Resolução dos Exercícios Propostos no Livro
Exercício 1: Mostre que 2 não é número racional. Dica: escreva
de números inteiros e use o Teorema Fundamental da Aritmética.
2 como um possível quociente
Solução: Mostremos inicialmente a seguinte proposição:
(I)
Se um número inteiro a é ímpar, então a 2 é ímpar.
De fato, como por hipótese a é impar, escrevemos a da seguinte forma a = 2n + 1 ,
onde n é um número inteiro. Assim, a 2 = (2n + 1)2 = 4 n 2 + 4n + 1 = 2(2n 2 + 2n ) + 1 .
Como 2n 2 + 2n = k , onde k é um inteiro, segue que a 2 = 2k + 1 e, assim, a 2 é
impar. Dessa forma, a contrapositiva de (I) é verdadeira, isto é,
Se a 2 é par, então a é par
(II)
Suponhamos, por absurdo, que exista uma fração irredutível
a
, tal que
b
2=
a
. Dessa forma,
b
2
a
2 =   . Segue daí que a 2 = 2b 2 , isto é, a 2 é par. Assim, de (II), obtemos que a é par, ou seja, a é
b 
da forma a = 2 p , onde p é um número inteiro. Substituindo a = 2 p em a 2 = 2b 2 , obtemos que
4 p 2 = 2b 2 . Logo, b = 2 p 2 , isto é, b 2 é par e, portanto, de (II) temos que b é par. Dessa forma, a e b
a
não é irredutível. Obtemos assim, uma contradição.
são número pares e a fração
b
Exercício 2: O conjunto C = {x ∈ ;( x + 3)2 < 1 ou x 2 < 2} é limitado. Encontre possíveis valores
de M que satisfaçam a definição anterior.
Solução: Não é possível a solução deste exercício com o conteúdo dado até o ponto onde foi proposto. A condição
( x + 3)2 < 1 implica que −1 < x + 3 < 1 ou, ainda −4 < x < −2 . A condição x 2 < 2 implica que
− 2 < x < 2 . Combinando as duas condições temos que C = ( −4, −2) ∪ ( − 2, 2 ) . Logo, M = 4
é o limitante procurado para C .
Exercício 3: Determine o inverso do complexo não-nulo z = a + bi .
Solução 1: Queremos um número complexo w = x + y i que verifica a equação zw = 1 . Esta equação
é equivalente a ax − by + ( ay + bx )i = 1 . Da igualdade de números complexos devemos ter
ax − by = 1

bx + ay = 0
Observe que o sistema linear acima tem solução pois o determinante
a −b
b a
z = a + bi não é nulo. Resolvendo o sistema pela regra de Crammer temos
a
−b
x= 2 2 e y= 2 2 .
a +b
a +b
a
b
Logo, o inverso multiplicativo de z = a + bi é w = 2
− 2 2 i.
2
a +b
a +b
= a 2 + b 2 não é nulo, pois
Solução 2: Observando que se z = a + bi então zz = a 2 + b 2 concluímos que z
z
= 1 . Logo,
a + b2
2
z
é inverso multiplicativo de z .
a + b2
2
Exercício 4. Calcule
Solução:
2 − 3i 1 − 2i
.
⋅
1 + 1i 2 + 3i
2 − 3i 1 − 2i −4 − 7i
−1 − 5i −31 + 27i
31 27
⋅
=
= ( −4 − 7i ) ⋅
=
=− +
i.
1 + 1i 2 + 3i −1 + 5i
26
26
26 26
Exercício 5: Em cada desigualdade, encontre o conjunto solução, expresse-o com a notação de
intervalos e represente-o na reta numérica.
a) 5x + 2 > x − 6 .
d) 2 ≤ 5 − 3x < 11
g) 1 − x − 2 x 2 ≥ 0
j)
2
1
x − <0
3
2
2
e)
≤1
1− x
1
4
h)
≥
3x − 7 3 − 2 x
b)
3
1− x
c) 3x − 5 < x +
4
3
f) x 2 > 9
i)
x +1
x
<
2−x 3+x
4
2
−3> −7
x
x
Solução: Utilizaremos as propriedades das inequações para isolar a incógnita.
a) 5x + 2 > x − 6 ⇔ 4 x > −8 ⇔ x > −2 . Logo,
S = {x ∈ | x > −2} = ( −2, + ∞ ) .
b)
2
1
2
1
3
3
3
x − < 0 ⇔ x < ⇔ x < . Logo, S = {x ∈ | x < } = ( −∞, )
3
2
3
2
4
4
4
3
1− x
9
1− x
27
31
64
c) 3x − 5 < x +
. Logo,
⇔ x <5+
⇔ x < 15 + 1 − x ⇔ x < 16 ⇔ x <
4
3
4
3
4
4
31
S = {x ∈ | x <
64
64
} = ( −∞ , )
31
31
d) 2 ≤ 5 − 3x < 11 ⇔ −3 ≤ −3x < 6 ⇔ 1 ≥ x > −2 . Logo, S = {x ∈ | −2 < x ≤ 1} = ( −2,1] .
e) A fim de eliminar o denominador, queremos multiplicar a inequação por 1 − x . O resultado
dependerá do sinal de 1 − x . Temos duas possibilidades:
i.
2
≤ 1 ⇔ 2 ≤ 1 − x ⇔ x ≤ −1 . Neste caso, obtemos o conjunto de
1− x
soluções dado pela condição x ≤ −1 .
Se 1 − x > 0 , temos
2
≤ 1 ⇔ 2 ≥ 1 − x ⇔ x ≥ −1 . O conjunto de soluções obtido neste caso
1− x
é dado pela condição x > 1 .
Reunindo as soluções obtidas nos dois casos temos o conjunto das soluções da inequação:
S = {x ∈ | x ≤ −1 ou x > 1} = ( −∞ , −1] ∪ (1, +∞ ) .
ii. Se 1 − x < 0 , temos
f)
Aqui utilizaremos a seguinte propriedade da raiz quadrada: Para números reais positivos a e b
quaisquer vale
a <b ⇔ a < b .
2
2
Assim, x > 9 ⇔ x > 3 . Lembrando que x 2 =| x | , a inequação dada é equivalente a | x |> 3 .
Assim, o conjunto das soluções é dado por
S = {x ∈ | x < −3 ou x > 3} = ( −∞, −3) ∪ (3, +∞ ) .
g) Completando o quadrado do lado esquerdo da inequação temos
2
1
1
1
1 1

1 − x − 2x 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + x − ≤ 0 ⇔  x +  − − ≤ 0 ⇔
2
2
4  16 2

2
1
9
1
3

⇔  x +  ≤ ⇔ |x + | ≤ .
4  16
4
4

Utilizando as propriedades dos módulos a última inequação é equivalente a
3
1 3
1
− ≤ x + ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ .
4
4 4
2
1
1
Logo, S = {x ∈ | −1 ≤ x ≤ } = [ −1, ] .
2
2
7
3
e 3 − 2 x = 0 ⇔ x = . Levando em conta os
3
2
3

sinais dos dois denominadores vamos procurar soluções em cada um dos seguintes intervalos  −∞,  ,
2


3
7
7

 

 ,  e  , +∞  .
 2 3  3

h) Primeiramente observamos que 3x − 7 = 0 ⇔ x =
3
, então 3x − 7 < 0 e 3 − 2 x > 0 .
2
Neste caso, temos
i. Se x <
1
4
31
.
≥
⇔ 3 − 2x ≤ 4 (3x − 7) ⇔ 3 − 2 x ≤ 12 x − 28 ⇔ x ≥
3x − 7 3 − 2 x
14
Portanto, neste caso, não temos solução.
3
7
< x < , então 3x − 7 < 0 e 3 − 2 x < 0 . Daí, temos
2
3
1
4
31
≥
⇔ 3 − 2 x ≥ 4 (3x − 7) ⇔ 3 − 2 x ≥ 12 x − 28 ⇔ x ≤
.
3x − 7 3 − 2 x
14
 3 31 
As soluções encontradas neste caso estão no intervalo  ,  .
 2 14 
ii. Se
7
, então 3x − 7 > 0 e 3 − 2x < 0 . Assim, temos
3
1
4
31
≥
⇔ 3 − 2 x ≤ 4(3x − 7) ⇔ 3 − 2 x ≤ 12 x − 28 ⇔ x ≥
.
3x − 7 3 − 2 x
14
7

