FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR

1

9ª edição | São Paulo – 2013

FUNDAMENTOS

DE MATEMÁTICA

ELEMENTAR

COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros 05413-010 — São Paulo — SP

Fone: (0xx11) 3611-3308 — Fax vendas: (0xx11) 3611-3268 SAC: 0800-0117875

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Índice para catálogo sistemático: 1. Matemática: Ensino médio 510.7

Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 1 Gerente editorial: Lauri Cericato

Editor: José Luiz Carvalho da Cruz

Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos / Alexandre da Silva Sanchez / Juracy Vespucci / Guilherme Reghin Gaspar

Auxiliares de serviços editoriais: Rafael Rabaçallo Ramos / Margarete Aparecida de Lima / Vanderlei Aparecido Orso

Digitação e cotejo de originais: Guilherme Reghin Gaspar / Elillyane Kaori Kamimura Pesquisa iconográfi ca: Cristina Akisino (coord.) / Enio Rodrigo Lopes

Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.) / Renata Palermo / Rhennan Santos / Felipe Toledo / Eduardo Sigrist / Maura Loria / Patricia Cordeiro

Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan

Projeto gráfi co: Carlos Magno

Capa: Homem de Melo & Tróia Design Imagem de capa: Buena Vista Images/Getty Images

Diagramação: TPG

Encarregada de produção e arte: Grace Alves

Iezzi, Gelson

Fundamentos de matemática elementar, 1: conjuntos, funções / Gelson Iezzi, Carlos Murakami. — 9. ed. — São Paulo : Atual, 2013.

ISBN 978-85-357-1680-1 (aluno) ISBN 978-85-357-1681-8 (professor)

1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) – Problemas e exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) – Testes I. Murakami, Carlos II. Título III: Conjuntos, funções.

12-12850 CDD-510.7

729.170.009.004

Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida

Este livro é o Complemento para o Professor do volume 1,

Con-juntos e Funções, da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.

Cada volume desta coleção tem um complemento para o

pro-fessor, com o objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais

complicados do livro e sugerir sua passagem aos alunos.

É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos.

Estamos abertos a sugestões e críticas, que nos devem ser

encami-nhadas através da Editora.

Agradecemos à professora Irene Torrano Filisetti a colaboração

na redação das soluções que são apresentadas neste Complemento.

CAPÍTULO I — Noções de lógica ... 1

CAPÍTULO II — Conjuntos ... 1

CAPÍTULO III — Conjuntos numéricos ... 5

CAPÍTULO IV — Relações ... 12

CAPÍTULO V — Introdução às funções ... 12

CAPÍTULO VI — Função constante — Função afim ... 15

CAPÍTULO VII — Funções quadráticas ... 21

CAPÍTULO VIII — Função modular ... 41

CAPÍTULO IX — Outras funções elementares ... 48

CAPÍTULO X — Função composta — Função inversa ... 50

APÊNDICE I — Equações irracionais ... 62

CAPÍTULO I

— Noções de lógica

6. r s r  s V V V V F V F V V F F F p (r  s) p → (r  s) V V V V F F F V V F F V 1

1 p → (r  s) é falsa, por hipótese.

Então, isso significa que p é V, (r  s) é F, ou seja, r e s são F. Como o condicional (q  s) ↔ p é V e p é V, então q   s é V; portanto, q é V. CAPÍTULO II

— Conjuntos

33. {a, b, c, d}  X 5 {a, b, c, d, e} ⇒ e  X {c, d}  X 5 {a, c, d, e} ⇒ a  X, e  X {b, c, d}  X 5 {c} ⇒ c  X, b  X e d  X X 5 {a, c, e} 34. A  B  C 5 {1, 2, 3, ..., 9, 10} A  B 5 {2, 3, 8} A  C 5 {2, 7} ⇒ 2 e 7 pertencem a A 2 e 7 pertencem a C B  C 5 {2, 5, 6} ⇒ 2, 5 e 6 pertencem a B 2, 5 e 6 pertencem a C

A  B 5 {1, 2, ..., 7, 8} ⇒ 9 e 10 não pertencem a A  B e, então, 9 e 10 pertencem a C. Portanto, C 5 {2, 5, 6, 7, 9, 10}.

37. Como (A  B)  C é subconjunto de A, temos n(A  B  C)  2;

então o número máximo é 2.

48.

A B

nA – nA>B nA>B nB – nA>B

n_AB 5

_[

n_A 2 n_AB

_]

1 n_AB 1

_[

n_B 2 n_AB

_]

1 2 3

n_AB 5 n_A 1 n_B 2 n_AB

Obs.: 1 elementos que pertencem só ao conjunto A

2 elementos que pertencem aos conjuntos A e B

3 elementos que pertencem só ao conjunto B

49. n_(AB) 5 n_A 1 n_B 2 n_(AB) n_(AB) 5 4 1 5 2 3 5 6

Então, o número de subconjuntos de A  B é 26 _{5 64.}

50. (I) n_ABC

(II) n_AB 2 n_ABC (III) n_AC 2 n_ABC (IV) n_BC 2 n_ABC

n_ABC 5 n_A 1

{

n_B 2 (II) 2 (I)

}

1

{

n_C 2 (III) 2 (IV) 2 (I)

}

52. E: conjunto dos alunos da escola (n_E 5 415)

A: conjunto dos alunos que estudam inglês (n_A 5 221) B: conjunto dos alunos que estudam francês (n_B 5 163)

n_AB 5 n_A 1 n_B 2 n_AB 5 5 221 1 163 2 52 5 332 n_AB 5 n_E 2 n_AB 5 415 2 332 5 83 53.

[

P'(P Q)

]

_{5 (P'P)  (P'Q) 5 P'Q}

54. Como C  B, temos n(BC) 5 n(B) 5 16 e daí: a) n(AB) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(AB)

24 5 n(A) 1 16 2 4 então, n(A) 5 12

Portanto: n(A 2 B) 5 n(A) 2 n(AB) 5 12 2 4 5 8. b) n(ABC) 5 n(A) 2 n(A 2 C) 5 12 2 11 5 1

c) n

[

B 2 (CA)

]

_{5 n(AB) 2 n(A) 2 n(C) 1 n(ABC) 5}

5 24 2 12 2 6 1 1 5 7 d) n

[

(AB) 2 C

]

_{5 n(AB) 2 n(ABC) 5 4 2 1 5 3} e) n

[

B 2 (AB)

]

_{5 n(B)2 n(AB) 5 16 2 4 5 12} 55. A5 {e, f, g, h, i} ⇒ e, f, g, h, i  A AB 5 {c, d} ⇒ c, d  A e c, d  B AB 5 {a, b, c, d, e, f} ⇒ a, b, c, d, e, f  A ou  B então, A 5 {a, b, c, d} e B 5 {c, d, e, f}

56. Com base na tabela é possível montar o diagrama dos conjuntos e indicar o número de elementos de cada um.

a) o número de pessoas consultadas:

n_U5 115 1 61 1 20 1 142 1 5 1 36 1 98 1 23 5 500

b) o número de pessoas que só consomem a marca A: n_A 2 n_AB 2 n_AC 1 n_ABC 5 109 2 25 2 28 1 5 5 61 c) o número de pessoas que não consomem as marcas A ou C:

nAC 5 n_U2 n_AC 5 500 2 (109 1 162 2 28) 5 257

d) o número de pessoas que consomem ao menos duas marcas: n_AB 1 n_BC 1 n_CA 2 2  n_ABC 5 25 1 41 1 28 2 10 5 84 58. B: conjunto dos indivíduos da raça branca

P: conjunto dos indivíduos da raça preta A: conjunto dos indivíduos da raça amarela n(B) 5 70

n(P) 5 n(AB) 5 350 ⇒ n(A) 5 n(AB) 2 n(B) 5 280 a) número de indivíduos da comunidade: 2  n(A) 5 560 b) n(A) 5 280 59. Matriz: 20%  45% 5 900 10 000 Santos: 35%  20% 5 700 10 000 Campinas: x%  35% 5 35x 10 000 900 10 000 1 700 10 000 1 35x 10 000 5 30 100⇒ x 5 40 60. a) A 5 {a, b, c, d} B 5 {c, d, e, f, g} ⇒ A 2 B 5 {a, b} e B 2 A 5 {e, f, g} Então: A  B 5 {a, b}  {e, f, g} 5 {a, b, e, f, g}.

b) ∀A, A 2  5 A e  2 A 5  A   5 A   5 A c) ∀A, A 2 A 5  A  A 5    5  d) A  B 5 (A 2 B)  (B 2 A) B  A 5 (B 2 A)  (A 2 B)

Como a união de conjuntos goza da propriedade comutativa, então:

CAPÍTULO III

— Conjuntos numéricos

63. Chamando M₄,M₆ e M₁₂ os conjuntos de múltiplos, temos: M₄ M₆ 5 M₁₂⇒ M₁₂ M₄ e M₁₂ M₆

então X é formado por:

5 múltiplos de 12 (que também são múltiplos de 4 e 6) 7 2 5 5 2 múltiplos de 6 (que não são múltiplos de 4 ou 12) 12 2 5 5 7 múltiplos de 4 (que não são múltiplos de 6 ou 12) 8 números ímpares

num total de 5 1 2 1 7 1 8 5 22 elementos

73. Seja r₁ 5 a b, r25 c d. Como r1  r2, então a b  c d ⇒ ad  bc.

Seja r a média aritmética entre r₁ e r₂: r 5 ad 1 bc

2bd . Comparemos r₁ e r : r₁ 2 r 5 a b 2 ad 1 bc 2bd 5 ad 2 bc 2bd ⇒ r1 2 r  0 ⇒ r1  r Comparemos re r₂: r 2 r₂ 5 ad 1 bc 2bd 2 c d 5 ad 2 bc 2bd ⇒ r 2 r2  0 ⇒ r  r2 Portanto, existe r, tal que r₁  r  r₂.

76. Dividir a por 40 é o mesmo que multiplicar a pelo inverso de 40, que é 1

40 5 0,025.

77.  5 1 1 0,4 1 0,01 1 0,001 1 0,0001 1 ... 5 1,41111... 5 127 90 78. Renda total do país A: 2  104 _{ 5  10}7 _{5 10  10}11

Renda total do país B: 1  104 _{ 2  10}7 _{5 2  10}11

A renda per capita dos dois países juntos é a renda total dividida pela população total:

10  1011 _{1 2  10}11

7  107 5 17 142,86.

A renda per capita dos dois países juntos (novo país) será de aproximadamente 17 000 dólares.

Então: P 1 P

4  (V 1 ∆V) 5 K 5P(V 1 ∆V) 5 4K e PV 5 K ⇒ ∆V 5 2V

5, isto é, haverá uma diminuição correspondente à 5ª parte do volume inicial, ou seja, 20%.

82. 4 1 2 3 5 1 1 2 3 1 3 5

(

1 1 3

)

2 5 1 1 3 83. 18 2 8 2 5 16 2 8 2 1 2 5

(

4 2 2

)

2 5 4 2 2 ⇒ a 5 4 e b 5 21 84. Comparemos a e g: a 2 g 5 x 1 y 2 2 xy 5 x 1 y 2 2 xy 2 5

(

x 2 y

)

2 2  0. Então, a  g. 85. a) Seja a 5 2.

Então, a4 ₅

(

₂

)

4 _{5 4 e a}6₅

(

₂

)

6 _{5 8 são racionais.} b) a12_{  e a}7_{  ⇒ a}5 ₅ a 12 a7   a7_{  e a}5_{  ⇒ a}2 ₅ a 7 a5   a5_{  e a}2_{  ⇒ a 5} a 5 a4 5 a5

(

a2

₎

2   87. Prova-se com contraexemplos.

