Manual do Professor - Fundamentos da matematica elementar- vol 1

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1
9ª edição | São Paulo – 2013
FUNDAMENTOS 
DE MATEMÁTICA 
ELEMENTAR
GELSON IEZZI
CARLOS 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
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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
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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  X
X 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 A
2 e 7 pertencem a C
B  C 5 {2, 5, 6} ⇒ 
2, 5 e 6 pertencem a B
2, 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
n
A
 – n
A>B
n
A>B
n
B
 – n
A>B
n
AB
 5 [nA
 2 n
AB] 1 n
AB
 1 [nB
 2 n
AB]
 1 2 3
n
AB
 5 n
A
 1 n
B
 2 n
AB
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
(AB)
 5 n
A
 1 n
B
 2 n
(AB)
n
(AB)
 5 4 1 5 2 3 5 6
Então, o número de subconjuntos de A  B é 26 5 64.
50. (I) n
ABC
 (II) n
AB
 2 n
ABC
 (III) n
AC
 2 n
ABC
 (IV) n
BC
 2 n
ABC
n
ABC
 5 n
A
 1 {nB
 2 (II) 2 (I)} 1 {nC
 2 (III) 2 (IV) 2 (I)}
n
ABC
 5 n
A
 1 {nB
 2 [nAB
 2 n
ABC] 2 n
ABC} 1 
1 {nC
 2 [nAC
 2 n
ABC] 2 [nBC
 2 n
ABC] 2 n
ABC}
n
ABC
 5 n
A
 1 n
B
 1 n
C
 2 n
AB
 2 n
AC 
2 n
BC 
1 n
ABC
A B
C
III IV
I
II
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
52. E: conjunto dos alunos da escola (n
E
 5 415)
A: conjunto dos alunos que estudam inglês (n
A 
5 221)
B: conjunto dos alunos que estudam francês (n
B
 5 163)
n
AB 
5 n
A
 1 n
B 
2 n
AB
 5 
5 221 1 163 2 52 5 332
nAB 5 n
E
 2 n
AB 
5 415 2 332 5 83
53. [P'(P Q)] 5 (P'P)  (P'Q) 5 P'Q
 
54. Como C  B, temos n(BC) 5 n(B) 5 16 e daí:
a) n(AB) 5 n(A) 1 n(B) 2 n(AB)
 24 5 n(A) 1 16 2 4 
 então, n(A) 5 12
 Portanto: n(A 2 B) 5 n(A) 2 n(AB) 5 12 2 4 5 8.
b) n(ABC) 5 n(A) 2 n(A 2 C) 5 12 2 11 5 1
c) n[B 2 (CA)] 5 n(AB) 2 n(A) 2 n(C) 1 n(ABC) 5 
5 24 2 12 2 6 1 1 5 7 
d) n[(AB) 2 C] 5 n(AB) 2 n(ABC) 5 4 2 1 5 3
e) n[B 2 (AB)] 5 n(B)2 n(AB) 5 16 2 4 5 12
55. A5 {e, f, g, h, i} ⇒ e, f, g, h, i  A
AB 5 {c, d} ⇒ c, d  A e c, d  B 
AB 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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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
a) o número de pessoas consultadas:
 n
U 
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:
 n
A 
2 n
AB 
2 n
AC 
1 n
ABC 
5 109 2 25 2 28 1 5 5 61
c) o número de pessoas que não consomem as marcas A ou C:
 nAC 5 n
U
2 n
AC 
5 500 2 (109 1 162 2 28) 5 257
d) o número de pessoas que consomem ao menos duas marcas:
 n
AB 
1 n
BC 
1 n
CA 
2 2  n
ABC 
5 25 1 411 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(AB) 5 350
⇒ n(A) 5 n(AB) 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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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 ímpares
num total de 5 1 2 1 7 1 8 5 22 elementos
73. Seja r1 5 
a
b
, r25 
c
d
. Como r1  r2, então 
a
b
  
c
d
 ⇒ 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 
a
b
 2 
ad 1 bc
2bd
 5 
ad 2 bc
2bd
 ⇒ r1 2 r  0 ⇒ r1  r
Comparemos r e r2:
r 2 r2 5 
ad 1 bc
2bd
 2 
c
d
 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 
1
40
 5 0,025.
77.  5 1 1 0,4 1 0,01 1 0,001 1 0,0001 1 ... 5 1,41111... 5 
127
90
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 
125
100
 P1 2 P1 5 
25
100
 P1 5 
P1
4
.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
Então: P 1 
P
4
  (V 1 ∆V) 5 K
5P(V 1 ∆V) 5 4K e PV 5 K ⇒ ∆V 5 2
V
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 
2
1
2 
1 1
2
1
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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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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)
2
P(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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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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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9
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:
 
