Resolução dos Exercícios Propostos no Livro

Exercício 1: Mostre que 2 não é número racional. Dica: escreva 2 como um possível quociente de números inteiros e use o Teorema Fundamental da Aritmética. Solução: Mostremos inicialmente a seguinte proposição:

Se um número inteiro a é ímpar, então 2a é ímpar. (I) De fato, como por hipótese a é impar, escrevemos a da seguinte forma 2 1a n= + , onde n é um número inteiro. Assim, 2 2 2 2(2 1) 4 4 1 2(2 2 ) 1a n n n n n= + = + + = + + .

Como 22 2n n k+ = , onde k é um inteiro, segue que 2 2 1a k= + e, assim, 2a é impar. Dessa forma, a contrapositiva de (I) é verdadeira, isto é,

Se 2a é par, então a é par (II)

Suponhamos, por absurdo, que exista uma fração irredutível ab

, tal que 2 ab

= . Dessa forma,

2

2 ab

=

. Segue daí que 2 22a b= , isto é, 2a é par. Assim, de (II), obtemos que a é par, ou seja, a é

da forma 2a p= , onde p é um número inteiro. Substituindo 2a p= em 2 22a b= , obtemos que 2 24 2p b= . Logo, 22b p= , isto é, 2b é par e, portanto, de (II) temos que b é par. Dessa forma, a e b

são número pares e a fração ab

não é irredutível. Obtemos assim, uma contradição.

Exercício 2: O conjunto 2 2{ ;( 3) 1 ou x 2}C x x= ∈ + < < 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

2( 3) 1x + < implica que 1 3 1x− < + < ou, ainda 4 2x− < < − . A condição 2x 2< implica que

2 2x− < < . Combinando as duas condições temos que ( 4, 2) ( 2 , 2 )C = − − ∪ − . 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 1zw = . Esta equação é equivalente a ( ) 1ax by ay bx i− + + = . Da igualdade de números complexos devemos ter

10

ax bybx ay

− = + =

Observe que o sistema linear acima tem solução pois o determinante 2 2a ba b

b a−

= + não é nulo, pois

z a bi= + não é nulo. Resolvendo o sistema pela regra de Crammer temos

2 2ax

a b=

+ e 2 2

bya b−

=+

.

Logo, o inverso multiplicativo de z a bi= + é 2 2 2 2a bw i

a b a b= −

+ +.

Solução 2: Observando que se z a bi= + então 2 2zz a b= + concluímos que 2 2 1zza b

=+

. Logo,

2 2z

a b+ é inverso multiplicativo de z .

Exercício 4. Calcule 2 3 1 21 1 2 3

i ii i

− −⋅

+ +.

Solução: 2 3 1 2 4 7 1 5 31 27( 4 7 )1 1 2 3 1 5 26 26

i i i i iii i i

− − − − − − − +⋅ = = − − ⋅ =

+ + − +31 2726 26

i= − + .

Exercício 5: Em cada desigualdade, encontre o conjunto solução, expresse-o com a notação de intervalos e represente-o na reta numérica.

a) 5 2 6x x+ > − . b) 2 1 03 2

x − < c) 3 13 54 3

xx x −− < +

d) 2 5 3 11x≤ − < e) 2 11 x

≤−

f) 2 9x >

g) 21 2 0x x− − ≥ h) 1 43 7 3 2x x

≥− −

i) 12 3x x

x x+

<− +

j) 4 23 7x x− > −

Solução: Utilizaremos as propriedades das inequações para isolar a incógnita. a) 5 2 6 4 8 2x x x x+ > − ⇔ > − ⇔ > − . Logo,

{ | 2} ( 2, )S x x= ∈ > − = − + ∞ .

b) 2 1 2 1 303 2 3 2 4

x x x− < ⇔ < ⇔ < . Logo, 3 3{ | } ( , )4 4

S x x= ∈ < = −∞

c) 3 1 9 1 27 31 643 5 5 15 1 164 3 4 3 4 4 31

x xx x x x x x x− −− < + ⇔ < + ⇔ < + − ⇔ < ⇔ < . Logo,

64 64{ | } ( , )31 31

S x x= ∈ < = −∞

d) 2 5 3 11 3 3 6 1 2x x x≤ − < ⇔ − ≤ − < ⇔ ≥ > − . Logo, { | 2 1} ( 2,1]S x x= ∈ − < ≤ = − . 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. Se 1 0x− > , temos 2 1 2 1 11

x xx≤ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ −

−. Neste caso, obtemos o conjunto de

soluções dado pela condição 1x ≤ − .

ii. Se 1 0x− < , temos 2 1 2 1 11

x xx≤ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −

−. O conjunto de soluções obtido neste caso

é dado pela condição 1x > . Reunindo as soluções obtidas nos dois casos temos o conjunto das soluções da inequação:

{ | 1 ou 1} ( , 1] (1, )S x x x= ∈ ≤ − > = −∞ − ∪ +∞ .

f) Aqui utilizaremos a seguinte propriedade da raiz quadrada: Para números reais positivos a e b quaisquer vale

a b a b< ⇔ < .

Assim, 2 29 3x x> ⇔ > . Lembrando que 2 | |x x= , a inequação dada é equivalente a | | 3x > . Assim, o conjunto das soluções é dado por

{ | 3 ou 3} ( , 3) (3, )S x x x= ∈ < − > = −∞ − ∪ +∞ .

g) Completando o quadrado do lado esquerdo da inequação temos 2

2 2 1 1 1 1 11 2 0 0 02 2 4 16 2

x x x x x − − ≥ ⇔ + − ≤ ⇔ + − − ≤ ⇔

21 9 1 3| |

4 16 4 4x x ⇔ + ≤ ⇔ + ≤

.

Utilizando as propriedades dos módulos a última inequação é equivalente a 3 1 3 114 4 4 2

x x− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ .

Logo, 1 1{ | 1 } [ 1, ]2 2

S x x= ∈ − ≤ ≤ = − .

h) Primeiramente observamos que 73 7 03

x x− = ⇔ = e 33 2 02

x x− = ⇔ = . Levando em conta os

sinais dos dois denominadores vamos procurar soluções em cada um dos seguintes intervalos 3,2

−∞

,

3 7,2 3

e 7 ,3

+∞

.

i. Se 32

x < , então 3 7 0x − < e 3 2 0x− > .

