Substituições trigonométricas

🧩 Exercício 1 Difícil

Sejam $a$, $b$ e $c$ números reais, todos diferentes de $-1$ e $1$, tais que

$$a+b+c=abc.$$

Prove que:

$$\frac{a}{1-a^2} + \frac{b}{1-b^2} + \frac{c}{1-c^2} = \frac{4abc} {(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}.$$

💡 Dica — clique para visualizar

Faça:

$$a=\tan A,\qquad b=\tan B,\qquad c=\tan C.$$

Observe que a condição

$$a+b+c=abc$$

pode ser relacionada à fórmula da tangente da soma de três ângulos.

Depois, utilize a fórmula do arco duplo:

$$\tan 2A=\frac{2\tan A}{1-\tan^2 A}.$$

Passo 1 — Transformando a condição em uma relação trigonométrica

Como $a$, $b$ e $c$ são números reais, podemos escrever:

$$a=\tan A,\qquad b=\tan B,\qquad c=\tan C.$$

A hipótese nos fornece:

$$a+b+c=abc.$$

Substituindo:

$$\tan A+\tan B+\tan C = \tan A\tan B\tan C.$$

Pela fórmula da tangente da soma de três ângulos:

$$\tan(A+B+C) = \frac{ \tan A+\tan B+\tan C -\tan A\tan B\tan C }{ 1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A }.$$

Como o numerador é zero, temos:

$$\tan(A+B+C)=0.$$

Logo:

$$A+B+C=k\pi, \qquad k\in\mathbb Z.$$

Multiplicando por $2$:

$$2A+2B+2C=2k\pi.$$

Portanto:

$$\boxed{2A+2B+2C=2k\pi}.$$

---

Passo 2 — Transformando a expressão inicial

Observe que:

$$\tan2A = \frac{2\tan A}{1-\tan^2 A}.$$

Como $a=\tan A$, temos:

$$\frac{a}{1-a^2} = \frac{1}{2}\tan2A.$$

Da mesma forma:

$$\frac{b}{1-b^2} = \frac{1}{2}\tan2B$$

e

$$\frac{c}{1-c^2} = \frac{1}{2}\tan2C.$$

Assim, o lado esquerdo da igualdade torna-se:

$$\frac{1}{2} \left( \tan2A+\tan2B+\tan2C \right).$$

Portanto, basta determinar essa soma.

---

Passo 3 — Utilizando novamente a fórmula da tangente

Como:

$$2A+2B+2C=2k\pi,$$

temos:

$$\tan(2A+2B+2C)=0.$$

Pela fórmula da tangente da soma de três ângulos:

$$\tan(2A+2B+2C) = \frac{ \tan2A+\tan2B+\tan2C -\tan2A\tan2B\tan2C }{ 1-\tan2A\tan2B-\tan2B\tan2C-\tan2C\tan2A }.$$

Como o valor da tangente é zero, segue que:

$$\tan2A+\tan2B+\tan2C = \tan2A\tan2B\tan2C.$$

Logo:

$$\frac{1}{2} \left( \tan2A+\tan2B+\tan2C \right) = \frac{1}{2}\tan2A\tan2B\tan2C.$$

---

Passo 4 — Voltando para $a$, $b$ e $c$

Temos:

$$\tan2A = \frac{2a}{1-a^2},$$$$\tan2B = \frac{2b}{1-b^2},$$

e

$$\tan2C = \frac{2c}{1-c^2}.$$

Portanto:

$$\frac{1}{2}\tan2A\tan2B\tan2C = \frac{1}{2} \cdot \frac{2a}{1-a^2} \cdot \frac{2b}{1-b^2} \cdot \frac{2c}{1-c^2}.$$

Multiplicando os numeradores:

$$\frac{1}{2}\cdot 2\cdot2\cdot2 = 4.$$

Assim:

$$\frac{1}{2}\tan2A\tan2B\tan2C = \frac{4abc} {(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}.$$

Mas esse é exatamente o lado direito que queríamos demonstrar.

Portanto:

$$\boxed{ \frac{a}{1-a^2} + \frac{b}{1-b^2} + \frac{c}{1-c^2} = \frac{4abc} {(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)} }.$$

Resultado

A identidade está demonstrada.

🧩 Exercício 2 Médio

Determine todas as soluções reais do sistema:

$$\begin{cases} 2x+x^2y=y\\ 2y+y^2z=z\\ 2z+z^2x=x \end{cases}$$

💡 Dica — clique para visualizar

Observe que a primeira equação pode ser escrita como:

$$y=\frac{2x}{1-x^2}.$$

Essa expressão é semelhante à fórmula:

$$\tan2A= \frac{2\tan A}{1-\tan^2A}.$$

Faça uma substituição trigonométrica e aplique a mesma ideia às três equações.