As soluções deste caso estão no intervalo  , + ∞  .
3

Reunindo as soluções encontradas em cada caso temos o conjunto solução da inequação dada por
3
31
7
3 31
7
S = {x ∈ | < x ≤
ou x > } = ( , ] ∪ ( , +∞ ) .
2
14
3
2 14
3
iii. Se x >
i) Os sinais dos denominadores são dados pelas igualdades 2 − x = 0 ⇔ x = 2 e 3 + x = 0 ⇔ x = −3 .
Assim, vamos procurar soluções em cada um dos intervalos ( −∞, −3) , ( −3, 2) e (2, +∞ ) .
i. Se x ∈ ( −∞, −3) , então 2 − x > 0 e 3 + x < 0 . Neste caso
x +1
x
<
⇔ ( x + 1)(3 + x ) > x (2 − x ) ⇔ x 2 + 4 x + 3 > 2 x − x 2 ⇔
2−x 3+x
2
3
1
5

⇔ 2x 2 + 2x + 3 > 0 ⇔ x 2 + x + > 0 ⇔  x +  > − .
2
2
4


A última inequação é verdadeira para qualquer número real x . Portanto, as soluções desse caso estão
no intervalo ( −∞, −3) .
ii. Se x ∈ ( −3, 2) , então 2 − x > 0 e 3 + x > 0 . Neste caso, temos
x +1
x
<
⇔ ( x + 1)(3 + x ) < x (2 − x ) ⇔ x 2 + 4 x + 3 < 2x − x 2 ⇔
2−x 3+x
2
3
1
5

2
2
⇔ 2x + 2x + 3 < 0 ⇔ x + x + < 0 ⇔  x +  < − .
2
2
4

A última inequação não tem solução. Portanto, não temos solução neste caso.
iii. Se x ∈ (2, +∞ ) , então 2 − x < 0 e 3 + x > 0 . Neste caso, temos
x +1
x
<
⇔ ( x + 1)(3 + x ) > x (2 − x ) ⇔ x 2 + 4 x + 3 > 2x − x 2 ⇔
2−x 3+x
2
3
1
5

⇔ 2x 2 + 2x + 3 > 0 ⇔ x 2 + x + > 0 ⇔  x +  > − .
2
2
4

A última inequação é verdadeira para qualquer número real x . Portanto, as soluções deste caso
consistem do intervalo (2, +∞ ) .
Reunindo as soluções encontradas em cada caso temos o conjunto solução da inequação dado por
S = ( −∞, −3) ∪ (2, +∞ )
4
2
4 2
2
1
− 3 > − 7 ⇔ − > −4 ⇔ > − 4 ⇔ > − 2 .
x
x
x x
x
x
1
1
Se x > 0 temos
> −2 ⇔ 1 > −2 x ⇔ x > − . As soluções encontradas neste caso são dadas pela
x
2
condição x > 0 .
1
1
Se x < 0 temos
> −2 ⇔ 1 < −2 x ⇔ x < − . As soluções deste caso são dadas pela condição
x
2
1
1
x < − . Portanto, o conjunto das soluções da inequação dada é S = ( −∞, − ) ∪ (0, +∞ ) .
2
2
j)
Exercício 6. Em cada um dos itens a seguir, resolva a equação em x.
a) x − 3 = 2
b) 5x = 3 − x
d) x − 5 = 3x + 7
e)
c) x − 2 = 3 − 5x
x +2
=5
x −2
Solução: a) x − 3 = 2 ⇔ x − 3 = 2 ou x − 3 = −2 . Assim, x − 3 = 2 ⇔ x = 5 ou x − 3 = −2 ⇔ x = 1 .
Logo, S = {1,5} .
1
.
2
3
1 3
Se x < 0 , temos −5x = 3 − x ⇔ 4 x = −3 ⇔ x = − . Logo, S = { , − } .
4
2 4
b) Se x ≥ 0 , temos 5x = 3 − x ⇔ 6x = 3 ⇔ x =
c) x − 2 = 3 − 5x ⇔ x − 2 = 3 − 5x ou x − 2 = −(3 − 5x ) . Assim,
x − 2 = 3 − 5x ⇔ 6 x = 5 ⇔ x =
ou
5
6
x − 2 = −(3 − 5x ) ⇔ x − 2 = −3 + 5x ⇔ −4 x = −1 ⇔ x =
1
.
4
1 5
Logo, S = { , } .
4 6
d) x − 5 = 3x + 7 ⇔ x − 5 = 3x + 7 ou x − 5 = −(3x + 7) . Assim,
x − 5 = 3x + 7 ⇔ −2x = 12 ⇔ x = −6
ou
1
x − 5 = −(3x + 7) ⇔ x − 5 = −3x − 7 ⇔ 4 x = −2 ⇔ x = − .
2
1
Logo, S = {−6, − } .
2
e)
ou
x +2
x +2
x +2
= −5 . Assim,
= 5 ou
=5⇔
x −2
x −2
x −2
x +2
= 5 ⇔ x + 2 = 5( x − 2) ⇔ x + 2 = 5x − 10 ⇔ −4 x = −12 ⇔ x = 3
x −2
x +2
4
= −5 ⇔ x + 2 = −5( x − 2) ⇔ x + 2 = −5x + 10 ⇔ 6x = 8 ⇔ x = .
3
x −2
4
Logo, S = {3, } .
3
Exercício 7. Em cada desigualdade, encontre o conjunto solução, expresse-o com a notação de
intervalos e represente-o na reta numérica.
a) 2 x − 5 < 1
b) 3x + 5 > 2
c) x − 2 ≥ 4 x + 1
d) 9 − 2 x ≥ 7x
e) 3x + 5 ≤ 2 x + 1
f)
g)
5
≥3
2x − 1
h)
5
1
≥
2x − 1 x − 2
3 − 2x
≤4
2+x
5
3x − 1
i)
≤
3x + 1
5
Solução:
a)
2 x − 5 < 1 ⇔ −1 < 2 x − 5 < 1 ⇔ 4 < 2 x < 6 ⇔ 2 < x < 3 . Logo, S = (2, 3) .
b)
3x + 5 > 2 ⇔ 3x + 5 < −2 ou 3x + 5 > 2 . Assim, 3x + 5 < −2 ⇔ 3x < −7 ⇔ x < −
7
ou
3
7
3x + 5 > 2 ⇔ 3x > −3 ⇔ x > −1 . Logo, S = ( −∞, − ) ∪ ( −1, +∞ ) .
3
c) Se x ≥ 2 , temos x − 2 ≥ 4 x + 1 ⇔ x ≤ −1 . Portanto, nesse caso não temos solução.
1
1

Se x < 2 , temos − ( x − 2 ) ≥ 4 x + 1 ⇔ − x + 2 ≥ 4 x + 1 ⇔ x ≤ . Logo, S =  −∞,  .
5
5

2
d) Elevando ao quadrado ambos os membros da inequação, lembrando que x ≥ 0 e x = x 2 ,
∀x ∈ , segue que,
2
2
9 − 2x ≥ 7x ⇔ 9 − 2 x ≥ 7x ⇔ 81 − 36x + 4 x 2 ≥ 49x 2 ⇔
9
9

 9 
⇔ 5x 2 + 4 x − 9 ≤ 0 ⇔ 5( x − 1)  x +  ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 1 . Logo, S =  − ,1 .
5
5

 5 
e)
2
2
3x + 5 ≤ 2 x + 1 ⇔ 3x + 5 ≤ 2 x + 1 ⇔ 5x 2 + 26x + 24 ≤ 0 ⇔
6
6
6


⇔ 5( x + 4)  x +  ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ − . Logo, S =  −4, −  .
5
5
5


3 − 2x
2
≤ 4 ⇔ 3 − 2 x ≤ 4 2 + x , x ≠ −2 . Assim, 3 − 2 x ≤ ( 4 2 + x
2+x
f)
)
2
, x ≠ −2 ⇔
⇔ 9 − 12 x + 4 x 2 ≤ 64 + 64 x + 16x 2 , x ≠ −2 ⇔ 12 x 2 + 76x + 55 ≥ 0, x ≠ −2 ⇔
5 
11 
11
5

⇔ 12  x +  x +  ≥ 0, x ≠ −2 ⇔ x ≤ − ou x ≥ − . Logo,
6 
2
2
6

11   5


S =  −∞, −  ∪  − , +∞  .
2  6


5
5
1
5
5
1
≥ 3 ⇔ 2x − 1 ≤ , x ≠ ⇔ − ≤ 2x − 1 ≤ , x ≠ ⇔
2x − 1
3
2
3
3
2
1
4
1
 1 1  1 4
⇔ − ≤ x ≤ , x ≠ . Logo, S =  − ,  ∪  ,  .
3
3
2
 3 2   2 3
g)
h)
1
1
5
1
≥
⇔ 5 x − 2 ≥ 2 x − 1 , x ≠ 2 e x ≠ ⇔ 7x 2 − 32x + 33 ≥ 0, x ≠ 2 e x ≠
2
2
2x − 1 x − 2
21  
11 
1
11
1

ou x ≥ 3 e x ≠ . Logo
⇔ 7  x −   x −  ≥ 0, x ≠ 2 e x ≠ ⇔ x ≤
3 
3
2
7
2

1
1
11

 