Um contraexemplo é o número racional 2 cuja raiz quadrada não é racional.

De fato, se 2 5 p

q, com p, q   e mdc(p, q) 5 1, então 2 5 p2 q2 ⇒ ⇒ p2 _{5 2q}2_{⇒ p}2 _{é número par ⇒ p é par ⇒ p 5 2m ⇒}

⇒ 4m2 _{5 2q}2_{⇒ q}2 _{5 2m}2_{⇒ q}2 _{é par ⇒ q é par.} Mas p e q pares é absurdo, pois mdc(p, q) 5 1.

88. Fazendo r 5 x 1 1 x 5 21, temos x 1 1 5 2x ⇒ x 5 2 1 2, ou seja, 21 5 21 2 1 1 21 2 .

98. 1º) P(1) é verdadeira porque 1 5 1(1 1 1)

2 .

2º) Admitamos a validade para n 5 k: P(k) 5 1 1 2 1 3 1 ... 1 k 5 k(k 1 1)

2

e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é:

1 1 2 1 3 1 ... 1 k 1 (k 1 1)5 (k 1 1)(k 1 2) 2 . Temos: 112131... 1k1(k11)5k(k 1 1) 2 1(k11)5 (k 1 1)(k 1 2) 2 P(k) 99. 1º) P(0) é verdadeira porque 2 5 (0 1 1)(4 1 0) 2 .

2º) Admitamos a validade para n 5 k:

P(k): 2 1 5 1 8 1 ... 1 (2 1 3k) 5 (k 1 1)(4 1 3k) 2 e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é:

2 1 5 1 8 1... 1 (2 1 3k) 1

[

2 1 3(k 1 1)

]

5 (k 1 2)

[

4 1 3(k 1 1)

]

2 . Temos: 2 1 5 1 8 1 ... 1 (2 1 3k) 1

[

2 1 3(k 1 1)

]

5 P(k) 5 (k 1 1)(4 1 3k) 2 1 2 1 3(k 1 1) 5 (k 1 1)(4 1 3k) 1 4 1 6(k 1 1) 2 5 5 3k21 13k 1 14 2 5 (k 1 2)(3k 1 7) 2 100. 1º) P(1) é verdadeira porque 20 _{5 2}1 2 1.

2º) Admitamos a validade de P(k 2 1), isto é:

20 _{1 2}1 _{1 2}2 _{1 ... 1 2}k 2 2 _{5 2}k 2 1 _{2 1 e, então, devemos provar} que vale P(k), ou seja,

20 _{1 2}1 _{1 2}2 _{1 ... 1 2}k 2 2 _{1 2}k 21 _{5 2}k _{2 1.} Temos:

20 _{1 2}1 _{1 2}2 _{1 ... 1 2}k 2 2 _{1 2}k 21 _{5 2}k 21 _{2 1 1 2}k 21 ₅

P(k 2 1)

101. 1º) P(1) é verdadeira porque 1(1 1 1)(2  1 1 1)

6 5 1 5 1

2_. 2º) Admitamos que vale para n 5 k, isto é,

P(k): 12 _{1 2}2 _{1 3}2 _{1 ... 1 k}2 ₅ k(k 1 1)(2k 1 1)

6 e provemos que

vale para n 5 k 1 1, ou seja:

12 _{1 2}2 _{1 3}2 1 ... 1 k2 1 (k 1 1)2 5 (k 1 1)(k 1 2)(2k 1 3) 6 . Temos: 12 _{1 2}2 _{1 3}2 _{1 ... 1 k}2 _{1 (k 1 1)}2 ₅ k(k 1 1)(2k 1 1) 6 1 (k 1 1) 2 ₅ P(k) 5 k(k 1 1)(2k 1 1) 6 1 6(k 1 1)2 6 5 (k 1 1)

[

k(2k 1 1) 1 6(k 1 1)

]

6 5 5 (k 1 1)(2k2 1 7k 1 6) 6 5 (k 1 1)(k 1 2)(2k 1 3) 6 102. 1º) P(1) é verdadeira porque 1(1 1 1) 2 2 5 1 5 13_. 2º) Admitamos válida para n 5 k, isto é:

P(k): 13 _{1 2}3 _{1 3}3 _{1 ... 1 k}3 ₅ k(k 1 1) 2

2

e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é: 13 _{1 2}3 _{1 3}3 _{1 ... 1 k}3 _{1 (k 1 1)}3 ₅ (k 1 1)(k 1 2) 2 2 Temos: 13 _{1 2}3 _{1 ... 1 k}3 _{1 (k 1 1)}3 ₅ k(k 1 1) 2 2 1 (k 1 1)3 ₅ P(k) 5 k2(k 1 1)2 4 1 4(k 1 1)3 4 5 (k 1 1)2_(k2 _{1 4k 1 4)} 4 5 5 (k 1 1)2(k1 2)2 4 5 (k 1 1)(k 1 2) 2 2 104. 1º) P(1) é verdadeira porque 6 | 1(1 1 1)(1 1 2).

2º) Admitamos válida para n 5 k, isto é, 6 | k(k 1 1)(k 1 2) e provemos que vale para n 5 k 1 1: 6 | (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3). Temos:

(k 1 1)(k 1 2)(k 1 3) 5 k(k 1 1)(k 1 2) 1 3(k 1 1)(k 1 2) 6 | k(k 1 1)(k 1 2)

105. 1º) P(0) é válida: 2  0.

2º) Admitamos verdadeira para n 5 k, isto é, 2 | (k2 _{1 k), ou seja,} 2 | k(k 1 1) e provemos que vale para n 5 k 1 1:

2 |

[

(k 1 1)2 _{1 (k 1 1)}

_]

_{⇔ 2 | (k 1 1)(k 1 2)} (k 1 1)2 _{1 (k 1 1) 5 (k 1 1)(k 1 1 1 1) 5} 5 (k 1 1)(k 1 2) 5 k(k 1 1) 1 2(k 1 1) 2 | k(k 1 1) 2 | 2(k 1 1) ⇒ 2 | k(k 1 1) 1 2(k 1 1) ⇒ 2 | (k 1 1)(k 1 2) 106. 1º) P(0) é verdadeira, pois 3 | (03 _{1 2  0).}

2º) Admitamos P(k) verdadeira, ou seja, 3 | (k3_{1 2k) e provemos que} P(k 11) é verdadeira, ou seja: 3 |

[

(k 1 1)3 _{1 2(k 1 1)}

_]

_. Temos: (k 1 1)3 _{1 2(k 1 1) 5 (k}3 _{1 3k}2 _{1 3k 1 1) 1 (2k 1 2) 5} 5 (k3 _{1 2k) 1 3(k}2 _{1k 1 1)} 3 | k3 _{1 2k} 3 | 3(k2 1 k 1 1) ⇒ 3 | (k 3 _{1 2k)1 3(k}2 _{1k 1 1) ⇒} ⇒ 3 |

[

(k 1 1)3_{1 2(k 1 1)}

_]

107. 1º) P(1) é válida porque 1 1 1 5 (1 1 1). 2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:

P(k): (1 1 1) 1 1 1 2 1 1 1 3  ...  1 1 1 k 5 k 1 1 e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é:

(1 1 1) 1 1 1 2  ...  1 1 1 k 1 1 1 k 1 1 5 k 1 2. Temos: (1 1 1) 1 1 1 2  ...  1 1 1 k 1 1 1 k 1 1 5 (k 1 1) 1 1 1 k 1 1 5 P(k) 5 (k 1 1) k 1 1 1 1 k 1 1 5 k 1 2 108. 1º) P(1) é válida: 1 1 1 1 5 1 2 5 1 1  2 2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:

1 1  2 1 1 2  3 1 ... 1 1 k(k 1 1) 5 k

1 1  2 1 1 2  3 1 ... 1 1 k(k 1 1) 1 1 (k 1 1) (k 1 2) 5 k 1 1 k 1 2. Temos: 1 1  2 1 1 2  3 1 ... 1 1 k(k 1 1) 1 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 P(k) 5 k k 1 1 1 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 k(k 1 2) 1 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 k2 _{1 2k 1 1} (k 1 1)(k 1 2) 5 5 (k 1 1)2 (k 1 1)(k 1 2) 5 k 1 1 k 1 2 109. 1º) P(1) é verdadeira: 1(1 1 1)(1 1 2) 3 5 1(1 1 1) 5 1  2.

2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:

P(k) 5 1  2 1 2  3 1 ... 1 k(k 1 1) 5 k(k 1 1)(k 1 2)

3 e

provemos que vale para n 5 k 1 1:

P(k 1 1) 5 1  2 1 2  3 1 ... 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3) 3 . Temos: 1  2 1 2  3 1 ... 1 k(k 1 1) 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 P(k) 5 k(k 1 1)(k 1 2) 3 1 3(k 1 1)(k 1 2) 3 5 (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3) 3 111. 1º) P(0) é verdadeira: 20 _{. 0.}

2º) Admitamos verdadeira para n 5 k: 2k . k, com k . 1, e provemos que vale para n 5 k 1 1: 2k 1 1_{. k 1 1.}

5 k4 1 4k3 1 12k2 1 12k 1 4 4 5 5 k4 1 4k3 1 6k2 1 4k 1 1 1 6k2 1 8k 1 3 4 5 5 (k 1 1)4 4 1 6k2 _{1 8k 1 3} 4 . (k 1 1)4 4 pois 6k2 _{1 8k 1 3 . 0, ∀k.} 113. 1º) P(1) é válida: (1 1 a)1 _{> 1 1 1  a.}

2º) Suponhamos válida para n 5 k: (1 1 a)k _{> 1 1 ka e provemos} que vale para n 5 k 1 1: (1 1 a)k11 _{> 1 1 (k 1 1)a.}

Temos:

(1 1 a)k 1 1 _{5 (1 1 a)}k _{ (1 1 a) > (1 1 ka)(1 1 a) 5} 5 1 1 ka 1 a 1 ka2 _{> 1 1 ka 1 a 5 1 1 (k 1 1)a.} 115. 1º) P(3) é verdadeira:

S₃ = (3 2 2)  180° 5 180° (soma dos ângulos internos de um triângulo).

2º) Admitamos válido para n 5 k: S(k) 5 (k 2 2)  180° e provemos que é verdadeira para n 5 k 1 1: S(k 1 1) 5 (k 2 1)  180°. Observemos que, ao acrescentar um vértice (E), na verdade estamos acrescentando, à figura anterior, um triângulo (BCE) cuja soma dos ângulos internos é 180°.

D C B A D C B A E Então, temos: S_{k 1 1} 5 S_k 1 180° 5 (k 2 2)  180° 1 180° 5 5 180° (k 2 2 1 1) 5 (k 2 1)  180°

116. 1º) P(0) é verdadeira, pois () 5 {}, que é unitário e portanto tem 20 _{5 1 elemento.}

3º) P(2) é verdadeira, pois _{({a, b}) 5}

{

{a}, {b}, {a, b}, 

}

é quartenário e portanto tem 22 _{5 4 elementos.}

4º) Admitamos que a proposição seja verdadeira para um conjunto A com k elementos, ou seja, (A) tem 2k _{elementos. Provemos} que a proposição é verdadeira para um conjunto B com k 1 1 elementos, ou seja, (B) tem 2k 1 1 _elementos.