Passo 1 — Analisando a primeira equação

A primeira equação é:

$$2x+x^2y=y.$$

Colocando $y$ em evidência:

$$2x=y(1-x^2).$$

Logo:

$$y=\frac{2x}{1-x^2}.$$

Observe que $x\neq\pm1$, pois, se $x=1$ ou $x=-1$, a equação

$$2x+x^2y=y$$

não pode ser satisfeita.

Agora fazemos a substituição:

$$x=\tan A.$$

Assim:

$$y= \frac{2\tan A}{1-\tan^2A}.$$

Pela fórmula da tangente do arco duplo:

$$\tan2A= \frac{2\tan A}{1-\tan^2A}.$$

Portanto:

$$\boxed{y=\tan2A}.$$

---

Passo 2 — Utilizando a segunda equação

A segunda equação é:

$$2y+y^2z=z.$$

De maneira análoga:

$$2y=z(1-y^2),$$

portanto:

$$z=\frac{2y}{1-y^2}.$$

Como:

$$y=\tan2A,$$

temos:

$$z= \frac{2\tan2A} {1-\tan^22A}.$$

Novamente, pela fórmula da tangente do arco duplo:

$$\boxed{z=\tan4A}.$$

---

Passo 3 — Utilizando a terceira equação

A terceira equação é:

$$2z+z^2x=x.$$

Então:

$$2z=x(1-z^2),$$

e, portanto:

$$x=\frac{2z}{1-z^2}.$$

Como:

$$z=\tan4A,$$

segue que:

$$x= \frac{2\tan4A} {1-\tan^24A}.$$

Logo:

$$x=\tan8A.$$

Mas, pela nossa substituição inicial:

$$x=\tan A.$$

Assim:

$$\tan8A=\tan A.$$

---

Passo 4 — Determinando os valores de $A$

Sabemos que:

$$\tan u=\tan v \iff u=v+k\pi, \qquad k\in\mathbb Z.$$

Portanto:

$$8A=A+k\pi.$$

Logo:

$$7A=k\pi,$$

ou seja,

$$A=\frac{k\pi}{7}.$$

Como a tangente possui período $\pi$, podemos considerar:

$$k=0,1,2,3,4,5,6.$$

Assim, os valores possíveis de $A$ são:

$$A\in \left\{ 0,\frac{\pi}{7},\frac{2\pi}{7}, \frac{3\pi}{7},\frac{4\pi}{7}, \frac{5\pi}{7},\frac{6\pi}{7} \right\}.$$

---

Passo 5 — Encontrando $x$, $y$ e $z$

Como:

$$x=\tan A, \qquad y=\tan2A, \qquad z=\tan4A,$$

temos:

$$(x,y,z)= (\tan A,\tan2A,\tan4A).$$

Portanto, as soluções são:

$$\boxed{ \begin{aligned} &(0,0,0),\\ &\left(\tan\frac{\pi}{7}, \tan\frac{2\pi}{7}, \tan\frac{4\pi}{7}\right),\\ &\left(\tan\frac{2\pi}{7}, \tan\frac{4\pi}{7}, \tan\frac{8\pi}{7}\right),\\ &\left(\tan\frac{3\pi}{7}, \tan\frac{6\pi}{7}, \tan\frac{12\pi}{7}\right),\\ &\left(\tan\frac{4\pi}{7}, \tan\frac{8\pi}{7}, \tan\frac{16\pi}{7}\right),\\ &\left(\tan\frac{5\pi}{7}, \tan\frac{10\pi}{7}, \tan\frac{20\pi}{7}\right),\\ &\left(\tan\frac{6\pi}{7}, \tan\frac{12\pi}{7}, \tan\frac{24\pi}{7}\right). \end{aligned} }$$

Essas são todas as soluções reais do sistema.

Resultado

De forma compacta, podemos escrever todas as soluções como:

$$\boxed{ (x,y,z)= \left( \tan\frac{k\pi}{7}, \tan\frac{2k\pi}{7}, \tan\frac{4k\pi}{7} \right), \qquad k=0,1,\ldots,6. }$$

🧩 Exercício 3 Difícil

Resolva, nos números reais, a equação:

$$x^3-3x=\sqrt{x+2}.$$

💡 Dica — clique para visualizar

A expressão do primeiro membro sugere a substituição:

$$x=2\cos\theta.$$

Utilize a fórmula:

$$\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta.$$

Para o segundo membro, utilize a identidade:

$$1+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}.$$

Escolha $\theta\in[0,\pi]$ para eliminar o problema do módulo ao extrair a raiz.