S =  −∞,  ∪  ,  ∪ [ 3, +∞ ) .
2
2
7

 

5
3x − 1
1
≤
⇔ 25 ≤ 3x − 1 3x + 1 , x ≠ − ⇔
3x + 1
5
3
i)
⇔ x2 ≥
Logo,
26
1
26
1
26
26
ou x ≥
.
,x ≠− ⇔ x ≥
, x ≠− ⇔x ≤−
9
3
3
3
3
3


26   26
S =  −∞, −
, +∞  .
∪
3   3


Exercício 8. Use
condições dadas.
1
a) x − 2 <
2
1
b) x + 2 <
2
1
c) x − y <
2
a desigualdade triangular para mostrar que as desigualdades se verificam sob as
2
7
, então x − y <
3
6
2
7
e y + 2 < , então x − y <
3
6
2
7
e x + 2 < , então y + 2 <
3
6
e y−2 <
Solução:
a) Como x − y = ( x − 2) − ( y − 2) ≤ x − 2 + y − 2 e por hipótese x − 2 <
segue que x − y <
b)
1 2 7
+ = .
2 3 6
1
2
e y−2 < ,
2
3
c) Como x − y = ( x + 2) − ( y + 2) ≤ x + 2 + y + 2 e por hipótese x + 2 <
segue que x + y <
1 2 7
+ = .
2 3 6
d) Como y + 2 = ( x + 2) − ( x − y ) ≤ x + 2 + x − y e por hipótese x − y <
segue que y + 2 <
1
2
e y+2 < ,
2
3
1
2
e x +2 < ,
2
3
1 2 7
+ = .
2 3 6
Exercício 9. Expresse as desigualdades a > b + c e a > b − c em uma única desigualdade equivalente.
Solução: Como a > b + c e a > b − c , segue que a − b > c e a − b > −c e também que 2a > 2b . Assim,
temos que a − b > c e c > −( a − b ) . Logo, −( a − b ) < c < a − b , ou ainda, c < a − b , pois a > b .
Exercício 10: Represente no plano cartesiano o conjunto de pontos dados por:
a) X = {( x , y ) ∈
2
; y − x = 0} ;
b) X = {( x , y ) ∈
2
; y + x = 0} ;
c) X = {( x , y ) ∈
2
; x + y = 1} .
c) X = {( x , y ) ∈
2
; y > x − 1} .
2
2
Solução:
–4
–3
–2
y
y
4
4
3
3
2
2
1
1
–1
0
1
2
3
4 x
–4
–3 –2
–1 0
–1
–1
–2
–2
–3
–3
–4
–4
a)
b)
1
2
3
4 x
y
y
2
4
3
1
2
1
–2
–1
0
1
2
x
–4
–3 –2
–1
0
2
1
3
4 x
–1
–2
–1
–3
–4
–2
c)
d)
Exercício 11. Represente no plano complexo os números complexos z tais que:
a) z = 1 ;
b) z − 1 − 1i = 1 .
Solução:
Eixo imaginário
–2
–1
Eixo imaginário
2
2
1
1
0
1
2
Eixo real
–2
–1
–1
1+ i
0
1
2
Eixo real
–1
–2
–2
a)
b)
Exercício 12. Uma certa companhia de energia elétrica cobra uma taxa mínima de R$20,00 para quem
consome até 50 KW/h e R$0,50 por KW/h para quem consome mais de 50KW/h. Determine
algebricamente a função que relaciona o consumo e o valor da conta de luz.
Solução: Sendo x o consumo em KW/h, o valor da conta de luz é dado pela função
 20,
f (x ) = 
0, 5x ,
se 0 < x ≤ 50
se x > 50
.
Exercício 13. Considere a seguinte tabela de valores que relaciona duas variáveis reais x e y:
x
y
1 2 3
2 4 6
4 5 6
8 10 12
Determine duas funções y = f ( x ) , com x no intervalo [0,6], que incluam as associações da tabela
acima.
Solução: Por exemplo:
1. f ( x ) = 2x .
2 x , se x ∈{0,1, 2, 3, 4,5,6}
.
 −1, se x ∉{0,1, 2, 3, 4,5,6}
2. f ( x ) = 
Exercício 14. A área de um quadrado depende do comprimento do seu lado, isto é, a cada valor do
lado de um quadrado corresponde um único valor da área deste. Encontre a função que determina isto.
Solução: Considere a função A :
→
tal que A( l ) = l 2 , onde a l é o lado do quadrado.
Exercício 15. Hipoteticamente, um menino, desejando aumentar sua coleção de selos, foi a uma
grande empresa à procura de selos e obteve a seguinte proposta: “Você poderá realizar tarefas nesta
firma. Ao término da primeira tarefa eu lhe dou dois selos, e a cada tarefa seguinte concluída eu dou o
dobro de selos da tarefa anterior. Caso você aceite a proposta, ganhará de imediato um selo”. Supondo
que o menino tenha aceitado a proposta, quantos selos ele recebeu após a execução da quinta tarefa?
Para facilitar a resposta, faça uma tabela. Nesta situação, temos uma função? Por quê? Escreva a regra
que representa esta situação. A empresa sempre conseguirá cumprir a proposta?
Solução:
nº de tarefas
nº de selos recebidos na execução da n-ésima tarefa
nº total de selos
A função f que representa quantidade de selos recebidos após
0 1 2
3
1 2 4
8
1 3 7 15
a execução de cada
4
16
31
tarefa
5
32
63
é f :
x
→
tal que f ( x ) = 2 , onde x é o número da tarefa. Assim, após a execução da 5ª. tarefa o menino
receberá 32 selos. A empresa não conseguirá cumprir sempre a proposta pois f
cresce
exponencialmente.
Exercício 16. Dada a função f ( x ) = x − 1 , encontre:
a) Dom f ;
b) Im f ;
c) f (2) .
Solução:
a) Dom f = {x ∈ ; x ≥ 1} = [1, ∞ ) ;
b) Im f = { y ∈ ; y ≥ 0} = [0, +∞ ) ;
c) f (2) = 2 − 1 = 1 .
Exercício 17. Dada a função f ( x ) =
a) Dom f ;
Solução:
a) Dom f = {x ∈ ; x ≠ 2} =
b) Im f = { y ∈ ; y ≠ 0} =
1
1
= .
c) f (4) =
4−2 2
1
, encontre:
x −2
b) Im f ;
c) f (4) .
− {2} ;
− {0} ;
Exercício 18. Verifique se as funções f ( x ) =
x2 −1
e g ( x ) = x − 1 são iguais.
x +1
Solução: O domínio da função g é o conjunto dos número reais, mas o domínio da função f é o
conjunto − {−1} . Assim, por definição, as funções f e g são distintas.
Exercício 19. Verifique se as funções f :
+
→ , f (x ) = x e g :
+
→ , g ( x ) = x são iguais.
Solução: Como o domínio de ambas as funções são iguais e neste domínio elas possuem as mesmas
imagens em cada ponto, temos que f e g são iguais.
Exercício 20. Sejam p e h definidas, respectivamente, por p( x ) = 2 − 3x e h( x ) = x 2 − 5x + 3 .
Determine as funções p + h , h − p , p ⋅ h . Qual é o domínio e a expressão algébrica que define a
função p ⋅ p ?
Solução:
i)
( p + h ) ( x ) = p( x ) + h ( x ) =
ii)
( h − p ) ( x ) = h ( x ) − p( x ) = x 2 − 5 x + 3 −
iii) ( p h ) ( x ) = p( x ) h( x ) =
(
2 − 3x + x 2 − 5x + 3 .
2 − 3x
2 − 3x .
) ( x 2 − 5x + 3 ) .
iv) ( p p ) ( x ) = p( x ) p( x ) =
(
2 − 3x
)(
) (
2 − 3x =
2 − 3x
)
2
{
= 2 − 3x e Dom ( p p ) = x ∈ ; x ≤
}
2
.
3
Exercício 21. Considere as funções m( x ) = 3( x + 1)2 1 + 2x e n( x ) = ( x + 1)( x − 2) . Determine a
função m / n e seu domínio.
Solução: A função m / n só existe quando n( x ) = ( x + 1)( x − 2) for diferente de zero, que ocorre
quando x ≠ −1 e x ≠ 2 . Nesse caso,
Dom
m( x ) 3( x + 1)2 1 + 2x 3( x + 1) 1 + 2 x
m
e
(x ) =
=
=
n
n( x )
( x + 1)( x − 2)
x −2
{
}
m
1
= x ∈ ;x ≥ −
ex≠2 .
n
2
Exercício 22. Considere as funções h( x ) = x e k( x ) = − x . Determine as funções h + k , h − k , h ⋅ k
e h / k e seus domínios.
Solução:
se x ≥ 0
 0,
, Dom ( h + k ) =
−2 x , se x < 0
i)
( h + k ) ( x ) = h( x ) + k( x ) = x − x = 
ii)
( h − k ) ( x ) = h( x ) − k( x ) = x + x = 
iii)
 x 2 , se x ≥ 0
, Dom ( h ⋅ k ) =
h
k
(
x
)
=
h
(
x
)
k
(
x
)
=
x
x
=
( )
 2
− x , se x < 0
2 x , se x ≥ 0
, Dom ( h − k ) =
 0, se x < 0
x
 1, se x > 0
h( x )
h
h
iv)   ( x ) =
, Dom ( ) =
=
=
k( x )
x
k
k
 −1, se x < 0
*
.
.
.
.
Exercício 23. Esboce os gráficos das seguintes funções afins:
a) f ( x ) = x − 3 ;
Solução:
b) g ( x ) = −2 x + 4 ;
c) h( x ) = −5x − 10 ;
d) j ( x ) =
π
3
x.
–4
–3
–2
y
y
4
4
3
3
2
2
1
1
–1
0
1
2
3
4 x
–1
–3
–2
–1
0
2
1
3
4 x
–1
–2
–2
–3
–3
–4
a)
b)
y
y
6
4
2
π
3
2
0
–4
–3 –2
1
–1
2
3
1
4 x
–2
–4
0
1
–1
–6
–8
2 x
–1
– 10
c)
d)
Exercício 24. É possível desenhar um esboço do gráfico de uma função quadrática qualquer dada por
f ( x ) = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 . Para isso, basta saber: o sinal do coeficiente a do termo de segundo grau;
encontrar, se possível, os valores reais x em que f ( x ) = 0, que são dados pela expressão
−b ± b 2 − 4 ac
 −b −∆ 
2
; obter o vértice da parábola, que é dado por  ,
 , no qual ∆ = b − 4 ac .
2a
 2a 4 a 
Esboce os seis tipos de gráficos de funções quadráticas possíveis a partir da análise dos sinais de a e de
∆.
Solução:
y
y
2
4
1
∆<0
3
a >0
2
–4
–3 –2
∆<0
1
–4
–3
–2
–1
–1
3
2
1
0
a <0
4 x
–1
–3
–4
–4
–3
–2
ii.
y
 −b 
 , 0
 2a 
2
a<0
y
4
1
–1
4 x
–2
i.
∆=0
3
2
1
0
–1
 −b 
 , 0
 2a 
0
1
3
2
∆=0
3
a >0
2
4 x
–1
1
–2
–4
–3
–4
–3 –2
–1
0
iii.
–4
–3 –2
3
 −b − b 2 − 4 ac 

