Resolução de problemas 1

em Matemtica em Rede Nacional

Mestrado Profissional

Iniciao Matemtica

Autores: Krerley Oliveira Adn J. Corcho

Unidade I: Captulos I e II

.

Dedicamos este livro as nossas esposas e lhos, que compreenderam os sbados sacricados em funo de escrev-lo e a nossos pais, por tudo o que eles representam.

Tente! E no diga que a vitria est perdida. Se de batalhas que se vive a vida. Tente outra vez! (Raul Seixas)

vi

SumrioPrefcio 1 Primeiros Passos1.1 1.2 1.3 Organizando as Ideias Verdadeiro ou Falso? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xi 11 5 9 10 15 18 26

Teoremas e Demonstraes . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Mtodos de Demonstrao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4 1.5 1.6

Algumas Dicas para Resolver Problemas Solues dos Problemas da Seo 1.4 Exerccios

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Equaes e Inequaes2.1 Equaes do Primeiro Grau 2.1.1 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3133 37 42 46 49 50 55 59 60

Sistemas de Equaes do Primeiro Grau 2.2.1

Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

Equao do Segundo Grau . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 Completando Quadrados . . . . . . . . . . . . . Relao entre Coecientes e Razes Equaes Biquadradas O Mtodo de Viti . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . .

vii

viii

SUMRIO

2.4 2.5 2.6

Inequaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inequao do Primeiro Grau . . . . . . . . . . . . . . . Inequao do Segundo Grau 2.6.1 . . . . . . . . . . . . . . . .

62 63 69 75 77 77 80 81

Mximos e Mnimos das Funes Quadrticas

2.7

Miscelnea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 2.7.2 Equaes Modulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Um Sistema de Equaes No lineares

2.8

Exerccios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Divisibilidade3.1 3.2 3.3 Conceitos Fundamentais e Diviso Euclidiana Bases Numricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8990 99

Mximo Divisor Comum e Mnimo Mltiplo Comum 3.3.1 3.3.2 3.3.3 3.3.4

. 106

Mximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . 106 Algoritmo de Euclides . . . . . . . . . . . . . . 111 . . . . . . . . . . . . 115

Mnimo Mltiplo Comum

Equaes Diofantinas Lineares . . . . . . . . . . 120

3.4 3.5

Nmeros Primos e Compostos . . . . . . . . . . . . . . 123 Procurando Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 3.5.1 3.5.2 3.5.3 O Crivo de Eratstenes . . . . . . . . . . . . . . 127 Primos de Mersenne . . . . . . . . . . . . . . . 129

O Teorema Fundamental da Aritmtica . . . . . 133 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.6

Exerccios

4 O Princpio da Casa dos Pombos4.1 4.2 4.3 4.4

143

Primeiros Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Uma Verso mais Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 Aplicaes na Teoria dos Nmeros . . . . . . . . . . . . 149 Aplicaes Geomtricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

SUMRIO

ix

4.5 4.6

Miscelnea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5 Contagem5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7 5.8 5.9 Princpio Aditivo da Contagem

161. . . . . . . . . . . . . 162

Princpio Multiplicativo de Contagem . . . . . . . . . . 170 Uso Simultneo dos Princpios Aditivo e Multiplicativo 178

Permutaes Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 Arranjos Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

Combinaes Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 O Binmio de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 . . . . . . . . . . . . . . . 195

Contagem e Probabilidades Exerccios Propostos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6 Induo Matemtica6.1 6.2 Formulao Matemtica

203. . . . . . . . . . . . . . . . . 204

Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 6.2.1 6.2.2 6.2.3 Demonstrando Identidades . . . . . . . . . . . . 206 Demonstrando Desigualdades . . . . . . . . . . 210 . . . . . 212

Induo e Problemas de Divisibilidade

6.3 6.4

Induo na Geometria

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

Miscelnea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 6.4.1 Cuidados ao Usar o Princpio da Induo . . . . 222

6.5 6.6

Induo e Recorrncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

7 Desigualdades7.1 7.2 Desigualdade Triangular

233. . . . . . . . . . . . . . . . . 234

Desigualdade das Mdias . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

x

SUMRIO

7.3 7.4 7.5

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

. . . . . . . . . . . . 245

Desigualdade de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

8 Polinmios8.1 8.2 Algoritmo de Euclides

255. . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 . . . . . . . . 268 . . 269

Operaes com Polinmios . . . . . . . . . . . . . . . . 255

8.3 Sempre Existem Razes de um Polinmio? 8.3.1 8.4

Nmeros Complexos e Razes de Polinmios

Exerccios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

A Apndice: Funes Referncias

279 285

Prefcio

Neste livro pretendemos oferecer ao leitor uma introduo Matemtica Elementar. Juntando as experincias didticas vividas pelos

autores individualmente no Brasil e em Cuba, e mais alguns anos juntos como treinadores de projetos de introduo Matemtica no estado de Alagoas, esperamos tornar para o leitor a Matemtica mais interessante, mostrando um pouco do imenso brilho e beleza que ela esconde. O livro foi escrito em captulos, cada um deles detalhando um tema central e trazendo alguns teoremas fundamentais. Com muitos exemplos e aplicaes dos conceitos introduzidos, pretendemos mostrar ao leitor a importncia do assunto abordado. A organizao dos exemplos tenta seguir uma linha em ordem crescente de diculdade e, para o melhor aproveitamento do livro, o trabalho com os exerccios parte fundamental. Ler o enunciado e resolver o maior nmero pos-

xi

xii

Prefcio

svel de exerccios imperativo.

Como j disse o Prof.

Elon Lima,

Matemtica no se aprende passivamente. Os exemplos e aplicaes dos conceitos, bem como os teoremas, devem ser lidos com cuidado e muita ateno. Para os estudantes

que desejem treinar para olimpadas de Matemtica, sugerimos que formem grupos de estudo para trabalhar os temas individualmente, sob a orientao de um professor. Acreditamos que o texto pode ser utilizado em uma disciplina elementar num curso de licenciatura ou bacharelado em Matemtica. O primeiro captulo para introduzir o leitor no esprito do livro e dar uma amostra do tipo de problemas e material que seguir nos demais captulos. So propostos alguns problemas, muitos deles com solues, e discutimos alguns mtodos importantes para uso no dia a dia dos estudantes. Nesta discusso inclumos o estudo de proposies matemticas, provas por contraposio, o mtodo de reduo ao absurdo e algumas outras regras bsicas e cuidados que devemos ter ao resolver problemas em Matemtica. Em seguida, estudamos as equaes do primeiro e do segundo grau. Estudamos os mtodos de resoluo dessas equaes, sistemas de equaes, relaes entre razes e coecientes, bem como alguns problemas interessantes que podem ser solucionados via essas equaes. Em seguida, estudamos inequaes do primeiro e do segundo grau. O captulo seguinte trata do conceito de divisibilidade. Tentamos introduzir o leitor nos principais aspectos bsicos, incluindo-se a divisibilidade com resto, mximo divisor comum e mnimo mltiplo comum, nmeros primos e compostos, e um pouco de equaes diofantinas lineares. Um captulo til para o estudante que deseja participar de Olim-

Prefcio

xiii

padas de Matemtica o que trata do princpio da casa dos pombos. Este captulo um belo exemplo de como algo aparentemente ingnuo pode gerar consequncias interessantes. Alguns dos exemplos esto

conectados com os captulos anteriores e aparentemente aplicam o princpio de modo inusitado, em problemas de geometria, teoria dos nmeros e em reas diversas. No captulo de contagem, comeamos com noes teis sobre conjuntos e princpios bsicos para contar os elementos de um conjunto. Nesse captulo, estamos mais preocupados com as aplicaes imediatas do assunto, sugerindo alguns problemas para o estudante iniciante. Seguimos discutindo os tipos de agrupamento de elementos e suas consequncias. Obtemos o binmio de Newton e introduzimos a noo de probabilidade de um conjunto, resolvendo alguns problemas relacionados. Em seguida, estudante se depara com uma arma poderosa do matemtico. O mtodo da induo nita estudado procurando conectar esta noo com os captulos anteriores, reobtendo com o auxlio do mtodo da induo algumas coisas que j foram deduzidas por outros mtodos. Vrios exemplos e problemas so resolvidos, alguns deles de modo surpreendente e inesperado. No prximo captulo, introduzimos algumas desigualdades populares para o uso do estudante. Algumas dessas desigualdades so muito importantes no estudo mais profundo da Matemtica e no aparecem em cursos introdutrios, apesar de suas provas e aplicaes serem elementares. Todas as desigualdades aparecem com demonstraes,

em muito dos casos utilizando-se lgebra elementar e o mtodo de induo nita. So apresentados vrios exemplos que mostram a utilidade dessas desigualdades em alguns problemas prticos. Para xar

xiv

Prefcio

o conhecimento, propomos vrios exerccios complementares. Alguns deles, cuja soluo mais elaborada, so sugeridos. No ltimo ca-

ptulo, estudamos um pouco as propriedades gerais dos polinmios. Para complementar a formao do leitor menos experiente, inclumos um apndice sobre funes. Somos gratos a muitas pessoas que colaboraram com a elaborao deste livro com sugestes e correes em verses iniciais. Entre eles, citamos: Carlos Gustavo Moreira, Ali Tahzibi, Feliciano Vitrio, Eduardo Teixeira, Chico Potiguar e vrios de nossos alunos de Iniciao Cientca e mestrado, que por vrias ocasies deram sugestes para a melhoria do texto. Um agradecimento especial vai para Fernando Echaiz, que nos ajudou ativamente nas notas do Captulo 5 que originaram este texto. Finalmente, agradecemos aos revisores pela leitura cuidadosa e ao comit editorial da SBM, na pessoa da profa. Helena Lopes, pelo excelente trabalho de editorao.

Macei, Abril de 2010

Krerley Oliveira Adn J. Corcho

1Primeiros Passos

Neste captulo, discutiremos algumas ideias gerais e convenes que serviro como base para os diferentes mtodos de resoluo de problemas que trataremos nos captulos seguintes. Alguns dos exemplos que abordamos sero teis para orientar quanto ao cuidado que devemos ter quando discutimos problemas em Matemtica.

1.1

Organizando as Ideias

Para resolver problemas matemticos precisamos ter bem claro o que devemos provar e o que estamos assumindo como verdade. sobre

isso que falaremos agora. Comearemos observando as seguintes armaes:

1

2

1

Primeiros Passos

(a) A soma de dois nmeros pares sempre um nmero par.

(b) Todo brasileiro carioca.

(c) A terra um planeta.

(d) Se

c

o comprimento da diagonal de um retngulo de lados

a

e

b,(e) Se

ento

c 2 = a2 + b 2 .ento

a < 1,

a2 > a.