Passo 1 — Fazendo a substituição trigonométrica

Como a expressão

$$x^3-3x$$

possui a forma da fórmula do arco triplo, fazemos:

$$x=2\cos\theta.$$

Podemos considerar:

$$0\leq\theta\leq\pi.$$

Substituindo no primeiro membro:

$$x^3-3x = (2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta).$$

Logo:

$$x^3-3x = 8\cos^3\theta-6\cos\theta.$$

Colocando $2$ em evidência:

$$x^3-3x = 2(4\cos^3\theta-3\cos\theta).$$

Pela fórmula do arco triplo:

$$4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta.$$

Portanto:

$$\boxed{x^3-3x=2\cos3\theta}.$$

---

Passo 2 — Transformando o segundo membro

Temos:

$$\sqrt{x+2}.$$

Como $x=2\cos\theta$:

$$\sqrt{x+2} = \sqrt{2\cos\theta+2}.$$

Assim:

$$\sqrt{x+2} = \sqrt{2(1+\cos\theta)}.$$

Usando:

$$1+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2},$$

obtemos:

$$\sqrt{x+2} = \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}.$$

Como $0\leq\theta\leq\pi$, temos:

$$0\leq\frac{\theta}{2}\leq\frac{\pi}{2},$$

e, portanto,

$$\cos\frac{\theta}{2}\geq0.$$

Logo:

$$\boxed{ \sqrt{x+2} = 2\cos\frac{\theta}{2} }.$$

---

Passo 3 — Igualando os dois lados

A equação original se transforma em:

$$2\cos3\theta = 2\cos\frac{\theta}{2}.$$

Dividindo por $2$:

$$\cos3\theta = \cos\frac{\theta}{2}.$$

Sabemos que:

$$\cos u=\cos v$$

quando

$$u=2k\pi\pm v, \qquad k\in\mathbb Z.$$

Portanto, temos dois casos.

Caso 1

$$3\theta=2k\pi+\frac{\theta}{2}.$$

Então:

$$3\theta-\frac{\theta}{2}=2k\pi,$$$$\frac{5\theta}{2}=2k\pi.$$

Logo:

$$\theta=\frac{4k\pi}{5}.$$

Como $0\leq\theta\leq\pi$, temos:

$$k=0,1.$$

Assim:

$$\theta=0 \quad\text{ou}\quad \theta=\frac{4\pi}{5}.$$

Consequentemente:

$$x=2\cos0=2$$

ou

$$x=2\cos\frac{4\pi}{5} = -\frac{1+\sqrt5}{2}.$$

---

Caso 2

$$3\theta=2k\pi-\frac{\theta}{2}.$$

Então:

$$3\theta+\frac{\theta}{2}=2k\pi,$$$$\frac{7\theta}{2}=2k\pi.$$

Logo:

$$\theta=\frac{4k\pi}{7}.$$

Como $0\leq\theta\leq\pi$, temos:

$$k=0,1.$$

Assim:

$$\theta=0 \quad\text{ou}\quad \theta=\frac{4\pi}{7}.$$

Para $\theta=0$, já obtivemos $x=2$.

Para $\theta=\frac{4\pi}{7}$:

$$x=2\cos\frac{4\pi}{7}.$$

---

Passo 4 — Reunindo as soluções

Portanto, as soluções reais são:

$$\boxed{ x=2,\qquad x=-\frac{1+\sqrt5}{2},\qquad x=2\cos\frac{4\pi}{7} }.$$

Resultado

$$\boxed{ \left\{ 2,\, -\frac{1+\sqrt5}{2},\, 2\cos\frac{4\pi}{7} \right\} }$$

🧩 Exercício 4 Médio

Sejam $a$, $b$ e $c$ números reais. Prove que:

$$(ab+bc+ca-1)^2 \leq (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1).$$

💡 Dica — clique para visualizar

Faça a substituição trigonométrica:

$$a=\tan A,\qquad b=\tan B,\qquad c=\tan C.$$

Utilize:

$$1+\tan^2A=\sec^2A$$

e a fórmula da tangente da soma:

$$\tan(A+B+C) = \frac{ \tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C }{ 1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A }.$$

Observe que o denominador dessa fórmula contém exatamente a expressão que aparece no problema.

Passo 1 — Fazendo a substituição trigonométrica

Tomemos:

$$a=\tan A,\qquad b=\tan B,\qquad c=\tan C.$$

Como $a$, $b$ e $c$ são reais, podemos sempre escolher ângulos $A$, $B$ e $C$ tais que essas igualdades sejam satisfeitas.

