Discutir a equação

por **Emanuel Dias** Qua 06 Fev 2019, 10:12

Quais são os passos para resolver esse tipo de questão? O livro do Iezzi tem um exemplo mas não consegui entender

Discutir, segundo m, as equações seguintes:

a) m*cos(x)-(m+1)*sen(x)=m

b) sen(x)+cos(x)=m

por **Mateus Meireles** Qua 06 Fev 2019, 11:24

Olá, endis7

Uma ideia é manipularmos as expressões para obtermos algo mais fácil de avaliar. O Élcio já criou um tópico aqui no fórum dando um direcionamento, veja https://pir2.forumeiros.com/t150465-o-truque-do-triangulo-retangulo

Observe o seguinte triângulo retângulo

Por Pitágoras, temos que sua hipotenusa vale

h^2 = m^2 + (m+1)^2

h = \sqrt{2m^2 + 2m + 1}

Multiplicando ambos os membros da sua igualdade por 1/h , obtemos

\frac{1}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}\left( m\cdot \text{cos}(x)-(m+1)\cdot \text{sen}(x) \right ) = \frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}

\frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}} \cdot \text{cos}(x) - \frac{m +1}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}\cdot \text{sen}(x) = \frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}

Mas veja que

\frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}} = \text{sen}(\theta)

e

\frac{m + 1}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}} = \text{cos}(\theta)

E sabemos, também, que

\text{sen}(\theta - \alpha) = \text{sen}(\theta) \text{cos}(\alpha) - \text{cos}(\theta)\text{sen}(\alpha)

Daí,

\frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}} \cdot \text{cos}(x) - \frac{m +1}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}\cdot \text{sen}(x) = \text{sen}(\theta - x)

Isto é,

\text{sen}(\theta - x) = \frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}}

Mas -1 \leq \text{sen}(\theta - x) \leq 1

Portanto,

-1 \leq \frac{m}{\sqrt{2m^2 + 2m + 1}} \leq 1

O que é verdadeiro para qualquer valor de m , pois 2m^2 + 2m + 1 = m^2 + (m+1)^2 > m^2

Deixo o item b) como dever de casa para você! Smile

por **Elcioschin** Qua 06 Fev 2019, 11:32

As Regras do fórum só permitem 1 questão por postagem. Vou resolver a b:

senx + cosx = m ---> (senx + cosx)² = m² ---> (sen²x + cos²x) + 2.senx.cosx = m² --->

1 + sen(2.x) = m² ---> sen(2.x) = m² - 1

- 1 ≤ sen(2.x) ≤ 1 ---> - 1 ≤ m² - 1 ≤ 1 ---> 0 ≤ m² ≤ 2 ---> -√2 ≤ m ≤ √2

por **Giovana Martins** Qua 06 Fev 2019, 12:21

Um outro jeito.

Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz:

\\\left ( \alpha _1^2+\alpha _2^2 \right )\left ( \beta _1^2+\beta _2^2 \right )\geq \left ( \alpha _1\beta _1+\alpha _2\beta _2 \right )^2\\\\\left [ (m)^2+(m+1)^2 \right ]\left [ cos^2(x)+sen^2(x) \right ]\geq \left [ mcos(x)-(m+1)sen(x) \right ]^2\\\\2m^2+2m+1\geq \left [ mcos(x)-(m+1)sen(x) \right ]^2\\\\\sqrt{2m^2+2m+1}\geq | mcos(x)-(m+1)sen(x)|\\\\-\sqrt{2m^2+2m+1}\leq mcos(x)-(m+1)sen(x) \leq \sqrt{2m^2+2m+1}\\\\-\sqrt{2m^2+2m+1}\leq m \leq \sqrt{2m^2+2m+1}\to -1\leq \frac{m}{\sqrt{2m^2+2m+1}} \leq 1

por **Giovana Martins** Sáb 09 Fev 2019, 01:18

Élcio, eu estava aqui meio que sem fazer nada daí lembrei dessa questão e decidi postar uma maneira alternativa de resolver o item B, a qual diferiu da sua resposta. Fiz de duas maneiras diferentes e em ambas cheguei no mesmo resultado.

Na parte na qual você faz 0 ≤ m² ≤ 2 não deveria ficar, 0 ≤ |m| ≤ √2 e daí surge o -√2 ≤ m ≤ √2?

Vou deixar mais uma alternativa de solução para a segunda equação.

\\f(x)=sen(x)+cos(x)\to f(x)=sen(x)+sen\left ( \frac{\pi }{2}-x \right )\\\\f(x)=\underset{Prostaferese}{\underbrace{2sen\left ( \frac{\pi }{4} \right )cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )}}\to f(x)=\sqrt{2}cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\\\\-1\leq cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\leq 1\to -\sqrt{2}\leq \sqrt{2}cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\leq \sqrt{2}\\\\-\sqrt{2}\leq f(x)\leq \sqrt{2}\ \ \therefore \ \boxed {-\sqrt{2}\leq m\leq \sqrt{2}}

Do primeiro jeito que eu fiz o item A:

\\\left ( \alpha _1\beta _1+\alpha _2\beta _2 \right )^2\leq \left ( \alpha _1^2+\alpha _2^2 \right )\left ( \beta _1^2+\beta _2^2 \right )\\\\\left [ sen(x)+cos(x) \right ]^2\leq \left [(1)^2+(1)^2 \right ][sen^2(x)+cos^2(x)]\\\\\left [ sen(x)+cos(x) \right ]^2\leq 2\to |sen(x)+cos(x)|\leq\sqrt{ 2}\\\\|m|\leq \sqrt{2} \ \therefore \ \boxed { -\sqrt{2}\leq m\leq \sqrt{2}}