Neste caso, temos

1 4 3 2 4 (3 7)3 7 3 2

x xx x

≥ ⇔ − ≤ − ⇔− −

313 2 12 2814

x x x− ≤ − ⇔ ≥ .

Portanto, neste caso, não temos solução.

ii. Se 3 72 3

x< < , então 3 7 0x − < e 3 2 0x− < . Daí, temos

1 4 3 2 4 (3 7)3 7 3 2

x xx x

≥ ⇔ − ≥ − ⇔− −

313 2 12 2814

x x x− ≥ − ⇔ ≤ .

As soluções encontradas neste caso estão no intervalo 3 31,2 14

.

iii. Se 73

x > , então 3 7 0x − > e 3 2 0x− < . Assim, temos

1 4 3 2 4(3 7)3 7 3 2

x xx x

≥ ⇔ − ≤ − ⇔− −

313 2 12 2814

x x x− ≤ − ⇔ ≥ .

As soluções deste caso estão no intervalo 7 ,3

+ ∞

.

Reunindo as soluções encontradas em cada caso temos o conjunto solução da inequação dada por 3 31 7 3 31 7{ | ou } ( , ] ( , )2 14 3 2 14 3

S x x x= ∈ < ≤ > = ∪ +∞ .

i) Os sinais dos denominadores são dados pelas igualdades 2 0 2x x− = ⇔ = e 3 0 3x x+ = ⇔ = − . Assim, vamos procurar soluções em cada um dos intervalos ( , 3)−∞ − , ( 3, 2)− e (2, )+∞ .

i. Se ( , 3)x ∈ −∞ − , então 2 0x− > e 3 0x+ < . Neste caso

2 21 ( 1)(3 ) (2 ) 4 3 22 3x x x x x x x x x x

x x+

< ⇔ + + > − ⇔ + + > − ⇔− +

2

2 2 3 1 52 2 3 0 02 2 4

x x x x x ⇔ + + > ⇔ + + > ⇔ + > −

.

A última inequação é verdadeira para qualquer número real x . Portanto, as soluções desse caso estão no intervalo ( , 3)−∞ − .

ii. Se ( 3, 2)x ∈ − , então 2 0x− > e 3 0x+ > . Neste caso, temos

2 21 ( 1)(3 ) (2 ) 4 3 22 3x x x x x x x x x x

x x+

< ⇔ + + < − ⇔ + + < − ⇔− +

2

2 2 3 1 52 2 3 0 02 2 4

x x x x x ⇔ + + < ⇔ + + < ⇔ + < −

.

A última inequação não tem solução. Portanto, não temos solução neste caso.

iii. Se (2, )x ∈ +∞ , então 2 0x− < e 3 0x+ > . Neste caso, temos

2 21 ( 1)(3 ) (2 ) 4 3 22 3x x x x x x x x x x

x x+

< ⇔ + + > − ⇔ + + > − ⇔− +

2

2 2 3 1 52 2 3 0 02 2 4

x x x x x ⇔ + + > ⇔ + + > ⇔ + > −

.

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

( , 3) (2, )S = −∞ − ∪ +∞

j) 4 2 4 2 2 13 7 4 4 2x x x x x x− > − ⇔ − > − ⇔ > − ⇔ > − .

Se 0x > temos 1 12 1 22

x xx> − ⇔ > − ⇔ > − . As soluções encontradas neste caso são dadas pela

condição 0x > .

Se 0x < temos 1 12 1 22

x xx> − ⇔ < − ⇔ < − . As soluções deste caso são dadas pela condição

12

x < − . Portanto, o conjunto das soluções da inequação dada é 1( , ) (0, )2

S = −∞ − ∪ +∞ .

Exercício 6. Em cada um dos itens a seguir, resolva a equação em x.

a) 3 2x − = b) 5 3x x= − c) 2 3 5x x− = −

d) 5 3 7x x− = + e) 2 52

xx+

=−

Solução: a) 3 2x − = ⇔ 3 2x − = ou 3 2x − = − . Assim, 3 2 5x x− = ⇔ = ou 3 2 1x x− = − ⇔ = .

Logo, {1,5}S = .

b) Se 0x ≥ , temos 15 3 6 32

x x x x= − ⇔ = ⇔ = .

Se 0x < , temos 35 3 4 34

x x x x− = − ⇔ = − ⇔ = − . Logo, 1 3{ , }2 4

S = − .

c) 2 3 5x x− = − ⇔ 2 3 5x x− = − ou 2 (3 5 )x x− = − − . Assim,

52 3 5 6 56

x x x x− = − ⇔ = ⇔ =

ou 12 (3 5 ) 2 3 5 4 14

x x x x x x− = − − ⇔ − = − + ⇔ − = − ⇔ = .

Logo, 1 5{ , }4 6

S = .

d) 5 3 7x x− = + ⇔ 5 3 7x x− = + ou 5 (3 7)x x− = − + . Assim,

5 3 7 2 12 6x x x x− = + ⇔ − = ⇔ = − ou

15 (3 7) 5 3 7 4 22

x x x x x x− = − + ⇔ − = − − ⇔ = − ⇔ = − .

Logo, 1{ 6, }2

S = − − .

e) 2 52

xx+

= ⇔−

2 52

xx+

=−

ou 2 52

xx+

= −−

. Assim,

2 5 2 5( 2) 2 5 10 4 12 32

x x x x x x xx+

= ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ − = − ⇔ =−

ou 2 45 2 5( 2) 2 5 10 6 82 3

x x x x x x xx+

= − ⇔ + = − − ⇔ + = − + ⇔ = ⇔ =−

.

Logo, 4{3, }3

S = .

