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Funções

Exercícios1. Considere a função definida por f (x) = 5x + 2.

1.1. Justifique que f é bijetiva e apresente uma expressão para f – 1(x), .

1.2. Mostre que para todo o , f – 1 ∘ f (x) = x e f ∘ f – 1(x) = x.

Resolução1.1. f (x) = 5x + 2;

1) f é injetiva Sejam . Como f (a) = f (b) ⇔ 5a + 2 = 5b + 2 ⇔ a = b, então f é injetiva.2) f é sobrejetiva

Seja . Como , então para , ou

seja, f é sobrejetiva.3) f é sobrejetiva e injetiva, logo, é bijetiva.

4)

1.2. ,

2. *Considere a função bijetiva f : A → B .Calcule, utilizando a definição de f – 1 , (f – 1∘ f )(a) e (f ∘ f – 1)(b), para a ∈ A e b ∈ B e justifique que f – 1 ∘ f = IdA e que f ∘ f – 1 = IdB .

Resolução

Como f – 1 ∘ f =: A → A e ∀x ∈ A, (f – 1 ∘ f )(x) = x = IdA(x), f – 1∘f = IdA(x).Analogamente, como f ∘ f– 1: B → B e ∀x ∈ B, (f ∘ f – 1)(x) = x = IdB(x), f ∘f – 1 = IdB(x).

3. *Sejam as funções f : A → B e g: B → A.

3.1. Suponha que ∀(x, y) ∈ A × B, y = f(x) ⇔ x = g(y). Prove que:

3.1.1. f é bijetiva e g = f – 1;

3.1.2. g ∘ f = IdA e f ∘ g = IdB

3.2. Suponha que g ∘ f = IdA e f∘g = IdB. Prove que:

3.2.1. ∀(x, y) ∈ A × B, y = f (x) ⇔ x = g(y)

Descritores: 1.11, 1.12 e 1.13 (Página 41 do caderno de apoio)

▪ Reconhecer, dada uma função f : A → B bijetiva, que f – 1 é bijetiva e que e designar

também f – 1 por «bijeção recíproca de f ».

▪ Reconhecer, dada uma função f : A → B, que é bijetiva se e somente se existir uma função, g: B → A, tal que ∀(x, y) ∈ A × B, y = f (x) ⇔ x = g(y).

▪ Justificar que uma função f : A → B é bijetiva se e somente se existir uma função g: B → A, tal que g ∘ f = IdA e f ∘ g = IdB e que, nesse caso, g = f – 1.

Funções 3.2.2. f é bijetiva e g = f – 1

Resolução

3.1.1. , ;

Dados x1, x2 ∈ A e sejam y1 = f (x1) e y2 = f (x2) ∈ B, então x1 = g(y1) e x2 = g(y2). Logo, f (x1) = f (x2) ⇔ y1 = y2 ⇒ g(y1) = g(y2) ⇔ x1 = x2 e, portanto, é injetiva.Seja y ∈ B. Tomando x = g(y), y = f (x). Portanto, como f é injetiva e sobrejetiva, f é bijetiva.Sendo f bijetiva, para todo y ∈ B existe um e apenas um elemento x ∈ A tal que f (x) = y.Assim, dado que para todo y ∈ B, g(y) = x, g é a função inversa de f, ou seja, g = f – 1.

3.1.2. Por definição, Dg∘f = {x ∈ Df : f (x) ∈ Dg}, ou seja, Dg∘f = {x ∈ A: f(x) ∈ B}. Como o conjunto de chegada de f é igual ao domínio de g, Dg∘f = Df = A e, portanto, g∘f : A → A.Seja x ∈ A. Visto que g ∘ f (x) = g (f (x)) = g(y) = x, para todo x ∈ A, g ∘ f = IdA.De modo análogo se mostra que f ∘ g = IdB.

3.2.1. Sejam x ∈ A e y ∈ B. Então, y = f (x) ⇒ g(y) = g(f (x)) = (g ∘ f )(x) = x. Analogamente se mostra que x = g(y) ⇒ y = f (x) .

3.2.2. Sejam x1, x2 ∈ A tais que f (x1) = f (x2). Então:f (x1) = f (x2) ⇒ g(f (x1)) = g(f (x2)) ⇔ (g ∘ f )(x1) = (g ∘ f )(x2) ⇔ x1 = x2, e, portanto, f é injetiva. Seja y ∈ B. Tomando x = g(y), temos que f (x) = f (g(y)) = (f∘g)(y) = y, ou seja, f é sobrejetiva.

Exercícios1. Considere a função f, definida em , por f (x) = x2 – 1 e o respetivo gráfico representado num plano

munido de um referencial ortogonal.1.1. Seja a ∈ Df. Indique as coordenadas dos seguintes pontos do gráfico de f:

∙ o ponto P de abcissa a; ∙ o ponto Q de abcissa – a.

1.2. Prove que o ponto médio de [PQ] pertence ao eixo das ordenadas.

1.3. Justifique que o eixo das ordenadas é perpendicular ao segmento de reta [PQ].

1.4. Conclua que o eixo das ordenadas é eixo de simetria do gráfico de f.

Resolução1.1. Sejam P(a, a2 – 1) e Q(– a, a2 – 1), visto que (– a)2 = a2.

1.2. A abcissa do ponto médio M de [PQ] é , logo M está no eixo das ordenadas.

1.3. Como P e Q estão ambos na reta horizontal de equação y = a2 – 1, então esta é perpendicular ao eixo das ordenadas.

1.4. Das alíneas anteriores podemos concluir que a imagem de um ponto P(a, f(a)) do gráfico de f pela reflexão no eixo das ordenadas é o ponto Q(– a, f(a)) pertecente também ao gráfico de f e vice-versa. Tal implica que o eixo das ordenadas é eixo de simetria do gráfico de .

2. *Considere uma função f par definida em Df ⊂ e o respetivo gráfico representado num plano munido de um referencial ortogonal.

2.1. Seja a ∈ Df e P(a, f(a)) um ponto do gráfico de f . Indique as coordenadas do ponto Q do gráfico de f

Descritor: 2.6 (Página 42 do caderno de apoio)

▪ Reconhecer, dado um plano munido de um referencial ortogonal, que uma dada função é par se e somente se o eixo das ordenadas for eixo de simetria do respetivo gráfico cartesiano.

Funções de abcissa – a.

2.2. Mostre que qualquer ponto do eixo das ordenadas é equidistante de P e de Q.

2.3. Conclua que o eixo das ordenadas é eixo de simetria do gráfico de f .

Funções

Resolução

2.1. Q(– a, f(a)) visto que f (– a) = f (a).2.2. Seja B = (0, b) um ponto no eixo das ordenadas. Então:

2.3. A reta PQ é horizontal e, portanto, é perpendicular ao eixo das ordenadas. Mais ainda, o ponto de interseção das duas retas é o ponto de coordenadas (0, f (a)). Como as distâncias de P e de Q ao ponto (0, f (a)) são iguais, P é a imagem de Q pela reflexão no eixo das ordenadas e vice-versa.

