Bases Matemáticas - Turma A3 1 a Avaliação (resolvida) - Prof. Armando Caputi

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1 Bases Matemáticas - Turma A3 1 a Avaliação (resolvida) - Prof. Armando Caputi IMPORTANTE A resolução apresentada aqui vai além de um mero gabarito. Além de cumprir esse papel de referência para as respostas, o objetivo aqui é explicar as ideias principais que estão por trás de cada resolução (às vezes incluindo até variações). Diante disso, é importante que se tenha em mente que a resolução que se segue NÃO é aquela esperada na prova. O que era esperado é muito mais simples e direto do que o que se verá abaixo. 1 Determine o domínio e resolva, em R, a inequação abaixo: 1 x + 1 x + Solução: O domínio da inequação é caracterizado pelas seguintes condições, a serem satisfeitas simultaneamente: x x 0 1 x Observe que a última condição é sempre satisfeita (desde que a segunda também o seja). Como as três condições devem ser simultaneamente satisfeitas, o domínio é dado pela intersecção delas: Dom = {x R x e x 1} = [, 1] A próxima etapa é a resolução da inequação propriamente dita. Como primeiro passo, precisaremos elevar ao quadrado ambos os membros. Mas para isso, é fundamental lembrar que expressões como a < b e a < b só são equivalentes quando a e b são ambos não-negativos. Em outras palavras: quando os membros têm sinais opostos, o procedimento de elevar ambos ao quadrado é errado, pois leva a uma nova inequação que não possui mais nenhuma relação clara com a anterior. No caso em questão, ambos os membros da inequação são não-negativos, então podemos elevar ao quadrado, obtendo 1 x + 1 x + 1 x x + 1

2 ou, o que dá no mesmo, x x Como continuamos com radicais na inequação, queremos repetir a operação de elevar ao quadrado. Podemos? Antes, é preciso se perguntar: ambos os lados são não-negativos? Nesse caso, a resposta é não, pois x + 1 pode ser negativo. Dividimos então em dois casos: (i) x < 1 (i.e. os pontos do domínio para os quais x + 1 < 0) (ii) 1 x 1 (i.e. os pontos do domínio para os quais x + 1 0) No primeiro caso, sendo x + 1 < 0 x, a inequação x x é claramente satisfeita para qualquer valor de x nesse intervalo. Assim, o conjunto-solução parcial é S 1 = [, 1). No segundo caso, isto é, quando 1 x 1, estamos na condição de elevar ao quadrado e estudar a inequação correspondente: x + x x x + 3x 0 x(x + 3) 0 Achando as raízes, tal condição é satisfeita para 3 x 0. Donde o conjunto-solução parcial é S = [ 1, 0]. Concluindo, o conjunto-solução da inequação é Sol = S 1 S = [, 0].

3 Considere a função f : A ( 1, 1), f(x) = x 7x Determine um domínio A de modo que a função f seja bijetora. Após, determine sua inversa. Solução: Para resolver esse problema 1 devemos: 1.Determinar a pré-imagem de ( 1, 1) (pois certamente A está contido em tal pré-imagem);.fazer uma escolha para o conjunto A com base no item anterior; 3.Verificar a injetividade e a sobrejetividade de f no domínio escolhido; 4.Determinar a função inversa. Quanto à pré-imagem, temos f 1 ( 1, 1) = {x R f(x) ( 1, 1)} = {x R 1 < f(x) < 1} Buscando o conjunto-solução de 1 < f(x): x 7x + 11 > 1 x 7x + 1 > 0 Como as raízes de x 7x + 1 são x = 3 e x = 4, temos que Buscando o conjunto-solução de f(x) < 1: x 7x + 1 > 0 x < 3 ou x > 4 x 7x + 11 < 1 x 7x + 10 < 0 Como as raízes de x 7x + 10 são x = e x = 5, temos que x 7x + 10 < 0 < x < 5 Como precisamos que ambas inequações sejam satisfeitas, resulta f 1 ( 1, 1) = (, 3) (4, 5) A pré-imagem obtida sugere duas escolhas para o conjunto A: (, 3) ou (4, 5). Para fins dessa resolução, escolherei A = (, 3). Devemos mostrar que a função f : (, 3) ( 1, 1) é bijetora. Sobrejetividade. Devemos mostrar que para todo y ( 1, 1), existe x (, 3) tal que f(x) = y, isto é, devemos mostrar que a equação x 7x + 11 = y possui solução (na variável x) no intervalo (, 3). A equação equivale a x 7x + (11 y) = 0 1 A resolução aqui apresentada não usa nenhum conhecimento sobre funções quadráticas. É possível resolver de outro modo, utilizando fatos bem conhecidos de tais funções. 3