Todas as armaes acima se encaixam no conceito de proposio, que damos a seguir. Uma proposio ou sentena uma frase armativa em forma de orao, com sujeito, verbo e predicado, que ou falsa ou verdadeira, sem dar lugar a uma terceira alternativa. Por exemplo, as proposies (a) e (c) so claramente verdadeiras; mais adiante nos convenceremos da veracidade da proposio (d). Por outro lado, as proposies (b) e (e) so falsas. Com efeito, para constatar a veracidade da sentena (b) teramos que checar o registro de nascimento de cada brasileiro e vericar se nasceu no Rio de Janeiro, mas isto falso pois o conhecido escritor Graciliano Ramos um brasileiro nascido em Alagoas. Analogamente, para convencer-nos de que a proposio (e) falsa basta tomar

a = 1/2 e checar que (1/2)2 =

1/4

no maior do que

1/2

como a sentena arma. Em ambos os

casos temos vericado que as proposies (b) e (e) so falsas apresentando casos particulares onde as mesmas deixam de valer. Estes casos particulares so chamados de contraexemplos e so muito teis para vericar a falsidade de algumas proposies. Notemos que as proposies (d) e (e) so do tipo:

1.1

Organizando as Ideias

3

Se onde

P,

ento

Q,

P

e

Q

tambm so sentenas. Por exemplo, na proposio (e)

temos que:

P: c

o comprimento da diagonal de um retngulo de lados

a

e

b,

Q: c2 = a2 + b2 ,ou seja, estamos assumindo que mos vericar se

P

verdade e usando este fato deve-

P

verdade ou no.

Uma proposio condicional ou implicativa uma nova proposio formada a partir de duas proposies Se

P

e

Q,

que escrita na forma:

P,

ento

Q

ou

P

implica

Q,

onde para o ltimo caso usamos a notao: a proposio

P

de hiptese e a proposio

P = Q. Chamaremos Q de tese. A hiptese

tambm chamada de proposio antecedente e a tese, de proposio

consequente.Por exemplo, na proposio condicional (f ) a hiptese : tese :

a a.

2

A partir de uma de uma proposio condicional podem-se gerar novas proposies que so de especial interesse para os matemticos. Vamos chamar o modo em que apresentamos uma proposio de forma

positiva. Por exemplo, quando enunciamos a proposioSe como laranja, ento gosto de frutas, assumimos esta armao como sua forma positiva. Vamos descrever agora como podemos obter novas proposies a partir desta.

4

1

Primeiros Passos

Forma recproca de uma proposio condicional:ptese pela proposio consequente e vice-versa. exemplo:

para cons-

truirmos a forma recproca, temos que trocar na forma positiva a hiVejamos em nosso

Forma da proposio Positiva Recproca

Hiptesecomo laranja gosto de frutas

Tesegosto de frutas como laranja

Assim, a recproca de proposio de nosso exemplo ento: Se gosto de frutas, ento como laranja

Forma contrapositiva de uma proposio condicional:

Para

obtermos a forma contrapositiva a partir da forma positiva de uma proposio condicional podemos fazer primeiro sua forma recproca e em seguida negamos as sentenas antecedente e consequente da recproca ou, tambm, podemos primeiro negar as sentenas antecedente e consequente da forma positiva e imediatamente fazer a forma recproca desta ltima. A forma contrapositiva tambm conhecida como forma contrarrecproca. Usando novamente nosso exemplo temos que:

Forma da Proposio Positiva Recproca Contrapositiva

Hiptesecomo laranja gosto de frutas no gosto de frutas

Tesegosto de frutas como laranja no como laranja

Portanto, a forma contrapositiva escreve-se assim:

1.2

Verdadeiro ou Falso?

5

Se no gosto de fruta, ento no como laranja

Em particular, a forma contrapositiva de uma proposio poder ser, eventualmente, uma forma indireta muito ecaz de vericar resultados em Matemtica.

1.2


Uma das coisas que distingue a Matemtica das demais cincias naturais o fato de que um tema de Matemtica discutido utilizando-se a lgica pura e, por conta disso, uma proposio em Matemtica, uma vez comprovada sua veracidade, aceita como verdade irrefutvel e permanecer assim atravs dos sculos. Por exemplo, at hoje usamos o teorema de Tales do mesmo modo que foi usado antes de Cristo e este fato continuar valendo eternamente. Vamos ilustrar melhor essa diferena com um exemplo em Geograa. Hoje, todos ns sabemos que a Terra tem aproximadamente Porm,

o formato de uma laranja, um pouco achatada nos polos.

na poca de Pitgoras, um dos grandes temores dos navegadores era encontrar o m do mundo. No pensamento de alguns destes aventureiros, a Terra tinha o formato de um cubo, e uma vez chegando em um dos seus extremos, o navio despencaria no vazio. Esse um dos muitos exemplos de como a concepo da natureza mudou ao longo do tempo, transformando uma concepo verdadeira num perodo da humanidade em algo completamente falso em outra poca. Porm,

para nossa felicidade, isso no acontece na Matemtica. Uma proposio matemtica ou verdadeira ou falsa e permanecer assim para sempre.

6

1

Primeiros Passos

Mas como saber se uma proposio verdadeira ou falsa? A primeira coisa que devemos fazer tomar muito cuidado. As aparncias enganam ou, como diziam nossos avs, nem tudo que reluz ouro. O leitor, avisado disso, pense agora na seguinte pergunta:

Pergunta 1:

Qual a chance de que pelo menos duas pessoas num

nibus com 44 passageiros faam aniversrio no mesmo dia do ano? Como j avisamos, o leitor deve ter cuidado ao responder pergunta acima, pois podemos nos enganar muito facilmente. Por exemplo, podemos formular o seguinte argumento errado: o ano tem 365 dias e, como estou escolhendo um grupo de 44 (nmero muito pequeno com respeito a 365) pessoas ao acaso, claro que podemos responder pergunta com a seguinte armao:

Resposta intuitiva:

A chance de que num grupo de 44 pessoas pelo

menos duas delas faam aniversrio no mesmo dia do ano pequena. primeira vista a resposta dada pode at parecer verdadeira, mas com uma anlise mais cuidadosa veremos que completamente falsa. Na verdade, a chance de que pelo menos duas pessoas do nibus faam aniversrio no mesmo dia do ano de cerca de 93%! Quem no acreditar nisto pode fazer duas coisas: primeiro, ir a sua sala de aula ou no seu nibus escolar, que deve ter pelo menos 44 pessoas, e fazer o experimento ao vivo. Muito provavelmente voc deve conseguir duas pessoas que fazem aniversrio no mesmo dia do ano. Se voc verica que existem duas pessoas que fazem aniversrio no mesmo dia do ano, no por acaso, pois a chance de isso acontecer muito alta. Mas, cuidado! Isso no uma prova matemtica para este fato. Para provar que este fato verdadeiro voc deve vericar que se escolhermos ao acaso um grupo de 44 pessoas ento com aproxi-

1.2


7

madamente 93% de chance, pelo menos duas delas fazem aniversrio no mesmo dia do ano! Porm, se voc faz o experimento e no encontra duas pessoas que fazem aniversrio no mesmo dia do ano (voc seria muito azarado!), no se desespere. Lembre-se de que se trata de algo que acontece com

chance de 93% e que pode no acontecer quando fazemos um teste.Em qualquer um dos casos, para ter a certeza de que a proposio verdadeira o leitor deve demonstr-la. Captulo Vamos analisar agora outro fato aparentemente bvio. Faremos isso no nal do

Pergunta 2:

Num campeonato de futebol onde cada time joga a

mesma quantidade de jogos, cada vitria vale trs pontos, o empate vale um ponto e a derrota nenhum ponto. Em caso de empate, o

critrio de desempate entre as equipes era o seguinte:

A melhor equipe aquela que tem mais vitrias.

Os organizadores decidiram passar a adotar o critrio a seguir:

A melhor equipe aquela que tem mais derrotas.

Voc acha que este ltimo critrio adotado justo? Com respeito a esta pergunta, o leitor deve ter respondido do seguinte modo:

Resposta:

Um time que perdeu mais pior que um que perdeu me-

nos; portanto, a mudana de critrio totalmente injusta. Acertamos a sua resposta? Na verdade, no houve mudana nenhuma de critrio, ou seja, ambos os critrios nos conduzem ao mesmo ganhador.

8

1

Primeiros Passos

Para ver isso rapidamente, lembre-se de que se a equipe mais que a equipe

A

perdeu

B

e ainda assim empataram, ento ela deve ter

ganho mais, para que no m do campeonato a equipe conseguisse empatar com a equipe mente. Sejam

A

ainda assim

B.

Vamos mostrar isso precisa-

d1 , e1 , v1

o nmero de derrotas, empates e vitrias,

respectivamente, da equipe

A. A

Do mesmo modo, sejam

d2 , e2 , v2

o

nmero de derrotas, empates e vitrias, respectivamente, da equipe

B. B,

Suponhamos que a equipe ou seja, que

obteve mais vitrias do que a equipe

v1 > v2 .

Como cada equipe jogou o mesmo nmero de

jogos, temos que

d1 + e1 + v1 = d2 + e2 + v2 .

(1.1)

Por outro lado, note que o nmero de pontos obtidos pela equipe

A

e1 + 3v1 . B igual

Do mesmo modo, o nmero de pontos obtidos pela equipe a

e2 + 3v2 .

Como as duas empataram, temos que:

e1 + 3v1 = e2 + 3v2 .Ou ainda,

3(v1 v2 ) = e2 e1Como temos que:

ou

v2 v1 =

e2 e1 . 3

v1 v2 > 0, temos que e2 e1 > 0.

Reescrevendo a equao (1.1),

d1 d2 = e2 e1 + (v2 v1 ) = e2 e1 Logo, temos que

e2 e1 2 = (e2 e1 ). 3 3

A

teve mais

d1 d2 > 0, pois e2 e1 > 0. Isso signica que derrotas que B ; logo, qualquer um dos dois critrios de

desempate usado nos leva equipe vencedora.

1.3

Teoremas e Demonstraes

9

Assim, como estes dois exemplos mostram, ao depararmos com um problema em Matemtica, devemos ter cuidado ao tirar concluses apressadas para evitar que cometamos algum engano. Pode acontecer que uma situao que claramente falsa para um observador menos atento, se mostre verdadeira quando fazemos uma anlise mais criteriosa.

1.3


Agora denimos o que entendemos por demonstrao matemtica de uma proposio. Uma demonstrao em Matemtica o processo de raciocnio lgico e dedutivo para checar a veracidade de uma proposio condicional. Nesse processo so usados argumentos vlidos, ou seja, aqueles que concluam armaes verdadeiras a partir de fatos que tambm so verdadeiros. Como exemplo de demonstrao citamos a argumentao usada para mostrar na segunda pergunta da seo anterior que os critrios de desempate eram similares. Sempre que, via uma demonstrao, comprovemos a veracidade de uma proposio passamos ento a chamar esta de teorema. Assim, um teorema qualquer armao que possa ser vericada mediante uma demonstrao. Alguns teoremas se apresentam na forma de uma proposio con-

dicional, isto , uma sentena do tipo Seda forma P e a sentena

= Q. Nesse caso, a Q denominada de tese.

P , ento Q ou implicativa sentena P chamada de hipteseOu seja, a validade da hiptese

nos implica a veracidade da tese.

10

1

Primeiros Passos

Um exemplo de teorema o famoso teorema de Pitgoras, cujo enunciado diz o seguinte:

Teorema 1.1

(Teorema de Pitgoras)

.

Num tringulo retngulo a

soma dos quadrados dos catetos igual ao quadrado da hipotenusa.

Notemos que o teorema de Pitgoras no est enunciado na forma condicional, mas pode ser reescrito nessa forma como:

Teorema 1.2 (Teorema de Pitgoras). Se Tde catetos

um tringulo retngulo2

a

e

b

e hipotenusa

c,

ento

c = a + b2 .