Exercício 7. Em cada desigualdade, encontre o conjunto solução, expresse-o com a notação de intervalos e represente-o na reta numérica.

a) 2 5 1x − < b) 3 5 2x + > c) 2 4 1x x− ≥ +

d) 9 2 7x x− ≥ e) 3 5 2 1x x+ ≤ + f) 3 2 42

xx

−≤

+

g) 5 32 1x

≥−

h) 5 12 1 2x x

≥− −

i) 5 3 13 1 5

xx

−≤

+

Solução:

a) 2 5 1 1 2 5 1 4 2 6 2 3x x x x− < ⇔ − < − < ⇔ < < ⇔ < < . Logo, (2,3)S = .

b) 3 5 2 3 5 2 ou 3 5 2x x x+ > ⇔ + < − + > . Assim, 73 5 2 3 73

x x x+ < − ⇔ < − ⇔ < − ou

3 5 2 3 3 1x x x+ > ⇔ > − ⇔ > − . Logo, 7( , ) ( 1, )3

S = −∞ − ∪ − +∞ .

c) Se 2x ≥ , temos 2 4 1 1x x x− ≥ + ⇔ ≤ − . Portanto, nesse caso não temos solução.

Se 2x < , temos ( ) 12 4 1 2 4 15

x x x x x− − ≥ + ⇔ − + ≥ + ⇔ ≤ . Logo, 1,5

S = −∞ .

d) Elevando ao quadrado ambos os membros da inequação, lembrando que 0x ≥ e 2 2x x= , x∀ ∈ , segue que,

2 2 2 29 2 7 9 2 7 81 36 4 49x x x x x x x− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − + ≥ ⇔

2 9 95 4 9 0 5( 1) 0 15 5

x x x x x ⇔ + − ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − ≤ ≤

. Logo, 9 ,15

S = − .

e) 3 5 2 1x x+ ≤ + ⇔ 2 23 5 2 1x x+ ≤ + ⇔ 25 26 24 0x x+ + ≤ ⇔

6 65( 4) 0 45 5

x x x ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ ≤ −

. Logo, 64,5

S = − − .

f) 3 2 42

xx

−≤ ⇔

+3 2 4 2 , 2x x x− ≤ + ≠ − . Assim, ( )223 2 4 2 , 2x x x− ≤ + ≠ − ⇔

2 29 12 4 64 64 16 , 2x x x x x⇔ − + ≤ + + ≠ − ⇔ 212 76 55 0, 2x x x+ + ≥ ≠ − ⇔ 5 1112 0, 26 2

x x x ⇔ + + ≥ ≠ −

112

x⇔ ≤ − ou 56

x ≥ − . Logo,

11 5, ,2 6

S = −∞ − ∪ − +∞ .

g) 5 5 1 5 5 13 2 1 , 2 1 ,2 1 3 2 3 3 2

x x x xx

≥ ⇔ − ≤ ≠ ⇔ − ≤ − ≤ ≠ ⇔−

1 4 1,3 3 2

x x⇔ − ≤ ≤ ≠ . Logo, 1 1 1 4, ,3 2 2 3

S = − ∪ .

h) 5 1 5 2 2 1 , 22 1 2

x x xx x

≥ ⇔ − ≥ − ≠− −

e 12

x ≠ 27 32 33 0, 2x x x⇔ − + ≥ ≠ e 12

x ≠

21 117 0, 23 3

x x x ⇔ − − ≥ ≠

e 12

x ≠ ⇔117

x ≤ ou 3x ≥ e 12

x ≠ . Logo

[ )1 1 11, , 3,2 2 7

S = −∞ ∪ ∪ +∞ .

i) 5 3 1 125 3 1 3 1 ,3 1 5 3

x x x xx

−≤ ⇔ ≤ − + ≠ − ⇔

+

2 26 1 26 1 26, ,9 3 3 3 3

x x x x x⇔ ≥ ≠ − ⇔ ≥ ≠ − ⇔ ≤ − ou 263

x ≥ .

Logo, 26 26, ,3 3

S

= −∞ − ∪ +∞

.

Exercício 8. Use a desigualdade triangular para mostrar que as desigualdades se verificam sob as condições dadas.

a) 122

x − < e 223

y − < , então 76

x y− <

b) 122

x + < e 223

y + < , então 76

x y− <

c) 12

x y− < e 223

x + < , então 726

y + <

Solução:

a) Como ( 2) ( 2) 2 2x y x y x y− = − − − ≤ − + − e por hipótese 122

x − < e 223

y − < ,

segue que 1 2 72 3 6

x y− < + = .

b)

c) Como ( 2) ( 2) 2 2x y x y x y− = + − + ≤ + + + e por hipótese 122

x + < e 223

y + < ,

segue que 1 2 72 3 6

x y+ < + = .

d) Como 2 ( 2) ( ) 2y x x y x x y+ = + − − ≤ + + − e por hipótese 12

x y− < e 223

x + < ,

segue que 1 2 722 3 6

y + < + = .

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 2 2a b> . 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) 2{( , ) ; 0}X x y y x= ∈ − = ; b) 2{( , ) ; 0}X x y y x= ∈ + = ; c) 2 2 2{( , ) ; 1}X x y x y= ∈ + = . c) 2{( , ) ; 1}X x y y x= ∈ > − . Solução:

0

1

2

4

3

2 x

y

1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4 0

1

2

4

3

2 x

y

1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

a) b)

0

1

2

2 x

y

1

– 1

– 2

– 1– 2 0

1

2

4

3

2 x

y

1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

c) d)

Exercício 11. Represente no plano complexo os números complexos z tais que: a) 1z = ; b) 1 1 1z i− − = . Solução:

0

1

2

2 Eixo real1

– 1

– 2

– 1– 2

Eixo imaginário

0

1

2

2 Eixo real1

– 1

– 2

– 1– 2

Eixo imaginário

1+ i

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, se 0 50

( )0, 5 , se 50

xf x

x x< ≤

= >.

Exercício 13. Considere a seguinte tabela de valores que relaciona duas variáveis reais x e y:

x 1 2 3 4 5 6 y 2 4 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. =( ) 2f x x .

2. 2 , se {0,1, 2,3,4,5,6}

( )1, se {0,1, 2,3,4,5,6}x x

f xx∈

= − ∉.