Então:

$$a^2+1=\tan^2A+1=\sec^2A,$$$$b^2+1=\sec^2B$$

e

$$c^2+1=\sec^2C.$$

Portanto:

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) = \sec^2A\sec^2B\sec^2C.$$

---

Passo 2 — Transformando o primeiro membro

Substituindo $a$, $b$ e $c$:

$$ab+bc+ca-1 = \tan A\tan B +\tan B\tan C +\tan C\tan A -1.$$

Pela fórmula da tangente da soma:

$$\tan(A+B+C) = \frac{ \tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C }{ 1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A }.$$

O denominador é:

$$1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A.$$

Logo:

$$ab+bc+ca-1 = -\frac{1}{\sec A\sec B\sec C} \left[ \tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C \right]$$

quando escrevemos o numerador da fórmula em termos de seno e cosseno.

Entretanto, podemos obter diretamente a expressão desejada usando:

$$\cos(A+B+C) = \cos A\cos B\cos C \left( 1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A \right).$$

Assim:

$$1-\tan A\tan B-\tan B\tan C-\tan C\tan A = \frac{\cos(A+B+C)} {\cos A\cos B\cos C}.$$

Portanto:

$$ab+bc+ca-1 = -\frac{\cos(A+B+C)} {\cos A\cos B\cos C}.$$

Como:

$$\frac{1}{\cos A\cos B\cos C} = \sec A\sec B\sec C,$$

temos:

$$\boxed{ ab+bc+ca-1 = -\cos(A+B+C) \sec A\sec B\sec C }.$$

---

Passo 3 — Elevando ao quadrado

Elevando ao quadrado:

$$(ab+bc+ca-1)^2 = \cos^2(A+B+C) \sec^2A\sec^2B\sec^2C.$$

Mas:

$$\cos^2(A+B+C)\leq1.$$

Logo:

$$(ab+bc+ca-1)^2 \leq \sec^2A\sec^2B\sec^2C.$$

Como:

$$\sec^2A\sec^2B\sec^2C = (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1),$$

concluímos que:

$$\boxed{ (ab+bc+ca-1)^2 \leq (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) }.$$

Resultado

Portanto, a desigualdade está provada.

$$\boxed{ (ab+bc+ca-1)^2 \leq (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) }$$

🧩 Exercício 5 Médio

Sejam $a$, $b$ e $c$ números positivos tais que

$$c^2=a^2-ab+b^2.$$

Prove que:

$$(a-c)(b-c)\leq0.$$

💡 Dica — clique para visualizar

Compare a igualdade dada com a Lei dos Cossenos:

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos\theta.$$

Observe que:

$$a^2-ab+b^2 = a^2+b^2-2ab\cos60^\circ.$$

Depois, use a Lei dos Senos para fazer uma substituição trigonométrica.

Passo 1 — Reconhecendo a Lei dos Cossenos

Temos:

$$c^2=a^2-ab+b^2.$$

Podemos escrever:

$$c^2=a^2+b^2-ab.$$

Como:

$$\cos60^\circ=\frac12,$$

temos:

$$2ab\cos60^\circ=ab.$$

Logo:

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos60^\circ.$$

Essa é exatamente a Lei dos Cossenos:

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C.$$

Portanto:

$$\boxed{C=60^\circ}.$$

---

Passo 2 — Fazendo a substituição trigonométrica

Considere um triângulo com lados $a$, $b$ e $c$, sendo o ângulo oposto ao lado $c$ igual a $60^\circ$.

Pela Lei dos Senos:

$$\frac{a}{\operatorname{sen}A} = \frac{b}{\operatorname{sen}B} = \frac{c}{\operatorname{sen}60^\circ}.$$

Seja essa razão igual a $k$. Então:

$$a=k\operatorname{sen}A,$$$$b=k\operatorname{sen}B$$

e

$$c=k\operatorname{sen}60^\circ.$$

Como a soma dos ângulos de um triângulo é $180^\circ$:

$$A+B+60^\circ=180^\circ.$$

Portanto:

$$A+B=120^\circ.$$

---

Passo 3 — Comparando $a$ e $c$

Temos:

$$a-c = k\operatorname{sen}A-k\operatorname{sen}60^\circ.$$

Colocando $k$ em evidência:

$$a-c = k(\operatorname{sen}A-\operatorname{sen}60^\circ).$$

Como $A+B=120^\circ$, existem duas possibilidades:

• se $A>60^\circ$, então $B<60^\circ$;
• se $A<60^\circ$, então $B>60^\circ$;
• se $A=60^\circ$, então $B=60^\circ$.