1
1  2
 1 
1
2  3
 1 ... 1 
1
k(k 1 1)
 5 
k
k 1 1
 e provemos queé válida 
para n 5 k 1 1:
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10
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 
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.
2º) Admitamos que seja válida para n 5 k:
 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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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:
 S
3
 = (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:
 S
k 1 1 
5 S
k
 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 C
B  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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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  0
g(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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 1
f(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 1
x
x + 1
x2 – x
g(x)
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15
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
CAPÍTULO VI — Função constante — Função afim
175. a) 
a 1 b 5 
3
4
 1
a 2 b 5 2
1
4
 2
 Somando membro a membro 1 e 2 , vem:
 2a 5 
1
2
 ⇒ a 5 
1
4
.
 Substituindo a 5 
1
4
 em 1 , temos b 5 
1
2
. Daí vem:
 a 5 
1
x 2 y
 5 
1
4
 ⇒ x 2 y 5 4 3
 b 5 
1
x 1 y
 5 
1
2
 ⇒ x 1 y 5 2 4
 O sistema formado por 3 e 4 é 
x 2 y 5 4
x 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 
1
2x 2 y 1 3
 5 b, vem:
 
3a 2 2b 5 
5
12
2a 1 3b 5 1
 ⇔ 
26a 1 4b 5 2
5
6
6a 1 9b 5 3
 ⇒ a 5 
1
4
 e b 5 
1
6
.
 Então: 
x 1 y 1 1 5 4
2x 2 y 1 3 5 6
 ⇔ 
x 1 y 5 3
2x 2 y 5 3
 ⇒ x 5 2 e y 5 1.
 S 5 {(2, 1)}.
178. x 5 nº de bolas brancas
y 5 nº de bolas pretas
após 1ª retirada: 
x 2 15
y
 5 
1
2
 1
após 2ª retirada: 
x 2 15
y 2 10
 5 
4
3
 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 3
f(1) 5 a 1 b5 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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  th
S 5 660  tj
tj 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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 . 2
3
2
 x 1 1 ⇒ x . 2
b) g(x)  h(x) ⇒ 2
3
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 ⇒ 2
3
2
 x 1 1 . 4 ⇒ x  22
e) f(x)  0 ⇒ 2x 2 6  0 ⇒ x  3
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18
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 . 2
2
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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) ⇒ 2
5
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) ⇒ 2
5
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) ⇒ 2
5
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
001-091-Manual-FME1.indd 20 23/07/13 08:45
21
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 S 5 x  	| x  1 ou 
3
2
  x  2 ou x . 3
224. 2
4
x
 1 
3
2
  2
1
x
 ⇒ 2
4
x
 1 
1
x
 1 
3
2
  0 ⇒
⇒ 2
3
x
 1 
3
2
  0 ⇒ 
3x 2 6
2x
  0
3x – 6
2x
Q
–
–
–
–
+
++
++
x
0 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
Q
3
2
+ +
+ +
+ +
+
+
+
+
+
– – –
–
–
–
–
–
–
–
–
–
– –
1 2 3
x
3
2
1
3
2
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22
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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
 4m21 12m 1 9 2 4m2 1 4m . 0
 16m . 29 ⇒ m . 2
9
16
Portanto: m . 2
9
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  2
13
12
Portanto: m  2
13
12
.
241. a  0 ⇒ m  0
∆	 0 ⇒ (2m 2 1)2 2 4m(m 2 2)  0 ⇒ 4m 1 1  0 ⇒ m  2
1
4
Portanto: m  2
1
4
.
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24
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
242. Em ax2 1 bx 1 c 5 0, temos x 5 
2b  b2
 2 4ac
2a
.
Em 
a
a
 x2 1 bx 1 a2c 5 0, temos:
∆ 5 2b2 2 4
a
a
a2 5 2(b2 2 4ac)
x 5 
2b   b2
 2 4ac
2
a
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 
x
1
 5 
2b 1 b2
 2 4ac
2a
ou
x
2
 5 
2b 2 b2
 2 4ac
2a
S 5 x
1
 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 x
1
  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) x
1
 1 x
2
 5 
5
2
b) x
1
  x
2
 5 2
1
2
c) 
1
x
1
 1 
1
x
2
 5 
x
2
 1 x
1
x
1
x
2
 5 
5
2
2
1
2
 5 25
d) Sabendo que (x
1
 1 x
2
)2 5 x2
1
 1 2x
1
x
2
 1 x2
2
, então:
 x2
1
 1 x2
2
 5 (x
1
 1 x
2
)2 2 2x
1
x
2
 5 
5
2
2
 2 2  2
1
2
 5 
29
4
.
e) 
x
1
x
2
 1 
x
2
x
1
 5 
x2
1
 1 x2
2
x
1
x
2
 5 
29
4
2
1
2
 5 2
29
2
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25
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
f) Sabendo que (x1 1 x2)
3 5 x3
1 1 3x2
1x2 1 3x1x
2
2 1 x3
2, temos:
 x3
1 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
3x2
2 5 
3
2
 ⇒ x2' 5 2
2
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 2
b
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
Fazendo x' 5 2x
1
 em 3 e 4 , vem:
2x
1
 1 x" 5 7
2x
1
  x" 5 2k
 ⇔ 
2(5 2 x
2
) 1 x" 5 7
2  
k
x2
  x" 5 2k
 ⇔ 
x" 2 2x
2
 5 23
x"
x2 5 1 ⇒ x
2
 5 3
Substituindo x
2
 5 3 em 1 , vem x
1
 5 2.
Em 2 , x
1
  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 x
1
 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
a
x 1 
c
a
 5 0 ⇒ 
⇒ x2 2 Sx 1 P 5 0.
252. a) 
S 5 x2
1
 1 x2
2
 5 (x
1
 1 x
2
)2 2 2x
1
x
2
 5 2
b
a
2
2 2
c
a
 5 
b2 2 2ac
a2
P 5 (x
1
  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
x
1
 1 
1
x
2
 5 
x
2
 1 x
1
x
1
x
2
 5 
2
b
a
c
a
 5 2
b
c
1
x
1
  
