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9ª edição | São Paulo – 2013

FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR

GELSON IEZZICARLOS MURAKAMI

COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

Conjuntos

Fun•›es

001-004-Manual-FME1.indd 1 18/08/14 14:55

© Gelson Iezzi, Carlos Murakami, 2013

Copyright desta edição:

SARAIVA S. A. Livreiros Editores, São Paulo, 2013

Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros

05413-010 — São Paulo — SP

Fone: (0xx11) 3611-3308 — Fax vendas: (0xx11) 3611-3268

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Todos os direitos reservados.

Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)

Índice para catálogo sistemático:1. Matemática: Ensino médio 510.7

Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 1

Gerente editorial: Lauri Cericato

Editor: José Luiz Carvalho da Cruz

Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos / Alexandre da Silva Sanchez / Juracy

Vespucci / Guilherme Reghin Gaspar

Auxiliares de serviços editoriais: Rafael Rabaçallo Ramos / Margarete Aparecida de Lima / Vanderlei

Aparecido Orso

Digitação e cotejo de originais: Guilherme Reghin Gaspar / Elillyane Kaori Kamimura

Pesquisa iconográfi ca: Cristina Akisino (coord.) / Enio Rodrigo Lopes

Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.) / Renata Palermo /

Rhennan Santos / Felipe Toledo / Eduardo Sigrist / Maura Loria /

Patricia Cordeiro

Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa

Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan

Projeto gráfi co: Carlos Magno

Capa: Homem de Melo & Tróia Design

Imagem de capa: Buena Vista Images/Getty Images

Diagramação: TPG

Encarregada de produção e arte: Grace Alves

Iezzi, Gelson

Fundamentos de matemática elementar, 1: conjuntos, funções / Gelson Iezzi,

Carlos Murakami. — 9. ed. — São Paulo : Atual, 2013.

ISBN 978-85-357-1680-1 (aluno)

ISBN 978-85-357-1681-8 (professor)

1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) –

Problemas e exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) – Testes I. Murakami, Carlos

II. Título III: Conjuntos, funções.

12-12850 CDD-510.7

729.170.009.004

001-004-Manual-FME1.indd 2 18/08/14 14:55

Rua Henrique Schaumann, 270 Ð Cerqueira CŽsar Ð S‹o Paulo/SP Ð 05413-909

Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida

Produção gráfica: Robson Cacau Alves

Impressão e acabamento:

Este livro é o Complemento para o Professor do volume 1, Con-juntos e Funções, da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.

Cada volume desta coleção tem um complemento para o pro-fessor, com o objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e sugerir sua passagem aos alunos.

É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos abertos a sugestões e críticas, que nos devem ser encami-nhadas através da Editora.

Agradecemos à professora Irene Torrano Filisetti a colaboração na redação das soluções que são apresentadas neste Complemento.

Os Autores.

Apresentação

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Sumário

CAPÍTULO I — Noções de lógica .............................................................. 1

CAPÍTULO II — Conjuntos ......................................................................... 1

CAPÍTULO III — Conjuntos numéricos ....................................................... 5

CAPÍTULO IV — Relações ........................................................................ 12

CAPÍTULO V — Introdução às funções ...................................................... 12

CAPÍTULO VI — Função constante — Função afim .................................... 15

CAPÍTULO VII — Funções quadráticas ...................................................... 21

CAPÍTULO VIII — Função modular ............................................................ 41

CAPÍTULO IX — Outras funções elementares ............................................ 48

CAPÍTULO X — Função composta — Função inversa ................................. 50

APÊNDICE I — Equações irracionais ......................................................... 62

APÊNDICE II — Inequações irracionais ..................................................... 76

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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL

1 | Fundamentos de Matemática Elementar

CAPÍTULO I — Noções de lógica

6. r s r s

V V V

V F V

F V V

F F F

p (r s) p → (r s)

V V V

V F F

F V V

F F V

1

1 p → (r s) é falsa, por hipótese.

Então, isso significa que p é V, (r s) é F, ou seja, r e s são F.Como o condicional (q s) ↔ p é V e p é V, então q s é V; portanto, q é V.

CAPÍTULO II — Conjuntos

33. {a, b, c, d} X 5 {a, b, c, d, e} ⇒ e X{c, d} X 5 {a, c, d, e} ⇒ a X, e X{b, c, d} X 5 {c} ⇒ c X, b X e d XX 5 {a, c, e}

34. A B C 5 {1, 2, 3, ..., 9, 10}A B 5 {2, 3, 8}

A C 5 {2, 7} ⇒ 2 e 7 pertencem a A2 e 7 pertencem a C

B C 5 {2, 5, 6} ⇒ 2, 5 e 6 pertencem a B2, 5 e 6 pertencem a C

A B 5 {1, 2, ..., 7, 8} ⇒ 9 e 10 não pertencem a A B e, então, 9 e 10 pertencem a C. Portanto, C 5 {2, 5, 6, 7, 9, 10}.

37. Como (A B) C é subconjunto de A, temos n(A B C) 2; então o número máximo é 2.

45. y 1 1 6 ⇒ y 5 ⇒ F 5 {1, 2, 3, 4, 5} ⇒ F 5 {6, 7, 8}

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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

Fundamentos de Matemática Elementar | 1

48. A B

nA – n

A>Bn

A>Bn

B – n

A>B

nAB

5 [nA 2 n

AB] 1 nAB

1 [nB 2 n

AB]

1 2 3

nAB

5 nA 1 n

B 2 n

AB

Obs.: 1 elementos que pertencem só ao conjunto A

2 elementos que pertencem aos conjuntos A e B

3 elementos que pertencem só ao conjunto B

49. n(AB)

5 nA 1 n

B 2 n

(AB)

n(AB)

5 4 1 5 2 3 5 6

Então, o número de subconjuntos de A B é 26 5 64.

50. (I) nABC

(II) nAB

2 nABC

(III) nAC

2 nABC

(IV) nBC

2 nABC

nABC

5 nA 1 {nB

2 (II) 2 (I)} 1 {nC 2 (III) 2 (IV) 2 (I)}

nABC

5 nA 1 {nB

2 [nAB 2 n

ABC] 2 nABC} 1

1 {nC 2 [nAC

2 nABC] 2 [nBC

2 nABC] 2 n

ABC}

nABC

5 nA 1 n

B 1 n

C 2 n

AB 2 n

AC 2 n

BC 1 n

ABC

A B

C

III IV

I

II

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3



52. E: conjunto dos alunos da escola (nE 5 415)

A: conjunto dos alunos que estudam inglês (nA

5 221)

B: conjunto dos alunos que estudam francês (nB 5 163)

nAB

5 nA 1 n

B 2 n

AB 5

5 221 1 163 2 52 5 332

nAB 5 nE 2 n

AB 5 415 2 332 5 83

53. [P'(P Q)] 5 (P'P) (P'Q) 5 P'Q

54. Como C B, temos n(BC) 5 n(B) 5 16 e daí:

a) n(AB) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(AB)

24 5 n(A) 1 16 2 4

então, n(A) 5 12

Portanto: n(A 2 B) 5 n(A) 2 n(AB) 5 12 2 4 5 8.

b) n(ABC) 5 n(A) 2 n(A 2 C) 5 12 2 11 5 1

c) n[B 2 (CA)] 5 n(AB) 2 n(A) 2 n(C) 1 n(ABC) 5

5 24 2 12 2 6 1 1 5 7

d) n[(AB) 2 C] 5 n(AB) 2 n(ABC) 5 4 2 1 5 3

e) n[B 2 (AB)] 5 n(B)2 n(AB) 5 16 2 4 5 12

55. A5 {e, f, g, h, i} ⇒ e, f, g, h, i A

AB 5 {c, d} ⇒ c, d A e c, d B

AB 5 {a, b, c, d, e, f} ⇒ a, b, c, d, e, f A ou B

então, A 5 {a, b, c, d} e B 5 {c, d, e, f}

56. Com base na tabela é possível montar o diagrama dos conjuntos e

indicar o número de elementos de cada um.

conj. universo

E

A B

A B

U

115

C

142

36

98

23

61 20

5

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a) o número de pessoas consultadas:

nU

5 115 1 61 1 20 1 142 1 5 1 36 1 98 1 23 5 500

b) o número de pessoas que só consomem a marca A:

nA

2 nAB

2 nAC

1 nABC

5 109 2 25 2 28 1 5 5 61

c) o número de pessoas que não consomem as marcas A ou C:

nAC 5 nU2 n

AC 5 500 2 (109 1 162 2 28) 5 257

d) o número de pessoas que consomem ao menos duas marcas:

nAB

1 nBC

1 nCA

2 2 nABC

5 25 1 41 1 28 2 10 5 84

58. B: conjunto dos indivíduos da raça branca

P: conjunto dos indivíduos da raça preta

A: conjunto dos indivíduos da raça amarela

n(B) 5 70

n(P) 5 n(AB) 5 350⇒ n(A) 5 n(AB) 2 n(B) 5 280

a) número de indivíduos da comunidade: 2 n(A) 5 560

b) n(A) 5 280

59. Matriz: 20% 45% 5 900

10 000

Santos: 35% 20% 5 700

10 000

Campinas: x% 35% 5 35x

10 000

900

10 000 1

700

10 000 1

35x

10 000 5

30

100 ⇒ x 5 40

60. a) A 5 {a, b, c, d}

B 5 {c, d, e, f, g} ⇒ A 2 B 5 {a, b} e B 2 A 5 {e, f, g}

Então: A B 5 {a, b} {e, f, g} 5 {a, b, e, f, g}.

b) ∀A, A 2 5 A e 2 A 5

A 5 A 5 A

c) ∀A, A 2 A 5

A A 5 5

d) A B 5 (A 2 B) (B 2 A)

B A 5 (B 2 A) (A 2 B)

Como a união de conjuntos goza da propriedade comutativa,

então:

(A 2 B) (B 2 A) 5 (B 2 A) (A 2 B) ⇒ A B 5 B A.

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CAPÍTULO III — Conjuntos numéricos

63. Chamando M4, M6 e M12 os conjuntos de múltiplos, temos:M4 M6 5 M12 ⇒ M12 M4 e M12 M6

então X é formado por:5 múltiplos de 12 (que também são múltiplos de 4 e 6)7 2 5 5 2 múltiplos de 6 (que não são múltiplos de 4 ou 12)12 2 5 5 7 múltiplos de 4 (que não são múltiplos de 6 ou 12)8 números ímparesnum total de 5 1 2 1 7 1 8 5 22 elementos

73. Seja r1 5 ab

, r25 cd

. Como r1 r2, então ab

cd

⇒ ad bc.

Seja r a média aritmética entre r1 e r2: r 5 ad 1 bc

2bd.

Comparemos r1 e r :

r1 2 r 5 ab

2 ad 1 bc

2bd 5

ad 2 bc2bd

⇒ r1 2 r 0 ⇒ r1 r

Comparemos r e r2:

r 2 r2 5 ad 1 bc

2bd 2

cd

5 ad 2 bc

2bd ⇒ r 2 r2 0 ⇒ r r2

Portanto, existe r, tal que r1 r r2.

76. Dividir a por 40 é o mesmo que multiplicar a pelo inverso de 40, que

é 140

5 0,025.

77. 5 1 1 0,4 1 0,01 1 0,001 1 0,0001 1 ... 5 1,41111... 5 12790

78. Renda total do país A: 2 104 5 107

5 10 1011

Renda total do país B: 1 104 2 107

5 2 1011

A renda per capita dos dois países juntos é a renda total dividida pela população total:

10 1011 1 2 1011

7 107 5 17 142,86.

A renda per capita dos dois países juntos (novo país) será de aproximadamente 17 000 dólares.

79. Pela lei de Boyle, temos:(P 1 ∆P) (V 1 ∆V) 5 K

∆P 5 P2 2 P1 5 125100

P1 2 P1 5 25100

P1 5 P1

4.

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6



Então: P 1 P

4 (V 1 ∆V) 5 K

5P(V 1 ∆V) 5 4K e PV 5 K ⇒ ∆V 5 2V

5, isto é, haverá uma diminuição

correspondente à 5ª parte do volume inicial, ou seja, 20%.

82. 4 1 2 3 5 1 1 2 3 1 3 5 (1 1 3)2 5 1 1 3

83. 18 2 8 2 5 16 2 8 2 1 2 5 (4 2 2)2 5 4 2 2 ⇒ a 5 4

e b 5 21

84. Comparemos a e g:

a 2 g 5 x 1 y

2 2 xy 5

x 1 y 2 2 xy

2 5

( x 2 y )2

2 0.

Então, a g.

85. a) Seja a 5 2.

Então, a4 5 ( 2)4 5 4 e a6

5 ( 2)6 5 8 são racionais.

b) a12 e a7 ⇒ a5 5 a12

a7

a7 e a5 ⇒ a2 5 a7

a5

a5 e a2 ⇒ a 5 a5

a4 5 a5

(a2)2

87. Prova-se com contraexemplos.

Um contraexemplo é o número racional 2 cuja raiz quadrada não

é racional.

De fato, se 2 5 p

q, com p, q e mdc(p, q) 5 1, então 2 5

p2

q2 ⇒

⇒ p2 5 2q2 ⇒ p2 é número par ⇒ p é par ⇒ p 5 2m ⇒

⇒ 4m2 5 2q2 ⇒ q2 5 2m2 ⇒ q2 é par ⇒ q é par.

Mas p e q pares é absurdo, pois mdc(p, q) 5 1.

88. Fazendo r 5 x 1 1

x 5 21, temos x 1 1 5 2x ⇒ x 5 2

1

2, ou seja,

21 5

21

2 1 1

21

2

.

Analogamente, fazendo r assumir cada um dos valores 0, 1, 2 e 3 e

tentando calcular x real, só não conseguimos quando r 5 1.

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98. 1º) P(1) é verdadeira porque 1 5 1(1 1 1)

2.

2º) Admitamos a validade para n 5 k:

P(k) 5 1 1 2 1 3 1 ... 1 k 5 k(k 1 1)

2

e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é:

1 1 2 1 3 1 ... 1 k 1 (k 1 1)5 (k 1 1)(k 1 2)

2.

Temos:

1 1 2 1 3 1 ... 1 k 1 (k 1 1) 5 k(k 1 1)

2 1 (k 1 1) 5

(k 1 1)(k 1 2)

2P(k)

99. 1º) P(0) é verdadeira porque 2 5 (0 1 1)(4 1 0)

2 .

2º) Admitamos a validade para n 5 k:

P(k): 2 1 5 1 8 1 ... 1 (2 1 3k) 5 (k 1 1)(4 1 3k)

2

e provemos que vale para n 5 k 1 1, isto é:

2 1 5 1 8 1... 1 (2 1 3k) 1 [2 1 3(k 1 1)] 5 (k 1 2)[4 1 3(k 1 1)]

2.

Temos:

2 1 5 1 8 1 ... 1 (2 1 3k) 1 [2 1 3(k 1 1)] 5

P(k)

5 (k 1 1)(4 1 3k)

2 1 2 1 3(k 1 1) 5

(k 1 1)(4 1 3k) 1 4 1 6(k 1 1)

2 5

5 3k2

1 13k 1 14

2 5

(k 1 2)(3k 1 7)

2

100. 1º) P(1) é verdadeira porque 20 5 21 2 1.

2º) Admitamos a validade de P(k 2 1), isto é:

20 1 21 1 22 1 ... 1 2k 2 2 5 2k 2 1 2 1 e, então, devemos provar

que vale P(k), ou seja,

20 1 21 1 22 1 ... 1 2k 2 2

1 2k 21 5 2k 2 1.

Temos:

20 1 21 1 22 1 ... 1 2k 2 2

1 2k 21 5 2k 21 2 1 1 2k 21 5

P(k 2 1)

5 2 2k 21 2 1 5 2k

2 1

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101. 1º) P(1) é verdadeira porque 1(1 1 1)(2 1 1 1)

6 5 1 5 12.

2º) Admitamos que vale para n 5 k, isto é,

P(k): 12 1 22 1 32 1 ... 1 k2

5 k(k 1 1)(2k 1 1)

6 e provemos que

vale para n 5 k 1 1, ou seja:

12 1 22 1 32 1 ... 1 k2

1 (k 1 1)2 5

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

6.

Temos:

12 1 22 1 32 1 ... 1 k2

1 (k 1 1)2 5

k(k 1 1)(2k 1 1)

6 1 (k 1 1)2

5

P(k)

5 k(k 1 1)(2k 1 1)

6 1

6(k 1 1)2

6 5

(k 1 1)[k(2k 1 1) 1 6(k 1 1)]6

5

5 (k 1 1)(2k2 1 7k 1 6)

6 5

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

6

102. 1º) P(1) é verdadeira porque 1(1 1 1)

2

2

5 1 5 13.

2º) Admitamos válida para n 5 k, isto é:

P(k): 13 1 23 1 33 1 ... 1 k3

5 k(k 1 1)

2

2

e provemos que vale

para n 5 k 1 1, isto é:

13 1 23 1 33 1 ... 1 k3 1 (k 1 1)3

5 (k 1 1)(k 1 2)

2

2

Temos:

13 1 23 1 ... 1 k3 1 (k 1 1)3

5 k(k 1 1)

2

2

1 (k 1 1)3 5

P(k)

5 k2(k 1 1)2

4 1

4(k 1 1)3

4 5

(k 1 1)2(k2 1 4k 1 4)

4 5

5

(k 1 1)2(k 1 2)2

4 5

(k 1 1)(k 1 2)

2 2

104. 1º) P(1) é verdadeira porque 6 | 1(1 1 1)(1 1 2).

2º) Admitamos válida para n 5 k, isto é, 6 | k(k 1 1)(k 1 2) e

provemos que vale para n 5 k 1 1: 6 | (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3).

Temos:

(k 1 1)(k 1 2)(k 1 3) 5 k(k 1 1)(k 1 2) 1 3(k 1 1)(k 1 2)

6 | k(k 1 1)(k 1 2)

6 | 3(k 1 1)(k 1 2) ⇒ 6 | k(k 1 1)(k 1 2) 1 3(k 1 1)(k 1 2) ⇒

⇒ 6 | (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3)

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105. 1º) P(0) é válida: 2 0.

2º) Admitamos verdadeira para n 5 k, isto é, 2 | (k2 1 k), ou seja,

2 | k(k 1 1) e provemos que vale para n 5 k 1 1:

2 | [(k 1 1)2 1 (k 1 1)] ⇔ 2 | (k 1 1)(k 1 2)

(k 1 1)2 1 (k 1 1) 5 (k 1 1)(k 1 1 1 1) 5

5 (k 1 1)(k 1 2) 5 k(k 1 1) 1 2(k 1 1)

2 | k(k 1 1)

2 | 2(k 1 1) ⇒ 2 | k(k 1 1) 1 2(k 1 1) ⇒ 2 | (k 1 1)(k 1 2)

106. 1º) P(0) é verdadeira, pois 3 | (03 1 2 0).