3. *Considere uma função de variável real f : Df → cujo gráfico, num plano munido de um referencial ortogonal, é simétrico relativamente ao eixo das ordenadas. Mostre que f é par.

ResoluçãoSeja P(a, f (a)) um ponto do gráfico de f. Como este é simétrico relativamente ao eixo das ordenadas, o ponto Q(– a, f(a)), imagem de P pela reflexão nesse eixo, também pertence ao gráfico de f . Como a reta vertical x = – a interseta o gráfico de f em (– a, f(a)), então este ponto tem de ser Q e f(– a) = f(a).

Exercício1. Considere a função definida, em , por f(x) = x3 – x e o respetivo gráfico representado num plano

munido de um referencial cartesiano.1.1. Mostre que f é uma função ímpar.1.2. Mostre que os pontos do gráfico de f de abcissas respetivamente iguais a 2 e a –2 são simétricos

relativamente à origem do referencial.1.3. *Mostre que o gráfico de f é simétrico relativamente à origem do referencial.

Resolução1.1. Seja x ∈ Df . Então, – x ∈ Df porque Df = e:

f (– x) = (– x)3 – (– x) = – x3 + x = – (x3 – x) = – f (x) Como – f (x) = f (– x), para qualquer x ∈ Df , então f é ímpar.

1.2. Seja P o ponto do gráfico de abcissa 2, ou seja, P tem coordenadas P(2, 6).Seja Q o ponto do gráfico de abcissa –2, ou seja, Q tem coordenadas Q(– 2, – 6).Pretendemos provar que Q é imagem de P pela reflexão central de centro O, ou seja, O é o ponto médio de [PQ].

, logo M tem coordenadas (0 , 0). O ponto médio de [PQ] é O, a origem.

1.3. Seja x ∈ Df (Df = ). Então, – x ∈ Df.Seja P e Q de coordenadas (x, x3 – x) e (– x, – x3 + x), respetivamente.Vamos provar que um ponto P é imagem de Q pela reflexão central de centro O (0 , 0).Para isso, temos de provar que o ponto médio de [PQ] é a origem.


▪ Reconhecer, dado um plano munido de um referencial cartesiano, que uma dada função é ímpar se e somente se o respetivo gráfico cartesiano for «simétrico relativamente à origem O do referencial», isto é, se e somente se a imagem do gráfico pela reflexão central de centro O coincidir com o próprio gráfico.

Funções

, ou seja, M tem de coordenadas (0 , 0).

2. *Considere uma função f ímpar definida em Df ⊂ e o respetivo gráfico representado num referencial ortogonal.

2.1. Seja a ∈ Df e P(a, f (a)) um ponto do gráfico de f. Indique as coordenadas do ponto Q do gráfico de f de abcissa – a.

2.2. Prove que o ponto médio de [PQ] é o ponto O, origem do referencial.

2.3. Conclua que a imagem do gráfico de f pela reflexão central de centro O coincide com o próprio gráfico.

Resolução2.1. As coordenadas de Q do gráfico de f e abcissa – a são (– a, f (–a)) = (– a, – f (a)).

2.2. As coordenadas do ponto médio de [PQ] são .

Como f é ímpar, f (– a) = – f (a). Assim, as coordenadas do ponto M podem ser simplificadas.

Logo, M tem coordenadas (0 , 0).2.3. Seja P(a, f (a)) um ponto do gráfico de f . Pela alínea anterior podemos concluir que a imagem de P

pela reflexão central de centro O é o ponto Q(– a, – f (a)) que também pertence ao gráfico de f .

Notamos também que P é a imagem de Q pela reflexão central de centro O. Assim, concluímos que a

imagem do gráfico de f pela reflexão central de centro O coincide com o gráfico de f.

3. *Considere uma função de variável real f: Df → cujo gráfico G, num plano munido de um referencial cartesiano, é simétrico relativamente à origem O, isto é, a imagem de G pela reflexão central de centro O. Mostre que f é ímpar.

ResoluçãoSeja P(a, f (a)) um ponto do gráfico G de f.

A imagem de P pela reflexão central de centro O é o ponto Q(– a, – f (a)).

Como Q tem abcissa – a e, por hipótese, pertence ao gráfico G, tem de ter coordenadas (– a, f (– a)). Em

particular, – f (a) = f (– a), para todo a ∈ Df, isto é, f é ímpar.

Exercícios1. Considere a função f: → definida por f (x) = x + 5.

1.1. Justifique que f é uma função bijetiva e determine uma expressão analítica para f – 1(x), x ∈ .

Represente, num plano munido de um referencial ortonormado, os gráficos das funções f e f – 1.

Descritor 2.8 (Página 42 do caderno de apoio)

▪ Reconhecer, dada uma função real de variável real bijetiva f e um plano munido de um referencial monométrico, que os gráficos cartesianos das funções f e f – 1 são a imagem um do outro pela reflexão axial de eixo de equação y = x.

Funções

1.2. Determine a imagem dos pontos A e B do gráfico de f de abcissas respetivamente iguais a –3 e 1 pela

reflexão axial de eixo de equação y = x e verifique que se trata de pontos do gráfico de f – 1.

1.3. *Mostre que a imagem do gráfico de f pela reflexão de eixo de equação y = x é o gráfico de f – 1.

Funções

Resolução1.1. Sejam a, b ∈ . Então, f (a) = f (b)⇔ a + 5 = b + 5 ⇔ a = b .

Logo, f é injetiva. Seja b ∈ . Tomando a = b – 5, temos que b = b – 5 + 5 = a + 5 = f (a). Logo, f é sobrejetiva.Daqui resulta que f é bijetiva visto que é injetiva e sobrejetiva.A função f– 1: → é definida por f – 1(x) = x – 5.

1.2. A(– 3, 2) tem imagem A’(2, –3) pela reflexão axial de eixo y = x. Como f – 1(2) = 2 – 5 = – 3, então A’ pertence ao gráfico de f – 1.De forma análoga, B(1, 6) tem imagem B’(6, 1) e f – 1(6) = 6 – 5 = 1.

1.3. Seja A(u, v) um ponto do gráfico de f . Então, v = f (u) = u + 5. A reta perpendicular à reta de

equação y = x que passa no ponto A tem decive , ordenada na origem b = v – um = v + u,

e, portanto, equação y = – x + u + v. As retas de equações y = x e y = – x + u + v intersetam-se no

ponto . Agora vamos determinar o ponto B, imagem de A pela reflexão na reta de

equação y = x.