2

Observao 1.3.

Em geral, mais comum usar a palavra teorema

apenas para certas proposies que so de grande importncia matemtica, chamando-se simplesmente de proposio ao resto das proposies verdadeiras que admitem uma demonstrao. Para uma discusso mais detalhada, recomendamos [8].

1.3.1 Mtodos de DemonstraoQuando realizamos uma demonstrao no existe um caminho nico. Dependendo do problema em questo podemos usar mtodos diferentes. A seguir ilustramos os seguintes trs mtodos:

Demonstrao direta.

Demonstrao por contraposio.

Demonstrao por reduo ao absurdo.

1.3


11

Demonstrao DiretaA demonstrao direta aquela em que assumimos a hiptese como verdadeira e atravs de uma srie de argumentos verdadeiros e dedues lgicas conclumos a veracidade da tese.

a b Q a c

b

a b

Figura 1.1: Figura auxiliar para a demonstrao do teorema de Pitgoras Um exemplo de demonstrao direta a que daremos a seguir, para o teorema de Pitgoras enunciado anteriormente no Teorema 1.1. Com efeito, usando a gura acima temos que a rea do quadrado de lado

a+b

a soma das quatro reas dos tringulos retngulos

congruentes pelo critrio lado-ngulo-lado (de catetos rea do quadriltero

a

e

b)

mais a

Q,

o qual um quadrado visto que cada um dos

seus lados coincide com a hipotenusa catetos

c

dos tringulos retngulos de mede

b e, alm disso, cada um dos seus ngulos internos = 180 ( + ) = 180 90 = 90 (veja a Figura 1.1).e

a

o

Portanto,

(a + b)2 = 4 de onde

ab + c2 , 2

a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 ,e consequentemente

a2 + b 2 = c 2 ,

12

1

Primeiros Passos

como queramos.

Demonstrao por ContraposioEste mtodo baseado no fato de que a veracidade de forma positiva de uma proposio equivalente veracidade de sua forma contrapositiva, podendo ser esta ltima, eventualmente, mais fcil de se provar. Por exemplo, a armao Se sou alagoano, ento sou brasileiro equivalente armao Se no sou brasileiro, ento no sou alagoano Por exemplo, provemos a seguinte proposio:

Proposio 1.4. Hiptese: Tese:

Se

N2

par, ento

N

par.

N2

par.

N

par.

Desaamos o leitor a tentar mostrar esta proposio partindo da hiptese e tentando concluir a tese. Note que podemos vericar que nossa proposio verdadeira para vrios valores de

N2

como na tabela a

seguir, mas isso no uma prova matemtica da nossa proposio.

N2 N

4 2

16 4

36 6

64 8

100 10

144 12

1.3


13

Mesmo vericando para um bilho de valores de restariam nmeros para serem vericados.

N 2,

sempre nos

Como nossas tentativas

de provar a forma positiva dessa proposio esto sendo frustradas, apelaremos para mostrar a forma contrapositiva da mesma, isto :

Proposio 1.5.

Se

N

no par, ento

N2

no par.

Neste caso, temos:

Hiptese: Tese:

N

no par.

N2

no par.

Demonstrao. Como estamos assumindo que

N tem que ser mpar, ou seja, existe p, nmero inteiro, tal que N = 2p+1.no par, logo Logo,

N

N 2 = (2p + 1)(2p + 1) = 4p2 + 2p + 2p + 1 = 4p2 + 4p + 1 = 2(2p2 + 2p) + 1 = 2q + 1,onde

q = 2p2 + 2p.

Logo,

N 2 = 2q + 1

mpar e conclumos assim

nossa prova.

Demonstrao por Reduo ao AbsurdoEste mtodo uma das ferramentas mais poderosas da Matemtica. O nome provm do latim reductio ad absurdum e tambm conhecido como mtodo do terceiro excludo devido ao mesmo estar baseado na

14

1

Primeiros Passos

lei do terceiro excludo que diz o seguinte: uma armao que nopode ser falsa, dever ser consequentemente verdadeira. De um modo geral, o roteiro que segue uma demonstrao por reduo ao absurdo o seguinte:

Assumimos a validade da hiptese. Supomos que nossa tese falsa. Usando as duas informaes anteriores conclumos, atravs de argumentos verdadeiros, uma armao falsa; como tal fato no poder ocorrer, ento nossa tese dever ser verdadeira.

Vamos mostrar como o mtodo funciona na prtica provando a seguinte proposio:

Proposio 1.6.

Seja

x

um nmero positivo, ento

x + 1/x 2.

Destaquemos primeiramente a nossa hiptese e a nossa tese.

Hiptese: Tese:

x

um nmero positivo.

x + 1/x 2. x+1 x

Demonstrao. Seja falsa, isto ,

x um nmero positivo e suponhamos que a < 2. Usando que x > 0 e multiplicando por

tese este

a desigualdade anterior, obtemos que

x2 + 1 < 2x. x2 2x + 1 < 0 equivalente a (x 1)2 < 0, j que x2 2x + 1 = (x 1)2 , o que impossvel. Portanto, x + 1/x 2,Da segue-se que

como desejvamos.

1.4

Algumas Dicas para Resolver Problemas

15

1.4


Nesta seo, damos algumas regras gerais que consideramos importante ter em mente na hora de resolver um problema de Matemtica. Aplicaremos estas regras a alguns problemas interessantes para ilustrar a sua importncia. Elas so:

R1) Ler bem o enunciado do problema e utilizar todas as informaes disponveis. R2) Fazer casos particulares ou casos mais simples de problemas similares, para adquirir familiaridade com o problema. R3) Mudar a representao do problema, transformando-o em um problema equivalente. R4) Usar a imaginao pesquisando caminhos alternativos. polar os limites! Extra-

A seguir propomos vrios problemas onde as regras anteriores so muito teis. O leitor deve tentar resolv-los; mas se no conseguir

achar soluo depois de muito tentar poder ento passar para a prxima seo onde os solucionamos.

Problema 1.7.(M) (A)

Ao encontrar uma velha amiga (A), durante uma

viagem de trem, um matemtico (M) tem a seguinte conversa: Como vo os trs lhos da senhora? Vo bem, obrigada!

16

1

Primeiros Passos

(M) (A) (M) (A) (M) (A) (M)

Qual a idade deles mesmo? Vou lhe dar uma dica. O produto das idades deles 36. S com essa dica impossvel! A soma das idades deles igual ao nmero de janelas deste vago. Ainda no sei! O mais velho toca piano! Agora eu sei!

Voc capaz de descobrir as idades dos trs lhos da senhora?

Problema 1.8.

Numa cesta encontram-se 9 moedas idnticas, sendo

que 8 delas tm o mesmo peso e uma moeda mais leve que as demais. Usando duas vezes uma balana de dois pratos, encontrar a moeda mais leve.

Problema 1.9.

Numa pequena ilha existem 5 pessoas de olhos azuis

e 5 pessoas de olhos verdes. Existe um grande tabu nesta ilha que o seguinte: se uma pessoa descobre que possui olhos azuis ela se suicida meia-noite do dia em que descobriu, pulando do alto da prefeitura. Por conta disso, ningum conversa sobre o assunto, olha para espelhos ou v seu reexo na gua. Todos se cruzam diariamente e conhecem os olhos de seus amigos. Numa manh, um estrangeiro chegou ilha e reuniu as 10 pessoas para o seguinte pronunciamento: Nesta ilha, existe uma pessoa de olhos azuis. Pergunta-se:

1.4


17

(a) O que aconteceu com os habitantes da ilha? (b) Que informao nova o estrangeiro trouxe?

Problema 1.10. Um viajante deseja se hospedar durante 31 dias numhotel. Entretanto, percebe que est sem dinheiro e que a nica coisa que possui uma corrente com 31 elos de ouro. Para pagar sua conta, ele acertou com o gerente pagar um elo por dia, sem atrasar ou adiantar o pagamento, durante os 31 dias. O gerente pode dar troco em elos. Depois ele deseja recuperar a corrente e por isso ele quer pagar a conta cortando a corrente no menor nmero de pedaos. Quantos cortes voc conseguiria dar e pagar a conta?

Problema 1.11.

Sabendo que em cada jogada o movimento do cavalo

consiste em se deslocar duas casas na horizontal e uma na vertical ou duas na vertical e uma na horizontal, decidir se possvel sair da congurao apresentada no tabuleiro (a) e chegar congurao apresentada no tabuleiro (b) da Figura 1.2 sem que em algum momento existam dois cavalos na mesma casa.

Figura 1.2: Cavalos de xadrez

18

1

Primeiros Passos

Problema 1.12. Mostre que podemos cobrir os 9 pontos no reticuladoda Figura 1.3 traando 4 segmentos de reta sem tirar o lpis do papel.

Figura 1.3: Reticulado de 9 pontos Sugerimos seguir as dicas abaixo para obter sucesso na soluo dos problemas:

Para os problemas 1.7 e 1.8 use a primeira regra. Para os problemas 1.9 e 1.10 use a segunda regra. Por exemplo, no problema 1.9 fazer primeiro o caso: uma pessoa com olhos azuis e uma com olhos verdes e depois fazer o caso: duas pessoas de olhos azuis e duas de olhos verdes; generalize.

Para os problema 1.11 use a terceira regra. Para o problema 1.12 use a quarta regra.

1.5

Solues dos Problemas da Seo 1.4

A seguir apresentamos solues para os problemas enunciados na seo anterior.

Soluo do Problema 1.7.o produto das idades 36.

muito importante neste problema tirar

o mximo de informao das dicas da senhora. Vamos primeira dica:

1.5


19

Suponhamos que as idades dos lhos sejam Como

0

x

y

xyz = 36,

temos as seguintes possibilidades para os

36. nmeros x,

z

y

e

z: x y 1 1 1 1 1 2 2 3 z xyz 36 36 36 36 36 36 36 36Assim,

1 36 2 18 3 12 4 9 6 6 2 9 3 6 3 4

A segunda dica dada pela senhora a soma das idades.

vamos agora calcular todas as possveis somas de acordo com as fatoraes de 36 dadas na tabela anterior:

x y 1 1 1 1

z

x+y+z 38 21 16 14

1 36 2 18 3 12 4 9 6 9 6 4

1 6 2 2 2 3 3 3

11 10

Sabemos que aps a segunda dica, o matemtico ainda no conseguiu deduzir as idades das crianas.

20

1

Primeiros Passos

Por que ele no conseguiu? Imagine que o nmero da casa fosse 14. Ora, de acordo com nossa tabela, s existe um terno de nmeros cujo produto 36 e a soma 14, que o terno (1,4,9). Assim, se o nmero da casa fosse 14 o matemtico teria dado a resposta aps a segunda dica. Como ele cou em dvida, olhando a tabela 2, chegamos concluso de que o nmero da casa s pode ser igual a 13. Lembremos a ltima dica: o mais velho toca piano. No incio essa dica parecia intil, mas agora ela fundamental para resolvermos o problema. De fato, como o mais velho toca piano, isso signica que existe um mais velho, o que descarta o caso (1,6,6). Assim, as idades so 2, 2, e 9.

Soluo do Problema 1.8.

