AP2 Pré Cálculo Gabarito 2023.1

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AP2 – Pré-Cálculo para Engenharia - 2023/1 – GABARITO
Questão 1 [1,5 pontos]
Considere a função g : R → R, definida por g(x) = −x2 + 4 e a função f cujo gráfico está
representado abaixo. Faça o que se pede:
a. [0,7] Determine (g ◦ f)(1).
b. [0,8] Determine (f ◦ g)(2).
Solução:
a. Temos (g ◦ f)(1) = g(f(1)) = g(−2) = −(−2)2 + 4 = −4 + 4 = 0.
b. Temos (f ◦ g)(2) = f(g(2)) = f(0) = −3.
Questão 2 [2,0 pontos] Determine o doḿınio da função
f(x) = cos(x)− 1/2
x4 + x3 − 4x2 − 4x .
Solução:
A expressão no numerador não possui restrições.
Por outro lado, o denominador deve ser não-nulo. Assim, devemos encontrar as ráızes de y =
x4 + x3 − 4x2 − 4x. Podemos fatorar o x, obtendo x4 + x3 − 4x2 − 4x = x(x3 + x2 − 4x − 4).
Testamos os posśıveis candidatos a ráızes do polinômio de grau 3 (divisores de 4), e verificamos que
−1 á raiz. Dividindo o polinômio y por x + 1, obtemos x2 − 4, cujas ráızes são 2 e −2.
Conclúımos que o doḿınio da função é dado por
D = {x ∈ R; x 6= −2, 2,−1, 1}.
Questão 3 [2,0 pontos] A quantidade, em miligramas, de uma certa droga no organismo de uma
pessoa após t horas é dada por D = D0e−kt. Sabendo que a dose inicial aplicada é de 120 miligramas,
e sabendo que após 2 horas a droga está reduzida à metade da dose inicial no organismo, determine:
Pré-Cálculo para Engenharia - 2023/1 AP2 2
a. [0,5] o valor de D0;
b. [0,5] o valor de k;
c. [1,0] após quanto tempo a droga estará reduzida a 10 por cento da dose inicialmente aplicada.
(Considere ln 2 = 0.7 e ln 10 = 2.3)
Solução:
a. No instante t = 0, temos que a dose D é igual a 120. Logo,
120 = D0e−k·0 = D0e0 = D0,
donde D0 = 120.
b. Se t = 2, temos
60 = 120e−2k,
e assim e−2k = 1/2. Aplicando o logaritmo de base e em ambos os membros, temos
−2k = ln 1/2 = ln 1− ln 2 = − ln 2.
Logo, k = ln 2/2 = 0, 35.
c. Temos que 10 por cento de 120 é 12. Assim,
12 = 120e−tk,
donde e−tk = 1/10. Considerando novamente o logaritmo de base e em ambos os membros,
temos
−tk = − ln 10,
e como k = ln 2/2, conclúımos que t = 2 ln 10ln 2 . Este valor é aproximadamente 6, 6 horas.
Questão 4 [1,5 ponto] Considere a função f(x) = ln
(
|x| − 1
x + 2
)
. Encontre, se existir, x ∈ R tal
que f(x) = 0.
Solução:
Temos que o ln u = 0 se, e somente se u = 1.
Logo,
|x| − 1
x + 2 = 1 ⇒ |x| − 1 = x + 2. Dáı, temos que resolver a equação
|x| − 1 = x + 2 para dois casos:
a. x ≥ 0: dáı, |x| = x e a equação fica x− 1 = x + 2; assim, cancelaŕıamos x e ficaŕıamos com
−1 = 2, absurdo.
b. x < 0: áı teŕıamos −x− 1 = x + 2, e dáı 2x = −3, donde x = −3/2.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Pré-Cálculo para Engenharia - 2023/1 AP2 3
A solução de f(x) = 0 é, portanto, x = −3/2.
Questão 5 [2,0 pontos] Considere a função f : [−3, 3]→ R definida da seguinte maneira:
i. um segmento de reta no intervalo [−3, 0) tal que −2 é zero da função f neste intervalo,
|f(−3)| = 1 e a função f é decrescente neste intervalo.
ii. um arco de parábola no intervalo [0, 3] cujo vértice é o ponto (0, 1) e 1 é um zero da função
neste intervalo.
Determine a lei da função em [−3, 3].
Solução:
Por (i), f é uma função decrescente , f(−2) = 0 e |f(−3)| = 1. Como −3 < −2, temos que
f(−3) > 0: logo, f(−3) = 1. Dessa forma, temos que determinar a equação da reta que passa pelos
pontos (−2, 0) e (−3, 1). A inclinaçã da reta que passa por estes pontos é mr =
1− 0
−3− (−2) = −1.
Logo, y − 0 = −(x− (−2)) = −x− 2 é a equação da semi-reta no intervalo [-3,0).
Por (ii), f(1) = 0 e o vértice da parábola é V = (0, 1) , assim, xv = − b2a = 0, logo, b = 0. Por
outro lado, yv = −∆4a = 1, assim, ac = a, logo, c = 1. Dáı, f(x) = −x
2 + 1 no intervalo [0, 3].
Portanto, a lei da função f é dada por
f(x) =
{
−x− 2, −3 ≤ x < 0
−x2 + 1, 0 ≤ x ≤ 3
Questão 6 [1,0 ponto] Considere a função g definida por g(x) = 3f(x− 2)− 3, definida no maior
doḿınio posśıvel. Sabendo que o doḿınio da função f é [−2, 2], determine o doḿınio da função g.
Solução:
Como x− 2 ∈ [−2, 2], temos que −2 ≤ x− 2 ≤ 2. Logo, 0 ≤ x ≤ 4. Portanto, Dom(g) = [0, 4].
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RASCUNHO
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