4 Seu discriminante é dado por: = 49 4(11 y) = y = 4y + 5 e como y > 1 e 1 > 5, resulta y > 5, isto é, > Concluímos que a equação acima tem solução em (, 3) (4, 5) (pois essa é a pré-imagem de ( 1, 1) ), mas ainda não podemos garantir que sempre existirá uma solução em (, 3). Para isso, precisamos calcular suas raízes: Observando que x = 7 ± 4y ± 4y + 5 = 7 ± 4y + 5 e tendo em mente que 7 > 3 e que as raízes estão em (, 3) (4, 5),, resulta claro que uma das raízes está em (, 3) enquanto a outra em (4, 5). Mais especificamente: 7 4y + 5 = 7 4y + 5 < 7 < 4 7 4y + 5 (, 3) 7 + 4y + 5 = 7 4y > 7 > y + 5 (4, 5) Agora sim, podemos afirmar que para todo y ( 1, 1), existe x (, 3) tal que f(x) = y, isto é, f é sobrejetora em (, 3). Injetividade. Devemos mostrar (usando a contrapositiva da definição de injetividade) que, dados quaisquer a, b (, 3), se f(a) = f(b) então a = b. Temos a 7a + 11 = b 7b + 11 a 7a = b 7b a b = 7a 7b (a + b)(a b) = 7(a b) Se fosse a b, poderíamos cancelar o fator (a b), obtendo a + b = 7. Mas como a < 3 e b < 3, segue que a + b < 6. Logo, devemos ter a = b. Concluímos que a função f(x) é bijetora em (, 3). Por fim, a inversa f 1 : ( 1, 1) (, 3) segue dos cálculos já feitos ao provarmos a sobrejetividade da função. De fato, naquela ocasião verificamos que, dado y ( 1, 1), o valor de x (, 3) para que f(x) = y é dado por x = 7 4y + 5 Esta última, portanto, é a expressão da função inversa. Assim, voltando a denotar com x a variável independente, resulta f 1 (x) = 7 4x

5 3 Sejam dados os conjuntos I = {x R : x 3} J = {x R : x 4 < r} K = {x R : x 9 x 1 < } { x 6x + 5 } L = x R\{} : x + 1 x a) Verifique se K L ou L K. b) Determine para quais valores de r > 0 vale a inclusão J I L. Solução: Inicialmente, vamos identificar cada conjunto de modo mais claro. Para os primeiros dois, lembremos que x a representa a distância de x a a. Assim, os valores de x que satisfazem uma desigualdade do tipo x a < r são aqueles que distam menos de r do ponto a, isto é, x (a r, a + r). Com isso em mente, podemos afirmar: I = [ 1, 5] J = (4 r, 4 + r) Interpretação semelhante, mas um pouco mais detalhada, poderia ser feita para o conjunto K, mas vamos desenvolver, nesse caso, um cálculo mais simples envolvendo o conceito de valor absoluto. Sabemos que a expressão de x 9 depende do sinal de x 9, enquanto a expressão de x 1 depende do sinal de x 1. Convém então analisar a desigualdade em três casos distintos (e complementares): x < 1; 1 x < 9; 9 x. Caso 1: x < 1. A desiguldade que define o conjunto K se escreve como isto é, 9 x 1 + x < 8 < a qual tem conjunto-solução vazio. Logo, o conjunto-solução parcial é S 1 =. Caso : 1 x < 9. A desiguladade se escreve como isto é 9 x x + 1 < x < 8 x > 4 Tendo em mente a restrição deste caso, o conjunto-solução parcial é S = (4, 9). 5