Suponhamos que B 5 A  {b}, ou seja, b é o elemento que está em B e não pertence a A. Então (B) é formado com os subconjuntos de A (que são 2k_{) e mais a reunião de {b} com cada} um desses subconjuntos (que são outros 2k _conjuntos).

Conclusão: (B) possui 2  2k _{5 2}k 1 1 _elementos.

Observação: Para melhor entender, veja como fizemos para passar de 

(

{a}

)

para 

(

{a, b}

)

.

CAPÍTULO IV

— Relações

122. Utiliza-se a propriedade: se X é subconjunto de X' e Y é subconjunto de Y', então X 3 Y é subconjunto de X' 3 Y' e também vale a recíproca. Por exemplo: A 3 B  X' 3 Y' ⇔ A  X' ⇔ X' 5 A ou B ou C B  Y' ⇔ Y' 5 B ou C então X' 3 Y' 5 A 3 B ou A 3 C ou B 3 B ou B 3 C ou C 3 B ou C 3 C. 128. _{A 5 {0, 1, 2} ⇒} B 5 {3, 4, 5} ⇒ A 3 B 5

{

(0, 3), (0, 4), (0, 5), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 4), (2, 5)

}

. Verifica-se, diretamente, que somente os pares (0, 4), (0, 5) e (1, 5) satisfazem a relação y  x 1 4.

Portanto, n(D) 5 3.

CAPÍTULO V

— Introdução às funções

155. Fazendo x 5 0, devemos ter:

f(m  0) 5 m  f(0) ⇒ f(0) 5 m  f(0) Então:

m 5 1 ⇒ f(0) é qualquer real.

156. f

(

3 1 2

)

5 f(3)  f

(

2

)

Calculando f (3), vem: f(2) 5 f(1 1 1) 5 f(1)  f(1) 5 2  2 5 4 f(3) 5 f(2 1 1) 5 f(2)  f(1) 5 4  2 5 8 Então: f

(

3 1 2

)

5 f(3)  f

(

2

)

5 8  4 5 32. 157. a) f(1) 5 f(0 1 1) 5 2  f(0) 1 3 5 3 f(2) 5 f(1 1 1) 5 2  f(1) 1 3 5 2  3 1 3 5 9 f(3) 5 f(2 1 1) 5 2  f(2) 1 3 5 2  9 1 3 5 21 f(4) 5 f(3 1 1) 5 2  f(3) 1 3 5 2  21 1 3 5 45 f(5) 5 f(4 1 1) 5 2  f(4) 1 3 5 2  45 1 3 5 93 Observemos que: f(5) 5 93 5 2  45 1 3 5 5 2  (2  21 1 3) 1 3 5 5 2 

[

2  (2  9 1 3) 1 3

]

1 3 5 5 2 

{

2  [2(2  3 1 3) 1 3] 1 3

}

1 3 5 5 2 

{

2 

[

22 _{ 3 1 2  3 1 3}

_]

_{1 3}

}

_{1 3 5 5 2 }

{

23 _{ 3 1 2}2 _{ 3 1 2  3 1 3}

_}

_{1 3 5} 5 24 _{ 3 1 2}3 _{ 3 1 2}2 _{ 3 1 2  3 1 3 5} 5 3

(

24 _{1 2}3 _{1 2}2 _{1 2}1 _{1 2}0

₎

ou seja: f(n) 5 3

(

2n 2 1 _{1 2}n 2 2 _{1 ... 1 2 1 1}

₎

_. b) 1º) Vale para n 5 1, isto é, f(1) 5 3  (20_{) 5 3.}

2º) Admitamos verdadeira para

n 5 k: f (k) 5 3

(

2k 2 1 _{1 2}k 1 2 _{1 ... 1 2 1 1}

₎

e provemos que é válida para n 5 k 1 1, ou seja, f(k 1 1) 5 3

(

2k _{1 2}k 2 1 _{1 2}k 2 2 _{1 ... 1 2 1 1}

₎

_. Considerando a função definida, temos:

f(k 1 1) 5 2  f(k) 1 3 Então: f(k 1 1) 5 2 

[

3 

(

2k 2 1 _{1 2}k 2 2 _{1 ... 1 2 1 1}

₎

]

_{1 3} f(k 1 1) 5 3 

[

2 

(

2k 2 1 _{1 2}k 2 2 _{1 ... 1 2 1 1}

₎

]

_{1 3} f(k 1 1) 5 3 

(

2k _{1 2}k 2 1 _{1 ... 1 2}2 _{1 2}

₎

_{1 3} f(k 1 1) 5 3 

(

2k _{1 2}k 2 1 _{1 ... 1 2}2 _{1 2 1 1}

₎

165. f(x) 5 x2 5 |x| 5 x se x  0 2x se x  0 ⇒ f(x) 5 g(x) se x  0 f(x)  g(x) se x  0 g(x) 5 x

Portanto, f(x) e g(x) não são iguais.

166. f (x) 5 x 2 1

x 1 1 está definida se x 2 1

D_f 5

{

x   | x  21 ou x  1

}

g(x) 5 x 2 1 x 1 1

está definida se x 2 1  0 e x 1 1 . 0, ou seja:

D_g 5

{

x   | x  1

}

f (x) e g(x) serão iguais somente no conjunto x  1, x  .

167. f (x) 5 x 1 1 x2 _{2 x} está definida se x 1 1 x2 _{2 x}  0. D_f 5

{

x   | 21  x  0 ou x . 1

}

g(x) 5 x 1 1 x2 _{2 x} está definida se x 1 1  0 e x2 _{2 x . 0.} D_g 5

{

x   | 21  x  0 ou x . 1

}

Por possuírem exatamente o mesmo domínio, f (x) 5 g(x).

168. D_f 5 , D_g 5  2 {1}

Não são iguais porque os domínios são diferentes.

CAPÍTULO VI

— Função constante — Função afim

175. a) a 1 b 5 3 4 1 a 2 b 5 21 4 2

Somando membro a membro 1 e 2 , vem:

2a 5 1 2⇒ a 5 1 4. Substituindo a 5 1 4 em 1 , temos b 5 1 2. Daí vem: a 5 1 x 2 y 5 1 4⇒ x 2 y 5 4 3 b 5 1 x 1 y 5 1 2⇒ x 1 y 5 2 4

O sistema formado por 3 e 4 é x 2 y 5 4 x 1 y 5 2

Somando membro a membro 3 e 4 , vem: 2x 5 6 ⇒ x 5 3. Substituindo x 5 3 em 4 , temos: y 5 21, isto é, S 5

{

(3, –1)

}

.

b) Fazendo 1 x 1 y 1 1 5 a e 1 2x 2 y 1 3 5 b, vem: 3a 2 2b 5 5 12 2a 1 3b 5 1 ⇔ 26a 1 4b 5 2 5 6 6a 1 9b 5 3 ⇒ a 5 1₄ e b 5 1 6. Então: x 1 y 1 1 5 4 2x 2 y 1 3 5 6⇔ x 1 y 5 3 2x 2 y 5 3⇒ x 5 2 e y 5 1. S 5

{

(2, 1)

}

. 178. x 5 nº de bolas brancas y 5 nº de bolas pretas após 1ª retirada: x 2 15 y 5 1 2 1 após 2ª retirada: x 2 15 y 2 10 5 4 3 2

Resolvendo o sistema formado por 1 e 2 , vem: x 5 23 e y 5 16. 179. f(21) 5 2a 1 b 5 3

f(1) 5 a 1 b 5 1 ⇒ a 5 21 e b 5 2

186. A partir do gráfico verificamos que a função C(x) passa pelo ponto (8, 520) e tem coeficiente linear 400.

C(x) 5 ax 1 400 ⇒ C(8) 5 8a 1 400 5 520 ⇒ a 5 15 Portanto, C(x) 5 15x 1 400.

Considerando um custo de R$ 700,00, vem: 15x 1 400 5 700 ⇒ x 5 20 litros. 187. a) x  1 637,11 ⇒ f(x) 5 0 1 637,12  x  2 453,50 ⇒ f(x) 5 3x 40 2 122,78 2 453,51  x  3 271,38 ⇒ f(x) 5 3x 20 2 306,80 3 271,39  x  4 087,65 ⇒ f(x) 5 9x 40 2 552,15 x . 4 087,65 ⇒ f(x) 5 11x 40 2 n

b) Para não haver desconti nuidade em x 5 4 087,65, efetuamos: 9x 40 2 552,15 5 11x 40 2 n n 5 2x 40 1 552,15 ⇒ n 5 2  4 087,65 40 1 552,15 ⇒ n 5 756,53 188. Seja H a herança, x a parte da mãe,

2x a parte de cada filho do sexo masculino, 3x a parte da filha. Então: H 5 x 1 2  2x 1 3x 5 8x ⇒ x 5 H 8. mãe: H 8; cada menino: H 4; a menina: 3H 8 189. S 5 vt ⇒ S 5 275  t_h S 5 660  t_j t_j 5 t_h 2 7 ⇒ 275  th 5 660(th 2 7) ⇒ th 5 12 Então: S 5 275  12 5 3 300.

A distância entre São Paulo e Boa Vista é de 3 300 km.

190. 110 trabalhadores 100 homens com média salarial 265

10 mulheres com média salarial x 100  265 1 10x

110 5 250 ⇒ x 5 100

191. x 5 salário/hora de Paulo e Joana.

Paulo trabalhou 40 minutos 2

3 de hora a mais que Joana e, por esse período, recebeu 150.

Então: 2

3 x 5 150 ⇒ x 5 225.

Portanto, Paulo recebeu 4  225 5 900 e 1

10  900 5 90. Um décimo do que Paulo recebeu são R$ 90,00.

192. A engrenagem a tem 18 dentes e a engrenagem c tem 36 dentes.

Ambas as engrenagens dão um número inteiro de voltas quando os números de dentes que “passam” pelo ponto de contato com a engrenagem b forem um múltiplo comum de 18 e 36.

0 mmc(18, 36) é 36. Então, se c der uma volta e a der 2 voltas, as duas retornam à situação inicial.

193. Quando o piloto mais veloz (72 segundos por volta) completar x voltas, o piloto menos veloz (75 segundos por volta) terá dado (x 2 1) voltas. Então, temos:

72x 5 75(x 2 1) ⇒ x 5 25.

209. 6,3  1 1 4,5  2 1 3x 6  6,5 6,3 1 9 1 3x  39 3x  23,7 ⇒ x  7,9 211. a) 3x 2 2 1 2 x  23 ⇒ 1 1 2 x  0 ⇒ 1 2 x  0 ⇒ x . 1 S 5

{

x   | x . 1

}

b) 4x 2 5 2x 2 1  2 ⇒ 23 2x 2 1  0 ⇒ 2x 2 1  0 ⇒ x  1 2 S 5 x   | x  1 2 c) 24 2 3x 3x 1 2  21 ⇒ 22 3x 1 2  0 ⇒ 3x 1 2 . 0 ⇒ x . 2 2 3 S 5 x   | x . 22 3 213. c) 5 2 2x  0 ⇒ x . 5 2 3x 1 1  4x 2 5 ⇒ x  6 x 2 3  0 ⇒ x  3 S 5

{

x   | 3  x  6

}

f) 2x 2 5 1 2 x  22 ⇒ 23 1 2 x  0 ⇒ 1 2 x . 0 ⇒ x  1 x2 _{1 x 1 3} x 1 1 . x ⇒ 3 x 1 1 . 0 ⇒ x 1 1 . 0 ⇒ x . 21 S 5

{

x   | 21  x  1

}

S 5 x   | x  1 ou 3 2  x  2 ou x . 3 224. 24 x 1 3 2  2 1 x ⇒ 2 4 x 1 1 x 1 3 2  0 ⇒ ⇒ 23_x 1 3 2  0 ⇒ 3x 2 6 2x  0 3x – 6 2x Q – – – – + + + + + x 0 2 S 5

{

x   | x  0 ou x  2

}

CAPÍTULO VII

— Funções quadráticas

Resolvendo o sistema formado por 1 , 2 e 3 , temos: a 2 b 1 c 5 24 — 21 — 24 a 1 b 1 c 5 2 4a 1 2b 1 c 5 21 ⇔ a 2 2b 1 3c 5 24 2b 5 6 6b 2 3c 5 15 ⇒ b 5 3 Substituindo b 5 3 na 3ª equação, vem c 5 1.