Este o tipo de problema que a primeira

vista pode parecer difcil, mas que quando usamos todas as informaes do seu enunciado se torna fcil. A ideia dividir as moedas em

A, B Colocaremos na balana os grupos A e B e deixaremos o grupo Ctrs grupos de trs moedas cada, que chamaremos grupos Podem acontecer duas coisas:

e

C.

fora.

(a) Os pratos cam equilibrados. (b) Os pratos cam desequilibrados.

A e B tm o mesmo peso. Logo, a moeda mais leve deve estar no grupo C . No caso (b), um dos gruposNo caso (a), temos que os grupos cou mais leve, o que signica que a moeda mais leve est neste grupo. Assim, utilizando a balana apenas uma vez conseguiremos descobrir qual o grupo em que a moeda mais leve est. Digamos que este grupo seja o grupo

A.

Para achar a moeda mais leve, procedemos de modo

semelhante ao que zemos anteriormente: separamos as trs moedas

1.5


21

do grupo

A

colocando uma em cada prato e deixando a terceira de

fora. Podem acontecer duas coisas:

(a) Os pratos cam desequilibrados e assim a moeda mais leve est no prato mais leve. (b) Os pratos cam equilibrados, logo a moeda mais leve foi a que cou fora.

No nal, usamos a balana exatamente duas vezes.

Soluo do Problema 1.9.na soluo.

Como em muitos problemas de Mate-

mtica, abordar casos mais simples do problema pode ajudar bastante Assim, vamos imaginar o seguinte caso mais simples:

na ilha existe somente uma pessoa de olhos azuis e a outra de olhos verdes. Pensando neste caso, a pessoa que tinha olhos azuis s via as que tinham olhos verdes. Quando o estrangeiro armou que existia

uma pessoa de olhos azuis, ela descobriu que tinha olhos azuis, pois as outras pessoas tinham olhos verdes. Assim, meia-noite ela subiu na prefeitura e pulou. Com isso, a pessoa que tinha olhos verdes descobriu que tinha olhos verdes, pois se ela tivesse olhos azuis sua companheira no se suicidaria no dia anterior. Vamos agora dar um passo crucial na soluo do nosso problema original, considerando o caso onde existem duas pessoas de olhos azuis e duas pessoas de olhos verdes na ilha. Vamos chamar as pessoas de olhos azuis de

A

e

B

e as pessoas de olhos verdes de

C

e

D.

No dia

em que o estrangeiro fez o seu pronunciamento, nada aconteceu, pois as pessoas

C

e

A

via a pessoa

D B

viam as pessoas

A

e

B

com olhos azuis e a pessoa

com olhos azuis e vice-versa. J no segundo dia, a

pessoa

A

teve o seguinte pensamento:

22

1

Primeiros Passos

Se eu tivesse olhos verdes, a pessoa B teria descoberto que tinha olhos azuis ontem, pois ela veria trs pessoas de olhos verdes. Como ela no se suicidou ontem, eu tenho olhos azuis.Pensando da mesma forma, a pessoa

B

descobriu que tambm tinha

olhos azuis. Por isso, meia-noite do segundo dia, as pessoas se suicidaram. O que aconteceu depois? As pessoas

A

e

B

C

e

D

ainda tinham a dvida

da cor de seus olhos. Para chegar concluso de que seus olhos so verdes, no terceiro dia, a pessoa

C

pensou assim:

Bem, se eu tivesse olhos azuis, as pessoas

A

e

B

veriam

cada uma duas pessoas com olho azul. Logo, elas no teriam se suicidado no segundo dia, pois no conseguiriam deduzir a cor de seus olhos. Ufa!Do mesmo modo, a pessoa

Logo, tenho olhos verdes.

D

conseguiu descobrir a cor de seus olhos.

Analisando de modo semelhante, conseguiremos deduzir que no problema original as cinco pessoas de olhos azuis descobriro que possuem olhos azuis e juntas se suicidaro no quinto dia aps o pronunciamento do estrangeiro. Agora vamos descobrir a resposta da segunda pergunta do enunciado: que informao nova o estrangeiro trouxe? Aparentemente

nada de novo foi acrescentado pela frase do estrangeiro, pois cada pessoa estava vendo alguma pessoa com olhos azuis. Mas isso no verdade. Para ver isso e descobrir qual a nova informao que o estrangeiro trouxe, vamos voltar ao caso de somente duas pessoas na ilha, uma

1.5


23

de olhos azuis e outra de olhos verdes. Neste caso, a pessoa de olhos azuis somente v uma pessoa de olhos verdes. Com a informao de que existe uma pessoa de olhos azuis ela pode descobrir a cor de seus olhos. Note que a pessoa de olhos verdes j sabia que existia pelo Mas ela no sabia que a pessoa

menos uma pessoa de olhos azuis.

de olhos azuis tinha conhecimento de que na ilha existia algum com olhos azuis. Essa a nova informao que o estrangeiro trouxe.


Uma primeira soluo cortar a cor-

rente 30 vezes, separando todos os elos. Porm, essa no a melhor soluo, como veremos a seguir. Vamos iniciar nossa anlise observando que para pagar o primeiro dia precisamos dar um corte na corrente. Assim, o gerente receber um elo. O pulo do gato do problema vem agora: para pagar o 2

dia, vamos cortar a corrente de modo a separar

dois elos de uma vez. Assim, daremos dois elos ao gerente e ele devolver um elo de troco. Com este elo pagaremos o terceiro dia. Note que pagamos trs dias fazendo dois cortes na corrente, como mostra a tabela: Gerente Elos 1, 2 Viajante 28 Para

Note que o nmero 2 denota o pedao que contm 2 elos. pagar o 4

dia, cortaremos a corrente de modo a obter um pedao Entregamos ao gerente este pedao e recebemos Com o elo solto,

com quatro elos.

de troco um elo solto e um pedao com dois elos.

pagamos o 5 dia. Assim, no 5 dia teremos os seguintes grupos deelos: Gerente Elos 1, 4 Viajante 2, 24

24

1

Primeiros Passos

Assim, pagamos o 6 dia com o pedao que contm dois elos ereceberemos o elo solto de troco. Finalmente pagaremos o 7

dia com

o elo solto. Note que foi possvel pagar 7 dias com apenas trs cortes na corrente. A continuao do procedimento est quase revelada. Para

pagar o 8 dia, cortaremos um pedao com oito elos.

Daremos este

pedao e receberemos de troco 7 elos, sendo um elo solto, um pedao com 4 e um pedao com dois elos. Repetindo o procedimento anterior,

pagaremos os 7 dias seguintes, pagando at o 15 dia sem precisar decortes adicionais. Ou seja, para pagar os 15 primeiros dias, precisamos de 4 cortes na corrente. Neste momento, a corrente est distribuda do seguinte modo:

Gerente Elos 1, 2, 4, 8

Viajante 16

Para pagar o 16

dia, entregaremos ao gerente o pedao com os 16

elos restantes, recebendo 15 elos divididos em pedaos de 1, 2, 4 e 8 elos. Se repetirmos o processo, pagaremos o hotel at o 31

dia sem

precisar de novos cortes. Assim, o mnimo nmero de cortes 4.


Para resolver este problema vamos usar

a estratgia de mudar a representao. O que signica isso? Vamos reescrever o problema com outros ingredientes, porm sem alterar em nada sua essncia. Primeiramente, enumere as casas do tabuleiro com os nmeros

1, 2, . . . , 9,

como na Figura 1.4.

Vamos agora associar ao tabuleiro, um conjunto de nove pontos tambm enumerados com os nmeros 1, 2, . . . , 9. Se for possvel sair de uma casa

i

e chegar casa

j

com apenas uma jogada do cavalo,

colocaremos um segmento ligando os pontos

i

e

j.

Por exemplo,

1.5


25

1 4 7

2 5 8

3 6 9

Figura 1.4: Tabuleiro de 9 casas

possvel, saindo da casa 1 chegar casa 6 e a casa 8.

Desse modo, Se

o ponto com nmero 1 est ligado com o ponto com nmero 8.

analisarmos todas as possveis ligaes entre os pontos obteremos um esquema com o mostrado na Figura 1.5

Figura 1.5: Conexes das casas

Figura 1.6: Tabuleiro (a)

Assim, se colocarmos os cavalos como no tabuleiro (a), teremos a situao descrita na Figura 1.6. Deste modo, ca evidente que no podemos trocar a posio dos cavalos branco e preto sem que em algum momento eles ocupem a mesma casa.

26

1

Primeiros Passos

1.6

Exerccios

1. Uma sacola contm meias cujas cores so branca, preta, amarela e azul. Sem olhar para a sacola, qual a quantidade mnima de meias que precisamos retirar da mesma para garantir pelo menos um par de meias da mesma cor? 2. O pai do padre lho nico de meu pai. O que eu sou do padre? 3. Numa mesa h 5 cartas:

Q

T

3

4

6

Cada carta tem de um lado um nmero natural e do outro lado uma letra. Joo arma: Qualquer carta que tenha uma vogal tem um nmero par do outro lado. Pedro provou que Joo

mente virando somente uma das cartas. Qual das 5 cartas foi a que Pedro virou? 4. A polcia prende 4 homens, um dos quais culpado de um furto. Eles fazem as seguintes declaraes:

Arnaldo: Bernaldo o culpvel. Bernaldo: Cernaldo o culpvel. Dernaldo: eu no sou culpvel. Cernaldo: Bernaldo mente ao dizer que eu sou culpvel.

Se se sabe que s uma destas declaraes a verdadeira, quem culpvel pelo furto?

1.6

Exerccios

27

5. Numa cidade existe uma pessoa

X

que sempre mente teras,

quintas e sbados e completamente sincera o resto dos dias da semana. Felipe chega um certo dia na cidade e mantm o

seguinte dilogo com a pessoa Felipe: Que dia hoje?

X:

X: Sbado. X: Quarta-feira.

Felipe: Que dia ser amanh?

Em qual dia da semana foi mantido este dilogo?

6. Divida o relgio de parede abaixo em 6 partes iguais de forma tal que a soma das horas que cam em cada parte seja a mesma.n

7. Joo adora Gabriela, que uma aluna excelente em Matemtica. Joo armou um plano para dar um beijo nela, e descobriu que poder fazer isso apenas dizendo uma frase. Que frase essa?

8. No plano se colocam 187 rodas dentadas do mesmo dimetro, enumeradas de 1 at 187. A roda 1 acoplada com a roda 2, a 2 com a 3,

...,

a 186 com a 187 e esta ltima com a roda 1. Pode

tal sistema girar?

28

1

Primeiros Passos

9. Um canal, em forma quadrada, de 4 metros de largura rodeia um castelo. A ponte do castelo est fechada e um intruso quer entrar no castelo usando duas pranchas de 3,5 metros de comprimento. Ser que o intruso consegue?

10. Os nmeros

1, 2, 3, . . . , 99 so escritos no quadro-negro e permi-

tido realizar a seguinte operao: apagar dois deles e substitulos pela diferena do maior com o menor. Fazemos esta operao sucessivamente at restar apenas um ltimo nmero no quadro. Pode o ltimo nmero que restou ser o zero?

11. Algum elege dois nmeros, no necessariamente distintos, no conjunto de nmeros naturais

2, . . . , 20.

