= 2 sen(x) (cos(x) (b) (7 pontos) Pelo item anterior, temos as k desigualdades. sen 2 (2x) sen(4x) ( 3/2) 3

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1 Problema (a) (3 pontos) Sendo f(x) = sen 2 (x) sen(2x), uma função π-periódica, temos que f (x) = 2 sen(x) cos(x) sen(2x) + sen 2 (x) 2 cos(2x) = 2 sen(x) (cos(x) sen(2x) + sen(x) cos(2x) ) = 2 sen(x) sen(3x) e assim, f (x) = 0 x = πr/3, r Z. Substituindo estes valores, concluímos que f(x) é no máximo f(π/3) = f(2π/3) = ( 3/2) 3. (b) (7 pontos) Pelo item anterior, temos as k desigualdades sen 2 (x) sen(2x) ( 3/2) 3 sen 2 (2x) sen(4x) ( 3/2) 3 sen 2 (2 k x) sen(2 k x) ( 3/2) 3 Note que como 2 k x = 2πr 2 k /(2 k ) = x + 2πr temos sen(2 k x) = sen(x). Assim, multiplicando as desigualdes acima obtemos sen 3 (x) sen 3 (2x) sen 3 (2 k x) ( 3/2) 3k e portanto sen(x) sen(2x) sen(2 k x) ( 3/2) k Critério de Correção: (i) Calcular f (x): ponto. (ii) Encontrar as raízes de f (x) = 0 e o máximo de f(x) : +2 pontos. (iii) Escrever as k desigualdades acima: +2 pontos. (iv) Multiplicar as k desigualdades acima: +3 pontos. (v) Perceber sen(2 k x) = sen(x) e concluir o problema: +2 pontos.

2 Problema 2 (a) (3 pontos) Note que f(x) > 0 para todo x > 0. Assim, seja g(x) = ln(f(x)) = ln(ex ) x Como ln(x) é uma função estritamente crescente, basta mostrar que g(x) é estritamente crescente. Mas g (x) = ln (ex ) e x ln (e x ) + xe x x 2 (e x ) Como o denominador é claramente positivo para x > 0, basta mostrar que o numerador N (x) é positivo. Mas, se e x N (x) = ln (e x ) }{{} 0 Por outro lado, se e x <, então N (x) = ln (e x ) ( e x ) }{{}}{{} <0 + e x (x ln (e x )) > 0 }{{} >0 <0 + }{{} xe x > 0 >0 (b) (7 pontos) Note que lim x 0 + f (x) = 0 e ( e x ) /x lim f (x) = lim e = e 0 = e x x Como f é crescente, sua imagem é (0, e), que será o domínio de V (y). Em a x + b x = c x, não poderíamos ter x 0. De fato, como 0 < a < b < c, isto implicaria em a x c x, e a x + b x > c x. Então x > 0. Agora divida tudo por b x e x ( a ) x ( c ) x + = b b Sendo α = a b e γ = c b, o problema passa a ser α x + = γ x α = (γ x ) /x α = ( e x ln γ ) /x Fazendo a mudança de variáveis x ln γ = z (note que γ >, então z > 0) α = (e z ) ln γ/z / ln γ f (z) = α Como 0 < α < e ln γ > 0, temos 0 < α / ln γ <, ou seja, α / ln γ está no domínio de V. Assim, a única solução é ( z = V α / ln γ) ( x ln γ = V α / ln γ) ( ( V a ) ) /(ln c ln b) b x = ln c ln b 2

3 Critério de Correção: (i) Calcular f (x) (ou um análogo relevante, como g (x) acima) corretamente: ponto. (ii) Completar o item (a): +2 pontos. (iii) Dividir por b x ou diminuir o número de constantes do problema de alguma maneira análoga: + ponto. (iv) Provar que x > 0: + ponto. (v) Chegar ao formato α = (γ x ) /x : + ponto (vi) Chegar a f (z) = α / ln γ ou a uma equação do tipo f (z) = h (a, b, c) onde z é uma função de x com inversa elementar: +2 pontos (vii) Provar que h (a, b, c) está na imagem de f (isto é, no domínio de V ): + ponto. (viii) Expressão final para x: + ponto. Problema 3 Escrevendo n = qm + r, com 0 r < m, e y n g(x) = y r (y qm f(x) q ) + f(x) q y r g(x), usando o fato de que y qm f(x) q é divisível por y m f(x), concluímos que, se y n g(x) é divisível por y m f(x), f(x) q.y r g(x) também é. Como o grau em y de f(x) q y r g(x), que é r, é menor que m, que é o grau em y de y m f(x), devemos ter f(x) q y r g(x) identicamente nulo, ou seja, r = 0 e g(x) = f(x) q = f(x) n/m. Critério de Correção: (i) Considerar a divisão com resto de n por m: ponto. (ii) Observar que y qm f(x) q é divisível por y m f(x) para todo q: +2 pontos. (iii) Concluir corretamente a divisão com resto de y n g(x) por y m f(x), como polinômios em y: +3 pontos. (iv) Completar a solução: +4 pontos. Problema 4 Temos x 2 = 2 2 = 4, x 3 = 2 4 = 6 < 202 (e logo segue facilmente por indução que x n+2 < y n para todo n ), x 4 = 2 6 = 636 > , donde x = > ((2 ) 202 ) 2 > ( ) 2 > (202!) 2 = y2. 2 A partir daí vamos provar por indução que x n+3 > yn 2 > y n para todo n 2. De fato, x n+4 = 2 xn+3 > 2 y2 n = (2 y n ) yn > (yn) 2 yn = (yn yn ) 2 > (y n )! 2 = yn+. 2 Assim, a resposta é 20. 3