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 = 2( )A l l , 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 0 1 2 3 4 5 nº de selos recebidos na execução da n-ésima tarefa 1 2 4 8 16 32

nº total de selos 1 3 7 15 31 63 A função f que representa quantidade de selos recebidos após a execução de cada tarefa é :f →

tal que ( ) 2xf x = , 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 ( ) 1f x x= − , encontre:

a) Dom f ; b) Im f ; c) (2)f .

Solução:

a) { ; 1} [1, )Dom f x x= ∈ ≥ = ∞ ;

b) { ; 0} [0, )Im f y y= ∈ ≥ = +∞ ;

c) = − =(2) 2 1 1f .

Exercício 17. Dada a função 1( )2

f xx

=−

, encontre:

a) Dom f ; b) Im f ; c) (4)f .

Solução:

a) = ∈ ≠ = −{ ; 2} {2}Dom f x x ;

b) { ; 0} {0}Im f y y= ∈ ≠ = − ;

c) = =−1 1(4)

4 2 2f .

Exercício 18. Verifique se as funções 2 1( )

1xf xx−

=+

e ( ) 1g x x= − são iguais.

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 ( ) 2 3p x x= − e 2( ) 5 3h x x x= − + . 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) ( )+ = + = − + − +2( ) ( ) ( ) 2 3 5 3p h x p x h x x x x .

ii) ( )− = − = − + − −2( ) ( ) ( ) 5 3 2 3h p x h x p x x x x .

iii) ( ) ( ) ( )= = − − +2( ) ( ) ( ) 2 3 5 3p h x p x h x x x x .

iv) ( ) ( )( ) ( )2( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 3p p x p x p x x x x x= = − − = − = − e { }2( ) ;3

Dom p p x x= ∈ ≤ .

Exercício 21. Considere as funções 2( ) 3( 1) 1 2m x x x= + + e ( ) ( 1)( 2)n x x x= + − . Determine a função /m n e seu domínio. Solução: A função /m n só existe quando ( ) ( 1)( 2)n x x x= + − for diferente de zero, que ocorre

quando ≠ −1x e ≠ 2x . Nesse caso, + + + +

= = =+ − −

2( ) 3( 1) 1 2 3( 1) 1 2( )

( ) ( 1)( 2) 2m x x x x xm x

n n x x x x e

{ }1; e 22

mDom x x xn= ∈ ≥ − ≠ .

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:

i) ( )0, se 0

( ) ( ) ( )2 , se 0

xh k x h x k x x x

x x≥

+ = + = − = − <, ( )Dom h k+ = .

ii) ( )2 , se 0

( ) ( ) ( )0, se 0x x

h k x h x k x x xx≥

− = − = + = <, ( )Dom h k− = .

iii) ( )2

2

, se 0( ) ( ) ( )

, se 0

x xh k x h x k x x x

x x

≥= = = − <

, ( )Dom h k⋅ = .

iv) 1, se 0( )

( )1, se 0( )

xxh xh xxk k x x> = = = − <

, *( )hDomk

= .

Exercício 23. Esboce os gráficos das seguintes funções afins:

a) ( ) 3f x x= − ; b) ( ) 2 4g x x= − + ; c) ( ) 5 10h x x= − − ; d) ( )3

j x xπ= .

Solução:

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

3 4– 1– 2– 3

y

a) b)

0

2

4

6

2 x1– 2

– 4

– 6

– 8

3 4– 1– 2– 3– 4

y

– 10

0

1

2

2 x1

– 1

– 1

y

3π

c) d)

Exercício 24. É possível desenhar um esboço do gráfico de uma função quadrática qualquer dada por 2( )f x ax bx c= + + , 0a ≠ . Para isso, basta saber: o sinal do coeficiente a do termo de segundo grau;

encontrar, se possível, os valores reais x em que ( ) 0,f x = que são dados pela expressão 2 4

2b b ac

a− ± − ; obter o vértice da parábola, que é dado por , ,

2 4ba a− −∆

no qual 2 4b ac∆ = − .

Esboce os seis tipos de gráficos de funções quadráticas possíveis a partir da análise dos sinais de a e de ∆ . Solução:

0

1

2

4

3

2 x1– 1

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0∆ <0a >

0

1

2

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0∆ <

0a <

i. ii.

0

1

2

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y0∆ =0a <

, 02

ba−

0

1

2

4

3

2 x1– 1

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0∆ =

0a >, 0

2ba−

iii. iv.

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0∆ >

0a >,2 4

ba a− −∆

2 4 , 02

b b aca

− − −

2 4 , 02

b b aca

− + −

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y

0∆ >

0a <,2 4

ba a− −∆

2 4 , 02

b b aca

− − −

2 4 , 02

b b aca

− + −

v. vi.

Exercício 25. Nem todas as funções podem ter seu gráfico desenhado. Como seria o esboço do

gráfico da função 0, racional

( )1, irracional

xI x

x

=

?

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 , e 'P Q 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 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) 2( )y a x a x a x a x a b a− + − = − + − = − = − , ou seja, ( )x a b a− = ± − , logo x b= ou 2x a b= − . Portanto, o ponto procurado é ' (2 , 2 )P a b a 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 0x = ? E em relação à reta x a= ?

b) Quais as coordenadas do simétrico 'P de P em relação ao ponto (0,0)O ? 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 (2 , )aP a 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 (2 , 2 )QP a x b 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?

Solução: A função do exemplo 32 é dada por 1, 2 2 1,

( )0, 2 1 2 2,

n x n nf x

n x n n≤ < + ∈

= + ≤ < + ∈. O período é 2,

pois, ( 2) ( ),f x f x x+ = ∀ ∈ .

Exercício 30. Verifique se as seguintes funções são periódicas:

a) ( )f x x= ; b) ( ) 5f x = ; c) ( ) ( 1) ,nf x = − se [ , 1)x n n∈ + , n ∈ . Solução: a) ( ) ( )f x p x p x f x+ = + ≠ = para todo qualquer 0p ≠ . Assim a função não é periódica.

b) ( ) 5 ( )f x p f x+ = = para todo 0p ≠ . Assim podemos dizer que a função ( ) 5f x = 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) 4 2( ) 5 3 2f x x x −= + + b) 4 3( )f x x x= +

c) 3 7( ) 3f x x x−= − d) 5 3( ) 3f x x x= + +

Solução:

a) 4 2 4 2( ) 5( ) 3( ) 2 5 3 2 ( )f x x x x x f x− −− = − + − + = + + = . Portanto, f é uma função par. b) ( 1) 0 2 (1)f f− = ≠ = . Portanto, f não é uma função par.