O valor da soma destes

A) e o valor do produto dos nmeros dado unicamente a Karla (K).nmeros dado somente a Adriano ( Pelo telefone soma. Uma hora mais tarde,

A diz a K: No possvel que descubras minha K lhe diz a A: Ah! Ksabendo disso, j

sei quanto vale tua soma! Mais tarde

A

chama outra vez a

e lhe informa: Poxa,

agora eu tambm conheo teu produto! Quais nmeros foram eleitos?

12. possvel cobrir um tabuleiro de xadrez com 31 domins onde removemos as casas dos vrtices superior esquerdo e inferior direito?

13. Num saco encontram-se 64 moedas leves e 64 moedas pesadas.

1.6

Exerccios

29

possvel separar duas moedas de pesos diferentes com 7 pesagens? 14. Quantas vezes precisamos dobrar um papel de 1mm de espessura para que a altura da pilha chegue da Terra Lua? 15. Descubra o erro da prova da armao abaixo:

Armao: Trs igual a dois.Seja

x

um nmero diferente de zero. Temos que:

3x 3x = 2x 2x.Colocando

xx

em evidncia, temos que:

3(x x) = 2(x x).Cancelando

xx

em ambos os lados, obtemos que

3 = 2.

30

1

Primeiros Passos

2Equaes e Inequaes

Na antiguidade, todo conhecimento matemtico era passado de gerao para gerao atravs de receitas. A falta de smbolos e notao adequada complicava substancialmente a vida de quem precisava usar a Matemtica e de quem apreciava sua beleza. Por exemplo, o uso de letras (x,

y, z

etc.) para representar nmeros desconhecidos no tinha Isso s veio ocorrer por volta dos meados do

sido inventado ainda.

sculo XVI, ou seja, a menos de 500 anos atrs. Apesar disso, o conhecimento matemtico das antigas civilizaes era surpreendente. Os egpcios, babilnios, gregos e vrios outros povos tinham o domnio de mtodos e tcnicas que so empregados hoje, como solues de equaes do primeiro e segundo graus, inteiros que so soma de quadrados e vrios outros conhecimentos. Especialmente os gregos, cuja cultura matemtica resistiu aos tempos com a preservao de Os Elementos de Euclides, tinham desenvolvido e catalisado

31

32

2

Equaes e Inequaes

muitos dos avanos da poca. Entretanto, todos os resultados tinham uma linguagem atravs dos elementos de geometria, mesmo aqueles que s envolviam propriedades sobre os nmeros. Essa diculdade deve-se em parte aos sistemas de numerao que eram utilizados pelos gregos e, posteriormente, pelos romanos, que eram muito pouco prticos para realizar operaes matemticas. Por volta de 1.100, viveu na ndia Bhaskara, um dos mais importantes matemticos de sua poca. Apesar de suas contribuies terem sido muito profundas na Matemtica, incluindo-se a resultados sobre equaes diofantinas, tudo indica que Bhaskara no foi o primeiro a descobrir a frmula, que no Brasil chamamos de frmula de Bhaskara, assim como Pitgoras no deve ter sido o primeiro a descobrir o teorema que leva o seu nome, j que 3.000 a.c. os babilnios tinham

conhecimento de ternas pitagricas de nmeros inteiros bem grandes. Apesar de ter conhecimento de como solucionar uma equao do segundo grau, a frmula que Bhaskara usava no era exatamente igual a que usamos hoje em dia, sendo mais uma receita de como encontrar as razes de uma equao. usavam a seguinte regra: Para encontrar essas razes, os indianos

Multiplique ambos os membros da equao pelo nmero que vale quatro vezes o coeciente do quadrado e some a eles um nmero igual ao quadrado do coeciente original da incgnita. A soluo desejada a raiz quadrada disso.O uso de letras para representar as quantidades desconhecidas s veio a se tornar mais popular com os rabes, que tambm desenvolveram um outro sistema de numerao, conhecido como indo-arbico. Destaca-se tambm a participao do matemtico francs Franois

2.1

Equaes do Primeiro Grau

33

Viti, que aprimorou esse uso dos smbolos algbricos em sua obra In

artem analyticam isagoge e desenvolveu um outro mtodo para resolver a equao do segundo grau. Na seo seguinte estudaremos com detalhe a equao do primeiro grau, e como podemos utiliz-la para resolver alguns problemas em Matemtica.

2.1


Iniciamos nossa discusso resolvendo o seguinte problema:

Exemplo 2.1.

Qual o nmero cujo dobro somado com sua quinta

parte igual a 121? Soluo: Vamos utilizar uma letra qualquer, digamos a letradesignar esse nmero desconhecido. Assim, o dobro de quinta parte mos que:

x

x, para 2x e sua

x/5.

Logo, usando as informaes do enunciado, obte-

2x +ou ainda,

x = 121, 5

10x + x = 605,onde

11x = 605.

Resolvendo, temos que

x = 605/11 = 55.

Se voc j teve contato com o procedimento de resoluo do exemplo acima, notou que o principal ingrediente a equao do primeiro

grau em uma varivel.

Denio 2.2.

Uma equao do primeiro grau na varivel

x

uma

expresso da forma

ax + b = 0,

34

2

Equaes e Inequaes

onde

a = 0, b R

e

x

um nmero real a ser encontrado.

Por exemplo, as seguintes equaes so do primeiro grau:

(a) (b)

2x 3 = 0. 4x + 1 = 0. 3 x = 0. 2

(b)

Para trabalhar com equaes e resolv-las, vamos pensar no modelo da balana de dois pratos. Quando colocamos dois objetos com o mesmo peso em cada prato da balana, os pratos se equilibram. Quando os pratos esto equilibrados, podemos adicionar ou retirar a mesma quantidade de ambos os pratos, que ainda assim eles permanecero equilibrados. Essa uma das principais propriedades quando estamos trabalhando com uma equao. Em geral, para resolver uma equao, utilizamos as seguintes propriedades da igualdade entre dois nmeros:

Propriedade 1.

Se dois nmeros so iguais, ao adicionarmos a

mesma quantidade a cada um destes nmeros, eles ainda permanecem iguais. Em outras palavras, escrevendo em termos de letras, se e

a

b

so dois nmeros iguais, ento

a+c

igual a

b + c,

ou seja,

a=b

= c

a + c = b + c.

Note que podemos tomar

um nmero negativo, o que signica

que estamos subtraindo a mesma quantidade dos dois nmeros. Por exemplo, se

x

um nmero qualquer que satisfaz

5x 3 = 6,

2.1


35

somando-se satisfazer:

3 a ambos os lados da equao acima, obtemos que x deve (5x 3) + 3 = 6 + 3,ou seja,

5x = 9.

Propriedade 2.

Se dois nmeros so iguais, ao multiplicarmos a

mesma quantidade por cada um destes nmeros, eles ainda permanecem iguais. Em outras palavras, escrevendo em termos de letras, se e

a

b

so dois nmeros iguais, ento

ac

igual a

b c,

ou seja,

a=bPor exemplo, se igualdade por

=

ac = bc.

5x = 9

podemos multiplicar ambos os lados da

1/5

para obter

x=

5x 9 = , 5 5 5x 3 = 6.

encontrando o nmero que satisfaz a equao

Para nos familiarizarmos um pouco mais com a linguagem das equaes, vamos pensar no seguinte problema:

Exemplo 2.3.brincadeira:

Para impressionar Pedro, Lucas props a seguinte

- Escolha um nmero qualquer. - J escolhi, disse Pedro. - Multiplique este nmero por 6. A seguir, some 12. Divida o que voc obteve por 3. Subtraia o dobro do nmero que voc escolheu. O que sobrou igual a 4! Pedro realmente cou impressionado com a habilidade de Lucas. Mas no h nada de mgico nisso. Voc consegue explicar o que Lucas fez?

36

2

Equaes e Inequaes

Soluo: Na verdade, Lucas tinha conhecimento de como operar comequaes. Vamos ver o que Lucas fez de perto, passo a passo, utilizando a linguagem das equaes. Para isso, vamos chamar a quantidade que Pedro escolheu de

x:

Escolha um nmero:

x. 6x.

Multiplique este nmero por 6: A seguir, some 12:

6x + 12.

6x + 12 = 2x + 4. 3 Subtraia o dobro do nmero que voc escolheu: 2x + 4 2x = 4.Divida o que voc obteve por 3:

O que sobrou igual a 4!

Observao 2.4. Devemos ter cuidado na hora de efetuar divises emambos os lados de uma equao, para no cometer o erro de dividir os lados de uma igualdade por zero. Por exemplo, podemos dar uma prova (obviamente) falsa de que

1 = 2,

utilizando o seguinte tipo de

argumento: sempre verdade que

x + 2x = 2x + x.Logo,

x x = 2x 2xColocando

(x x)

em evidncia:

1(x x) = 2(x x)Dividindo por

1 = 2.

Qual o erro?

(x x)

os dois lados da igualdade acima, temos que

2.1


37

Para encontrar a soluo da equao seguinte modo:

ax + b = 0,

procedemos do

Somamos

b

a ambos os lados da equao, obtendo

ax + b + (b) = 0 + (b) ax = b.Note que como somamos a mesma quantidade aos dois lados da equao, ela no se alterou.

Dividimos os dois lados da equao por altera a igualdade e nos d que o valor

a = 0. Isso tambm no de x :

b b ax = x = . a a aAssim, a soluo da equao

ax + b = 0 b x= . a

2.1.1 Problemas ResolvidosVamos ver agora alguns problemas que podem ser solucionados utilizando as equaes do primeiro grau.

Problema 2.5.

Se

x

representa um dgito na base 10 e a soma

x11 + 11x + 1x1 = 777,quem

x?

38

2

Equaes e Inequaes

Soluo: Para resolver este problema, precisamos nos recordar que se

abc

a escrita de um nmero qualquer na base

10,

ento esse nmero

igual a

102 a + 10b + c.

Assim, temos que

x11 = 100x + 11 11x = 110 + x 1x1 = 101 + 10xLogo, temos a seguinte equao do primeiro grau:

100x + 11 + 110 + x + 101 + 10x = 777Logo,

ou

111x + 222 = 777

x=

777 222 = 5. 111

Problema 2.6.

Determine se possvel completar o preenchimento

do tabuleiro abaixo com os nmeros naturais de

1

a

9,

sem repetio,

de modo que a soma de qualquer linha seja igual a de qualquer coluna ou diagonal.

1 9

6

Soluo: Primeiro, observe que a soma de todos os nmeros naturaisde

1

a

9

45. Assim, se denotamos por

s

o valor comum da soma dos

elementos de uma linha, somando as trs linhas do tabuleiro, temos que:

45 = 1 + 2 + + 9 = 3s,Onde

s

deve ser igual a

15.

Assim, chamando de

x

o elemento da

primeira linha que falta ser preenchido,

2.1


39

1

x9

6

temos que que

1 + x + 6 = 15. Logo, x = 8. Assim, observando a coluna contm 8 e 9, temos que sua soma maior que 15. Logo, no

possvel preencher o tabuleiro de modo que todas as linhas e colunas tenham a mesma soma. Os quadrados de nmeros com essas propriedades se chamam qua-

drados mgicos. Tente fazer um quadrado mgico. Voc j deve terpercebido que no centro do quadrado no podemos colocar o nmero

9.

De fato, vamos descobrir no exemplo abaixo qual o nmero que

deve ser colocado no centro de um quadrado mgico.

Problema 2.7.