, 0


2a


3
2
1
1
0
1
2
3
4 x
–4
–3 –2
 −b + b 2 − 4 ac 

,0


2a


4
2
–1
–1
0
1
2
3
4 x
–1
∆>0
–2
 −b −∆ 
 ,

 2a 4 a 
4 x
y
 −b + b 2 − 4 ac 

,0


2a


4
–1
3
2
iv.
y
 −b − b 2 − 4 ac 

, 0


2a


1
–1
–3
a >0
–4
v.
∆>0
–2
 −b −∆ 
 ,

 2a 4 a 
–3
a <0
–4
vi.
Exercício 25. Nem todas as funções podem ter seu gráfico desenhado. Como seria o esboço do
0, x racional
gráfico da função I ( x ) = 
?
1, x irracional
Solução: Não é possível esboçar o gráfico de I.
.
Exercício 26. O gráfico da função f ( x ) = x apresenta simetria central em relação ao ponto ( a , a ) ,
∀a ∈ ?
Solução: Sim. Observe que um ponto P no gráfico de f é da forma P ( b , b ) . Se um ponto P '( x , y )
é o simétrico de P em relação ao ponto Q ( a , a ) , então ele deve ser tal que P , Q e P ' pertencem à
mesma reta e a distância de P a Q , deve ser o igual à distância de Q a P ' . Como por dois pontos
passa uma única reta, temos que a reta que passa por P e Q é a reta y = x . Assim, P ' é tal que
y=x
e
ou
seja,
( y − a )2 + ( x − a )2 = ( x − a )2 + ( x − a )2 = 2( x − a )2 = 2( b − a )2 ,
x − a = ±( b − a ) , logo x = b ou x = 2a − b . Portanto, o ponto procurado é P ' = (2a − b , 2a − b ) que é
o simétrico de P , é um ponto no gráfico de f .
Exercício 27. Dado P ( x , y ) um ponto do plano cartesiano:
a) Quais as coordenadas do simétrico P ' do ponto P em relação à reta de equação x = 0 ? E em
relação à reta x = a ?
b) Quais as coordenadas do simétrico P ' de P em relação ao ponto O(0, 0) ? E em relação ao ponto
Q ( a , b ) ?.
Solução:
a) Dado o ponto P ( x , y ) , temos P '( − x , y ) . O ponto simétrico de P ( x , y ) em relação à reta x = a é
o ponto Pa (2a − x , y ) .
b) Dado o ponto P ( x , y ) , temos P '( − x , − y ) . O ponto simétrico de P ( x , y ) em relação ao ponto
Q ( a , b ) é o ponto PQ (2a − x , 2b − y ) .
Exercício 28. Mostre que o gráfico de uma função f apresenta simetria axial em relação à reta de
equação x = a se, e somente se, f ( a − x ) = f ( a + x ) para todo x do domínio.
Solução: Se f apresenta simetria axial em relação à reta x = a então, caso ( a + x , y ) esteja no gráfico
de f temos que ( a − x , y ) (conforme exercício 27 a) também está no gráfico de f . Assim,
f ( a − x ) = f ( a + x ) . Reciprocamente, se f ( a − x ) = f ( a + x ) para todo x do domínio de f , então
( a + x , y ) e ( a − x , y ) estão no gráfico de f e, assim, o gráfico apresenta simetria axial em relação à
reta x = a .
Exercício 29. Qual é o período da função f do Exemplo 32?
2n ≤ x < 2n + 1, n ∈
1,
Solução: A função do exemplo 32 é dada por f ( x ) = 
0, 2n + 1 ≤ x < 2n + 2, n ∈
pois, f ( x + 2) = f ( x ), ∀x ∈ .
. O período é 2,
Exercício 30. Verifique se as seguintes funções são periódicas:
a) f ( x ) = x ;
b) f ( x ) = 5 ;
c) f ( x ) = ( −1)n , se x ∈[ n , n + 1) , n ∈
.
Solução:
a) f ( x + p ) = x + p ≠ x = f ( x ) para todo qualquer p ≠ 0 . Assim a função não é periódica.
b) f ( x + p ) = 5 = f ( x ) para todo p ≠ 0 . Assim podemos dizer que a função f ( x ) = 5 é periódica de
qualquer período.
c) A função é periódica de período 2.
Exercício 31. Mostre que o gráfico de toda função par é simétrico em relação ao eixo Oy e que o
gráfico de toda função ímpar é simétrico em relação ao ponto (0, 0) .
Solução: Se f é uma função par, então f ( − x ) = f ( x ), ∀x ∈ . Logo, se ( x , f ( x )) é um ponto do
gráfico de f , então o seu simétrico em relação ao eixo Oy é o ponto ( − x , f ( x )) , que também pertence
ao gráfico de f. Se, por outro lado, f é uma função ímpar, então f ( − x ) = − f ( x ), ∀x ∈ . Logo, se
( x , f ( x )) é um ponto do gráfico de f, então o seu simétrico em relação ao ponto (0, 0) é o ponto
( − x , − f ( x )) que também pertence ao gráfico de f.
Exercício 32. Verifique se as funções definidas a seguir são pares, ímpares ou nenhuma delas.
a) f ( x ) = 5x 4 + 3x −2 + 2
c) f ( x ) = x −3 − 3x 7
b) f ( x ) = x 4 + x 3
d) f ( x ) = x 5 + x 3 + 3
Solução:
a) f ( − x ) = 5( − x )4 + 3( − x )−2 + 2 = 5x 4 + 3x −2 + 2 = f ( x ) . Portanto, f é uma função par.
b) f ( −1) = 0 ≠ 2 = f (1) . Portanto, f não é uma função par.
f ( −1) = 0 ≠ −2 = − f (1) . Portanto, f também não é uma função ímpar.
c)
f ( − x ) = ( − x )−3 − 3( − x )7 = − x −3 + 3x 7 = −( x −3 − 3x 7 ) = − f ( x ) . Portanto f é uma função ímpar.
d)
f ( −1) = 1 ≠ 5 = f (1) . Portanto f não é uma função par.
f ( −1) = 1 ≠ −5 = − f (1) . Portanto f também não é uma função ímpar.
Exercício 33. Mostre que toda função pode ser escrita como a soma de uma função par com uma
função ímpar.
Solução: Se f é uma função cujo domínio é simétrico em relação à origem, então a função g dada
f ( x ) + f ( −x )
f ( x ) − f ( −x )
é par enquanto que a função h dada por h( x ) =
é ímpar. Além
g( x ) =
2
2
disso, temos que f ≡ g + h .
Exercício 34. Existe alguma função que é par e ímpar simultaneamente?
Solução: Sim, a função constante nula, ou seja, f ( x ) = 0, ∀x ∈ . De fato, f ( − x ) = 0 = f ( x ) e
f ( − x ) = 0 = − f ( x ) , ∀x ∈ .
Exercício 35. Como você esboçaria o gráfico da função F ( x ) = x + 1 + 1 por meio de deslocamento
do gráfico de f , sendo f ( x ) = x ?
Solução: Basta transladar o gráfico da função f uma unidade para a esquerda e, em seguida, uma
unidade para cima, ou ainda, uma unidade para cima e, em seguida, uma unidade para a esquerda.
Exercício 36. Mostre que se o gráfico da função f possui simetria axial em relação à reta x = a , então
a função g definida por g ( x ) = f ( x + a ) é par.
Solução: Conforme o Exercício 28, o gráfico de uma função f apresenta simetria axial em relação à
reta de equação
se, e somente se,
x =a
f ( a − x ) = f ( a + x ) . Assim temos
g ( − x ) = f ( − x + a ) = f ( a + x ) = g ( x ) . Logo, g é uma função par.
Exercício 37. Mostre que se o gráfico da função f possui simetria central em relação ao ponto P ( a , b ) ,
então a função g definida por g ( x ) = f ( x + a ) − b é ímpar.
Solução 1: Se o gráfico da função f possui simetria central em relação ao ponto P ( a , b ) , então para
cada ponto X = ( x , f ( x )) do gráfico de f , existe um ponto Y = ( y , f ( y )) no gráfico de f tal que o
ponto P ( a , b ) é o ponto médio do segmento XY . Usando a fórmula do ponto médio temos
f (x ) + f ( y )
x+ y
. Isolando y na primeira equação e substituindo na segunda equação,
a=
e b=
2
2
obtemos
f (2a − x ) = 2b − f ( x ) . Trocando x por a − x na última equação, temos
f (2a − ( a − x )) = 2b − f ( a − x ) , então f ( a + x ) − b = b − f ( a − x ) . Segue dessa última equação que
g ( x ) = f ( a + x ) − b = b − f ( a − x ) = − g ( − x ) , e assim, por definição g é impar.
Solução 2: Por hipótese y = f ( x ) e 2b − y = f (2a − x ) . Daí, 2b − f ( x ) = f (2a − x ) . Assim,
f ( x ) = 2b − f (2a − x ) . Como g ( x ) = f ( x + a ) − b = 2b − f (2a − ( x + a )) = b − f ( a − x ) =
= −[ f ( − x + a ) − b ] = − g ( − x ) , temos por definição que g é uma função par.
Exercício 38. Esboce o gráfico de cada uma das funções f definidas a seguir e esboce, no mesmo
sistema de eixos, os gráficos das seguintes translações: f ( x + 3) , f ( x ) + 2 , f ( x − 1) , f ( x ) − 2 e
f ( x + 2) − 1 :
b) f ( x ) = x 2 ;
a) f ( x ) = x ;
c) f ( x ) = x 3 ;
d) f ( x ) = 3x − 1 .
Solução:
y
f ( x + 3)
f ( x + 2) − 1
4
6
f ( x + 3)
3
–1
3
2
1
0
3
2
4 x
1
–1
–2
f (x ) + 2
f (x )
f (x ) − 2
–3
0 1
–1
–4
–2
–4
a)
–3
–2 –1
y
f (x )
y
f ( x − 1)
f ( x + 3)
f (x ) + 2
3
4 x
f (x ) − 2
4
3
f ( x − 1)
3
2
2
1
1
–3
0
–2 –1
f ( x + 3)
2
b)
f (x ) + 2
4
–4
f ( x − 1)
4
f (x ) − 2
1
–3 –2
f (x )
5
f ( x + 2) − 1
2
–4
f (x ) + 2
y
f ( x − 1)
f ( x + 2) − 1
0
1
2
3
4 x
–4
–3
–2
1
–1
–1
–1
–2
–2
–3
–3
–4
f (x ) − 2
c)
f ( x + 2) − 1
2
3
4 x
–4
f (x )
d)
Exercício 39. Seja f uma função limitada. Responda as perguntas a seguir, justificando sua resposta.
a) A função g ( x ) = a f ( x ) é limitada para todo a real?
b) A função g ( x ) = f ( x + m ) é limitada para todo m real?