Consequentemente, a imagem do gráfico de f pela reflexão reta de equação y = x está contida no gráfico de f – 1. Analogamente, se (v, u) é um ponto do gráfico de f – 1, (v, u) é a imagem de (u, v) pela reflexão na reta de equação y = x, o que mostra que a imagem do gráfico de f pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares é o gráfico de f – 1.

2. **Considere uma função f : [– 1, + ∞[ → [0, + ∞[ bijetiva e um ponto A(a, f(a)), a ≥ – 1. Considere ainda a função f – 1:[0, + ∞[ → [– 1, + ∞[, inversa de f, e A’ o ponto do gráfico de f– 1 que tem por abcissa f(a).Prove que qualquer ponto P da reta y = x é equidistante de A e de A’ e conclua que os gráficos de f e de f – 1 são simétricos relativamente à bissetriz dos quadrantes ímpares.

ResoluçãoConsideremos os pontos A(a, b) e A’(b, a), com b = f (a), e P(c, c) um ponto da bissetriz dos quadrantes

ímpares. Então, .

Isto prova que qualquer ponto P da reta de equação y = x é equidistante de A e de A’ . Como a reta AA’ tem

declive , então é perpendicular à reta de equação y = x que tem declive 1. Seja M o ponto de

interseção destas duas retas. Dado que M pertence à reta de equação y = x, então temos qued(A, M) = d(A’, M) , logo A’ é a imagem de A pela reflexão na reta de equação y = x e vice-versa.Daqui resulta que a imagem do gráfico de f pela reflexão reta de equação y = x está contida no gráfico de f – 1. Analogamente, se (b, a) é um ponto do gráfico de f – 1, (b, a) é a imagem de (a, b) pela reflexão na reta de equação y = x, o que mostra que a imagem do gráfico de f pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares é o gráfico de f – 1.

3. **Fixado um plano munido de um referencial cartesiano, mostre que a imagem de um ponto A(a, b) pela reflexão de eixo de equação y = x é o ponto B(b, a) e conclua, dada uma função bijetiva f, que os gráficos de f e de f – 1 são simétricos relativamente a esse eixo.

Funções

Resolução

Consideremos os pontos A(a, b) e B(b, a). A reta AB tem declive , logo é perpendicular à

bissetriz dos quadrantes ímpares. Como b – ma = b + a, a reta AB tem equação y = – x + a + b.

Esta reta interseta a bissetriz dos quadrantes ímpares, que tem equação y = x, no ponto .

Como , B é a imagem

de A pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares e vice-versa.Seja (a, b) um ponto do gráfico de f . Então, b = f(a) e a = f– 1(b). Logo, (b, a) pertence ao gráfico de f – 1. Isto prova que a imagem do gráfico de f pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares está contida no gráfico de f – 1. Reciprocamente, se (b, a) é um ponto do gráfico de f – 1, (b, a) é a imagem de (a, b) pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares, o que mostra que a imagem do gráfico de f pela reflexão na bissetriz dos quadrantes ímpares é o gráfico de f – 1.

Exercícios1. Considere as funções f e g definidas em por f(x) = x2 e g(x) = x2 + 3. Considere ainda, num plano

munido de um referencial cartesiano, os gráficos destas duas funções e o ponto P do gráfico de f de abcissa 4.

1.1. Determine as coordenadas do ponto Q, imagem de P pela translação de vetor = (0, 3) e justifique que Q pertence ao gráfico de g.

1.2. Justifique que a imagem de qualquer ponto do gráfico de f pela translação referida na alínea anterior é um ponto do gráfico de g.

1.3. Inversamente, justifique que todo o ponto do gráfico de g é a imagem de um ponto do gráfico de f pela translação referida na alínea 1.1..

Resolução1.1. Sejam f (x) = x2 e g(x) = x2 + 3.

O ponto Q pertence ao gráfico de g porque Q(4, 19) , pois 19 = 42 + 3 = g(4).1.2. Se a ∈ , então P tem coordenadas (a, f (a)) e:

P + = (a, f (a)) + (0, 3) = (a, a2 + 3) = (a, g(a))Logo, o ponto Q = P + é ponto do gráfico de g pois g(a) = a2 + 3.

1.2. Seja (a, b) um ponto do gráfico de g.Então, (a, b) = (a, g(a)) = (a, a2 + 3) = (a, a2) + (0, 3) = (a, f (a)) + .Daqui resulta que o ponto (a, b) é imagem do ponto (a, f (a)) que pertence ao gráfico de f pela translação de vetor = (0, 3).

2. Considere duas funções reais f e g definidas em D = Dg = Df e tais que para todo o x ∈ D, g(x) = f(x) + c, onde c ∈ . Considere ainda, num plano munido de um referencial cartesiano, os gráficos destas duas funções e o ponto P do gráfico de f de abcissa A ∈ D.

2.1. Determine as coordenadas do ponto Q, imagem de P pela translação de vetor = (0, c) e justifique


▪ Reconhecer, dados uma função real de variável real f , um número real c e um plano munido de um referencial cartesiano, que o gráfico cartesiano de uma função g definida em Dg = Df por g(x) = f(x) + c é a imagem do gráfico cartesiano de f pela translação de vetor = (0, c).

u

Funções

que Q pertence ao gráfico de g.

Funções

2.2. Considere um ponto R pertencente ao gráfico de g. Prove que é a imagem de um ponto do gráfico de f pela translação de vetor .

Resolução2.1. Q = P + = (a, f (a)) + (0, c) = (a, f (a) + c) = (a, g(a))

Como g(a) = f(a) + c, o ponto Q pertence ao gráfico de g.2.2. Seja R(a , b) um ponto do gráfico de g .

Então, (a, b) = (a, g(a)) = (a, f (a) + c) = (a, f (a)) + (0, c) = (a, f (a)) + .Daqui resulta que o ponto R(a , b) é imagem do ponto (a, f (a)) que pertence ao gráfico de f pela translação de vetor (0, c).

Exercícios1. Considere a função definida por .

1.1. Qual é o domínio da função g definida pela expressão ?1.2. Justifique que o ponto A(4, 2) pertence ao gráfico de f. Qual é a imagem de A pela translação de vetor

= (3, 0)? Mostre que se trata de um ponto do gráfico de g.1.3. *Mostre que a imagem do gráfico de f pela translação de vetor é o gráfico de g.

Resolução1.1. Dg = {x ∈ : x – 3 ≥ 0} = {x ∈ : x ≥ 3} = [3, + ∞[ ou

Dg = {x + 3: x ∈ Df} = {y : y – 3 ∈ [0, + ∞[} = [3, + ∞[

1.2. Como , (4, 2) pertence ao gráfico de f.

B = A + = (4, 2) + (3, 0) = (7, 2)

Como , pertence ao gráfico de g.

1.3. Seja a ∈ Df , P o ponto do gráfico de f de abcissa a e Q a imagem de P pela translação. Então,

Como , Q pertence ao gráfico de g.