Descubra os valores de

x

de modo que seja possvel

completar o preenchimento do quadrado mgico abaixo:

xSoluo: Para descobrir

x,

vamos utilizar o fato de que a soma de

qualquer linha, coluna ou diagonal igual a

15,

j obtido no exemplo

anterior. Se somarmos todas as linhas, colunas e diagonais que contm

x,

teremos que a soma ser

linha, uma coluna e duas diagonais que contm

4 15 = 60,

pois existem exatamente uma

x.

Note tambm que

cada elemento do quadrado mgico ser somado exatamente uma vez, exceto

x

que ser somado quatro vezes. Assim:

1 + 2 + 3 + 4 + + 9 + 3x = 60,onde temos que

45 + 3x = 60

e consequentemente

x = 5.

40

2

Equaes e Inequaes

O problema a seguir um fato curioso que desperta nossa ateno para como a nossa intuio s vezes falha.

Problema 2.8.

Imagine que voc possui um o de cobre extrema-

mente longo, mas to longo que voc consegue dar a volta na Terra com ele. Para simplicar a nossa vida e nossas contas, vamos supor que a Terra uma bola redonda (o que no exatamente verdade) sem nenhuma montanha ou depresso e que seu raio de exatamente

6.378.000

metros.

O o com seus milhes de metros est ajustado Terra, cando bem colado ao cho ao longo do equador. Digamos agora que voc

acrescente 1 metro ao o e o molde de modo que ele forme um crculo enorme, cujo raio um pouco maior que o raio da Terra e tenha o mesmo centro. Voc acha que essa folga ser de que tamanho?Nossa intuio nos leva a acreditar que como aumentamos to pouco o o, a folga que ele vai ter ser tambm muito pequena, digamos alguns poucos milmetros. Mas veremos que isso est completamente errado!

Soluo. Utilizaremos para isso a frmula que diz que o comprimento

C

de um crculo de raio

r

C = 2r,onde

(l-se pi ) um nmero irracional que vale aproximadamente 3, 1416 (veja a observao a seguir). De fato, o comprimento da Terra CT calculado com essa frmula aproximadamente:

CT = 2rT 2 3, 1415 6.378.000 = 40.072.974 =

metros,

2.1


41

onde

rT

o raio da Terra.

x o tamanho da folga obtida em metros e rf o raio do o, temos que a folga ser igual a x = rf rT . Logo, basta calcular rf . Por um lado, o comprimento do o igual a CT + 1 = 40.072.975.Se chamamos de Logo,

40.072.975 = 2rf 6.378.000, 16 rf rT = 0, 16a

onde

rf = rf

40.072.975 . 2 aproximadamente igual

Fazendo o clculo acima, temos que metros. Assim,

x

aproximadamente igual a

x =

metros, ou seja, 16 centmetros!

Observao 2.9.

Vale observar que a folga obtida aumentando o o

no depende do raio em considerao. Por exemplo, se repetssemos esse processo envolvendo a Lua em vez da Terra, obteramos que ao aumentar o o em um metro, a folga obtida seria dos mesmos 16 centmetros. Verique isso!

Observao 2.10.

De fato, podemos denir (e calcular!) o nmero

de vrias maneiras prticas. Vamos considerar dois experimentos

(que se voc no conhece

deve fazer):

Experimento 1: Experimento 2:

Pegar um cinto e fazer um crculo com ele. Calcule

o comprimento do cinturo e divida pelo dimetro do crculo obtido. Pegar uma tampa de uma lata e medir o compri-

mento do crculo da tampa e dividir pelo dimetro da tampa. Se voc efetuou os clculos acima com capricho, deve ter notado que o nmero obtido aproximadamente o mesmo. Se nossos crculos fossem perfeitos (eles nunca so: sempre tm algumas imperfeies) obteramos o nmero

.

Uma aproximao para

3, 1415926535897932384626433832795. =

42

2

Equaes e Inequaes

2.2

Sistemas de Equaes do Primeiro Grau

Nesta seo iremos discutir situaes onde queremos descobrir mais de uma quantidade, que se relacionam de modo linear, ou seja, atravs de equaes do primeiro grau. Por exemplo, considere o seguinte problema:

Exemplo 2.11.

Joo possui 14 reais e deseja gastar esse dinheiro em

chocolates e sanduches para distribuir com seus 6 amigos, de modo que cada um que exatamente com um chocolate ou um sanduche. Sabendo que cada chocolate custa 2 reais e cada sanduche custa 3 reais, quantos chocolates e sanduches Joo deve comprar?Para resolver esse problema, vamos chamar de chocolates que Joo deve comprar e

x

a quantidade de

y

o nmero de sanduches. Assim,

como Joo deseja gastar 14 reais, temos que

2x + 3y = 14.

(2.1)

Como Joo comprar exatamente 6 guloseimas, uma para cada amigo, temos que

x + y = 6.

(2.2)

Note que no encontramos uma equao do primeiro grau em uma varivel e sim duas equaes do primeiro grau em duas variveis. Esse um caso particular de um sistema de equaes do primeiro grau em vrias variveis.

Denio 2.12.. . . , xn

Uma equao do primeiro grau nas variveis

x1 , x2 ,

uma expresso da forma

a1 x1 + a2 x2 + + an xn + b = 0,

2.2


43

onde os nmeros real.Por exemplo,

a1 , a2 , . . . , an

so diferentes de zero e

b

um nmero

2x 3y = 0 uma equao do primeiro grau nas variveis

x

e

y.

Assim como,

2a b +Dizemos que os nmeros

c =5 3 a, be

uma equao do primeiro grau nas variveis

c.

(r1 , r2 , . . . , rn ) formam uma soluo da equao, se substituindo x1 por r1 , x2 por r2 , . . . , xn por rn , temos que a equao acima satisfeita, isto , a1 r1 +a2 r2 + +an rn +b = 0. Por exemplo, (3, 2) uma soluo da equao 2x 3y = 0 acima,pois

2 3 3 2 = 0. (2, 3) no soluo da equao 2x 3y = 0, j que 2 2 3 3 = 5 = 0. c Do mesmo modo, (2, 0, 3) soluo da equao 2a b + = 5, pois 3 3 2 2 0 + = 5. 3 Denio 2.13. Um sistema de equaes do primeiro grau em n variveis x1 , x2 , . . ., xn um conjunto de k equaes do primeiro grau em algumas das variveis x1 , x2 , . . . , xn , isto , tem-se o seguinteNote que a ordem que apresentamos os nmeros importa, pois

conjunto de equaes

a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn + b1 = 0, a x + a x + + a x + b = 0, 21 1 22 2 2n n 2 ak1 x1 + ak2 x2 + + akn xn + bk = 0,

(2.3)

44

2

Equaes e Inequaes

onde alguns dos elementos

Porm, em cada uma das equaes do sistema algum coeciente diferente de zero e, alm disso, cada varivel equao com coeciente distinto de zero.Dizemos que os nmeros sistema de equaes (2.3) equaes simultaneamente.

aij (1 i k, 1 j n) xj

podem ser zero.

aij

aparece em alguma

(r1 , r2 , . . . , rn ) formam uma soluo do se (r1 , r2 , . . . , rn ) soluo para todas as

Quando resolvemos um sistema de equaes do primeiro grau, podem acontecer trs situaes:

(a) o sistema tem uma nica soluo;

(b) o sistema tem uma innidade de solues;

(c) o sistema no possui soluo.

A seguir ilustramos com exemplos cada uma das situaes acima.

Situao (a):

Retomamos o sistema proposto no Exemplo 2.11, o

qual se encaixa neste caso.

2x + 3y = 14, x + y = 6.Isolamos o valor de uma das variveis numa das equaes. Por convenincia nos clculos isolamos o valor de

x na segunda equao, obtendo:

x = 6 y.A seguir, substitumos esse valor na outra equao, obtendo uma equa-

2.2


45

o do primeiro grau. Resolvendo temos:

2(6 y) + 3y = 14, 12 2y + 3y = 14, y = 2. x = 6 2 = 4.

Assim,

y = 2.

Imediatamente, encontramos o valor de

Vamos agora resolver alguns problemas semelhantes.

Situao (b):x, ye

Consideremos os sistema de primeiro grau nas variveis

z

dado por

x + y z 1 = 0, x y 1 = 0.

(2.4)

Da segunda equao segue-se que

x = y + 1.Substituindo esta expresso na primeira equao obtemos

(2.5)

(y + 1) + y z 1 = 0,

2y z = 0,

z = 2y.

(2.6)

Notemos que as variveis

xez

so resolvidas em funo da varivel

y,

a qual no possui nenhuma restrio, de modo que se valor real valor

y

assumir um

t

ento

x

e

z

cam automaticamente determinadas por este

t.

Isto , para todo

t

real, de (2.5) e (2.6) tem-se que

x = t + 1,

y = t,

z = 2t

soluo do sistema (2.4) e, portanto, temos innitas solues para este.

46

2

Equaes e Inequaes

Situao (c):variveis

Consideremos agora o sistema de primeiro grau nas

x, y

e

z

dado por

x + y + 2z 1 = 0, x + z 2 = 0, y + z 3 = 0.Neste caso, da segunda e da terceira equao segue-se que

(2.7)

x=2z

e

y = 3 z.

Substituindo estas expresses na primeira equao obtm-se

(2 z) + (3 z) + 2z 1 = 0 4 = 0,o que uma incompatibilidade. Logo, este sistema no tem soluo.

Observao 2.14. Os sistemas de equaes de primeiro grau so tambm conhecidos como sistemas de equaes lineares. Quando um sistema de equaes lineares envolve muitas variveis no to fcil resolv-lo se no se organiza com cuidado seu processo de resoluo. Existe uma teoria bem conhecida e amplamente divulgada sobre mtodos de resoluo para esse tipo de sistemas. Um dos mtodos mais usado e eciente para resolver sistemas lineares o mtodo de eliminao gaussiana. O leitor interessado pode consultar [7].

2.2.1 Problemas ResolvidosO problema a seguir foi proposto na primeira fase da Olimpada Brasileira de Matemtica.

2.2


47

Problema 2.15.

Passarinhos brincam em volta de uma velha rvore.

Se dois passarinhos pousam em cada galho, um passarinho ca voando. Se todos os passarinhos pousam, com trs em cada galho, um galho ca vazio. Quantos so os passarinhos? Soluo: Vamos chamar de

p

o nmero de passarinhos e

g

o nmero

de galhos da rvore. Temos que se dois passarinhos pousam em cada galho, um passarinho ca voando, ou seja,

2g = p 1.Alm disso, se todos os passarinhos pousam, com trs em um mesmo galho, um galho ca vazio:

3(g 1) = p.Substituindo na equao anterior, temos que segue-se que

g=4

e

p = 9. A1

2g = 3g 3 1,e

onde

Problema 2.16.

Quanto medem as reas

A2

na gura abaixo,

sabendo que o quadrado tem lado 1 e as curvas so arcos de crculos com centros nos vrtices

V1

e

V2

do quadrado, respectivamente.

V2 A2 A1

VSoluo: Aplicando relaes de reas na gura temos que

A1 + A2 = , 4 A1 + 2A2 = 1,

48

2

Equaes e Inequaes

ou seja, chegamos a um sistema de equaes do primeiro grau com duas incgnitas

A1

e

A2 .