1
x
2
 5 
1
x
1
x
2
 5 
1
c
a
 5 
a
c
 Portanto: x2 2 2
b
c
x 1 
a
c
 5 0 ⇒ cx2 1 bx 1 a 5 0.
c) 
x
1
x
2
 1 
x
2
x
1
 5 
x2
1
 1 x2
2
x
1
  x
2
 5 
b2 2 2ac
a2
c
a
 5 
b2 2 2ac
ac
x
1
x
2
  
x
2
x
1
 5 1
 x2 2 Sx 1 P 5 0 ⇒ x2 2 
b2 2 2ac
ac
x 1 1 5 0 ⇒
 ⇒ acx2 2 (b2 2 2ac) x 1 ac 5 0
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27
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
d) Sabendo que (x
1
 1 x
2
)3 5 x3
1
 1 3x2
1
x
2
 1 3x
1
x3
2
, temos:
 
x3
1
 1 x3
2
 5 (x
1
 1 x
2
)3 2 3x
1
x
2
(x
1
 1 x
2
) 5 2
b
a
3
 2 3 
c
a
 2
b
a
 5 
5 
2b3 1 3abc
a3
x3
1
  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
x
2
 1 
x
2
x
1
 5 4 ⇒ 
x2
1
 1 x2
2
x
1
x
2
 5 4 ⇒ 
(x
1
 1 x
2
)2 2 2x
1
x
2
x
1
x
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
q
x 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
y
V
 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
y
V 
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
y
V 
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 2
b
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 ⇒ 2
b
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 2
b
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 24
5
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 2
3
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
MANUAL | COMPLEMENTOPARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
Como o vértice C do retângulo pertence a essa reta, temos:
Área z 5 xy ⇒ z 5 x 2
3
4
x 1 6 ⇒ z 5 2
3
4
x2 1 6x
Como a 5 2
3
4
  0, então existe máximo.
xV5 
26
2 
23
4
 