2º) Admitamos P(k) verdadeira, ou seja, 3 | (k31 2k) e provemos que

P(k 11) é verdadeira, ou seja:

3 | [(k 1 1)3 1 2(k 1 1)]. Temos:

(k 1 1)3 1 2(k 1 1) 5 (k3 1 3k2 1 3k 1 1) 1 (2k 1 2) 5

5 (k3 1 2k) 1 3(k2 1 k 1 1)

3 | k3 1 2k

3 | 3(k2 1 k 1 1) ⇒ 3 | (k3 1 2k) 1 3(k2 1 k 1 1) ⇒

⇒ 3 | [(k 1 1)31 2(k 1 1)]

107. 1º) P(1) é válida porque 1 1 1 5 (1 1 1).

2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:

P(k): (1 1 1) 1 1 1

2 1 1

1

3 ... 1 1

1

k 5 k 1 1 e provemos

que vale para n 5 k 1 1, isto é:

(1 1 1) 1 1 1

2 ... 1 1

1

k 1 1

1

k 1 1 5 k 1 2.

Temos:

(1 1 1) 1 1 1

2 ... 1 1

1

k 1 1

1

k 1 1 5 (k 1 1) 1 1

1

k 1 1 5

P(k)

5 (k 1 1)k 1 1 1 1

k 1 1 5 k 1 2

108. 1º) P(1) é válida: 1

1 1 1 5

1

2 5

1

1 2


1

1 2 1

1

2 3 1 ... 1

1

k(k 1 1) 5

k

k 1 1 e provemos que é válida

para n 5 k 1 1:

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10



1

1 2 1

1

2 3 1 ... 1

1

k(k 1 1) 1

1

(k 1 1) (k 1 2) 5

k 1 1

k 1 2.

Temos:

1

1 2 1

1

2 3 1 ... 1

1

k(k 1 1) 1

1

(k 1 1)(k 1 2) 5

P(k)

5 k

k 1 1 1

1

(k 1 1)(k 1 2) 5

k(k 1 2) 1 1

(k 1 1)(k 1 2) 5

k2 1 2k 1 1

(k 1 1)(k 1 2) 5

5 (k 1 1)2

(k 1 1)(k 1 2) 5

k 1 1

k 1 2

109. 1º) P(1) é verdadeira: 1(1 1 1)(1 1 2)

3 5 1(1 1 1) 5 1 2.


P(k) 5 1 2 1 2 3 1 ... 1 k(k 1 1) 5 k(k 1 1)(k 1 2)

3 e

provemos que vale para n 5 k 1 1:

P(k 1 1) 5 1 2 1 2 3 1 ... 1 (k 1 1)(k 1 2) 5 (k 1 1)(k 1 2)(k 1 3)

3.

Temos:

1 2 1 2 3 1 ... 1 k(k 1 1) 1 (k 1 1)(k 1 2) 5

P(k)

5 k(k 1 1)(k 1 2)

3 1

3(k 1 1)(k 1 2)

3 5

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

3

111. 1º) P(0) é verdadeira: 20 . 0.

2º) Admitamos verdadeira para n 5 k: 2k . k, com k . 1, e provemos

que vale para n 5 k 1 1: 2k 1 1. k 1 1.

Temos: 2k 1 1 5 2k

2 . k 2 . k 1 2 . k 1 1.

112. 1º) P(1) é verdadeira: 13 . 14

4 5

1

4.

2º) Admitamos P(k): 13 1 23

1 ... 1 k3 . k4

4 verdadeira e provemos

que vale P(k 1 1): 13 1 23

1 ... 1 (k 1 1)3 .

(k 1 1)4

4.

Temos:

13 1 23

1 ... 1 k3 1 (k 1 1)3

. k4

4 1

4(k 1 1)3

4 5

P(k)

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11



5 k4 1 4k3 1 12k2 1 12k 1 4

4 5

5 k4 1 4k3 1 6k2 1 4k 1 1 1 6k2 1 8k 1 3

4 5

5 (k 1 1)4

4 1

6k2 1 8k 1 3

4 .

(k 1 1)4

4

pois 6k2 1 8k 1 3 . 0, ∀k.

113. 1º) P(1) é válida: (1 1 a)1 > 1 1 1 a.

2º) Suponhamos válida para n 5 k: (1 1 a)k > 1 1 ka e provemos

que vale para n 5 k 1 1: (1 1 a)k11 > 1 1 (k 1 1)a.

Temos:

(1 1 a)k 1 1 5 (1 1 a)k (1 1 a) > (1 1 ka)(1 1 a) 5

5 1 1 ka 1 a 1 ka2 > 1 1 ka 1 a 5 1 1 (k 1 1)a.

115. 1º) P(3) é verdadeira:

S3 = (3 2 2) 180° 5 180° (soma dos ângulos internos de um

triângulo).

2º) Admitamos válido para n 5 k: S(k) 5 (k 2 2) 180° e provemos

que é verdadeira para n 5 k 1 1: S(k 1 1) 5 (k 2 1) 180°.

Observemos que, ao acrescentar um vértice (E), na verdade

estamos acrescentando, à figura anterior, um triângulo (BCE) cuja

soma dos ângulos internos é 180°.

D C

BA

D C

BA

E

Então, temos:

Sk 1 1

5 Sk 1 180° 5 (k 2 2) 180° 1 180° 5

5 180° (k 2 2 1 1) 5 (k 2 1) 180°

116. 1º) P(0) é verdadeira, pois () 5 {}, que é unitário e portanto tem

20 5 1 elemento.

2º) P(1) é verdadeira, pois ({a}) 5 {{a}, }, que é binário e portanto

tem 21 5 2 elementos.

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12



3º) P(2) é verdadeira, pois ({a, b}) 5 {{a}, {b}, {a, b}, } é quartenário e portanto tem 22 5 4 elementos.

4º) Admitamos que a proposição seja verdadeira para um conjunto A com k elementos, ou seja, (A) tem 2k elementos. Provemos que a proposição é verdadeira para um conjunto B com k 1 1 elementos, ou seja, (B) tem 2k 1 1 elementos.

Suponhamos que B 5 A {b}, ou seja, b é o elemento que está em B e não pertence a A. Então (B) é formado com os subconjuntos de A (que são 2k) e mais a reunião de {b} com cada um desses subconjuntos (que são outros 2k conjuntos).

Conclusão: (B) possui 2 2k 5 2k 1 1 elementos.

Observação: Para melhor entender, veja como fizemos para passar de ({a}) para ({a, b}).

CAPÍTULO IV — Relações

122. Utiliza-se a propriedade: se X é subconjunto de X' e Y é subconjunto de Y', então X 3 Y é subconjunto de X' 3 Y' e também vale a recíproca.Por exemplo:

A 3 B X' 3 Y' ⇔ A X' ⇔ X' 5 A ou B ou CB Y' ⇔ Y' 5 B ou C

então X' 3 Y' 5 A 3 B ou A 3 C ou B 3 B ou B 3 C ou C 3 B ou C 3 C.

128. A 5 {0, 1, 2} ⇒

B 5 {3, 4, 5}⇒ A 3 B 5 {(0, 3), (0, 4), (0, 5), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 4), (2, 5)}.Verifica-se, diretamente, que somente os pares (0, 4), (0, 5) e (1, 5) satisfazem a relação y x 1 4.Portanto, n(D) 5 3.

CAPÍTULO V — Introdução às funções

155. Fazendo x 5 0, devemos ter:f(m 0) 5 m f(0) ⇒ f(0) 5 m f(0)Então:m 5 1 ⇒ f(0) é qualquer real.m 1 ⇒ (m 2 1) f(0) 5 0 ⇒ f(0) 5 0

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13



156. f(3 1 2) 5 f(3) f( 2)Calculando f (3), vem:

f(2) 5 f(1 1 1) 5 f(1) f(1) 5 2 2 5 4

f(3) 5 f(2 1 1) 5 f(2) f(1) 5 4 2 5 8

Então: f(3 1 2) 5 f(3) f( 2) 5 8 4 5 32.

157. a) f(1) 5 f(0 1 1) 5 2 f(0) 1 3 5 3

f(2) 5 f(1 1 1) 5 2 f(1) 1 3 5 2 3 1 3 5 9

f(3) 5 f(2 1 1) 5 2 f(2) 1 3 5 2 9 1 3 5 21

f(4) 5 f(3 1 1) 5 2 f(3) 1 3 5 2 21 1 3 5 45

f(5) 5 f(4 1 1) 5 2 f(4) 1 3 5 2 45 1 3 5 93

Observemos que:

f(5) 5 93 5 2 45 1 3 5

5 2 (2 21 1 3) 1 3 5

5 2 [2 (2 9 1 3) 1 3] 1 3 5

5 2 {2 [2(2 3 1 3) 1 3] 1 3} 1 3 5

5 2 {2 [22 3 1 2 3 1 3] 1 3} 1 3 5

5 2 {23 3 1 22 3 1 2 3 1 3} 1 3 5

5 24 3 1 23 3 1 22 3 1 2 3 1 3 5

5 3(24 1 23 1 22 1 21 1 20) ou seja: f(n) 5 3(2n 2 1 1 2n 2 2 1 ... 1 2 1 1).

b) 1º) Vale para n 5 1, isto é, f (1) 5 3 (20) 5 3.

2º) Admitamos verdadeira para

n 5 k: f (k) 5 3(2k 2 1 1 2k 1 2 1 ... 1 2 1 1) e provemos que é válida para n 5 k 1 1, ou seja,

f(k 1 1) 5 3(2k 1 2k 2 1 1 2k 2 2 1 ... 1 2 1 1). Considerando a função definida, temos:

f(k 1 1) 5 2 f(k) 1 3

Então:

f(k 1 1) 5 2 [3 (2k 2 1 1 2k 2 2 1 ... 1 2 1 1)] 1 3

f(k 1 1) 5 3 [2 (2k 2 1 1 2k 2 2 1 ... 1 2 1 1)] 1 3

f(k 1 1) 5 3 (2k 1 2k 2 1 1 ... 1 22 1 2) 1 3

f(k 1 1) 5 3 (2k 1 2k 2 1 1 ... 1 22 1 2 1 1)

165. f(x) 5 x2 5 |x| 5 x se x 0

2x se x 0 ⇒ f(x) 5 g(x) se x 0

f(x) g(x) se x 0g(x) 5 x

Portanto, f(x) e g(x) não são iguais.

166. f (x) 5 x 2 1

x 1 1 está definida se

x 2 1

x 1 1 0, ou seja:

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14



Df 5 {x | x 21 ou x 1}

g(x) 5 x 2 1

x 1 1 está definida se x 2 1 0 e x 1 1 . 0, ou seja:

Dg 5 {x | x 1}

f (x) e g(x) serão iguais somente no conjunto x 1, x .

167. f (x) 5 x 1 1

x2 2 x está definida se

x 1 1

x2 2 x 0.

Df 5 {x | 21 x 0

ou x . 1}

g(x) 5 x 1 1

x2 2 x está definida se x 1 1 0 e x2 2 x . 0.

Dg 5 {x | 21 x 0

ou x . 1}

Por possuírem exatamente o mesmo domínio, f (x) 5 g(x).

168. Df 5 , Dg 5 2 {1}

Não são iguais porque os domínios são diferentes.

– –

–

–

+ +

+

++

– 1 1f(x) x

x + 1

x – 1

– 1 1

x – 1

x + 1

g(x) x

–

– –

–

+

++

+

+ +

+

+

x

x + 1

x2 – x

f(x)– 1 0 1

– 1 0 1x

x + 1

x2 – x

g(x)

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15



CAPÍTULO VI — Função constante — Função afim

175. a) a 1 b 5

34

1

a 2 b 5 214

2

Somando membro a membro 1 e 2 , vem:

2a 5 12

⇒ a 5 14

.

Substituindo a 5 14

em 1 , temos b 5 12

. Daí vem:

a 5 1

x 2 y 5

14

⇒ x 2 y 5 4 3

b 5 1

x 1 y 5

12

⇒ x 1 y 5 2 4

O sistema formado por 3 e 4 é x 2 y 5 4x 1 y 5 2

Somando membro a membro 3 e 4 , vem: 2x 5 6 ⇒ x 5 3.

Substituindo x 5 3 em 4 , temos: y 5 21, isto é, S 5 {(3, –1)}.

b) Fazendo 1

x 1 y 1 1 5 a e

12x 2 y 1 3

5 b, vem:

3a 2 2b 5

512

2a 1 3b 5 1

⇔ 26a 1 4b 5 2

56

6a 1 9b 5 3 ⇒ a 5

14

e b 5 16

.

Então: x 1 y 1 1 5 42x 2 y 1 3 5 6

⇔ x 1 y 5 32x 2 y 5 3

⇒ x 5 2 e y 5 1.

S 5 {(2, 1)}.

178. x 5 nº de bolas brancasy 5 nº de bolas pretas

após 1ª retirada: x 2 15

y 5

12

1

após 2ª retirada: x 2 15y 2 10

5 43

2

Resolvendo o sistema formado por 1 e 2 , vem: x 5 23 e y 5 16.

179. f(21) 5 2a 1 b 5 3f(1) 5 a 1 b 5 1

⇒ a 5 21 e b 5 2

Então, f(x) 5 2x 1 2 e daí f (3) 5 21.

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16



186. A partir do gráfico verificamos que a função C(x) passa pelo ponto

(8, 520) e tem coeficiente linear 400.

C(x) 5 ax 1 400 ⇒ C(8) 5 8a 1 400 5 520 ⇒ a 5 15

Portanto, C(x) 5 15x 1 400.

Considerando um custo de R$ 700,00, vem:

15x 1 400 5 700 ⇒ x 5 20 litros.

187. a) x 1 637,11 ⇒ f(x) 5 0

1 637,12 x 2 453,50 ⇒ f(x) 5 3x

40 2 122,78

2 453,51 x 3 271,38 ⇒ f(x) 5 3x

20 2 306,80

3 271,39 x 4 087,65 ⇒ f(x) 5 9x

40 2 552,15

x . 4 087,65 ⇒ f(x) 5 11x

40 2 n

b) Para não haver desconti nuidade em x 5 4 087,65,

efetuamos:

9x

40 2 552,15 5

11x

40 2 n

n 5 2x

40 1 552,15 ⇒ n 5

2 4 087,65

40 1 552,15 ⇒ n 5 756,53

188. Seja H a herança,

x a parte da mãe,

2x a parte de cada filho do sexo masculino,

3x a parte da filha.

Então: H 5 x 1 2 2x 1 3x 5 8x ⇒ x 5 H

8.

mãe: H

8; cada menino:

H

4; a menina:

3H

8

189. S 5 vt ⇒

S 5 275 thS 5 660 tjtj 5 th 2 7

⇒ 275 th 5 660(th 2 7) ⇒ th 5 12

Então: S 5 275 12 5 3 300.

A distância entre São Paulo e Boa Vista é de 3 300 km.

190. 110 trabalhadores 100 homens com média salarial 265

10 mulheres com média salarial x

100 265 1 10x

110 5 250 ⇒ x 5 100

O salário médio das mulheres é de R$ 100,00.

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17



191. x 5 salário/hora de Paulo e Joana.

Paulo trabalhou 40 minutos 2

3 de hora a mais que Joana e, por

esse período, recebeu 150.

Então: 2

3 x 5 150 ⇒ x 5 225.

Portanto, Paulo recebeu 4 225 5 900 e 1

10 900 5 90.

Um décimo do que Paulo recebeu são R$ 90,00.

192. A engrenagem a tem 18 dentes e a engrenagem c tem 36 dentes.

Ambas as engrenagens dão um número inteiro de voltas quando

os números de dentes que “passam” pelo ponto de contato com a

engrenagem b forem um múltiplo comum de 18 e 36.

0 mmc(18, 36) é 36. Então, se c der uma volta e a der 2 voltas, as

duas retornam à situação inicial.

193. Quando o piloto mais veloz (72 segundos por volta) completar x voltas,

o piloto menos veloz (75 segundos por volta) terá dado (x 2 1) voltas.

Então, temos:

72x 5 75(x 2 1) ⇒ x 5 25.

205. f(x) passa pelos pontos (3, 0) e (2, 22).

0 5 3a 1 b

22 5 2a 1 b ⇒ a 5 2 e b 5 26 ⇒ f(x) 5 2x 2 6

g(x) passa por (0, 1) e (2, 22).

1 5 b

22 5 2a 1 b ⇒ a 5 2

3

2 e b 5 1 ⇒ g(x) 5 2

3

2 x 1 1

h(x) passa por (0, 1) e (21, 21).

1 5 b

21 5 2a 1 b ⇒ a 5 2 e b 5 1 ⇒ h(x) 5 2x 1 1

a) f(x) . g(x) ⇒ 2x 2 6 . 23

2 x 1 1 ⇒ x . 2

b) g(x) h(x) ⇒ 23

2 x 1 1 2x 1 1 ⇒ x 0

c) f(x) h(x) ⇒ 2x 2 6 2x 1 1 ⇒ x | f(x) h(x)

d) g(x) . 4 ⇒ 23

2 x 1 1 . 4 ⇒ x 22

e) f(x) 0 ⇒ 2x 2 6 0 ⇒ x 3

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18



209. 6,3 1 1 4,5 2 1 3x

6 6,5

6,3 1 9 1 3x 39

3x 23,7 ⇒ x 7,9

211. a) 3x 2 2

1 2 x 23 ⇒

1

1 2 x 0 ⇒ 1 2 x 0 ⇒ x . 1

S 5 {x | x . 1}

b) 4x 2 5

2x 2 1 2 ⇒

23

2x 2 1 0 ⇒ 2x 2 1 0 ⇒ x

1

2

S 5 x | x 1

2

c) 24 2 3x

3x 1 2 21 ⇒

22

3x 1 2 0 ⇒ 3x 1 2 . 0 ⇒ x . 2

2

3

S 5 x | x . 22

3

213. c)

5 2 2x 0 ⇒ x . 5

2

3x 1 1 4x 2 5 ⇒ x 6

x 2 3 0 ⇒ x 3

S 5 {x | 3 x 6}

f)

2x 2 5

1 2 x 22 ⇒

23

1 2 x 0 ⇒ 1 2 x . 0 ⇒ x 1

x2 1 x 1 3

x 1 1 . x ⇒

3

x 1 1 . 0 ⇒ x 1 1 . 0 ⇒ x . 21

S 5 {x | 21 x 1}

214. f (x) passa pelos pontos (23, 1) e (1, 24).

23a 1 b 5 1

a 1 b 5 24 ⇒ a 5 2

5

4 e b 5 2

11

4 ⇒ f (x) 5 2

5

4 x 2

11

4

3 65

2

x

– 1 1

x

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19



g(x) passa por (4, 4) e (1, 24).

4a 1 b 5 4

a 1 b 5 24 ⇒ a 5

8

3 e b 5 2

20

3 ⇒ g (x) 5

8

3 x 2

20

3

h(x) passa por (4, 4) e (23, 1).