Da primeira equao temos que

A1 =

A2 ; 4

substituindo esta na segunda equao obtemos

A2 + 2A2 = 1, 4de onde

Logo,

A2 = 1

4

e

+ A2 = 1. 4 A1 = 1 = 4 4

2

1.

Problema 2.17.

Carlos e Cludio so dois irmos temperamentais

que trabalham carregando e descarregando caminhes de cimento. Para Carlos e Cludio tanto faz carregar ou descarregar o caminho, o trabalho realizado por eles o mesmo. Quando esto de bem, trabalham juntos e conseguem carregar um caminho em 15 minutos. Cludio mais forte e trabalha mais rpido conseguindo carregar sozinho um caminho em 20 minutos. (a) Um dia, Cludio adoeceu e Carlos teve que carregar os caminhes sozinho. Quanto tempo ele leva para carregar cada um? (b) Quando os dois brigam, Carlos costuma se vingar descarregando o caminho, enquanto Cludio o carrega com sacos de cimento. Quanto tempo Cludio levaria para carregar o caminho com Carlos descarregando? Soluo: Vamos chamar derega por minuto e

x

a quantidade de sacos que Cludio car-

y

a quantidade de sacos que Carlos carrega por

2.3

Equao do Segundo Grau

49

minuto. Como Cludio carrega mais que Carlos, sabemos que

y < x.

Do enunciado, sabemos que os dois juntos carregam um caminho em 15 minutos. Se um caminho tem capacidade para

c sacos, temos que:

15x + 15y = c.Alm disso, sabemos que Cludio sozinho carrega o mesmo caminho em

20

minutos. Logo,

20x = c.Assim, igualando as duas equaes, temos que

15x + 15y = 20x,

onde

15y = 20x 15x = 5x. 5, temos que 3y = x.Assim, Clu-

Logo, dividindo ambos os lados por

dio carrega trs vezes mais sacos que Carlos e a resposta do primeiro item

Para descobrir quanto tempo os dois levam para carregar o caminho quando esto brigados, observamos que a cada minuto eles carregam

20 3

minutos, j que

60y = 20 3y = 20x = c.

minutos, j que

xy

sacos, ou seja,

3y y = 2y 30 2y = 60y = c.

sacos. Logo, precisam de

30

2.3


Como j mencionamos em nossa introduo, o conhecimento de mtodos para solucionar as equaes do segundo grau remonta s civilizaes da antiguidade, como os babilnios e egpcios. Apesar disso, a frmula que conhecemos por frmula de Bhaskara, em homenagem ao matemtico indiano de mesmo nome e que determina as solues de uma equao do segundo grau, s veio a aparecer do modo que usamos muito mais tarde, com o francs Viti. Nesta seo iremos

deduzir esta frmula e aplic-la a alguns problemas interessantes.

50

2

Equaes e Inequaes

2.3.1 Completando QuadradosUm modo de resolver uma equao do segundo grau o mtodo de

completar quadrados. Ele consiste em escrever a equao numa formaequivalente que nos permita concluir quais so as solues diretamente. Vamos ilustrar isso com um exemplo, resolvendo a equao

x2 6x 8 = 0.Podemos escrever essa equao como:

x2 6x = 8.Somando

9

ao lado esquerdo, obtemos

(x 3)

2

. Assim, somando 9 a ambos os lados da equao, obtemos:

x2 6x + 9

que o mesmo que

Logo,

x3=

17

x 3 = 17. Logo, as solues x1 = 3 + 17 e x2 = 3 17.ou

(x 3)2 = 9 + 8 = 17.

so:

Denio 2.18.

A equao do segundo grau com coecientes

a, b

e

c

uma expresso da forma:

ax2 + bx + c = 0,onde

(2.8)

a = 0, b, c R

e

x

uma varivel real a ser determinada.

Para encontrar as solues desta equao, vamos proceder do seguinte modo: isolando o termo que no contm a varivel direito da igualdade na equao (2.8)

x

do lado

ax2 + bx = c

2.3


51

e dividindo os dois lados por

a,

obtemos:

b c x2 + x = . a aAgora vamos acrescentar um nmero em ambos os lados da equao acima, de modo que o lado esquerdo da igualdade seja um quadrado perfeito. Para isso, observe que necessrio adicionar dois lados da igualdade. Assim, temos que:

b2 aos 4a2

b x+ 2a

2

b =x +2 x+ 2a2

b 2a

2

=

c b2 4ac b2 = . 4a2 a 4a2

Em geral, chamamos a expresso (2.8) e denotamos pela letra

b2 4ac de discriminante da equao maiscula (l-se delta ) do alfabeto

grego. Assim, podemos escrever a igualdade anterior como:

b x+ 2a

2

=

b2 4ac = 2. 2 4a 4a

(2.9)

Por isso, para que exista algum nmero real satisfazendo a igualdade acima, devemos ter que

igualdade maior ou igual a zero. Extraindo a raiz quadrada quando

0,

j que o termo da esquerda na

0,

temos as solues:

b x+ = 2a

b2 4ac 2a

e

b b2 4ac x+ = . 2a 2a

Assim, obtemos as seguintes solues:

b x1 = + 2ae

b2 4ac b + = 2a 2a

52

2

Equaes e Inequaes

b x2 = 2aEm resumo,

b2 4ac b = . 4a2 2a

Se Se Se

>0 =0 100

x = 33,

ou seja, Pedro poder comprar 33 bolas.

Observemos que no exemplo anterior o que zemos foi achar o maior valor inteiro de nmero

x

real menor

caso particular de resoluo de uma inequao, chamada inequao do primeiro grau.

x tal que 3x100 < 0; porm note que qualquer que 100/3 satisfaz que 3x 100 < 0. Isto um

2.5

Inequao do Primeiro Grau

63

2.5


Uma inequao do primeiro grau uma relao de uma das formas abaixo

ax + b < 0, ax + b > 0, ax + b 0, ax + b 0,onde

(2.22)

O conjunto soluo de uma inequao do primeiro grau o conjunto

a, b R S

e

a = 0.

de nmeros reais que satisfazem a inequao, isto , o conjunto

de nmeros que quando substitudos na inequao tornam a desigualdade verdadeira. Para achar tal conjunto ser de vital importncia

tomar em conta as seguintes propriedades das desigualdades entre dois nmeros

Invarincia do sinal por adio de nmeros reais:ae

sejam para

b

nmeros reais tais que

qualquer nmero real tipo:

c.

O mesmo vale com as desigualdades do

a b,

ento

a+c b+c

.

Invarincia do sinal por multiplicao de nmeros reais positivos: sejam a e b nmeros reais tais que a b, entologos valem para as desigualdades do tipo:

ac bc

para qualquer nmero real positivo

c. Resultados .

an-

Mudana do sinal por multiplicao de nmeros reais negativos: sejam a e b nmeros reais tais que a b, ento ac bcpara qualquer nmero real negativo valem para as desigualdades do tipo:

c. Resultados .

anlogos

64

2

Equaes e Inequaes

Vejamos como solucionar as inequaes estritas

ax + b < 0

e

ax + b > 0.

Para isto, dividimos a anlise em dois casos.

Caso 1:

a>0neste caso, dividindo por

Inequao ax + b < 0:que

a

obtemos desta

x + b/a < 0

e somando

ltima inequao, temos S

b/a, em ambos os membros que x < b/a. Portanto,

= {x R; x < b/a},

o qual representamos no seguinte desenho:

b/a

Inequao ax + b > 0:S

procedendo do mesmo modo que o

caso anterior, obtemos que o conjunto soluo vem dado por

= {x R; x > b/a},

representado no desenho abaixo:

b/a

Caso 2:

a 0,

x > b/aS

e, consequentemente,

= {x R; x > b/a},

cuja representao na reta a seguinte:

2.5


65

b/a

Inequao ax + b > 0:dado por S

similarmente, o conjunto soluo vem

= {x R; x < b/a},

cuja representao a seguinte:

b/a

Observao 2.32.ax + b 0 b/a.e

Notemos que se queremos resolver as inequaes ento o conjunto soluo S em cada um

dos casos acima continua o mesmo acrescentado apenas do ponto

ax + b 0,

x=

Vejamos agora um exemplo simples.

Exemplo 2.33.

Para resolver a inequao

dividimos por 8 a inequao (prevalecendo o sinal da desigualdade) e imediatamente adicionamos para obter

8x 4 0,

primeiramente

1/2 em ambos x 4/8 + 1/2 1/2, ou seja,S

os membros da mesma,

= {x R; x 1/2}.

A seguir damos alguns exemplos que podem ser resolvidos usando inequaes lineares.

Exemplo 2.34.

Sem fazer os clculos, diga qual dos nmeros

a = 3456784 3456786 + 3456785 e b = 34567852 3456788 maior?

66

2

Equaes e Inequaes

x ao nmero 3456784 ento das denies 2 de a e b temos que a = x (x + 2) + (x + 1) e b = (x + 1) (x + 4). 2 2 Logo, a = x + 3x + 1 e b = x + x 3. Se supomos que a b, entoSoluo. Se chamamos de

x2 + 3x + 1 x2 + x 3,e somando

x2 x+3 a ambos os membros desta desigualdade obtemos 2x + 4 0.

A soluo desta inequao do primeiro grau o conjunto dos tais que

x = 3456784. Logo, nossa suposio inicial de a ser menor ou igual a b falsa, sendo ento a > b.mas isto falso, desde que O prximo exemplo j foi tratado antes (ver Problema 2.7), porm apresentamos a seguir uma soluo diferente usando inequaes do primeiro grau.

x 2,

xR

Exemplo 2.35.

Um quadrado mgico

dividido em 9 quadradinhos de lado 1 de forma tal que os nmeros de 1 at 9 so colocados um a um em cada quadradinho com a propriedade de que a soma dos elementos de qualquer linha, coluna ou diagonal sempre a mesma. Provar que no quadradinho do centro de tal quadrado mgico dever aparecer, obrigatoriamente, o nmero 5. Soluo. Primeiramente observamos que a soma

33

um quadrado de lado 3

45,

logo como h trs linhas e em cada uma destas guram nmeros

1+2+3++9 =

diferentes temos que a soma dos elementos de cada linha 15. Logo, a soma dos elementos de cada coluna ou diagonal tambm 15. Chamemos de

x

o nmero que aparece no centro do quadrado

mgico, como mostra o desenho a seguir.

2.5


67

x

Agora fazemos as seguintes observaes:

O nmero

x

no pode ser 9, pois nesse caso em alguma linha,

coluna ou diagonal que contm o quadrado central aparecer o nmero 8, que somado com 9 d acontecer.

17 > 15

e isto no pode

O nmero

x no pode ser 1, y,ento

pois nesse caso formaria uma linha,

coluna ou diagonal com o nmero 2 e um outro nmero que chamamos de impossvel.

1 + 2 + y = 15 y = 12,

o qual

Feitas as observaes anteriores, temos ento que o nmero

x forma

uma linha, coluna ou diagonal com o nmero 9 e algum outro nmero que chamamos de

z,

logo

z = 15 (x + 9) 1 6 x 1,de onde segue que

Exemplo 2.36.de comprimento

x aparece numa linha, coluna ou diagonal com o nmero 1 e algum outro nmero que chamamos de s, logo s = 15 (x + 1) = 14 x 9, de onde temos que x 5. Finalmente, como 5 x 5 segue-se que x = 5.Por outro lado, o nmero

x 5.

