Mat Sol Funcoes

Resolu¸ c˜ ao a) 3 − x < 5 + 3x ⇔ −x − 3x < 5 − 3 ⇔ −4x < 2 ⇔ x > − 24 = − 21

1.1

O conjunto de solu¸c˜ oes ´e CS= ] − 21 , +∞ [ . b) x2 < 9 ⇔ −3 < x < 3. Reparar no gr´afico da par´abola y = x2 . 10

y = x2

y

y=9

8 6 4 2

−4

−3

−2

0

−1

1

2

3

4

CS= ] −3, 3 [ c) 1 − x − 2x2 ≥ 0. A par´ abola y = 1 − x − 2x2 tem concavidade negativa, isto ´e, est´ a voltada para baixo e tem os seguintes zeros, p 1 ± 1 − 4 · (−2) · 1 1±3 x= = , −4 −4 Logo, CS= [ −1, 1.2

1 2

].

a) |5x − 3| = 12 ⇔ 5x − 3 = 12 ∨ 5x − 3 = −12 ⇔ x = 3 ∨ x = − 59 . CS= {− 59 , 3}.

b) |3x + 2| = 5 − x ⇔ 3x + 2 = 5 − x ∨ 3x + 2 = −(5 − x) ⇔ 4x = 3 ∨ 2x = −7 3 4 ∨x= { 43 , − 72 }.

⇔x= CS= 1.3

− 72 .

a) |x + 12| < 7 ⇔ x + 12 < 7 ∧ x + 12 > −7 ⇔ x < −5 ∧ x > −19. CS=] − 19, −5[.

b) |5 − 6x| ≥ 9 ⇔ 5 − 6x ≥ 9 ∨ 5 − 6x ≤ −9 ⇔ −6x ≥ 4 ∨ −6x ≤ −14 ⇔ ⇔ x ≤ − 64 = − 23 ∨ x ≥

14 6

=

7 3

CS=] − ∞, − 32 ] ∪ [ 37 , +∞[. c) 1 < |x + 2| < 4 ⇔ 1 < |x + 2| ∧ |x + 2| < 4. Resolvemos cada uma em separado. 1 < |x + 2| ⇔ |x + 2| > 1 ⇔ x + 2 > 1 ∨ x + 2 < −1 ⇔ x > −1 ∨ x < −3. 17

CS=] − ∞, −3[∪] − 1, +∞[. |x + 2| < 4 ⇔ x + 2 < 4 ∧ x + 2 > −4 ⇔ x < 2 ∧ x > −6. CS=] − 6, 2[. Assim, o conjunto solu¸c˜ ao do sistema de inequa¸c˜oes inicial ´e (intersectam-se ambos): ] − 6, −3[∪] − 1, 2[, d) 2x2 + 3x + 3 ≤ 3 ⇔ 2x2 + 3x + 3 ≤ 3 ∧ 2x2 + 3x + 3 ≥ −3 ⇔ ⇔ 2x2 + 3x ≤ 0 ∧ 2x2 + 3x + 6 ≥ 0. Temos de estudar os zeros de ambas as par´abolas, que tˆem concavidade positiva (“viradas para cima”). Ora 2x2 + 3x = 0 ⇔ x(2x + 3) = 0 ⇔ x = 0 ∨ 2x + 3 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = − 32 . Logo, 2x2 + 3x ≤ 0 ⇔ x ∈ [− 23 , 0].

√

Por outro lado, 2x2 + 3x + 6 = 0 ⇔ x = −3± 49−4·2·6 , o que ´e imposs´ıvel em R, e logo 2x2 + 3x + 6 ≥ 0 vale para cada x ∈ R (porque a par´abola tem concavidade positiva). Consequentemente, 3 3 2x2 + 3x ≤ 0 ∧ 2x2 + 3x + 6 ≥ 0 ⇔ x ∈ [− , 0] ∧ x ∈ R ⇔ x ∈ [− , 0], 2 2 e assim, CS= [− 32 , 0]. 1.4

a) f (0) = 4.

b) f (−2) = 0. c) f ( 1t ) =

( 1t )2 −4 1 −1 t

d) f (x − 2) = e) f ( 21 ) = 1.5

=

1−4t2 t2 1−t t

(x−2)2 −4 (x−2)−1

1−4·22 2(1−2)

=

−15 −2

=

(1−4t2 )t t2 (1−t)

=

x2 −4x x−3

=

15 2 .