 ⇒ 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 y
x 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 2
b
2a
, vem x 5 2
2 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 pelos
pontos (3, 0) e (0, 4).
4 5 b
0 5 3a 1 b
 ⇒
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31
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
⇒ a 5 2
4
3
 ⇒ y 5 2
4
3
x 1 4
Metade da área: z 5 xy ⇒ z 5 x 2
4
3
x 1 4 ⇒
⇒ z 5 2
4
3
 x2 1 4x
y
y
x
x
(0, 4)
(3, 0)
Como a 5 2
4
3
  0, existe máximo.
xV 5 2
b
2a
 ⇒ x 5 2
4
2 2
4
3
 5 
3
2
 ⇒ 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 2
x2
2
 1 200x
Como a 5 2
1
2
  0, existe máximo.
Então: xV 5 2
b
2a
 ⇒ x 5 2
200
2 2
1
2
 5 200 ⇒ y 5 100.
Portanto, 
x
y
 5 
200
100
 5 2 ou 
y
x
 5 
100
200
 5 
1
2
.
001-091-Manual-FME1.indd 31 23/07/13 08:46
32
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
276. 
y
V
 5 2
∆
4a
 5 2
∆ 5 16 2 12m
 ⇒ 
12m 2 16
12
 5 2 ⇒ m 5 
10
3
277. 
y
V
 5 2
∆
4a
 5 7
∆ 5 m2 2 4 2
1
3
2
1
2
 5 m2 2 
2
3
 ⇒ 
2
3
 2 m2
4 2
1
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
V
f(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 x
1
 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, x
1
 5 22 e 
x
2
 5 1.
(1, 1)
(0, 6) (2, 6)
(2, 0)(0, 0)
(1, 5)
y = 3
x
y
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33
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
3
x3 1 
e 2 b
2
x2 1 (f 2 c)x 5 2
2
3
x3 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 B
1 2 3
x
 
A  B 5 
297. 22x2 1 3x  0 ⇒ 0  x  
3
2
 A
B
A ø B
0 1 3
x
3
2
 x2 2 x 2 2  0 ⇒ 21  x  2
 
C
A ø B
(A ø B) ù C
0–1 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 20
x
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) x
3
–x2 + x + 6
+
+ +
++
–
–
–
–
x
–2 3
x + 2
–x2 + x + 6
x + 2
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35
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
2
x
 S 5 
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36
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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  	| 2
1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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 , 2
3
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 ù
1
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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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
1
2
3
1 2 3ù ù
1
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
x
1
 , 0 , x
2
 , 2 ⇔ 
x
1
 , 0 , x
2
 I
e
x
1
 , x
2
 , 2 II
I x
1
 , 0 , x
2
 a ? f (0) , 0 ⇒ m(m 1 5) , 0 ⇒ 25 , m , 0 
II x
1
 , 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
001-091-Manual-FME1.indd 39 26/07/13 11:05
40
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
1
2
3
1 2 3ù ù
1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
2 P , 0 ⇒ 
m  1
m  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 ⇒ 
k
2
 . 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 I
ou
x2 
 4x  3, se x , 0 II
III
–3
3
y
–1 1
–1
3 x
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42
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
x
1
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43
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 
–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  1
f(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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
3
ou
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
x
0
 |x 1 1| 2 |x| 5 
21, x  21
2x 1 1, 21  x  0
1, x  0
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45
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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
x
0
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
ou
2x 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 S 5 x  	| 2
1
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 9
x
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 oux  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 
2
x
. A altura h são os 
intervalos no eixo Ox entre essas retas.
II
III
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 
3
2
 1 
5
6
 1 
7
12
 5 
35
12
AI 5 
(2 1 1)  1
2
 5 
3
2
AII 5 
1 1 
2
3
  1
2
 5 
5
6
AIII 5 
2
3
 1 
1
2
  1
2
 5 
7
12
x
2
x
1 2
2 1
3
2
3
4
1
2
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
x2
y = 
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 
1
x
 5 
1
x
3
 