4a 1 b 5 4

23a 1 b 5 1 ⇒ a 5

3

7 e b 5

16

7 ⇒ h (x) 5

3

7 x 1

16

7

a) f(x) g(x) h(x)

f(x) g(x) ⇒ 25

4 x 2

11

4

8

3 x 2

20

3 ⇒ x . 1

g(x) h(x) ⇒ 8

3 x 2

20

3

3

7 x 1

16

7 ⇒ x 4

S 5 {x | 1 x 4}

b) g(x) f(x) h(x)

g(x) f(x) ⇒ 8

3 x 2

20

3 2

5

4 x 2

11

4 ⇒ x 1

f(x) h(x) ⇒ 25

4 x 2

11

4

3

7 x 1

16

7 ⇒ x . 23

S 5 {x | 23 x 1}

c) h(x) f(x) g(x)

h(x) f(x) ⇒ 3

7 x 1

16

7 2

5

4 x 2

11

4 ⇒ x 23

⇒ S 5

f(x) g(x) ⇒ 25

4 x 2

11

4

8

3 x 2

20

3 ⇒ x . 1

223. a) 1

x 2 4

2

x 1 3 ⇒

1

x 2 4 2

2

x 1 3 0 ⇒

2x 1 11

(x 2 4)(x 1 3) 0

1 4

x

– 3 1

x

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20



S 5 {x | 23 x 4 ou x . 11}

c) x 1 1

x 1 2 .

x 1 3

x 1 4 ⇒

x 1 1

x 1 2 2

x 1 3

x 1 4 . 0 ⇒

⇒

(x 1 1)(x 1 4) 2 (x 1 3)(x 1 2)

(x 1 2)(x 1 4) . 0 ⇒

22

(x 1 2)(x 1 4) . 0 ⇒

⇒ (x 1 2)(x 1 4) 0

S 5 {x | 24 x 22}

f) 1

x 2 1 1

2

x 2 2 2

3

x 2 3 0 ⇒

⇒

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

(x 2 1)(x 2 2)(x 2 3) 0 ⇒

⇒

24x 1 6

(x 2 1)(x 2 2)(x 2 3) 0

– x + 11

x – 4

x + 3

+

+ +

+

+

+

+

+ +

+

–

––

––

–

x– 3 4 11

Q

x + 2

x + 4

P– 4 – 2

–

–

–

–

+

+

++

+

x

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21



S 5 x | x 1 ou 32

x 2 ou x . 3

224. 24x

1 32

21x

⇒ 24x

1 1x

1 32

0 ⇒

⇒ 23x

1 32

0 ⇒

3x 2 62x

0

3x – 6

2x

Q

–

–

–

–

+

++

++

x0 2

S 5 {x | x 0 ou x 2}

CAPÍTULO VII — Funções quadráticas

226. y 5 (m2 2 4)x2 2 (m 1 2)x 2 1 está definida se m2 2 4 0, isto é, se m 2 e m 2 2.

227. Seja f (x) 5 ax2 1 bx 1 c.

Então: f(21) 5 a 2 b 1 c 5 2 4 1

f(1) 5 a 1 b 1 c 5 2 2

f(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 21 3

– 4x + 6

x – 1

x – 2

x – 3

Q3

2

+ +

+ +

+ +

+

+

+

+

+

– – –

–

–

–

–

–

–

–

–

–

– –

1 2 3x

3

2

1

3

2

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22



Resolvendo o sistema formado por 1 , 2 e 3 , temos:

a 2 b 1 c 5 24 — 21 — 24

a 1 b 1 c 5 2

4a 1 2b 1 c 5 21

⇔

a 2 2b 1 3c 5 24

2b 5 6

6b 2 3c 5 15

⇒ b 5 3

Substituindo b 5 3 na 3ª equação, vem c 5 1.

Substituindo b 5 3 e c 5 1 na 1ª equação, vem a 5 22.

Portanto, f(x) 5 22x2 1 3x 1 1.

228. f(1) 5 a 1 b 1 c 5 4

f(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 0

f(3) 5 9a 1 3b 1 c5 22

Resolvendo o sistema, temos:

4a 1 4b 1 c 5 4 — 24 — 29

4a 1 2b 1 c 5 0

9a 1 3b 1 c 5 22

⇔

a 1 2b 1 3c 5 4

2b 1 3c 5 16 — 23

– 6b 2 8c 5 238

⇔

⇔

a 1 2b 1 3c 5 4

2b 1 3c 5 16

c 5 10

Substituindo c 5 10 na 2ª equação, obtemos b 5 27.

Substituindo c 5 10 e b 5 27 na 1ª equação, vem a 5 1.

Então: abc 5 1 (27) 10 5 270.

230. quantidade vendida × preço de venda 5 receita

x 50 2 x

2 5 1 250

Então, temos: x2 2 100x 1 2 500 5 0 ⇒ x 5 50.

231.

1

x 1

1

y 5

7

12 ⇒

x 1 y

xy 5

7

12

xy 5 12

⇒ x 1 y 5 7 1

xy 5 12 2

Considerando 1 e 2 , temos: x2 2 7x 1 12 5 0 ⇒ x 5 3 ou x 5 4.

Como xy 5 12, então, para x 5 3, y 5 4 e para x 5 4, y 5 3.

S 5 {(3, 4), (4, 3)}.

232. a) x2 2 3x 2 4 5 0 ⇒ x 5 4 ou x 5 21

b) 2x 1 y 5 4 ⇒ y 5 4 2 2x 1

2x 1 xy 5 28 2

Substituindo 1 em 2 , vem:

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23



2x 1 x(4 2 2x) 5 28 ⇒ x2 2 3x 2 4 5 0 (item a)

Então, para x 5 4, y 5 24 e para x 5 21, y 5 6.

S 5 {(4, 24), (21, 6)}.

236. a 0 ⇒ m 2 1 0 ⇒ m 1

∆ . 0 ⇒ (2m 1 3)2 2 4m(m 2 1) . 0

4m2 1 12m 1 9 2 4m2 1 4m . 0

16m . 29 ⇒ m . 29

16

Portanto: m . 29

16 e m 1.

237. a 0 ⇒ m 1 2 0 ⇒ m 22

∆> 0 ⇒ (3 2 2m)2 2 4(m 1 2)(m 2 1) O ⇒

⇒ 216m 1 17 0 ⇒ m 17

16

Portanto: m 17

16 e m 22.

238. a 0 ⇒ m 0

∆5 0 ⇒ (m 1 1)2 2 4m(m 1 1) 5 0 ⇒ 3m2 1 2m 2 1 5 0 ⇒

⇒ m 5 21 ou m 5 1

3

Portanto: m 5 21 ou m 5 1

3.

239. a 5 1 0

∆ 5 0 ⇒ (3m 1 2)2 2 4(m2 1 m 1 2) 5 0 ⇒ 5m2 1 8m 2 4 5 0 ⇒

⇒ m 5 2

5 ou m 5 22

Portanto: m 5 2

5 ou m 5 22.

240. a 0 ⇒ m 1 1 0 ⇒ m 21

∆ 0 ⇒ (2m 1 3)2 2 4(m 1 1)(m 2 1) 0 ⇒ 12m 213 ⇒ m 213

12

Portanto: m 213

12.

241. a 0 ⇒ m 0

∆ 0 ⇒ (2m 2 1)2 2 4m(m 2 2) 0 ⇒ 4m 1 1 0 ⇒ m 21

4

Portanto: m 21

4.

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24



242. Em ax2 1 bx 1 c 5 0, temos x 5 2b b2

2 4ac

2a.

Em a

a x2 1 bx 1 a2c 5 0, temos:

∆ 5 2b2 2 4a

aa2 5 2(b2 2 4ac)

x 5 2b b2

2 4ac

2a

a

5 a 2b b2

2 4ac

2a

ou seja, são as mesmas raízes, multiplicadas por a.

243. Em ax2 1 bx 1 c 5 0, temos

x1 5

2b 1 b2 2 4ac

2a

ou

x2 5

2b 2 b2 2 4ac

2a

S 5 x1 1 x

2 5

2b 1 b2 2 4ac

2a 1

2b 2 b2 2 4ac

2a 5 2

2b

2a 5 2

b

a

P 5 x1 x

2 5

2b 1 b2 2 4ac

2a

2b 2 b2 2 4ac

2a 5

5 b2 2 b2 1 4ac

4a2 5

4ac

4a2 5

c

a

244. a) x1 1 x

2 5

5

2

b) x1 x

2 5 2

1

2

c) 1

x1

1 1

x2

5 x

2 1 x

1

x1x

2

5

5

2

21

2

5 25

d) Sabendo que (x1 1 x

2)2 5 x2

1 1 2x

1x

2 1 x2

2, então:

x21 1 x2

2 5 (x

1 1 x

2)2 2 2x

1x

2 5

5

2

2

2 2 21

2 5

29

4.

e) x

1

x2

1

x2

x1

5

x21 1 x2

2

x1x

2

5

29

4

21

2

5 229

2

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25



f) Sabendo que (x1 1 x2)3 5 x3

1 1 3x21x2 1 3x1x

22 1 x3

2, temos:

x31 1 x3

2 5 (x1 1 x2)3 2 3x1x2(x1 1 x2) 5

5

2

3 2 3 2

1

2

5

2 5

5 155

8.

245. 2x2 2 2mx 1 3 5 0

x1 1 x2 5 m

x1 x2 5 3

2

x1 5 3x2

⇒ 4x2 5 m

3x22 5

3

2

⇒ x2' 5 22

2 (rejeitada) ou x2" 5

2

2

Portanto: 4x2 5 m ⇒ m 5 4 2

2 ⇒ m 5 2 2 .

246. x1 1 x2 5 2b

x1 x2 5 47

Como as raízes são inteiras e 47 é número primo, então x1 5 1 ou

x2 5 47 (ou vice-versa).

Portanto: |x1 2 x2| 5 |1 2 47| 5 46.

247. 1

r2 1

1

s2 5 s2 1 r2

r2s2

Sabendo que (r 1 s)2 5 r2 1 2rs 1 s2 ⇒ r2 1 s2 5 (r 1 s)2 2 2rs 5

5 2b

a

2 2

2c

a 5

b2 2 2ac

a2 .

Portanto, vem: 1

r2 1

1

s2 5 s2 1 r2

r2s2 5

b2 2 2ac

a2

c2

a2

5 b2 2 2ac

c2 .

248. x1 1 x2 5 2m

x1 5 0 ⇒ x2 5 2m . 0 ⇒ m 0

x1 x2 5 m2 2 m 2 12

x1 5 0 ⇒ m2

2 m 2 12 5 0 ⇒ m 5 4 ou m 5 23

então, m 5 23.

249. x2 2 5x 1 k 5 0 ⇒ x1 1 x2 5 5 1

x1 x2 5 k 2

x2 2 7x 1 2k 5 0 ⇒ x' 1 x" 5 7 3

x' x" 5 2k 4

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26



Fazendo x' 5 2x1 em 3 e 4 , vem:

2x1 1 x" 5 7

2x1 x" 5 2k

⇔

2(5 2 x2) 1 x" 5 7

2 k

x2 x" 5 2k

⇔ x" 2 2x

2 5 23

x"

x2 5 1 ⇒ x2 5 3

Substituindo x2 5 3 em 1 , vem x

1 5 2.

Em 2 , x1 x

2 5 k ⇒ 2 3 5 k ⇒ k 5 6.

250. Seja a equação ax2 1 bx 1 c 5 0.

Já provamos no exercício 243 que S 5 x1 1 x

2 5 2

b

a e P 5 x

1 x

2 5

c

a.

Então, temos: ax2 1 bx 1 c 5 0 ⇒ x2 1 b

ax 1

c

a 5 0 ⇒

⇒ x2 2 Sx 1 P 5 0.

252. a)

S 5 x21 1 x2

2 5 (x

1 1 x

2)2 2 2x

1x

2 5 2

b

a

2

2 2c

a 5

b2 2 2ac

a2

P 5 (x1 x

2)2 5

c2

a2

Portanto: x2 2 b2 2 2ac

a2 x 1 c2

a2 5 0 ⇒

⇒ a2x2 2 (b2 2 2ac) x 1 c2 5 0.

b)

1

x1

1 1

x2

5 x

2 1 x

1

x1x

2

5

2b

a

c

a

5 2b

c

1

x1

1

x2

5 1

x1x

2

5

1

c

a

5 a

c

Portanto: x2 2 2b

cx 1

a

c 5 0 ⇒ cx2 1 bx 1 a 5 0.

c)

x1

x2

1 x

2

x1

5 x2

1 1 x2

2

x1 x

2

5

b2 2 2ac

a2

c

a

5 b2 2 2ac

ac

x1

x2

x

2

x1

5 1

x2 2 Sx 1 P 5 0 ⇒ x2 2 b2 2 2ac

acx 1 1 5 0 ⇒

⇒ acx2 2 (b2 2 2ac) x 1 ac 5 0

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27



d) Sabendo que (x1 1 x

2)3 5 x3

1 1 3x2

1x

2 1 3x

1x3

2, temos:

x31 1 x3

2 5 (x

1 1 x

2)3 2 3x

1x

2(x

1 1 x

2) 5 2

b

a

3

2 3 c

a 2

b

a 5

5 2b3 1 3abc

a3

x31 x3

3 5

c3

a3

x2 2 2b3 1 3abc

a3 x 1 c3

a3 5 0 ⇒ a3x2 1 (b3 2 3abc)x 1 c3 5 0

253. x

1

x2

1

x2

x1

5 4 ⇒ x2

1 1 x2

2

x1x

2

5 4 ⇒ (x

1 1 x

2)2 2 2x

1x

2

x1x

2

5 4 ⇒

⇒

2(m 2 1)

m

2

2 2

1 5 4 ⇒ m2 1 4m 2 2 5 0 ⇒ m 5 22 6

254. Sendo S 5 p' e Q 5 q' de um trinômio g(x), em que 1

a e

1

b são as

raízes, temos:

p' 5 1

a 1

1

b 5

a 1 b

ab 5

p

q

q' 5 1

a

1

b 5

1

ab 5

1

q

⇒ g(x) 5 x2 2

p

qx 1

1

q

255. m 5 2x 2 1 e n 5 2x 1 1 são ímpares, positivos e consecutivos.

m n 5 1 599 ⇒ (2x 2 1)(2x 1 1) 5 1 599 ⇒ 4x2 2 1 5 1 599 ⇒ x 5 20

Portanto, m 5 39 e n 5 41 ⇒ m 1 n 5 80.

258. ∆ 5 4 2 12m

yV 5 2

∆

4a 5

5

3 ⇒

12 2 4m

12 5

5

3 ⇒ m 5 2

259. ∆5 [2(m 2 1)]2 2 4(23)(m 1 1) 5 4m2 1 4m 1 16

yV

5 2∆

4a 5 2 ⇒ m2

1 m 1 4 5 6 ⇒ m2 1 m 2 2 5 0 ⇒ m 52 2

ou m 5 1

260. f(x) 5 mx2 1 (m 2 1)x 1 (m 1 2) tem máximo se m 0.

∆5 (m 2 1)2 2 4m(m 1 2) 5 2 3m2 2 10m 11

yV

5 2∆

4a 5 2 ⇒

3m2 1 10m 2 1

4m 5 2 ⇒ m 5

1

3 . 0 (rejeitado)

ou

21 (valor procurado)

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28



261. f(x) 5 (m 2 1)x2 1 (m 1 1)x 2 m tem mínimo se m . 1.

∆ 5 (m 1 1)2 1 4m(m 2 1) 5 5m2 2 2m 1 1

yV 5 2∆

4a 5 1 ⇒

2 5m2 1 2m 2 1

4(m 2 1) 5 1 ⇒ 5m2 2 2m 1 3 5 0, que

não tem soluções reais.

Portanto, m | f(x) tenha mínimo igual a 1.

263. Sendo y 5 2 x2 1 5x 2 1,

verificamos que:

para x 5 0, y 5 2 1

para x 5 6, y 5 2 7

V 2b

2a, 2

4a 5 V

5

2,

21

4

Assim, no intervalo [0, 6],

yM 5 yV 5 21

4 e ym 5 f(6) 5 2 7.

265. y 5 2 2x2 1 bx 1 c passa por (1, 0). Então:

0 5 2 2 1 b 1 c ⇒ b 1 c 5 2 1

xV 5 3 ⇒ 2b

2a 5 3 ⇒ b 5 12 2

Substituindo 2 em 1 , vem c 5 2 10.

Portanto, y 5 2 2x2 1 12x 2 10 e, então, y 5 yV 5 2∆

4a 5 264

28 5 8.

266. 2x 1 z 5 8 ⇒ z 5 8 2 2x

Seja y 5 xz ⇒ y 5 x(8 2 2x) ⇒ y 5 2 2x2 1 8x

Como a 5 2 2 0, existe máximo, quando xV 5 2b

2a.

Então, x 5 2 8

2(2 2) 5 2 e, portanto, z 5 8 2 2x ⇒ z 5 4.

– 1

0 1 2 3 6

– 7

x5

2

21

4

y

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29



267. Seja um retângulo de Iados a e b.

Então: 2a 1 2b 5 20 ⇒ a 1 b 5 10 ⇒ b 5 10 2 a.

A área y 5 ab é tal que y 5 a(10 2 a) 5 2 a2 1 10a.

Como o coeficiente de a2 é negativo, existe máximo, que é dado por

a 5 210

2(21) 5 5.

Então, b 5 10 2 5 5 5.

Ou seja, a área é máxima para o quadrado de lado 5 cm.

268. Seja x 1 y 5 6 ⇒ y 5 6 2 x

Seja z 5 x2 1 y2 ⇒ z 5 x2 1 (36 2 12x 1 x2) ⇒

⇒ z 5 2x2

2 12x 1 36

Como a 5 2 . 0, existe mínimo, dado por x 5 12

2 2 5 3.

Então, y 5 6 2 3 5 3.

269. Seja a área z 5 xy.

Como um dos vértices pertence à reta

y 5 24x 1 5, temos:

z 5 x(24x 1 5) 5 24x2 1 5x

(como a 0, existe máximo)

Então: x 5 25

2(24) ⇒ x 5

5

8.

Então: y 5 245

8 1 5 ⇒ y 5

5

2.

Lados do retângulo: 5

8 e

5

2.

270. Consideremos o triângulo com

os catetos sobre os eixos carte-

sianos.

A reta AB↔

passa pelos pontos

A (0, 6) e B (8, 0). Determinemos

a equação y 5 ax 1 b dessa

reta:

6 5 a 0 1 b

0 5 8a 1 b ⇒ b 5 6 e a 5 2

3

4

Portanto, y 5 23

4 x 1 6.

5

4

y

0

y

5

x x

A (0, 6)

y

0

C

xB (8, 0)

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30



Como o vértice C do retângulo pertence a essa reta, temos:

Área z 5 xy ⇒ z 5 x 234

x 1 6 ⇒ z 5 234

x2 1 6x

Como a 5 234

0, então existe máximo.

xV5 26

2 234

⇒ xV5 4 ⇒ y 5 3

Portanto, o retângulo tem lados 3 e 4.

