COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
2ª SÉRIE – MATEMÁTICA II – PROF. WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br FUNÇÃO E EQUAÇÃO MODULAR – 2012 - GABARITO
1. A alternativa que representa o gráfico da função f(x) = |x +1| + 2 é:
Solução. Substituindo os valores de x informados no gráfico, temos:
a) f(-1) = |-1 + 1| + 2 = 0 + 2 = 2; b) f(1) = |1 + 1| + 2 = 2 + 2 = 4.
Logo, é o gráfico da opção (a).
2. Construa o gráfico das funções a seguir:
a) f(x) = |x+1| . Temos:
1 x 0 1 x se 1 x ) 1 x ( ) x ( f ) ii
1 x 0 1 x se 1 x ) x ( f ) i
.
b) f(x) = |- 3x + 12|. Temos:
4 x 12 x 3
0 12 x 3 se 12 x 3 )
x ( f ) ii
4 x 12 x 3
0 12 x 3 se 12 x 3 ) x ( f ) i
.
c) f(x) = |x2 + 4x - 5|. Temos:
1 x 5
0 5 x 4 x se 5 x 4 x 5 x 4 x ) x ( f ) ii
1 x ou 5 x
0 5 x 4 x se 5 x 4 x ) x ( f ) i
2 2
2
2 2
.
d) f(x) = |- x2 + 11x - 10|. Temos:
10 x ou 1 x 0 10 x 11 x se
10 x 11 x 10 x 11 x )
x ( f ) ii
10 x 1
0 10 x 11 x se 10 x 11 x ) x ( f ) i
2
2 2
2 2
.
e) f(x) = x2 - 3|x| + 2. Temos:
2 x
1 : x
Zeros
0 x se 2 x 3 x 2 ) x (3 x ) x (f )ii
2 x
1 : x Zeros
0 x se 2 x 3 x ) x (f )i
2 2
2
.
3. Determinar o domínio e a imagem das funções abaixo:
a) f(x) x13 b) f(x) = |x2 – 4x + 8 | + 1 c)
1 3 2 ) 1
( 2
x x x x f Solução. Observando os intervalos onde estão definidas as funções, temos:
a) O denominador da fração não pode anular. Logo, D(f) = IR – {-3, 3}.
b) Não há restrições para esse domínio. Logo, D(f) = IR.
c) O denominador da função não pode anular.
2 x 1
1 x )2(
2 1 x 3 )2(
2 )1 )(2 (4 9
x 3
. Logo, D(f) = IR – {1/2, 1}.4. Resolva as seguintes equações modulares, em R.
a) |x - 2| = 4
Solução. Temos:
2 x 4 2 x 4 )2 x(
ou
6 x 4 2 x 4 2
x
. S = {-2, 6}.b) |x+ 2| = 3
Solução. Temos:
5 x 3 2 x 3 )2 x(
ou
1 x 3 2 x 3 2
x
. S = {-5, 1}.c) x 1
4 x 2
. O 2º membro só estará definido se x – 1 ≥ 0. Logo, x ≥ 1.
Solução. Temos:
3 1 x 2 2 x3 2 x 4 x4 1 4 x
x 2 ou
5 x 6 6 x5 x 2 4 x4 1 4 x
x 2 1 4 x
x
2
. S =
5 6 .
d) |4 – 3x| = 3x – 4. O 2º membro só estará definido se 3x – 1 ≥ 0. Logo, x ≥ 4/3.
Solução. Temos:
0 0 4 x 3 4 x 3 4 x 3 x 3 4 ou
3 4 6 x 8 8 x 6 4 x 3 x 3 4 4 x 3 x 3
4 .
OBS: No 2º caso houve uma identidade (0 = 0). Logo há infinitas soluções a partir de 4/3.
S = , 3
4 ou escrito de outra forma, S = x ≥ 4/3.
Exemplos: x = 7 => |4 – 3(7)| = 3(7) – 4 => |– 17| = 17; x = 10 => |4 – 30| = 30 – 4 => |– 26| = 26.
e) |3x + 1| = |x - 5|. Podemos escrever |3x +1| - |x - 5| = 0 e resolver com uma análise em uma tabela observando os zeros das funções entre parênteses. O procedimento é parecido ao da análise dos intervalos das inequações.
i) 3x + 1 = 0 => x = -1/3. Função afim crescente, positiva se x > -1/3 e negativa se x < -1/3.
ii) x – 5 = 0 => x = 5. Função afim crescente, positiva se x > 5 e negativa se x < 5.