c) A função g ( x ) = f ( b x ) é limitada para todo b real?
Solução: Como por hipótese a função f é uma função limitada, então existe M > 0 tal que para todo
x ∈ Dom f , f ( x ) ≤ M .
a) Temos que g ( x ) = a f ( x ) = a f ( x ) ≤ a M , ∀x ∈ Dom g . Como a M > 0 , temos que g é
limitada.
b) Temos que g ( x ) = f ( x + m ) ≤ M , ∀x ∈ Dom g . Assim, temos que g é limitada.
c) Temos que g ( x ) = f ( b x ) ≤ M , ∀x ∈ Dom g . Assim, temos que g é limitada.
Exercício 40. Sejam f e g funções limitadas. Responda as perguntas a seguir, justificando sua resposta.
b) A função f ⋅ g é limitada?
a) A função f + g é limitada?
Solução: Como por hipótese f e g são funções limitadas, então existem M > 0 e N > 0 tais que
f ( x ) ≤ M , ∀x ∈ Dom f e g ( x ) ≤ N , ∀x ∈ Dom g .
a) Sim, pois segue da desigualdade triangular que
( f + g )( x ) = f ( x ) + g ( x ) ≤ f ( x ) + g ( x ) ≤ M + N , ∀x ∈ Dom f ∩ Dom g .
b) Sim, pois ( f ⋅ g )( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x ) ≤ M ⋅ N , ∀x ∈ Dom f ∩ Dom g .
Exercício 41: Verifique se as funções a seguir são monótonas, classificando-as em crescente,
decrescente, não-decrescente e não-crescente. Caso a função não seja monótona, encontre, caso
exista(m), intervalo(s) do seu domínio, de modo a se obter função(ões) monótona(s).
Solução:
a) f ( x ) = 2 x − 1
Dom f = . Sejam x 1 , x 2 ∈ Dom f tais que x 1 < x 2 .
Logo, f ( x 1 ) = 2 x 1 − 1 < 2 x 2 − 1 = f ( x 2 ) . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em .
b) f ( x ) = 3 − x
Dom f = . Sejam x 1 , x 2 ∈ Dom f tais que x 1 < x 2 .
Logo, f ( x 1 ) = 3 − x 1 > 3 − x 2 = f ( x 2 ) . Assim, por definição, concluímos que f é decrescente em
.
c) f ( x ) = 1 − x 2
Dom f = . Sejam x 1 , x 2 ∈ Dom f tais que x 1 < x 2 .
Se x 1 , x 2 ∈ + , temos que x 1 < x 2 ⇒ x 12 < x 2 2 . Neste caso, f ( x 1 ) = 1 − x 12 > 1 − x 2 2 = f ( x 2 ) e,
portanto, f é decrescente em + .
Se x 1 , x 2 ∈ − , temos que x 1 < x 2 ⇒ x 12 > x 2 2 . Neste caso, f ( x 1 ) = 1 − x 12 < 1 − x 2 2 = f ( x 2 ) e,
portanto, f é crescente em − .
Como f é crescente em − e decrescente em + , f não é monótona em .
d) f ( x ) = x 5
Dom f = . Sejam x 1 , x 2 ∈ Dom f tais que x 1 < x 2 .
Logo, f ( x 1 ) = x 15 < x 25 = f ( x 2 ) . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em
e) f ( x ) = x
.
Dom f =
+
. Sejam x 1 , x 2 ∈
+
tais que x 1 < x 2 .
Logo, f ( x 1 ) = x 1 < x 2 = f ( x 2 ) . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em
+
.
1
 , x <0
f) f ( x ) =  x
 2, x ≥ 0
1
. Como f ( −2) = − , f ( −1) = −1 e f (2) = 2 , temos que f ( −2) > f ( −1) e f ( −1) < f (2) .
2
Logo f não é monótona em .
1
1
1
1
. Assim temos que f ( x 1 ) =
Sejam x 1 , x 2 ∈ *− tais que x 1 < x 2 . Logo
>
>
= f ( x 2 ) e,
x1 x 2
x1 x 2
Dom f =
portanto, f é decrescente em
*
−
.
Sejam x 1 , x 2 ∈ + tais que x 1 < x 2 . Temos que f ( x 1 ) = 2 = f ( x 2 ) e, portanto, f é não-crescente e
não-decrescente em + .
Exercício 42: Verifique se as funções são bijetoras, justificando sua resposta.
Solução:
a) f ( x ) = x 3
Dom f = . Mostremos inicialmente que f é injetora. De fato, sejam x 1 , x 2 ∈
x 13
, tais que x 1 ≠ x 2 .
3
≠ x 2 = f ( x 2 ) , e assim, por definição, temos que f é injetora.
Logo, f ( x 1 ) =
Verifiquemos se f é sobrejetora.
Dado y ∈
, se tomarmos x = 3 y teremos f ( x ) = f
(3 y ) =(3 y)
3
= y , e portanto, por definição
f é sobrejetora.
Assim f é injetora e sobrejetora, logo bijetora.
b) f ( x ) = 3x − 1
Dom f = . Mostremos inicialmente que f é injetora. De fato, sejam x 1 , x 2 ∈ , tais que x 1 ≠ x 2 .
Logo, f ( x 1 ) = 3x 1 − 1 ≠ 3x 2 − 1 = f ( x 2 ) , e assim, por definição, temos que f é injetora.
Verifiquemos se f é sobrejetora.
y +1
 y +1
 y + 1
teremos f ( x ) = f 
Dado y ∈ , se tomarmos x =
 = 3
 − 1 = y + 1 − 1 = y e,
3
 3 
 3 
portanto, f é sobrejetora.
Assim f é injetora e sobrejetora, logo bijetora.
c) f ( x ) = x 4
Dom f = . Afirmamos que a função não é injetora. De fato, se tomarmos, por exemplo, x 1 = −1 e
x 2 = 1 , teremos f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = 1 e x 1 ≠ x 2 . Desta forma, f não é injetora e, portanto, não é
bijetora.
Observe que f também não é sobrejetora, pois dado, por exemplo, y = −1 , não existe x ∈ tal que
x 4 = −1 .
d) f ( x ) = x
Dom f = . A função f não é bijetora, pois não é injetora, uma vez que existem x 1 , x 2 ∈ , x 1 ≠ x 2
tais que f ( x 1 ) = f ( x 2 ) . Basta tomar, por exemplo, x 1 = −1 e x 2 = 1 .
Observe que f também não é sobrejetora, pois dado, por exemplo, y = −1 , não existe x ∈ tal que
x = −1 .
Exercício 43: Nos itens a seguir, encontre f g , f f , g
Solução:
2
a) f ( x ) = x + 5 e g ( x ) =
2x − 4
Dom f = e Dom g = − {2} .
2
5x − 9
+5=
.
( f g ) ( x ) = f ( g ( x )) = g ( x ) + 5 =
2x − 4
x −2
Dom f g = {x ∈ Dom g ; g ( x ) ∈ Dom f } = Dom g = − {2} .
f e g g e seus respectivos domínios.
(f
f ) ( x ) = f ( f ( x )) = f ( x ) + 5 = x + 5 + 5 = x + 10 .
Dom f f = .
(g
2
2
1
=
=
.
2 f ( x ) − 4 2( x + 5) − 4 x + 3
f = {x ∈ Dom f ; f ( x ) ∈ Dom g } = {x ∈ ; x + 5 ∈ − {2}} =
f ) ( x ) = g ( f ( x )) =
Dom g
x −2
2
2
.
=
=
2 g( x ) − 4
−2x + 5
 2 
2
−4
 2x − 4 
2
Dom g g = {x ∈ Dom g ; g ( x ) ∈ Dom g } = {x ∈ − {2};
∈
2x − 4
5
= − {2, }.
2
(g
− {−3} .
g ) ( x ) = g ( g ( x )) =
− {2}}
Exercício 44: Encontre funções f e g distintas da função identidade, tal que y = ( f
Solução:
a) y = 2 x − 1
Se considerarmos f :
(f
→ , f (x ) = x e g :
→ , g ( x ) = 2 x − 1 teremos:
g ) ( x ) = f ( g ( x )) = g ( x ) = 2x − 1 .
b) y = 2 x − 1
Se considerarmos f :
(f
→ , f (x ) = x − 1 e g :
→ , g ( x ) = 2 x teremos:
g ) ( x ) = f ( g ( x )) = g ( x ) − 1 = 2x − 1 .
c) y =
2
3+ x2
Se considerarmos f :
→ , f ( x ) = 2x e g :
→ , g( x ) =
1
teremos:
x +3
2
g )( x ) .
(f
g ) ( x ) = f ( g ( x )) = 2 g ( x ) =
2
.
x +3
2
d) y = 9 − x
Se considerarmos f :
(f
+
g ) ( x ) = f ( g ( x )) =
→ , f (x ) = x e g :
→ , g ( x ) = 9 − x , teremos:
g( x ) = 9 − x .
As funções exibidas em cada um dos itens acima não são únicas. Encontre outras.
Exercício 45: Sejam f e g duas funções. Mostre que:
Solução:
a) se f e g são pares, então f g é par.
Se f e g são pares, então por definição, f ( −x ) = f ( x ), ∀x ∈ Dom f e g ( −x ) = g ( x ), ∀x ∈ Dom g .
Assim, ( f g ) ( −x ) = f ( g ( − x )) = f ( g ( x )) = ( f
Portanto f g é par.
g ) ( x ), ∀x ∈ Dom f
g.
b) se f e g são ímpares então f g é ímpar.
Se f e g são ímpares, então por definição, f ( −x ) = − f ( x ), ∀x ∈ Dom f e
g ( −x ) = − g ( x ), ∀x ∈ Dom g .
Assim, ( f g ) ( −x ) = f ( g ( − x )) = f ( − g ( x )) = − f ( g ( x )) = − ( f
Portanto f g é ímpar.
g ) ( x ), ∀x ∈ Dom f
c) se f é par e g é ímpar, então f g e g f são pares.
Se f é par então f ( −x ) = f ( x ), ∀x ∈ Dom f .
Se g é ímpar g ( −x ) = − g ( x ), ∀x ∈ Dom g .
Assim
( f g ) ( −x ) = f ( g ( −x )) = f ( − g ( x )) = f ( g ( x )) = ( f g ) ( x ), ∀x ∈ Dom f
Portanto f g é par.
E também temos
( g f ) ( −x ) = g ( f ( −x )) = g ( f ( x )) = ( g f ) ( x ), ∀x ∈ Dom g f .
Portanto g f é par.
g.
Exercício 46: Dadas as funções f , definidas a seguir, determine f −1 , caso exista.
Solução:
a) f ( x ) = 2 x − 1
A função é bijetora e, portanto, admite inversa.
y +1
Fazendo y = 2 x − 1 , teremos x =
2
x
+
1
Portanto, f −1 ( x ) =
.
2
b) f ( x ) = x 2 para x ≤ 0
A função é monótona decrescente em
−
, logo admite inversa.
g.
Fazendo y = x 2 , teremos x = − y ; y ≥ 0 .
Portanto, f −1 ( x ) = − x ; x ≥ 0 , pois Dom f −1 = Im f .
c) f ( x ) = x 2 − 2 , para x ≥ 0
Im f = [ −2, +∞ )
f é monótona crescente em
+ e,
y = x2 − 2 ⇔ x2 = y + 2 ⇔ x =
Assim, f
−1
portanto, admite inversa.
y + 2; y ≥ −2 .
( x ) = x + 2 , com x ≥ −2 , pois Dom f −1 = Im f .
d) f ( x ) = 1 − x 2 , para 0 ≤ x ≤ 1
Im f = [0,1] .
f é monótona decrescente em [0,1] e, portanto, admite inversa.
y = 1− x 2 ⇔ y2 = 1− x 2 ⇔ x 2 = 1− y2 ⇔ x = 1− y2 .
Logo, f −1 ( x ) = 1 − x 2 ; 0 ≤ x ≤ 1 , pois Dom f −1 = Im f .