271. Localizemos o triângulo equilátero conforme a figura abaixo. A altura sobre o eixo y corta o lado da base no seu ponto médio.Por Pitágoras, h2 5 42

2 22 ⇒ h 5 2 3 .Determinemos a reta que passa pelos pontos (0, 2 3 ) e (2, 0):

y yx x

x

y

(0, 2 3)

(2, 0)0

b 5 2 3

0 5 2a 1 b ⇒ a 5 2 3 ⇒ reta: y 5 2 3 x 1 2 3

Metade da área do retângulo: z 5 xy ⇒ z 5 x(2 3 x 1 2 3 ) ⇒

⇒ z 52 3 x2 1 2 3 x.

Como a 5 2 3 , negativo, existe máximo.

xv 5 2b2a

, vem x 5 22 3

2(2 3 ) 5 1 ⇒ y 5 3

Portanto, base 5 2x 5 2 e altura y 5 3 .

272. Determinemos a reta que passa pelospontos (3, 0) e (0, 4).

4 5 b0 5 3a 1 b

⇒

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31



⇒ a 5 243

⇒ y 5 243

x 1 4

Metade da área: z 5 xy ⇒ z 5 x 243

x 1 4 ⇒

⇒ z 5 243

x2 1 4x

y

y

x

x

(0, 4)

(3, 0)

Como a 5 243

0, existe máximo.

xV 5 2b2a

⇒ x 5 24

2 243

5 32

⇒ y 5 2

Portanto, base 5 2x 5 3 e altura y 5 2.

273. Q(x, 26) parábola y 5 x2 2 6; então, 26 5 x2 2 6 ⇒ x 5 0.Distância horizontal 5 4 2 0 5 4

274. y

y

x x

2y 1 x 5 400 ⇒ y 5 400 2 x

2

Área z 5 xy ⇒ z 5 2x2

2 1 200x

Como a 5 212

0, existe máximo.

Então: xV 5 2b2a

⇒ x 5 2200

2 212

5 200 ⇒ y 5 100.

Portanto, xy

5 200100

5 2 ou yx

5 100200

5 12

.

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32



276. yV 5 2

∆

4a 5 2

∆ 5 16 2 12m

⇒ 12m 2 16

12 5 2 ⇒ m 5

10

3

277. yV 5 2

∆

4a 5 7

∆ 5 m2 2 4 21

32

1

2 5 m2 2

2

3

⇒

2

3 2 m2

4 21

3

5 7 ⇒ m2 2 10 5 0 ⇒

⇒ m 5 2 10 ou m 5 10

285. f(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 0

f(3) 5 9a 1 3b 1 c 5 22

f(4) 5 16a 1 4b 1 c 5 0

Resolvendo esse sistema, vem a 5 2.

286. f(x) 5 2x2 1 2x

Vf(x)

(1, 1) e zeros: x 5 0 ou x 5 2

Como g(x) deve ser simétrico a f (x) em

relação à reta y 5 3, então temos:

f(x) g(x)

ponto (0, 0) ponto (0, 6)

vértice (1, 1) vértice (1, 5)

ponto (2, 0) ponto (2, 6)

Fazendo g(x) 5 ax2 1 bx 1 c, deve-

mos ter:

g(0) 5 c 5 6

g(1) 5 a 1 b 1 c 5 5

g(2) 5 4a 1 2b 1 c 5 6

Resolvendo o sistema, vem:

a 5 1, b 5 22, c 5 6

287. Notemos inicialmente que x1 e x

2 são abscissas dos pontos de

interseção das curvas g(x) 5 x2 1 x e h(x) 5 2x2 2 x 1 4; portanto,

são as raízes da equação x2 1 x 5 2x2 2 x 1 4, ou seja, x1 5 22 e

x2 5 1.

(1, 1)

(0, 6) (2, 6)

(2, 0)(0, 0)

(1, 5)

y = 3

x

y

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33



Temos:

g(x) 5 x2 1 x ⇒ a 5 1, b 5 1, c 5 0

h(x) 5 2x2 2 x 1 4 ⇒ d 5 21, e 5 21, f 5 4

F(x) 5 d 2 a

3x3 1

e 2 b

2x2 1 (f 2 c)x 5 2

2

3x3 2 x2 1 4x

F(x2) 2 F(x1) 5 F(1) 2 F(22) 5 7

3 2 2

20

3 5 9

296. x2 2 3x 1 2 0 ⇒ 1 x 2

x2 2 4x 1 3 . 0 ⇒ x 1 ou x . 3

A

B

A ù B1 2 3

x

A B 5

297. 22x2 1 3x 0 ⇒ 0 x 3

2

A

B

A ø B0 1 3

x

3

2

x2 2 x 2 2 0 ⇒ 21 x 2

C

A ø B

(A ø B) ù C0–1 32

x

(A B) C 5 {x | 0 x 2}

298. p(a) 0 ⇔ a2 2 5a 1 6 0 ⇒ 2 a 3

Calculando q(a) para a 5 2 e a 5 3, vem: q(2) 5 20 e q(3) 5 30.

Então, para 2 a 3, 20 q(a) 30, pois nesse intervalo q(x) é

crescente.

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34



301. e) x3 2 2x2 2 x 1 2 . 0

x2(x 2 2) 2 (x 2 2) . 0

(x 2 2)(x2 2 1) . 0

–

–

– –

–

–

+

+

++

++

x – 2

x2 – 1

(x – 2)(x2 – 1)21–1

x

S 5 {x | 21 x 1 ou x . 2}

f) 2x3 2 6x2 1 x 2 3 0

2x2(x 2 3) 1 (x 2 3) 0

(x 2 3)(2x2 1 1) 0

S 5 {x | x 3}

303. x2 – 21x + 20

3 – x

(x2 – 21x + 20)(3 – x)

+

+ +

+ +

+–

–

–

– –

–

1 3 20x

O maior número inteiro que satisfaz a inequação é 19.

310.

f(x) 5 2x2

f(22) 5 24

f(21) 5 21

⇒ f(x) 2 f(22)

x 1 2 f(21) ⇔

2x2 1 4

x 1 2 21 ⇒

⇒ 2x2

1 x 1 6

x 1 2 0 ⇒

⇒ S 5 {x | x 3}

–

–

+

++

+

x – 3

2x2 + 1

(x – 3)(2x2 + 1) x3

–x2 + x + 6

+

+ +

++

–

–

–

–x

–2 3

x + 2

–x2 + x + 6

x + 2

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35



315. b) x2 1 1 2x2 2 3 25x ⇔ 2x2 2 3 . x2 1 1 I

2x2 2 3 2 5x II

I 2x2 2 3 2 x2 2 1 . 0 II 2x2 2 3 1 5x 0

x2 2 4 . 0 2x2 1 5x 2 3 0

+ ++ + ––

–2

–2

2

2

–3

–3

1

2

1

2

x

I

II

I IIù

S 5 {x | 23 x 22}

f) 4x2 2 5x 1 4 3x2 2 6x 1 6 x2 1 3x 2 4 ⇔

⇔

4x2 2 5x 1 4 3x2 2 6x 1 6 I

3x2 2 6x 1 6 x2 1 3x 2 4 II

I x2 1 x 2 2 0 II 2x2 2 9x 1 10 0

+ + + +– –

–2

–2 5

2

5

2

I

II

I IIù

1

1

2

2x

S 5

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36



316. c) 1 1 2x 0 I

24x2 1 8x 2 3 0 II

I 1 1 2x 0 II 24x2 1 8x 2 3 0

+ +–

–

– –

3

2

3

2

1

2

1

2

1

2

–1

2

I

II

I IIù x

x x

S 5 x | 21

2 x

1

2 ou x .

3

2

d) 22x2 2 x 1 1 0 I

4x2 2 8x 1 3 0 II

I 22x2 2 x 1 1 0 II 4x2 2 8x 1 3 0

I

II

I IIù

1

2

1

2

3

2

3

2

–1

–2

– –+

x

1

2

+ +–

x

x

S 5 1

2

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37



324. c) x

x2 1 4 .

x 1 m

x2 1 1 ⇒

x

x2 1 4 2

x 1 m

x2 1 1 . 0 ⇒

⇒ x(x2 1 1) 2 (x2 1 4)(x 1 m)

(x2 1 4)(x2 1 1) . 0 ⇒

2mx2 2 3x 2 4m

(x2 1 4)(x2 1 1) . 0

Como x2 1 4 . 0, ∀x e x2 1 1 . 0, ∀x , então:

2mx2 2 3x 2 4m . 0, ∀x e daí 2m . 0 I e ∆ , 0 II

∆ , 0 ⇒ 9 2 16m2 , 0 ⇒ m2 . 9

16 ⇒ m , 2

3

4 ou m .

3

4

3

4

m

03

4–

I

II

I IIù

Então, m , 23

4.

325. x2 1 2x 1 (p 2 10) . 0, ∀x ⇔ ∆ , 0 ⇒ 4 2 4(p 2 10) , 0 ⇒

⇒ 44 2 4p , 0 ⇒ p . 11

327. x 2 a

x2 1 1 ,

x 1 a

x2 ⇔ x 2 a

x2 1 1 2

x 1 a

x2 , 0 ⇔

⇔ 22ax2 2 x 2 a

x2(x2 1 1) , 0

Como x2 . 0, ∀x * e x2 1 1 . 0, ∀x , então devemos ter:

22ax2 2 x 2 a , 0, ∀x , e daí 22a , 0 I e ∆ , 0 II

∆ 5 1 2 8a2 , 0 ⇒ a2 . 1

8 ⇒ a , 2

2

4 ou a .

2

4

–

2

4

2

4

0

a

I

II

I IIù

Portanto, a . 2

4.

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38



333. Para ter uma raiz positiva e outra negativa, 0 (zero) deve estar entre

elas, ou seja, x1 0 x2, isto é, devemos ter: (m 2 2) f (0) 0 e

daí (m 2 2)(m 1 2) 0 ⇒ 22 m 2.

334. Como as raízes devem ter sinais contrários, então devemos ter:

x1 0 x2, ou seja, 2 f (0) 0 ⇒ 2 (k 2 5) 0 ⇒ k 5 I

Como |x1| |x2

|, então S

2 5

x1 1 x2

2 0 ⇒ 2

b

2a 2

k

4 0 ⇒

⇒ k . 0 II

De I e II vem 0 k 5; então, o menor valor inteiro é k 5 1.

338. 0 x1 x2 2 ⇒

0 x1 x2 I

e

x1 x2 2 II

I 0 x1 x2 ocorre em três condições:

1 m f (0) . 0 ⇒ m(m 1 5) . 0 ⇒ m 25 ou m . 0

2 ∆ . 0 ⇒ 4(m2 1 2m 1 1) 2 4m(m 1 5) . 0 ⇒ m 1

3

3 S

2 . 0 ⇒ 2(m 1 1)

2m . 0 ⇒

m 1 1

m . 0 ⇒ m 21 ou m . 0

1

2

3

1 2 3ù ù1

3

m

–5 0–1

Então: I m 25 ou 0 m 1

3.

II x1 x2 2 ocorre em três condições:

1 m f (2) . 0 ⇒ m(m 1 1) . 0 ⇒ m 21 ou m . 0

2 ∆ . 0 (idem item I ): m 1

3

3 S

2 2 ⇒

2(m 1 1)

2m 2 ⇒

2m 1 1

m 0 ⇒ m 0 ou m . 1

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39



1

2

3

1 2 3ù ù1

3

m–1 0 1

Então: II m , 21.

De I e II , vem:

I

II

I IIù

1

3

m

–1–5 0

Resposta: m , 25.

339. mx2 2 2(m 1 1)x 1 m 1 5 5 0

x1 , 0 , x

2 , 2 ⇔

x1 , 0 , x

2 I

e

x1 , x

2 , 2 II

I x1 , 0 , x

2

a ? f (0) , 0 ⇒ m(m 1 5) , 0 ⇒ 25 , m , 0

II x1 , x

2 , 2

1 a ? f(2) . 0 ⇒ m[4m 2 4(m 1 1) 1 m 1 5] . 0 ⇒

⇒ m(m 1 1) . 0 ⇒ m , 21 ou m . 0

2 ∆ . 0 ⇒ 4(m 1 1)2 2 4m(m 1 5) . 0 ⇒ m ,

1

3

3 S

2 , 2 ⇒ 2

2b

2a , 2 ⇒

2(m 1 1)

2m , 2 ⇒

⇒ 2m 1 1

m , 0 ⇒ m , 0 ou m . 1

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40



1

2

3

1 2 3ù ù1

3

m–1 0 1

Considerando I e II , temos:

I

II

I IIù m

–1 0–5

Então: 5 , m , 1.

344. (m 1)x2 2(m 1)x m 1 0 (raízes negativas)

1 m 1 0 ⇒ m 1

2 ∆ 0 ⇒ 4(m 1)2 4(m 1)(m 1) 0 ⇒ m 1

3 P . 0 ⇒ m 1

m 1 . 0 ⇒ m , 1 ou m . 1

4 S , 0 ⇒ 2(m 1)

m 1 , 0, ∀m

Portanto, temos:

Então: m . 1.

346. (m 2)x2 (3m 1)x (m 1) 0 (sinais contrários)

1 m 2 0 ⇒ m 2

1

2

3

1

m

–1

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41



2 P , 0 ⇒ m 1m 2

, 0 ⇒ 1 , m , 2

Portanto: 1 , m , 2.

350. 2x2 kx k 5 0

1 raízes de sinais contrários ⇒ P , O ⇒ k 5

2 , O ⇒ k , 5

2 raiz negativa em valor absoluto menor que a raiz positiva ⇒

⇒ S . 0 ⇒ k2

. 0 ⇒ k . 0

De 1 e 2 , vem: 0 , k , 5 e, como k , , k 1 é o menor valor.

351. A {3, 2, 1, 0, 1, 2, 3}

a) m A e n A, m e n coeficientes de x2 2mx n 0; considerando A2 como o conjunto de pares ordenados que representam o par (m, n), teremos 49 possíveis soluções.

b) As equações que têm raízes reais e distintas são aquelas que verificam a condição ∆ . 0, ou seja, m2 . n. Essa condição é satisfeita pelos pares (m, n) seguintes:(3, 3), (3, 2), (3, 1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3) (2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), (2, 1), (2, 2), (2, 3) (1, 0)(1, 0)(2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), (2, 1), (2, 2), (2, 3) (3, 3), (3, 2), (3, 1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3)

num total de 30 pares.

c) As equações que têm raízes reais, distintas e positivas verificam também as condições P n . 0 e S 2m . 0, ou seja, n . 0 e m , 0. Essas condições são satisfeitas por 6 dos pares do item b.

CAPÍTULO VIII — Função modular

368. g) f(x) x2 4|x| 3

f(x)

x2 4x 3, se x 0 Iou

x2 4x 3, se x , 0 II

III

–3

3

y

–1 1

–1

3 x

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42



h) f(x) 5 |x2 2 2|x| 2 3|

Consideremos inicialmente a função (sem o módulo):

g(x) 5 x2 2 2x 2 3 5

x2 2 2x 2 3, se x 0 I

ou

x2 1 2x 2 3, se x 0 II

Como a função f(x) 5 g(x), então na região entre 23 e 3 tem sua

imagem simétrica em relação ao eixo x.

372. f(x) 5 x

x 5

1 se x . 0

21 se x 0

373. f(x) 5 x 2 1

1 2 x 5

5

x 2 1

1 2 x 5 21 se x . 1

2(x 2 1)

1 2 x 5 1 se x 1

375. a) x 2 1 5

x 2 1 se x 1

ou

2x 1 1 se x 1

e x 5

x se x 0

2x se x 0

III

–3

–3

–4

–1 1 3 x

y

g

–3 –1 1 3 x

y

3

4

f

y

1

–1

x

y

1

–1

x1

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43



–x + 1 –x + 1 x – 1

x

–x –xx

1

10

|x – 1|

–|x|

f(x)

–1–2x + 1

f(x) 5

1 se x 0

22x 1 1 se 0 x 1

21 se x 1f(x)

–1

1

1

x1

2

382. a) x 2 1 5

x 2 1 se x 1

ou

2x 1 1 se x 1

x 1 x 2 1 5

2x 2 1 se x 1

ou

1 se x 1

b) f(x) 5 g(x) 5 k tem solução única quando o gráfico de f intercepta

a reta y 5 k em um único ponto, e isso só ocorre para k . 1.

384. d) |2x2 1 15x 2 3| 5 x2 1 2x 2 3

x2 1 2x 2 3 0 ⇒ x 23 ou x 1

|2x2 1 15x 2 3| 5 x2 1 2x 23 ⇒

⇒

x 5 1

3 (rejeitada)

ou

x 5 26

x 5 0 (rejeitada)

ou

x 5 213

2x2 1 15x 2 3 5 x2 1 2x 2 3 ⇒

ou

2x2 1 15x 2 3 5 2x2 2 2x 1 3 ⇒

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44



S 5 {213, 26}

e) |3x 2 2| 5 3x 2 2

3x 2 2 0 ⇒ x 2

3

|3x 2 2| 5 3x 2 2 ⇒

3x 2 2 5 3x 2 2, ∀x, x

ou

3x 2 2 5 23x 1 2 ⇒ x 5 2

3

S 5 x | x 2

3

f) |4 2 3x| 5 3x 2 4

3x 2 4 0 ⇒ x 4

3

|4 2 3x| 5 3x 2 4 ⇒

4 2 3x 5 3x 2 4 ⇒ x 5 4

3ou

4 2 3x 5 23x 1 4, ∀x, x

S 5 x | x 4

3

387. a) |x 1 1| 5

x 1 1, x 21

ou

2x 2 1, x 21

x 5

x, x 0

ou

2x, x 0

|x + 1|

|x|

|x + 1| – |x|

–x – 1 x + 1 x + 1

x–x–x

–1

–1

2x + 1 1

x0

|x 1 1| 2 |x| 5

21, x 21

2x 1 1, 21 x 0

1, x 0

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45



Portanto, a equação dada fica:

21 5 2x 1 1 ⇒ 2x 5 22 ⇒ x 5 21 (rejeitado porque x deve ser

menor que 21)

2x 1 1 5 2x 1 1, ∀x, x , 21 x 0

1 5 2x 1 1 ⇒ x 5 0

S 5 {x | 21 x 0}

b) |x|

x 5

|x 2 1|

x 2 1 ⇔

|x|

x 2

|x 2 1|

x 5 0

|x|

x 5

1, x 0

ou

21, x 0 e

|x 2 1|

x 2 1 5

1, x 1

ou

21, x 1

–1

–1 –1

1

1

1

1

x0

0

0

|x|

x|x – 1|

x – 1

|x|

x

|x – 1|

x – 1–

2

|x|

x 2

|x 2 1|

x 2 1 5

0, x 0

2, 0 x 1

0, x 1

Então, |x|

x 2

|x 2 1|

x 2 1 5 0 tem S 5 {x | x 0 ou x 1}.

