√

y)�( 3√

x)2 + 3√

x 3√

y + ( 3√

y)2�.

Aplicando propriedades de raiz dos dois lados da identidade, obtemos

x− y = ( 3√

x− 3√

y)�

3√

x2 + 3√

x 3√

y + 3p

y2�. E claro que podemos trocar x por a e y por b nessa identidade.

14. (a)x + 1

3√

4− x− 3√

3− 2x=

x + 13√

4− x− 3√

3− 2x×

3p

(4− x)2 + 3√

4− x 3√

3− 2x + 3p

(3− 2x)2

3p

(4− x)2 + 3√

4− x 3√

3− 2x + 3p

(3− 2x)2=

(x + 1)�

3p

(4− x)2 + 3√

4− x 3√

3− 2x + 3p

(3− 2x)2�

(4− x)− (3− 2x)=

(x + 1)�

3p

(4− x)2 + 3√

4− x 3√

3− 2x + 3p

(3− 2x)2�

1 + x=

=3p

(4− x)2 + 3√

4− x 3√

3− 2x + 3p

(3− 2x)2

1

(b)3p

(4− (−1))2 + 3p

4− (−1) 3p

3− 2(−1) + 3p

(3− 2(−1))2

1=

3√

52 + 3√

5 3√

5 +3√

52

1=

3 3√

25

16= 0

0.




LISTA 4 - 2008-2Funcao: conceitos gerais

1. Em cada item sao dados dois conjuntos A e B e um regra R que relaciona os elementos do conjunto Acom os elementos do conjunto B. Diga se A, B e R definem uma funcao de A para B. Justifique a resposta.

(a) A e o conjunto dos numeros das matrıculas dos alunos atuais de graduacao da UFF ou ex-alunos degraduacao da UFF matriculados depois de 1980.B e o conjunto dos nomes dos alunos atuais de graduacao da UFF ou ex-alunos de graduacao da UFFmatriculados depois de 1980.Regra R: a cada numero de matrıcula consulta-se no banco de dados da UFF e associa-se o nome doaluno que tem esse numero de matrıcula.Para entender o resultado da aplicacao da regra R, observe que o numero da matrıcula e um numero de9 algarismos, n1n2n3n4n5n6n7n8n9, onde cada algarismo representa:n1 e numero do semestre que o aluno fez a matrıcula por ingresso no vestibular da UFF ou um codigoque indica outra forma de ingresso, por exemplo, transferencia.n2n3 sao os dois ultimos algarismos do ano que o aluno fez a matrıcula na UFF.n4n5 e o cogido do curso de graduacao do aluno.n6n7n8 e uma numero sequencial (isto e, a cada nova matrıcula associa-se o numero natural sucessor donumero associado pela ultima vez) em que foi feita a matrıcula no ano, semestre, curso.n9 e um dıgito verificador gerado internamente pelo sistema computacional.

(b) A = R, B = Z, regra R: a cada numero real x associa-se um numero inteiro compreendido entre x− 2e x + 2.

(c) A e o conjunto dos intervalos fechados da reta numerica de extremos a e b, onde a < b. B = R.Regra R: a cada intervalo [a, b] associa-se a sua amplitude, isto e, o seu comprimento, a saber, b− a.

(d) A e o conjunto dos triangulos de base igual a 10 e altura h. B = R.Regra R: a cada triangulo de base 10 e altura h associa-se a area A desse triangulo, a saber A = 5h.

(e) A e um subconjunto dos reais tal que A = A1 ∪A2; A1 ∩A2 6= ∅ e126∈ A1 ∩A2.

B = R. Regra R: a cada elemento x ∈ A1 associa-se o numero real y = 4x− 2 e a cada elementox ∈ A2 associa-se o numero real y = 6x− 3.

(f) A e um subconjunto dos reais tal que A = A1 ∪A2 e A1 ∩A2 = ∅.B = R. Regra R: a cada elemento x ∈ A1 associa-se o numero real y = 4x− 2 e a cada elementox ∈ A2 associa-se o numero real y = 6x− 3.

2. Para os itens do exercıcio anterior em que os conjuntos A e B e a regra R definem uma funcao f de A paraB, diga quais sao injetoras, por exclusao quais nao sao injetoras. Justifique, mesmo que seja em palavras.

3. Para cada funcao definida a seguir, diga quais sao injetoras e quais sao sobrejetoras. Justifique usando asdefinicoes de injetora e sobrejetora e as propriedades dos numeros reais.

(a) f : [−1, 2] ⊂ R −→ [−10, 10] ⊂ Rx 7−→ y = f(x) = 2− 4x

(b) f : [−1, 2] ⊂ R −→ [−6, 6] ⊂ Rx 7−→ y = f(x) = 2− 4x

(c) f : R −→ Rx 7−→ y = f(x) = 2− 4x

(d) A = B = R e f(x) ={

2x− 1, se x < 1−3, se x ≥ 1

(e) A = B = R e f(x) ={

2x− 1, se x ≤ 14− 3x, se x ≥ 1


4. Justifique porque as funcoes do itens a seguir nao sao injetoras no domınio A dado. De um conjunto A′ ⊂ Atal que considerando A′ como domınio, a funcao torna-se injetora.

(a) f : A = Z −→ B = Zn 7−→ p = f(n) = n2 + 1

(b) f : A = (−4, 3) −→ B = R

x 7−→ y = f(x) =1

x2 + 1

5. Considere a funcao f : A = (−2, 4) ⊂ R −→ B = [0,∞) ⊂ Rx 7−→ y = f(x) =

x

2+ 3

Essa funcao nao e sobrejetora. Justificativa:

−2 < x < 4 =⇒ −1 <x

2< 2 =⇒ −1 + 3 <

x

2+ 3 < 2 + 3 =⇒ 2 <

x

2+ 3 < 5 =⇒ 2 < f(x) < 5.

Assim, se considerarmos 0 ≤ y ≤ 2 ou y ≥ 5, temos que y ∈ B, mas y 6∈ Im(f) = imagem de f .

Ja que com o contradomınio B = [0,∞), a funcao nao e sobretora, vamos encontrar B′ ⊂ B tal que se B′ for ocontradomınio da funcao, a funcao se tornara sobrejetora.

Pelas contas acima, vamos considerar B′ = (2, 5) e provar que com esse contra-domınio a funcao e sobrejetora.

Dado y ∈ (2, 5), queremos provar que e possıvel encontrar x ∈ (−2, 4) tal que y =x

2+ 3.

Mas y =x

2+ 3 ⇐⇒ y − 3 =

x

2⇐⇒ x = 2(y − 3).

y ∈ (2, 5) =⇒ 2 < y < 5 =⇒ 2− 3 < y − 3 < 5− 3 =⇒ −1 < y − 3 < 2 =⇒ −2 < 2(y − 3) < 4 =⇒ −2 < x < 4.

Isto e, dado y ∈ (2, 5), x = 2(y − 3), x ∈ (−2, 4) e f(x) = f(2(y − 3)) =2(y − 3)

2+ 3 = y − 3 + 3 = y.

Justifique porque as funcoes do itens a seguir nao sao sobrejetoras considerando o contradomınio B dado. Deum conjunto B′ ⊂ B tal que considerando B′ como contradomınio, a funcao torna-se sobrejetora.

Sugestao: use o procedimento acima.

(a) f : A = [−8, 4] ⊂ R −→ B = Rx 7−→ y = f(x) = 3x− 2

(b) f : A = [0,∞] ⊂ R −→ B = Rx 7−→ y = f(x) = 4− x

6. Seja f : A = [0, 9] ⊂ R −→ B = [−5, 4] ⊂ Rx 7−→ y = f(x) = 4− x

(a) Verifique que essa funcao e bijetora.

(b) Encontre a expressao da inversa x = f−1(y).

7. Sejam y = f(x) = 3√

x− 1, A = R = domınio de f e B = R = imagem de f .

x = g(y) = y3 + 1, B = R = domınio de g e A = R = imagem de g. Prove que g e a inversa de f .

8. Sejam f(x) =1

x− 1e g(x) = x + 1. Encontre a expressao de H(x) = (f ◦ g ◦ f)(x) e de o domınio de H.

9. Seja y = f(x) = (x− 4)2, x ≥ 4, y ≥ 0.

(a) Mostre que f e bijetora.

(b) Verifique que y = g(x) = 4 +√

x, x ≥ 0, y ≥ 4 e a funcao inversa de f .

10. Seja y = f(x) = (x− 4)2, x ≤ 4, y ≥ 0.

(a) Mostre que f e bijetora.

(b) Verifique que y = g(x) = 4−√x, x ≥ 0, y ≤ 4 e a funcao inversa de f .



1. (a) E uma funcao sim, pois da forma como foram gerados os numeros das matrıculas, para cada numero de matrıculaum e so um aluno recebeu esse numero e o resultado da funcao sera o nome desse aluno. Justificativa do porqueha um e so um aluno: o numero sequencial e um numero de tres algarismos, portanto sequencialmente podemser gerados do 001 ate o 999, e claro que em um semestre-ano-curso o numero de vagas e muito menor que 999.

(b) Nao definem uma funcao pois dado x ∈ R existe mais de um numero inteiro compreendido entre x− 2 e x + 2.Por exemplo, x = π, como 3 < π < 4 =⇒ 1 < π − 2 < 2 e 5 < π + 2 < 6, assim π − 2 < 2 < 3 < 4 < 5 < π + 2,donde ha 4 numeros inteiros, a saber 2,3,4 e 5 compreendidos entre π − 2 e π + 2.

(c) Sim, pois para cada intervalo [a, b] que pertence ao conjunto dos intervalos, o comprimento de [a, b] e representadopor um unico numero real, a saber, o numero real b− a.

(d) Sim, pois a qualquer triangulo associa-se um e so numero real para representar a sua area, isto e, para qualquertriangulo nao tem mais de um valor real que representa a sua area.

(e) Nao e funcao. Justificativa: A1 ∩A2 6= ∅ =⇒ ∃x; x ∈ A1 e x ∈ A2 assim para esse valor de x associa-se tanto

4x− 2 quanto associa-se 6x− 3. Esses numeros coincidirao se 4x− 2 = 6x− 3 =⇒ 2x = 1 =⇒ x =1

2. Isto e, o

resultado neste caso seria 41

2− 2 = 6

1

2− 3 = 0. Mas, no enunciado diz que

1

26∈ A1 ∩A2.

Conclusao: ∃x ∈ A1 ∩A2 tal que segundo a retra R associa-se dois numeros reais distintos 4x− 2 e 6x− 3. Mas,se para algum valor x do domınio associa-se dois elementos distintos do contradomınio, esses conjuntos e essaregra de associacao nao definem uma funcao.

(f) E funcao. Como nao ha elemento comum entre A1 e A2, pela propriedade do fechamento dos numeros reais,para cada x ∈ A1 associa-se um e so um nuemero real y = 4x − 2, isto e, o resultado do produto de 4 por x eunico e depois o resultado da subtracao de 2 tambem e unico. Analogo para y = 6x− 3.

2. (a) A resposta aqui depende de consulta ao banco de dados da UFF ou do conhecimento de algum aluno que tenhase matriculado em mais de um curso de graduacao na UFF, quer porque concluiu dois cursos diferentes, querporque pediu transferencia, quer porque entrou em um curso e desistiu e depois entrou por outro vestibular.A minha resposta e que nao e injetora porque eu conheco um aluno que comecou fazendo o Curso de Fısica edepois passou para o curso de Matematica, existem dois numeros de matrıcula associadas ao nome desse aluno,logo a funcao nao e injetora.

(c) Nao e injetora. Justificativa:

Considere que o nome da funcao e f . Temos que x1 = [2, 3] ∈ A e x2 = [7, 8] ∈ A, temos que x1 6= x2, masf (x1) = 3− 2 = 1 e f (x2) = 8− 7 = 1, isto e, x1 6= x2 6=⇒ f (x1) 6= f (x2).

(d) Nao e injetora. Justificativa:

Todos os triangulos de mesma base e altura tem mesma area e existem uma infinidade de triangulos com mesmabase e altura, se a base e fixa (=10), podemos variar o angulo entre a base e um dos outros lados.

Ou, justificando de outra forma. Considere que o nome da funcao e S.Considere que x1 e um triangulo retangulo com base igual a 10 e ecoincidente com um dos catetos. O outro cateto e igual a 3 e e coin-cidente com a altura, como na figura ao lado. Assim, x1 ∈ A eS (x1) = 5× 3 = 15.

10

3

Considere que x2 e um triangulo isosceles com base igual a 10. Aaltura e igual a 3, como na figura ao lado. Assim, x2 ∈ A eS (x2) = 5× 3 = 15.Nesse caso vimos que x1 6= x2 6=⇒ S (x1) 6= S (x2).

3

10

(f) Atencao. Esse exercıcio e mais difıcil, nao se preocupe se nao conseguiu fazer, tente entende-lo.

Vamos ver que a resposta nao e unica para qualquer A1 e A2, isto e, dependendo dos conjuntos A1 e A2 a funcaopode ser injetora ou nao injetora. Considere que o nome da funcao e f .

(i) Sejam x1 e x2 tal que x1 ∈ A1 e x2 ∈ A1. Neste caso, f (x1) = 4x1 − 2 e f (x2) = 4x2 − 2.

Usando a definicao de injetora, vamos testar se f (x1) = f (x2) =⇒ x1 = x2. Vejamos,

f (x1) = f (x2) =⇒ 4x1 − 2 = 4x2 − 2 =⇒ 4x1 = 4x2 =⇒ x1 − x2. cqd.

(ii) Sejam x1 e x2 tal que x1 ∈ A2 e x2 ∈ A2. Neste caso, f (x1) = 6x1 − 3 e f (x2) = 6x2 − 3.

Usando a definicao de injetora, vamos testar se f (x1) = f (x2) =⇒ x1 = x2. Vejamos,

f (x1) = f (x2) =⇒ 6x1 − 3 = 6x2 − 3 =⇒ 4x1 = 4x2 =⇒ x1 − x2. cqd.

(iii) Sejam x1 e x2 tal que x1 ∈ A1 e x2 ∈ A2. Neste caso, f (x1) = 4x1 − 2 e f (x2) = 6x2 − 3.

Usando a contra recıproca da definicao de injetora, vamos testar se x1 6= x2 =⇒ f (x1) 6= f (x2).

Vejamos um exemplo, A2 = (−∞, 4) e A1 = [4,∞).


x1 ∈ A1 =⇒ x1 ≥ 4 =⇒ 4x1 ≥ 16 =⇒ 4x1 − 2 ≥ 14 =⇒ f(x1) ≥ 14.

x2 ∈ A2 =⇒ x2 < 4 =⇒ 6x2 < 24 =⇒ 6x2 − 3 < 21 =⇒ f(x2) < 21.

Agora, considere x1 ∈ A1, x2 ∈ A2 tal que f(x1) = f(x2) = 18 =⇒ 4x1 − 2 = 18 e 6x2 − 3 = 18 =⇒4x1 = 20 e 6x2 = 21 =⇒ x1 = 5 > 4 e x2 = 3, 5 < 4 =⇒ x1 6= x2.

Assim, x1 = 5 ∈ A1, x2 = 4 ∈ A2, x1 6= x2 6=⇒ f(x1) 6= f(x2).

Logo, nesse exemplo de A1 e A2, a funcao nao e injetora.

Vejamos outro exemplo, A1 = (−∞, 1/2) e A2 = [1/2,∞).

x1 ∈ A1 =⇒ x1 < 1/2 =⇒ 4x1 < 2 =⇒ 4x1 − 2 < 0 =⇒ f(x1) < 0.

x2 ∈ A2 =⇒ x2 ≥ 1/2 =⇒ 6x2 ≥ 3 =⇒ 6x2 − 3 ≥ 0 =⇒ f(x2) ≥ 0.

Assim, ∀x1 ∈ A1, ∀x2 ∈ A2, temos que x1 6= x2 =⇒ f(x1) < 0 ≤ f(x2) =⇒ f(x1) 6= f(x2).

Pelo que foi provado em (i) e (ii) para qualquer A1 e qualquer A2 e pelo que provamos agora neste exemplo,∀x1, x2 ∈ A = (−∞, 1/2) ∩ [1/2,∞) a definicao de injetora e verificada.

Logo, nesse exemplo de A1 e A2, a funcao e injetora.

3. (a) Testando se e injetora, x1, x2 ∈ [−1, 2], f(x1) = f(x2) =⇒ 2− 4x1 = 2− 4x2 =⇒ −4x1 = −4x2 =⇒ x1 = x2.

Logo, f e injetora.

Testando se e sobrejetora. Tomando y em seu contradomınio, y ∈ [−10, 10] =⇒ −10 ≤ y ≤ 10.