1
para x > 0
x
A função f é monótona decrescente em
e) f ( x ) =
*
+
, logo admite inversa.
1
1
⇔ x = ; y > 0.
x
y
1
Portanto, f −1 ( x ) = ; x > 0 , pois Dom f −1 = Im f .
x
y=
f) f ( x ) = x 2 + 2 x − 1 , para x ≤ −1
Como
f ( x ) = x 2 + 2x + 1 − 1 − 1 = ( x 2 + 2 x + 1) − 2 = ( x + 1)2 − 2 , temos que f é monótona decrescente em
( −∞, −1] e Im( f ) = [ −2, +∞ ) . Portanto, f admite inversa.
y = ( x + 1)2 − 2 ⇔ ( x + 1)2 = y + 2 ⇔ x + 1 =
Portanto, f
−1
y + 2 , como x ≤ −1 , segue que x = − y + 2 − 1 .
( x ) = − x + 2 − 1 , com x ≥ −2 , pois Domf −1 = Im f .
Exercício 47: Esboce num mesmo sistema de coordenadas os gráficos das funções m( x ) = − x 4 e
n( x ) = − x 5 .
Solução:
Graf n
y
x
Graf m
Exercício 48: Determine os zeros das seguintes funções:
Solução:
a) p( x ) = x 4 − x 3 − 4 x 2 + 4 x
p( x ) = x ( x 3 − x 2 − 4 x + 4) = x ( x − 1)( x 2 − 4) .
p( x ) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = 2 ou x = −2 .
Portanto, os zeros da função são −2, 0,1 e 2.
b) p( x ) = x 3 − 3x 2 + 2
p( x ) = ( x − 1)( x 2 − 2 x − 2) = ( x − 1)( x − 1 − 3 )( x − 1 + 3 ) .
p( x ) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 1 + 3 ou x = 1 − 3 .
Portanto, os zeros da função são 1, 1 + 3 e 1 − 3 .
Exercício 49: Seja p(x) um polinômio. Prove que a é raiz de p(x) se, e somente se, p( x ) = ( x − a )q( x ) ,
para algum polinômio q(x).
Solução: Sabemos que: a é raiz de p(x) ⇔ p( a ) = 0 .
Mas, pelo teorema do resto, " p( x ) = ( x − a )q( x ) + r " . Como a é raiz de p( x ) , temos que p(a) é o
resto da divisão de p(x) por ( x − a ) .
Concluímos assim que: a é raiz de p(x) ⇔ r = 0 .
Ou seja, a é raíz de p(x) ⇔ p(x) é divisível por ( x − a ) .
O que equivale a dizer que a é raíz de p(x) ⇔ p( x ) = ( x − a )q( x ) , para algum polinômio q(x).
Exercício 50: Determine o domínio das seguintes funções:
Solução:
x −2
a) f ( x ) = 2
x +1
Dom f = , pois x 2 + 1 ≠ 0, ∀x ∈ .
2x 2 − 1
x +1
Devemos ter x + 1 ≠ 0 , ou seja, x ≠ −1 . Portanto, Dom f =
b) f ( x ) =
− {−1} .
x ( x − 1)( x + 2)
( x + 1)( x − 2)
Devemos ter ( x + 1)( x − 2) ≠ 0 , ou seja, x ≠ −1 e x ≠ 2 .
Portanto, Dom f = − {−1, 2} .
c) f ( x ) =
( x − 1)( x + 2)
x ( x + 1)( x − 2)
Devemos ter x ( x + 1)( x − 2) ≠ 0 , ou seja, x ≠ 0 e x ≠ −1 e x ≠ 2 .
Portanto, Dom f = − {0, −1, 2} .
d) f ( x ) =
Exercício 51: Use um sistema de computação algébrica para esboçar o gráfico das funções racionais do
exercício anterior.
Solução:
a)
b)
c)
d)
Exercício 52:
Solução:
a) Em uma circunferência unitária, construa o ângulo de 1 radiano.
Processo construtivo. Coloque de uma maneira aproximada o comprimento do raio sobre a
circunferência.
b) Construa o ângulo de 1 radiano em circunferências de raios distintos. O que você pode concluir com
esse exercício?
O arco de comprimento igual a 1 radiano determina sempre a mesma variação angular, independendo
do tamanho do raio da circunferência.
Exercício 53: Sejam X o ponto em S 1 correspondente ao número real t e Y o ponto em S 1
correspondente a t + 2kπ , para todo k inteiro. Qual a relação entre X e Y ?
Solução:
Em S 1 , temos que o comprimento da circunferência é 2π . Logo, os pontos X e Y são iguais.
Exercício 54: Utilizando as propriedades anteriores, complete a tabela:
t
0
cost
sen t
π
π
π
π
6
4
3
2
2π
3
3π
4
π
a) t = 0
Neste caso, temos em S 1 , P (0) = (1, 0) . Logo cos 0 = 1 e sen 0 = 0 .
b) t =
π
6
Pelo exemplo 57 temos cos
c) t =
π
π
6
=
3
π 1
e sen = .
2
6 2
4
Neste caso, temos em S 1 , P ( t ) = ( x , y ) onde x = y . Logo, sen
4
= cos
π
4
.
1
π
⇒ sen = ±
4 2
4
4
4
π
2
π
π
temos, seno e cosseno positivos, sen =
e cos =
Como para o ângulo
4
2
4
4
Pela propriedade (b) temos sen 2
d) t =
π
+ cos 2
π
= 1 . Assim, sen 2
π
3
Como sen(2a ) = 2sen a cos a temos
π
π
π
1 3
3
.
= sen 2 = 2sen cos = 2
=
3
6
6
6
2 2
2
Como cos(2a ) = cos2 a − sen 2 a temos
π
π
π
π 3 1 2 1
cos = cos 2 = cos2 − sen 2 = − = = .
3
6
6
6 4 4 4 2
sen
π
e) t =
π
2
Pela propriedade (f) da página 45, temos
sen
π
2
= sen(0 +
Logo cos
π
2
π
2
) = cos 0 = 1 .
=1.
2π
3
Como sen(2a ) = 2sen a cos a temos
f) t =
π
π
=
2
.
2
2
.
2
2π
π
π
31
3
.
= 2sen cos = 2
=
3
3
3
2 2
2
Como cos(2a ) = cos 2 a − sen 2 a temos
2π
π
π 1 3
2
1
cos
= cos 2 − sen 2 = − = − = − .
3
3
3 4 4
4
2
sen
3π
4
Pela propriedade (e) temos
3π
π
π
π
π
2
2
2
π π 
.
sen
= sen  +  = sen cos + cos sen = 1
+0
=
4
2
4
2
4
2
2
2
2 4
g) t =
cos
3π
π
π
π
π
2
2
2
π π 
.
= cos  +  = cos cos − sen sen = 0
−1
=−
4
2
4
2
4
2
2
2
2 4
h) t = π
Pela propriedade (f) temos
π
π π 
sen π = sen  +  = cos = 0 . Assim, segue da identidade trigonométrica fundamental que
2
2 2
cos π = ±1 . Mas, pela definição, de cosseno, cos π = −1 .
Vamos então completar a tabela.
t
0
cos t
1
sen t
0
π
π
π
π
6
3
2
1
2
4
2
2
2
2
3
1
2
2
3
2
0
1
2π
3
1
−
2
3
2
3π
4
2
2
2
−
2
−
π
−1
0
Exercício 55: Mostre que as funções secante e cossecante são periódicas de período 2π .
Solução:
Temos
1
1
1
sec( x + 2π ) =
=
=
=
cos( x + 2π ) cos x cos(2π ) − sen x sen(2π ) cos x ⋅ 1 − sen x ⋅ 0
1
=
= sec x .
cos x
1
1
1
=
=
sen( x + 2π ) sen x cos(2π ) + sen(2π )cos x sen x ⋅ 1 + 0 ⋅ cos x
1
=
= cossec x .
sen x
cossec( x + 2π ) =
Exercício 56: Verifique se as funções tangente, cotangente, secante e cossecante são pares ou ímpares.
Solução: As funções tangente e cotangente são ímpares, pois são quocientes de funções onde uma é
par e outra é ímpar.
A função secante é par por ser quociente de funções pares, e a função cossecante é ímpar por ser
quociente de uma função par com uma função ímpar.
Exercício 57: Mostre que tg( a ± b ) =
tg a ± tg b
cotg a cotg b ∓ 1
e cotg( a ± b ) =
.
1 ∓ tg a tg b
cotg b ± cotg a
Solução:
sen( a ± b ) sen a cos b ± sen b cos a
=
cos( a ± b ) cos a cos b ∓ sen a sen b
sen a cos b sen b cos a
±
cos
a
cos
b
cos a cos b = tg a ± tg b .
=
cos a cos b sen a sen b 1 ∓ tg a tg b
∓
cos a cos b cos a cos b
tg( a ± b ) =
cos( a ± b ) cos a cos b ∓ sen a sen b
=
sen( a ± b ) sen a cos b ± sen b cos a
cos a cos b sen a sen b
∓
cotg a cotg b ∓ 1
.
= sen a sen b sen a sen b =
sen a cos b sen b cos a
cotg b ± cotg a
±
sen a sen b sen a sen b
cotg( a ± b ) =
Exercício 58: Utilizando os resultados anteriores, complete a tabela, quando possível:
π
π
π
π
2π
3π
t
0
π
3
4
6
4
3
2
tg t
cotg t
sect
cossect
Solução:
a) t = 0
sen 0 0
tg 0 =
= = 0 e cotg 0 não existe.
cos 0 1
1
1
sec 0 =
= = 1 e cossec 0 não existe.
cos 0 1
b) t =
π
6
π
1
6 = 2 = 1 = 3 e cotg π = 1 = 1 = 3 = 3 .
tg =
π
6 cos
3
6 tg π
3
3
3
3
6
6
2
3
π
sec
π
6
sen
=
1
cos
π
6
=
1
2
2 3
π
1
1
e cossec =
=
=
= =2.
6 sen π 1
3
3
3
6 2
2
c) t =
π
4
π
2
π
1
1
4
2
tg =
=
= 1 e cotg =
= =1.
π
π
4 cos
4 tg
1
2
4
4
2
π
1
1
2
π
1
1
2
=
=
= 2 e cossec =
=
=
= 2.
sec =
π
π
4 cos
4 sen
2
2
2
2
4
4
2
2
π
d) t =
sen
π
3
π
3
3 = 2 = 3 e cotg π = 1 =
tg =
π
1
3 cos
3 tg π
3
2
3
π
1
π
1
1
=
= = 2 e cossec =
sec =
π
1
3 sen π
3 cos
3
3 2
π
e) t =
sen
1
3
.
=
3
3
1
2
2 3
.
=
=
3
3
3
2
π
2
π
cos
π
π
2 = 0 = 0.
tg não existe e cotg =
2 sen π 1
2
2
π
π
1
1
1
sec não existe e cossec =
=
= =1.
2
2 sen π sen π 1
2
2
f) t =
2π
3
2π
3
sen
2π
3 = 2 = − 3 e cotg 2π = 1 = 1 = − 3 .
tg
=
3 tg 2π − 3
3
3 cos 2π − 1
3
2
3
2π
1
1
1
2π
1
1
2 2 3
.
=
=
=
=
=
=
=
= −2 e cossec
sec
3 sen 2π
3
3 cos 2π cos 2π − 1
3
3
3
3
3
2
2
g) t =
3π
4
3π
2
sen
3π
3π
1
1
4
2
=
=
= −1 .
=
=
= −1 e cotg
tg
π
3
π
3
4 cos
−1
4 tg
2
−
4
4
2
3π
1
1
2
3π
1
1
2
=
=
=−
= − 2 e cossec
=
=
=
= 2.
sec
3
π
4 cos 3π
4
2
2
2
2
sen
−
4
4
2
2
h) t = π
sen π 0
tg π =
= = 0 e cotg π não existe.
cos π 1
1
1
sec π =
=
= −1 e cossec π não existe.
cos π −1
Completando agora a tabela, obtemos:
t
0
π
π
π
π
2
2π
3
3π
4
6
3
3
4
3
π
1
3
∃/
− 3
−1
0
1
3
3
0
−
3
3
−1
∃/
tg t
0
cotg t
∃/
3
sec t
1
2 3
3
2
2
∃/
−2
− 2
−1
cossec t
∃/
2
2
2 3
3
1
2 3
3
2
∃/
Exercício 59: Calcule, se possível:
1
− 3
a) arcsen ;
;
b) arccos1 ;
c) arcsen
2
2
Solução:
1
1
π
a) arcsen = x ⇔ sen x = ⇔ x = .
2
2
6
d) arccos 3 .
b) arccos1 = x ⇔ cos x = 1 ⇔ x = 0 .