Agora só precisamos de verificar que todo o ponto do gráfico de g é imagem de algum ponto do gráfico de f pela translação de vetor .

Seja (c, d) um ponto do gráfico de g. Então, , onde c – 3 ∈ Df, mostrando o pretendido.

2. *Considere duas funções reais f e g definidas, respetivamente, em Df e Dg = {x: x – c ∈ Df}, onde c ∈ , e tais que, para todo o x ∈ Dg, g(x) = f (x – c). Considere ainda, num referencial cartesiano, os gráficos destas duas funções e o ponto P do gráfico de f de abcissa a ∈ Df.

2.1. Determine as coordenadas do ponto Q, imagem de P pela translação de vetor = (c, 0) e justifique que Q pertence ao gráfico de g.

2.2. Considere um ponto R do gráfico de g. Prove que é a imagem de um ponto do gráfico de f pela translação referida na alínea anterior.

Descritor 2.10 (Páginas 43 do caderno de apoio)

▪ Reconhecer, dados uma função real de variável real f, um número real c e um plano munido de um referencial cartesiano, que o gráfico cartesiano de uma função g definida por g(x) = f(x – c) no conjunto Dg = {x + c : x ∈ Df} é a imagem do gráfico cartesiano de f pela translação de vetor (0, c).

Funções

Resolução2.1. Q = P + = (a, f (a)) + (c, 0) = (a + c, f (a)) = (a + c, f ((a + c) – c)) = (a + c , g(a + c))

Logo, Q pertence ao gráfico de g.

2.2. Seja um ponto do gráfico de g para algum .

Então, como e r−c∈Df , R é a imagem do

ponto que pertence ao gráfico de f pela translação associada ao vetor .

Exercícios1. Seja Gf = {(– 2, 4); (– 1, 2); (0, 2); (1, 3); (4, 2)} o gráfico de uma dada função f.

1.1. Represente Gf num referencial ortogonal.

1.2. Represente as imagens dos pontos do gráfico cartesiano de f pela transformação ϕ que ao ponto

P(x, y) do plano associa o ponto P’(x, 2y).

1.3. Considere a função g de domínio {– 2, – 1, 0, 1, 4} definida por g(x) = 2f (x).

Relacione o gráfico cartesiano de g com a transformação ϕ e com o gráfico cartesiano de f.

1.4. Represente de novo o gráfico cartesiano de f e as imagens dos respetivos pontos pela transformação ψ

que ao ponto P(x, y) do plano associa o ponto .

1.5. Obtenha uma expressão analítica para a função h cujo gráfico cartesiano é a imagem do gráfico

cartesiano de f pela transformação ψ .

Resolução1.1. e 1.2. 1.4.

1.3. O gráfico de g coincide com a imagem da transformação ϕ do gráfico de f.

Descritores: 2.11 e 2.12 (Página 44 do caderno de apoio)

▪ Designar, dado um plano munido de um referencial ortogonal e um número 0 < a < 1 (respetivamente a

> 1), por «contração vertical (respetivamente dilatação vertical) de coeficiente a» a transformação ϕ do

plano que ao ponto P(x, y) associa o ponto ϕ(P) de coordenadas (x, ay).

▪ Reconhecer, dados uma função real de variável real f, um número 0 < a < 1 (respetivamente a > 1) e um

plano munido de um referencial ortogonal, que o gráfico cartesiano de uma função g definida em Df por

g(x) = af (x) é a imagem do gráfico cartesiano de f pela contração vertical (respetivamente pela dilatação

vertical) de coeficiente a .

Funções

1.5.

Funções

Exercício1. Seja Gf = {(– 3, 4); (0, 2); (1, 3); (3, 1); (6, 2)} o gráfico de uma dada função f.1.1. Represente Gf num referencial ortogonal.1.2. Represente as imagens dos pontos do gráfico cartesiano de f pela transformação ϕ que ao ponto

P(x, y) do plano associa o ponto .

1.3. Considere a função g, de domínio definida por g(x) = f (3x).

Relacione o gráfico cartesiano de g com a transformação ϕ e com o gráfico cartesiano de f.1.4. Represente de novo o gráfico cartesiano de f e as imagens dos respetivos pontos pela transformação ψ

que ao ponto P(x, y) do plano associa o ponto P’(3x, y).1.5. Obtenha uma expressão analítica para a função h cujo gráfico cartesiano é a imagem do gráfico

cartesiano de f pela transformação ψ.

Resolução1.1. e 1.2. 1.4.

1.3. O gráfico cartesiano de g coincide com a imagem de f pela transformação de ϕ.

1.5.

Descritores: 2.13 e 2.14 (Página 44 do caderno de apoio)

▪ Designar, dado um plano munido de um referencial ortogonal e um número 0 1a (respetivamente a > 1), por «contração horizontal (respetivamente dilatação horizontal) de coeficiente a» a transformação ϕ do plano que ao ponto P(x, y) associa o ponto ϕ(P) de coordenadas (ax, y).

▪ Reconhecer, dados uma função real de variável real f, um número 0 1a (respetivamente 1a ) e um plano munido de um referencial ortogonal, que o gráfico cartesiano de uma função g definida em

por g(x) = f (ax) é a imagem do gráfico cartesiano de f pela dilatação horizontal

(respetivamente pela contração horizontal) de coeficiente .


▪ Reconhecer, dado um número real não nulo a, que o gráfico da função f definida pela expressão

f(x) = ax2 tem, em , a concavidade voltada para cima se a > 0 e voltada para baixo se a < 0.

Funções

Exercícios1. Considere a função definida em pela expressão f (x) = 7x2.1.1. Calcule as ordenadas dos pontos P, Q e R do gráfico de f, sabendo que as respetivas abcissas são 0, 2

e 5.1.2. Compare o declive das retas PQ e QR.1.3. Repita o exercício da alínea anterior escolhendo três pontos arbitrários P, Q e R do gráfico de f, de

abcissas respetivamente xP < xQ < xR e conclua quanto ao sentido da concavidade do gráfico de f.

Resolução1.1. yP = 0 ; yQ = 7 × 22 = 28 ; yR = 7 × 52 = 175

1.2. ;

dPQ < dQR

1.3. Sejam P(xP, g(xP)) , Q(xQ, g(xQ)) e R(xR, g(xR)) três pontos arbitrários do gráfico de g com xP < xQ < xR.

Analogamente se mostra que dRQ = 7(xQ + xR). Daqui resulta que dRQ < dQR, visto que, por hipótese, xP

< xR e, portanto, o gráfico de f tem concavidade voltada para cima.

2. *Considere a função f definida, em , pela expressão f(x) = ax2, a ≠ 0. Considere ainda os pontos P, Q e R pertencentes ao gráfico de f tais que, num referencial cartesiano, as respetivas abcissas verificam a condição xP < xQ < xR.