Queremos saber: dado y; −10 ≤ y ≤ 10, ∃x ∈ [−1, 2] tal que 2− 4x = y? Podemos fazer o seguinte,

x ∈ [−1, 2] ⇐⇒ −1 ≤ x ≤ 2 ⇐⇒ 4 ≥ −4x ≥ −8 ⇐⇒ −8 ≤ −4x ≤ 4 ⇐⇒ −6 ≤ 2− 4x ≤ 6.

Em virtude disso, considere, p. ex. y = 8. Nesse caso, y = 2− 4x e y = 8 ⇐⇒ 2− 4x = 8 ⇐⇒ −4x = 6

⇐⇒ x = −3/2 ⇐⇒ x = −1, 5 < −1. Logo para y = 8 ∈ [−10, 10], 6 ∃ x ∈ [−1, 2]; f(x) = 8.

Logo essa funcao nao satisfaz a definicao de funcao sobrejetora , isto e, essa funcao nao e sobrejetora.

(b) A funcao e injetora. A funcao e sobrejetora.

(c) A funcao e injetora. A funcao e sobrejetora.

(d) A funcao nao e injetora. Justificativa:

x1 = 2 > 1 e x2 = 4 > 1 temos que f(x1) = f(2) = −3 e f(x2) = f(4) = −3.

Logo x1 6= x2 6=⇒ f(x1) 6= f(x2), isto e, x1 = 2 e x2 = 4 sao elementos distintos do domınio que nao satisfazema definicao de funcao injetora.

Nao e sobrejetora. Justificativa: dado y = 5 ∈ B = R, vamos procurar x; x ∈ R e f(x) = 5.

Como x > 1 =⇒ f(x) = −3 6= 5 =⇒6 ∃x; x > 1 e f(x) = 5.

Como xleq1 =⇒ f(x) = 2x− 1, vamos procurar x ≤ 1; 2x− 1 = 5. Resolvendo a equacao,

2x− 1 = 5 ⇐⇒ 2x = 6 ⇐⇒ x = 3 > 1. Logo, 6= x ≤ 1; f(x) = 5.

Assim, 6= x ∈ R; f(x) = 5. Logo, 5 esta no contradomınio de f , mas 5 6∈ Im(f) = imagem de f .

Isso significa que a funcao nao e sobrejetora.

(e) Nao e injetora. Justificativa:

Dado x1 ≤ 1 e x2 > 1 =⇒ x1 < x2 =⇒ x1 6= x2. Vamos verificar que existem x1 e x2; f(x1) = f(x2) = 0.

x1 ≤ 1 =⇒ f(x1) = 2x1 − 1 = 0 =⇒ 2x1 = 1 =⇒ x1 = 1/2 < 1.

x2 > 1 =⇒ f(x2) = 4− 3x2 = 0 =⇒ −3x2 = −4 =⇒ x2 = 4/3 > 1.

Logo para x1 =1

2< 1, x2 =

4

3> 1 temos que x1 6= x2 6=⇒ f(x1) 6= f(x2).

Nao e sobrejetora, pois 4 e um elemento da imagem e 4 6∈ Im(f). Verifique.

4. (a) Justificativa: −1 ∈ Z, 1 ∈ Z, −1 6= 1, f(−1) = (−1)2 + 1 + 1 = 2 e f(1) = (12) + 1 = 1 + 1 = 2.

Logo existem x1 = −1 e x2 = 1 no domımio de f tais que x1 6= x2 6=⇒ f(x1) 6= f(x2).

Observe que para ser injetora f(x1) = f(x2) deve ter uma unica solucao dentro do domınio, logo vamos verificaras possıveis solucoes da equacao x2

1 + 1 = x22 + 1.

x21 + 1 = x2

2 + 1 ⇐⇒ x21 = x2

2 ⇐⇒ x1 = x2 ou x1 = −x2.

Assim, se queremos que tenha solucao unica temos que considerar que os elementos simetricos nao nulos naopodem pertencer ao domınio.

Logo se A′ = {0, 1, 2, 3, 4, · · · } ⊂ A entao a funcao sera injetora.

(b) Justificativa: −1 ∈ (−4, 3), 1 ∈ (−4, 3), −1 6= 1, f(−1) =1

(−1)2 + 1=

1

2e f(1) =

1

(1)2 + 1=

1

2.

Logo existem x1 = −1 e x2 = 1 no domımio de f tais que x1 6= x2 6=⇒ f(x1) 6= f(x2) =⇒ f nao e injetora.

Observe que para ser injetora f(x1) = f(x2) deve ter uma unica solucao dentro do domınio, logo vamos verificar

as possıveis solucoes da equacao1

x21 + 1

=1

x22 + 1

.


1

x21 + 1

=1

x22 + 1

⇐⇒ x21 + 1 = x2

2 + 1 ⇐⇒ x21 = x2

2 ⇐⇒ x1 = x2 ou x1 = −x2.

Assim, se queremos que tenha solucao unica temos que considerar que os elementos simetricos nao nulos naopodem pertencer ao domınio.

Logo se A′ = [0, 3) ⊂ A entao a funcao sera injetora.

5. (a) B′ = [−26, 10] ⊂ B = R(b) B′ = (−∞, 4] ⊂ B = R

6. x1 ∈ [0, 9], x2 ∈ [0, 9], f(x1) = 4− x1 e f(x2) = 4− x2.

f(x1) = f(x2) =⇒ 4− x1 = 4− x2 =⇒ −x1 = −x2 =⇒ x1 = x2. Logo f e injetrora.

Considere y ∈ [−5, 4]. Vamos provar que ∃x ∈ [0, 9]; f(x) = y.

f(x) = y e f(x) = 4− x ⇐⇒ 4− x = y ⇐⇒ −x = y − 4 ⇐⇒ x = −(y − 4) ⇐⇒ x = 4− y.

Assim, y ∈ [−5, 4] =⇒ −5 ≤ y ≤ 4 =⇒ 5 ≥ −y ≥ −4 =⇒ −4 ≤ −y ≤ 5 =⇒ −4+4 ≤ −y+4 ≤ 5+4 =⇒ 0 ≤ 4−y ≤ 9.

Logo, dado y ∈ [−5, 4], ∃ x = 4− y, x ∈ [0, 9].

So falta provar que f(x) = y. Vejamos, f(x) = f(4− y) = 4− (4− y) = 4− 4 + y = y cqd.

Assim, f e sobrejetora e f e injetora, logo f e bijetora.

Para encontrar a expressao da inversa temos que resolver a equacao y = 4 − x para obter x como expressao de y, jafoi feito acima, x = f−1(y) = 4− y.

7. Dado x ∈ R, obtemos g(f(x)) = g�

3√

x− 1�) =

�3√

x− 1�3

+ 1 = x− 1 + 1 = x.

Dado y ∈ R, obtemos f(g(y)) = f�y3 + 1

�= 3p

(y3 + 1)− 1 = 3p

y3 = y.

8. H(x) = (f ◦ g ◦ f) = f(g(f(x))) = f

�g

�1

x− 1

��= f

�1

x− 1+ 1

�= f

�1 + x− 1

x− 1

�= f

�x

x− 1

�=

1x

x− 1− 1

=

=1

x− (x− 1)

x− 1

=1

x− x + 1

x− 1

=11

x− 1

= x− 1 =⇒ H(x) = x− 1.

Sabe-se que Df = {x ∈ R; x 6= 1} = R− {1}. Dg = R.

DH = {x ∈ Df , f(x) ∈ Dg e g(f(x)) ∈ Df} =

�x ∈ R; x 6= 1,

1

x− 1∈ R e

x

x− 1∈ R,

x

x− 16= 1

�.

x

x− 1= 1 ⇐⇒ x = x−1 ⇐⇒ 0 = −1. Como 0 6= −1, concluımos que

x

x− 16= 1,∀x 6= 1. Logo, DH = {x ∈ R; x 6= 1}

9. (a) x1 ≥ 4 e x2 ≥ 4, f(x1) = (x1 − 4)2 e f(x2) = (x2 − 4)2.

f(x1) = f(x2) =⇒ (x1 − 4)2 = (x2 − 4)2 =⇒ x1 − 4 = x2 − 4 ou x1 − 4 = −(x2 − 4) =⇒ x1 = x2 oux1 − 4 = −x2 + 4 =⇒ x1 = x4 ou x1 + x2 = 8. (*)

Mas, x1 ≥ 4 e x2 ≥ 4, ha quatro casos possıveis:

(i) x1 > 4 e x2 > 4 =⇒ x1 + x4 > 8 =⇒ x1 + x2 6= 8.

(ii) x1 > 4 e x2 = 4 =⇒ x1 + x4 > 8 =⇒ x1 + x2 6= 8.

(iii) x1 = 4 e x2 > 4 =⇒ x1 + x4 > 8 =⇒ x1 + x2 6= 8.

(iv) x1 = 4 e x2 = 4 =⇒ x1 = x2 e x1 + x2 = 8.

Logo, por (*), (i), (ii) , (iii) e (iv), concluımos que x1 = x2.

Isto e, provamos que f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2, donde f e injetora.

Provando que e sobrejetora: dado y ≥ 0, precisamos provar que e possıvel encontrar x ≥ 4; f(x) = y.

f(x) = y =⇒ (x− 4)2 = y =⇒ (x− 4) =√

y ou x− 4 = −√y =⇒ x = 4 +√

y ou x = 4−√y.

Mas,√

y ≥ 0 =⇒ 4 +√

y ≥ 4.

Assim, dado y ≥ 0, ∃x = 4 +√

y, x ≥ 4 e f(x) = f�4 +

√y�

=�4 +

√y − 4

�2=�√

y�2

= y.

(b) g(f(x)) = g�(x− 4)2

�= 4 +

p(x− 4)2 = 4 + |x− 4|. Como x ≥ 4, |x− 4| = x− 4 =⇒ g(f(x))) = 4 + x− 4 = x.

f(g(x)) = f (4 +√

x) = (4 +√

x− 4)2

= (√

x)2

= x

10. (a) Para provar que e injetora e analoga ao anterior, trocando ≥ e > por ≤ e <

Provando que e sobrejetora: dado y ≥ 0, precisamos provar que e possıvel encontrar x ≤ 4; f(x) = y.

f(x) = y =⇒ (x− 4)2 = y =⇒ (x− 4) =√

y ou x− 4 = −√y =⇒ x = 4 +√

y ou x = 4−√y.

Mas,√

y ≥ 0 =⇒ −√y ≤ 0 =⇒ 4−√y ≤ 4.

Assim, dado y ≥ 0, ∃x = 4−√y, x ≤ 4 e f(x) = f�4−√y

�=�4−√y − 4

�2=�−√y

�2= y.

(b) g(f(x)) = g�(x− 4)2

�= 4−

p(x− 4)2 = 4−|x−4|. Como x ≤ 4, |x−4| = −(x−4) =⇒ g(f(x))) = 4+x−4 = x.

f(g(x)) = f (4−√x) = (4−√x− 4)2

= (−√x)2

= x.




LISTA 5 - 2008-2Inducao Matematica

Nos exercıcios 1 a 8 use inducao matematica para provar as afirmacoes.

Lembre que usamos a convencao N = {1, 2, 3, 4, · · · }.

1. 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2, ∀n ∈ N.

2. 1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 =rn − 1r − 1

, ∀n ∈ N, r ∈ R, r 6= 1.

3. 12 + 22 + · · ·+ n2 =n3

3+

n2

2+

n

6, para todo natural n ≥ 1.

4. 13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n + 1)2

4, para todo n ∈ N.

5. 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ n× (n + 1) =n(n + 1)(n + 2)


6. 1× 3 + 2× 4 + 3× 5 + · · ·+ n× (n + 2) =n(n + 1)(2n + 7)


7.1

1× 2+

12× 3

+1

3× 4+ · · ·+ 1

n× (n + 1)=

n

n + 1, para todo natural n ≥ 1.

8. 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1 = 1 + (n− 1)2n, ∀n ∈ N.

9. Use a definicao por recorrencia de potencia natural dada a seguir para provar as propriedades de potencianatural dos itens 9a a 9d .

Potencia natural: (i) a1 := a (ii) Supondo an definido, define-se an+1 := an · a.

(a) am · an = am+n, ∀ a, b ∈ R, ∀ m,n ∈ N. Sugestao: fixe m ∈ N e prove por inducao em n.

(b) (am)n = amn, ∀ a ∈ R, ∀ m,n ∈ N. Sugestao: fixe m ∈ N e prove por inducao em n.

(c) (a · b)n = an · bn, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ N.

(d) a 0, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ N.

Nos exercıcios 10 a 14 qual o menor natural n0 tal que a afirmacao e verdadeira para todo natural n ≥ n0?Justifique a resposta.

Quando preciso, use a definicao por recorrencia do fatorial de um natural n: (i) 1! := 1 (ii) (n + 1)! := n! · (n + 1).

10. n2 ≥ 3n + 4.

11. (n + 2)2 < (n + 1)3.

12. (n + 1)2 < n!.

13. n! > 2n

14. n! > 4n.

15. Mostre que o numero de diagonais de um polıgono convexo de n lados e dado por dn =n(n− 3)

2.



1. P(n) e a identidade 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2, ∀n ∈ N.

Vamos denominar A(n) = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n e B(n) =n(n + 1)

2.

(i) Para n = 1, A(1) = 1 e B(1) =1× 2

2= 1 =⇒ A(1) = B(1) =⇒ P(1) e verdadeira.

(ii) Queremos provar: P(k) verdadeira para k ≥ 1 =⇒ P(k + 1) verdadeira.

Hipotese P(k) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ k =k(k + 1)

2, k ≥ 1 ⇐⇒ A(k) = B(k), k ≥ 1.

A(k+1) = 1+2+3+ · · ·+k+(k+1) = A(k)+(k+1)P(k)= B(k)+(k+1) =

k(k + 1)

2+(k+1) =

k(k + 1) + 2(k + 1)

2=

(k + 2)(k + 1)

2.

B(k + 1) =((k + 1) + 1)(k + 1)

2=

(k + 2)(k + 1)

2=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) verdadeiro.

Assim, provamos que P(k) verdadeira para k ≥ 1 =⇒ P(k + 1) verdadeira.

Logo, por inducao, provamos a identidade P(n) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2, ∀n ∈ N.

2. P(n) e a identidade 1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 =rn − 1

r − 1, ∀n ∈ N, r ∈ R, r 6= 1.

Vamos denominar A(n) = 1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 e B(n) =rn − 1

r − 1.

(i) Para n = 1, A(1) = r1−1 = r0 = 1, B(1) =r1 − 1

r − 1= 1 =⇒ A(1) = B(1) =⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k) : 1 + r + r2 + · · ·+ rk−1 =rk − 1

r − 1, ∀k ≥ 1 ⇐⇒ A(k) = B(k), k ≥ 1.

A(k + 1) = 1 + r + r2 + · · ·+ rk−1 + r(k+1)−1 =1 + r + r2 + · · ·+ rk−1

| {z }=A(k)

+ rk = A(k) + rk P(k)= B(k) + rk =

=rk − 1

r − 1+ rk =

rk − 1 + rk+1 − rk

r − 1=

rk+1 − 1

r − 1.

Mas, para n = k + 1, B(k + 1) =rk+1 − 1

r − 1=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeira.

Logo, por inducao, provamos a identidade P(n).

3. P(n) e a identidade 12 + 22 + · · ·+ n2 =n3

3+

n2

2+

n

6, para todo natural n ≥ 1.

Vamos denominar A(n) = 12 + 22 + · · ·+ n2 e B(n) =n3

3+

n2

2+

n

6.

(i) Para n = 1, A(1) = 12 = 1, B(1) =13

3+

12

2+

1

6=

1

3+

1

2+

1

6=

2 + 3 + 1

6= 1 =⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k) : 12 + 22 + · · ·+ k2 =k3

3+

k2

2+

k

6, k ≥ 1.

Desenvolvendo A(k + 1), obtemos A(k + 1) = 12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = A(k) + (k + 1)2P(k)= B(k) + (k + 1)2 =

=k3

3+

k2

2+

k

6+ (k + 1)2 =

k3

3+

k2

2+

k

6+ k2 + 2k + 1 =

k3

3+

3k2

2+

13k

6+ 1 =

2k3 + 9k2 + 13k + 6

6(∗)

Por outro lado, B(k + 1) =(k + 1)3

3+

(k + 1)2

2+

k + 1

6=

k3 + 3k2 + 3k + 1

3+

k2 + 2k + 1

2+

k + 1

6=

=2k3 + 6k2 + 6k + 2 + 3k2 + 6k + 3 + k + 1

6=

2k3 + 9k2 + 13k + 6

6

(∗)=⇒ B(k+1) = A(k+1) =⇒ P(k+1) verdadeiro.