3
3
π
c) arcsen  −
⇔x=− .
 = x ⇔ sen x = −
2
3
 2 
d) arccos 3 = x ⇔ cos x = 3 . Neste caso não existe x tal que cos x > 1 .
Exercício 60: Defina:
a) arco tangente de x;
c) arco secante de x;
b) arco cotangente de x;
d) arco cossecante de x.
Solução:
 π π
a) Seja T a restrição da função tangente ao intervalo  − ,  , sua inversa T −1 é chamada de arco
 2 2
−1
tangente é denotada por arctg ou tg . Dessa forma, temos que y = arctg x, x ∈ ⇔ x = tg y , para
 π π
y ∈ − ,  .
 2 2
b) Seja C ot g a restrição da função cotangente ao intervalo ( 0, π ) , sua inversa C ot g −1 é chamada de
arco cotangente é denotada por arc cotg
y = arc cotg x, x ∈ ⇔ x = cotg y para y ∈ ( 0, π ) .
ou
cotg −1 .
Dessa
forma,
temos
que
 π π 
c) Seja Sec a restrição da função secante ao intervalo  0,  ∪  , π  , sua inversa Sec −1 é chamada
 2 2 
de arco secante é denotada por arcsec ou sec −1 . Dessa forma, temos que
 π  π