Num tringulo com lados de comprimento

a, b

e

c

traamos perpendiculares desde um ponto arbitrrio

P,

sobre o lado

c,

at cada um dos lados restantes (ver a Figura 2.1).

Se estas perpendiculares medem

x

e

y

e

a > b,

ento

68

2

Equaes e Inequaes

(a) Qual a posio onde deve ser colocado seja mnimo? (b) Qual a posio onde deve ser colocado seja mximo?

P

de maneira que

= x+y

P

de maneira que

= x+y

C a x P c y b APso perpen-

B

Figura 2.1: No desenho, os segmentos que partem do ponto

diculares aos lados

AC

e

BC

Soluo. Denotemos por

S

a rea do tringulo e notemos que divi-

dindo este em dois tringulos menores: um com base outro com base

a

e altura

x

e

b

e altura

y , temos que ax by + = S, 2 2 ax = 2S by 2S by x= . a

de onde se segue que

Somando

y

em ambos os lados da ltima igualdade, obtemos

x+y =

2S by +y a 2S by + ay = a 2S a b = + y, a a

2.6

Inequao do Segundo Grau

69

logo

= + y, ab 2S e = . a a Agora notemos que 0 y hb , onde hb denota a altura relativa ao lado de comprimento b no tringulo dado. Como positivo, por ser a > b, temos ento que 0 y hb e, portanto, + y + hb , de onde = 0 + hb .Resumindo, o valor mnimo de atingido quando onde

y = 0,

portanto

P deve y = hb ,

ser colocado no vrtice portanto

A,

e o valor mximo obtido quando

P

deve ser colocado no vrtice

B.

2.6


Agora passamos a discutir a soluo das inequaes do segundo grau, que possuem um maior grau de diculdade quando comparadas com as inequaes do primeiro grau. Ser de vital importncia o uso das propriedades da funo quadrtica anterior. Uma inequao do segundo grau uma relao de uma das formas abaixo

ax2 + bx + c, estudadas no captulo

ax2 + bx + c < 0, ax2 + bx + c > 0, ax2 + bx + c 0, ax2 + bx + c 0,

(2.23)

a, b, c R e a = 0. Por simplicidade, chamaremos o nmero a de 2 coeciente lder da funo quadrtica ax + bx + c.onde

70

2

Equaes e Inequaes

Por exemplo, para resolver a inequao o trinmio usando que as razes da isto ,

x2 3x + 2 > 0 fatoramos 2 equao x 3x + 2 = 0 so 1 e 2,

x2 3x + 2 = (x 1)(x 2).O trinmio toma valores positivos quando o produto positivo, ou seja, quando os fatores sinal:

(x 1)

e

(x 2)

tenham o mesmo

(x 1)(x 2) for

Ambos positivos:

x1>0x>1e

x 2 > 0 x > 2,logo

x > 2.

Ambos negativos:

x1 0.

(2.24)

2.6


71

Notemos que valem as seguintes igualdades:

b ax2 + bx + c = a x2 + x + a b = a x2 + x + a b = a x2 + x + a b =a x+ 2aonde

c a b2 b2 c 2+ 2 4a 4a a 2 b c b2 a 2 2 4a 4a a , 4a

(2.25)

2

casos:

= b2 4ac.

Considerando esta igualdade, dividimos em vrios

em conta o sinal de

Caso 1: = b2 4ac > 0.a.

Nesta situao procedemos tomando

(a > 0).

Usando (2.25) notamos que basta resolver a inequao

a x+

b 2a

2

> 0. 4aem ambos os membros da

Como

a > 0,

multiplicando por

1/a

desigualdade anterior o sinal desta no muda, obtendo-se ento

x+ >0

b 2a

2

> 0. 4a2

Agora usamos que

para obtermos que

72

2

Equaes e Inequaes

b x+ 2a

2

2 = 4a = =

b x+ 2a

2

2a

2

b+ x+ 2a b x 2a

b x+ 2a b + x 2a

onde

=

b e 2a

= (x )(x ) > 0, = (x )(x ) > 0

b+ so as razes de 2a

ax2 + bx + c = 0. (x )e

Agora notamos que

se os fatores

(x )

so ambos positivos ou ambos negativos. No primeiro

caso (ambos positivos) temos que

x >

e

x > ,

mas como

< , ento x > . No segundo caso (ambos negativos), temos que x < e x < , logo x < , novamente por ser < .Resumindo, a soluo da inequao vem dada pelo conjunto S

= {x R; x <

ou

x > },

com a seguinte representao na reta:

(a < 0).

Esta situao bem similar anterior, a nica dife-

rena que ao multiplicar por que resolver a inequao

1/a o sinal se inverte tendo ento2

b x+ 2a

< 0, 4a2

2.6


73

a qual equivalente a provar (seguindo os mesmos passos do caso anterior) que

com

=

b e 2a

(x )(x ) < 0, =

b+ razes de 2a

ax2 + bx + c = 0.

Notemos que a desigualdade acima vlida sempre que os sinais

(x ) e (x ) forem diferentes. Por exemplo, se x > 0 e x < 0 temos ento que x deve satisfazer a desigualdade < x < , mas isso impossvel considerando que neste caso > , por ser a < 0. No caso restante, se x < 0 e x > 0 temos ento que < x < , o que possvel.dos fatores Portanto, o conjunto soluo, neste caso, dado por S

= {x R; < x < },

cuja representao na reta :

resolver a inequao

Caso 2: = b2 4ac = 0.a x+

Usando novamente (2.25), devemos

b 2a

2

> 0,se

a qual vlida para qualquer

a < 0.os valores de

b x = 2a ,

a > 0

e sempre falsa, se

Caso 3: = b2 4ac < 0.x2

Neste caso, quando

a

positivo todos

reais so soluo para (2.24), pois a desigualdade

b ax + bx + c = a x + 2a

2

> 0, 4a

74

2

Equaes e Inequaes

sempre satisfeita, dado que

no temos nenhuma soluo possvel para a inequao (2.24) j que

4a > 0.

Por outro lado, se

a negativo

ax2 + bx + c = a x + sempre negativo, dado que

b 2a

2

4a

4a < 0.

Observao 2.37.

Para a desigualdade do tipo

ax2 + bx + c < 0so obtidos resultados similares, seguindo o mesmo processo descrito anteriormente. Alm disso, para as inequaes

ax2 + bx + c 0ou

e

ax2 + bx + c 0 ,

os resultados so os mesmos, acrescentados apenas dos pontos

b/2a,

dependendo do caso. Provar que a soma de um nmero positivo com seu

Exemplo 2.38.Soluo. Seja

inverso sempre maior ou igual que 2.

x > 0,

ento devemos provar que

x+

1 2. x

Partimos da seguinte desigualdade, que sabemos vale para qualquer

x R:logo

(x 1)2 0 x2 2x + 1 0 x2 + 1 2x.

2.6


75

Se

x

positivo, podemos dividir ambos os membros da ltima desi-

gualdade sem alterar o sinal da mesma, ou seja,

x+conforme queramos provar.

1 2, x

2.6.1 Mximos e Mnimos das Funes QuadrticasA funo quadrtica

f (x) = ax2 + bx + c,

como j foi observado ante-

riormente, satisfaz a identidade

b ax + bx + c = a x + 2a2onde

2

, 4a f (x)

(2.26)

f (x)

o menor (maior) valor possvel que pode assumir

= b2 4ac. x

O valor mnimo (mximo ) da funo quadrtica quando

fazemos

percorrer o conjunto dos reais.

Da igualdade (2.26) segue-se que, quando do trinmio obtido quando Similarmente, quando quando

a > 0

o valor mnimo

x =

a < 0 a, b

o valor mximo do trinmio obtido

b 2a e este vale

b f ( 2a ) = 4a .

x=

Exemplo 2.39.que

b 2a , valendo tambm

b f ( 2a ) = 4a

Sejam

reais positivos tais que

a + b = 1.

Provar

ab 1/4.

ab = a(1 a) = a2 + a. Denindo f (a) = a2 + a, basta provar que f (a) 1/4 para qualquer 0 < a < 1. Completando o quadrado a funo f (a), obtemosSoluo. Notemos que

f (a) = (a2 a) = (a2 a + 1/4 1/4) = (a 1/2)2 + 1/4,logo este assume seu valor mximo igual a

1/4,

quando

a = 1/2.

76

2

Equaes e Inequaes

Alguns problemas de mximos ou mnimos no parecem que possam ser resolvidos achando o mximo ou mnimo de funes quadrticas. Porm, estes problemas podem ser reformulados de forma tal que isto seja possvel. Vejamos um exemplo.

Exemplo 2.40. Na gura abaixo ABCD um retngulo inscrito dentro do crculo de raio

r.

Encontre as dimenses que nos do a maior

rea possvel do retngulo

ABCD. D C r y x B

A

Soluo. A rea do retngulo vem dada pela frmula

A = 2x 2y = 4xy.Usando o teorema de Pitgoras, temos que

y=

r 2 x2 ,

(2.27)

logo, substituindo esta ltima igualdade na frmula de rea anterior, obtemos

A = 4x r2 x2 . ABCD,so as mesmas

No muito difcil nos convencermos de que as dimenses, que nos do a maior rea possvel para o retngulo

que nos do o mximo para o quadrado desta rea, ou seja, basta encontrar as dimenses que maximizam

A2 .

A vantagem que tem esta

2.7

Miscelnea

77

reformulao do problema que dada por

A2

tem uma expresso mais simples,

A2 = 16x2 (r2 x2 ) = 16r2 x2 16x4 .Agora fazemos a mudana

z = x2 ,

para obter

A2 = 16z 2 + 16r2 z = 16 z de onde segue que o menor valor de portanto quando

r2 2

2

+ 4r4 , z =r2 e 2

A2

obtido quando

x=

r . Usando agora a igualdade (2.27) temos que 2

y= = r 2.

r2

r2 r = . 2 2

Ento, o retngulo de maior rea possvel o quadrado de lado

2r 2

2.7

Miscelnea

Nesta seo combinamos a teoria desenvolvida nos tpicos anteriores para resolver outros tipos de equaes com um nvel de complexidade maior.

2.7.1 Equaes ModularesUma equao modular aquela na qual a varivel incgnita aparece sob o sinal de mdulo. Por exemplo, so equaes modulares (a) (b)

|2x 5| = 3; |2x 3| = 1 3x;

78

2

Equaes e Inequaes

(c)

|3 x| |x + 1| = 4.

Para resolver equaes modulares se usam basicamente trs mtodos: (1) eliminao do mdulo pela denio; (2) elevao ao quadrado de ambos os membros da equao; (3) partio em intervalos. Ilustramos a seguir estes mtodos com os exemplos dados em (a), (b) e (c).

Exemplo 2.41.

Resolver a equao

|2x 5| = 3.

Soluo: O mtodo (1) pode ser utilizado para resolver esta equao.Para isto, usamos a denio de mdulo:

a |a| = a

se se

a 0, a < 0.

de onde segue-se a propriedade: seja

b um nmero no negativo, entoou

|a| = b a = bLogo,

a = b. xsatisfaz uma das

x

soluo da equao se, e somente se,

equaes de primeiro grau a seguir:

2x 5 = 3a s

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Resolução de problemas 1