No intervalo $(0^\circ,120^\circ)$, a comparação com $60^\circ$ mostra que, quando $A>60^\circ$, temos:

$$\operatorname{sen}A>\operatorname{sen}60^\circ,$$

enquanto, quando $A<60^\circ$:

$$\operatorname{sen}A<\operatorname{sen}60^\circ.$$

Assim, $a-c$ e $A-60^\circ$ possuem o mesmo sinal.

Da mesma maneira, $b-c$ possui o sinal contrário, pois:

$$B=120^\circ-A.$$

Portanto, um dos números $a-c$ e $b-c$ é não positivo e o outro é não negativo.

Logo:

$$\boxed{(a-c)(b-c)\leq0}.$$

🧩 Exercício 6 Difícil

Determine todas as soluções reais do sistema:

$$\begin{cases} x^3-3x=y\\ y^3-3y=z\\ z^3-3z=x \end{cases}$$

💡 Dica — clique para visualizar

Observe que as expressões

$$x^3-3x,\qquad y^3-3y,\qquad z^3-3z$$

lembram a identidade trigonométrica:

$$4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta.$$

Por isso, faça a substituição

$$x=2\cos\theta.$$

Assim, será possível transformar o sistema em uma sequência de ângulos:

$$\theta\longrightarrow3\theta\longrightarrow9\theta\longrightarrow27\theta.$$

Passo 1 — Usando a substituição trigonométrica

Façamos:

$$x=2\cos\theta.$$

Então:

$$x^3-3x = (2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta).$$

Logo:

$$x^3-3x = 8\cos^3\theta-6\cos\theta.$$

Colocando $2$ em evidência:

$$x^3-3x = 2(4\cos^3\theta-3\cos\theta).$$

Usando a identidade

$$4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta,$$

obtemos:

$$\boxed{x^3-3x=2\cos3\theta}.$$

Portanto:

$$y=2\cos3\theta.$$

---

Passo 2 — Aplicando novamente a identidade

Como

$$y=2\cos3\theta,$$

temos:

$$y^3-3y=2\cos9\theta.$$

Logo:

$$z=2\cos9\theta.$$

Aplicando novamente:

$$z^3-3z=2\cos27\theta.$$

Mas, pelo sistema:

$$z^3-3z=x.$$

Como $x=2\cos\theta$, segue que:

$$2\cos27\theta=2\cos\theta.$$

Portanto:

$$\cos27\theta=\cos\theta.$$

---

Passo 3 — Resolvendo a igualdade dos cossenos

Sabemos que:

$$\cos A=\cos B$$

quando

$$A=2k\pi+B$$

ou

$$A=2k\pi-B,$$

com $k\in\mathbb Z$.

Assim:

Primeiro caso

$$27\theta=2k\pi+\theta.$$

Então:

$$26\theta=2k\pi$$

e:

$$\boxed{\theta=\frac{k\pi}{13}}.$$

Segundo caso

$$27\theta=2k\pi-\theta.$$

Logo:

$$28\theta=2k\pi$$

e:

$$\boxed{\theta=\frac{k\pi}{14}}.$$

---

Passo 4 — Recuperando $x$, $y$ e $z$

Sabemos que:

$$x=2\cos\theta,$$$$y=2\cos3\theta$$

e

$$z=2\cos9\theta.$$

Família 1

Para

$$\theta=\frac{k\pi}{13},$$

obtemos:

$$\boxed{ (x,y,z)= \left( 2\cos\frac{k\pi}{13}, 2\cos\frac{3k\pi}{13}, 2\cos\frac{9k\pi}{13} \right) }$$

com

$$k=0,1,\ldots,13.$$

Família 2

Para

$$\theta=\frac{k\pi}{14},$$

obtemos:

$$\boxed{ (x,y,z)= \left( 2\cos\frac{k\pi}{14}, 2\cos\frac{3k\pi}{14}, 2\cos\frac{9k\pi}{14} \right) }$$

com

$$k=0,1,\ldots,14.$$

As duas famílias possuem os mesmos extremos para $k=0$ e nos pontos correspondentes a $x=-2$, portanto essas soluções devem ser contadas apenas uma vez.

---

Resultado

Todas as soluções reais são dadas pela união das duas famílias:

$$\boxed{ \left( 2\cos\frac{k\pi}{13}, 2\cos\frac{3k\pi}{13}, 2\cos\frac{9k\pi}{13} \right), \quad k=0,\ldots,13 }$$

e

$$\boxed{ \left( 2\cos\frac{k\pi}{14}, 2\cos\frac{3k\pi}{14}, 2\cos\frac{9k\pi}{14} \right), \quad k=0,\ldots,14 }$$

considerando as soluções repetidas apenas uma vez.