( 1) 0 2 (1)f f− = ≠ − = − . Portanto, f também não é uma função ímpar.

c) 3 7 3 7 3 7( ) ( ) 3( ) 3 ( 3 ) ( )f x x x x x x x f x− − −− = − − − = − + = − − = − . Portanto f é uma função ímpar. d) ( 1) 1 5 (1)f f− = ≠ = . Portanto f não é uma função par.

( 1) 1 5 (1)f f− = ≠ − = − . 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 ( ) ( )( )

2f x f xg x + −

= é par enquanto que a função h dada por ( ) ( )( )2

f x f xh x − −= é ímpar. Além

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, ( ) 0,f x x= ∀ ∈ . De fato, ( ) 0 ( )f x f x− = = e

( ) 0 ( )f x f x− = = − , x∀ ∈ .

Exercício 35. Como você esboçaria o gráfico da função ( ) 1 1F x x= + + 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 x a= se, e somente se, ( ) ( )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

2x ya +

= e ( ) ( )2

f x f yb += . Isolando y na primeira equação e substituindo na segunda equação,

obtemos (2 ) 2 ( )f a x b f x− = − . Trocando x por a x− na última equação, temos (2 ( )) 2 ( )f a a x b 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 2 (2 )b y f a x− = − . Daí, 2 ( ) (2 )b f x f a x− = − . Assim,

( ) 2 (2 )f x b f a x= − − . Como ( ) ( )g x f x a b= + − = 2 (2 ( )) ( )b f a 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: ( 3)f x + , +( ) 2f x , −( 1)f x , −( ) 2f x e

+ −( 2) 1f x :

a) ( )f x x= ; b) 2( )f x x= ; c) 3( )f x x= ; d) ( ) 3 1f x x= − . Solução:

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y ( 3)f x +

( ) 2f x +

( 2) 1f x + −

( )f x

( 1)f x −

( ) 2f x −

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

3 4– 1– 2– 3– 4

y

( 3)f x +

( ) 2f x +

( 2) 1f x + −

( )f x ( 1)f x −

( ) 2f x −

5

6

a) b)

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2

– 3– 4

y

( 3)f x +

( ) 2f x +

( 2) 1f x + −

( )f x ( 1)f x −

( ) 2f x −

0

1

2

4

3

2 x1– 1

– 2

– 3

– 4

3 4– 1– 2– 3– 4

y( 3)f x +

( ) 2f x +

( 2) 1f x + −( )f x

( 1)f x −

( ) 2f x −

c) 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 0M > 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 0a M > , 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. a) A função f g+ é limitada? b) A função f g⋅ é limitada?

Solução: Como por hipótese f e g são funções limitadas, então existem 0M > e 0N > 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) ( ) 2 1f x x= − Dom f = . Sejam 1 2,x x Dom f∈ tais que 1 2x x< . Logo, 1 1 2 2( ) 2 1 2 1 ( )f x x x f x= − < − = . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em . b) ( ) 3f x x= − Dom f = . Sejam 1 2,x x Dom f∈ tais que 1 2x x< . Logo, 1 1 2 2( ) 3 3 ( )f x x x f x= − > − = . Assim, por definição, concluímos que f é decrescente em . c) 2( ) 1f x x= − Dom f = . Sejam 1 2,x x Dom f∈ tais que 1 2x x< .

Se 1 2,x x +∈ , temos que 2 21 2 1 2x x x x< ⇒ < . Neste caso, 2 2

1 1 2 2( ) 1 1 ( )f x x x f x= − > − = e, portanto, f é decrescente em + .

Se 1 2,x x −∈ , temos que 2 21 2 1 2x x x x< ⇒ > . Neste caso, 2 2

1 1 2 2( ) 1 1 ( )f x x x f x= − < − = e, portanto, f é crescente em − . Como f é crescente em − e decrescente em + , f não é monótona em . d) 5( )f x x= Dom f = . Sejam 1 2,x x Dom f∈ tais que 1 2x x< .

Logo, 5 51 1 2 2( ) ( )f x x x f x= < = . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em .

e) ( )f x x=

Dom f += . Sejam 1 2,x x +∈ tais que 1 2x x< .

Logo, 1 1 2 2( ) ( )f x x x f x= < = . Assim, por definição, concluímos que f é crescente em + .

f) 1 , 0

( )2, 0

xf x x

x

<= ≥

Dom f = . Como 1( 2) , ( 1) 12

f f− = − − = − e (2) 2f = , temos que ( 2) ( 1)f f− > − e ( 1) (2)f f− < .

Logo f não é monótona em .

Sejam *1 2,x x −∈ tais que 1 2x x< . Logo

1 2

1 1x x

> . Assim temos que 1 21 2

1 1( ) ( )f x f xx x

= > = e,

portanto, f é decrescente em *− .

Sejam 1 2,x x +∈ tais que 1 2x x< . Temos que 1 2( ) 2 ( )f x f x= = e, portanto, f é não-crescente e não-decrescente em + . Exercício 42: Verifique se as funções são bijetoras, justificando sua resposta. Solução:

a) 3( )f x x= Dom f = . Mostremos inicialmente que f é injetora. De fato, sejam 1 2,x x ∈ , tais que 1 2x x≠ .

Logo, 3 31 1 2 2( ) ( )f x x x f x= ≠ = , e assim, por definição, temos que f é injetora.

Verifiquemos se f é sobrejetora.

Dado y∈ , se tomarmos 3x y= teremos ( ) ( )33 3( )f x f y y y= = = , e portanto, por definição

f é sobrejetora. Assim f é injetora e sobrejetora, logo bijetora. b) ( ) 3 1f x x= − Dom f = . Mostremos inicialmente que f é injetora. De fato, sejam 1 2,x x ∈ , tais que 1 2x x≠ . Logo, 1 1 2 2( ) 3 1 3 1 ( )f x x x f x= − ≠ − = , e assim, por definição, temos que f é injetora. Verifiquemos se f é sobrejetora.