Substituindo b 5 3 e c 5 1 na 1ª equação, vem a 5 22. Portanto, f(x) 5 22x2 _{1 3x 1 1.}

228. f(1) 5 a 1 b 1 c 5 4

f(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 0 f(3) 5 9a 1 3b 1 c5 22 Resolvendo o sistema, temos:

4a 1 4b 1 c 5 4 — 24 _— 29 4a 1 2b 1 c 5 0 9a 1 3b 1 c 5 22 ⇔ a 1 2b 1 3c 5 4 2b 1 3c 5 16 — 23 – 6b 2 8c 5 238 ⇔ ⇔ a 1 2b 1 3c 5 4 2b 1 3c 5 16 c 5 10

Substituindo c 5 10 na 2ª equação, obtemos b 5 27. Substituindo c 5 10 e b 5 27 na 1ª equação, vem a 5 1. Então: abc 5 1  (27)  10 5 270.

230. quantidade vendida × preço de venda 5 receita

x  50 2 x 2 5 1 250 Então, temos: x2 _{2 100x 1 2 500 5 0} ⇒ x 5 50. 231. 1 x 1 1 y 5 7 12 ⇒ x 1 y xy 5 7 12 xy 5 12 ⇒ x 1 y 5 7 1 xy 5 12 2 Considerando 1 e 2 , temos: x2 _{2 7x 1 12 5 0 ⇒ x 5 3 ou x 5 4.} Como xy 5 12, então, para x 5 3, y 5 4 e para x 5 4, y 5 3. S 5 {(3, 4), (4, 3)}.

232. a) x2 _{2 3x 2 4 5 0 ⇒ x 5 4 ou x 5 21} b) 2x 1 y 5 4 ⇒ y 5 4 2 2x 1

2x 1 xy 5 28 2

242. Em ax2 _{1 bx 1 c 5 0, temos x 5} 2b  b 2 _{2 4ac} 2a . Em a a x2 1 bx 1 a2c 5 0, temos: ∆ 5 2_b2 _{2 4}a a a2 5 2(b2 2 4ac) x 5 2b   b 2 _{2 4ac} 2a_a 5 a  2b  b 2 _{2 4ac} 2a

ou seja, são as mesmas raízes, multiplicadas por a.

f) Sabendo que (x₁ 1 x₂)3 _{5 x}3 1 1 3x21x2 1 3x1x22 1 x32, temos: x3 1 1 x 3 2 5 (x1 1 x2) 3 _{2 3x} 1x2(x1 1 x2) 5 5 2 3 2 3 21 2  5 2 5 5 155 8 . 245. 2x2 _{2 2mx 1 3 5 0} x₁ 1 x₂ 5 m x₁  x₂ 5 3 2 x₁ 5 3x₂ ⇒ 4x2 5 m 3x₂2 ₅ 3 2 ⇒ x2' 5 2 2 2 (rejeitada) ou x2" 5 2 2 Portanto: 4x₂ 5 m ⇒ m 5 4 2 2 ⇒ m 5 2 2 . 246. x1 1 x2 5 2b x₁  x₂ 5 47

Fazendo x' 5 2x₁ em 3 e 4 , vem: 2x₁ 1 x" 5 7 2x₁  x" 5 2k ⇔ 2(5 2 x₂) 1 x" 5 7 2  k x2  x" 5 2k ⇔ xx" 2 2x" 2 5 23 x2 5 1 ⇒ x2 5 3 Substituindo x₂ 5 3 em 1 , vem x₁ 5 2. Em 2 , x₁  x₂ 5 k ⇒ 2  3 5 k ⇒ k 5 6. 250. Seja a equação ax2 _{1 bx 1 c 5 0.}

Já provamos no exercício 243 que S 5 x₁ 1 x₂ 5 2b

d) Sabendo que (x₁ 1 x₂)3 _{5 x}3 1 1 3x21x2 1 3x1x32, temos: x3 1 1 x 3 2 5 (x1 1 x2) 3 _{2 3x} 1x2(x1 1 x2) 5 2 b a 3 2 3 c a 2 b a 5 5 2b3 1 3abc a3 x3 1  x 3 3 5 c3 a3 x2 ₂ 2b 3 _{1 3abc} a3 x 1 c3 a3 5 0 ⇒ a 3_x2 _{1 (b}3 _{2 3abc)x 1 c}3 _{5 0} 253. x1 x₂ 1 x₂ x₁ 5 4 ⇒ x2 1 1 x 2 2 x₁x₂ 5 4 ⇒ (x₁ 1 x₂)2 _{2 2x} 1x2 x₁x₂ 5 4 ⇒ ⇒ 2(m 2 1) m 2 2 2 1 5 4 ⇒ m 2 _{1 4m 2 2 5 0 ⇒ m 5 22  6} 254. Sendo S 5 p' e Q 5 q' de um trinômio g(x), em que 1

a e 1 b são as raízes, temos: p' 5 1 a 1 1 b 5 a 1 b ab 5 p q q' 5 1 a  1 b 5 1 ab 5 1 q ⇒ g(x) 5 x2 ₂ p q x 1 1 q

261. f(x) 5 (m 2 1)x2 1 (m 1 1)x 2 m tem mínimo se m . 1. ∆ 5 (m 1 1)2 _{1 4m(m 2 1) 5 5m}2 _{2 2m 1 1} y_V 5 2 ∆ 4a 5 1 ⇒ 2 5m2 _{1 2m 2 1} 4(m 2 1) 5 1 ⇒ 5m 2 _{2 2m 1 3 5 0, que}

não tem soluções reais.

Portanto, m   | f(x) tenha mínimo igual a 1.

263. Sendo y 5 2 x2 _{1 5x 2 1,} verificamos que: para x 5 0, y 5 2 1 para x 5 6, y 5 2 7 V 2 b 2a, 24a 5 V 5 2 , 21 4 Assim, no intervalo [0, 6], y_M 5 y_V 5 21 4 e ym 5 f(6) 5 2 7.

265. y 5 2 2x2 _{1 bx 1 c passa por (1, 0). Então:} 0 5 2 2 1 b 1 c ⇒ b 1 c 5 2 1 x_V 5 3 ⇒ 2 b 2a 5 3 ⇒ b 5 12 2 Substituindo 2 em 1 , vem c 5 2 10. Portanto, y 5 2 2x2 _{1 12x 2 10 e, então, y 5 y} V 5 2 ∆_4a5 264 28 5 8. 266. 2x 1 z 5 8 ⇒ z 5 8 2 2x Seja y 5 xz ⇒ y 5 x(8 2 2x) ⇒ y 5 2 2x 2 _{1 8x} Como a 5 2 2  0, existe máximo, quando x_V 5 2 b

267. Seja um retângulo de Iados a e b.

Então: 2a 1 2b 5 20 ⇒ a 1 b 5 10 ⇒ b 5 10 2 a. A área y 5 ab é tal que y 5 a(10 2 a) 5 2 a2 _{1 10a.}

Como o coeficiente de a2 _{é negativo, existe máximo, que é dado por}

a 5 210

2(21) 5 5. Então, b 5 10 2 5 5 5.

Ou seja, a área é máxima para o quadrado de lado 5 cm.

268. Seja x 1 y 5 6 ⇒ y 5 6 2 x

Seja z 5 x2 _{1 y}2 ⇒ z 5 x

2 _{1 (36 2 12x 1 x}2_{) ⇒} ⇒z 5 2x2 _{2 12x 1 36}

Como a 5 2 . 0, existe mínimo, dado por x 5 12 2  2 5 3. Então, y 5 6 2 3 5 3.

269. Seja a área z 5 xy.

Como um dos vértices pertence à reta y 5 24x 1 5, temos:

z 5 x(24x 1 5) 5 24x2 _{1 5x} (como a  0, existe máximo)

Então: x 5 25 2(24) ⇒ x 5 5 8 . Então: y 5 24 5 8 1 5 ⇒ y 5 5 2 . Lados do retângulo: 5 8 e 5 2 .

270. Consideremos o triângulo com

os catetos sobre os eixos carte-sianos.

A reta AB

↔

Como o vértice C do retângulo pertence a essa reta, temos: Área z 5 xy ⇒ z 5 x 23 4x 1 6 ⇒ z 5 2 3 4x 2 _{1 6x} Como a 5 23

4  0, então existe máximo.

x_V5 26

2 23

4

⇒ xV5 4 ⇒ y 5 3 Portanto, o retângulo tem lados 3 e 4.

271. Localizemos o triângulo equilátero conforme a figura abaixo. A altura sobre o eixo y corta o lado da base no seu ponto médio.

Por Pitágoras, h2 _{5 4}2 _{2 2}2_{⇒ h 5 2 3 .}

Determinemos a reta que passa pelos pontos

(

0, 2 3

)

e (2, 0):

y y x x x y (0, 2 3) (2, 0) 0 b 5 2 3 0 5 2a 1 b ⇒ a 5 2 3 ⇒ reta: y 5 2 3 x 1 2 3

Metade da área do retângulo: z 5 xy ⇒ z 5 x

(

2 3 x 1 2 3

)

⇒ ⇒ z 52 3 x2 _{1 2 3 x.}

Como a 5 2 3 , negativo, existe máximo.

x_v 5 2 b

2a, vem x 5 2 2 3

2

(

2 3

)

5 1 ⇒ y 5 3 Portanto, base 5 2x 5 2 e altura y 5 3 .

272. Determinemos a reta que passa pelos

pontos (3, 0) e (0, 4). 4 5 b

⇒ a 5 24₃ ⇒ y 5 24₃x 1 4 Metade da área: z 5 xy ⇒ z 5 x 24 3x 1 4 ⇒ ⇒ z 5 24₃ x2 _{1 4x} y y x x (0, 4) (3, 0) Como a 5 24 3  0, existe máximo. x_V 5 2 b 2a ⇒ x 5 2 4 2 24 3 5 3 2 ⇒ y 5 2 Portanto, base 5 2x 5 3 e altura y 5 2.

276. yV 5 2 ∆ 4a 5 2 ∆ 5 16 2 12m ⇒ 12m 2 16₁₂ 5 2 ⇒ m 5 10 3 277. y_V 5 2∆ 4a 5 7 ∆ 5 m2 _{2 4 2}1 3 2 1 2 5 m 2 ₂ 2 3 ⇒ 2 3 2 m 2 4 21 3 5 7 ⇒ m2 _{2 10 5 0 ⇒} ⇒ m 5 2 10 ou m 5 10 285. f(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 0 f(3) 5 9a 1 3b 1 c 5 22 f(4) 5 16a 1 4b 1 c 5 0

Resolvendo esse sistema, vem a 5 2.