2.1. Exprima em função das abcissas de P e de Q o declive da reta PQ.2.2. Exprima em função das abcissas de Q e de R o declive da reta QR.2.3. Considere a > 0 e compare os declives das retas PQ e QR.2.4. Considere a < 0 e compare os declives das retas PQ e QR.2.5. Conclua qual a relação entre o sinal de a e o sentido da concavidade do gráfico de f.

Resolução

2.1. 2.2. dQR = a(xR + xQ)

2.3. xP < xR ⇔ xP + xQ < xR + xQ

Como a > 0 temos a(xP + xQ) < a(xR + xQ), ou seja, dPQ < dQR.

2.4. Temos

2.5. Se a > 0, então dPQ < dQR o que significa que o gráfico de f tem concavidade voltada para cima.Se a < 0, então dPQ < dQR o que significa que o gráfico de f tem concavidade voltada para baixo.

Exercícios1. Represente sob a forma de intervalos ou uniões de intervalos os conjuntos-solução das seguintes

condições em .1.1. x2 ≤ 4 1.2. x2 – 6x – 1 > 15 1.3. (x – 2)2 – 6x ≥ – 241.4. 2x2 + x + 1 < 0 1.5. 4x2 + 4x + 1 > 0 1.6. |x – 3| < 6


▪ Resolver equações e inequações envolvendo as funções polinomiais e a composição da função módulo com funções polinomiais.

Funções

1.7. |2x – 1| = 3 1.8. |4x + 1| ≥ 2 1.9. |2x – 1| ≤ 3

1.10. |x| + 4 < 1 1.11. |2x| + 5 > 3 1.12. |x – 3| < |x – 5|

1.13. *|x2 – 5x| ≤ 6

Resolução1.1. S = [– 2, 2]

Cálculo dos zeros de :

1.2. x2 – 6x – 1 > 15 ⇔ x2 – 6x – 16 > 0

Cálculo dos zeros de :

S = ]– ∞, – 2[ ∪ ]6, + ∞[1.3. (x – 2)2 – 6x ≥ – 24 ⇔ x2 – 4x + 4 – 6x + 24 ≥ 0 ⇔ x2 – 10x + 28 ≥ 0

Como (– 10)2 – 4 × 1 × 28 < 0, x2 – 10x + 28 não tem zeros e a parábola de equação y = x2 – 10x + 28 tem concavidade voltada para cima, S = .

1.4. 2x2 + x + 1 < 0

é impossível

2x3 + x + 1 não tem zeros e tem concavidade voltada para cima. a > 01.5. 4x2 + 4x + 1 > 0 ⇔ (2x + 1)2 > 0

1.6. |x – 3| < 6 ⇔ x – 3 < 6 ∧ x – 3 > – 6 ⇔ x < 9 ∧ x > – 3S = ]– 3, 9[

1.7. |2x – 1| = 3 ⇔ 2x – 1 = 3 ∨ 2x – 1 = – 3 ⇔ 2x = 3 + 1 ∨ 2x = – 3 + 1 ⇔ 2x = 4 ∨ 2x = 2 ⇔ x = 2 ∨ x = – 1

1.8.

1.9. |2x – 1| ≤ 3 ⇔ 2x – 1 ≤ 3 ∧ 2x – 1 ≥ – 3 ⇔ 2x ≤ 3 + 1 ∧ 2x ≥ – 3 + 1 ⇔ 2x ≤ 4 ∧ 2x ≥ 2 ⇔ x ≤ 2 ∧ x ≥ – 1

S = [– 1, 2] 1.10. |x| + 4 < 1 ⇔ |x| < 1 – 4 ⇔ |x| < – 3 Impossível

S = ∅ 1.11. |2x| + 5 > 3 ⇔ |2x| > 3 – 5 ⇔ |2x| > – 2 ⇔ 2x > 2 ∨ 2x < 2 ⇔ x > – 1 ∨ x < 1

S =1.12. |x – 3| < |x – 5| ⇔ |x – 3|2 < |x – 5|2 ⇔ x2 – 6x + 9 < x2 – 10 x + 25 ⇔ 4x < 16 ⇔ x < 4

S = ]– ∞, 4[1.13. |x2 – 5x| ≤ 6 ⇔ |x2 – 5x|2 ≤ 62 ⇔ (x2 – 5x)2 – 62 ≤ 0 ⇔ (x2 – 5x – 6) (x2 – 5x + 6)≤ 0

⇔ (x + 1)(x – 6)(x – 2)(x – 3) ≤ 0x –1 2 3 6

x + 1 – 0 + + + + + + +x – 6 – – – – – – – 0 +x – 2 – – – 0 + + + + +x – 3 – – – – – 0 + + +

Produto + 0 – 0 + 0 – 0 +

S = [– 1, 2] ∪ [3, 6]

Funções

Funções

2. Para cada valor real de a ≠ 0 e de k, a expressão f (x) = a(x – 3)2 + k define uma função quadrática.2.1. Considere a = – 1 e k = – 2 e determine o contradomínio de f.

2.2. *Para que valores reais de a e de k o contradomínio da função g definida por g(x) = |f (x)| é diferente de [0, + ∞[?

Resolução2.1. f (x) = – 1(x – 3)2 + (– 2)

(x – 3)2 ≥ 0 ⇔ – (x – 3)2 ≤ 0 ⇔ – (x – 3)2 + 2 ≤ – 2 ⇔ f (x) ≤ – 2Logo, D’f = ]– ∞, – 2].

2.2. f (x) = a(x – 3)2 + kEsboço de f:

Esboço de |f |:

O contradomínio de |f | não é [0, + ∞[ no caso em que a e ksão ambos positivos ou ambos negativos.

3. Para cada valor real de c a expressão f (x) = – 3x2 + 4x + c define uma função f.3.1. *Indique, justificando, o valor lógico de cada uma das seguintes proposições:

(I) (II) Se c = 1, o contradomínio de f é ]– ∞, 2].

(III) Se , então .

3.2. Determine para que valores reais de c a equação é impossível em .

Resolução3.1. (I) f (x) = – 3x2 + 4x + c

Proposição verdadeira(II) c = 1; f (x) = – 3x2 + 4x + 1

. O máximo da função ocorre no ponto de abcissa .

, logo . A proposição é falsa.

(III) Se , então .

Funções

Como , a proposição é verdadeira.

3.2. f (x) = – 3x2 + 4x + c

é impossível se

é impossível quando

4. *Existe uma única reta paralela à reta de equação y = 2x que interseta a parábola de equação y = x2 – 4x num único ponto. Determine as coordenadas desse ponto.