Assim, o sistema possui:

$$\boxed{27}$$

soluções reais distintas.

🧩 Exercício 7 Médio

Se $3x+4y=5$, calcule o valor mínimo de

$$x^2+y^2.$$

💡 Dica — clique para visualizar

Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz:

$$(ax+by)^2\leq(a^2+b^2)(x^2+y^2).$$

Como $3x+4y=5$, substitua esse valor na desigualdade e encontre um limite inferior para $x^2+y^2$.

Depois, verifique quando ocorre a igualdade.

Passo 1 — Aplicando Cauchy-Schwarz

Temos:

$$3x+4y=5.$$

Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz:

$$(3x+4y)^2 \leq (3^2+4^2)(x^2+y^2).$$

Substituindo $3x+4y=5$:

$$5^2\leq(9+16)(x^2+y^2).$$

Logo:

$$25\leq25(x^2+y^2).$$

Dividindo por $25$:

$$x^2+y^2\geq1.$$

Portanto, $1$ é um limite inferior para a expressão.

---

Passo 2 — Verificando quando ocorre a igualdade

A igualdade em Cauchy-Schwarz ocorre quando os vetores

$$(3,4)$$

e

$$(x,y)$$

são proporcionais.

Assim, podemos tomar:

$$x=\frac35 \quad\text{e}\quad y=\frac45.$$

De fato:

$$3\left(\frac35\right)+4\left(\frac45\right) = \frac95+\frac{16}{5} = \frac{25}{5} = 5.$$

E:

$$x^2+y^2 = \left(\frac35\right)^2 + \left(\frac45\right)^2$$$$= \frac9{25}+\frac{16}{25} = 1.$$

Logo, o limite inferior é atingido.

Resultado

O valor mínimo de $x^2+y^2$ é:

$$\boxed{1}.$$

🧩 Exercício 8 IMODifícil

Sejam $a$, $b$ e $c$ números reais positivos tais que

$$a+b+c=abc.$$

Prove que:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}} \leq \frac32.$$

💡 Dica — clique para visualizar

A condição

$$a+b+c=abc$$

sugere uma substituição trigonométrica do tipo:

$$a=\operatorname{tg}A,\qquad b=\operatorname{tg}B,\qquad c=\operatorname{tg}C.$$

Utilize a identidade da tangente da soma:

$$\operatorname{tg}(A+B+C) = \frac{ \operatorname{tg}A+\operatorname{tg}B+\operatorname{tg}C -\operatorname{tg}A\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C }{ 1-\operatorname{tg}A\operatorname{tg}B -\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C -\operatorname{tg}C\operatorname{tg}A }.$$

Depois, observe que:

$$\frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2A}} = \cos A.$$

Passo 1 — Fazendo a substituição trigonométrica

Como $a$, $b$ e $c$ são positivos, podemos escrever:

$$a=\operatorname{tg}A, \qquad b=\operatorname{tg}B, \qquad c=\operatorname{tg}C,$$

com

$$0<A,B,C<\frac{\pi}{2}.$$

A condição dada é:

$$a+b+c=abc.$$

Substituindo:

$$\operatorname{tg}A+\operatorname{tg}B+\operatorname{tg}C = \operatorname{tg}A\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C.$$

---

Passo 2 — Identificando a soma dos ângulos

Pela identidade da tangente da soma:

$$\operatorname{tg}(A+B+C) = \frac{ \operatorname{tg}A+\operatorname{tg}B+\operatorname{tg}C -\operatorname{tg}A\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C }{ 1-\operatorname{tg}A\operatorname{tg}B -\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C -\operatorname{tg}C\operatorname{tg}A }.$$

Mas, pela condição do problema:

$$\operatorname{tg}A+\operatorname{tg}B+\operatorname{tg}C -\operatorname{tg}A\operatorname{tg}B\operatorname{tg}C=0.$$

Logo:

$$\operatorname{tg}(A+B+C)=0.$$

Como $A$, $B$ e $C$ estão entre $0$ e $\frac{\pi}{2}$, temos:

$$0<A+B+C<\frac{3\pi}{2}.$$

A única possibilidade compatível com a condição e com os ângulos positivos é:

$$\boxed{A+B+C=\pi}.$$

---

Passo 3 — Transformando a expressão

Agora considere o primeiro termo:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}.$$