389. e) 2x 2 3

3x 2 1 . 2 ⇔

2x 2 3

3x 2 1 22 I

ou2x 2 3

3x 2 1 . 2 II

I 2x 2 3

3x 2 1 22 ⇒

8x 2 5

3x 2 1 0 ⇒

1

3 x

5

8

II 2x 2 3

3x 2 1 . 2 ⇒

24x 2 1

3x 2 1 . 0 ⇒ 2

1

4 x

1

3

Fazendo a reunião de I e II , vem:

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46



S 5 x | 21

4 x

5

8 e x

1

3

g) |x| 2 2 . 1 ⇔ (|x| 2 2 21 ou |x| 2 2 . 1) ⇒

⇒ (|x| 1 ou |x| . 3) ⇒ (21 x 1 ou x 23 ou x . 3)

S 5 {x | x 23 ou 21 x 1 ou x . 3}

390. 2 2 1

x 5 ⇔ 25 2 2

1

x 5 ⇒ 27 2

1

x 3 ⇒

⇒ 23 1

x 7 ⇒

1

x 1 3 0 e

1

x 2 7 0 ⇒

⇒ 3x 1 1

x 0 e

1 2 7x

x 0 ⇒ x 2

1

3 ou x

1

7

Todos os números inteiros positivos menores que 30 satisfazem

a condição.

392. |x 2 2| 4 ⇒ 22 x 6 e

|x 2 7| 2 ⇒ 5 x 9

A ù B

A

B

–2 5 6 9x

O intervalo ]5, 6 [ tem comprimento igual a 1.

393. 1 |x 2 3| 4 ⇔

|x 2 3| . 1 ⇒ (x 2 ou x . 4)

e|x 2 3| 4 ⇒ 21 x 7

2–1 4 7

x

S 5 {x | 21 x 2 ou 4 x 7}

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47



395. |x 2 2| 1 ⇒ 1 x 3 1

|x2 2 4| N ⇒ 4 2 N x2 4 1 N ⇒ 4 2 N x 4 1 N 2

Considerando que 2 deve estar contido em 1 , o maior valor

possível para N é 3.

400. |x2 2 4| 3x ⇔ 23x x2 2 4 3x ⇒

x2 2 4 . 23x ⇒ x2 1 3x 2 4 . 0 I

e

x2 2 4 3x ⇒ x2 2 3x 2 4 0 II

I x 24 ou x . 1

II 21 x 4

I II

–1 4

x

1–4

S 5 {x | 1 x 4}

404. f) 3{|x 1 1| 2 |x 2 1|} 2x2 2 4x

|x 1 1| 5

x 1 1, x 21

ou

2x 2 1, x 21 e |x 2 1| 5

x 2 1, x 1

ou

2x 1 1, x 21

|x + 1|

|x – 1|

–x – 1

–x + 1

x + 1

–x + 1

x + 1

x – 1

x

2x 2–2

–1 1|x + 1| – |x – 1|

Então: 3{|x 1 1| 2 |x 2 1|} 5

26, x 21

6x, 21 x 1

6, x 1

1º) se x 21, 26 2x2 2 4x ⇒ 2x2 2 4x 1 6 0, ∀x, x

S1 5 {x | x 21} 5 {x | x 21}

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48



2º) se 21 x 1, 6x 2x2 2 4x ⇒ x2

2 5x 0 ⇒ x 0 ou x 5

S2 5 {x | 21 x 1} {x | x 0 ou x 5} 5 5 {x | 21 x 0}3º) se x 1, 6 2x2

2 4x ⇒ x2 2 2x 2 3 0 ⇒ x 2 1 ou x 3

S3 5 {x |x 1} {x | x 21 ou x 3} 5 5 {x | x 3}S = S1 S2 S3 5 {x | x 0 ou x 3}

CAPÍTULO IX — Outras funções elementares

413.

Área do trapézio 5 (B 1 b) h

2

As bases B e b são os segmentos contidos nas retas x 5 1, x 5 2,

x 5 3 e x 5 4, entre o eixo Ox e a curva 2x

. A altura h são os intervalos no eixo Ox entre essas retas.

IIIII

y

2

1

1 2 3 4 x

x =

1

x =

2

x =

3

x =

4

I

0

⇒ A 5 AI 1 AII 1 AIII 5

5 32

1 56

1 712

5 3512

AI 5 (2 1 1) 1

2 5

32

AII 5

1 1 23

1

2 5

56

AIII 5

23

1 12

1

2 5

712

x2x

1 2

2 1

323

412

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49



415. 1

x2 5 x2 ⇒

⇒ x4 5 1 ⇒

⇒ x 5 1 ⇒

⇒ y 5 x2 5 1

S 5 {(1, 1), (21, 1)}

416. 1 1 1

x 5 x ⇒

x 1 1

x 5

x2

x

x 0 x2 2 x 2 1 5 0 ⇒ x 5

1 5

2

417. 0 xy 1 ⇒

⇒ 0 y 1

x

x2 1 y2 2 é o círculo

de centro C (0, 0)

e raio 2 .

A intersecção que soluciona o sistema é:

x

y = x2y

1

x2y =

1021

1

y

x1

1

– 1

– 1

0

– 2 2 x

y

0– 2 2

–1

–1

1

1

x

y

0

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50



CAPÍTULO X — Função composta — Função inversa

425. a) (f g)(x) 5 f(g(x)) 5 (x 2 3)2 1 2 5 (x2 2 6x 1 9) 1 2 5 x2 2 6x 1 11

b) (g f)(x) 5 g(f(x)) 5 (x2 1 2) 2 3 5 x2 2 1

c) (f f)(x) 5 f(f(x)) 5 (x2 1 2)2 1 2 5 (x4 1 4x2 1 4) 1 2 5 x4 1 4x2 1 6

d) (g g)(x) 5 g(g(x)) 5 (x 2 3) 2 3 5 x 2 6

426. f(x) 5 x3 2 3x2 1 2x 2 1

f(2x) 5 (2x)3 2 3(2x)2 1 2(2x) 2 1 52x3 2 3x2 2 2x 2 1

f 1x

5 1x

3 2 3

1x

2 1 2

1x

2 1 5 1x3 2

3x2 1

2x

2 1

f(x 2 1) 5 (x 2 1)3 2 3(x 2 1)2

1 2(x 2 1) 2 1 5

5 x3 2 3x2 1 3x 2 1 2 3(x2 2 2x 1 1) 1 2x 2 2 2 1 5

5 x3 2 6x2

1 11x 2 7

427. (f g)(x) 5 f(g(x)) 5 3(2x 1 a) 1 2 5 6x 1 3a 1 2

(g f)(x) 5 g(f(x)) 5 2(3x 1 2) 1 a 5 6x 1 4 1 a

(f g) 5 (g f) 5 6x 1 3a 1 2 5 6x 1 4 1 a 5 3a 1 2 5 4 1 a ⇒

⇒ a 5 1

429. (f g)(x) 5 f(g(x)) 5 (x2 1 ax 1 b)2 1 2(x2 1 ax 1 b) 1 3 5

5 x4 1 2ax3

1 (a2 1 2b 1 2)x2

1 (2ab 1 2a)x 1 b2 1 2b 1 3

(g f)(x) 5 g(f(x)) 5 (x2 1 2x 1 3)2 1 a(x2 1 2x 1 3) 1 b 5

5 x4 1 4x3 1 (10 1 a)x2 1 (12 1 2a)x 1 3a 1 b 1 9

(f g) 5 (g f) ⇒

2a 5 4 1

a2 1 2b 1 2 5 10 1 a 2

2ab 1 2a 5 12 1 2a 3

b2 1 2b 1 3 5 3a 1 b 1 9 4

A solução desse sistema é a 5 2 e b 5 3 e, então: f 5 g.

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51



432. (f g)(x) 5 (2x 1 3) 1 1

(2x 1 3) 2 2 5

2x 1 4

2x 1 1

D(f g) 5 x x 21

2

(g f)(x) 5 2 x 1 1

x 2 2 1 3 5

5x 2 4

x 2 2

D(g f) 5 {x | x 2}

433. (h g)(x) 5 h(g(x)) 5 3(x2 2 1) 1 2 5 3x2 2 1

[(h g) f](x) 5 [(h g)f(x)] 5 3(2x 1 1)2 2 1 5 12x2 1 12x 1 2

434. (g f)(x) 5 g(f(x)) 5 (1 2 x)2 2 (1 2 x) 1 2 5 x2 2 x 1 2

[h (g f)](x) 5 h (g f)(x) 5 2(x2 2 x 1 2) 1 3 5 2x2 2 2x 1 7

435. (f g)(x) 5 f(g(x)) 5 1 2 4 sen2 2θ

(f g)(x) 5 0 ⇔ 1 2 4 sen2 2θ 5 0 ⇒ sen 2θ 5 1

2 e, então, temos:

sen 2θ 5 1

2 ⇒

2θ 5

6 1 2k ⇒ θ 5

12 1 k

ou

2θ 5 2

6 1 2k ⇒ θ 5

5

12 1 k

ou sen 2θ 5 21

2 ⇒

2θ 5 2

6 1 2k ⇒ θ 5 2

12 1 k

ou

2θ 5 1

6 1 2k ⇒ θ 5

7

12 1 k

Portanto: (f g) se anula para θ 5

12 1 k, θ 5

5

12 1 k ou

θ 5 7

12 1 k.

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52



436. (f g)(x) 5 2(ax 1 b) 1 3 5 2ax 1 2b 1 3

(g f)(x) 5 a(2x 1 3) 1 b 5 2ax 1 3a 1 b

(f g) 5 (g f) ⇒ 2b 1 3 5 3a 1 b ⇒ b 5 3a 2 3

Portanto: C 5 {(a,b) 2 | b 5 3a 2 3}.

440. (f f)(x) 5 1

1 2 1

1 2 x

5 1

1 2 x 2 1

1 2 x

5 1 2 x

2x 5

x 2 1

x

(f [f f])(x)5 1

1 2 x 2 1

x

5 1

x 2 x 1 1

x

5 x

1 5 x

448. g(x) 5 2x 1 3 ⇒ x 5 g(x) 2 3

2

f(g(x)) 5 2x 1 5

x 1 1 ⇒ f(g(x)) 5

2g(x) 2 3

2 1 5

g(x) 2 3

2 1 1

5 g(x) 2 3 1 5

g(x) 2 3 1 2

2

5

5 2(g(x) 1 2)

g(x) 2 1 5

2g(x) 1 4

g(x) 2 1 ⇒ f(x) 5

2x 1 4

x 2 1 (x 1)

450. (g f)(x) 5 g(f(x)) 5 (2x 1 b)2 5 4x2 1 4bx 1 b2 5 4x2 2 12x 1 9 ⇒

⇒ 4b 5 212 ⇒ b 5 23 e b2 5 9

451. f(x 1 1) 5 3x 1 5

2x 1 1 5

3(x 1 1) 1 2

2(x 1 1) 2 1 ⇒ f(x) 5

3x 1 2

2x 2 1

Df 5 x | x 1

2

452. g(x) 5 2x 1 3

Trocando x por f(x), vem: g(f(x)) 5 2 f(x) 1 3.

Mas g(f(x)) 5 2x 1 5

x 1 1.

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53



Então: 2 f(x) 1 3 5 2x 1 5

x 1 1 ⇒ f(x) 5

2x 1 2

2x 1 2.

Então: f 212

15 5 f 2

4

5 5

4

5 1 2

28

5 1 2

5 7.

453. g(x) 5 x2 2 x

Trocando x por f(x), vem: g(f(x)) 5 [f(x)]2 2 f(x).

Mas g(f(x)) 5 x2 1 13x 1 42.

Então:

[f(x)]2 2 f(x) 5 x2 1 13x 1 42

[f(x)]2 2 f(x) 2 (x2 1 13x 1 42) 5 0

∆5 1 1 4x2 1 52x 1 168 5 4x2 1 52x 1 169 5 (2x 1 13)2

f(x) 5 1 (2x 1 13)

2 5

2x 1 14

2 5 x 1 7

22x 2 12

2 5 2x 2 6

Com coeficientes positivos: f(x) 5 x 1 7, cujo termo independente

de x é 7.

454. a) f(f(x)) 5 2(2x 1 k) 1 k 5 4x 1 3k 5 4x 2 3 ⇒ k 5 21

Então, f(x) 5 2x 2 1.

⇒ 2t 2 1 5 t 1 2 ⇒ t 5 3

f(g(x)) 5 2(2x 1 t) 2 1 5 22x 1 2t 2 1

g(f(x)) 5 2(2x 2 2) 1 t 5 22x 1 t 1 2

Então, g(x) 5 2x 1 3.

b) 2x 2 1

2x 1 3 0

1

2

–

– –

–

+

+

+

+

+2x – 1

–x + 3

3

x–x + 3

2x – 1x

1

2 ou x . 3

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54



456. Fazendo g(x) 5 y, f (g(x)) 5 f (y):

1º) y 2 ⇒ g(x) 2 ⇔ 2x 1 3 2 ⇒ x 21

2

f (y) 5 y2 2 4y 1 3 ⇒ f (g(x)) 5 [g(x)]2 2 4g(x) 1 3 5

5 (2x 1 3)2 2 4(2x 1 3) 1 3 5 4x2 1 4x

2º) y 2 ⇒ g(x) 2 ⇔ 2x 1 3 2 ⇒ x 21

2

f (y) 5 2y 2 3 ⇒ f(g(x)) 5 4x 1 6 2 3 5 4x 1 3

Portanto: (f g)(x) 5

4x2 1 4x se x 21

2

4x 1 3 se x 21

2

Consideremos, agora, a lei (g f )(x):

g(f(x)) 5 2(x2 2 4x 1 3) 1 3 5 2x2 2 8x 1 9, se x 2

g(f(x)) 5 2(2x 2 3) 1 3 5 4x 2 3, se x 2

Portanto: (g f)(x) 5

2x2 2 8x 1 9, se x 2

4x 2 3, se x 2

458. f(x) 5 4x 2 3, x 0

x2 2 3x 1 2, x 0 e g(x) 5

x 1 1, x . 2

1 2 x2, x 2

a) (f g)(x) 5 f(g(x)) 5

5

f (x 1 1) 5

f (1 2 x2) 5

4(x 1 1) 2 3, x 1 1 0 e x . 2 I

(x 1 1)2 2 3(x 1 1) 1 2, x 1 1 0 e x . 2 II

4(1 2 x2) 2 3, 1 2 x2 0 e x 2 III

(1 2 x2)2 2 3(1 2 x2) 1 2, 1 2 x2 0 e x 2 IV

Simplificando essas expressões, temos:

I f (g(x)) 5 4x 1 1 se x . 2

II é impossível

III f (g(x)) 5 1 2 4x2 se 21 x 1

IV f (g(x)) 5 x4 1 x2 se x 21 ou 1 x 2

Então: (f g)(x) 5

4x 1 1, x . 2

1 2 4x2, 21 x 1

x4 1 x2, x 21 ou 1 x 2

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55



b) (g f)(x) 5 g(f(x)) 5

5

Simplificando essas expressões, temos:

I g (f(x)) 5 4x 2 2 se x 5

4

II g (f(x)) 5 216x2 1 24x 2 8 se 0 x 5

4

III g (f(x)) 5 x2 2 3x 1 3 se x 0

IV é impossível

Portanto:

(g f)(x) 5

4x 2 2, x 5

4

216x2 1 24x 2 8, 0 x 5

4

x2 2 3x 1 3, x 0

459. f (g(x)) 5 4x2 2 6x 2 1, x 1

4x 1 3, x 1

Como g(x) 5 2x 2 3 ⇒ x 5 g(x) 1 3

2 e, para x 1, g(x) 21.

f (g(x)) 5

4g(x) 1 3

2

2

2 6g(x) 1 3

2 2 1, g(x) 21

4g(x) 1 3

2 1 3, g(x) 21

Simplificando, encontramos:

f (g(x)) 5 [g(x)]2 1 3 ? g(x) 2 1, g(x) 21

2 ? g(x) 1 9, g(x) 21

Portanto: f (x) 5 x2 1 3x 2 1, x 21

2x 1 9, x 21

g (4x 2 3) 5

g (x2 2 3x 1 2) 5

(4x 2 3) 1 1, 4x 2 3 2 e x 0 I

1 2 (4x 2 3)2, 4x 2 3 2 e x 0 II

(x2 2 3x 1 2) 1 1, x2 2 3x 1 2 2 e x 0 III

1 2 (x2 2 3x 1 2), x2 2 3x 1 2 2 e x 0 IV

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56



463. condição: f (x) 5 x2 2 4x 1 6 b, ∀x (ou seja, b é o valor

mínimo de f )

ym 5 2

∆

4a 5 b ⇒

16

8 5 b ⇒ b 5 2

464. f (x) 5 2x2 2 3x 1 4, injetora.

Seja f (a) 5 2a2 2 3a 1 4.

Então: 2x2 2 3x 1 4 5 2a2 2 3a 1 4

2(x2 2 a2) 2 3(x 2 a) 5 0 ⇒ x 1 a 5 3

2

Mas, como f é injetora, f (x) 5 f (a) ⇒ x 5 a.

Então: 2a 5 3

2 ⇒ a 5

3

4.

475. Notemos que f (x) 5 x 1 (x 2 s)

x(x 2 s) 5

1

x 2 s 1

1

x.

1. Para todo y , se y 5 2x 2 s

x(s 2 x), resulta:

y(xs 2 x2) 5 2x 2 s ⇒ yx2 1 (2 2 ys)x 2 s 5 0

Fazendo g(x) 5 yx2 1 (2 2 ys)x 2 s, vem:

a g(0) 5 y(2s)

a g(s) 5 y(s) ⇒ ag(0) e ag(s) têm sinais opostos ⇒

⇒ existe um x tal que g(x) 5 0 e 0 x s ⇒

⇒ existe x tal que y 5 2x 2 s

x(s 2 x)

então f é sobrejetora.

2. Dados x1 e x

2 tais que 0 x

1 s e 0 x

2 s, se f(x

1) 5 f(x

2),

temos:

2x

1 2 s

x1(s 2 x

1) 5

2x2 2 s

x2(s 2 x

2) ⇒ (2x

1 2 s)(x

2s 2 x

22) 5

5 (2x2 2 s)(x

1s 2 s2

1) ⇒

⇒ s2(x1 2 x

2) 1 s(x

1 1 x

2)(x

2 2 x

1) 1 2x

1x

2(x

1 2 x

2) 5 0 ⇒

⇒ (x1 2 x

2)(s2 2 (x

1 1 x

2)s 1 2x

1x2) 5 0 ⇒ x

1 2 x

2 5 0 ⇒ x

1 5 x

2

então f é injetora.

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57



476. Seja If o conjunto imagem da função f : → .

Então, If 1

Pelo enunciado m e ∃n, n tal que f (n) m.

Então, m e m f (n), ou seja:

An 5 {m m f(n)} I

f e, portanto, m I

f .

Como m , If. 2

De 1 e 2 , conclui-se que If 5 , ou seja, que f : → é uma

função sobrejetora.

477. f(x) 5 y, IA(x) 5 x e I

B(x) 5 x

(f IA)(x) 5 f(lA(x)) 5 f(x)

(IB f)(x) 5 I

B(f(x)) 5 IB(y) 5 y 5 f(x)

480. Ao escolher a imagem de a temos 4 possibilidades.

Escolhida a imagem de a, ao escolher a imagem de b temos 3

possibilidades.

Então, o total é 4 3 5 12 possibilidades.