4 Critério de Correção: (i) Mostrar que que x n+2 < y n para todo n, e logo a resposta é maior que 204: 2 pontos. (ii) Conjecturar, com base em estimativas dos primeiros valores de x n e y n, que a reposta é 20: +2 pontos. (iii) Conjecturar uma desigualdade mais forte que x n+3 > y n (por exemplo x n+3 > y 2 n > y n, para n suficientemente grande), que seja correta e possa ser provada diretamente por indução: +3 pontos. (iv) Completar a solução: +3 pontos. Problema O enunciado não especifica se as matrizes A i são reais ou complexas; consideraremos os dois casos. A matriz M pode ser diagonalizada por ( ) ( ) M = X D X 3 0, D =, X 0 =. Assim queremos encontrar B com B = D para fazermos A = X B X (note que A i é real se e somente se B i é real). Note que B deve ser diagonal. Assim existe uma única B real e existem 2 tais matrizes complexas: A matriz ( ζ e ζ e2 ), ζ = exp M 2 = 2 ( ) 2πi, e, e 2 {0,, 2, 3, 4}. ( ) 2 0 tem um único autovalor (λ = 2) com multiplicidade geométrica um e multiplicidade algébrica dois. Assim A 2 também deve ter um único autovalor com multiplicidade geométrica um e multiplicidade algébrica dois. No caso real temos uma única matriz A 2 ; no caso complexo temos cinco: A 2 = ζ ( ) e 2 0, e {0,, 2, 3, 4}. 0 Para a matriz M 3 = 2I já no caso real existem infinitas matrizes A 3 (e portanto também infinitas no caso complexo). De fato, seja ( ( cos 2π ) R = sin ( )) 2π sin ( ) 2π cos ( ) 2π. Seja Z uma matriz inversível qualquer. Tome A 3 = 2ZRZ. Uma conta verifica diretamente que A 3 = M 3. Para ver que temos infinitas matrizes distintas basta observar que se ( ) 0 Z =, c > 0 0 c então valores diferentes de c obtem valores diferentes de A 3 e e portanto de A 3. 4

5 Critério de Correção: A resolução correta do problema para uma das três matrizes (seja no caso real, no caso complexo ou nos dois) vale 3 pontos; para duas matrizes vale 6 pontos. Uma solução correta e completa para o caso real (sem discutir o caso complexo) ou para o caso complexo (sem contar matrizes reais) vale 9 pontos. Problema 6 Para cada n natural encontraremos a área abaixo da parábola e acima das retas tangentes à parábola pelos pontos (x n, x 2 n) e (x n+, x 2 n+) para depois somá-las e concluir. Passo. Equações da retas tangentes (+ ponto) A derivada de f(x) = x 2 é f (x) = 2x, de modo que a equação da reta tangente à esta parábola pelo ponto (x n, y n ) (aqui denotamos y n = x 2 n) é y y n x x n = 2x n. Passo 2. Interseção das retas tangentes (+2 pontos) Seja t n a reta tangente à parábola pelo ponto (x n, y n ). Suponha que t n e t n+ se encontram no ponto (a n, b n ). Devemos ter portanto b n y n a n x n = 2x n e b n y n+ a n x n+ = 2x n+, e resolvendo este sistema encontramos (lembre-se que y n = x 2 n) a n = x n + x n+ 2 e b n = x n x n+. Passo 3. Cálculo das parcelas da área (+3 pontos) Agora calculamos a área abaixo da parábola e acima das retas tangentes à parábola pelos pontos (x n, x 2 n) e (x n+, x 2 n+). I) A área abaixo da parábola de x n a x n+ é (I) = xn+ x n x 2 dx = 3 ( x 3 n+ x 3 ) n. (II) A área abaixo da reta t n de x n à a n é (observe por exemplo que este é um trapézio) (II) = 2 (y n + b n )(a n x n ) = 4 (x2 n + x n x n+ )(x n+ x n ). III) A área abaixo da reta t n+ de a n à x n+ é (III) = 2 (b n + y n+ )(x n+ a n ) = 4 (x nx n+ + x 2 n+)(x n+ x n ).

6 Portanto, nossa área buscada é (I) (II) (III) = (x n+ x n ) 3. 2 Passo 4. Conclusão (+4 pontos) No caso x n = n α a área total buscada é portanto ((n + ) α n α ) 3 S =. 2 n=0 Pelo Teorema do Valor Médio sabemos que (n + ) α n α = α(n ) α para algum n [n, n + ], e temos portanto a soma (α(n ) α ) 3 S = 2 n=0 = n=0 α 3 2 (n ) 3(α ). Como n [n, n + ] esta última soma diverge se e somente se 3(α ), ou seja, se α 2/3. 6