-1/3 5
|3x + 1| -3x – 1 3x + 1 3x + 1
|x – 5| -x + 5 -x + 5 x – 5
|3x + 1| – |x – 5| = 0 -3x – 1 - (-x + 5) = 0 3x + 1 – (-x + 5) = 0 3x + 1 – (x – 5) = 0
Resolvendo cada intervalo, temos:
3 x 6 x 2 0 5 x 1 x 3 ) º 3
1 x 4 x 4 0 5 x 1 x 3 ) º 2
3 x 6 x 2 0 5 x 1 x 3 ) º 1
. S = {-3, 1}
f) |x - 6| = |3 - 2x|. Podemos escrever |x – 6| – |3 – 2x| = 0.
i) x – 6 = 0 => x = 6. Função afim crescente, positiva se x > 6 e negativa se x < 6.
ii) 3 – 2x = 0 => x = 3/2. Função afim decrescente, positiva se x < 3/2 e negativa se x > 3/2. 3/2 6
|x – 6| - x + 6 - x + 6 x – 6
|3 – 2x| 3 – 2x - 3 + 2x - 3 + 2x
|x – 6| – |3 – 2x| = 0 -x + 6 – (3 – 2x) = 0 -x + 6 – (-3 + 2x) = 0 x – 6 – (-3 + 2x) = 0
Resolvendo cada intervalo, temos:
3 x 0 x 2 3 6 x ) º 3
3 x 9 x 3 0 x 2 3 6 x ) º 2
3 x 0 x 2 3 6 x ) º 1
. S = {-3, 3}
g) |2x2 - 3x +1| = 1. Temos:
4 IR 7 3 4
)2 )(
2(
4 9 x 3
0 2 x 3 x 2 1 1 x 3 x 2 ou
2 x 3
0 x 0 )3 x 2(
x 0 x 3 x 2 1 1 x 3 x 2
2 2
2 2
.
S =
2 ,3
0 .
h) |x2 - 3x - 1| = 3. Temos:
2 x
1 0 x
)2 x)(
1 x(
0 2 x3 x 3 1 x3 x 3 1 x3 x ou
1 x
4 0 x
)1 x)(
4 x(
0 4 x3 x 3 1 x3 x
2 2
2
2 2
. S = {-1, 1, 2, 4}.
i) |x|2 - |x| - 6 = 0. Considere y = |x|. Temos que y é sempre positivo.
3x
3x 3x 02 y 0)2 3y y)(3y(
06y
y 2
. S = {-3, 3}.j) |x|2 - 4|x| + 3 = 0. Considere y = |x|. Temos que y é sempre positivo.
3x 3x 3x
1x 1x 1x
3y 0)3 1y y)(1y(
03
2 y4y
. S = {-3, -1, 1, 3}.
5. (FGV) Esboce o gráfico da função definida por:
2 x x
2 x ) x
x (
f 2
2
.
Solução. Encontrando os zeros e analisando o numerador e denominador, temos:
x 1
2 0 x
)1 x ).(
2 x(
0 2 x
x
2 .A função g(x) = x2 – x – 2 representa uma parábola com concavidade para cima com valores positivos fora dos zeros e negativos no interior dos zeros. Isto é: g(x) > 0, se x < – 1 ou x > 2 e g(x) < 0 se – 1 < x < 2. Logo o
gráfico não pode cortar o eixo X nesses pontos, pois anularia o denominador. Isto é: Domínio de f(x) = R – {– 1, 2}.
Analisando o módulo do numerador, temos dois casos:
1;se 1 x 22 x x
2 x x 2 x x
2 x ) x
x ( f 2 x x 2 x x 0 2 x x ) ii
2 x ou 1 x se
; 2 1 x x
2 x x 2 x x
2 x ) x
x ( f 2 x x 2 x x 0 2 x x ) i
2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
.
O gráfico, portanto é dividido em duas funções: f(x) = 1, constante para x > 1 e f(x) = – 1, constante para x < 1. Nos pontos x = – 1 e x = 2 haverá uma “bola” aberta, pois estão fora do domínio.