Como

$$a=\operatorname{tg}A,$$

temos:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2A}}.$$

Usando:

$$1+\operatorname{tg}^2A=\sec^2A,$$

segue que:

$$\frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2A}} = \cos A.$$

Analogamente:

$$\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}=\cos B$$

e

$$\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}=\cos C.$$

Portanto, a expressão original se transforma em:

$$\cos A+\cos B+\cos C.$$

---

Passo 4 — Usando a soma dos ângulos

Sabemos que:

$$A+B+C=\pi.$$

Como a função $\cos x$ é côncava no intervalo considerado, pela desigualdade de Jensen:

$$\frac{\cos A+\cos B+\cos C}{3} \leq \cos\left(\frac{A+B+C}{3}\right).$$

Substituindo:

$$\frac{\cos A+\cos B+\cos C}{3} \leq \cos\frac{\pi}{3}.$$

Como:

$$\cos\frac{\pi}{3}=\frac12,$$

temos:

$$\frac{\cos A+\cos B+\cos C}{3} \leq\frac12.$$

Multiplicando por $3$:

$$\cos A+\cos B+\cos C\leq\frac32.$$

Portanto:

$$\boxed{ \frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}} \leq\frac32 }.$$

---

Passo 5 — Quando ocorre a igualdade?

A igualdade ocorre quando:

$$A=B=C.$$

Como:

$$A+B+C=\pi,$$

temos:

$$A=B=C=\frac{\pi}{3}.$$

Assim:

$$a=b=c=\operatorname{tg}\frac{\pi}{3}=\sqrt3.$$

Nesse caso:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}} = 3\cdot\frac{1}{\sqrt{1+3}} = \frac32.$$

Logo, o limite é atingido.

$$\boxed{\text{Máximo}=\frac32}$$

🧩 Exercício 8 IMO (segunda solução)Difícil

Sejam $a$, $b$ e $c$ números reais positivos tais que

$$a+b+c=abc.$$

Prove que:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}} \leq \frac32.$$

💡 Dica — clique para visualizar

Considere um triângulo de lados $a$, $b$ e $c$, com ângulos internos $A$, $B$ e $C$.

Utilize a substituição:

$$a=\operatorname{tg}A,\qquad b=\operatorname{tg}B,\qquad c=\operatorname{tg}C.$$

A condição $a+b+c=abc$ permitirá mostrar que:

$$A+B+C=180^\circ.$$

Depois, transforme cada termo da expressão em função dos ângulos do triângulo.

Passo 1 — Transformando os lados em funções trigonométricas

Considere um triângulo de lados $a$, $b$ e $c$, opostos aos ângulos $A$, $B$ e $C$, respectivamente.

Pela Lei dos Cossenos:

$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A.$$

Reorganizando:

$$2bc\cos A=b^2+c^2-a^2.$$

Portanto:

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.$$

Agora usamos:

$$\cos A=1-2\operatorname{sen}^2\frac A2.$$

Assim:

$$1-2\operatorname{sen}^2\frac A2 = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.$$

Logo:

$$2\operatorname{sen}^2\frac A2 = 1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.$$

Colocando tudo no mesmo denominador:

$$2\operatorname{sen}^2\frac A2 = \frac{2bc-b^2-c^2+a^2}{2bc}.$$

Então:

$$2\operatorname{sen}^2\frac A2 = \frac{a^2-(b-c)^2}{2bc}.$$

Como:

$$a^2-(b-c)^2 = (a-b+c)(a+b-c),$$

temos:

$$\operatorname{sen}^2\frac A2 = \frac{(a-b+c)(a+b-c)}{4bc}.$$

Seja $p$ o semiperímetro:

$$p=\frac{a+b+c}{2}.$$

Observe que:

$$a-b+c=2(p-b)$$

e

$$a+b-c=2(p-c).$$

Portanto:

$$\operatorname{sen}^2\frac A2 = \frac{(p-b)(p-c)}{bc}.$$

Como $A$ é um ângulo interno do triângulo:

$$\boxed{ \operatorname{sen}\frac A2 = \sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}} }.$$

Analogamente:

$$\boxed{ \operatorname{sen}\frac B2 = \sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}} }$$

e

$$\boxed{ \operatorname{sen}\frac C2 = \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}} }.$$

---

Passo 2 — Multiplicando as três expressões

Multiplicando:

$$\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2$$

temos:

$$= \sqrt{ \frac{(p-b)(p-c)}{bc} \cdot \frac{(p-a)(p-c)}{ac} \cdot \frac{(p-a)(p-b)}{ab} }.$$

Agrupando os termos:

$$= \frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{abc}.$$

Agora entra a fórmula de Herão:

$$S^2=p(p-a)(p-b)(p-c),$$

onde $S$ é a área do triângulo.