286. f(x) 5 2x2 _{1 2x}

V_f(x) (1, 1) e zeros: x 5 0 ou x 5 2 Como g(x) deve ser simétrico a f (x) em relação à reta y 5 3, então temos:

f(x) g(x) ponto (0, 0) ponto (0, 6) vértice (1, 1) vértice (1, 5) ponto (2, 0) ponto (2, 6) Fazendo g(x) 5 ax2 _{1 bx 1 c,} deve-mos ter: g(0) 5 c 5 6 g(1) 5 a 1 b 1 c 5 5 g(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 6 Resolvendo o sistema, vem: a 5 1, b 5 22, c 5 6

287. Notemos inicialmente que x₁ e x₂ são abscissas dos pontos de interseção das curvas g(x) 5 x2 _{1 x e h(x) 5 2x}2 _{2 x 1 4; portanto,} são as raízes da equação x2 _{1 x 5 2x}2 _{2 x 1 4, ou seja, x}

Temos: g(x) 5 x2 _{1 x ⇒ a 5 1, b 5 1, c 5 0} h(x) 5 2x2 _{2 x 1 4 ⇒ d 5 21, e 5 21, f 5 4} F(x) 5 d 2 a 3 x 3 ₁ e 2 b 2 x 2 _{1 (f 2 c)x 5 2}2 3x 3 _{2 x}2 _{1 4x} F(x₂) 2 F(x₁) 5 F(1) 2 F(22) 5 7 3 2 2 20 3 5 9 296. x2 _{2 3x 1 2  0 ⇒ 1  x  2} x2 _{2 4x 1 3 . 0 ⇒ x  1 ou x . 3}

_A B A ù B 1 2 3 x

A  B 5  297. 22x2 _{1 3x  0 ⇒ 0  x } 3 2 A B A ø B 0 1 3 3 x 2 x2 _{2 x 2 2  0 ⇒ 21  x  2} C A ø B (A ø B) ù C _{–1 0 2 3} x (A  B)  C 5

{

x   | 0  x 2

}

298. p(a)  0 ⇔ a2 _{2 5a 1 6  0 ⇒ 2  a  3}

301. e) x3 _{2 2x}2 _{2 x 1 2 . 0} x2_{(x 2 2) 2 (x 2 2) . 0} (x 2 2)(x2 _{2 1) . 0} – – – – – – + + + + + + x – 2 x2 _{– 1} (x – 2)(x2 _{– 1)} 2 1 –1 x S 5

{

x   | 21  x  1 ou x . 2

}

f) 2x3 _{2 6x}2 _{1 x 2 3  0} 2x2_{(x 2 3) 1 (x 2 3)  0} (x 2 3)(2x2 _{1 1)  0} S 5

{

x   | x  3

}

303. x2 _{– 21x + 20} 3 – x (x2 _{– 21x + 20)(3 – x)} + + + + + + – – – – – – 1 3 20 x

O maior número inteiro que satisfaz a inequação é 19.

324. c) x x2 _{1 4} . x 1 m x2 _{1 1} ⇒ x x2 _{1 4} 2 x 1 m x2 _{1 1} . 0 ⇒ ⇒ x(x2 1 1) 2 (x_(x2 _{1 4)(x}2 1 4)(x 1 m)2 _{1 1)} . 0 ⇒ 2mx2 _{2 3x 2 4m} (x2 _{1 4)(x}2 _{1 1)} . 0 Como x2 _{1 4 . 0, ∀x   e x}2 _{1 1 . 0, ∀x  , então:} 2mx2 _{2 3x 2 4m . 0, ∀x e daí 2m . 0 I e ∆ , 0 II} ∆ , 0 ⇒ 9 2 16m2 _{, 0 ⇒ m}2 _. 9 16 ⇒ m , 2 3 4 ou m . 3 4 3 4 m 0 3 4 – I II I ùII Então, m , 23 4. 325. x2 _{1 2x 1 (p 2 10) . 0, ∀x   ⇔ ∆ , 0 ⇒ 4 2 4(p 2 10) , 0 ⇒} ⇒ 44 2 4p , 0 ⇒ p . 11 327. x 2 a x2 _{1 1} , x 1 a x2 ⇔ x 2 a x2 _{1 1} 2 x 1 a x2 , 0 ⇔ ⇔ 22ax_x2_(x22 2 x 2 a _{1 1)} , 0

333. Para ter uma raiz positiva e outra negativa, 0 (zero) deve estar entre elas, ou seja, x₁  0  x₂, isto é, devemos ter: (m 2 2)  f (0)  0 e daí (m 2 2)(m 1 2)  0 ⇒ 22  m  2.

334. Como as raízes devem ter sinais contrários, então devemos ter: x₁  0  x₂, ou seja, 2  f (0)  0 ⇒ 2  (k 2 5)  0 ⇒ k  5 I Como |x₁|  |x₂|, então S 2 5 x₁ 1 x₂ 2  0 ⇒ 2 b 2a  2 k 4  0 ⇒ ⇒ k . 0 II

De I e II vem 0  k  5; então, o menor valor inteiro é k 5 1.

2 P , 0 ⇒ m  1

m  2 , 0 ⇒ 1 , m , 2

Portanto: 1 , m , 2.

350. 2x2 _{ kx  k  5  0}

1 raízes de sinais contrários ⇒ P , O ⇒ k  5

2 , O ⇒ k , 5

2 raiz negativa em valor absoluto menor que a raiz positiva ⇒ ⇒ S . 0 ⇒ ₂k . 0 ⇒ k . 0

De 1 e 2 , vem: 0 , k , 5 e, como k , , k  1 é o menor valor. 351. A  {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3}

a) m  A e n  A, m e n coeficientes de x2 _{ 2mx  n  0; considerando} A2 _{como o conjunto de pares ordenados que representam o par} (m, n), teremos 49 possíveis soluções.

b) As equações que têm raízes reais e distintas são aquelas que verificam a condição ∆ . 0, ou seja, m2 _{. n. Essa condição é} satisfeita pelos pares (m, n) seguintes:

(3, 3), (3, 2), (3, 1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3) (2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), (2, 1), (2, 2), (2, 3) (1, 0) (1, 0) (2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), (2, 1), (2, 2), (2, 3) (3, 3), (3, 2), (3, 1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3) num total de 30 pares.

c) As equações que têm raízes reais, distintas e positivas verificam também as condições P  n . 0 e S  2m . 0, ou seja, n . 0 e m , 0. Essas condições são satisfeitas por 6 dos pares do item b.

CAPÍTULO VIII

— Função modular

h) f(x) 5 |x2 _{2 2|x|} 2 3_|

Consideremos inicialmente a função (sem o módulo):

g(x) 5 x2 _{2 2x 2 3 5}

x2 _{2 2x 2 3, se x  0 I} ou

x2 1 2x 2 3, se x  0 II

Como a função f(x) 5 g(x), então na região entre 23 e 3 tem sua imagem simétrica em relação ao eixo x.

–x + 1 –x + 1 x – 1 x –x –x x 1 1 0 |x – 1| –|x| f(x) –2x + 1 –1 f(x) 5 1 se x  0 22x 1 1 se 0  x  1 21 se x  1 f(x) –1 1 1 x 1 2 382. a) x 2 1 5 x 2 1 se x  1 ou 2x1 1 se x  1 x 1 x 2 1 5 2x 2 1 se x  1 ou 1 se x  1

b) f(x) 5 g(x) 5 k tem solução única quando o gráfico de f intercepta a reta y 5 k em um único ponto, e isso só ocorre para k . 1.

Portanto, a equação dada fica:

21 5 2x 1 1 ⇒ 2x 5 22 ⇒ x 5 21 (rejeitado porque x deve ser menor que 21) 2x 1 1 5 2x 1 1, ∀x, x  , 21  x  0 1 5 2x 1 1 ⇒ x 5 0 S 5 {x   | 21  x  0} b) |x| x 5 |x 2 1| x 2 1 ⇔ |x| x 2 |x 2 1| x 5 0 |x| x 5 1, x  0 ou 21, x  0 e |x 2 1| x 2 1 5 1, x  1 ou 21, x  1 –1 –1 –1 1 1 1 1 x 0 0 0 |x| x |x – 1| x – 1 |x| x – |x – 1|x – 1 2 |x| x 2 |x 2 1| x 2 1 5 0, x  0 2, 0  x  1 0, x  1 Então, |x| x 2 |x 2 1| x 2 1 5 0 tem S 5

{

x   | x  0 ou x  1

}

. 389. e) 2x 2 3 3x 2 1 . 2 ⇔ 2x 2 3 3x 2 1  22 I ou 2x 2 3 3x 2 1 . 2 II I 2x 2 3 3x 2 1  22 ⇒ 8x 2 5 3x 2 1  0 ⇒ 1 3  x  5 8 II 2x 2 3 3x 2 1 . 2 ⇒ 24x 2 1 3x 2 1 . 0 ⇒ 2 1 4  x  1 3

S 5 x   | 21 4  x  5 8 e x  1 3 g) |x| 2 2 . 1 ⇔ (|x| 2 2  21 ou |x| 2 2 . 1) ⇒ ⇒

(

|x|  1 ou |x| . 3

)

_{⇒ (21  x  1 ou x  23 ou x . 3)} S 5

{

x   | x  23 ou 21  x  1 ou x . 3

}

390. 2 2 1 x  5 ⇔ 25  2 2 1 x  5 ⇒ 27  2 1 x  3 ⇒ ⇒ 23  1_x  7 ⇒ 1 x 1 3  0 e 1 x 2 7  0 ⇒ ⇒ 3x 1 1_x  0 e 1 2 7x x  0 ⇒ x  2 1 3 ou x  1 7

Todos os números inteiros positivos menores que 30 satisfazem a condição. 392. |x 2 2|  4 ⇒ 22  x  6 e |x 2 7|  2 ⇒ 5  x  9

A ù B A B –2 5 6 9 x

O intervalo ]5, 6 [ tem comprimento igual a 1.

395. |x 2 2|  1 ⇒ 1  x  3 1

2º) se 21  x  1, 6x  2x2 _{2 4x ⇒ x}2 _{2 5x  0 ⇒ x  0 ou x  5} S₂ 5

{

x   | 21  x  1

}

_

{

x   | x  0 ou x  5

}

5 5

_{

_{x   | 21  x  0}

_}

3º) se x  1, 6  2x2 _{2 4x ⇒ x}2 _{2 2x 2 3  0 ⇒ x  2 1 ou x  3} S₃ 5

{

x   | x  1

}

_

{

x   | x  21 ou x  3

}

5 5

{

x   | x  3

}

S = S₁ S₂ S₃ 5

{

x   | x  0 ou x  3

}

CAPÍTULO IX

— Outras funções elementares

413.

Área do trapézio 5 (B 1 b)  h 2

As bases B e b são os segmentos contidos nas retas x 5 1, x 5 2,

x 5 3 e x 5 4, entre o eixo Ox e a curva 2

x. A altura h são os intervalos no eixo Ox entre essas retas.

415. 1 x2 5 x 2_⇒ ⇒ x4 _{5 1 ⇒} ⇒ x 5 1 ⇒ ⇒ y 5 x2 _{5 1} S 5

{

(1, 1), (21, 1)

}

416. 11 1 x 5 x ⇒ x 1 1 x 5 x2 x x  0 x2 _{2 x 2 1 5 0 ⇒ x 5} 1  5 2 417. 0xy1⇒ ⇒ 0  y  1_x x2 _{1 y}2 _{ 2 é o círculo} de centro C (0, 0) e raio 2 .