4. P(n) e a identidade 13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n + 1)2


Vamos denominar A(n) = 13 + 23 + · · ·+ n3 e B(n) =n2(n + 1)2

4.

(i) Para n = 1, A(1) = 13 = 1, B(1) =12(1 + 1)2

4=

4



Hipotese P(k) : 13 + 23 + · · ·+ k3 =k2(k + 1)2

4, k ≥ 1.


Desenvolvendo, A(k+1) = 13 +23 + · · ·+k3 +(k+1)3 = A(k)+(k+1)3P(k)= B(k)+(k+1)3 =

k2(k + 1)2

4+(k+1)3 =

k2(k + 1)2 + 4(k + 1)3

4=

(k2 + 4(k + 1))(k + 1)2

4=

(k2 + 4k + 4)(k + 1)2

4=

(k + 2)2(k + 1)2

4(*).

Por outro lado, B(k+1) =(k + 1)2((k + 1) + 1)2

4=

(k + 1)2(k + 2)2

4=⇒ B(k+1) = A(k+1) =⇒ P(k) e verdadeira.


5. P(n) e a identidade 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ n× (n + 1) =n(n + 1)(n + 2)


Vamos denominar A(n) = 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ n× (n + 1) e B(n) =n(n + 1)(n + 2)

3.

(i) Para n = 1, A(1) = 1× (1 + 1) = 2, B(1) =1(1 + 1)(1 + 2)

3=

1× 2× 3



Hipotese P(k) : 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ k × (k + 1) =k(k + 1)(k + 2)

3.

Desenvolvendo, A(k + 1) = 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ k × (k + 1) + (k + 1)((k + 1) + 1) =

1 × 2 + 2 × 3 + 3 × 4 + · · · + k × (k + 1) + (k + 1)(k + 2) = A(k) + (k + 1)(k + 2)P(k)= B(k) + (k + 1)(k + 2) =

k(k + 1)(k + 2)

3+ (k + 1)(k + 2) =

k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2)

3=

(k + 3)(k + 1)(k + 2)

3(*)

B(k+1) =(k + 1)((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)

3=

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

3

(∗)=⇒ B(k+1) = A(k+1) =⇒ P(k+1) verdadeiro.


6. P(n) e a identidade 1× 3 + 2× 4 + 3× 5 + · · ·+ n× (n + 2) =n(n + 1)(2n + 7)


Vamos denominar A(n) = 1× 3 + 2× 4 + 3× 5 + · · ·+ n× (n + 2) e B(n) =n(n + 1)(2n + 7)

6.

(i) Para n = 1, A(1) = 1× (1 + 2) = 3, B(1) =1(1 + 1)(2 + 7)

6=

1× 2× 9



Hipotese P(k) : 1× 3 + 2× 4 + 3× 5 + · · ·+ k × (k + 2) =k(k + 1)(2k + 7)

6.

Desenvolvendo, A(k + 1) = 1× 3 + 2× 4 + 3× 5 + · · ·+ k(k + 2) + (k + 1)(k + 3) = A(k) + (k + 1)(k + 3)P(k)=

B(k) + (k + 1)(k + 3) =k(k + 1)(2k + 7)

6+ (k + 1)(k + 3) =

k(k + 1)(2k + 7) + 6(k + 1)(k + 3)

6=

(k + 1)[k(2k + 7) + 6(k + 3)]

6=

(k + 1)[2k2 + 7k + 6k + 18]

6=

(k + 1)[2k2 + 13k + 18]

6. (*)

Por outro lado, B(k+1) =(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 7)

6=

(k + 1)(k + 2)(2k + 2 + 7)

6=

(k + 1)(k + 2)(2k + 9)

6=

=(k + 1)(2k2 + 9k + 4k + 18)

6=

(k + 1)(2k2 + 13k + 18)

6

(∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeira.


7. P(n) e a identidade1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+ · · ·+ 1

n× (n + 1)=

n

n + 1, para todo natural n ≥ 1.

Vamos denominar A(n) =1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+ · · ·+ 1

n× (n + 1)e B(n) =

n

n + 1.

(i) Para n = 1, A(1) =1

1× (1 + 1)=

1

2, B(1) =

1

1 + 1=

1

2=⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k) :1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+ · · ·+ 1

k × (k + 1)=

k

k + 1.

Desenvolvendo, A(k + 1) =1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+ · · ·+ 1

k × (k + 1)+

1

(k + 1)× (k + 2)=

= A(k) +1

(k + 1)× (k + 2)

P(k)= B(k) +

1

(k + 1)× (k + 2)=

k

k + 1+

1

(k + 1)× (k + 2)=

k(k + 2) + 1

(k + 1)× (k + 2)=

=k2 + 2k + 1

(k + 1)× (k + 2)=

(k + 1)2

(k + 1)× (k + 2)=

k + 1

k + 2. (*)

Mas, B(k + 1) =k + 1

(k + 1) + 1=

k + 1

k + 2

(∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeira.



8. P(n) e a identidade 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1 = 1 + (n− 1)2n, ∀n ∈ N.

Vamos denominar A(n) = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1 e B(n) = 1 + (n− 1)2n.

(i) Para n = 1, A(1) = 1 · 21−1 = 1 · 20 = 1, B(1) = 1 + (1− 1)21 = 1 + 0 = 1 =⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k) : 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ k · 2k−1 = 1 + (k − 1)2k.

Desenvolvendo, A(k + 1) = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · · + k · 2k−1 + (k + 1) · 2(k+1)−1 = A(k) + (k + 1) · 2k P(k)=

B(k) + (k + 1) · 2k = 1 + (k − 1)2k + (k + 1) · 2k = 1 + k · 2k − 2k + k · 2k + 2k = 1 + k · 2k + k · 2k = 1 + 2k · 2k (*)

Mas, B(k + 1) = 1 + ((k + 1)− 1)2k+1 = 1 + 2k · 2k (∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeira.


9. (a) Queremos provar: am · an = am+n, ∀ a, b ∈ R, ∀ m, n ∈ N.

Conforme sugestao: vamos fixar m ∈ N e provar por inducao em n.

Assim, dados a, b ∈ R e m ∈ N, P(n) e a identidade am · an = am+n, ∀n ∈ N.

Vamos denominar: A(n) = am · an e B(n) = am+n

(i) Para n = 1, pela definicao por recorrencia, sabemos que a1 = a. Logo, A(1) = am · a1 = am · a.

Pela definicao por recorrencia, sabemos que am+1 = am · a. Logo, B(1) = am+1 = am · a.

Isso significa que am · a1 = am+1, isto e, P(1) e verdadeira.

(ii) Queremos provar: P(k), k ∈ N =⇒ P(k + 1).

Hipotese P(k): am · ak = am+k, isto e, A(k) = B(k).

Desenvolvendo, A(k + 1) = am · ak+1 (ak+1=ak·a)=⇒ am · ak · a P(k)

=⇒ am+k · a (i)= a(m+k)+1 (*)

B(k + 1) = am+(k+1) (∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1), isto e, am · ak+1 = am+(k+1), logo P(k + 1) e verdadeira.


(b) Queremos provar: (am)n = amn, ∀ a ∈ R, ∀ m, n ∈ N.

Conforme sugestao, vamos fixar m ∈ N e provar por inducao em n.

Assim, dados a ∈ R e m ∈ N, P(n) e a identidade (am)n = amn, ∀n ∈ N.

Vamos denominar: A(n) = (am)n e B(n) = amn

(i) Para n = 1, pela definicao por recorrencia, sabemos que b1 = b. Logo, A(1) = (am)1 = am.

Mas, B(1) = am·1 = am. Isso significa que (am)1 = am·1, isto e, P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k): (am)k = am·k, isto e, A(k) = B(k).

Desenvolvendo, A(k + 1) = (am)k+1 recorrencia= (am)k am P(k)

= am·kam 9(a)= am·k+m = am·(k+1). (*)

Mas, B(k + 1) = am·(k+1) (∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeiro.


(c) P(n) e a identidade: (a · b)n = an · bn, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ N.

Denominando, A(n) = (a · b)n e B(n) = an · bn.

(i) Para n = 1, A(1) = (a · b)1 recorrencia= a · b e B(1) = a1 · b1 recorrencia

= a · b = A(1) =⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese P(k): (a · b)k = ak · bk

Desenvolvendo. A(k +1) = (ab)k+1 recorrencia= (ab)k(ab)

P(k)= (akbk)(ab)

comutativa= akabkb

recorrencia= ak+1 · bk+1. (*)

Mas, B(k + 1) = ak+1 · bk+1 (∗)=⇒ B(k + 1) = A(k + 1) =⇒ P(k + 1) e verdadeiro.


(d) P(n) e a equivalencia das desigualdades: a 0, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ N.

(i) Para n = 1, a < brecorrencia⇐⇒ a1 < b1 =⇒ P(1) e verdadeira.


Hipotese: a 0, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ NTese: a 0, ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ N. Vamos provar: a ida =⇒ e a volta ⇐=.

(=⇒) a > 0, a 0P(k)=⇒ 0 < a < b, 0 < ak < bk =⇒ a·ak < b·bk recorrencia

=⇒ ak+1 < bk+1.

(⇐=) Hipotese: a > 0, ak+1 < bk+1. Suponha, por absurdo, a ≥ b.

Mas, a ≥ b =⇒ (I) a = b ou (II) a > b.

(I) a = b =⇒ ak+1 = bk+1, contradicao com a hipotese, ak+1 < bk+1. Logo a = b e falso.

(II) a > b , b > 0 =⇒ a > b > 0, bk > 0P(k)=⇒ a > b > 0, ak > bk > 0 =⇒ a · ak > b · bk recorrencia

=⇒ ak+1 > bk+1.

A ultima desigualdade e uma contradicao com a hipotese, ak+1 < bk+1. Logo a > b e falso.

Como a = b e falso e a > b e falso, pela tricotomia da ordem, concluımos que a < b.

Assim, provamos a equivalencia para n = k + 1, isto e, P(k + 1) e verdadeira.



10. P(n) e a desigualdade n2 ≥ 3n + 4, n ≥ n0, consideremos A(n) = n2 e B(n) = 3n + 4.

Para n = 1, A(1) = 12 = 1 , B(1) = 3 + 4 = 7 =⇒ A(1) < B(1) =⇒ P(1) e falso.



Para n = 4, A(4) = 42 = 16 , B(4) = 12 + 4 = 16 =⇒ A(4) = B(4) =⇒ P(4) e verdadeiro.

Vamos provar P(n): n2 ≥ 3n + 4, n ≥ 4.

(i) P(4) e verdadeiro (provado acima).

(ii) Queremos provar: P(k) =⇒ P(k + 1), isto e, k2 ≥ 3k + 4 e k ≥ 4 =⇒ (k + 1)2 ≥ 3(k + 1) + 4.

Sabemos: A(k + 1) = (k + 1)2 = k2 + 2k + 1 , B(k + 1) = 3(k + 1) + 4 e, por P(k), k2 ≥ 3k + 4 e k ≥ 4.

k2 ≥ 3k +4 =⇒ k2 +2k +1 ≥ 3k +4+2k +1 =⇒ k2 +2k +1 ≥ 3k +3+2k +2 =⇒ k2 +2k +1 ≥ 3(k +1)+2k +2 (*)

Por outro lado, k ≥ 4 =⇒ 2k ≥ 8 =⇒ 2k + 2 ≥ 10 =⇒ 3(k + 1) + 2k + 2 ≥ 3(k + 1) + 10 > 3(k + 1) + 4 =⇒3(k + 1) + 2k + 2 > 3(k + 1) + 4. Logo, por (*), k2 + 2k + 1 ≥ 3(k + 1) + 2k + 2 > 3(k + 1) + 4,

isto e, provamos que (k + 1)2 > 3(k + 1) + 4 =⇒ (k + 1)2 ≥ 3(k + 1) + 4 =⇒ P(k + 1) e verdadeira.

Logo, por inducao, provamos a desigualdade n2 ≥ 3n + 4, ∀n ≥ 4.

11. P(n) : (n + 2)2 < (n + 1)3, n ≥ n0. Considere A(n) = (n + 2)2 e B(n) = (n + 1)3

Para n = 1, A(1) = (1 + 2)2 = 9, B(1) = (1 + 1)3 = 8 =⇒ A(1) > B(1) =⇒ P(1) e falso.

Para n = 21, A(2) = (2 + 2)2 = 16, B(2) = (2 + 1)3 = 27 =⇒ A(2) < B(2) =⇒ P(2) e verdadeiro.

Vamos provar P(n): (n + 2)2 < (n + 1)3, n ≥ 2.

(i) P(2) e verdadeiro (provado acima).

(ii) Queremos provar: P(k) =⇒ P(k + 1), isto e, (k + 2)2 < (k + 1)3, k ≥ 2 =⇒ ((k + 1) + 2)2 < ((k + 1) + 1)3.

Hipotese P(k): (k + 2)2 < (k + 1)3 e k ≥ 2.

Sabemos que A(k + 1) = ((k + 1) + 2)2 = ((k + 2) + 1) = (k + 2)2 + 2(k + 2) + 1.

B(k + 1) = ((k + 1) + 1)3 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 3(k + 1) + 1.

Queremos provar: A(k + 1) < B(k + 1) ⇐⇒ (k + 2)2 + 2(k + 2) + 1 < (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 3(k + 1) + 1.

Por P(k), podemos afirmar que (k + 2)2 + 2(k + 2) + 1 < (k + 1)3 + 2(k + 2) + 1.

Por outro lado, (k +1)3 +2(k +2)+1 < (k +1)3 +3(k +1)2 +3(k +1)+1 ⇐⇒ 2(k +2)+1 < 3(k +1)2 +3(k +1)+1

⇐⇒ 2k + 4 + 1 < 3(k2 + 2k + 1) + 3k + 3 + 1 =⇒ 0 < 3k2 + 6k + 3 + 3k + 4− 2k − 5 ⇐⇒ 0 < 3k2 + 7k + 2.

Mas, para k ≥ 2 > 0, temos que 3k2 + 7k + 2 > 2 > 0, logo como vale a ultima desigualdade e ha uma equivalencıaentre a primeira e a ultima, podemos afirmar que vale a primeira desigualdade.

Em resumo, valem: (k+2)2+2(k+2)+1 < (k+1)3+2(k+2)+1 e (k+1)3+2(k+2)+1 < (k+1)3+3(k+1)2+3(k+1)+1.

Assim, pela transitividade da ordem, (k + 2)2 + 2(k + 2) + 1 < (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 3(k + 1) + 1.

Concluımos que P(k + 1) e verdadeira.

Logo, por inducao, provamos a desigualdade (n + 2)2 < (n + 1)3, ∀n ≥ 2.

12. P(n): (n + 1)2 < n!, n ≥ n0. Considere A(n) = (n + 1)2 e B(n) = n!

Para n = 1, A(1) = (1 + 1)2 = 4, B(1) = 1! = 1 =⇒ A(1) > B(1) =⇒ P(1) e falsa.

Para n = 2, A(2) = (2 + 1)2 = 9, B(2) = 2! = 1!× 2 = 1× 2 = 2 =⇒ A(2) > B(2) =⇒ P(2) e falsa.



Para n = 5, A(5) = (5 + 1)2 = 36, B(5) = 5! = 4!× 5 = 24× 5 = 120 =⇒ A(5) < B(5) =⇒ P(4) e verdadeira.

Vamos provar: (n + 1)2 < n!, n ≥ 5.

(i) P(5) e verdadeira (provada acima).

(ii) Queremos provar: P(k) =⇒ P(k + 1), isto e, (k + 1)2 < k!, k ≥ 5 =⇒ (k + 2)2 < (k + 1)!.

Por recorrencia, (k + 1)! = k!(k + 1)P(k)=⇒ (k + 1)! = k!(k + 1) > (k + 1)2(k + 1) = (k + 1)3 =⇒ (k + 1)! > (k + 1)3.

Mas, como k ≥ 5 > 2, pelo ex. 11, (k + 1)3 > (k + 2)2. Logo, (k + 1)! > (k + 1)3 > (k + 2)2, por transitividade daordem, (k + 1)! > (k + 2)2 =⇒ (k + 2)2 < (k + 1)! =⇒ P(k + 1) e verdadeira.

Logo, por inducao, provamos a desigualdade (n + 1)2 < n! ∀n ≥ 5.

13. P(n) e a desigualdade n! > 2n, n > n0. Considere A(n) = n! e B(n) = 2n.

Para n = 1, A(1) = 1! = 1, B(1) = 21 = 2, A(1) < B(1) =⇒ P(1) e falso.


Para n = 3, A(3) = 3! = 2× 3 = 6, B(3) = 23 = 9, A(3) < B(3) =⇒ P(3) e falso.


