Matemática Básica I Nome EM LETRAS MAIÚSCULAS: Matrícula:

MB1 V S 14/12/2016
D R . S IMON G. C HIOSSI @ G MA / U FF
Matemática Básica I
Prova V S – turma A1 – 14/12/2016
Nome EM LETRAS MAIÚSCULAS:
Matrícula:
B
R ESPOSTAS SEM JUSTIFICAÇÃO NÃO SERÃO CONSIDERADAS .
B
(1) Determinar o domínio da função f : R −→ R dada por
q
p
x 187
x 7→ 2 x − 1 − 2 − 2
.
x +1
[2.5]
(2) Resolver a inequação
[2 ]
3x 2 + 4x − 4
É 0.
x +1
(3) A figura mostra o gráfico da função f :
[1]
Copiar a figura, esboçar nela o gráfico de f −1 e calcular f −1 (0).
(4) Escolher números a, b, c de modo que o conjunto
[2.5]
2
+
F = {x ∈ R tal que ax + bx + c > 0}
seja igual a:
(•)
R
(••)
(−2, 3)
(• • •)
(5) Calcular quociente e resto da divisão
4
(−∞, 2) ∪ (2, ∞)
[1 ]
3
2
x + 2x − 14x + 2x − 15
.
x2 + 1
(6) Resolver a equação
[1 ]
5x
2
−x
1
= 1.
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D R . S IMON G. C HIOSSI @ G MA / U FF
GABARITO
1.
p
A função é definida para todo x ∈ R onde os dois radicandos x − 1 e 2 x − 1 − 2 forem Ê 0, e onde
o denominador x 2 + 1 for 6= 0. Assim
- a primeira condição de existência é: x − 1 Ê 0, i.é x Ê 1;
- a segunda condição de existência é:
p
2 x −1 −2 Ê 0
(uma raiz quadrada é sempre Ê 0)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
1
p
Ê 0
2
x −1 −2
p
x −1 Ê 1
p
( x − 1)2 Ê 12
x −1 Ê 1
x Ê 2.
- a terceira condição de existência é: x 2 + 1 6= 0. Mas esta é sempre verdadeira, porque x 2 + 1 Ê 1 >
0, ∀x ∈ R (pense por exemplo na parábola y = x 2 + 1).
Então Dom( f ) = {x Ê 1} ∩ {x Ê 2} ∩ R = [2, +∞).
2.
p
2
(−4)2 − 4 · 3 · (−4) −4 ± 8
=
, isso é
Começamos achando as raízes de 3x 2 + 4x − 4, que são
6
6
3
µ
¶
2
2
e −2. O que implica que o numerador fatora em 3x + 4x − 4 = 3 x − (x + 2). Então
3
¶
¶
µ
µ
2
2
3 x − (x + 2)
3
A x − (x + 2)
3x 2 + 4x − 4
3
3
É 0 ⇐⇒
É 0 ⇐⇒
É 0.
x +1
x +1
x +1
2
Considerando os sinais dos três fatores x − , x + 2, x + 1 temos:
3
µ
¶ µ
¶
2
2
intervalo: (−∞, −2) (−2, −1) −1,
, +∞
3
3
−4 ±
sinal de x − 32 :
sinal de x + 1:
sinal de x + 2:
–
–
–
–
–
+
–
+
+
+
+
+
–
+
–
+
µ
¶
2
x − (x + 2)
3
sinal de
:
x +1
2
3
Então as soluções são x É −2 ou −1 < x É .
2
NB: as soluções x = −2 ou x = são aceitáveis porque no numerador temos É (i.é, também ‘=’).
3
No entanto, x = −1 não é aceitável (vem do denominador).
3.
Observamos que
f (−1) = 0 ⇐⇒ f −1 (0) = −1
(−1, 0) ∈ graf( f ) ⇐⇒ (0, −1) ∈ graf( f −1 )
Utilizando a simetria com respeito a reta y = x , se o gráfico da função f é o preto, a inversa f −1 tem o
gráfico vermelho:
2
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p
(Informação não essencial: na figura há f (x) = −x − 1, portanto f −1 (x) = −x 2 − 1)
4.
Se a 6= 0, o gráfico da função f (x) = ax 2 + bx + c é uma parábola. Sejam x 1 É x 2 as raízes reais do
polinômio f . Nessa situação o conjunto F + onde f é positiva é:
∆Ê0
∆<0
Assim, por exemplo:
(•)
F+ = R
F + = (−2, 3)
(••)
a >0
a <0
(−∞, x 1 ) ∪ (x 2 , ∞)
R
(x 1 , x 2 )
;
para f (x) = x 2 + 1
a = 1, b = 0, c = 1
para f (x) = −(x + 2)(x − 3) a = −1, b = 1, c = 6
(• • •) F + = (−∞, 2) ∪ (2, ∞) para f (x) = (x − 2)2
a = 1, b = −4, c = 4.
No caso (•) existem infinitas possibilidades: por exemplo pode-se também tomar f (x) = 1 (função constante), ou seja a = 0, b = 0, c = 1! Ou a parábola f (x) = x 2 + x + 500 (a = b = 1, c = 500), ou . . .
Nos casos (••), (• • •), entretanto, existe apenas uma escolha possível (a menos de múltiplos).
5. Trata-se de fazer a divisão:
x 4 + 2x 3 − 14x 2 + 2x − 15
0
= x 2 + 2x − 15 + 2
= x 2 + 2x − 15
2
x +1
x +1
então o quociente é x 2 + 2x − 15 e o resto 0.
6.
Podemos usar o logaritmo em base 5:
5x
2
−x
³ 2 ´
= 1 ⇐⇒ log5 5x −x = log5 1 ⇐⇒ x 2 − x = 0 ⇐⇒ x(x − 1) = 0.
Assim as soluções são x = 0, 1.
3