=

=

1−4t2 t(1−t) .

x(x−4) x−3 .

a) O dom´ınio ´e D = R e o contradom´ınio D0 = R+ 0.

b) D = {x ∈ R : x − 4 6= 0} = R\{4}. 1 Seja y ∈ R. Se y = 0, ficamos com 0 = x−4 , que ´e imposs´ıvel, pelo que n˜ao existe 1 x ∈ R tal que y = 0. Se y 6= 0, y = x−4 ⇔ x − 4 = y1 ⇔ x = 4 + y1 , pelo que 1 existe x ∈ R tal que y = x−4 . Assim, D0 = R\{0}.

18

c) D = {x ∈ R : x − 2 ≥ 0} = [2, +∞[.

√ √ Seja y ∈ R. Se y < 0, n˜ ao existe x ∈ R tal que y = x − 2 pois y = x − 2 ≥ 0. √ Se y √ ≥ 0, y = x − 2 ⇔ y 2 = x − 2 ⇔ x = y 2 + 2, pelo que existe x ∈ R tal que y = x − 2. Consequentemente, D0 = R+ 0.

d) D = R\{a}. Seja y ∈ R. Ora y=

x+a ⇔ y(x − a) = x + a ⇔ yx − x = ya + a ⇔ x(y − 1) = ya + a x−a

Se y = 1, vem 0 = 2a, o que n˜ao pode acontecer (visto a 6= 0). Se y 6= 1, x(y − 1) = ya + a ⇔ x = Consequentemente, D0 = R\{1}. 1.7

a(y+1) y−1 ,

pelo que existe x ∈ R tal que y =

x+a x−a .

Temos Df = R, If = R, Dg = R e Ig = [1, +∞[.

a) (f + g) (x) = 2x + x2 + 1 = (x + 1)2 . b) (f /g) (x) =

2x . x2 +1

c) (k · f ) (x) = k(x2 + 1). d) f ◦ g(x) = f (g(x)) = f (x2 + 1) = 2(x2 + 1). e) g ◦ f (x) = g(f (x)) = g(2x) = (2x)2 + 1 = 4x2 + 1. 1.8

a) y = f (x) = 3x + 4. Df = R. f ´e injectiva? Suponhamos que f (a) = f (b). Logo 3a + 4 = 3b + 4 ⇔ 3a = 3b ⇔ a = b. Consequentemente, f ´e injectiva. Seja y ∈ R. y = 3x + 4 ⇔ x = y−4 3 . Logo existe x ∈ R tal que y = f (x). Consequentemente, Df0 = R e f ´e sobrejectiva sobre esse conjunto. Assim, f ´e bijectiva e a sua inversa ´e: f −1 : R −→ R y 7−→ f −1 (y) =

y−4 3 ,

b) f ´e injectiva pois se f (c) = f (d), vem que d+a c+a = ⇔ (c + a)(d − a) = (d + a)(c − a) c−a d−a ⇔ cd − ca + ad − a2 = cd − da + ac − a2 ⇔ 2da = 2ca ⇔ d = c, (a6=0)

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Assim podemos conclu´ır que f ´e injectiva. Por outro lado, f ´e sobrejectiva sobre o seu contradom´ınio, Df0 = R\{1} (ver exerc´ıcio 5d) e a sua inversa ´e: f −1 : R\{1} −→ R\{a} y 7−→ f −1 (y) =

a(y+1) y−1

c) Df = {x ∈ R : x − 1 ≥ 0} = [1, +∞[. f ´e injectiva? Suponhamos que f (a) = f (b). Logo √ √ a − 1 = b − 1 ⇒ a − 1 = b − 1 ⇒ a = b, Assim, f ´e injectiva.