Dado y∈ , se tomarmos 13

yx += teremos 1 1( ) 3 1 1 1

3 3y yf x f y y+ + = = − = + − =

e,

portanto, f é sobrejetora. Assim f é injetora e sobrejetora, logo bijetora. c) 4( )f x x= Dom f = . Afirmamos que a função não é injetora. De fato, se tomarmos, por exemplo, 1 1x = − e

2 1x = , teremos 1 2( ) ( ) 1f x f x= = e 1 2x x≠ . Desta forma, f não é injetora e, portanto, não é bijetora. Observe que f também não é sobrejetora, pois dado, por exemplo, 1y = − , não existe x ∈ tal que

4 1x = − . d) ( )f x x=

Dom f = . A função f não é bijetora, pois não é injetora, uma vez que existem 1 2 1 2, ,x x x x∈ ≠ tais que 1 2( ) ( )f x f x= . Basta tomar, por exemplo, 1 1x = − e 2 1x = . Observe que f também não é sobrejetora, pois dado, por exemplo, 1y = − , não existe x ∈ tal que

1x = − . Exercício 43: Nos itens a seguir, encontre f g , f f , g f e g g e seus respectivos domínios. Solução:

a) ( ) 5f x x= + e 2( )2 4

g xx

=−

Dom f = e {2}Dom g = − .

( ) ( ) 2 5 9( ) ( ) ( ) 5 52 4 2

xf g x f g x g xx x

−= = + = + =

− −.

{ ; ( ) } {2}Dom f g x Dom g g x Dom f Dom g= ∈ ∈ = = − . ( ) ( )( ) ( ) ( ) 5 5 5 10f f x f f x f x x x= = + = + + = + . Dom f f = .

( ) ( ) 2 2 1( ) ( )2 ( ) 4 2( 5) 4 3

g f x g f xf x x x

= = = =− + − +

.

{ ; ( ) } { ; 5 {2}} { 3}Dom g f x Dom f f x Dom g x x= ∈ ∈ = ∈ + ∈ − = − − .

( ) ( ) 22 2( ) ( )22 ( ) 4 2 52 4

2 4

xg g x g g xg x x

x

−= = = =

− − + − −

.

2{ ; ( ) } { {2}; {2}}2 4

5{2, }.2

Dom g g x Dom g g x Dom g xx

= ∈ ∈ = ∈ − ∈ −−

= −

Exercício 44: Encontre funções f e g distintas da função identidade, tal que ( )( )y f g x= . Solução: a) 2 1y x= − Se considerarmos : , ( )f f x x→ = e : , ( ) 2 1g g x x→ = − teremos:

( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1f g x f g x g x x= = = − . b) 2 1y x= − Se considerarmos : , ( ) 1f f x x→ = − e : , ( ) 2g g x x→ = teremos:

( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 2 1f g x f g x g x x= = − = − .

c) 22

3y

x=

+

Se considerarmos : , ( ) 2f f x x→ = e 21: , ( )

3g g x

x→ =

+ teremos:

( ) ( ) 22( ) ( ) 2 ( )

3f g x f g x g x

x= = =

+.

d) 9y x= −

Se considerarmos : , ( )f f x x+ → = e : , ( ) 9g g x x→ = − , teremos:

( ) ( )( ) ( ) ( ) 9f g x f g x g x 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 g x x Dom f g− = − = = ∀ ∈ . Portanto f g é par. 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 g x x Dom f g− = − = − = − = − ∀ ∈ . Portanto f g é ímpar. 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 g− = − = − = = ∀ ∈ . 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. Exercício 46: Dadas as funções f , definidas a seguir, determine 1f − , caso exista. Solução: a) ( ) 2 1f x x= − A função é bijetora e, portanto, admite inversa.

Fazendo 2 1y x= − , teremos 12

yx +=

Portanto, 1 1( )2

xf x− += .

b) 2( )f x x= para 0x ≤ A função é monótona decrescente em − , logo admite inversa.

Fazendo 2y x= , teremos ; 0x y y= − ≥ .

Portanto, 1( ) ; 0f x x x− = − ≥ , pois 1Dom f Im f− = . c) 2( ) 2f x x= − , para 0x ≥

[ 2, )Im f = − +∞ f é monótona crescente em + e, portanto, admite inversa.

2 22 2 2; 2y x x y x y y= − ⇔ = + ⇔ = + ≥ − .

Assim, 1( ) 2f x x− = + , com 2x ≥ − , pois 1Dom f Im f− = .

d) 2( ) 1f x x= − , para 0 1x≤ ≤ [0,1]Im f = .

f é monótona decrescente em [0,1] e, portanto, admite inversa. 2 2 2 2 2 21 1 1 1y x y x x y x y= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − .

Logo, 1 2( ) 1 ; 0 1f x x x− = − ≤ ≤ , pois 1Dom f Im f− = .

e) 1( )f xx

= para 0x >

A função f é monótona decrescente em *+ , logo admite inversa.

1 1 ; 0y x yx y

= ⇔ = > .

Portanto, 1 1( ) ; 0f x xx

− = > , pois 1Dom f Im f− = .

f) 2( ) 2 1f x x x= + − , para 1x ≤ − Como

2 2 2( ) 2 1 1 1 ( 2 1) 2 ( 1) 2f x x x x x x= + + − − = + + − = + − , temos que f é monótona decrescente em ( , 1]−∞ − e ( ) [ 2, )Im f = − +∞ . Portanto, f admite inversa.

2 2( 1) 2 ( 1) 2 1 2y x x y x y= + − ⇔ + = + ⇔ + = + , como 1x ≤ − , segue que 2 1x y= − + − .