∪ , π  .
 2 2 
y = arcsec x, x ∈ ( −∞, −1] ∪ [1, +∞ ) ⇔ x = sec y para y ∈  0,
 π   π
d) Seja Cossec a restrição da função cossecante ao intervalo  − , 0  ∪  0,  , sua inversa
 2   2
−1
Cossec é chamada de arco cossecante é denotada por arccossec ou cossec −1 . Dessa forma, temos
 π   π
que y = arccossec x, x ∈ ( −∞, −1] ∪ [1, +∞ ) ⇔ x = cossec y , para y ∈  − , 0  ∪  0,  .
 2   2
Exercício 61: Mostre que arccos x =
Solução:
π
π
− arcsen x . Sugestão: utilize a identidade cost = sen( − t) .
2
2
π

π

arccos x = y ⇔ cos y = x . Como cos y = sen  − y  temos sen  − y  = x , ou seja,
2

2

π
π
arcsen x = − y . Portanto arccos x = y = − arcsen x .
2
2
Temos
Exercício 62: Esboce o gráfico de cada função dada a seguir:
Solução:
y
y
x
x
b) f(x) = 4 − x
a) f(x) = 2 x .
y
y
x
x
c) f(x) = 5x
1
d) f(x) =  
 3
x
Exercício 63: Por que é praticamente impossível dobrar ao meio uma folha de papel mais do que 9
vezes?
Solução:
A cada dobra teremos o dobro do número de folhas. (Por isso é que se chama dobra!)
Começando por uma folha:
Na primeira dobra teremos a espessura de 2 folhas.
Na segunda dobra teremos a espessura de 4 = 22 folhas.
Na terceira dobre teremos a espessura de 8 = 23 folhas.
...
Na nona dobra teremos a espessura de 512 = 29 folhas.
Alguém consegue dobrar um livro de 512 páginas?
Exercício 64: Trace um esboço dos gráficos das funções definidas a seguir:
Solução:
y
y
x
x
a) f(x) = log 2 x
b) f(x) = log 3 (x − 1)
y
y
x
x
c) f(x) = log 1 x
2
d) f(x) = log 5 (x + 4)
Exercício 65: Mostre que se os números positivos a1 ,a 2 ,a 3 ,...,a n são termos de uma progressão
geométrica, então log b a1 ,log b a 2 ,log b a 3 ,...,log b a n formam uma progressão aritmética.
Solução:
Se a1 ,a 2 ,a 3 ,...,a n são termos de uma progressão geométrica de razão q então:
a 2 = a1q ⇒ log b a 2 = log b a1q = log b a1 + log b q .
a 3 = a 2 q ⇒ log b a 3 = log b a 2 q = log b a 2 + log b q .
...
a n = a n −1q ⇒ log b a n = log b a n −1q = log b a n −1 + log q .
Portanto, log b a1 ,log b a 2 ,log b a 3 ,...,log b a n é uma progressão aritmética de razão log b q .