√ √ Seja y ∈ R. Se√y < 0, n˜ ao existe x ∈ R tal que y = x − 1 pois y = x − 1 ≥ 0. Se y ≥ 0, y = x − 1 ⇔ y 2 = x − 1 ⇔ x = y 2 + 1. Consequentemente D f = R+ 0 e f ´e sobrejectiva sobre esse conjunto. A sua inversa ´e ent˜ao: f −1 : R+ 0 −→ [1, +∞[ y 7−→ f −1 (y) = y 2 + 1 1.9 Df = R. Verifiquemos que f ´e injectiva. Uma vez que f ´e definida por ramos, temos de ver que f ´e injectiva em cada ramo e que as imagens tomadas em cada ramo n˜ao tˆem repeti¸c˜ ao em dois ou mais ramos. ´ E de muito simples verifica¸ca˜o que f ´e injectiva em cada ramo. Se x < 1, f (x) = x < 1. Por outro lado, se 1 ≤ x ≤ 9, ent˜ao 1 ≤√ x2 ≤ 81, pelo que √ neste caso, 1 ≤ f (x) ≤ 81. Finalmente, se x > 9, f (x) = 27 x > 27 9 = 27 × 3 = 81. N˜ao h´ a assim a possibilidade de haver repeti¸c˜ao de imagens entre dois ramos distintos; e uma vez que ´e injectiva em cada ramo, f ´e assim injectiva na globalidade. Tomando as trˆes faixas de valores poss´ıveis para as imagens (] − ∞, 1[, [1, 81] e ]81, +∞[), reparamos que para cada y ∈ R existe x ∈ R, tal que y = f (x). Consequentemente f ´e sobrejectiva sobre o seu contradom´ınio, R. A sua inversa ´e: f −1 : R −→ R     y, √ −1 y− 7 → f (y) = y,  
2  y 27

1.10

se y < 1 se 1 ≤ y ≤ 81 ,

se y > 81

a) f (g(a)) = f (a3 ) = ln(a3 ) = 3 ln a.

b) g(f (a)) = g(ln(a)) = (ln(a))3 = ln3 (a).

20

1.11 a) log2 16 = log2 (24 ) = 4 log2 2 = 4 1 b) log2 ( 32 ) = log2 (2−5 ) = −5 log2 2 = −5

c) log10 (0,0001) = log10 (10−4 ) = −4 log10 10 = −4 d) log10 (104 ) = 4 log10 10 = 4 e) ln(e3 ) = 3 ln e = 3 √ 1 f) ln( e) = ln(e 2 ) =

1 2

ln e =

1 2

1.12 √ √ √ √ √ √ a) ln(a2 bc) = ln(a2 ) + ln( bc) = 2 ln a + ln( b c) = 2 ln a + ln b + ln c 1 1 1 1 = 2 ln a + ln b + ln c = 2r + s + t 2 2 2 2 r
ab3 1 ab3 1 b) ln = ln 2 = ln a + ln b3 − ln c2 2 c 2 c 2 1 3 1 = (ln a + 3 ln b − 2 ln c) = r + s − t 2 2 2 1.13 a) log10 (1 + x) = 3 3

1 + x = 10

x = 103 − 1 = 999

1 d) ln( ) + ln(2x3 ) = ln 3 x − ln x + ln 2 + lnx3 = ln 3 − ln x + 3 ln x = ln 3 − ln 2   3 2 ln x = ln 2   3 ln x2 = ln 2 3 x2 = r2 3 x= 2

b) log3 (3x ) = 7 x log3 (3) = 7 x=7 c) ln 4x − 3 ln(x2 ) = ln 2 ln 4 + ln x − 6 ln x = ln 2 − 5 ln x = ln 2 − ln 4 2 ln(x−5 ) = ln( ) 4 1 x−5 = 2  −1/5 1 x= = 21/5 2

Temos que descartar a solu¸c˜ao negativa, porque na equa¸c˜ao inicial temos de ter x > 0. e) 3x = 2 x = log3 2 21

visto que ex 6= 0 para todo o x ∈ R. f ) 2e3x = 7 7 e3x = 2  7 3x = ln 2   1 7 x = ln 3 2

h) xe−x + 2e−x = 0 (x + 2)e−x = 0 x + 2 = 0 ou e−x = 0 x = −2 visto que e−x 6= 0 para todo o x ∈ R.

g) ex − 2xex = 0 ex (1 − 2x) = 0 ex = 0 ou 1 − 2x = 0 1 x= 2

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