A intersecção que soluciona o sistema é:

CAPÍTULO X

— Função composta — Função inversa

425. a) (f  g)(x) 5 f

(

g(x)

)

5 (x 2 3)2 _{1 2 5 (x}2 _{2 6x 1 9) 1 2 5 x}2 _{2 6x 1 11} b) (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 (x2 _{1 2) 2 3 5 x}2 _{2 1} c) (f  f)(x) 5 f

(

f(x)

)

5 (x2 _{1 2)}2 _{1 2 5 (x}4 _{1 4x}2 _{1 4) 1 2 5 x}4 _{1 4x}2 _{1 6} d) (g  g)(x) 5 g

(

g(x)

)

5 (x 2 3) 2 3 5 x 2 6 426. f(x) 5 x3 _{2 3x}2 _{1 2x 2 1} f(2x) 5 (2x)3 _{2 3(2x)}2 _{1 2(2x) 2 1 52x}3 _{2 3x}2 _{2 2x 2 1} f 1 x 5 1 x 3 2 3 1 x 2 1 2 1 x 2 1 5 1 x3 2 3 x2 1 2 x 2 1 f(x 2 1) 5 (x 2 1)3 2 3(x 2 1)2 1 2(x 2 1) 2 1 5 5 x3 _{2 3x}2 1 3x 2 1 2 3(x2 _{2 2x 1 1) 1 2x 2 2 2 1 5} 5 x3 2 6x2 1 11x 2 7 427. (f  g)(x) 5 f

(

g(x)

)

5 3(2x 1 a) 1 2 5 6x 1 3a 1 2 (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 2(3x 1 2) 1 a 5 6x 1 4 1 a (f  g) 5 (g  f) 5 6x 1 3a 1 2 5 6x 1 4 1 a 5 3a 1 2 5 4 1 a ⇒ ⇒ a 5 1 429. (f  g)(x) 5 f

(

g(x)

)

5 (x2 _{1 ax 1 b)}2 _{1 2(x}2 _{1 ax 1 b) 1 3 5} 5 x4 _{1 2ax}3 _{1 (a}2 _{1 2b 1 2)x}2 _{1 (2ab 1 2a)x 1 b}2 _{1 2b 1 3} (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 (x2 _{1 2x 1 3)}2 _{1 a(x}2 _{1 2x 1 3) 1 b 5} 5 x4 _{1 4x}3 _{1 (10 1 a)x}2 _{1 (12 1 2a)x 1 3a 1 b 1 9} (f  g) 5 (g  f) ⇒ 2a 5 4 1 a2 _{1 2b 1 2 5 10 1 a 2} 2ab 1 2a 5 12 1 2a 3 b2 _{1 2b 1 3 5 3a 1 b 1 9 4}

432. (f  g)(x) 5 (2x 1 3) 1 1 (2x 1 3) 2 2 5 2x 1 4 2x 1 1 D(f  g) 5 x    x  21 2 (g  f)(x) 5 2 x 1 1 x 2 2 1 3 5 5x 2 4 x 2 2 D(g  f) 5

{

x   | x  2

}

433. (h  g)(x) 5 h

(

g(x)

)

5 3(x2 _{2 1) 1 2 5 3x}2 _{2 1}

[

(h  g)  f

]

(x) 5

[

(h  g)f(x)

]

5 3(2x 1 1)2 _{2 1 5 12x}2 _{1 12x 1 2} 434. (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 (1 2 x)2 _{2 (1 2 x) 1 2 5 x}2 _{2 x 1 2}

[

h  (g  f)

]

(x) 5 h  (g  f)(x) 5 2(x2 _{2 x 1 2) 1 3 5 2x}2 _{2 2x 1 7} 435. (f  g)(x) 5 f

(

g(x)

)

5 1 2 4 sen2 2θ (f  g)(x) 5 0 ⇔ 1 2 4 sen2 _{2θ 5 0 ⇒ sen 2θ 5 } 1 2 e, então, temos: sen 2θ 5 1 2 ⇒ 2θ 5  6 1 2k ⇒ θ 5  12 1 k ou 2θ 5  2  6 1 2k ⇒ θ 5 5 12 1 k ou sen 2θ 5 21 2 ⇒ 2θ 5 2 6 1 2k ⇒ θ 5 2  12 1 k ou 2θ 5  1  6 1 2k ⇒ θ 5 7 12 1 k

Portanto: (f  g) se anula para θ 5  

12 1 k, θ 5 5

436. (f  g)(x) 5 2(ax 1 b) 1 3 5 2ax 1 2b 1 3 (g  f)(x) 5 a(2x 1 3) 1 b 5 2ax 1 3a 1 b (f  g) 5 (g  f) ⇒ 2b 1 3 5 3a 1 b ⇒ b 5 3a 2 3 Portanto: C 5

{

(a,b)  2 _{| b 5 3a 2 3}

_}

_. 440. (f  f)(x) 5 1 1 2 1 1 2 x 5 1 1 2 x 2 1 1 2 x 5 1 2 x 2x 5 x 2 1 x

(

f  [f  f]

)

(x)5 1 1 2 x 2 1 x 5 1 x 2 x 1 1 x 5 x 1 5 x 448. g(x) 5 2x 1 3 ⇒ x 5 g(x) 2 3 2 f

(

g(x)

)

5 2x 1 5 x 1 1 ⇒ f(g(x)) 5 2 g(x) 2 3 2 1 5 g(x) 2 3 2 1 1 5 g(x) 2 3 1 5 g(x) 2 3 1 2 2 5 5 2(g(x) 1 2) g(x) 2 1 5 2g(x) 1 4 g(x) 2 1 ⇒ f(x) 5 2x 1 4 x 2 1 (x  1) 450. (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 (2x 1 b)2 _{5 4x}2 _{1 4bx 1 b}2 _{5 4x}2 _{2 12x 1 9 ⇒} ⇒ 4b 5 212 ⇒ b 5 23 e b2 _{5 9} 451. f(x 1 1) 5 3x 1 5 2x 1 1 5 3(x 1 1) 1 2 2(x 1 1) 2 1 ⇒ f(x) 5 3x 1 2 2x 2 1 D_f 5 x   | x  1 2 452. g(x) 5 2x 1 3

Trocando x por f(x), vem: g(f(x)) 5 2  f(x) 1 3.

Então: 2  f(x) 1 3 5 2x 1 5 x 1 1 ⇒ f(x) 5 2x 1 2 2x 1 2. Então: f 212 15 5 f 2 4 5 5 4 5 1 2 28 5 1 2 5 7. 453. g(x) 5 x2 _{2 x}

Trocando x por f(x), vem: g(f(x)) 5

[

f(x)

]

2 _{2 f(x).} Mas g(f(x)) 5 x2 _{1 13x 1 42.} Então:

[

f(x)

]

2 _{2 f(x) 5 x}2 _{1 13x 1 42}

[

f(x)

]

2 _{2 f(x) 2 (x}2 _{1 13x 1 42) 5 0} ∆ 5 1 1 4x2 _{1 52x 1 168 5 4x}2 _{1 52x 1 169 5 (2x 1 13)}2 f(x) 5 1  (2x 1 13) 2 5 2x 1 14 2 5 x 1 7 22x 2 12 2 5 2x 2 6

456. Fazendo g(x) 5 y, f

(

g(x)

)

5 f (y): 1º) y  2 _{⇒ g(x)  2 ⇔ 2x 1 3  2 ⇒ x  2}1 2 f (y) 5 y2 _{2 4y 1 3 ⇒ f}

₍

_g(x)

₎

₅

_[

_g(x)

_]

2 2 4g(x) 1 3 5 5 (2x 1 3)2 _{2 4(2x 1 3) 1 3 5 4x}2 _{1 4x} 2º) y  2 _{⇒ g(x)  2 ⇔ 2x 1 3  2 ⇒ x  2}1 2 f (y) 5 2y 2 3 ⇒ f

(

g(x)

)

5 4x 1 6 2 3 5 4x 1 3 Portanto: (f  g)(x) 5 4x2 _{1 4x se x  2}1 2 4x 1 3 se x  21 2 Consideremos, agora, a lei (g  f )(x):

g

(

f(x)

)

5 2(x2 _{2 4x 1 3) 1 3 5 2x}2 _{2 8x 1 9, se x  2} g

(

f(x)

)

5 2(2x 2 3) 1 3 5 4x 2 3, se x  2 Portanto: (g  f)(x) 5 2x 2 _{2 8x 1 9, se x  2} 4x 2 3, se x  2 458. f(x) 5 4x 2 3, x  0 x2 _{2 3x 1 2, x  0} e g(x) 5 x 1 1, x . 2 1 2 x2_{, x  2} a) (f  g)(x) 5 f

(

g(x)

)

5 5 f (x 1 1) 5 f (1 2 x2_{) 5} 4(x 1 1) 2 3, x 1 1  0 e x . 2 I (x 1 1)2 _{2 3(x 1 1) 1 2, x 1 1  0 e x . 2 II} 4(1 2 x2_{) 2 3, 1 2 x}2 _{ 0 e x  2 III} (1 2 x2₎2 _{2 3(1 2 x}2_{) 1 2, 1 2 x}2 _{ 0 e x  2 IV} Simplificando essas expressões, temos:

b) (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5

5

_{Simplificando essas expressões, temos:}

463. condição: f (x) 5 x2 _{2 4x 1 6  b, ∀x   (ou seja, b é o valor} mínimo de f ) y_m 5 2 ∆ 4a 5 b ⇒ 16 8 5 b ⇒ b 5 2 464. f (x) 5 2x2 _{2 3x 1 4, injetora.} Seja f (a) 5 2a2 _{2 3a 1 4.} Então: 2x2 _{2 3x 1 4 5 2a}2 _{2 3a 1 4} 2(x2 _{2 a}2_{) 2 3(x 2 a) 5 0 ⇒ x 1 a 5} 3 2 Mas, como f é injetora, f (x) 5 f (a) ⇒ x 5 a. Então: 2a 5 3 2 ⇒ a 5 3 4. 475. Notemos que f (x) 5 x 1 (x 2 s) x(x 2 s) 5 1 x 2 s 1 1 x. 1. Para todo y  , se y 5 2x 2 s x(s 2 x), resulta: y(xs 2 x2_{) 5 2x 2 s ⇒ yx}2 _{1 (2 2 ys)x 2 s 5 0} Fazendo g(x) 5 yx2 _{1 (2 2 ys)x 2 s, vem:} a  g(0) 5 y(2s)

a  g(s) 5 y(s) ⇒ ag(0) e ag(s) têm sinais opostos ⇒ ⇒ existe um x tal que g(x) 5 0 e 0  x  s ⇒

⇒ existe x tal que y 5 _{x(s 2 x)}2x 2 s então f é sobrejetora.

476. Seja I_f o conjunto imagem da função f :  → . Então, I_f  1

Pelo enunciado m   e ∃n, n   tal que f (n)  m. Então, m   e m  f (n), ou seja:

A_n 5

{

m    m  f(n)

}

_{ If} e, portanto, m  I_f . Como m  ,   I_f. 2

De 1 e 2 , conclui-se que I_f 5 , ou seja, que f :  →  é uma função sobrejetora.

477. f(x) 5 y, I_A(x) 5 x e I_B(x) 5 x (f  I_A)(x) 5 f

(

l_A(x)

)

5 f(x)

(I_B f)(x) 5 I_B

(

f(x)

)

5 I_B(y) 5 y 5 f(x)

480. Ao escolher a imagem de a temos 4 possibilidades.

Escolhida a imagem de a, ao escolher a imagem de b temos 3 possibilidades.

Então, o total é 4  3 5 12 possibilidades.