Portanto, 1( ) 2 1f x x− = − + − , com 2x ≥ − , pois 1Domf Im f− = . Exercício 47: Esboce num mesmo sistema de coordenadas os gráficos das funções 4( )m x x= − e

5( )n x x= − . Solução:

Graf n

Graf m

x

y

Exercício 48: Determine os zeros das seguintes funções: Solução: a) 4 3 2( ) 4 4p x x x x x= − − +

3 2 2( ) ( 4 4) ( 1)( 4)p x x x x x x x x= − − + = − − . ( ) 0 0p x x= ⇔ = ou 1x = ou 2x = ou 2x = − .

Portanto, os zeros da função são 2,0,1− e 2. b) 3 2( ) 3 2p x x x= − +

2( ) ( 1)( 2 2) ( 1)( 1 3 )( 1 3)p x x x x x x x= − − − = − − − − + .

( ) 0 1p x x= ⇔ = ou 1 3x = + ou 1 3x = − .

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) ( ) 0p a⇔ = . 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) 0r⇔ = . 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:

a) 22( )1

xf xx−

=+

Dom f = , pois 2 1 0,x x+ ≠ ∀ ∈ .

b) 22 1( )

1xf xx

−=

+

Devemos ter 1 0x + ≠ , ou seja, 1x ≠ − . Portanto, { 1}Dom f = − − .

c) ( 1)( 2)( )( 1)( 2)x x xf x

x x− +

=+ −

Devemos ter ( 1)( 2) 0x x+ − ≠ , ou seja, 1x ≠ − e 2x ≠ . Portanto, { 1, 2}Dom f = − − .

d) ( 1)( 2)( )( 1)( 2)x xf x

x x x− +

=+ −

Devemos ter ( 1)( 2) 0x x x+ − ≠ , ou seja, 0x ≠ e 1x ≠ − e 2x ≠ . Portanto, {0, 1, 2}Dom f = − − . 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 1S correspondente ao número real t e Y o ponto em 1S correspondente a 2t kπ+ , para todo k inteiro. Qual a relação entre X e Y ? Solução: Em 1S , 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 6π

4π

3π

2π 2

3π 3

4π π

cos t sen t

a) 0t = Neste caso, temos em 1S , (0) (1,0)P = . Logo cos0 1= e sen 0 0= .

b) 6

t π=

Pelo exemplo 57 temos 3cos6 2π= e 1sen

6 2π= .

c) 4

t π=

Neste caso, temos em 1S , ( ) ( , )P t x y= onde x y= . Logo, sen cos4 4π π= .

Pela propriedade (b) temos 2 2sen cos 14 4π π+ = . Assim, 2 1 2sen sen

4 2 4 2π π= ⇒ = ± .

Como para o ângulo 4π temos, seno e cosseno positivos, 2sen

4 2π= e 2cos

4 2π= .

d) 3

t π=

Como sen(2 ) 2sen cosa a a= temos

1 3 3sen sen 2 2sen cos 23 6 6 6 2 2 2π π π π= = = = .

Como 2 2cos(2 ) cos sena a a= − temos

2 2 3 1 2 1cos cos2 cos sen3 6 6 6 4 4 4 2π π π π= = − = − = = .

e) 2

t π=

Pela propriedade (f) da página 45, temos

sen sen(0 ) cos0 12 2π π= + = = .

Logo cos 12π= .

f) 23

t π=

Como sen(2 ) 2sen cosa a a= temos

2 3 1 3sen 2sen cos 23 3 3 2 2 2π π π= = = .

Como 2 2cos(2 ) cos sena a a= − temos

2 22 1 3 2 1cos cos sen3 3 3 4 4 4 2π π π= − = − = − = − .

g) 34

t π=

Pela propriedade (e) temos 3 2 2 2sen sen sen cos cos sen 1 04 2 4 2 4 2 4 2 2 2π π π π π π π = + = + = + =

.

3 2 2 2cos cos cos cos sen sen 0 14 2 4 2 4 2 4 2 2 2π π π π π π π = + = − = − = −

.

h) t π= Pela propriedade (f) temos

sen sen cos 02 2 2π π ππ = + = =

. Assim, segue da identidade trigonométrica fundamental que

cos 1π = ± . Mas, pela definição, de cosseno, cos 1π = − . Vamos então completar a tabela.

t 0 6π

4π

3π

2π 2

3π 3

4π π

cos t 1 32

22

12

0 12

− 22

− 1−

sen t 0 12

22

32

1 32

22

− 0

Exercício 55: Mostre que as funções secante e cossecante são periódicas de período 2π . Solução: Temos

1 1 1sec( 2 )cos( 2 ) cos cos(2 ) sen sen(2 ) cos 1 sen 0

xx x x x x

ππ π π

+ = = = =+ − ⋅ − ⋅

1cosx

= sec .x=

1 1 1cossec( 2 )

sen( 2 ) sen cos(2 ) sen(2 )cos sen 1 0 cosx

x x x x xπ

π π π+ = = =

+ + ⋅ + ⋅

1 cossec .sen

xx

= =

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 tgtg( )1 tg tg

a ba ba b±

± =∓

e cotg cotg 1cotg( )cotg cotg

a ba bb a

± =±

∓ .

Solução: sen( ) sen cos sen costg( )cos( ) cos cos sen sen

a b a b b aa ba b a b a b± ±

± = =± ∓

sen cos sen costg tgcos cos cos cos

cos cos sen sen 1 tg tgcos cos cos cos

a b b aa ba b a b

a b a b a ba b a b

± ±= =

∓∓.

cos( ) cos cos sen sencotg( )sen( ) sen cos sen cos

a b a b a ba ba b a b b a±

± = =± ±

∓

cos cos sen sencotg cotg 1sen sen sen sen

sen cos sen cos cotg cotgsen sen sen sen

a b a ba ba b a b

a b b a b aa b a b

= =±±

∓ ∓ .

Exercício 58: Utilizando os resultados anteriores, complete a tabela, quando possível:

t 0 6π

4π

3π

2π 2

3π 3

4π π

tg t cotg t sec t cossec t Solução: a) 0t =

sen 0 0tg 0 0cos0 1

= = = e cotg 0 não existe.