Resoluçãoy = 2x + cx2 – 4x = 2x + c tem solução única.x2 – 4x = 2x + c ⇔ x2 – 4x – 2x – c = 0 ⇔ x2 – 6x – c = 0 ⇔ (x – 3)2 – 9 – c = 0 ⇔ (x – 3)2 – (9 + c) = 0Para a reta de equação y = 2x + c intersetar a parábola num único ponto, 9 + c = 0, ou seja, c = – 9.A reta paralela a y = 2x é a reta y = 2x – 9 e a abcissa do ponto de interseção é dada por:x2 – 4x = 2x – 9 ⇔ x2 – 6x + 9 = 0 ⇔ (x – 3)2 = 0 ⇔ x – 3 = 0 ⇔ x = 3Susbtituindo x = 3 na equação da reta, obtemos y = 2 × 3 – 9 = 6 – 9 = – 3.O ponto pedido tem coordenadas (3, – 3).

5. *Determine para que valores reais de m a reta de equação y = mx + 4 interseta a parábola de equaçãoy = (x – 2)2 + 1 num único ponto e, para cada valor de m, determine as coordenadas do ponto de interseção da reta com a parábola.

Resoluçãoy = mx + 4; t = (x – 2)2 + 1(x – 2)2 + 1 = mx + 4 tem de ter solução única

b2 – 4ac = 0 ⇔ (– 4 – m)2 – 4 × 1 × 1 = 0 ⇔ (– m – 4)2 = 4 ⇔ – m – 4 = ± 2 ⇔ m = – 4 ± 2 ⇔ ⇔ m = – 6 ∨ m = – 2

Se m = – 2, então x2 – 2x + 1 = 0 tem um só zero, x = 1 e y = – 2 × 1 + 4 = 2.Logo, se m = – 2, o ponto de interseção é (1 , 2).Se m = – 6, então x2 + 2x + 1 = 0 tem um só zero, x = – 1 e y = – 6 × (– 1) + 4 = 6 + 4 = 10.

Logo, se , o ponto de interseção é .

Exercícios1. Resolva as seguintes equações, simplificando tanto quanto possível as expressões que representam as

respetivas soluções:1.1. 1.2. 1.3.

1.4. 1.5.

Resolução1.1. ;


▪ Resolver equações e inequações envolvendo as funções raiz quadrada e raiz cúbica.

Funções

S = {18}

1.2.

Se , então .

Se , então (não é solução da equação).

Logo, .

1.3.

Verificação: Se x = 6 então . ∙ Se x = 3 então .

Logo, S = {6}.

1.4.

Verificação: Proposição verdadeira

S = {9}

1.5.

S = {7}

2. Represente sob a forma de intervalos ou reunião de intervalos os conjuntos-solução das seguintes condições.

2.1. 2.2. 2.3. *

Resolução

2.1.

S = [– 3, 1[

2.2.

S = [– 1, 8]

2.3.

Verificação: Se , então Proposição verdadeira

S = [3, 4[


2 2 2 4 4 2 8 2 2 22 1 2 1 2 1 02 2 2 2

x x x x x x x x x

Funções

▪ Resolver problemas envolvendo as propriedades geométricas dos gráficos de funções reais de variável real.

Funções

Exercícios1. Averigue se as funções definidas no maior domínio possível pelas seguintes expressões são pares ou

ímpares.1.1. |2x| – 1 1.2. 2x3 – 3x 1.3. x |5x|1.4. 1.5. 1.6.

Resolução

1.1. f (x) = |2x| – 1; D = ; x ∈ Df e – x ∈f (– x) = |2 × (– x)| – 1 = |– 1| × |2x| – 1 = |2x| – 1Logo, ∀x ∈ Df temos f (x) = f (– x).A função f é par.

1.2. f (x) = 2x3 – 3x ; Df =Seja x ∈ . – x ∈ e f (x) = 2(– x)3 – 3(– x) = – 2x3 + 3x = – f (x)Logo, a função f é ímpar.

1.3. f (x) = x |5x| ; Df =Seja x ∈ . – x ∈ . f (– x) = – x|5(– x)| = – x|5x| = – f (x) Logo, a função f é ímpar.

1.4. ; Df =

Seja x ∈ . – x ∈ e .

Logo, a função f é ímpar.1.5. f (x) = 5x2 – 3x4 , Df =

Seja x ∈ . – x ∈ e f (– x) = 5(– x)2 – 3(– x)4 = 5x2 – 3x4 = f (x)Logo, f é par.

1.6. ; Df = [– 4, 4]

Se x ∈ [– 4, 4], então – x ∈ [– 4, 4] e .

Logo, a função f é par.

2. O gráfico de uma função afim interseta o eixo Ox em x = 2 e o eixo Oy no ponto de ordenada 3.2.1. Determine:2.1.1. a forma canónica de f;2.1.2. os zeros da função g definida por g(x) = – f(x + 1);

2.1.3. o contradomínio da função h definida por h(x) = – |f (x)| + 2.2.2. Esboce o gráfico da função j definida por j(x) = 2f (– x) – 1.

Resolução

2.1.1.

b = 3 (ordenada na origem)

2.1.2. O gráfico de g resulta de uma translação horizontal de uma unidade para a esquerda do gráfico de f e de uma simetria relativamente ao eixo Ox.Logo, o zero de g é x = 1.

2.1.3. Dh’ = ]– ∞, 2]A função h obtém-se de f aplicando a comparação com a função |x|, uma simetria relatiavamente ao eixo Ox, e, por fim, uma translação vertical de duas

Funções

unidades para cima.

Funções

2.2.

3. Considere uma função f de domínio e de contradomínio [– 2, 3]. Indique o contradomínio das funções definidas pelas seguintes expressões.3.1. g(x) = f (x) – 3 3.2. h(x) = – f(x) + 13.3. j(x) = 2f (x) 3.4. j(x) = |f (x)|

Resolução3.1. g(x) = f (x) – 3; Dg’ = [– 5, 0] 3.2. h(x) = – f(x) + 1; Dh’ = [– 2, 3]3.3. j(x) = 2f (x); Dj’ = [– 4, 6] 3.4. j(x) = |f (x)|; Dj’ = [0, 3]

4. Considere a função f definida por f (x) = (x – 2)2 + 1 e representada na figura num referencial cartesiano. O quadrilátero [OABC] é um retângulo, sendo A o ponto de interseção do gráfico de f e C um ponto do eixo Ox.

4.1. Determine as coordenadas dos vértices A, B e C.4.2. Determine a área do retângulo [ABCO].4.3. Considere a função g tal que g(x) = f (2x).4.3.1. Determine o ponto de interseção do gráfico de gcom o eixo Oy e designe-o por D.4.3.2. Construa o retângulo [ODEF] de forma análoga ao construído na figura e calcule a respetiva área.4.3.3. Compare as áreas dos retângulo [ABCO] e [ODEF] e relacione a conclusão com a contração que

transforma o gráfico de f no gráfico de g.