481. f1 5 {(a, d), (b, d), (c, e)} f

4 5 {(a, e), (b, d), (c, d)}

f2 5 {(a, d), (b, e), (c, d)} f

5 5 {(a, e), (b, d), (c, e)}

f3 5 {(a, d), (b, e), (c, e)} f

6 5 {(a, e), (b, e), (c, d)}

483. a) Sejam x1 e x

2 em tais que f (x

1) 5 f (x

2).

Temos:

f(x1) 5 f(x

2) ⇒ g(f(x1

)) 5 g(f(x2)) ⇒ (g f)(x

1) 5 (g f)(x

2) ⇒

⇒ x1 5 x

2

então f é injetora.

b) Dado um y em , existe um x em tal que y 5 (g f)(x) 5 g(f(x)) 5

5 g(x') em que x' 5 f(x). Então, g é sobrejetora.

484. a) f(x) 5 2x 2 5

1º) f(x1) 5 f(x

2) ⇒ 2x

1 2 5 5 2x

2 2 5 ⇒ x

1 5 x

2 é injetora

If 5 ⇒ f é sobrejetora

Portanto, f é bijetora.

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58



2º) y 5 2x 2 5

Permutando as variáveis x, y, vem:

x 5 2y 2 5 ⇒ y 5 x 1 5

2 ⇒ f 21(x) 5

x 1 5

2

b) g(x) 5 x 1 1

x 2 4

1º) g(x1) 5 g(x2) ⇒ x1 1 1

x1 2 4 5

x2 1 1

x2 2 4 ⇒

⇒ (x1 1 1)(x2 2 4) 5 (x2 1 1)(x1 2 4) ⇒

⇒ x1 5 x2 ⇒ g é injetora

Verifica-se que para todo y 2 {1}, ∃x, x 2 {4} | g(x) 5 y;

portanto, g é sobrejetora.

Então, g é bijetora.

y

1

4 x0

2º) y 5 x 1 1

x 2 4

Permutando as variáveis, vem:

x 5 y 1 1

y 2 4 ⇒ x(y 2 4) 5 y 1 1 ⇒ y 5

1 1 4x

x 2 1 ⇒

⇒ g21(x) 5 1 1 4x

x 2 1

c) h(x) 5 x5

1º) h(x1) 5 h(x2) ⇒ x51 5 x5

2 ⇒ x1 5 x2 ⇒ h é injetora

Ih 5 ⇒ h é sobrejetora.

Portanto, h é bijetora.

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59



2º) y 5 x5

Permutando as variáveis, vem:

x 5 y5 ⇒ y 5 xx5

⇒ h21(x) 5 xx5

487. Determinemos f (x) 5 ax 1 b:

23a 1 b 5 4

3a 1 b 5 0 ⇒ a 5 2

2

3 e b 5 2 ⇒ f (x) 5 2

2

3x 1 2

Permutando as variáveis em y 5 22

3x 1 2, vem:

x 5 22

3 y 1 2 → y 5 2

3x

2 1 3 ⇒ f21(x) 5 2

3x

2 1 3 → f21(2) 5 0

494. f(x) 5 3 1 2x 2 1

a) g 5 f21 : A → ⇒ f: → A ⇒ A é If (sim)

b) Verifiquemos se existem valores para x quando y 4.

3 1 2x 2 1 4 ⇒ 2x 2 1 1 ⇒ x 2 1 0 ⇒ x 1

Como existem valores x para y 4, então a resposta é não.

c) Determinemos a inversa de f :

y 5 3 1 2x 2 1

Permutando as variáveis: x 5 3 1 2y 2 1 ⇒ x 2 3 5 2y 2 1 ⇒

⇒ 2(x 2 3) 5 2y ⇒ y 5 log2 2(x 2 3) ⇒ g(x) 5 log

2 2(x 2 3)

Então: g11

2 5 log

2 2

11

2 2 3 5 log

2 5. (sim)

d) Determinemos h (x):

f(x) 5 3 1 2x 2 1 ⇒ f(h(x)) 5 3 1 2h(x) 2 1

Mas f (h(x)) 5 3 1 2x.

Então: 3 1 2h(x) 2 1 5 3 1 2x ⇒ 2h(x) 5 4x ⇒ h(x) 5 log2 4x.

Então: h1

4 5 0. (sim)

e) f(2x 1 1) 1 1 3 2x ⇒ 3 1 22x 1 1 3 2x ⇒

⇒ 22x 2 3 2x 1 2 0 ⇒ 0 x 1 ⇔ ]0, 1[ (sim)

f) g(x) 5 log2 2(x 2 3) ⇒ g(1) 5 log

2 2(1 2 3) 5

5 log2 (24) (não está definido) (não)

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60



497. y 5 log4 (x 2 1)

Permutando as variáveis, temos:

x 5 log4 (y 2 1) ⇒ 4x 5 y 2 1 ⇒ y 5 4x 1 1 ⇒ g21(x) 5 4x 1 1.

(f g21)(x) 5 f(g21(x)) 5 34x 1 1 2 1

Então: (f g21)(0) 5 340 1 1 2 1 5 32 2 1 5 8.

498. f : 2 {2} → 2 {a}

y 5 2 1 x

2 2 x

Aplicando a regra prática, vem:

x 5 2 1 y

2 2 y ⇒ 2x 2 xy 5 2 1 y ⇒ 2x 2 2 5 y(1 1 x) ⇒ y 5

2x 2 2

x 1 1

Domínio: x 1 1 0 ⇒ x 21 ⇒ a 5 21.

504. f) f(x) 5

x2 2 4x 1 7, se x 2

2x 2 1, se 21 x 2

2x2 2 2x 2 4, se x 21

1º) x 2, então y 5 x2 2 4x 1 7; logo, y 3.

2º) 21 x 2, então y 5 2x 2 1; logo, 23 y 3.

3º) x 21, então y 5 2x2 2 2x 2 4; logo, y 23.


1º) y 2 e x 3 ⇒ x 5 y2 2 4y 1 7 ⇒ y2 2 4y 1 (7 2 x) 5 0 ⇒

⇒ y 5 2 1 x 2 3

2º) 21 y 2 e 23 x 3 ⇒ x 5 2y 2 1 ⇒ y 5 x 1 1

2

3º) y 21 e x 23 ⇒ x 5 2y2 2 2y 2 4 ⇒ y2 1 2y 1 (4 1 x) 5 0 ⇒

⇒ y 5 21 2 2x 2 3

Então:

f 21(x) 5

2 1 x 2 3, se x 3

x 1 1

2, se 23 x 3

21 2 2x 2 3, se x 23

506. f(x) 5 2x 1 |x 1 1| 2 |2x 2 4|

|x 1 1| 5 x 1 1, se x 21

2x 2 1, se x 21 e |2x 2 4| 5

2x 2 4, se x 2

22x 1 4, se x 2

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61



|x + 1|

– |2x – 4|

2x2x

2x

f(x)

– x – 1 x + 1

2x – 4 2x – 4

x3x – 5 5x – 3

2x

x + 1

– 2x + 4

x + 5

– 1 2

f(x) ⇒ 3x 2 5, se x 21

5x 2 3, se 21 x 2

x 1 5, se x 2

Então, temos:

1º) x 21, y 5 3x 2 5; logo, y 28.

2º) 21 x 2, y 5 5x 2 3; logo, 28 y 7.

3º) x 2, y 5 x 1 5; logo, y 7.


1º) x 28 e y 21, x 5 3y 2 5 ⇒ y 5 x 1 5

3

2º) 28 x 7 e 21 y 2, x 5 5y 2 3 ⇒ y 5 x 1 3

53º) x 7 e y 2, x 5 y 1 5 ⇒ y 5 x 2 5

Portanto, f 21(x) 5

x 1 5

3, se x 28

x 1 3

5, se 28 x 7

x 2 5, se x 7

Assim: f 21(42) 5 42 2 5 5 37.

510. d) (g f) : A → 1

(g f)(x) 5 g(f(x)) 5 4(x2 2 3x) 1 9 5 4x2 2 12x 1 9 5 y

Aplicando a regra prática para obter a inversa, vem:

x 5 4y2 2 12y 1 9 ⇒ 4y2 2 12y 1 (9 2 x) 5 0 ⇒ y 5 3 x

2

Como (g f)21 : 1 → A 5 x | x

3

2 , então y 5 3 1 x

2.

e) (g f) : A → C

(g f)(x) 5 x2 2 1 1 4 5 x2 1 3 5 y


x 5 y2 1 3 ⇒ x2 5 y2 1 3 ⇒ y 5 x2 2 3

Como (g f)21 : C → A 5 {x | x 1}, então y 5 x2 2 3.

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62



512. f : A → 2

g : 2 →

1 h :

1 → B

f(x) 5 2x 2 1 g(x) 5 x2 h(x) 5 4x 2 1

[h (g f)] : A → B

Determinemos h (g f):

1º) (g f)(x) 5 (2x 2 1)2 5 4x2 2 4x 1 1

2º) [h (g f)](x) 5 4(4x2 2 4x 1 1) 2 1 5 16x2 2 16x 1 3

Então: [h (g f)](x) 5 y 5 16x2 2 16x 1 3.

Aplicando a regra prática para determinar a inversa, temos:

x 5 16y2 2 16y 1 3 ⇒ 16y2 2 16y 1 (3 2 x) 5 0 ⇒ y 5 2 x 1 1

4

Como [h (g f)]21(x) : B → A 5 x | x 12 , então y 5

2 2 x 1 14

.

APêNDICE I — Equações irracionais

516. 2 1 x 5 x, então devemos ter x 0.

2 1 x 5 x2 ⇒ x2 2 x 2 2 5 0 ⇒ x 5 2oux 5 21 (rejeitado)

S 5 {2}

517. a) 9 1 a3

3 5 3 1

a3

3 5 27 1 3 9

a3 1 3 3

a3

9 1 a3

27 5

5 27 1 9a 1 a2 1 (321 a)3 (V)

b) 2,333... 5 2 1 0,3 1 0,03 1 ... 5 213 (V)

porque 0,3 1 0,03... é uma P.G. infinita de primeiro termo 310

e

razão 110 ⇒ S 5

3101

5 13

e, então, 2 1 13

5 213 .

c) x 5 2 2 x ⇒ x 5 4 2 4x 1 x2 ⇒ x2 2 5x 1 4 5 0, que tem duas raízes reais e positivas. (V)

d) |a| 2 |a 1 1| 0 ⇔ |a| |a 1 1| é falso, porque, por exemplo, se a 5 22, vem: |22| |22 1 1| ⇒ 2 1.

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63



e) a 1 d

2 5

5

12 e

b 1 c

2 5

5

12 ⇒

⇒ a 1 b 1 c 1 d

2 5

5

12 1

5

12 5

10

12 5

5

6 ⇒

⇒ a 1 b 1 c 1 d 5 5

3 (V)

f) |x 2 1| (x 1 1)(x 2 2) 0

Como |x 2 1| . 0, sempre, então (x 1 1)(x 2 2) 0 ⇒ 21 x 2.

x

– + +

+

++

–1 2

– –

–

Portanto, f ) é verdadeiro.

g) b4 2 a2

b 2 a 5

(b2 2 a)(b2 1 a)

b 2 a 5

(b 2 a )(b 1 a )(b2 1 a)

b 2 a 5

5 (b 1 a )(b2 1 a) 5 b3 1 b2a12 1 ab 1 a

32 e, então, g) é falso.

523. Devemos, inicialmente, verificar se 0 ou 1 são soluções da equação:

x 5 0 ⇒ 0 0 5 00 (V)

x 5 1 ⇒ 1 1 5 11 (V)

Resolvendo, vem: x x 5 xx

x2 x 5 xx ⇒ 2 x 5 x ⇒ 4x 5 x2 ⇒

⇒ x2 5 4x 5 0 ⇒ x 5 0

ou

x 5 4

S 5 {0, 1, 4}

526. e) x 1 1 2 1 5 x 1 8x 2 ⇒

⇒ x 1 1 2 2 x 1 1 1 1 5 x 2 x 1 8 ⇒

⇒ 2 x 1 1 2 2 5 x 1 8 ⇒

⇒ 4(x 1 1) 2 8 x 1 1 1 4 5 x 1 8 ⇒

⇒ 8 x 1 1 5 3x ⇒ 64(x 1 1) 5 9x2 ⇒

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64



⇒ 9x2 2 64x 2 64 5 0 ⇒

x 5 8

ou

x 5 28

9

Fazendo a verificação, temos:

para x 5 8: 8 1 1 2 1 5 8 2 8 1 8 ⇒ 3 2 1 5 8 2 4 (V)

para x 5 28

9: 2

8

9 1 1 2 1 5 2

8

9 2 2

8

9 1 8 ⇒

⇒ 1

3 2 1 5 2

32

9 (F)

S 5 {8}

530. a) x 1 x2 1 16 5 40

x2 1 16 ⇒

⇒ x x2 1 16 1 x2 1 16 5 40 ⇒

⇒ x x2 1 16 5 2x2 1 24 ⇒

⇒ x2(x2 1 16) 5 x4 2 48x2 1 576 ⇒ 64x2 5 576 ⇒ x2 5 9 ⇒

⇒ x 5 3

Verificando:

para x 5 3: 3 1 9 1 16 5 40

9 1 16 ⇒ 3 1 5 5

40

5 (V)

para x 5 23: 23 1 9 1 16 5 40

9 1 16 ⇒ 23 1 5 5

40

5 (F)

Então: S 5 {3}.

b) x ( x 1 2 ) 1 x 1 2 5 4 ⇒

⇒ x2 1 2x 5 2x 1 2 ⇒ 6x 5 4 ⇒ x 5 2

3

Verificando:

para x 5 2

3:

2

3

2

31 2 1

2

3 1 2 5 4 ⇒

4

3 1

8

3 5 4 (V)

Portanto: S 5 2

3 .

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65



d) ( 4x 1 20 ) x 5 (4 2 x )(4 1 x ) ⇒ 4x2 1 20x 5 16 2 x ⇒

⇒ 4x2 1 20x 5 256 2 32x 1 x2 ⇒

⇒ 3x2 1 52x 2 256 5 0 ⇒

x 5 4

ou

x 5 264

3 (rejeitado)

Verificando para x 5 4:

16 1 20

4 1 4 5

4 2 4

4 ⇒

6

6 5

2

2 (V)

Portanto: S 5 {4}.

532. a) Devemos considerar x2 2 1 . 0 ⇒ x 21 ou x . 1.

x2 2 1x 2

x2 2 (x2 2 1) 1

x2 2 1x 1

x2 2 (x2 2 1) 5 2(x2 1 1) ⇒

⇒ x2 2 1x 2 1 x2 2 1x 1 5 2(x2 1 1) ⇒

⇒ x 2 x2 2 1 1 2 x2 2 (x2 2 1) 1 x 1 x2 2 1 5 2(x2 1 1) ⇒

⇒ 2x 1 2 5 2(x2 1 1) ⇒ x2 5 x ⇒

x 5 0 (rejeitado)

ou

x 5 1 Verificando para x 5 1:

1

01 1

1 1

01 2

5 2 (2) ⇒ 1 1 1 5 2 (V)

S 5 {1}

c) x 1 3

x 1 3x 1

1 x 2 3

x 2 3x 2

5 x

Devemos considerar:

x 0

x 1 3 0 ⇒ x . 1 3

x 2 3 0

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

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

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

( x 2 3x 2 )( x 1 3x 2 ) 5 x ⇒

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66



⇒ (x 1 3 )( x ) 2 (x 1 3 )( 3x 1 )

2 3 1

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

3 5 x ⇒

⇒ 2x x 2 3x

3 1

(x 1 3)3

3 1

x x 2 3x

3 1

(x 1 3)3

3 5

5 x ⇒ 22 3x

3 1

(x 1 3 )3

3 1

(x 2 3 )3

3 5 x ⇒

⇒ (x 1 3 )3 1 (x 2 3 )3 5 3 3x ⇒

⇒ (x 1 3 )3 1 (x 2 3 )3 1 2 [(x 1 3 )(x 2 3 )]3 5 27x ⇒

⇒ 2 (x2 2 3)3 5 22x3 1 9x ⇒ 4(x2 2 3)3 5 4x6 2 36x4 1 81x2 ⇒

⇒ 27x2 5 108 ⇒ x2 5 4 ⇒

x 5 22 (rejeitado)

ou

x 5 2

A verificação para x 5 2 segue os mesmos passos utilizados na

resolução e chega-se a um resultado verdadeiro.

Portanto: S 5 {2}.

533. b) Inicialmente, para existência das raízes, devemos ter x . 0,

x 1 x . 0 e x 2 x . 0, ou seja, x . 1.

xx 1 2 xx 2 5 4 x

3 x 1 x ⇒

⇒ ( xx 1 )2 2 ( xx 1 )( xx 2 ) 5 4 x

3 ⇒

⇒ x 1 x 2 x2 2 x 5 4 x

3 ⇒ x2 2 x 5 x 2

x

3 ⇒

⇒ x2 2 x 5 x2 2 2x x

3 1

x

9 ⇒

2x x

3 5

10x

3

x 0 x 5

5

3 ⇒

⇒ x 5 25

9

Verificação:

25

9

25

91 2

25

9

25

92 5

40

3 2

10

3 5

10

3

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67



425

9

325

9

25

91

5

20

3

40 5

10

3

S 5 25

9

c) Notemos inicialmente que a condição para existência das raízes

é x 0.

1 1 x 2 2x 1 x2

1 1 x 1 2x 1 x2 5

2 1 x 1 x

2 1 x 2 x ⇒

⇒ (1 1 x 2 2x 1 x2 )( 2 1 x 2 x ) 5

5 ( 2 1 x 1 x )(1 1 x 1 2x 1 x2 ) ⇒

⇒ 2 1 x 2 x 1 x 2 1 x 2 x x 2 (x 1 2) x 1 x 2 1 x 5

5 2 1 x 1 x 1 x 2 1 x 1 x x 1 (x 1 2) x 1 x 2 1 x ⇒

⇒ 2 x 1 2x x 1 2 x (x 1 2) 5 0 ⇒

⇒ x (2x 1 3) 5 0 ⇒

x 5 0

ou

x 5 23

2 (rejeitada)

Verificação:

1 1 0 2 0

1 1 0 1 0 5

2 1 0

2 2 0 (V)

S 5 {0}

534. a 2 x 1 b 2 x 5 a 1 b 2 2x

I a 2 x 0 ⇒ x a

b 2 x 0 ⇒ x b

a 1 b 2 2x 0 ⇒ x

a 1 b

2

Então, se a b, temos x a b; e, se a b, temos x b a.

II a 2 x 1 b 2 x 1 2 (a 2 x)(b 2 x) 5 a 1 b 2 2x ⇒

⇒ 2 (a 2 x)(b 2 x) 5 0 ⇒

x 5 a

ou

x 5 b

Portanto, de I e II , vem:

se a b, S 5 {a}; e, se a b, S 5 {b}.

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68



535. 2x 1 2 a2 1 x2 5 5a2

a2 1 x2

I a2 1 x2 0, quaisquer que sejam x e a reais.