Para n = 4, A(4) = 4! = 6× 4 = 24, B(4) = 24 = 16, A(4) > B(4) =⇒ P(4) e verdadeiro.

Vamos provar: n! > 2n, n ≥ 4.


(ii) Queremos provar: P(k) =⇒ P(k + 1), isto e, k! > 2k, k ≥ 4 =⇒ (k + 1)! > 2k+1.

Por recorrencia, (k + 1)! = k!(k + 1)P(k)=⇒ (k + 1)! = k!(k + 1) > 2k(k + 1). (*)

Por outro lado, k ≥ 4 =⇒ k + 1 > 5 > 2 =⇒ k + 1 > 2 =⇒ 2k(k + 1) > 2k · 2. (**)

Logo, por (*), (**) e transitividade da ordem, (k + 1)! > 2k(k + 1) > 2k · 2 = 2k+1 =⇒ (k + 1)! > 2k+1.

Logo, por inducao, provamos a desigualdade n! > 2n ∀n ≥ 4.

14. P(n) e a desigualdade n! > 4n, n > n0. Considere A(n) = n! e B(n) = 4n.








Para n = 8, A(8) = 8! = 5040× 8 = 40320 B(8) = 47 = 65536, A(8) < B(8) =⇒ P(8) e falso.

Para n = 9, A(9) = 9! = 40320× 9 = 362880 B(9) = 47 = 262144, A(9) < B(9) =⇒ P(9) e verdadeiro.

Vamos provar: n! > 4n, n ≥ 9.


(ii) Queremos provar: P(k) =⇒ P(k + 1), isto e, k! > 4k, k ≥ 4 =⇒ (k + 1)! > 4k+1.

Por recorrencia, (k + 1)! = k!(k + 1)P(k)=⇒ (k + 1)! = k!(k + 1) > 4k(k + 1). (*)

Por outro lado, k ≥ 9 =⇒ k + 1 > 10 > 4 =⇒ k + 1 > 4 =⇒ 4k(k + 1) > 4k · 4. (**)

Logo, por (*), (**) e transitividade da ordem, (k + 1)! > 4k(k + 1) > 4k · 2 = 4k+1 =⇒ (k + 1)! > 4k+1.

Logo, por inducao, provamos a desigualdade n! > 4n ∀n ≥ 9.

15. P(n) o numero de diagonais de um polıgono convexo de n lados e calculado pela formula dn =n(n− 3)

2.

Observe que o polıgono com menor numero de lados e o triangulo, que tem 3 lados, logo n ≥ 3.

(i) Para n = 3, o numero de lados e 3, e pela formula d3 =3(3− 3)

2=

3× 2

2= 3.

(ii) Suponha que o numero de diagonais de um polıgono de k lados e calculado pela formula dk =k(k − 3)

2.

Queremos provar que consequentemente o numero de diagonais de um polıgono de k + 1 lados sera calculado pela

formula dk+1 =(k + 1)((k + 1)− 3)

2=

(k + 1)(k − 2)

2=

k2 − 2k + k − 2

2=

k2 − k − 2

2. (*)

Suponha que o polıgono convexo tem (k + 1) lados. Sabemos que o polıgono tambem tem (k + 1) vertices.

Podemos formar uma sequencia com (k+1) vertices consecutivos, V1, V2, · · · , Vk, Vk+1.

Podemos obter um polıgono de k lados e k vertices da seguinte forma:

retirando-se o vertice Vk+1, forma-se um novo lado V1Vk e retiram-se os lados VkVk+1 e Vk+1V1.

As diagonais do polıgono com (k+1) vertices sao as mesmas do polıgono com k vertices, mais as (k−2) diagonais queligam o vertice Vk+1 aos vertices da sequencia V2, V3, · · · , Vk−2, Vk−1, que sao os vertices nao consecutivos ao verticeVk+1 e ainda acrescentada a diagonal que liga V1 a Vk, que e um lado do outro polıgono.

Por essa descricao do numero de diagonais, temos dk+1 = dk + (k − 2) + 1 = dk + k − 1.

Por hipotese, dk =k(k − 3)

2, logo dk+1 = dk + k − 1 =

k(k − 3)

2+ k − 1 =

k2 − 3k + 2k − 2

2=

k2 − k − 2

2. (**)

Por (*) e (**), provamos que dk+1 =(k + 1)((k + 1)− 3)

2.

Logo, por inducao, provamos que o numero de diagonais de um polıgono convexo de n lados e calculado pela formula

dn =n(n− 3)

2




LISTA 6 - 2008-2Serie Geometrica

1. Diga quais das series geometricas a seguir sao convergentes e calcule o valor das convergentes.

(a)1920

+192

202+

193

203+ · · ·

(b)∞∑

i=1

(2019

)i

(c)∞∑

i=1

(11√

29√

3

)i

(d)12− 1

3+

14− 1

9+

18− 1

27+ · · ·

Sugestao: reescreva como diferenca entre duas series geometricas.

2. Encontre os valores de x para os quais a serie geometrica e convergente. Quando convergente, calcule o valorda serie em termos de x na forma mais simplificada possıvel.

(a) 1 + 2x + 4x2 + 8x3 + · · ·(b) 3 +

9x

+27x2

+81x3· · ·

(c) 1− 1x

+1x2− 1

x3+

1x4− 1

x5+ · · ·

(d)x2

4+

x3

8+

x4

16+

x5

32+ · · ·

(e)∞∑

i=0

(x

x + 1

)i

(f)∞∑

i=2

(x

x + 1

)i

3. Resolva a equacao ou inequacao considerando os valores de x para os quais a serie geometrica da expressaoda equacao ou inequacao e uma serie convergente.

(a) 1 + 2x + 4x2 + 8x3 + · · · = 2 Observe o item 2(a).

(b) −3 < 1 + 2x + 4x2 + 8x3 + · · · < 3 Observe o item 2(a).

(c) 3 +9x

+27x2

+81x3· · · ≤ x Observe o item 2(b).

(d)∞∑

i=2

(x

x + 1

)i

≥ x2

x− 4Observe o item 2(f).

4. Considere a equacao

1 +(

2− 3x

)+

(2− 3

x

)2

+(

2− 3x

)3

+ · · · = 8 + 8(

1− 4x

)+ 8

(1− 4

x

)2

+ 8(

1− 4x

)3

+ · · ·

(a) Suponha convergentes as series da equacao e resolva-a.

(b) Verifique se com cada valor de x encontrado, as series de fato sao convergentes.

5. Considere a equacao

1 +(

2− 3x

)+

(2− 3

x

)2

+(

2− 3x

)3

+ · · · = 1 +(

1− 4x

)+

(1− 4

x

)2

+(

1− 4x

)3

+ · · ·

(a) Suponha convergentes as series da equacao e resolva-a.

(b) Verifique se com cada valor de x encontrado, as series de fato sao convergentes.



1. (a) E convergente pois a razao e r =19

20e |r| =

��19

20

�� =19

20< 1.

O primeiro termo da serie e a =19

20e o valor da serie e S =

a

1− r=

19

20

1− 19

20

= 19.

(b) E divergente pois a razao e r =20

19e |r| =

��20

19

�� =20

19> 1.

(c) A razao e r =11√

2

9√

3e |r| =

��11√

2

9√

3

�� =11√

2

9√

3.

11√

2

9√

3< 1 ⇐⇒ 11

√2 < 9

√3 ⇐⇒ 121× 2 < 81× 3 ⇐⇒ 242 < 243.

Assim, como a ultima desigualdade e verdadeira e vale a equivalencia com a primeira desigualdade, concluımos

que11√

2

9√

3< 1, logo a serie e convergente.

O primeiro termo da serie e a =11√

2

9√

3e o valor da serie e S, onde

S =a

1− r=

11√

2

9√

3

1− 11√

2

9√

3

=

11√

2

9√

3

9√

3− 11√

2

9√

3

=11√

2

9√

3− 11√

2=

11√

2

9√

3− 11√

2× 9

√3 + 11

√2

9√

3 + 11√

2=

=11× 9

√2√

3 + 112�√

2�2

92�√

3�2 − 112

�√3�2 =

99√

6 + 242

243− 242= 242 + 99

√6.

(d) A serie nao e geometrica, mas e diferenca de duas series geometricas.

1

2− 1

3+

1

4− 1

9+

1

8− 1

27+ · · · =

�1

2+

1

4+

1

8+ · · ·

�−�

1

3+

1

9+

1

8+ · · ·

�.

Sejam r1 e r2 os raios de convergencia das series, |r1| = 1

2< 1 e |r2| = 1

3< 1.

Logo as duas series sao convergentes e convergem para S1 e S2, repectivamente.

S1 =

1

2

1− 1

2

=

1

21

2

= 1; S2 =

1

3

1− 1

3

=

1

32

3

=1

2. Logo a serie converge para S1 − S2 =

1

2.

2. (a) A razao e r = 2x. A serie sera convergente se e so se |r| = |2x| < 1. Resolvendo a inequacao,

|2x| < 1 ⇐⇒ −1 < 2x < 1 ⇐⇒ − 1

2< x <

1

2.

O primeiro termo e a = 1, a serie e convergente para o valor S =a

1− r=

1

1− 2x.

(b) A razao e r =3

x. A serie sera convergente se e so se |r| =

��3

x

�� < 1, x 6= 0. Resolvendo a inequacao,

��3

x

�� < 1 ⇐⇒ 3

|x| < 1|x|>0⇐⇒ 3 < |x| ⇐⇒ |x| > 3 ⇐⇒ x < −3 ou x > 3. Isto e, x ∈ (−∞,−3) ∪ (3,∞).

O primeiro termo e a = 3, a serie e convergente para o valor S =a

1− r=

3

1− 3

x

=3

x− 3

x

=3x

x− 3.

(c) A razao e r = − 1

x. A serie sera convergente se e so se

��−1

x

�� < 1, x 6= 0. Resolvendo a inequacao,

��−1

x

�� < 1 ⇐⇒ | − 1||x| < 1 ⇐⇒ 1

|x| < 1|x|>0⇐⇒ 1 < |x| ⇐⇒ |x| > 1 ⇐⇒ x < −1 ou x > 1.

O primeiro termo e a = 1, a serie e convergente para o valor S =1

1− −1

x

=1

1 +1

x

=1

x + 1

x

=x

x + 1.

(d) A razao e r =x

2. A serie sera convergente se e so se

�� x

2

�� < 1. Resolvendo a inequacao,�� x

2

�� < 1 ⇐⇒ |x|2

< 1 ⇐⇒ |x| < 2 ⇐⇒ −2 < x < 2.

O primeiro termo e a =x2

4, S =

a

1− r=

x2

4

1− x

2

=

x2

42− x

2

=x2

2(2− x).


(e) A razao e r =x

x + 1. A serie sera convergente se e so se

��x

x + 1

�� < 1, x 6= −1.

Vamos resolver essa equacao usando propriedade de modulo, poderia ser resolvida usando definicao de modulo.��x

x + 1

�� < 1 ⇐⇒ −1 <x

x + 1< 1 ⇐⇒ −1 <

x

x + 1e

x

x + 1< 1.

Atencao, para resolver essas duas equacoes nao podemos multiplicar ”em cruz” pois o termo x + 1 pode serpositivo ou negativo.

Resolvendo a primeira, −1 <x

x + 1⇐⇒ 0 <

x

x + 1+ 1 ⇐⇒ x + x + 1

x + 1> 0 ⇐⇒ 2x + 1

x + 1> 0.

Analisando sinal, -−1

b− 1

2

b+ + − − − + + +∼∼∼ ∼∼∼∼∼

Resolvendo a segunda,x

x + 1< 1 ⇐⇒ x

x + 1− 1 < 0 ⇐⇒ x− x− 1

x + 1< 0 ⇐⇒ −1

x + 1< 0 ⇐⇒ 1

x + 1> 0,

Analisando sinal, -−1

b− 1

2

b− − + + + + + + +∼∼∼∼∼ ∼∼∼∼

Fazendo a intersecao das duas solucoes, encontramos a solucao final, x > − 1

2.

a = 1, a serie e convergente para o valor S =a

1− r=

1

1− x

x + 1

=1

x + 1− x

x + 1

=11

x + 1

= x + 1.

(f) Essa serie tem razao igual a do item anterior, logo, x > − 1

2.

a =

�x

x + 1

�2

=x2

(x + 1)2, S =

a

1− r=

x2

(x + 1)2

1− x

x + 1

=

x2

(x + 1)2

x + 1− x

x + 1

=

x2

(x + 1)2

1

x + 1

=x2

x + 1.

3. (a) Pela resposta do item 2(a), 1+2x+4x2 +8x3 + · · · = 2 ⇐⇒ 1

1− 2x= 2 ⇐⇒ 1 = 2−4x ⇐⇒ 4x = 1 ⇐⇒ x =

1

4.

− 1

2<

1

4<

1

2, logo x =

1

4e a solucao da equacao.

(b) −3 <1

1− 2x< 3 ⇐⇒ −3 <

1

1− 2xe

1

1− 2x< 3. Resolvendo cada equacao,

−3 <1

1− 2x⇐⇒ 0 <

1

1− 2x+ 3 ⇐⇒ 1 + 3− 6x

1− 2x> 0 ⇐⇒ 4− 6x

1− 2x> 0 ⇐⇒ −(4− 6x)

−(1− 2x)> 0 ⇐⇒ 6x− 4

2x− 1> 0.

Analisando sinal na reta numerica, -12

b23

b+ + − − − + + +∼∼∼ ∼∼∼∼∼1

1− 2x< 3 ⇐⇒ 1

1− 2x− 3 < 0 ⇐⇒ 1− 3 + 6x

1− 2x< 0 ⇐⇒ −2 + 6x

1− 2x< 0 ⇐⇒ 6x− 2

1− 2x< 0 ⇐⇒ 6x− 2

2x− 1> 0.

Analisando sinal na reta numerica, -12

b13

b+ + − − − + + +∼∼∼ ∼∼∼∼∼

Assim, encontramos a solucao comum as duas inequacoes, -12

b13

b23

b∼∼∼ ∼∼∼∼

Mas, temos que restringir aos valores de x para que a serie seja convergente, encontrados no item 2(a), que sao :

-12

b− 1

2

b∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼

Logo a solucao final das inequacoes e: − 1

2< x <

1

3.

(c) Pela resposta do item 2(b), 3 +9

x+

27

x2+

81

x3+ · · · ≤ x ⇐⇒ 3x

x− 3≤ x. Resolvendo,

3x

x− 3≤ x ⇐⇒ 3x

x− 3− x ≤ 0 ⇐⇒ 3x− x2 + 3x

x− 3≤ 0 ⇐⇒ 6x− x2

x− 3≤ 0 ⇐⇒ x(6− x)

x− 3≤ 0.

Usando tabela de sinais, encontramos a seguinte solucao: -3

r0

r6

r∼∼∼∼∼ ∼∼∼∼+ + − − − + + + + − − −

Mas, temos que restringir aos valores de x para que a serie seja convergente, encontrados no item 2(b), que sao :

-3

b−3

b∼∼∼ ∼∼∼∼∼∼∼∼∼

Logo a solucao final da inequacao e: x ≥ 6.


(d) Pela resposta do item 2(f),

∞Xi=2

�x

x + 1

�i

≥ x2

x− 4⇐⇒ x2

x + 1≥ x2

x− 4, resolvendo,

x2

x + 1≥ x2

x− 4⇐⇒ x2

x + 1− x2

x− 4≥ 0 ⇐⇒ x2(x− 4)− x2(x + 1)

(x + 1)(x− 4)≥ 0 ⇐⇒ x2(x− 4− x− 1)

(x + 1)(x− 4)≥ 0 ⇐⇒

⇐⇒ −5x2

(x + 1)(x− 4)≥ 0.

Usando tabela de sinais, encontramos a seguinte solucao: -0

r−1

r4

r∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼− − + + + + + + + + − − −

Mas, temos que restringir aos valores de x para que a serie seja convergente, encontrados no item 2(b), que sao :

-− 1

2

b∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼

Logo a solucao final da inequacao e: − 1

2≤ x ≤ 4.

4. (a) A razao da serie a esquerda da igualdade e r1 = 2− 3

xe a da serie a direita da igualdade e r2 = 1− 4

x.

Primeiro termo: a1 = 1 e a2 = 8. A serie da esquerda converge para S1 e da direita para S2.

S1 =a1

1− r1=

1

1− 2 +3

x

=1

−1 +3

x

=1

−x + 3

x

=x

3− x. S2 =

a2

1− r2=

8

1− 1 +4

x

=84

x

= 2x.

Logo, S1 = S2 ⇐⇒ x

3− x= 2x =⇒ x = 6x− 2x2 =⇒ 2x2 + x− 6x = 0 =⇒ 2x2 − 5x = 0 =⇒ x(2x− 5) = 0

=⇒ x = 0 ou 2x− 5 = 0 =⇒ x = 0 ou x =5

2.