4.4. Considere a função h tal que .

4.4.1. Determine o ponto de interseção do gráfico de h com o eixo Oy e designe-o por G. Posteriormente, construa o retângulo [OGHI] de forma análoga ao construído na figura e determine a respetiva área.

4.4.2. Compare as áreas dos retângulos [ABCO] e [OGHI] e relacione a conclusão com a contração que transforma o gráfico de f no gráfico de h.

4.5. *Considere a função j definida por . A partir do gráfico de j e, de forma análoga ao das

alíneas anteriores, construa um retângulo [OJKL]. Indique a área do retângulo e identifique as transformações no gráfico de f que justificam o valor obtido para a área.

Resolução4.1. f (0) = (– 2)2 + 1 = 4 + 1 = 5

Observando que x = 2 é eixo de simetria de f , temos A(0, 5), B(4, 5) e C(4, 0). 4.2.4.3.1. g(x) = f (2x); g(0) = f (2 × 0) = f(0) = 5; D(0, 5) 4.3.2. g(0) = 5 e como x = 1 é eixo de simetria de g, então E(2, 5) e F(2, 0).

Portanto, a área do retângulo é A = 2 × 5 = 10. 4.3.3. A área de [ABCO] é o dobro da área de [DEFO]. O gráfico de g obtém-se de f por uma contração

horizontal de coeficiente , o que significa que a largura do retângulo [DEFO] é metade da

Funções

largura de [ABCO].

Funções

4.4.1. , logo .

Observando que é eixo de simetria de h , temos e .

4.4.2. A área de [OGHI] é metade da área de [ABCO]. O gráfico h é a transformação do gráfico de f

através de uma contração vertical de coeficiente . Isto significa que a altura do retângulo [OGHI]

tem metade da altura do retângulo [ABCO].

4.5.

j é a transformação de f por uma dilatação horizontal e uma dilatação vertical de coeficiente 2 e 3, respetivamente. A = 3 × 2 × A[ABCO] = 3 × 2 × 20 = 120

Exercícios1. Considere as funções f e g definidas por e .

1.1. Defina as funções f ∘g e g∘f , indicando os respetivos domínios e uma expressão analítica tanto quanto possível simplificada para cada uma das funções.

1.2. Tendo em conta a alínea anterior, o que pode afirmar acerca de comutatividade de composição de funções?

Resolução

1.1. Df = ;

Dg∘ f = {x ∈ Df : f (x) ∈ Dg} = {x ∈ : f (x) ∈ Dg}

1.2. A composição, em geral, não é comutativa.

2. Diz-se que duas funções f e g são permutáveis quando f ∘g = g ∘ f.2.1. Mostre que a funções definidas em por f (x) = 2x – 1 e g(x) = – x + 2 são permutáveis. 2.2. *Dê um exemplo de duas funções afins f e g cujos gráficos se intersetam num ponto de bissetriz dos

quadrantes ímpares. Mostre que f e g são permutáveis.

Descritor 6.4 (Páginas 48, 49 e 50 do caderno de apoio)

▪ Resolver problemas envolvendo funções afins, quadrática, raiz quadrada, raiz cúbica, módulo, funções definidas por ramos e modelação de fenómenos reais.

Funções

Funções

Resolução2.1. f (x) = 2x – 1; g(x) = – x + 2

Df = ; Dg =Logo, Df ∘g = Dg∘f = .(f ∘g)(x) = f (– x + 2) = 2(– x + 2) – 1 = –2x + 4 – 1 = – 2x + 3(g ∘ f )(x) = g(2x – 1) = – (2x – 1) + 2 = – 2x + 1 + 2 = – 2x + 3Logo, f ∘g = g ∘ f , ou seja, f e g são permutáveis.

2.2. f e g afins f (x) = 2x + b f (1)= 1 ⇔ 2 × 1 + b = 1 ⇔ b = – 1g(x) = – 2x + d g(1) = 1 ⇔ – 2 × 1 + d = 1 ⇔ d = 3

Seja f (x) = 2x – 1 e g(x) = – 2x + 3, f e g intersetam-se em (1, 1). (f ∘g)(x) = f (g(x)) = f (– 2x + 3) = 2(– 2x + 3) – 1 = – 4x + 6 – 1 = – 4x + 5(g ∘ f )(x) = g(f (x)) = g(2x – 1) = – 2(2x – 1) + 3 = – 4x + 2 + 3 = – 4x + 5Como f ∘g = g ∘ f , então f e g assim definidas são permutáveis.

3. *Considere a função afim f que, para dados valores reais m ≠ 0 e b, é definida por f (x) = mx + b. Determine a expressão analítica da função inversa de f e indique em que condições se tem f = f – 1. Interprete geometricamente esta igualdade.

Resoluçãof é afim logo é bijetiva porque m ≠ 0.

;

Se e , ou seja, m pode ser ou .Quando m = 1, b = 0 e quando m = – 1, b pode ser qualquer valor.f = f – 1 significa que o gráfico de f, ou é coincidente ou é perpendicular à bissetriz dos quadrantes ímpares.

4. *Dados a, b e c ∈ , a ≠ 0, considere a função quadrática definida por f (x) = ax2 + bx + c.4.1. Mostre que f admite um único extremo absoluto.4.2. Prove que, se a função tiver dois zeros, a abcissa do vértice da parábola (isto é, o ponto do gráfico de f

que corresponde ao respetivo extremo absoluto) de equação y = f (x) é igual à média aritmética dos zeros.

Resolução

4.1. =

O gráfico de é imagem do gráfico de pela translação de vetor .

Logo, se , f tem mínimo em e, se , f tem máximo em .

Portanto, f tem extremo absoluto em .

Funções

Se , então .

Funções

Se a > 0, porque e .

Ficou provado que, no caso a > 0, f tem um único extremo absoluto (mínimo) em .

De modo análogo se mostra que, no caso de a < 0, f tem um único extremo absoluto (máximo) em

.

4.2. A função tem extremo em .

A função tem dois zeros , distintos. Então, .

Logo, a abcissa que corresponde à média aritmética dos dois zeros é igual à abcisa do ponto do gráfico que corresponde ao extremo da função.

5. Um cone reto tem altura igual ao triplo do raio da base e volume V cm3.5.1. Designando por r o raio da base, exprima r em função de V.5.2. Determine para que valor de V a área da base é igual a 2π cm2.

Resolução

5.1.

Logo, .

5.2.

Como r é um comprimento, .

Portanto, cm3

6. *Na figura está representada, num referencial ortonormado, parte do gráfico

da função f definida por f (x) = e que interseta o eixo Ox no ponto B.O ponto A pertence ao gráfico da função e C é um ponto do eixo Ox tal que

e de abcissa superior à abcissa de A. Representando a abcissa do ponto A por x, exprima em função de x a área do triângulo [ABC] e determine para que valor de x a área do triângulo é igual a 27.