II 2x a2 1 x2 1 2(a2 1 x2) 5 5a2 ⇒ 2x a2 1 x2 5 3a2 2 2x2

⇒

⇒ 4x2(a2 1 x2) 5 9a4 2 12a2x2 1 4x4 ⇒ 16a2x2 5 9a4 ⇒

⇒ x2 5 9a2

16 ⇒ x 5

3a

4

Verificando:

para x 5 23a

4, vem: 2 2

3a

4 1 2

9a2

16a2 1 5

5a2

9a2

16a2 1 ⇒

⇒ 26a

4 1 2

5a

4 5

4a2

a ⇒ a 5 4a (F)

para x 5 3a

4, vem:

6a

4 1 2

5a

4 5 4a ⇒

16a

4 5 4a (V)

Portanto: S 5 3a

4.

536. x 1 a 5 x 1 b

I x 1 a 0 ⇒ x 2a

x 0

b 0

II x 1 a 5 x 1 2 bx 1 b ⇒ 2 bx 5 a 2 b

Como 2 bx 0, então a 2 b 0 ⇒ a b . 0 (há solução)

a 2 b 0 ⇒ a b (não há solução)

Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, vem:

4bx 5 (a 2 b)2 ⇒ x 5 (a 2 b)2

4b ⇒ se b 5 0 (não há solução)

Portanto:

a b ou b 5 0 ⇒ S 5

a b . 0 ⇒ S 5 (a 2 b)2

4b

a 5 b 5 0 ⇒ x 5 x ⇒ S 5 1

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69



537. a) a 1 x 1 a 2 x

a 1 x 2 a 2 x 5 b

I Condições iniciais

a 1 x 2 a 2 x 0 ⇒ a 1 x a 2 x ⇒

⇒ a 1 x a 2 x ⇒ 2x 0 ⇒ x 0

a 1 x 0 ⇒ x 2a ⇒ 2a x a

a 2 x 0 ⇒ x a

b 0

II ( a 1 x 1 a 2 x ) ( a 1 x 1 a 2 x )

( a 1 x 2 a 2 x ) ( a 1 x 1 a 2 x ) 5 b ⇒

⇒

( a 1 x 1 a 2 x )2

a 1 x 2 (a 2 x) 5 b ⇒

2a 2 2 a2 2 x2

2x 5 b ⇒

⇒ a2 1 x2 5 a 2 b x ⇒ a2 2 x2 5 a2 2 2a b x 1 bx2 ⇒

⇒ (b 1 1)x2 2 2a b x 5 0 ⇒

⇒ x[(b 1 1)x 2 2a b ] 5 0 ⇒

x 5 0 (rejeitada)

ou

x 5 2a b

b 1 1 (b 21)

Assim, como 2a x a, vem:

2a 2a b

b 1 1 a ⇒ 21

2 b

b 1 1 1 ⇒

⇒ 2(b 1 1) 2 b b 1 1 ⇒

⇒ [2(b 1 1)]2 4b (b 1 1)2 ⇒ b 1

Portanto, se b 1, S 5 2a b

b 1 1.

b) a 1 x 2 b

b 1 x 2 a 5

a

b


a 0

b 0

x 2 b 0 ⇒ x b

x 2 a b ⇒ x a

a

b 0 ⇒ a b

Então: x a b 0.

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70



II ab 1 b(x 2 b) 5 ab 1 a(x 2 a) ⇒

⇒ b(x 2 b) 5 a(x 2 a) ⇒ (b 2 a)x 5 b2 2 a2 ⇒

⇒ x 5 a 1 b (se a b)

Se a 5 b, então x a 0.

Portanto: se a 5 b, S 5 {x 1 | x a};

se a b, S 5 {a 1 b}.

c) a 1 x 1 a 2 x

a 1 x 1 a 2 x 5

b

a


a 1 x 0 ⇒ x 2a

a 2 x 0 ⇒ x a ⇒ 2a x a

a 1 x 2 a 2 x 0 ⇒ a 1 x a 2 x ⇒

⇒ a 1 x a 2 x ⇒ x 0

b

a . 0 ⇒ b . a

II a 1 x 1 a 2 x 1 2 a2 2 x2

a 1 x 2 (a 2 x) 5

b

a ⇒

⇒ a 1 a2 2 x2

x 5

b

a ⇒ a2 2 x2 5

bx 2 a2

a ⇒

⇒ a2 2 x2 5 b2x2 2 2a2bx 1 a4

a2 ⇒ (a2 1 b2)x2 2 2a2bx 5 0 ⇒

⇒ x[(a2 1 b2)x 2 2a2b] 5 0 ⇒

x 5 0 (rejeitada)

ou

x 5 2a2b

a2 1 b2

Mas 2a x a ⇒ 2a 2a2b

a2 1 b2 a ⇒

⇒ 2(a2 1 b2) 2ab (a2 1 b2) ⇒ 2(a 1 b)2 0

e

(a 2 b)2 0

verdadeiras,

∀a, b

Portanto, para b . a, S 5 2a2b

a2 1 b2 .

538. I x 2 a 0 ⇒ x a

b2 1 x2 2 a2 0 ⇒ x2 a2 2 b2

mas x2 0, ∀x, x ⇒ a2 2 b2 0 ⇒ a2 b2 ⇒

⇒ |a| |b|

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71



E, se |a| |b|, então b2 1 x2 2 a2 0 e

a2 1 x b2 1 x2 2 a2 0 se x 0

II a2 1 x b2 1 x2 2 a2 5 x2 2 2ax 1 a2 ⇒

⇒ x b2 1 x2 2 a2 5 x(x 2 2a) ⇒ se x 0,

b2 1 x2 2 a2 5 x 2 2a ⇒

⇒ b2 1 x2 2 a2 5 x2 2 4ax 1 4a2 ⇒ x 5 5a2 2 b2

4a; se a 0

Como x . 0 e |a| |b|, então 5a2 2 b2

4a . 0 ⇒

⇒ 5a2 2 b2 . 0, ∀a, b e, então, a . 0.

Portanto: a . 0 e |a| |b| ⇒ S 5 5a2 2 b2

4a.

539. x 2 1 5 a 2 x

I a 2 x 0 ⇒ x a

x 2 1 0 ⇒ x 1

Então: se a 1, não há solução;

se a 5 1, x 5 1;

se a . 1, 1 x a.

II x 2 1 5 a2 2 2ax 1 x2

x2 2 (2a 1 1)x 1 a2 1 1 5 0 ⇒

⇒ x 5 (2a 1 1) 4a 2 3

2 se a

3

4

y

x

y = x – 1

54321

1

2

a = 1 a = 2 a = 3 a = 4

III

0

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72



Já sabemos, em I , que, se a 5 1, x 5 1, o que é confirmado

pelo gráfico, e, pela substituição em II , verificamos que é satisfeito

para x 5 (2a 1 1) 2 4a 2 3

2. Essa escolha se verifica para outros

valores de a. Então, são esses os pontos de menor abscissa.

540. a) xy 5 36

x 1 y 5 5 (devemos ter x . 0 e y . 0)

⇒

⇒ x 1 y 5 5 ⇒ x 1 2 xy 1 y 5 25 ⇒ x 1 y 5 13

Então: xy 5 36

x 1 y 5 13 ⇒ x2 2 13x 1 36 5 0 ⇒ (x 5 4 ou x 5 9) ⇒

⇒ (y 5 9 ou y 5 4)

Verificando: 4 1 9 5 5 ⇒ 2 1 3 5 5 e 9 1 4 5 5 ⇒

⇒ 3 1 2 5 5

S 5 {(4, 9), (9, 4)}

b) x 2 y 5 2 xy (devemos ter x . 0 e y . 0)

x 1 y 5 20

⇒ 2 xy . 0 ⇒

⇒ x . y ⇒ x . y

x 2 y 5 2 xy ⇒ x 2 2 xy 1 y 5 4xy ⇒ 22 xy 5 4xy 2 20 ⇒

⇒ xy 5 10 2 2xy ⇒ xy 5 100 2 40xy 1 4x2y2 ⇒

⇒ 4x2y2 2 41xy 1 100 5 0

Fazendo xy 5 z, temos:

4z2 2 41z 1 100 5 0 ⇒ z 5

25

4 ⇒ xy 5

25

4

ou

z 5 4 ⇒ xy 5 4

Verificando:

para xy 5 25

4 ⇒ x 2 y 5 2

5

2 ⇒ x 2 y 5 5 ⇒

⇒ x 2 2 xy 1 y 5 25 ⇒ 20 2 2 5

2 5 25 ⇒ 20 2 5 5 25 (falso)

para xy 5 4 ⇒ x 2 y 5 2 2 ⇒ x 2 y 5 4 ⇒

⇒ x 2 2 xy 1 y 5 16 ⇒ 20 2 2 2 5 16 (verdadeiro)

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73



Então, temos:

x 1 y 5 20

xy 5 4 ⇒ x2 2 20x 1 4 5 0 ⇒ x 5 10 4 6 ⇒ y 5 10 4 6

Portanto: S 5 {(10 1 4 6, 10 2 4 6)}.

c) I x

y . 0 e

y

x . 0

II x

y 1

y

x 1 2

y

x

x

y 5

25

4 ⇒

x2 1 y2

xy 5

17

4 ⇒

⇒ 4(x2 1 y2) 5 17xy

Sabemos que (x 1 y)2 5 x2 1 y2 1 2xy ⇒ x2 1 y2 5 (x 1 y)2 2 2xy.

Então: 4(100 2 2xy) 5 17xy ⇒ xy 5 16.

Portanto, temos:

x 1 y 5 10

xy 5 16 ⇒ x2 2 10x 1 16 5 0 ⇒

x 5 8 ⇒ y 5 2

ou

x 5 2 ⇒ y 5 8

Assim: I x

y 5 4 e

y

x 5

1

4 e II

x

y 5

1

4 e

y

x 5 4

Verificando:

I 4 1 1

4 5

5

2 ⇒ 2 1

1

2 5

5

2 (V)

II 1

4 1 4 5

5

2 ⇒

1

2 1 2 5

5

2 (V)

Então: S 5 {(2, 8), (8, 2)}.

d) x 1 y 2 xy 5 7 1

x2 1 y2 1 xy 5 133 2

I Devemos ter xy . 0 ⇒ x . 0 e y . 0 ou x 0 e y 0

II De 1 , vem: xy 5 49 2 14(x 1 y) 1 (x 1 y)2 ⇒

⇒ xy 5 49 2 14(x 1 y) 1 (x2 1 y2) 1 2xy ⇒

⇒ 2xy 5 49 2 14(x 1 y) 1 (x2 1 y2)

De 2 , vem: x2 1 y2 5 133 2 xy.

Então: 2xy 5 49 2 14(x 1 y) 1 133 2 xy ⇒

⇒ 14(x 1 y) 5 182 ⇒ x 1 y 5 13 3

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74



Portanto, 1 2 xy 5 7 2 13 ⇒ xy 5 6 ⇒ xy 5 36 4

De 3 e 4 , temos:

x 1 y 5 13

xy 5 36 ⇒ x2 2 13x 1 36 5 0 ⇒ x 5 9 ou x 5 4

Então, para x 5 9, y 5 4 e para x 5 4, y 5 9.

Verificando: (4, 9) ⇒ 4 1 9 2 36 5 7 ⇒ 13 2 6 5 7 (V)

(9, 4) ⇒ 9 1 4 2 36 5 7 ⇒ 13 2 6 5 7 (V)

S = {(4, 9), (9, 4)}

541. a) 5 x2 2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19

3 x2 2 3y 2 1 5 1 1 2 x 1 6y

I x2 2 3y 2 1 . 0 ⇒ x2 . 3y 1 1 ⇒ 23y 2 1 x 3y 1 1

x 1 6y . 0 ⇒ x . 26y

II 5 x2 2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19

3 x2 2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1⇔

⇔ 15 x2 2 3y 2 1 1 3 x 1 6y 5 57

215 x2 2 3y 2 1 1 10 x 1 6y 5 25

⇒

⇒ 13 x 1 6y 5 52 ⇒ x 1 6y 5 16 1

5 x2 2 3y 2 1 1 x 1 6y 5 19

3 x2 2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1 ⇔

⇔ 10 x2 2 3y 2 1 1 2 x 1 6y 5 38

3 x2 2 3y 2 1 2 2 x 1 6y 5 1 ⇒

⇒ 13 x2 2 3y 2 1 5 39 ⇒ x2 2 3y 5 10 2

De 1 e 2 , vem:

x 1 6y 5 16

x2 2 3y 5 10 ⇔

x 1 6y 5 16

2x2 2 6y 5 20 ⇒ 2x2 1 x 2 36 5 0 ⇒

⇒ x 5 4 ou x 5 29

2

Para x 5 4 temos y 5 2 e para x 5 29

2 temos y 5

41

12.

Verificando: 23y 21 x 3y 1 1.

Para (4, 2), vem: 27 4 7.

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75



Para 29

2,

41

12, vem: 2

45

4 2

9

2

45

4.

Portanto: S 5 (4, 2), 29

2,

41

12.

b) x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 1 2

2 2 x 1 y 1 x 1 2y 5 2 2 2 2

I x 1 y . 0 ⇒ x . 2y

x 1 2y . 0 ⇒ x . 22y

II 2 x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 2 1 2

2 2 x 1 y 1 x 1 2y 5 2 2 2 2 ⇒ x 1 2y 5 2 2 ⇒

⇒ x 1 2y 5 8 1

x 1 y 1 2 x 1 2y 5 4 1 2

2 x 1 y 2 2 x 1 2y 5 24 1 2 2 ⇒ x 1 y 5 2 ⇒

⇒ x 1 y 5 2 2

De 1 e 2 , vem:

x 1 2y 5 8

x 1 y 5 2 ⇔

x 1 2y 5 8

2x 2 y 5 22 ⇒ y 5 6 e x 5 24

Como x . 2y, vem S 5 {(24, 6)}.

547. x 1 93

5 3 1 x 2 93

x 1 9 5 27 1 27 x 2 93

1 9( x 2 93

)2 1 x 2 9

Fazendo x 2 93

5 y, temos:

9y2 1 27y 1 9 5 0 ⇒ y2 1 3y 1 1 5 0 ⇒ y 5 23 5

2

Então: x 2 93

5 23 5

2 ⇒ 2 x 2 9

3 5 23 5 ⇒

⇒ (2 x 2 93

)3 5 (23 5 )3 ⇒ x 5 4 5 ⇒ x2 5 80.

548. ( x 2 13

1 x 2 23 )3 5 ( 2x 2 3

3)3 ⇒

⇒ x 2 1 1 3 (x 2 1)2(x 2 2)3

1 3 (x 2 1)(x 2 2)23

1

1 x 2 2 5 2x 2 3 ⇒

⇒ (x 2 1)2(x 2 2)3

5 2 (x 2 1)(x 2 2)23

⇒

⇒ (x 2 1)2(x 2 2) 5 2(x 2 1)(x 2 2)2 ⇒

⇒ (x 2 1)2(x 2 2) 1 (x 2 1)(x 2 2)2 5 0 ⇒

⇒ (x 2 1)(x 2 2)(x 2 1 1 x 2 2) 5 0 ⇒

⇒ (x 2 1)(x 2 2)(2x 2 3) 5 0 ⇒ x 5 1 ou x 5 2 ou x 5 3

2

S 5 1, 3

2, 2

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76



549. ( 2 2 x3 )3 5 (1 2 x 2 1 )3 ⇒

⇒ 2 2 x 5 1 2 3 x 2 1 1 3(x 2 1) 2 (x 2 1) x 2 1 ⇒

⇒ (x 1 2) x 2 1 5 4x 2 4 ⇒

⇒ (x2 1 4x 1 4)(x 2 1) 5 16x2 2 32x 1 16 ⇒

⇒ x3 2 13x2 1 32x 2 20 5 0

Tendo notado que 1 é raiz da equação, vamos dividir o 1º membro por x 2 1:

x3 2 13x2 1 32x 2 202 x3

1 x2

2 12x2 1 32x 2 201 12x2 2 12x

20x 2 202 20x 1 20

0

x 2 1

x2 2 12x 1 20

Então: (x 2 1)(x2 2 12x 1 20) 5 0 ⇒ x 5 10 ou x 5 2 ou x 5 1.

Portanto: S 5 {1, 2, 10}.

552. x 1 y 5 72

x3

1 y3

5 6

Fazendo A 5 x3

, B 5 y3

e A 1 B 5 6, em

(A 1 B)3 5 A3 1 B3 1 3AB(A 1 B), vem:

216 5 x 1 y 1 18 xy3

⇒ 216 5 72 1 18 xy3

⇒

⇒ xy3

5 8 ⇒ xy 5 512.

Então: x 1 y 5 72

xy 5 512 ⇒ x2 2 72x 1 512 5 0 ⇒

x 5 64 ⇒ y 5 8oux 5 8 ⇒ y 5 64

S 5 {(8, 64), (64, 8)}

APêNDICE II — Inequações irracionais

554. c) x2 2 x 2 2 2 ⇒ 0 x2 2 x 2 2 4 ⇒

⇒ x2 2 x 2 2 0ex2 2 x 2 6 0

⇒ x 21 ou x 2e22 x 3

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77



–2 –1 2 3

x

S 5 {x | 22 x 21 ou 2 x 3}

e) 2x2 1 x 1 3 1 ⇒ 0 2x2 1 x 1 3 1 ⇒

⇒ 2x2 1 x 1 3 0

e

2x2 1 x 1 2 0

⇒

e

⇒ S 5

555. f) 2x2 2 x 2 6 x ⇒ x 0

e

0 2x2 2 x 2 6 x2

⇒

x 0

e

2x2 2 x 2 6 0

e

x2 2 x 2 6 0

⇒

x–2 0 323

2–

x 0

e

x 23

2 ou x 2

e

22 x 3

S 5 {x | 2 x 3}

i) x2 2 3x 1 2 2x 2 1 ⇒ 2x 2 1 0

e

0 x2 2 3x 1 2 (2x 2 1)2 ⇒

⇒

x 1

2e

x2 2 3x 1 2 0

e

23x2 1 x 1 1 0

⇒

x 1

2e

x 1 ou x 2

e

x 1 2 13

6 ou x

1 1 13

6

⇒

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78



1 – 13

6

1 + 13

6

1

2

1 2

x

S 5 x | 1 1 13

6 x 1 ou x 2

556. x2 2 3x 1 2 1 2 3x ⇒

1 2 3x . 0

e

0 x2 2 3x 1 2 (1 2 3x)2 ⇒

⇒

23x . 21

e

x2 2 3x 1 2 0

e

28x2 1 3x 1 1 0

⇒

x 1

3e

x 1 ou x 2

e

x 3 2 41

16 ou x .