Testando esses valores de x na equacao S1 = S2,

x = 0, S1 =0

3− 0= 0 e S2 = 2× 0 = 0. Logo x = 0 e solucao da equacao S1 = S2.

x =5

2, S1 =

5

2

3− 5

2

=

5

21

2

= 5 e S2 = 2× 5

2= 5. Logo x =

5

2e solucao da equacao S1 = S2.

(b) Vamos testar se |r1| < 1 e |r2| < 1 para os valores x = 0 e x =5

2.

Nem r1 = 2− 3

x, nem r2 = 1− 4

xestao definidos quando x = 0, pois o denominador nao pode se anular.

Para x =5

2, r1 = 2− 3

5

2

= 2− 6

5=

4

5=⇒ |r1| = 4

5< 1, logo a serie da esquerda da equacao e convergente.

Para x =5

2, r2 = 1− 4

5

2

= 1− 8

5= −3

5=⇒ |r2| = 3

5< 1, logo a serie da direita da equacao e convergente.

5. (a) A razao da serie a esquerda da igualdade e r1 = 2− 3

xe a da serie a direita da igualdade e r2 = 1− 4

x.

Primeiro termo: a1 = 1 e a2 = 1. A serie da esquerda converge para S1 e da direita para S2.

S1 =a1

1− r1=

1

1− 2 +3

x

=1

−1 +3

x

=1

−x + 3

x

=x

3− x. S2 =

a2

1− r2=

1

1− 1 +4

x

=14

x

=x

4.

Logo, S1 = S2 ⇐⇒ x

3− x=

x

4=⇒ 4x = 3x− x2 =⇒ x2 + 4x− 3x = 0 =⇒ x2 + x = 0 =⇒ x(x + 1) = 0

=⇒ x = 0 ou x + 1 = 0 =⇒ x = 0 ou x = −1.

Testando esses valores de x na equacao S1 = S2,

x = 0, S1 =0

3− 0= 0 e S2 =

0

4= 0. Logo x = 0 e solucao da equacao S1 = S2.

x = −1, S1 =−1

3− (−1)=−1

4e S2 =

−1

4. Logo x =

5

2e solucao da equacao S1 = S2.

(b) Vamos testar se |r1| < 1 e |r2| < 1 para os valores x = 0 e x = −1.

Nem r1 = 2− 3

x, nem r2 = 1− 4

xestao definidos quando x = 0, pois o denominador nao pode se anular.

Para x = −1, r1 = 2− 3

−1= 2 + 3 = 5 =⇒ |r1| = 5 > 1, logo a serie da esquerda da equacao e divergente.

Para x = −1, r2 = 1− 4

−1= 1 + 4 = 5 =⇒ |r2| = 5 > 1, logo a serie da direita da equacao e divergente.

Conclusao: a equacao nao tem solucao.




LISTA 7 - 2008-2Potencias racionais: relacao de ordem

Grafico de funcao de potencia racional

1. Cada figura abaixo representa o grafico de funcao com potencia constante e inteira. Admita que nessasfuncoes o domınio e o contradomınio sao subconjuntos dos reais e o contradomınio coincide com a imagem.

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

f(x) = xa g(x) = xb h(x) = xc

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 1 2 3 4

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 1 2 3 4

r(x) = xd s(x) = xe t(x) = xf

(a) Para cada funcao, diga se a potencia e par ou se a potencia e ımpar.

(b) Para cada funcao, diga se a potencia e positiva, negativa ou nula.

(c) Sabendo-se que graficos de funcoes injetoras so podem ser cortados uma unica vez por retas horizontais,diga quais dos graficos representam funcoes injetoras.

(d) Considerando como domınio o conjunto dos numeros reais ou o conjunto dos reais sem o zero, identifiquequais dessas funcoes admite inversa. Encontre a expressao da inversa.

(e) Para as funcoes do item anterior que nao admitem inversa, encontre, se possıvel, dois conjuntos disjuntosA e B para que a funcao admita inversa em cada um deles. Para cada conjunto considerado comodomınio, encontre a expressao da funcao inversa.

(f) Lembrando que o grafico da funcao inversa e o simetrico do grafico da funcao direta em relacao a retay = x, ou dizendo de outra forma, o grafico da inversa e uma reflexao do grafico da direta em torno dareta y = x, esboce o grafico de cada funcao inversa dos itens (d) e (e).

2. Estao esbocados abaixo os graficos de

y = x−6; y = x−2; y = x−1; y = x−3; y = x0; y = x1; y = x3; y = x13; y = x6.

Para os valores de x do domınio de cada funcao, iden-tifique os graficos nos seguintes intervalos:

(a) x ≥ 1

(b) 0 ≤ x < 1

(c) x < −1

(d) −1 < x < 0

y

x

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

–1.5 –1 –0.5 0.5 1 1.5


3. (a) Escreva em ordem crescente a seguinte lista de numeros racionais:12

;23

;35

;54

;64

;46

;12

; 0; 1;−1;− 812

;− 12

;− 25

;− 52

;− 74

;− 128

(b) Considere as funcoes com domınio e contradomınio contidos em R, dadas por suas expressoes:

y = x

12 ; y = x

12 ; y = x

23 ; y = x

35 ; y = x

54 ; y = x

64 ; y = x

46 ; y = x; y = 1 = x0

Considerando x no domınio de cada funcao, esboce os graficos desssa funcoes. Para cada um dosintervalos a seguir, faca os graficos de todas as funcoes em uma unica figura.

i. x ∈ [1,∞) ii. x ∈ [0, 1) iii. x ∈ (−∞,−1] iv. x ∈ (−1, 0)

(c) Considere as funcoes com domınio e contradomınio contidos em R, dadas por suas expressoes:

y = x

−812 ; y = x

−12 ; y = x

−25 ; y = x

−52 ; y = x

−74 ; y = x

−128 ; y = x−1; y = 1 = x0

Considerando x no domınio de cada funcao, esboce os graficos desssa funcoes. Para cada um dosintervalos a seguir, faca em uma unica figura os graficos de todas as funcoes.

i. x ∈ [1,∞) ii. x ∈ [0, 1) iii. x ∈ (−∞,−1] iv. x ∈ (−1, 0)

4. Quais das seguintes afirmacoes sao verdadeiras? quais sao falsas? Explicite quais propriedades usou pararesponder a cada uma delas.

(a) 20,3 < 20,4

(b) (1/2)0,5 < (1/2)0,6

(c) 30 < 30,2

(d) (1/3)7/4 > (1/3)1,4

(e) π−2 < π2

(f) (1/5)−5 > (1/5)5

(g) 3−1/5 > 1

(h) (3/7)−1,5 < 1

(i) (1/7)2 > 1

(j) 3−0,0001 < 0

(k) 3√

11 <√

5

(l)√

2 < 3√

3

5. Resolva as equacoes. De a resposta na forma mais simples possıvel.

(a) (x− 4)2/3 = 100(b) x4/3 − x2/3 = 2

Sugestao: use a substituicao u = x2/3.

(c)(4x2 − 1

)3/4 = 27

(d) 6x1/2 − x1/4 = 1

Sugestao: use a substituicao u = x1/4.

(e) x32a −8x−

32a = 7, sendo a ∈ N, a constante.

6. Para cada expressao abaixo, explicite x como uma ou mais expressoes em termos de y e diga para quaisvalores de y as expressoes estao bem definidas, isto e, podemos garantir que x ∈ R.

(a) x4 − x2 = y (b) x1/2 − 2x1/4 = y (c) x6 + x3 = y

7. Sabendo-se que:

- Se b > 0 entao o grafico de g(x) = b + f(x) resulta da translacao do grafico de y = f(x) em b unidades para cima;

- Se b < 0 entao o grafico de g(x) = b + f(x) resulta da translacao do grafico de y = f(x) em b unidades para baixo;

- Se a > 0 entao o grafico de g(x) = f(x + a) resulta da translacao do grafico de y = f(x) em a unidades para a esquerda;

- Se a < 0 entao o grafico de g(x) = f(x + a) resulta da translacao do grafico de y = f(x) em a unidades para a direita;

- Se g(x) = −f(x) entao o grafico de y = g(x) resulta da reflexao do grafico de y = f(x) em torno do eixo x;

- Se g(x) = f(−x) entao o grafico de y = g(x) resulta da reflexao do grafico de y = f(x) em torno do eixo y;

esboce o grafico de cada uma das funcoes abaixo.

(a) f(x) =32− x2/3 (b) f(x) = (x + 4)1/4 − 4 (c) f(x) = (8− x)−1/3


RESPOSTAS (alguns estao com a resolucao ou o resumo da resolucao):1. (a) f(x) = xa tem potencia ımpar; g(x) = xb tem potencia par; h(x) = xc tem potencia par;

r(x) = xd tem potencia ımpar; s(x) = xe tem potencia ımpar; t(x) = xf tem potencia par.

(b) f(x) = xa tem potencia positiva; g(x) = xb tem potencia nula; h(x) = xc tem potencia positita;

r(x) = xd tem potencia negativa; s(x) = xe tem potencia positita; t(x) = xf tem potencia negativa.

(c) Os graficos sao os das funcoes: f(x) = xa; r(x) = xd; s(x) = xe.

(d) As funcoes que admitem inversa sao f , r, s.

Para f(x) = xa, x ∈ R, a > 0, a ımpar, temos que y = xa ⇐⇒ y1a = (xa)

1a ⇐⇒ y

1a = x,

logo a expressao da inversa e f−1(y) = y1a = a

√y ou f−1(x) = x

1a = a

√x.

Exemplo: f(x) = x5, x ∈ R, 5 > 0, 5 e ımpar, temos que y = x5 ⇐⇒ y15 =

�x5� 1

5 ⇐⇒ y15 = x,

logo a expressao da inversa e f−1(y) = y15 = 5

√y ou f−1(x) = x

15 = 5√x.

Para r(x) = xd, x ∈ R− {0}, d < 0, d ımpar, temos que y = xd ⇐⇒ y1d =

�xd� 1

d ⇐⇒ y1d = x.

Mas d < 0 ⇐⇒ −d > 0, d = −(−d), assim x = y1d = y

1−(−d) = y

− 1−d =

1

y1−d

=1

(−d)√

y,

logo a expressao da inversa e r−1(y) = y1d =

1(−d)√

you r−1(x) = x

1d =

1(−d)√x

.

Exemplo: r(x) = x−5, x ∈ R− {0}, −5 < 0, −5 ımpar, temos que y = x−5 ⇐⇒ y1−5 =

�x−5

� 1−5 ⇐⇒ y

1−5 = x.

Mas −5 < 0 ⇐⇒ −(−5) > 0, −5 = −(5), assim x = y1−5 = y

1−(5) = y−

15 =

1

y15

=15√

y,

logo a expressao da inversa e r−1(y) = y1−5 =

15√

you r−1(x) = x

1−5 =

15√x

.

Para s(x) = xe, x ∈ R, e > 0, e ımpar , ja vimos que a expressao da inversa e s−1(y) = y1e ou s−1(x) = x

1e .

Observe que essa e a funcao s(x) = x, isto e, e = 1. A inversa e s−1(y) = y ou s−1(x) = x

Justificativa de e = 1: o grafico e uma reta e passa pelos pontos (0, 0) e (1, 1).

(e) Observe que g(x) = 1, isto e, b = 0. Justificativa: o grafico e uma reta e passa pelos pontos (−1, 1) e (1, 1).

Em qualquer subconjunto a funcao g(x) = 1 nao sera injetora, logo nao e possıvel encontrar dois conjuntos disjuntos ondea funcao admite inversa.

Para h(x) = xc, c > 0, c par, x ∈ A = [0,∞),

temos que y = xc ⇐⇒ y1c = (xc)

1c

c par⇐⇒ y1c = |x| x≥0⇐⇒ y

1c = x,

logo a expressao da inversa e h−1(y) = y1c = c

√y ou h−1(x) = x

1c = c

√x.

Exemplo: h(x) = x4, 4 > 0 e 4 par, A = [0,∞),

logo expressao da inversa e h−1(y) = y14 = 4

√y ou h−1(x) = x

14 = 4√x.

Para h(x) = xc, c > 0, c par, x ∈ B = (−∞, 0),

temos que y = xc ⇐⇒ y1c = (xc)

1c

c par⇐⇒ y1c = |x| x<0⇐⇒ y

1c = −x ⇐⇒ −y

1c = x,

logo a expressao da inversa e h−1(y) = −y1c = − c

√y ou h−1(x) = −x

1c = − c

√x.

Exemplo: h(x) = x4, 4 > 0, 4 par, x ∈ B = (−∞, 0),

a expressao da inversa e h−1(y) = −y14 = − 4

√y ou h−1(x) = −x

14 = − 4√x.

Para t(x) = xf , f < 0, f par, x ∈ A = (0,∞),

temos que y = xf ⇐⇒ y1f =

�xf� 1

fc par⇐⇒ y

1f = |x| x≥0⇐⇒ y

1f = x,

Mas f < 0 ⇐⇒ −f > 0, f = −(−f), assim x = y1f = y

1−(−f) = y

− 1−f =

1

y1−f

=1

(−f)√

y,

logo a expressao da inversa e t−1(y) = y1f =

1(−f)√

you t−1(x) =

1(−f)√x

.

Exemplo: t(x) = x−4, −4 < 0 −4 e par, x ∈ A = (0,∞),

a expressao da inversa e t−1(y) = y1−4 =

14√

you t−1(x) =

14√x

.

Para t(x) = xf , f < 0, f par, x ∈ B = (−∞, 0),

temos que y = xf ⇐⇒ y1f =

�xf� 1

fc par⇐⇒ y

1f = |x| x<0⇐⇒ y

1f = −x ⇐⇒ −y

1f = x.

Mas f < 0 ⇐⇒ −f > 0, f = −(−f), assim x = −y1f = −y

1−(−f) = −y

− 1−f = − 1

y1−f

= − 1(−f)√

y,

logo a expressao da inversa e t−1(y) = −y1f = − 1

(−f)√

you t−1(x) = − 1

(−f)√x.

Exemplo: t(x) = x−4, −4 < 0, −4 e par, x ∈ B = (−∞, 0),

a expressao da inversa e t−1(y) = −�y

1−4�

= −�y−

14

�= − 1

4√

you t−1(x) = −

�x−

14

�= − 1

4√x.


(f)

–1f

f

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

–1h

h

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

–1h

hy

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

f(x) = xa, f−1(x) = x1/a = a√

x h(x) = xc, h−1(x) = x1/c = c√

x h(x) = xc, h−1(x) = −x1/c = − c√

x

–1

r

r

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 1 2 3 4

–1

t

t

x

y

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 1 2 3 4–1t

ty

x

–4

–2

0

2

4

–4 –2 2 4

r(x) = xd, r−1(x) = x1d =

1(−d)√x

t(x) = xf , t−1(x) = x1f =

1(−f)√x

t(x) = xf , t−1(x) = −x1f = − 1

(−f)√x

OBS. O grafico da inversa da funcao s−1(x) = x e exatamente igual ao grafico de s(x) = xe = x.

2.

1

–1

–313

3

3

13

–3

–1

–6

6

6–6

–2

13

6

3

–6

–3

–2

–1

136

3 –1–2

–3–6

–2

x

xx

x

x

xx

x

x

x

x

xx

x

xx

x

x

xx

x

xx

x xx

xx

y =

y = x

y

x

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

–1.5 –1 –0.5 0.5 1 1.5

3. (a) − 7

4< − 3

2< − 2

3< − 1

2< − 2

5< 0 <

1

2<

3

5<

2

3< 1 <

5

4<

3

2

(b) i.

1

1/2

3/2

5/4

2/3 3/5

y = x

y = x

y = x

y = xy = x

y = x

y =

y

x0

1

2

3

4

5

1 2 3

ii.

1

3/2

5/4

2/3

3/5

1/2

y = x

y = x

y = x

y = x

y = x

y = x

y = y

x0

0.5

1

0.5 1


iii.

1

2/3

3/5

y = x

y = x

y = x

y =

x

y

–3

–2

–1

0

1

2

3

–2 2

iv.

1

2/3

3/5

y = x

y = x

y = x

y =

x

y

–1

–0.5

0

0.5

1

–1 –0.5

(c) i.

–2/5

–1/2

–2/3

–3/2

–7/4

–5/2

y = xy = xy = xy = xy = xy = x

y

x0

0.5

1

0.5 1 1.5 2

ii.

–3/2

–2/3

–2/5

–1/2

–7/4

–5/2

y = x

y = x

y = x

y = x

y = x

y = x

y

x0

1

2

0.5 1 1.5 2

iii.