Resolução

6. ;

Se a área do triângulo é 27, então A(x) = 27.

A área do triângulo é igual a 27 quando o valor de x é 10.

Funções

7. Considere a função f definida por

7.1. Calcule . 7.2. Averigue se a função f tem zeros.

Resolução

7.1.

7.2.

8. Um projétil é lançado verticalmente e a respetiva altura a (em metros acima do solo) é dada, em função de t (em segundos após o instante inicial t = 0) por a(t) = – 4,9t2 + 39,2t + 1,6.

8.1. Qual é a altura do projétil no instante em que foi lançado?

8.2. Qual é a altura máxima atingida pelo projétil?

8.3. Quanto tempo esteve o projétil a uma altura superior a 35,9 metros?8.4. Ao fim de quanto tempo o projétil atingiu o solo?

Indique o resultado em segundos arredondado às décimas.

Resolução8.1. a(0) = – 4,9 × 02 + 39,2 × 0 + 1,6 = 1,6

A altura do projétil no instante em que foi lançado foi de 1,6 metro.

8.2.

; A(4) = – 4,9 × 42 + 39,2 × 4 + 1,6 = 80

A altura máxima atingida pelo projétil é de 80 metros.8.3. a(t) ≥ 35,9 ⇔ – 4,9t2 + 39,2t + 1,6 – 35,9 ≥ 0 ⇔ – 4,9t2 + 39,2t – 34,3 ≥ 0 ⇔ – 4,9(t2 – 8t + 7) ≥ 0 ⇔

⇔ t2 – 8t + 7 ≤ 0⇔ (t – 1)(t – 7) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 7O projétil esteve a uma altura superior ou igual a 35,9 metros durante 6 segundos.

8.4. O projétil atinge o solo quando a(t) = 0. Logo:– 4,9t2 + 39,2t + 1,6 = 0 ⇔ 49t2 – 392t – 16 = 0 ⇔ (7t)2 – 2 × 28 × 7t + 282 – 282 – 16 = 0 ⇔⇔ (7t – 28)2 = 282 + 162 ⇔ (7t – 28)2 = 800 ⇔

⇔ 7(t – 4) = ±

Como o valor de arredondado às décimas é 8,0, o projétil atingirá o

solo ao fim de aproximadamente 8,0 segundos.

9. Considere as funções f e g definidas, respetivamente, por em [– 2, + ∞[ e

g(x) = x2 – 4x em .9.1. Esboce o gráfico das funções f e g. 9.2. Determine os zeros de f.

Funções

9.3. Utilizando a calculadora gráfica, determine valores aproximados às décimas das soluções da equação f (x) = g(x), justificando por que razão existem exatamente duas soluções.

Resolução

9.1. ,

,

9.2.

Verificação:

O zero de f é 7.

9.3. é uma equação do 2.º grau e tem no máximo duas soluções.

f é estritamente decrescente e 0 ≤ f(x) ≤ 3 para – 2 ≤ x ≤ 7. g é uma parábola com a concavidade voltada para cima. Existem exatamente duas interseções, uma em cada ramo.

f (x) = g(x) ⇔ x = – 0,4 ∨ x = 4,1S = {– 0,4; 4,1}

Exercício

10. O raio R de uma superfície esférica de área x é definido pela expressão .

Utilizando esta expressão:10.1. determine o raio de uma superfície esférica de área igual a ;

10.2. mostre que o volume da esfera de raio R(x) pode ser definido pela expressão ;

10.3. determine para que valor de x o volume da esfera é igual a metade da área da respetiva superfície esférica.

Resolução

10.

10.1.

O raio da superfície esférica de área igual a é .

10.2.

Logo, .

10.3. ;

O valor da área é e .

11. Na figura junta está representada, num plano munido de um referencial ortonormado, parte do gráfico da função f definida por f (x) = – x2 + 4x e o ponto A de coordenadas (1 , 0). Considere a função g que associa a

Funções

cada x a distância entre A e o ponto do gráfico de f de abcissa x.

Funções

11.1. Prove que para todo x, .

11.2. Sabendo que existem exatamente dois pontos do gráfico de f que distam uma unidade de A, indique o valor exato da abcissa de um deles e utilize a calculadora gráfica para obter um valor do outro, explicando o procedimento utilizado.

11.3. Existe um ponto em que os gráficos de f e de g se intersetam. Determine-o por métodos analíticos e interprete geometricamente o resultado obtido.

Resolução11.1. f (x) = – x2 + 4x ; A(1, 0)

=

11.2. ⇒ x4 – 8x3 + 17x2 – 2x = 0 ⇔ x(x3 – 8x2 + 17x – 2) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x3 – 8x2 + 17x – 2 = 0 x = 0 ∨ x = 0,124 870 2…

Os dois pontos que distam 1 de A têm abcissa 0 e 0,1, aproximadamente.11.3. Seja Q um ponto de coordenadas (x, 0).

f (x) é o comprimento do segmento (x, 0) e P(x, f(x)), geometricamente, é a altura do triângulo [APQ](um cateto). g(x) é o comprimento do segmento AP (hipotenusa). f (x) = g(x) quando o cateto [QP] é igual à hipotenusa [AP], ou seja, f (x) = g (x) ⇔ x = 1. Geometricamente, se f (x) = g(x) já não teremos um triângulo [APQ].

Verificação:

Logo, 1 é solução da equação .f (1) = – 12 + 4 × 1 = – 1 + 4 = 3Portanto, o ponto de interseção dos gráficos f e g tem coordenadas (1 , 3).

Exercícios1. Nas figuras estão representadas duas funções f e g.

1.1. Indique o domínio de cada uma das funções.1.2. Indique o domínio da função f + ge calcule (f + g)(4).1.3. Indique o domínio de f × g e calcule (f × g)(0).


▪ Resolver problemas envolvendo a determinação do domínio de funções obtidas por aplicação de operações algébricas a funções dadas.

Funções

Resolução1.1. Df = [0, 4] ; Dg = [0, 6] 1.2. Df + g = Df ∩ Dg = [0, 4] ; (f + g)(4) = f (4) + g(4) = 3 + 1 = 41.3. Df × g = [0, 4] ; (f × g)(0) = f (0) × g(0) = 2 × 3 = 6

2. Considere as funções f e g definidas por e .2.1. Determine o domínio de cada uma das funções f e g.2.2. Determine o domínio da função h = f – g e determine os zeros de h.

2.3. Determine .

Resolução

2.1.

2.2. ; ;

Zeros de h:

h(x) = 0 ⇔ f (x) – g(x) = 0 ⇔ f (x) = g(x)

h tem zeros para x = 0.h(0) = 0

2.3.

3. Considere as funções f e g definidas por e .

Determine o domínio da função .

Resolução

3. ;

Df = [– 1, + ∞[; Dg = [0, + ∞[

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