Logo:

$$(p-a)(p-b)(p-c)=\frac{S^2}{p}.$$

Portanto:

$$\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 = \frac{S^2}{pabc}.$$

Como a área também pode ser escrita como:

$$S=pr,$$

onde $r$ é o raio da circunferência inscrita, temos:

$$S^2=p^2r^2.$$

Assim:

$$\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 = \frac{p^2r^2}{pabc} = \frac{pr^2}{abc}.$$

Agora usamos a outra fórmula da área:

$$S=\frac{abc}{4R},$$

onde $R$ é o raio da circunferência circunscrita.

Como também temos $S=pr$:

$$pr=\frac{abc}{4R}.$$

Logo:

$$abc=4Rpr.$$

Substituindo:

$$\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 = \frac{pr^2}{4Rpr}.$$

Portanto:

$$\boxed{ \operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 = \frac{r}{4R} }.$$

---

Passo 3 — Transformando a expressão original

Temos:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}}.$$

Como $a=\operatorname{tg}A$, temos:

$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2A}}.$$

Usando:

$$1+\operatorname{tg}^2A=\frac{1}{\cos^2A},$$

obtemos:

$$\frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2A}} = \cos A.$$

Da mesma forma:

$$\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}=\cos B$$

e

$$\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}=\cos C.$$

Logo, basta provar que:

$$\cos A+\cos B+\cos C\leq\frac32.$$

---

Passo 4 — Obtendo uma identidade para $\cos A+\cos B+\cos C$

Como:

$$A+B+C=180^\circ,$$

temos:

$$A+B=180^\circ-C.$$

Dividindo por $2$:

$$\frac{A+B}{2} = 90^\circ-\frac C2.$$

Agora:

$$\cos A+\cos B = 2\cos\frac{A+B}{2} \cos\frac{A-B}{2}.$$

Como:

$$\frac{A+B}{2}=90^\circ-\frac C2,$$

temos:

$$\cos\frac{A+B}{2} = \operatorname{sen}\frac C2.$$

Portanto:

$$\cos A+\cos B = 2\operatorname{sen}\frac C2 \cos\frac{A-B}{2}.$$

Somando $\cos C$:

$$\cos A+\cos B+\cos C = 2\operatorname{sen}\frac C2 \cos\frac{A-B}{2} +\cos C.$$

Como:

$$\cos C=1-2\operatorname{sen}^2\frac C2,$$

segue que:

$$\cos A+\cos B+\cos C = 1+ 2\operatorname{sen}\frac C2 \left( \cos\frac{A-B}{2} -\operatorname{sen}\frac C2 \right).$$

Mas:

$$\operatorname{sen}\frac C2 = \cos\frac{A+B}{2}.$$

Logo:

$$\cos\frac{A-B}{2} -\operatorname{sen}\frac C2 = \cos\frac{A-B}{2} -\cos\frac{A+B}{2}.$$

Usando:

$$\cos u-\cos v = -2\operatorname{sen}\frac{u+v}{2} \operatorname{sen}\frac{u-v}{2},$$

obtemos:

$$\cos\frac{A-B}{2} -\cos\frac{A+B}{2} = 2\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2.$$

Assim:

$$\cos A+\cos B+\cos C = 1+ 4\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2.$$

Portanto:

$$\boxed{ \cos A+\cos B+\cos C = 1+ 4\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 }.$$

---

Passo 5 — Usando o resultado do Passo 2

Já mostramos que:

$$\operatorname{sen}\frac A2 \operatorname{sen}\frac B2 \operatorname{sen}\frac C2 = \frac r{4R}.$$

Então:

$$\cos A+\cos B+\cos C = 1+4\cdot\frac r{4R}.$$

Logo:

$$\cos A+\cos B+\cos C = 1+\frac rR.$$

Portanto, nossa expressão original é:

$$\boxed{ 1+\frac rR }.$$

---

Passo 6 — Obtendo a desigualdade

Para todo triângulo:

$$R\geq2r.$$

Logo:

$$\frac rR\leq\frac12.$$

Consequentemente:

$$1+\frac rR \leq 1+\frac12.$$

Portanto:

$$1+\frac rR\leq\frac32.$$

Assim:

$$\boxed{ \frac{1}{\sqrt{1+a^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+b^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+c^2}} \leq \frac32 }.$$

A igualdade ocorre quando:

$$R=2r,$$

isto é, quando o triângulo é equilátero.

Nesse caso:

$$A=B=C=60^\circ$$

e, portanto:

$$a=b=c=\operatorname{tg}60^\circ=\sqrt3.$$

Finalmente:

$$\frac{1}{\sqrt{1+3}} + \frac{1}{\sqrt{1+3}} + \frac{1}{\sqrt{1+3}} = \frac32.$$

Logo, o resultado está provado.

$$\boxed{\frac32}$$