–2/5

–2/3

y = x

y = x

y

x

0.5

1

–2 –1.5 –1 –0.5

iv.

–2/3

–2/5

y = x

y = x

x

y

0

0.5

1

1.5

2

–1 –0.5

4. (a) Verdadeira. Base b = 2 > 1 e potencias p = 0, 3 e q = 0, 4 onde p < q.

Para b ∈ R, p, q ∈ Q, vale a propriedade: b > 1 e p < q =⇒ bp < bq

Essa propriedade tambem pode ser escrita como: para base maior do que 1, se as potencias crescem entao a base elevadaas potencias tambem crescente.

(b) Falsa. Base b = 12

> 1 e potencias p = 0, 5 e q = 0, 6 onde p < q.

Para b ∈ R, p, q ∈ Q, vale a propriedade: 0 bq .

Essa propriedade tambem pode ser escrita como: para base maior do que 1, se as potencias crescem entao a base elevadaas potencias tambem crescem.

Outra justificativa:

�1

2

�0,5

<

�1

2

�0,6

⇐⇒ 10,5

20,5<

10,6

20,6⇐⇒ 1

20,5<

1

20,6.

Como 20,5 > 0 e 20,5 > 0, podemos aplicar a propriedade da ′′multiplicacao em cruz′′ nessa ultima desigualdade.

Isto e,1

20,5<

1

20,6⇐⇒ 20,6 < 20,5. Pela propriedade citada no item (a), essa ultima desigualdade e falsa.

Como ha equivalencia entre a primeira e a ultima desigualdade, conclui-se que a primeira desigualdade tambem e falsa.

(c) Verdadeira. Justificativa: a base e maior que 1 e as potencias estao em ordem crescente.

(d) Falsa. Justificativa: sabemos que 7/4 = 1, 75 > 1, 4.

Mas�

13

�1,75>�

13

�1,4 ⇐⇒ �13

�1,4<�

13

�1,75 ⇐⇒ 131,4 < 1

31,75 ⇐⇒ 31,75 < 31,4. Essa desigualdade e falsa pois a basee maior do que 1 e as potencias sao decrescentes, a base elevada as potencias deveria decrescer.

Como ha equivalencia entre a primeira e a ultima desigualdade, conclui-se que a primeira desigualdade tambem e falsa.


(e) Verdadeira. Justificativa: base b = π > 1, as potencias crescem, −2 < 2, logo base elevada as potencias tambem cresce.

(f) Verdadeira. Justificativa:

�1

5

�−5

>

�1

5

�5

⇐⇒ 1

5−5>

1

55⇐⇒ 55 >

1

55⇐⇒ 55 · 55 > 1 ⇐⇒ 510 > 1.

E claro que essa ultima desigualdade e verdadeira. Como ha equivalencia entre a primeira e a ultima desigualdade,conclui-se que a primeira desigualdade tambem e verdadeira.

(g) Falsa. Justificativa: sabemos que 30 = 1. Logo, 3−1/5 > 1 ⇐⇒ 3−1/5 > 30. Essa ultima desigualdade e falsa, pois abase e maior do que 1 e a potencia cresce, −1/5 < 0, logo a base elevada a potencia deveria crescer.

Como ha equivalencia entre as desigualdades, conclui-se que a primeira desigualdade tambem e falsa.

(h) Falsa. Justificativa: sabemos que�

37

�−1,5=�

73

�1,5, pois

�37

�−1,5= 1

( 37 )1,5 = 1

31,571,5

=1

31,5

71,5

1=

71,5

31,5=�

73

�1,5.

Tambem sabemos que�

73

�0= 1. Logo,

�37

�−1,5< 1 ⇐⇒ �

73

�1,5<�

73

�0. Essa ultima desigualdade e falsa, pois a base

e maior do que 1 e a potencia decresce, pois 1, 5 > 0, logo a base elevada a potencia deveria decrescer.


(i) Falsa. Justificativa:�

17

�2> 1 ⇐⇒ 1

72> 1 ⇐⇒ 1 > 72. Essa ultima desigualdade e claramente falsa.


(j) Falsa. Justificativa: 3−0,0001 =1

30,0001. Como 30,0001 > 0, o seu elemento inverso,

1

30,0001> 0.

(k) Verdadeira. Para justificar vamos usar duas propriedades, a saber,

P1: a, b ∈ R; a, b ≥ 0, vale a equivalencia a < b ⇐⇒ a2 < b2; P2: a, b ∈ R, vale a equivalencia a < b ⇐⇒ a3 < b3.

Sabemos que 3√11 = 1113 e

√5 = 5

12 . Logo,

3√11 <√

5 ⇐⇒ 1113 < 5

12

P2⇐⇒�11

13

�3<�5

12

�3 ⇐⇒ 11 < 532

P1⇐⇒ 112 <�5

32

�2 ⇐⇒ 112 < 53 ⇐⇒ 121 < 125.

Essa ultima desigualdade e claramente verdadeira.

Como ha equivalencia entre as desigualdades, conclui-se que a primeira desigualdade tambem e verdadeira.

(l) Verdadeira. Para justificar vamos usar as duas propriedades acima.√

2 < 3√3 ⇐⇒ 212 < 3

13

P1⇐⇒�2

12

�2<�3

13

�2 ⇐⇒ 2 < 323

P2⇐⇒ 23 <�3

23

�3 ⇐⇒ 23 < 32 ⇐⇒ 8 < 9.

Essa ultima desigualdade e claramente verdadeira.

Como ha equivalencia entre as desigualdades, conclui-se que a primeira desigualdade tambem e verdadeira.

5. (a) (x− 4)2/3 = 100 ⇐⇒ �(x− 4)2/3

�3= 1003 ⇐⇒ (x− 4)2 = 1003 ⇐⇒ (x− 4) = ±

√1003 ⇐⇒ x = 4±

p(102)3

⇐⇒ x = 4± 103 ⇐⇒ x = 4± 1000 ⇐⇒ x = 1004 ou x = 996.

(b) x4/3 − x2/3 = 2. Usando a substituicao u = x2/3, temos que u2 =�x2/3

�2 ⇐⇒ u2 = x4/3.

Fazendo a substituicao, obtemos u2 − u = 2. Resolvendo a equacao do 2o. grau em u, obtemos u = 2 e u = −1.

Quando u = 2, temos x2/3 = 2. Resolvendo essa equacao, x2/3 = 2 ⇐⇒ x2 = 23 ⇐⇒ x = ±√

23 ⇐⇒ x = ±2√

2.

Quando u = −1, temos x2/3 = −1. Resolvendo, x2/3 = −1 ⇐⇒ x2 = (−1)3 ⇐⇒ x2 = −1, nao ha solucao real.

Logo as solucoes da equacao sao x = 2√

2 e x = −2√

2.

(c) (4x2 − 1)3/4 = 27.

Nesta equacao o denominador da potencia e par, logo a base devera ser positiva, vamos ter que testar a solucao queencontraremos.

(4x2 − 1)3/4 = 27 ⇐⇒ (4x2 − 1)3/4 = 33 =⇒ �(4x2 − 1)3/4

�4/3=�33�4/3 ⇐⇒ 4x2 − 1 = 34 ⇐⇒ 4x2 = 1 + 81 ⇐⇒

4x2 = 82 ⇐⇒ x2 = 82/4 ⇐⇒ x = ±√

82

2. Testando essas solucoes, temos 4

±√

82

2

!2

− 1 = 82− 1 = 81 > 0.

Logo as solucoes sao

√82

2e −

√82

2.

(d) 6x1/2 − x1/4 = 1. Usando a substituicao u = x1/4, temos que u2 =�x1/4

�2 ⇐⇒ u2 = x1/2.

Substituindo, obtemos 6u2 − u = 1. Resolvendo a equacao do 2o. grau em u, obtemos u = 1/2 e u = −1/3.

Quando u = 1/2, temos x1/4 = 1/2. Resolvendo, x1/4 = 1/2 ⇐⇒ x = (1/2)4 ⇐⇒ x = 1/16.

Quando u = −1, temos x1/4 = −1/3, nao ha solucao real.

Logo a unica solucao da equacao e x = 1/16.

(e) x32a − 8x−

32a = 7 ⇐⇒ x

32a − 8

x32a

= 7 ⇐⇒ x62a − 8 = 7x

32a ⇐⇒ x

3a − 7x

32a − 8 = 0.

Fazendo u = x32a , temos u2 = x

3a . Substituindo na equacao, obtemos u2 − 7u− 8 = 0, resolvendo, u = 8 ou u = −1.

Para u = 8, temos que x32a = 8, resolvendo x

32a = 8 ⇐⇒ x

32a = 23 ⇐⇒ x

12a = 2 ⇐⇒ x = 22a ⇐⇒ x = (22)a ⇐⇒ x = 4a.

Para u = −1, temos que x32a = −1.

Mas, por hipotese, a ∈ N, assim sabemos que 2a e par e x32a ≥ 0, isto e, nao ha solucao quando u = −1.

6. (a) Podemos fazer u = x2, u2 = x4 e substituir na equacao. Obtemos u2 − u = y e podemos resolver u em termos de y.

Assim, u2 − u = y ⇐⇒ u2 − u− y = 0 ⇐⇒ u =1±√1 + 4y

2.

Para que essa equacao tenha solucao e preciso que 1 + 4y ≥ 0. Mas 1 + 4y ≥ 0 ⇐⇒ 4y ≥ −1 ⇐⇒ y ≥ −1/4.


Quando u =1 +

√1 + 4y

2, como u = x2, temos que x2 =

1 +√

1 + 4y

2.

Por outro lado, sabemos que√

1 + 4y ≥ 0, logo 1 +√

1 + 4y ≥ 1 > 0 =⇒ 1 +√

1 + 4y

2> 0.

Assim, ∀y ≥ −1/4, podemos resolver a equacao acima, obtendo as solucoes : x =

r1 +

√1 + 4y

2e x = −

r1 +

√1 + 4y

2.

Quando u =1−√1 + 4y

2, como u = x2, temos que x2 =

1−√1 + 4y

2.

Neste caso, nao e para ∀y ≥ −1/4 que 1−√1 + 4y ≥ 0.

Precisamos resolver 1−√1 + 4y ≥ 0. Resolvendo, 1−√1 + 4y ≥ 0 ⇐⇒ −√1 + 4y ≥ −1 ⇐⇒ √1 + 4y ≤ 1 ⇐⇒ 1+4y ≤ 1

⇐⇒ 4y ≤ 0 ⇐⇒ y ≤ 0. Assim, para −1/4 ≤ y ≤ 0 podemos resolver a equacao acima, obtendo as solucoes :

x =

r1−√1 + 4y

2e x = −

r1−√1 + 4y

2.

(b) Podemos fazer u = x1/4, u2 = x1/2 e substituir na equacao. Obtemos u2 − 2u = y e podemos resolver u em termos de y.

Assim, u2 − 2u = y ⇐⇒ u2 − 2u− y = 0 ⇐⇒ u =2±√4 + 4y

2⇐⇒ u = 1±√1 + y.

Para que essa equacao tenha solucao e preciso que 1 + y ≥ 0. Mas 1 + y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ −1.

Quando u = 1 +√

1 + y, como u = x1/4, precisamos resolver x1/4 = 1 +√

1 + y.

Neste caso, sabemos que√

1 + y ≥ 0, logo 1 +√

1 + y ≥ 1 > 0.

Portanto podemos resolver a equacao acima, obtendo a solucao x =�1 +

√1 + y

�4.

(c) Podemos fazer u = x3, u2 = x6 e substituir na equacao. Obtemos u2 + u = y e podemos resolver u em termos de y.

Resolvendo, u2 + u = y ⇐⇒ u2 + u− y = 0 ⇐⇒ u =−1±√1− 4y

2.

Para que essa equacao tenha solucao e preciso que 1− 4y ≥ 0. Mas 1− 4y ≥ 0 ⇐⇒ −4y ≥ −1 ⇐⇒ y ≤ 1/4.

Quando u =−1±√1− 4y

2, temos que x3 =

−1±√1− 4y

2.

Para y ≤ 1/4, as solucoes sao : x =3

r−1 +

√1− 4y

2e x =

3

r−1−√1− 4y

2.

7. (a)

2/3

2/3

y = x

y = x

x

y

0

1

2

–2 –1 1 2

2/3

2/3

y = - x

y = - x

yx

–2

–1

–2 –1 1 2

2/33/2y = - x

y

x

–0.5

0.5

1

1.5

2

–2 –1 1 2

(b)

- 1/3y = x

x

y

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

y = (x + 4)1/4 − 4

x

y

–4

–2

0–4 –2 2 4

(c)

–1/3y = x

y

x

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

(- ) - 1/3y = x

x

y

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

y = (−(x− 8))−1/3

x

y

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

2 4 6 8 10 12 14 16




LISTA 8 - 2008-2Funcao exponencialFuncao logarıtmica

1. Cada figura abaixo representa o grafico de uma funcao exponencial de base constante, base > 0, base 6= 1.Admita que nessas funcoes o domınio e igual a R, o contradomınio e um subconjunto dos reais e coincidecom a imagem.

y

x0

1

2

3

4

5

–3 –2 –1 1 2 3

e

y

x0

1

2

3

4

–2 –1 1 2

y

x0

1

2

3

4

–2 –1 1 2

f(x) = ax g(x) = bx h(x) = cx

(a) Sabe-se que f(2) = 4; g(1) = e; onde e ' 2, 7183 e o numero de Neper; h(−1) = 3.Encontre a base de cada funcao.

(b) Esboce os graficos das tres funcoes em uma unica figura.

(c) De a expressao da inversa de cada funcao, considerando os valores das bases encontradas no item (a).

(d) Esboce o grafico da inversa de cada funcao.

2. Lembrando as definicoes de funcao crescente e funcao decrescente.Seja y = f(x), x ∈ A ⊂ R, a imagem B ⊂ R e o contradomınio cincide com a imagem.

- A funcao f e dita crescente em A se para ∀x1, x2 ∈ A; x1 < x2, podemos provar que x1 < x2 =⇒ f(x1) < f(x2).

- A funcao f e dita decrescente em A se para ∀x1, x2 ∈ A; x1 < x2, podemos provar que x1 < x2 =⇒ f(x1) > f(x2).

Sabe-se que as funcoes f(x) = ex e crescente ∀x ∈ R e a funcao g(x) = ln x e crescente para ∀x > 0, x ∈ R.

Diga se cada funcao a seguir e crescente ou decrescente no intervalo dado. Justifique a resposta.

(a) h(x) = e−3x, x ∈ R(b) F (x) = e6−3x, x ∈ R(c) f(t) = et2 , t > 0.

(d) G(x) = ln(x− 4), x > 4.

(e) H(u) = −u− ln(u), u > 0.

(f) r(x) = x ln(x), x ≥ 1.

3. Lembre que tanto qualquer funcao crescente sera injetora, quanto qualquer funcao decrescente sera injetora, pois

se a funcao e crescente, para x1 6= x2 e x1 < x2 =⇒ f(x1) < f(x2) =⇒ f(x1) 6= f(x2);

se a funcao e crescente, para x1 6= x2 e x1 > x2 =⇒ f(x1) > f(x2) =⇒ f(x1) 6= f(x2);

se a funcao e decrescente, para x1 6= x2 e x1 < x2 =⇒ f(x1) > f(x2) =⇒ f(x1) 6= f(x2);

se a funcao e decrescente, para x1 6= x2 e x1 > x2 =⇒ f(x1) < f(x2) =⇒ f(x1) 6= f(x2).

Sabe-se que:

f(x) = ax, x ∈ R e crescente se a base constante a > 1;

f(x) = ax, x ∈ R e decrescente se a base constante a e tal que 0 < a < 1;

f(x) = loga x, x ∈ R, x > 0 e crescente se a base constante a > 1;

f(x) = loga x, x ∈ R, x > 0 e decrescente se a base constante a e tal que 0 < a < 1.

Para cada funcao definida em x ∈ A ⊂ R e considerando que o contradomınio de cada funcao e igual a suaimagem, prove que as seguintes funcoes admitem inversa e em seguida encontre a expressao da inversa.


(a) h(x) = 2x − 4

(b) f(x) = 3− log10(x− 8)

(c) g(t) =1

10t−5

(d) f(x) = log2(x) + log3(x)

4. Resolva as equacoes abaixo usando as propriedades das funcoes exponenciais e logarıtmicas.

(a)6

2x − 1= 1

(b) 6 · 32x + 3x − 1 = 0

(c) (1/2)x2= 5

(d) log3(x− 1) = 4

(e) log10 x + 2 log10 2 = 3

(f) x log3 x = log5 x

(g) ln(ln(x)) = 1

5. Resolva as inequacoes para valores de x ∈ R:

(a) 3ex < 4

(b) 12 < ln(x) < 4

(c) log10(x− 4) > 0

(d) 1 < 2−x < 4

6. Seja f(x) = 4− 3x−5, 0 ≤ x ≤ 10 e considere o contradomınio de f igual a sua imagem.

(a) Use translacoes e reflexoes para esbocar o grafico de f .