6 Caso 3: 9 x. A desigualdade se escreve isto é x 9 x + 1 < 8 < cujo conjunto-solução é R. Considerando a restrição deste caso, o conjunto-solução parcial é S 3 = [9, + ). Por fim, o conjunto K é a união dos conjuntos acima. Logo K = (4, + ) Resta somente o conjunto L. Este é caracterizado por uma inequação um pouco mais elaborada, mas a resolução não foge do usual. Mais uma vez, há um valor absoluto envolvido, x 6x + 5, logo devemos considerar o caso em que x 6x + 5 é não-negativo e o caso em que é negativo. Como as restrições de cada caso devem sempre ser levadas em consideração para formular corretamente as suas soluções, convém caracterizar as condições acima em termos de x. Para isso, primeiramente encontramos as raízes de x 6x + 5, que são x = 1 e x = 5 (acredito que não é necessário detalhar aqui o cálculo dessas raízes...). Temos: x 6x x 1 ou x 5 x 6x + 5 < 0 1 < x < 5 Caso 1: x 6x + 5 0, isto é, x 1 ou x 5. A inequação que descreve o conjunto L se escreve ou x + 1 x 6x + 5 x x 6x + 5 x 1 0 x ( ) 5x x Caso 1.1: Se x 1, temos que x < 0. Logo, a inequação é satisfeita quando 5x + 7 0, isto é, x 7/5. Como 7/5 > 1, temos o conjunto-solução parcial S 1.1 = (, 1] Caso 1.: Se x 5, temos que x > 0. Logo, a inequação é satisfeita quando 5x + 7 0, isto é, x 7/5. Como 7/5 < 5, temos o conjunto-solução parcial S 1. = [5, + ) Dos dois casos acima, obtemos o conjunto-solução parcial S 1 = (, 1] [5, + ) Caso : x 6x + 5 < 0, isto é, 1 < x < 5. A inequação que descreve o conjunto L se escreve 6

7 ou x + 1 (x 6x + 5) x x x 6x x ( ) x 7x x Caso.1: Se 1 < x <, temos que x < 0. Logo, a inequação é satisfeita quando x 7x Calculando as raízes de x 7x + 3, obtemos os valores x = 1/ e x = 3. Sendo assim x 7x / x 3 x 7x + 3 > 0 x < 1/ ou x > 3 No caso em questão, devemos ter 1/ x 3. conjunto-solução parcial S.1 = (1, ) Como 1/ < 1 e 3 >, temos o Caso.: Se < x < 5, temos que x > 0. Logo, a inequação é satisfeita quando x 7x + 3 0, isto é, x 1/ (impossível) ou x 3. Como 3 < 5, temos o conjunto-solução parcial S. = [3, 5) Dos dois casos acima, obtemos o conjunto-solução parcial S = (1, ) [3, 5) Considerando, por fim, os casos 1 e. obtemos L = (, ) [3, + ) x 6x + 5 Observação: Ao trabalhar com a inequação x, após resolver o módulo, x 5 sempre optei por passar um dos membros para o outro lado para efetuar os cálculos. Mas há outro modo, igualmente válido (somente um pouco mais trabalhoso), e que muitos fizeram na prova. Trata-se de multiplicar o denominador x "do outro lado", isto é, transformando a inequação em (x + 1)(x ) x 6x + 5 Ocorre que, para fazer isso, é imprescindível analisar o sinal de x. Caso seja positivo, a inequação se torna esta mesma que está acima. Mas se for negativo (e não tem como ser nulo, visto que é um denominador), a inequação terá seu sinal de desigualdade invertido: Com esse cuidado, esse método é válido. x(x + 1)(x ) x 6x + 5 Pois bem, resumindo o que foi feito até agora, temos os conjuntos I = [ 1, 5] J = (4 r, 4 + r) K = (4, + ) L = (, ) [3, + ) 7

8 a) É imediato verificar que K L e L K. b) Também é imediato verificar que I L = [ 1, ) [3, 5]. Assim, sendo J um intervalo e sabendo que 4 J, para que J [ 1, ) [3, 5] deveremos ter necessariamente J [3, 5]. Logo, devem valer ambas as condições abaixo: 3 4 r e 4 + r 5 donde, lembrando que r > 0, concluímos que 0 < r 1 8