481. f₁ 5

{

(a, d), (b, d), (c, e)

}

f₄ 5

{

(a, e), (b, d), (c, d)

}

f₂ 5

{

(a, d), (b, e), (c, d)

}

f₅ 5

{

(a, e), (b, d), (c, e)

}

f₃ 5

{

(a, d), (b, e), (c, e)

}

f₆ 5

{

(a, e), (b, e), (c, d)

}

483. a) Sejam x₁ e x₂ em  tais que f (x₁) 5 f (x₂). Temos:

f(x₁) 5 f(x₂) ⇒ g

(

f(x₁)

)

5 g

(

f(x₂)

)

_{⇒ (g  f)(x1}) 5 (g  f)(x₂) ⇒ ⇒ x1 5 x2

então f é injetora.

b) Dado um y em , existe um x em  tal que y 5 (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 5 g(x') em que x' 5 f(x). Então, g é sobrejetora.

484. a) f(x) 5 2x 2 5

1º) f(x₁) 5 f(x₂) ⇒ 2x₁ 2 5 5 2x₂ 2 5 ⇒ x₁ 5 x₂ é injetora I_f 5  ⇒ f é sobrejetora

2º) y 5 2x 2 5

Permutando as variáveis x, y, vem:

x 5 2y 2 5 ⇒ y 5 x 1 5 2 ⇒ f 21_{(x) 5} x 1 5 2 b) g(x) 5 x 1 1 x 2 4 1º) g(x₁) 5 g(x₂) ⇒ x1 1 1 x₁ 2 4 5 x₂ 1 1 x₂ 2 4 ⇒ ⇒ (x₁ 1 1)(x₂ 2 4) 5 (x₂ 1 1)(x₁ 2 4) ⇒ ⇒ x₁ 5 x₂⇒ g é injetora

Verifica-se que para todo y   2 {1}, ∃x, x   2 {4} | g(x) 5 y; portanto, g é sobrejetora. Então, g é bijetora.

y 1 4 x 0 2º) y 5 x 1 1 x 2 4

Permutando as variáveis, vem:

2º) y 5 x5

Permutando as variáveis, vem: x 5 y5_{⇒ y 5 xx}5 _{⇒ h}21_{(x) 5} 5 _xx 487. Determinemos f(x) 5 ax 1 b: 23a 1 b 5 4 3a 1 b 5 0 ⇒ a 5 2 2 3 e b 5 2 ⇒ f (x) 5 2 2 3x 1 2 Permutando as variáveis em y 5 22 3x 1 2, vem: x 5 22 3 y 1 2 → y 5 2 3x 2 1 3 ⇒ f 21_{(x) 5 2}3x 2 1 3 → f 21_{(2) 5 0} 494. f(x) 5 3 1 2x 2 1 a) g 5 f21 : A →  ⇒ f:  → A ⇒ A é I_f (sim)

b) Verifiquemos se existem valores para x quando y  4. 3 1 2x 2 1 _{ 4 ⇒ 2}x 2 1 _{ 1 ⇒ x 2 1  0 ⇒ x  1}

Como existem valores x para y  4, então a resposta é não. c) Determinemos a inversa de f : y 5 3 1 2x 2 1 Permutando as variáveis: x 5 3 1 2y 2 1_{⇒ x 2 3 5 2}y 2 1_⇒ ⇒ 2(x 2 3) 5 2y_{⇒ y 5 log} 2 2(x 2 3) ⇒ g(x) 5 log2 2(x 2 3) Então: g 11 2 5 log2 2 11 2 2 3 5 log2 5. (sim) d) Determinemos h (x): f(x) 5 3 1 2x 2 1_{⇒ f(h(x)) 5 3 1 2}h(x) 2 1 Mas f (h(x)) 5 3 1 2x. Então: 3 1 2h(x) 2 1 _{5 3 1 2x ⇒ 2}h(x) _{5 4x ⇒ h(x) 5 log} 2 4x. Então: h 1 4 5 0. (sim) e) f(2x 1 1)  1 1 3  2x_{⇒ 3 1 2}2x _{ 1 1 3  2}x_⇒ ⇒ 22x _{2 3  2}x _{1 2  0 ⇒ 0  x  1 ⇔ ]0, 1[ (sim)} f) g(x) 5 log₂ 2(x 2 3) ⇒ g(1) 5 log₂ 2(1 2 3) 5

497. y 5 log₄ (x 2 1)

Permutando as variáveis, temos:

x 5 log₄ (y 2 1) ⇒ 4x _{5 y 2 1 ⇒ y 5 4}x _{1 1 ⇒ g}21_{(x) 5 4}x _{1 1.} (f  g21)(x) 5 f(g21(x)) 5 34x 1 1 _{2 1} Então: (f  g21)(0) 5 340 _{1 1} 2 1 5 32 _{2 1 5 8.} 498. f :  2 {2} →  2 {a} y 5 2 1 x 2 2 x

Aplicando a regra prática, vem:

x 5 2 1 y 2 2 y⇒ 2x 2 xy 5 2 1 y ⇒ 2x 2 2 5 y(1 1 x) ⇒ y 5 2x 2 2 x 1 1 Domínio: x 1 1  0 ⇒ x  21 ⇒ a 5 21. 504. f) f(x) 5 x2 _{2 4x 1 7, se x  2} 2x 2 1, se 21  x  2 2x2 _{2 2x 2 4, se x  21} 1º) x  2, então y 5 x2 _{2 4x 1 7; logo, y  3.} 2º) 21  x  2, então y 5 2x 2 1; logo, 23  y  3. 3º) x  21, então y 5 2x2 _{2 2x 2 4; logo, y  23.} Aplicando a regra prática, vem:

|x + 1| – |2x – 4| 2x 2x 2x f(x) – x – 1 x + 1 2x – 4 2x – 4 x 3x – 5 5x – 3 2x x + 1 – 2x + 4 x + 5 – 1 2 f(x) ⇒ 3x 2 5, se x  21 5x 2 3, se 21  x  2 x 1 5, se x  2 Então, temos: 1º) x  21, y 5 3x 2 5; logo, y  28. 2º) 21  x  2, y 5 5x 2 3; logo, 28  y  7. 3º) x  2, y 5 x 1 5; logo, y  7.

Aplicando a regra prática, vem:

1º) x  28 e y  21, x 5 3y 2 5 _{⇒ y 5} x 1 5 3 2º) 28  x  7 e 21  y  2, x 5 5y 2 3 _{⇒ y 5} x 1 3 5 3º) x  7 e y  2, x 5 y 1 5 _{⇒ y 5 x 2 5} Portanto, f 21(x) 5 x 1 5 3 , se x  28 x 1 3 5 , se 28  x  7 x 2 5, se x  7 Assim: f 21(42) 5 42 2 5 5 37. 510. d) (g  f) : A → 1 (g  f)(x) 5 g

(

f(x)

)

5 4(x2 _{2 3x) 1 9 5 4x}2 _{2 12x 1 9 5 y} Aplicando a regra prática para obter a inversa, vem:

x 5 4y2 _{2 12y 1 9 ⇒ 4y}2 _{2 12y 1 (9 2 x) 5 0 ⇒ y 5} 3  x 2 Como (g  f)21 : 1→ A 5 x   | x  3 2 , então y 5 3 1 x 2 . e) (g  f) : A → C (g  f)(x) 5 x2 _{2 1 1 4 5 x}2 _{1 3 5 y} Aplicando a regra prática, vem:

x 5 y2 1 3 ⇒ x2 _{5 y}2 _{1 3 ⇒ y 5  x}2 _{2 3}

512. f : A → ₂ g : ₂→ ₁ h : ₁→ B f(x) 5 2x 2 1 g(x) 5 x2 _{h(x) 5 4x 2 1}

[

h  (g  f)

]

: A → B Determinemos h  (g  f): 1º) (g _{ f)(x) 5 (2x 2 1)}2 _{5 4x}2 _{2 4x 1 1} 2º)

[

h  (g  f)

]

(x) 5 4(4x2 _{2 4x 1 1) 2 1 5 16x}2 _{2 16x 1 3} Então:

[

h  (g  f)

]

(x) 5 y 5 16x2 _{2 16x 1 3.}

Aplicando a regra prática para determinar a inversa, temos:

x 5 16y2 _{2 16y 1 3 ⇒ 16y}2 _{2 16y 1 (3 2 x) 5 0 ⇒ y 5} 2  x 1 1 4

Como

[

h  (g  f)

]

21(x) : B → A 5 x   | x  1₂ , então y 5 2 2 x 1 1

4 .

APêNDICE I

— Equações irracionais

516.



2 1 x



5 x, então devemos ter x  0. 2 1 x 5 x2_{⇒ x}2 _{2 x 2 2 5 0 ⇒} x 5 2 ou x 5 21 (rejeitado) S 5 {2} 517. a) 9 1 a 3 3 5 3 1 a 3 3 5 27 1 3  9  a 3 1 3  3 a3 9 1 a3 27 5 5 27 1 9a 1 a2 _{1 (3}21 _{ a)}3 _(V) b) 2,333... 5 2 1 0,3 1 0,03 1 ... 5 21 3 (V)

porque 0,3 1 0,03... é uma P.G. infinita de primeiro termo 3 10 e razão 1 10 ⇒ S 5 3 10 1 5 1 3 e, então, 2 1 1 3 5 2 1 3. c) x 5 2 2 x ⇒ x 5 4 2 4x 1 x2_{⇒ x}2 _{2 5x 1 4 5 0, que tem} duas raízes reais e positivas. (V)

e) a 1 d 2 5 5 12 e b 1 c 2 5 5 12 ⇒ ⇒ a 1 b 1 c 1 d₂ 5 5 12 1 5 12 5 10 12 5 5 6 ⇒ ⇒ a 1 b 1 c 1 d 5 5₃ (V) f) |x 2 1| (x 1 1)(x 2 2)  0

Como |x 2 1| . 0, sempre, então (x 1 1)(x 2 2)  0 ⇒ 21  x  2.

x – + + + + + –1 2 – – – Portanto, f ) é verdadeiro. g) b 4 _{2 a}2 b 2 a 5

(

b 2 _{2 a}

₎₍

_b2 _{1 a}

₎

b 2 a 5

(

b 2 a

)(

b 1 a

)(

b 2 _{1 a}

₎

b 2 a 5 5

(

b 1 a

)(

b2 _{1 a}

₎

_{5 b}3 _{1 b}2_a1_{2 1 ab 1 a}3_{2 e, então, g) é falso.} 523. Devemos, inicialmente, verificar se 0 ou 1 são soluções da equação:

⇒ 9x2 _{2 64x 2 64 5 0 ⇒} x 5 8 ou x 5 28

9 Fazendo a verificação, temos:

⇒

(

x 1 3

)(

x

)

2

(

x 1 3

)

(

x 1 3

)

2 3 1 1

(

x 2 3

)(

x

)

1

(

x 2 3

)

(

x 2 3

)

3 5 x ⇒ ⇒ 2x x 2 3x 3 1

(

x 1 3

)

3 3 1 x x 2 3x 3 1

(

x 1 3

)

3 3 5 5 x _⇒ 22 3x 3 1

(

x 1 3

)

3 3 1

(

x 2 3

)

3 3 5 x ⇒ ⇒

(

x 1 3

)

3 1

(

x 2 3

)

3 5 3 3x ⇒ ⇒

(

x 1 3

)

3 1

(

x 2 3

)

3 1 2

[

(

x 1 3

)(

x 2 3

)

]

3 5 27x ⇒ ⇒ 2

(

x2 _{2 3}

₎

3 _{5 22x}3 _{1 9x ⇒ 4(x}2 _{2 3)}3 _{5 4x}6 _{2 36x}4 _{1 81x}2_⇒ ⇒ 27x2 _{5 108 ⇒ x}2 _{5 4 ⇒} x 5 22 (rejeitado) ou x 5 2

A verificação para x 5 2 segue os mesmos passos utilizados na resolução e chega-se a um resultado verdadeiro.