(b) De a imagem de f .

(c) Verifique se f e crescente ou decrescente.

(d) Prove que f admite inversa.

(e) Encontre a expressao da inversa de f .

(f) De o domınio e a imagem da inversa de f .

(g) Esboce o grafico da inversa de f .

7. Seja f(x) = −3 + ln(4− x), com domınio A ⊂ R e considere o contradomınio de f igual a sua imagem.

(a) Use translacoes e reflexoes para esbocar o grafico de f .

(b) De o domınio e a imagem de f .

(c) Verifique se f e crescente ou decrescente.

(d) Prove que f admite inversa.

(e) Encontre a expressao da inversa de f .

(f) De o domınio e a imagem da inversa de f .

(g) Esboce o grafico da inversa de f .

8. (a) Coloque a seguinte lista em ordem crescente: 1;√

2; 3√

3; 4√

4; 5√

5.

(b) Para quais valores de x ∈ R as funcoes abaixo estao bem definidas?

y = x√

2; y = x3√3; y = x

4√4; y = x5√5

(c) Esboce o grafico de cada funcao do item anterior.

(d) Para valores de x > 1, escreva a seguinte lista em ordem crescente: x√

2; x3√3; x; x

4√4; x5√5

(e) Para valores de 0 < x < 1, escreva a seguinte lista em ordem crescente: x√

2; x3√3; x; x

4√4; x5√5



1. (a) a = 2; b = e; c =1

3

(b)

1/3

e

(1/3) 2

xy =

xy =

xy = e(1/3)2

xy =

y = e

xy =

xy

x0

1

2

3

–2 –1 1 2

(c) f(x) = 2x ; f−1(x) = log2 x.

g(x) = ex; g−1(x) = loge x = ln x.

h(x) =�

13

�x; h−1(x) = log 1

3x.

(d)

2

2

xy =

y = log x

x

y

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

xy = e

y = ln x

e

ey

x

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

1/3

1/3

1/3

(1/3)

y = log x

xy =

y

x

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

2. (a) x1 < x2 =⇒ 3x1 < 3x2 =⇒ −3x1 > −3x2 =⇒ −3x2 < −3x1 =⇒ e−3x2 < e−3x1 =⇒ e−3x1 > e−3x2 =⇒ h(x1) > h(x2).

(b) x1 < x2 =⇒ 3x1 < 3x2 =⇒ −3x1 > −3x2 =⇒ −3x2 < −3x1 =⇒ 6− 3x2 < 6− 3x1 =⇒ e6−3x2 < e6−3x1 =⇒e6−3x1 > e6−3x2 =⇒ F (x1) > F (x2). Logo F e decrescente.

(c) t1 < t2, t1, t2 > 0 =⇒ t21 < t22 =⇒ f(t1) < f(t2). Logo f e crescente.

(d) x1 < x2 =⇒ x1 − 4 < x2 − 4 =⇒ ln(x1 − 4) < ln(x2 − 4) =⇒=⇒ G(x1) < G(x2). Logo G e crescente.

(e) u1 < u2 =⇒ u1 < u2 e ln(u1) < ln(u2) =⇒ u1 + ln(u1) < u2 + ln(u2) =⇒ −(u1 + ln(u1)) > −(u2 + ln(u2)) =⇒−u1 − ln(u1) > −u2 − ln(u2) =⇒ H(u1) > H(u2). Logo H e decrescente.

(f) Sabemos que x ≥ 1 =⇒ ln(x) ≥ 0. Assim,

0 < 1 ≤ x1 < x2 =⇒�

0 < x1 < x2

0 ≤ ln(x1) < ln(x2)=⇒ x1 ln(x1) < x2 ln(x2) =⇒ r(x1) < r(x2). Logo r e crescente.

3. (a) x1 < x2, base = 2 > 1 =⇒ 2x1 < 2x2 =⇒ 2x1 − 4 < 2x2 − 4 =⇒ h(x1) < h(x2) =⇒ h e crescente =⇒ h e injetora.

Por hipotese, o contradomınio e igual a sua imagem, logo h tambem e sobrejora. Assim h e sobrejora e injetora, isto e, he bijetora e inversıvel.

y = 2x − 4 ⇐⇒ y + 4 = 2z ⇐⇒ log2(2x − 4) = log2 2x ⇐⇒ log2(2x − 4) = x =⇒ h−1(y) = log2(2y − 4) ouh−1(x) = log2(2x − 4).

(b) x1 < x2 =⇒ x1 − 8 < x2 − 8 =⇒ log10(x1 − 8) < log10(x2 − 8) =⇒ − log10(x1 − 8) > − log10(x2 − 8) =⇒3− log10(x1 − 8) > 3− log10(x2 − 8) =⇒ f(x1) > f(x2) =⇒ f e decrescente =⇒ f e injetora.

Por hipotese, o contradomınio e igual a sua imagem, logo f tambem e sobrejora. Assim f e sobrejora e injetora, isto e, fe bijetora e inversıvel.

y = 3− log10(x− 8) =⇒ y − 3 = − log10(x− 8) =⇒ 3− y = log10(x− 8) =⇒ 103−y = 10log10(x−8) =⇒ 103−y = x− 8=⇒ 103−y + 8 = x =⇒ f−1(y) = 8 + 103−y ou f−1(x) = 8 + 103−x.

(c) t1 < t2 =⇒ t1 − 5 < t2 − 5 =⇒ et1−5 < et2−5. Sabemos que et1−5 > 0 e et2−5 > 0 pois ex > 0, ∀x ∈ R. Assim,

et1−5 < et2−5 =⇒ 1

et2−5<

1

et1−5=⇒ 1

et1−5>

1

et2−5=⇒ g(t1) > g(t2) =⇒ g e decrescente =⇒ g e injetora.

Por hipotese, o contradomınio e igual a sua imagem, logo g tambem e sobrejora. Assim g e sobrejora e injetora, isto e, ge bijetora e inversıvel.

y =1

10t−5⇐⇒ 10t−5 =

1

y⇐⇒ log10 10t−5 = log10

1

y⇐⇒ t− 5 = log10

1

y⇐⇒ t = 5 + log10

1

y⇐⇒

t = 5 + log10 1− log10 ylog10 1=0⇐⇒ t = 5− log10 y. Logo g−1(y) = 5− log10 y ou g−1(t) = 5− log10 t.

(d) x1 < x2, base 2 > 1 e base 3 > 1 =⇒�

log2 x1 < log2 x2

log3 x1 < log3 x2=⇒ log2 x1 + log3 x1 < log2 x2 + log3 x2 =⇒

f e decrescente =⇒ f e injetora.

Por hipotese, o contradomınio e igual a sua imagem, logo g tambem e sobrejora. Assim f e sobrejora e injetora, isto e, fe bijetora e inversıvel.

(e) y = log2 x + log3 x ⇐⇒ y =ln x

ln 2+

ln x

ln 3⇐⇒ y =

�1

ln 2+

1

ln 3

�ln x ⇐⇒ y =

ln 3 + ln 2

ln 2 ln 3ln x ⇐⇒ ln 2 ln 3

ln 2 + ln 3y = ln x ⇐⇒

eln 2 ln 3ln 2+ln 3 y

= eln x ⇐⇒ eln 2 ln 3ln 2+ln 3 y

= x. Logo, f−1(y) = eln 2 ln 3ln 2+ln 3 y

ou f−1(x) = eln 2 ln 3ln 2+ln 3 x

.


4. (a)6

2x − 1= 1 ⇐⇒ 2x − 1 = 6 ⇐⇒ 2x = 7 ⇐⇒ log2 2x = log2 7 ⇐⇒ x = log2 7 .

(b) Fazendo u = 3x, temos que u2 = (3x)2 = 32x. Substituindo na equacao dada, obtemos

6u2 + u− 1. Resolvendo essa equacao em u, obtemos u = 13

e u = − 12.

Quando u = 13, como u = 3x, temos que 3x = 1

3. Resolvendo em x, 3x = 1

3⇐⇒ 3x = 3−1 ⇐⇒ x = −1 .

Quando u = − 12, como u = 3x, temos que 3x = − 1

2, nao ha solucao real pois sabemos que 3x > 0 ∀x ∈ R.

(c)�

12

�x2= 5 ⇐⇒ log 1

2

�12

�x2= log 1

25 ⇐⇒ x2 = log 1

25 ⇐⇒ x =

qlog 1

25 ou

x = −q

log 12

5.

Esses valores de x sao numeros reais se e so se log 12

5 > 0. Precisamos verificar

se log 12

5 > 0 ou se log 12

5 < 0.

Observando o grafico ao lado, vemos que log 12

< 0, ∀t > 1 =⇒ log 12

5 < 0.

Logo a equacao nao tem solucao .

1/2

1/2

1/2

(1/2)

y = log t

ty =

t

y

–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

(d) log3(x− 1) = 4 ⇐⇒ 3log3(x−1) = 34 ⇐⇒ x− 1 = 34 ⇐⇒ x = 1 + 81 ⇐⇒ x = 82 .

(e) log10 x + 2 log10 2 = 3 ⇐⇒ log10 x + log10 22 = 3 ⇐⇒ log10 x · 22 = 3 ⇐⇒ log10 4x = 3 ⇐⇒ 10(log10 4x) = 103 ⇐⇒4x = 1000 ⇐⇒ x = 250 .

(f) x log3 x = log5 x ⇐⇒ x · ln x

ln 3=

ln x

ln 5⇐⇒ x · ln x

ln 3− ln x

ln 5= 0 ⇐⇒

�x

ln 3− 1

ln 5

�· ln x = 0 ⇐⇒ x

ln 3− 1

ln 5= 0 ou ln x = 0.

Resolvendo cada equacao,

x

ln 3− 1

ln 5= 0 ⇐⇒ x

ln 3=

1

ln 5⇐⇒ x =

ln 3

ln 5ou ln x = 0 ⇐⇒ x = 1 .

(g) ln(ln x) = 1 ⇐⇒ ln x = 1 ⇐⇒ x = e.

5. (a) 3ex < 4 ⇐⇒ ex < 43⇐⇒ ln(ex) < ln

�43

�⇐⇒ x < ln�

43

�.

(b) 12

< ln(x) < 4 ⇐⇒ e12 < eln(x) < e4 ⇐⇒ e

12 < x < e4 .

(c) log10(x− 4) > 0 ⇐⇒ 10(log10(x−4)) > 100 ⇐⇒ x− 4 > 1 ⇐⇒ x > 5 .

(d) 1 < 2−x < 4 ⇐⇒ 20 < 2−x < 22 ⇐⇒ 0 < −x < 2 ⇐⇒ −0 > x > −2 ⇐⇒ −2 < x < 0 .

6. (a)

- 3

3

y =

xy =

x

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

( - 5)

4 - 3

4 - 3x

x

y =

y =

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–1 1 2 3 4 5 6 7

(b) Df = R; If = (−∞, 4).

(c) E decrescente pois x1 < x2 =⇒ x1 − 5 < x2 − 5 =⇒e(x1−5) < e(x2−5) =⇒ −e(x1−5) > −e(x2−5)

=⇒ 4− e(x1−5) > 4− e(x2−5) =⇒ f(x1) > f(x2).

(d) Se f e decrescente entao f e injetora. Por hipotese, ocontradomınio de f e igual a sua imagem, logo f e sobre-jetora.

Logo f sendo injetora e sobrejetora, por definicao, e bi-jetora. Se f e bijetora entao f admite inversa (teorema).

(e) y = 4 − 3(x−5) ⇐⇒ y − 4 = −3(x−5) ⇐⇒ 4 − y =3(x−5) ⇐⇒ log3(4− y) = log3 3(x−5) ⇐⇒ log3(4− y) =x− 5⇐⇒ x = 5 + log3(4 − y) ⇐⇒ f−1(y) = 5 + log3(4 − y)ou f−1(x) = 5 + log3(4− x).

(f) Df−1 = If = (−∞, 4); If−1 = Df = R.

(g)y

x

–2

–10

1

2

3

4

5

6

–2 –1 1 2 3 4 5 6

7. (a)

( - )y = ln x y = ln x

y

x

–4

–3

–2

–10

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4

5 + (-( - 4))

5+ (- )

y = ln x

y = ln x

yx

–6

–4

–2

0–4 –2 2 4

(b) Df = (−∞, 4) , If = R(c) E decrescente pois x1 < x2 =⇒ −x1 > −x2 =⇒

=⇒ 4 − x1 > 4 − x2 =⇒ ln(4 − x1) > ln(4 − x2) =⇒−3 + ln(4− x1) > −3 + ln(4− x2) =⇒ f(x1) > f(x2).

(d) Se f e decrescente entao f e injetora. Por hipotese, ocontradomınio de f e igual a sua imagem, logo f e sobre-jetora.

Logo f sendo injetora e sobrejetora, por definicao, e bi-jetora. Se f e bijetora entao f admite inversa (teorema).

(e) y = −3 + ln(4− x) ⇐⇒ y + 3 = ln(4− x) ⇐⇒e(y+3) = e(ln(4−x)) ⇐⇒ e(y+3) = 4− x ⇐⇒x = 4− e(y+3) ⇐⇒ f−1(y) = 4− e(y+3) ouf−1(x) = 4− e(x+3)

(f) Df−1 = If = R, If−1 = Df = (−∞, 4)

(g)

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4


8. (a)√

2 < 3√3 ⇐⇒ 212 < 3

13 . Como 2

12 > 0 e 3

13 > 0 podemos elevar a potencia 6 = mmc(2, 3), a desigualdade se preserva.

Logo 212 < 3

13 ⇐⇒

�2

12

�6<�3

13

�6 ⇐⇒ 23 < 32 ⇐⇒ 8 < 9. Como essa desigualdade e verdadeira e ha equivalencia

entre a primeira e a ultima, temos que a primeira e verdadeira, isto e,√

2 < 3√3 .

4√4 =�22� 1

4 = 212 =

√2. Logo 4√4 =

√2 .

√2 < 5√5 ⇐⇒ 2

12 < 5

15 ⇐⇒

�2

12

�10<�5

15

�10 ⇐⇒ 25 < 52 ⇐⇒ 32 < 25.

Ha equivalencia entre a primeira e ultima desigualdade, a ulima e falsa, logo a primeira e falsa, isto e,√

2 > 5√5

Assim a lista ordenada e 1 < 5√5 <√

2 < 3√3.

(b) x ∈ R(c)

x

y

0

0.5

1

1.5

2

0.5 1 1.5 2

(d) Quando x > 1: x < x5√5 < x

√2 < x

3√3

(e) Quando 0 < x1: x3√3 < x

√2 < x

5√5 < x




LISTA 9 - 2008-2

Numeros complexos

1. Considere a seguinte lista de numeros complexos:

z = i; z = 3; z = 1− i; z = 2− i; z = −2− 3i; z = −i +√

2

(a) Represente geometricamente cada numero complexo z da lista, bem como o conjugado z de cada z.

(b) De o valor absoluto de cada z e z, isto e, calcule |z| e |z| para cada z ∈ C.

(c) Encontre w =z

|z| para cada z dessa lista. Verifique que para cada w, tem-se que |w| = 1.

Represente geometricamente w =z

|z| para cada z da lista.

2. Prove que

��z

|z|

�� = 1 ∀z ∈ C, z 6= 0.

3. Sejam z1 = 3i, z2 = 4− i e z3 = 2 + 4i. Encontre z na forma a + bi, para:

(a) z =z2 + z3

2(b) z =

9

z1

(c) z = z1z3 (d) z =z2

z1(e) z =

z1

z3

4. Considere os seguintes numeros complexos na forma polar:

z1 = 4 (cos(π/3) + i sen (π/3))

z2 = (1/2) (cos(2π/9) + i sen (2π/9))

z3 = cos(7π/6) + i sen (7π/6)

z4 =√

2 (cos(7π/4) + i sen (7π/4))

Calcule e represente no plano complexo:

(a)z1

|z1| (b) z1z2 (c)z2z3

|z2z3| (d) z1z2z4 (e)z1

z4(f)

z21z6

3

|z21z6

3 |

5. Considere z = a + ai, onde a e uma constante real, a 6= 0.

Sabe-se que arg(z) (argumento de z) e o unico angulo θ que z faz com o eixo real tal que 0 ≤ θ < 2π, isto e, 0 ≤ arg(z) < 2π.

(a) Represente z no plano complexo (considere os casos a > 0 e a < 0 separadamente)

(b) Determine arg z (considere os casos a > 0 e a < 0 separadamente).