1 1sec0 1cos0 1

= = = e cossec0 não existe.

b) 6

t π=

1sen 1 36 2tg6 33 3cos

6 2

ππ

π= = = = e 1 1 3cotg 36 3 3tg

6 3

ππ= = = = .

1 1 2 2 3sec

6 33 3cos6 2

ππ= = = = e 1 1cossec 216 sen

6 2

ππ= = = .

c) 4

t π=

2sen4 2tg 1

4 2cos4 2

ππ

π= = = e 1 1cotg 14 1tg

4

ππ= = = .

1 1 2sec 24 2 2cos

4 2

ππ= = = = e 1 1 2cossec 2

4 2 2sen4 2

ππ= = = = .

d) 3

t π=

3sen3 2tg 313 cos3 2

ππ

π= = = e 1 1 3cotg3 33tg

3

ππ= = = .

1 1sec 213 cos3 2

ππ= = = e 1 1 2 2 3cossec

3 33 3sen3 2

ππ= = = = .

e) 2

t π=

πtg

2 não existe e

ππ= = =

π

cos 02cotg 02 1sen

2

.

πsec

2 não existe e π

= = = =π π

1 1 1cossec 1

2 1sen sen2 2

.

f) π=

2t

3

ππ= = = −

π−

2 3sen2 3 2tg 3

2 13 cos3 2

e π= = = −

π −2 1 1 3

cotg23 33tg3

.

π= = = = −

π π−

2 1 1 1sec 2

2 2 13 cos cos3 3 2

e π= = = =

π2 1 1 2 2 3

cossec23 33 3sen3 2

.

g) π=

3t

4

ππ= = = −

π−

3 2sen3 4 2tg 1

34 2cos4 2

e π= = = −

π −3 1 1

cotg 134 1tg4

.

π= = = − = −

π−

3 1 1 2sec 2

34 2 2cos4 2

e π= = = =

π3 1 1 2

cossec 234 2 2sen4 2

.

h) = πt

ππ = = =

πsen 0

tg 0cos 1

e πcotg não existe.

π = = = −π −

1 1sec 1

cos 1 e πcossec não existe.

Completando agora a tabela, obtemos:

t 0 6π

4π

3π

2π 2

3π 3

4π π

tg t 0 33

1 3 ∃/ 3− −1 0

cotg t ∃/ 3 1 33

0 33

− −1 ∃/

sec t 1 2 33

2 2 ∃/ −2 − 2 −1

cossec t ∃/ 2 2 2 3

3 1 2 3

3 2 ∃/

Exercício 59: Calcule, se possível:

a) 1arcsen2

; b) arccos1 ; c) 3arcsen2

− ; d) arccos 3 .

Solução:

a) π= ⇔ = ⇔ =

1 1arcsen x sen x x

2 2 6.

b) = ⇔ = ⇔ =arccos1 x cos x 1 x 0 .

c) π− = ⇔ = − ⇔ = −

3 3arcsen x sen x x

2 2 3.

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; b) arco cotangente de x; c) arco secante de x; d) arco cossecante de x.

Solução:

a) Seja T a restrição da função tangente ao intervalo π π −

,2 2

, sua inversa −1T é chamada de arco

tangente é denotada por arctg ou −1tg . Dessa forma, temos que = ∈ ⇔ =y arctg x,x x tg y , para π π ∈ −

y ,

2 2.

b) Seja Cot g a restrição da função cotangente ao intervalo ( )0, π , sua inversa −1Cot g é chamada de

arco cotangente é denotada por arc cotg ou −1cotg . Dessa forma, temos que = ∈ ⇔ =y arc cotg x, x x cotg y para ( )∈ πy 0, .

c) Seja Sec a restrição da função secante ao intervalo π π ∪ π 0, ,

2 2, sua inversa −1Sec é chamada

de arco secante é denotada por arcsec ou −1sec . Dessa forma, temos que

= ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ =y arcsec x, x ( , 1] [1, ) x sec y para 0, ,2 2π π π ∈ ∪

y .

d) Seja Cossec a restrição da função cossecante ao intervalo − ∪ , 0 0,

2 2π π , sua inversa

1Cossec− é chamada de arco cossecante é denotada por arccossec ou 1cossec− . Dessa forma, temos

que y arccossec x, x ( , 1] [1, ) x cossec y= ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ = , para ∈ − ∪ , 0 0,

2 2y π π .

Exercício 61: Mostre que arccos x arcsen x2π

= − . Sugestão: utilize a identidade cost sen( t)2π

= − .

Solução:

Temos arccos x y cos y x= ⇔ = . Como cos y sen y2π = −

temos sen y x

2π − =

, ou seja,

arcsen x y2π

= − . Portanto arccos x y arcsen x2π

= = − .

Exercício 62: Esboce o gráfico de cada função dada a seguir: Solução:

y

x

y

x

a) xf (x) 2= . b) xf (x) 4−=

y

x

y

x

c) xf (x) 5=

d) x1

f (x)3

=

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 24 2= folhas. Na terceira dobre teremos a espessura de 38 2= folhas. ... Na nona dobra teremos a espessura de 9512 2= folhas. Alguém consegue dobrar um livro de 512 páginas? Exercício 64: Trace um esboço dos gráficos das funções definidas a seguir: Solução:

y

x

y

x

a) 2f (x) log x= b) 3f (x) log (x 1)= −

y

x

y

x

c) 12

f (x) log x= d) 5f (x) log (x 4)= +

Exercício 65: Mostre que se os números positivos 1 2 3 na ,a ,a ,...,a são termos de uma progressão geométrica, então b 1 b 2 b 3 b nlog a , log a ,log a ,..., log a formam uma progressão aritmética. Solução: Se 1 2 3 na ,a ,a ,...,a são termos de uma progressão geométrica de razão q então:

2 1 b 2 b 1 b 1 ba a q log a log a q log a log q= ⇒ = = + .

3 2 b 3 b 2 b 2 ba a q log a log a q log a log q= ⇒ = = + . ...

n n 1 b n b n 1 b n 1a a q log a log a q log a log q− − −= ⇒ = = + . Portanto, b 1 b 2 b 3 b nlog a , log a ,log a ,..., log a é uma progressão aritmética de razão blog q .