Portanto: S 5 {2}.

4 25 9 3 25 9 25 9 1 5 20 3 40 5 10 3 S 5 25 9

c) Notemos inicialmente que a condição para existência das raízes é x  0. 1 1 x 2 2x 1 x2 1 1 x 1 2x 1 x2 5 2 1 x 1 x 2 1 x 2 x ⇒ ⇒

(

1 1 x 2 2x 1 x2

)(

2 1 x 2 x

)

5 5

(

2 1 x 1 x

)(

1 1 x 1 2x 1 x2

)

⇒ ⇒ 2 1 x 2 x 1 x 2 1 x 2 x x 2 (x 1 2) x 1 x 2 1 x 5 5 2 1 x 1 x 1 x 2 1 x 1 x x 1 (x 1 2) x 1 x 2 1 x ⇒ ⇒ 2 x 1 2x x 1 2 x (x 1 2) 5 0 ⇒ ⇒ x  (2x 1 3) 5 0 ⇒ x 5 0ou x 5 23 2 (rejeitada) Verificação: 1 1 0 2 0 1 1 0 1 0 5 2 1 0 2 2 0 (V) S 5 {0} 534. a 2 x 1 b 2 x 5 a 1 b 2 2x I a 2 x  0 ⇒ x  a b 2 x  0 ⇒ x  b a 1 b 2 2x  0 ⇒ x  a 1 b₂

Então, se a  b, temos x  a  b; e, se a  b, temos x  b  a. II a 2 x 1 b 2 x 1 2 (a 2 x)(b 2 x) 5 a 1 b 2 2x ⇒

⇒ 2 (a 2 x)(b 2 x) 5 0 ⇒ x 5 aou x 5 b Portanto, de I e II , vem:

535. 2x 1 2 a2 _{1 x}2 ₅ 5a2 a2 _{1 x}2

I a2 _{1 x}2 _{ 0, quaisquer que sejam x e a reais.}

II 2x a2 1 x2 _{1 2(a}2 _{1 x}2_{)5 5a}2 _{⇒ 2x a}2 _{1 x}2 _{5 3a}2 _{2 2x}2 _⇒ ⇒ 4x2_(a2 _{1 x}2_{) 5 9a}4 _{2 12a}2_x2 _{1 4x}4_{⇒ 16a}2_x2 _{5 9a}4 _⇒ ⇒ x2 ₅ 9a 2 16 ⇒ x 5  3a 4 Verificando: para x 5 23a 4 , vem: 2 2 3a 4 1 2 9a2 16 a2 ₁ 5 5a2 9a2 16 a2 _{1 ⇒} ⇒ 26a₄ 1 2  5a 4 5 4a2 a ⇒ a 5 4a (F) para x 5 3a 4 , vem: 6a 4 1 2  5a 4 5 4a ⇒ 16a 4 5 4a (V) Portanto: S 5 3a 4 . 536. x 1 a 5 x 1 b I x 1 a  0 ⇒ x  2a x  0 b  0 II x 1 a 5 x 1 2 bx 1 b ⇒ 2 bx 5 a 2 b

Como 2 bx  0, então a 2 b  0 ⇒ a  b . 0 (há solução) a 2 b  0 ⇒ a  b (não há solução) Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, vem:

537. a) a 1 x 1 a 2 x a 1 x 2 a 2 x 5 b I Condições iniciais a 1 x 2 a 2 x  0 ⇒ a 1 x  a 2 x ⇒ ⇒ a 1 x  a 2 x ⇒ 2x  0 ⇒ x  0 a 1 x  0 ⇒ x  2a ⇒ 2a  x  a a 2 x  0 ⇒ x  a b  0 II

(

a 1 x 1 a 2 x

)

(

a 1 x 1 a 2 x

)

(

a 1 x 2 a 2 x

)

(

a 1 x 1 a 2 x

)

5 b ⇒ ⇒

(

a 1 x 1 a 2 x

)

2 a 1 x 2 (a 2 x) 5 b ⇒ 2a 2 2 a2 _{2 x}2 2x 5 b ⇒ ⇒ a2 _{1 x}2 _{5 a 2 b x ⇒ a}2 2 x2 5 a2 2 2a b x 1 bx2 ⇒ ⇒ (b 1 1)x2 _{2 2a b x 5 0 ⇒} ⇒ x

[

(b 1 1)x 2 2a b

]

5 0 ⇒ x 5 0 (rejeitada) ou x 5 2a b b 1 1 (b  21) Assim, como 2a  x  a, vem:

E, se |a|  |b|, então b2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{ 0 e} a2 _{1 x b}2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{ 0 se x  0} II a2 _{1 x b}2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{5 x}2 _{2 2ax 1 a}2_⇒ ⇒ x b2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{5 x(x 2 2a) ⇒ se x  0,} b2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{5 x 2 2a ⇒} ⇒ b2 _{1 x}2 _{2 a}2 _{5 x}2 _{2 4ax 1 4a}2_{⇒ x 5} 5a 2 _{2 b}2 4a ; se a  0 Como x . 0 e |a|  |b|, então 5a 2 _{2 b}2 4a . 0 ⇒ ⇒ 5a2 _{2 b}2 _{. 0, ∀a, b   e, então, a . 0.} Portanto: a . 0 e |a|  |b|⇒ S 5 5a 2 _{2 b}2 4a . 539. x 2 1 5 a 2 x I a 2 x  0 ⇒ x  a x 2 1  0 ⇒ x  1

Já sabemos, em I , que, se a 5 1, x 5 1, o que é confirmado pelo gráfico, e, pela substituição em II , verificamos que é satisfeito

para x 5 (2a 1 1) 2 4a 2 3

2 . Essa escolha se verifica para outros

valores de a. Então, são esses os pontos de menor abscissa.

Então, temos: x 1 y 5 20 xy 5 4 ⇒ x 2 _{2 20x 1 4 5 0 ⇒ x 5 10  4 6 ⇒ y 5 10  4 6} Portanto: S 5

{

(

10 1 4 6 , 10 2 4 6

)

}

.

c) I x y . 0 e y x . 0 II x y 1 y x 1 2 y x x y  5 25 4 ⇒ x2 _{1 y}2 xy 5 17 4 ⇒ ⇒ 4(x2 _{1 y}2_{) 5 17xy}

Sabemos que (x 1 y)2 _{5 x}2 _{1 y}2 _{1 2xy} ⇒ x2 _{1 y}2 _{5 (x 1 y)}2 _{2 2xy.} Então: 4(100 2 2xy) 5 17xy ⇒ xy 5 16.

Portanto, 1 2 xy 5 7 2 13 ⇒ xy 5 6 ⇒ xy 5 36 4 De 3 e 4 , temos:

x 1 y 5 13

xy 5 36 ⇒ x

2 _{2 13x 1 36 5 0 ⇒ x 5 9 ou x 5 4} Então, para x 5 9, y 5 4 e para x 5 4, y 5 9.

Verificando: (4, 9) ⇒ 4 1 9 2 36 5 7 ⇒ 13 2 6 5 7 (V) (9, 4) ⇒ 9 1 4 2 36 5 7 ⇒ 13 2 6 5 7 (V) S =

{

(4, 9), (9, 4)

}

541. a) 5 x 2 _{2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19} 3 x2 2 3y 2 1 5 1 1 2 x 1 6y I x2 _{2 3y 2 1 . 0 ⇒ x}2 _{. 3y 1 1 ⇒ 23y 2 1  x  3y 1 1} x 1 6y . 0 ⇒ x . 26y II 5 x 2 _{2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19} 3 x2 2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1⇔ ⇔ 15 x2 2 3y 2 1 1 3 x 1 6y 5 57 215 x2 _{2 3y 2 1 1 10 x 1 6y 5 25}⇒ ⇒ 13 x 1 6y 5 52 ⇒ x 1 6y 5 16 1 5 x2 _{2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19} 3 x2 2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1⇔ ⇔ 10 x 2 _{2 3y 2 1 1 2 x 1 6y 5 38} 3 x2 _{2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1} ⇒ ⇒ 13 x2 _{2 3y 2 1 5 39 ⇒ x}2 _{2 3y 5 10 2} De 1 e 2 , vem: x 1 6y 5 16 x2 _{2 3y 5 10}⇔ x 1 6y 5 16 2x2 _{2 6y 5 20}⇒ 2x 2 _{1 x 2 36 5 0} ⇒ ⇒ x 5 4 ou x 5 29₂

Para x 5 4 temos y 5 2 e para x 5 29

2 temos y 5 41 12. Verificando: 23y 21  x  3y 1 1.

Para 29 2, 41 12 , vem: 2 45 4  2 9 2  45 4 . Portanto: S 5 (4, 2), 29 2, 41 12 . b) x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 1 2 2 2 x 1 y 1 x 1 2y 5 2 2 2 2 I x 1 y . 0 ⇒ x . 2y x 1 2y . 0 ⇒ x . 22y II 2 x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 2 1 2 2 2 x 1 y 1 x 1 2y 5 2 2 2 2⇒ x 1 2y 5 2 2 ⇒ ⇒ x 1 2y 5 8 1 x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 1 2 2 x 1 y 2 2 x 1 2y 5 24 1 2 2 ⇒ x 1 y 5 2 ⇒ ⇒ x 1 y 5 2 2 De 1 e 2 , vem: x 1 2y 5 8 x 1 y 5 2 ⇔ x 1 2y 5 8 2x 2 y 5 22 ⇒ y 5 6 e x 5 24 Como x . 2y, vem S 5 {(24, 6)}.

549.

(

3 2 2 x

)

3 5

(

1 2 x 2 1

)

3⇒

⇒ 2 2 x 5 1 2 3 x 2 1 1 3(x 2 1) 2 (x 2 1) x 2 1 ⇒ ⇒ (x 1 2) x 2 1 5 4x 2 4 ⇒

⇒ (x2 _{1 4x 1 4)(x 2 1) 5 16x}2 _{2 32x 1 16 ⇒} ⇒ x3 _{2 13x}2 _{1 32x 2 20 5 0}

Tendo notado que 1 é raiz da equação, vamos dividir o 1º membro por x 2 1: x3 _{2 13x}2 _{1 32x 2 20} 2 x3 _{1 x}2 2 12x2 _{1 32x 2 20} 1 12x2 _{2 12x} 20x 2 20 2 20x 1 20 0 x 2 1 x2 _{2 12x 1 20} Então: (x 2 1)(x2 _{2 12x 1 20) 5 0 ⇒ x 5 10 ou x 5 2 ou x 5 1.} Portanto: S 5 {1, 2, 10}. 552. x 1 y 5 72 x 3 1 3 y 5 6 Fazendo A 5 3 x, B 5 3 y e A 1 B 5 6, em (A 1 B)3 _{5 A}3 _{1 B}3 _{1 3AB(A 1 B), vem:} 216 5 x 1 y 1 183 xy ⇒ 216 5 72 1 18 xy3 ⇒ ⇒ xy3 5 8 ⇒ xy 5 512. Então: x 1 y 5 72 xy 5 512 ⇒ x 2 _{2 72x 1 512 5 0 ⇒} x 5 64 ⇒ y 5 8 ou x 5 8 ⇒ y 5 64 S 5

{

(8, 64), (64, 8)

}

APêNDICE II

— Inequações irracionais