(c) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de z2 quando a > 0.

(d) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de zn quando a > 0 e n ∈ N.

(e) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de z3 quando a < 0.

6. Considere z = −a + ai, onde a e uma constante real, a 6= 0.

(a) Represente z no plano complexo (considere os casos a > 0 e a < 0 separadamente)

(b) Determine arg z (considere os casos a > 0 e a < 0 separadamente).

(c) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de z2 quando a > 0.

(d) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de zn quando a > 0 e n ∈ N.

(e) Sem fazer calculos, determine o argumento principal de z3 quando a < 0.

7. Transforme os seguintes numeros complexos para a forma polar:

(a) 4√

3 + 4i (b) − 1

3+

√3

3i (c) 2− 2i (d) −i

8. Resolva as equacoes, considerando z ∈ C.

(a) z4 = 4√

3 + 4i (b) z3 = 27− 27i (c) z5 = −i



1. (a)

-z = - i

z = i

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

3-z = z =

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

= 1 +

= 1 -z i

-z i

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

= 2 +

= 2 -

-z i

z i

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

= –2 + 3

= –2 - 3

z i

z i

-

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

V

V

= 2 +

= 2 -

z i

__z i

- __

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

(b) |z| = |i| = √0 + 1 = 1;

|z| = | − i| = √0 + 1 = 1.

|z| = |3| = √9 + 0 = 3;

|z| = |3| = 3.

|z| = |1− i| = √1 + 1 =

√2;

|z| = |1 + i| = √1 + 1 =

√2.

|z| = |2− i| = √4 + 1 =

√5;

|z| = |2 + i| = √4 + 1 =

√5.

|z| = | − 2− 3i| = √4 + 9 =

√13;

|z| = | − 2 + 3i| = √4 + 9 =

√13.

|z| = |√2− i| = √2 + 1 =

√3;

|z| = |√2 + i| = √2 + 1 =

√3.

(c) w1 =z

|z| =i

|i| =i

1= i =⇒ |w1| = |i| = 1

w2 =z

|z| =3

|3| =3

3= 1 =⇒ |w2| = |1| = 1

w3 =z

|z| =1− i

|1− i| =1− i√

2= 1√

2− 1√

2i

=⇒ |w3| = 1√2− 1√

2i =

q12

+ 12

=√

1 = 1.

w4 =z

|z| =2− i

|2− i| =2− i√

5= 2√

5− 1√

5i

=⇒ |w4| = 2√5− 1√

5i =

q45

+ 15

=√

1 = 1.

w5 =z

|z| =−2− 3i

| − 2− 3i| =−2− 3i√

13= −2√

13+ −3√

13i

=⇒ |w5| = −2√13

+ −3√13

i =q

413

+ 913

=√

1 = 1.

w6 =z

|z| =

√2− i

|√2− i| =

√2− i√

3=√

2√3− 1√

3i

=⇒ |w6| =√

2√3− 1√

3i =

q23

+ 13

=√

1 = 1.

1

3

4

2

6

5

w

w

w

www

–1

1

–1 1

2. Considerando z ∈ C, z = a + bi, a, b ∈ R, z 6= 0.

Para z 6= 0, temos que |z| 6= 0 e

��z

|z|

�� =��

a + bi√a2 + b2

�� =��

a√a2 + b2

+b√

a2 + b2i

�� =s

a2

a2 + b2+

b2

a2 + b2=

sa2 + b2

a2 + b2= 1.

3. (a) z =3i + 2 + 4i

2=

2 + 7i

2= 1 + 7

2i.

(b) z =9

z1=

9

3i=

3 · (−i)

i · (−i)=−3i

−i2=

−3i

−(−1)=−3i

1= −3i.

(c) z = (3i)(2 + 4i) = 6i + 12i2 = 6i− 12 = −12 + 6i.

(d) z =4− i

3i=

(4− i)(−i)

3(i)(−i)=−4i + i2

−3i2=−4i− 1

3= − 1

3− 4

3i.

(e) z =3i

2 + 4i=

3i(2− 4i)

(2 + 4i)(2− 4i)=

6i− 12i2

4− 8i + 8i− 16i2=

6i− 12(−1)

4− 16(−1)=

12 + 6i

20= 3

5+ 3

10i.

4. (a) Sabemos que ∀z ∈ C, a representacao na forma polar e z = |z|(cos θ + i sen θ).

Logo, para z1 = 4 (cos(π/3) + i sen (π/3)), temos que |z1| = 4 e θ = π/3.

Daı,z1

|z1|=

4 (cos(π/3) + i sen (π/3))

4=

1

2+

√3

2i.

(b) Sabemos que ∀z1, z2 ∈ C, tal que z1 = |z1|(cos θ1 + i sen θ1) e z2 = |z2|(cos θ2 + i sen θ2) ,

produto e calculado por z1 · z2 = |z1| · |z2|(cos(θ1 + θ2) + i sen (θ1 + θ2)).

Para z1 = 4�cos�

π3

�+ i sen

�π3

��, temos que |z1| = 4 e θ = π

3

Para z2 = (1/2)�cos�

2π9

�+ i sen

�2π9

��temos que |z2| = 1/2 e θ = 2π

9.

Daı, z1z2 = 41

2

�cos�

π3

+ 2π9

�+ i sen

�π3

+ 2π9

��= 2

�cos�

5π9

�+ i sen

�5π9

��.

Sabemos que5π

9corresponde a 100◦, nao ha formula simples para calcular o valor exato de cos

�5π9

�e sen

�5π9

�. Neste

caso deixamos indicado ou usamos calculadora para calcular aproximadamente esses valores.

(c) Sabemos que

��z

|z|

�� = 1,∀z 6= 0, logo

��z2z3

|z2z3|

�� = 1 ez2z3

|z2z3|= cos

�2π9

+ 7π6

�+ i sen

�2π9

+ 7π6

�= cos

�25π18

�+ i sen

�25π18

�.

Sabemos que5π

9corresponde a 250◦, nao ha formula simples para calcular o valor exato de cos

�25π18

�e sen

�25π18

�. Neste

caso deixamos indicado ou usamos calculadora para calcular aproximadamente esses valores.

(d) z1z2z4 = (z1z2)(z4) = (|z1| · |z2|(cos(θ1 + θ2) + i sen (θ1 + θ2) ) ) · (|z4|(cos(θ4) + i sen (θ4) ) ) =|z1| · |z2| · |z4|(cos(θ1 + θ2 + θ4) + i sen (θ1 + θ2 + θ4) ).

Pelos dados do exercıcio, |z1| = 4; |z2| = 1/2; |z4| =√

2; θ1 = π/3; θ2 = 2π/9; θ4 = 7π/4.

Daı, z1z2z4 = 41

2

√2�cos�

π3

+ 2π9

+ 7π4

�+ i sen

�π3

+ 2π9

+ 7π4

� �= 2

√2�cos�

83π36

�+ i sen

�83π36

� �=

2√

2�cos�

83π36

− 2π�

+ i sen�

83π36

− 2π� �

= 2√

2�cos�

11π36

�+ i sen

�11π36

� �.


(e) Sabemos quez1

z4=

z1z4

z4z4=

z1z4

|z4|2=

z1z4

|z4|2. A justificativa da ultima igualdade e que |z| = |z|, ∀z ∈ C.

Para z4 = |z4|(cos θ4 + i sen θ4)) , temos z4 = |z4|(cos θ4 − i sen θ4) = |z4|(cos(−θ4) + i sen (−θ4) ).

Logo,z1

z4=|z1||z4||z4|2

(cos(θ1 + (−θ4) ) + i sen (θ1 + (−θ4) ) ) =|z1||z4|

(cos(θ1 − θ4) + i sen (θ1 − θ4) )

Assim, pelos dados do exercıcio, |z1| = 4; |z4| =√

2; θ1 − θ4 =π

3− 7π

4=−17π

12≡ −17π

12+ 2π =

7π

12.

Daı,z1

z4= 4√

2

�cos�

7π12

�+ i�

7π12

� �= 2

√2�cos�

7π12

�+ i�

7π12

� �.

Sabemos que7π

12corresponde a 105◦ = 135◦ − 30◦, logo

cos(105◦) = cos(135◦ − 30◦) = cos(135◦) cos(30◦) + sen (135◦) sen (30◦) = −√

22

√3

2+√

22

12

= −√6+√

24

.

sen (105◦) = sen (135◦ − 30◦) = sen (135◦) cos(30◦)− sen (30◦) cos(135◦) =√

22

√3

2− 1

2

�−√

22

�=√

6+√

24

.

Logo,z1

z4= 2

√2�−√6+

√2

4+ i

√6+√

24

�=�−√3 + 1

�+�√

3 + 1�

i

(f) Sabemos que

��z

|z|

�� = 1, ∀z ∈ C, logo

��z21z6

3��z21z6

3

��

�� = 1. Assim, para calcularz21z6

3��z21z6

3

�� , basta calcular os angulos que z21 e

z63 fazem com o eixo real para aplicar a formula polar do produto de complexos.

Sabemos que para z = |z|(cos θ + i sen θ), n ∈ N, vale a formula de De Moivre: zn = |z|n(cos(nθ) + i sen (nθ) ).

Assim, pelos dados do exercıcio, z21 = |z1|2

�cos�2

π

3

�+ i sen

�2

π

3

��; z2

3 = |z3|2�

cos

�67π

6

�+ i sen

�67π

6

��.

Logo,z21z6

3��z21z6

3

�� = 1

�cos

�2π

3+ 7π

�+ i sen

�2π

3+ 7π

��=

�cos

�2π

3+ π

�+ i sen

�2π

3+ π

��=

�cos

�5π

3

�+ i sen

�5π

3

��=

1

2−√

3

2i

5. (a) z = a + ai, a > 0 z = a + ai, a < 0

z

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

z

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

(b) Para a > 0, arg(z) = π/4

Para a < 0, arg(z) = 5π/4

(c) Para a > 0, arg�z2�

= π/2.

(d) Observando a figura, vemos que e preciso multiplicar π/4por 8 ate chegar novamente em 2π. Logo,

arg(zn) = rπ/4, onde r e o resto da divisao de n por 8.

(e) Observando a figura, na primeira multiplicacao, z por z,temos arg(z2) = π/2, na segunda multiplicacao, z2 porz, temos arg(z3) = 2π − π/4 = 7π/4.

6. (a) z = −a + ai, a > 0 z = −a + ai, a < 0

z

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

z

–3

–2

–1

0

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

(b) Para a > 0, arg(z) = 3π/4

Para a < 0, arg(z) = 7π/4

(c) Para a > 0, arg�z2�

= 3π/2.

(d) Observando a figura, vemos que e preciso multiplicar π/4por 8 ate chegar novamente em um multiplo de 2π. Logo,

arg(zn) = r · 3π/4, r e o resto da divisao de n por 8.

(e) Observando a figura, na primeira multiplicacao, z por z,temos arg(z2) = 3π/2, na segunda multiplicacao, z2

por z, temos arg(z3) = 5π/4.

7. (a) Sabemos que z = a + bi =

√a2+b2√a2+b2

(a + bi) =√

a2 + b2�

a√a2+b2

+ i b√a2+b2

�= |z|(cos θ + i sen θ).

Logo |z| = √a2 + b2, cos θ =

a√a2 + b2

, sen θ =b√

a2 + b2.

Assim, pelos dados do exercıcio, |z| = |4√3+4i| = √16 · 3 + 16 = 8; cos(θ) = 4

√3

8=√

32

; sen (θ) = 48

= 12

=⇒ θ = π/6.

Logo, 4√

3 + 4i = 8(cos(π/6) + i sen (π/6) ).

(b)��− 1

3+√

33

i�� =

r�− 13

�2+�√

33

�2=q

19

+ 39

=2

3; cos(θ) =

−1323

= − 12

; sen (θ) =

√3

323

=√

32

=⇒ θ = 2π/3.

Logo, − 13

+√

33

i = 23(cos(2π/3) + i sen (2π/3)).

(c) |2− 2i| = √4 + 4 =

√8 = 2

√2; cos(θ) = 2√

2; sen (θ) = − 2√

2=⇒ θ = 7π/4.

Logo, 2− 2i = 2√

2(cos(7π/4) + i sen (7π/4) ).

(d) | − i| = √0 + 1 = 1; cos(θ) = 0/1 = 0; sen (θ) = 1/1 = 1 =⇒ θ = π/2 =⇒ −i = (cos(π/2) + i sen (π/2) ).


8. (a) Sabe-se que zn = w, n ∈ N, w = |w|(cos θ+i sen θ) =⇒ z = |w|1/n�cos�

θ+2kπn

�+ i sen

�θ+2kπ

n

��, k = 0, 1, 2, . . . , n−1.

Pelos dados do exercıcio, w = 4√

3 + 4i, pelo ex. 7.(a), 4√

3 + 4i = 8(cos(π/6) + i sen (π/6) ). Logo,

z = 81/4�cos� π

6 +2kπ

4

�+ i sen

� π6 +2kπ

4

��, k ∈ {0, 1, 2, 3}. Determinando as quatro raızes da equacao,

z1 = 81/4�cos� π

6 +0π

4

�+ i sen

� π6 +0π

4

��= 81/4

�cos�

π24

�+ i sen

�π24

��.

z2 = 81/4�cos� π

6 +2π

4

�+ i sen

� π6 +2π

4

��= 81/4

�cos�

13π24

�+ i sen

�13π24

��.

z3 = 81/4�cos� π

6 +4π

4

�+ i sen

� π6 +4π

4

��= 81/4

�cos�

25π24

�+ i sen

�25π24

��.

z4 = 81/4�cos� π

6 +6π

4

�+ i sen

� π6 +6π

4

��= 81/4

�cos�

37π24

�+ i sen

�37π24

��.

(b) w = 27− 27i, |w| = √272 + 272 =

√2 · 272 = 27

√2; cos(θ) = 27

27√

2=√

22

; sen (θ) = −2727√

2= −

√2

2=⇒ θ = 7π/4.

z = 271/3

�cos

�7π4 +2kπ

3

�+ i sen

�7π4 +2kπ

3

��, k ∈ {0, 1, 2}. Determinando as tres raızes da equacao,

z1 = 3

�cos

�7π4 +0π

3

�+ i sen

�7π4 +0π

3

��= 3

�cos�

7π12

�+ i sen

�7π12

��= 3

�√2−√64

+ i√

2+√

64

�(ver exercıcio 4.(e) ).

z2 = 3

�cos

�7π4 +2π

3

�+ i sen

�7π4 +2π

3

��= 3

�cos�

5π4

�+ i sen

�5π4

��= 3

�−√

22

+ i�−√

22

� �.

z3 = 3

�cos

�7π4 +4π

3

�+ i sen

�7π4 +4π

3

��= 3

�cos�

23π12

�+ i sen

�23π12

��= 3

�√2+√

64

+ i√

2−√64

�.

Justificativa: sabemos que23π

12= 2π − π/12 corresponde a 345◦ = 300◦ + 45◦, logo

cos(345◦) = cos(300◦ + 45◦) = cos(300◦) cos(45◦)− sen (300◦) sen (45◦) = 12

√2

2−�−√

32

√2

2

�=√

2+√

64

.

sen (345◦) = sen (300◦ + 45◦) = sen (300◦) cos(45◦) + sen (45◦) cos(300◦) = −√

32

√2

2+√

22

12

=√

2−√64

.

(c) w = −i; |w| = 1; θ = arg(w) = 3π/2.

z = 11/5

�cos

�3π2 +2kπ

5

�+ i sen

�3π2 +2kπ

5

��, k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Determinando as cinco raızes da equacao,

z1 =

�cos

�3π2 +0π

5

�+ i sen

�3π2 +0π

5

��=�cos�

3π10

�+ i sen

�3π10

��. 3π

10∼ 54◦, mesmo comentario do exercıcio 4.(b).

z2 =

�cos

�3π2 +2π

5

�+ i sen

�3π2 +2π

5

��=�cos�

7π10

�+ i sen

�7π10

��. 7π


z3 =

�cos

�3π2 +4π

5

�+ i sen

�3π2 +4π

5

��=�cos�

11π10

�+ i sen

�11π10

��. 11π


z4 =

�cos

�3π2 +6π

5

�+ i sen

�3π2 +6π

5

��=�cos�

3π2

�+ i sen

�3π2

��= −i.

z5 =

�cos

�3π2 +8π

5

�+ i sen

�3π2 +8π

5

��=�cos�

19π10

�+ i sen

�19π10

��. 19π

Documents

Pré-Cálculo – 2008-1 - gma.uff.br disciplinas/Matematica Basica 2008... · x x x A lista 6 está com ... de tricotomia): (i) a < b ou(exclusivo) ... Quando escrevemos x • 4,