3 1 41

16

3 – 41

16

3 + 41

16

1

3

x

1 2

S 5 x | x 3 2 41

16

558. d) 4x2 2 13x 1 7 . 2 ⇒ 4x2 2 13x 1 7 . 4 ⇒ 4x2 2 13x 1 3 . 0 ⇒

⇒ x 1

4 ou x . 3 ⇒ S 5 x | x

1

4 ou x . 3

f) 25x2 2 19x 1 4 23 ⇒ 25x2 2 19x 1 4 0 ⇒ 24 x 1

5

S 5 x | 24 x 1

5

g) 22x2 1 5x 1 5 3 ⇒ 22x2 1 5x 1 5 9 ⇒

⇒ 22x2 1 5x 2 4 0, em que ∆ 5 27 0

S 5

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79



559. d) 6x2 1 x 2 1 . 2x 1 1 ⇒

6x2 1 x 2 1 0 e 2x 1 1 0 I

ou

6x2 1 x 2 1 . (2x 1 1)2 e 2x 1 1 0 II

I

6x2 1 x 2 1 0

e

2x 1 1 0

⇒

x 21

2 ou x

1

3

e

x 21

2

S1 5 x |x 21

21

3

x

1

2–

II

6x2 1 x 2 1 . (2x 1 1)2

e

2x 1 1 0

⇒ 2x2 2 3x 2 2 . 0

e

2x 1 1 0

⇒

⇒

x 21

2 ou x . 2

e

x 21

2

2x

1

2–

S2 5 {x | x . 2}

S 5 S1 S2 5 x | x 21

2 ou x . 2

f) x2 1 4x 2 4 2x 2 2 ⇒ x2 1 4x 2 4 0 e 2x 2 2 0 I

e

x2 1 4x 2 4 (2x 2 2)2 e 2x 2 2 0 II

I x2 1 4x 2 4 0

e

2x 2 2 0

⇒ x 22 2 2 2 ou x 22 1 2 2

e

x 1

– 2 – 2 2 – 2 + 2 2 1x

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80



S1 5 {x | x 22 2 2 2 ou 22 1 2 2 x 1}

II

x2 1 4x 2 4 4x2 2 8x 1 4

e

2x 2 2 0

⇒ 23x2 1 12x 2 8 0

e

2x 2 2 0

⇒

⇒

6 2 2 33 x

6 1 2 3

3

e

x 1

S2 5 x | 1 x 6 1 2 3

3

S 5 S1 S2 5 x | x 22 2 2 2 ou

22 1 2 2 x 6 1 2 3

3

g) 7x 2 1 x 1 2 ⇒ 7x 2 1 0 e x 1 2 0 I

ou

7x 2 1 (x 1 2)2 e x 1 2 0 II

I

7x 2 1 0

e

x 1 2 0

⇒ x

1

7

ou

x 22

⇒ S1 5

II 7x 2 1 x2 1 4x 1 4

e

x 1 2 0

⇒ 2x2 1 3x 2 5 0

e

x 1 2 0

⇒ S2 5

S 5 S1 S2 5

h) 4x2 2 5x 1 2 x 2 2 ⇒ 4x2 2 5x 1 2 0 e x 2 2 0 I

4x2 2 5x 1 2 (x 2 2)2 e x 2 2 0 II

6 – 2 3

3

6 + 2 3

3

1

x

6 + 2 3

3

S1

S1

S2

S2

<

– 2 – 2 2 – 2 + 2 2 1x

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81



I 4x2 2 5x 1 2 0

e

x 2 2 0

⇒

e

x 2

⇒ S1 5 {x | x 2}

II 4x2 2 5x 1 2 x2 2 4x 1 4

e

x 2 2 0

⇒ 3x2 2 x 2 2 0

e

x 2 2 0

⇒

⇒ x 2

2

3 ou x 1

e

x 2

2

3

1 2

x

–

S2 5 {x | x 2}

S1 5 {x | 3 x 4}

S 5 S1 S2 5

561. b) 2x2 2 2x 1 24

x 1

1ª possibilidade: x . 0

2x2 2 2x 1 24 x ⇒ 0 2x2 2 2x 1 24 x2 e x . 0 ⇒

⇒

2x2 2 2x 1 24 0

e

22x2 2 2x 1 24 0

e

x . 0

⇒

26 x 4

e

x 24 ou x . 3

e

x . 0

–6 –4 0 3 4x

001-091-Manual-FME1.indd 81 23/07/13 08:46

82



2ª possibilidade: x 0

2x2 2 2x 1 24

x 1 ⇒ 2x2 2 2x 1 24 . x ⇒

⇒ 2x2 2 2x 1 24 0 e x 0 ⇒

⇒ 2x2 2 2x 1 24 0

e

x 0

⇒ 26 x 4

e

x 0

⇒ S2 5 {x | 26 x 0}

S 5 S1 S2 5 {x | 26 x 0 ou 3 x 4}

d) 2x2 1 7x 2 6

x 1

1ª possibilidade: x . 0

2x2 1 7x 2 6 x ⇒ 2x2 1 7x 2 6 x2 e x . 0 ⇒

⇒

22x2 1 7x 2 6 0

e

x . 0

⇒

3

2 x 2

e

x . 0

⇒ S1 5 x | 3

2 x 2

2ª possibilidade: x 0

2x2 1 7x 2 6 x ⇒ 0 2x2 1 7x 2 6 x2 e x . 0

Como as condições sobre x são imcompatíveis, então S2 5 .

S 5 S1 S2 5 x | 3

2 x 2

563. a) 3x 2 2 > 2x 2 3

3x 2 2 2x 2 3 ⇒ 3x 2 2 2x 2 3 e 2x 2 3 0

De I , vem x 21

De II , vem x 3

2

Fazendo a interseção desses intervalos, resulta x 3

2.

b) 5 2 x 2x 1 7

2x 1 7 . 5 2 x ⇒ 2x 1 7 . 5 2 x e 5 2 x 0

I II

I II

001-091-Manual-FME1.indd 82 23/07/13 08:46

83



De I vem x . 22

3

De II vem x 5

Fazendo a interseção desses intervalos, encontramos 22

3 x 5.

c) 2x2 2 5x 2 3 8x 1 1 ⇒ 2x2 2 5x 2 3 0

e

2x2 2 5x 2 3 8x 1 1

⇒

⇒

x 21

2 ou x 3

e

13 2 201

4 x

13 1 201

4

1 13 – 201

4

13 + 201

4

3

x

2–

S 5 x | 3 x 13 1 201

4

d) x2 2 7x 1 17 8 1 2x 2 x2 ⇒ 2x2 1 2x 1 8 0

e

x2 2 7x 1 17 2x2 1 2x 1 8

⇒

⇒ 2x2 1 2x 1 8 0

e

2x2 2 9x 1 9 0

⇒

22 x 4

e

x 3

2 ou x 3

3

2

– 2 3 4

x

S 5 x | 22 x 3

2 ou 3 x 4

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84



e) 2x2 2 10x 1 8 . x2 2 6x 1 7

A inequação proposta equivale ao sistema:

2x2 2 10x 1 8 . x2 2 6x 1 7 e x2 2 6x 1 7 > 0

De I vem x2 2 4x 1 1 . 0 ⇒ x 2 2 3 ou x . 2 1 3

De II vem x 3 2 2 ou x > 3 1 2

I

II

I II x

2 + 3

e

2 – 3

3 – 2 3 + 2

3 + 22 – 3

Procurando a interseção desses intervalos, encontramos x 2 2 3

ou x > 3 1 2.

f) 2x2 1 5x 2 6 4x2 2 12x 1 11

A inequação proposta equivale ao sistema:

4x2 2 12x 1 11 . 2x2 1 5x 2 6 e 2x2 1 5x 2 6 > 0

De I vem 5x2 2 17x 1 17 . 0 cuja solução é x , x qualquer.

De II vem 2 x 3

Portanto, a solução é 2 x 3.

g) 2x2 2 3x 1 2 . x2 2 5x 1 4 ⇒

x2 2 5x 1 4 0

e

2x2 2 3x 1 2 . x2 2 5x 1 4

⇒

⇒ x2 2 5x 1 4 0

e

22x2 1 2x 2 2 . 0

⇒

x 1 ou x 4

e

⇒ S 5

h) x2 2 2x 1 2 2x2 2 x 1 4 ⇒

x2 2 2x 1 2 0

e

x2 2 2x 1 2 2x2 2 x 1 4

⇒

I II

I

II

001-091-Manual-FME1.indd 84 23/07/13 08:46

85



⇒

x2 2 2x 1 2 0

e

2x2 2 1x 2 2 0

⇒

e

⇒ S 5

564. a) 1 2 x4 2 . 2 2 x ⇒

2 2 x 0 I

e

4 2 1 2 x . 2 2 x II

I 2 2 x 0 ⇒ 2x 22 ⇒ x 2

II 4 2 1 2 x . 2 2 x ⇒ 2 1 2 x . 2x 2 2 ⇒

⇒ 1 2 x x 1 2 ⇒

x 1 2 . 0

e

0 1 2 x (x 1 2)2 ⇒

⇒

x 1 2 . 0

e

1 2 x 0

e

x2 1 4x 1 4 . 1 2 x

⇒

x . 22

e

2x 21

e

x2 1 5x 1 3 . 0

⇒

⇒

x . 22 (A)

e

x 1 (B)

e

x 25 2 13

2 ou x .

25 1 13

2 (C)

–5 + 13

2

–5 – 13

2

1

x

–2

A

B

C

= A ù B ù CII

Então, vem:

–5 + 13

2

–2 2

xI IIù

II

I

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86



S 5 x | 22 x 25 1 13

2

b) 2 2 x 1 3 2 4 1 x 0

A inequação dada equivale a:

4 1 x . 2 2 x 1 3

que, por sua vez, equivale ao sistema:

4 1 x . 2 2 x 1 3 e 2 2 x 1 3 > 0

Vamos resolver a inequação I :

4 1 x . 2 2 x 1 3 ⇒ x 1 3 . 22 2 x ⇒

⇒ x 1 3 . (22 2 x)2 ⇒ x 1 3 . 4 1 4x 1 x2 ⇒

⇒ x2 1 3x 1 1 0 ⇒ 23 2 5

2 x

23 1 5

2

Vamos resolver a inequação II :

2 2 x 1 3 > 0 ⇒ 2 > x 1 3 ⇒ (4 > x 1 3 e x 1 3 > 0) ⇒

⇒ 23 x 1

Procurando a interseção das soluções, obtemos:

23 2 5

2 x 1

c) 1 2 x 5 1 x

A inequação dada equivale a:

5 1 x > 1 2 x

que, por sua vez, equivale ao sistema:

5 1 x > 1 2 x e 1 2 x > 0

Vamos resolver a inequação I :

5 1 x > 1 2 x ⇒ 5 1 x > (1 2 x)2 e 1 2 x > 0

5 1 x > 1 2 2x 1 x2 ⇒ x2 2 3x 2 4 0 ⇒ 21 x 4 A

1 2 x > 0 ⇒ x 1 B

A interseção dos conjuntos A e B é 21 x 1.

Como a solução da inequação II é x 1, a solução do sistema é

21 x 1.

I II

I

II

001-091-Manual-FME1.indd 86 23/07/13 08:46

87



d) x 1 84

x 1 2

Condições preliminares:

x 1 8 0 ⇒ x > 28

e

x 1 2 > 0 ⇒ x > 22 ⇒ x > 22 A

Retomando a inequação inicial, temos:

x 1 84

x 1 2 ⇒ x 1 8 (x 1 2)2 ⇒

⇒ x2 1 3x 2 4 . 0 ⇒ x 24 ou x . 1 B

– 8 – 4 – 2 1x

Procurando a interseção dos conjuntos A e B , encontramos:

S 5 {x | x . 1}.

566. a) x 1 5 1 1 x 2 2


x 1 5 0 ⇒ x > 25

e

x 2 2 > 0 ⇒ x > 2 ⇒ x > 2 A

Retomando a inequação inicial, temos:

x 1 5 1 1 x 2 2 ⇒ x 1 5 1 1 x 2 2 1 2 x 2 2 ⇒

⇒ 6 2 x 2 2 ⇒ x 2 2 . 3 ⇒ x 2 2 . 9 ⇒ x . 11 B

Procurando a interseção dos conjuntos A e B , encontramos x . 11.

b) x 2 1 2 x 2 4 3


x 2 1 0 ⇒ x > 1

e

x 2 4 > 0 ⇒ x > 4 ⇒ x > 4 A

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88



Retomando a inequação inicial:

x 2 1 2 x 2 4 3 ⇒ x 2 1 3 1 x 2 4 ⇒

⇒ x 2 1 9 1 6 x 2 4 1 x 2 4 ⇒ 26 6 x 2 4 ⇒

⇒ x 2 4 . 2 1 B

A condição B é satisfeita para todo x do domínio A , então: x > 4.

c) 3 2 x 2 x 1 1 . 1

2


3 2 x 0e

x 1 1 > 0

e

3 2 x . x 1 1

⇒ 21 x 3 A

Retomando a inequação original, temos:

3 2 x 2 x 1 1 . 1

2 ⇒ 3 2 x .

1

2 1 x 1 1 ⇒

⇒ 3 2 x . 1

4 1 x 1 1 1 x 1 1 e

1

2 1 x 1 1 0

Solução de II :

1

2 1 x 1 1 0 ⇒ x 1 1 2

1

2 ⇒ qualquer x tal que

x 21 B

Solução de I :

3 2 x . 1

4 1 x 1 1 1 x 1 1 ⇒

7

4 22x . x 1 1 ⇒

⇒ 7

4 22x

2 .

x 1 1 ⇒

49

16 2 7x 1 4x2 . x 1 1 ⇒

⇒ 4x2 2 8x 1 33

16 . 0 ⇒ x 1 2

31

8 ou x . 1 1

31

8 C

I II

0,3040

1,6959

001-091-Manual-FME1.indd 88 23/07/13 08:46

89



Procurando a interseção de A , B e C , encontramos

21 < x , 1 2 31

8.

d) x2 1 3x 1 2 , 1 1 x2 2 x 1 1

I x2 1 3x 1 2 0 ⇒ x < 22 ou x 21

x2 2 x 1 1 0 ⇒ ∀x, x ⇒ x < 22 ou x 21

II Notemos que, para os valores de x que satisfazem I , ambos os

membros da inequação são positivos e, então, podemos quadrá-

la sem necessidades de verificação.

x2 1 3x 1 2 , 1 1 x2 2 x 1 1 1 2 x2 2 x 1 1 ⇒

⇒ 4x , 2 x2 2 x 1 1 ⇒ x2 2 x 1 1 2x ⇒

⇒ x2 2 x 1 1 0 e 2x , 0 A

ou

x2 2 x 1 1 4x2 e 2x 0 B

A

x2 2 x 1 1 0

e

2x , 0

⇒

e

x , 0

⇒ x , 0

B

23x2 2 x 1 1 0

e

2x 0

⇒

21 2 13

6 , x ,

21 1 13

6e

x 0

⇒

⇒ 0 < x , 21 1 13

6

De A e B vem: x , 21 1 13

6.

Assim:

– 1 + 13

6

– 1

I IIù

II

I

x

– 2

S 5 x | x < 22 ou 21 < x , 21 1 13

6

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90



567. x 1 6 2 x 1 1 . 2x 2 5

I

x 1 6 0

e

x 1 1 0

e

2x 2 5 0

⇒

x 2 6

e

x 2 1 ⇒ x 5

2e

x 5

2

II Como x 1 6 . x 1 1, então para qualquer valor de x, inclusive

para os que satisfazem I , x 1 6 2 x 1 1 . 0 e, portanto,

podemos quadrar a inequação sem preocupações com verificação.

x 1 6 1 x 1 1 2 2 (x 1 6)(x 1 1) . 2x 2 5 ⇒ x2 1 7x 1 6 6 ⇒

⇒ x2 1 7x 1 6 0

e

x2 1 7x 1 6 36

⇒ x 26 ou x 21

e

210 x 3

⇒

⇒ 210 x 26 ou 21 x 3

Assim:

5

2

– 6 – 1 3– 10

I IIù

II

I

x

S 5 x | 5

2 x 3

568. x 1 x2 2 10x 1 9 . x2 2 10x 1 9x 1 2

x2 2 10x 1 9 0 A

e

x 1 2 x2 2 10x 1 9 0 B

I

A x2 2 10x 1 9 0 ⇒ x 1 ou x 9

B 2 x2 2 10x 1 9 2x ⇒

x2 2 10x 1 9 0 e 2x 0 C

e

x2 2 10x 1 9 x2 e 2x 0 D

001-091-Manual-FME1.indd 90 23/07/13 08:46

91



C x2 2 10x 1 9 0

e

2x 0

⇒ x 1 ou x 9

e

x . 0

⇒ 0 x 1 ou x 9

D 210x 1 9 0

e

2x 0

⇒ x

9

10

e

x 0

⇒ x 0

1 90C Dø

D

C

x

Assim: C D 5 B ⇒ x 1 ou x 9.

Então: A 5 B ⇒ A B 5 {x | x 1 ou x 9}.

II x 1 x2 2 10x 1 9 . x2 2 10x 1 9x 1 2 ⇒

⇒ x2 1 x2 2 10x 1 9 1 2x x2 2 10x 1 9 . x 1 2 x2 2 10x 1 9 ⇒

⇒ 2x2 2 11x 1 9 . (2 2 2x) x2 2 10x 1 9 ⇒

⇒ (2 2 2x) 2x 1 9

2 . (2 2 2x) x2 2 10x 1 9

Se x 1, temos 2(1 2 x) 0 e recaímos em

x2 2 10x 1 9 2x 1 9

2

cuja solução é S1 5 x | 245

4 x 1 .

Se x 1, temos 2(1 2 x) 0 e recaímos em

x2 2 10x 1 9 2x 1 9

2

cuja solução é S2 5 x | x . 9

2 .

Portanto, vem:

9

2

45

4–

1 9

I IIù

II

I

x

S 5 x | 245

4 x 1 ou x 9

001-091-Manual-FME1.indd 91 23/07/13 08:46

Fundamentos de matemática elementar

Gel

son

iezz

ic

arl

os

mu

raka

mi

novAS QUESTÕES dE vESTibUlArES

1

Conjuntos

Funções

Fundamentos de matemática elementar é uma coleção consagrada ao longo dos anos por oferecer ao estudante o mais completo conteúdo de Matemática elementar. Os volumes estão organizados da seguinte forma:

VOLUME 1 conjuntos, funções

VOLUME 2 logaritmos

VOLUME 3 trigonometria

VOLUME 4sequências, matrizes, determinantes, sistemas

VOLUME 5combinatória, probabilidade

VOLUME 6complexos, polinômios, equações

VOLUME 7 geometria analítica

VOLUME 8limites, derivadas, noções de integral

VOLUME 9 geometria plana

VOLUME 10 geometria espacial

VOLUME 11

matemática comercial, matemática financeira, estatística descritiva

A coleção atende a alunos do ensino médio que procuram uma formação mais aprofundada, estudantes em fase pré-vestibular e também universitários que necessitam rever a Matemática elementar.

os volumes contêm teoria e exercícios de aplicação, além de uma seção de questões de vestibulares, acompanhadas de respostas. Há ainda uma série de artigos sobre história da matemática relacionados aos temas abordados.

na presente edição, a seção de questões de vestibulares foi atualizada, apresentando novos testes e questões dissertativas selecionados a partir dos melhores vestibulares do país.

Fun

da

men

tos d

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temá

tica

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tar C

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mi

1

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