2 3
1
x
2
 
1 2
1
x
 2 1 5 
1
x3 2 
3
x2 1 
2
x
 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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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  2
1
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 2
1
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 
2
g(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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
Então: 2  f(x) 1 3 5 
2x 1 5
x 1 1
 ⇒ f(x) 5 
2x 1 2
2x 1 2
.
Então: f 2
12
15
 5 f 2
4
5
 5 
4
5 1 2
2
8
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 – 1
x  
1
2
 ou x . 3
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54
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
456. Fazendo g(x) 5 y, f (g(x)) 5 f (y):
1º) y  2 ⇒ g(x)  2 ⇔ 2x 1 3  2 ⇒ x  2
1
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  2
1
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  2
1
2
4x 1 3 se x  2
1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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	
4
g(x) 1 3
2
2
 2 6
g(x) 1 3
2
 2 1, g(x)  21
4
g(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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSORFundamentos de Matemática Elementar | 1
463. condição: f (x) 5 x2 2 4x 1 6  b, ∀x   (ou seja, b é o valor 
mínimo de f )
y
m
 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 x
1
 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
x
1
(s 2 x
1
)
 5 
2x
2
 2 s
x
2
(s 2 x
2
)
 ⇒ (2x
1
 2 s)(x
2
s 2 x
2
2) 5 
 5 (2x
2
 2 s)(x
1
s 2 s2
1
) ⇒ 
 ⇒ s2(x
1
 2 x
2
) 1 s(x
1
 1 x
2
)(x
2
 2 x
1
) 1 2x
1
x
2
(x
1
 2 x
2
) 5 0 ⇒
 ⇒ (x
1
 2 x
2
)(s2 2 (x
1
 1 x
2
)s 1 2x
1
x
2
) 5 0 ⇒ x
1
 2 x
2
 5 0 ⇒ x
1
 5 x
2
 então f é injetora.
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57
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
476. Seja I
f
 o conjunto imagem da função f :  → .
Então, I
f
   1
Pelo enunciado m   e ∃n, n   tal que f (n)  m.
Então, m   e m  f (n), ou seja:
A
n
 5 {m    m  f(n)}  I
f
 e, portanto, m  I
f 
.
Como m  , 	 I
f
. 2
De 1 e 2 , conclui-se que I
f
 5 , ou seja, que f :  →  é uma 
função sobrejetora.
477. f(x) 5 y, I
A
(x) 5 x e I
B
(x) 5 x
(f  I
A
)(x) 5 f(lA(x)) 5 f(x)
(I
B
  f)(x) 5 I
B(f(x)) 5 I
B
(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. f
1
 5 {(a, d), (b, d), (c, e)} f
4
 5 {(a, e), (b, d), (c, d)}
f
2
 5 {(a, d), (b, e), (c, d)} f
5
 5 {(a, e), (b, d), (c, e)}
f
3
 5 {(a, d), (b, e), (c, e)} f
6
 5 {(a, e), (b, e), (c, d)}
483. a) Sejam x
1
 e x
2
 em  tais que f (x
1
) 5 f (x
2
).
 Temos:
 f(x
1
) 5 f(x
2
) ⇒ g(f(x1
)) 5 g(f(x2
)) ⇒ (g  f)(x
1
) 5 (g  f)(x
2
) ⇒
 ⇒ x
1
 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(x
1
) 5 f(x
2
) ⇒ 2x
1
 2 5 5 2x
2
 2 5 ⇒ x
1
 5 x
2
 é injetora
 I
f
 5  ⇒ f é sobrejetora
 Portanto, f é bijetora.
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58
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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) ⇒ x5
1 5 x5
2 ⇒ x1 5 x2 ⇒ h é injetora
 Ih 5  ⇒ h é sobrejetora.
 Portanto, h é bijetora.
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59
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 2º) y 5 x5
 Permutando as variáveis, vem:
 x 5 y5 ⇒ y 5 xx
5
 ⇒ h21(x) 5 xx
5
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
3
x 1 2
Permutando as variáveis em y 5 2
2
3
x 1 2, vem:
x 5 2
2
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 I
f
 (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 log
2
 2(x 2 3) ⇒ g(x) 5 log
2
 2(x 2 3)
 Então: g
11
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 log
2
 4x.
 Então: h
1
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 log
2
 2(x 2 3) ⇒ g(1) 5 log
2
 2(1 2 3) 5 
 5 log
2
 (24) (não está definido) (não)
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60
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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.
Aplicando a regra prática, vem:
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
|x + 1|
– |2x – 4|
2x
2x
2x
f(x)
– x – 1 x + 1
2x – 4 2x – 4
x
3x – 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.
Aplicando a regra prática, vem:
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
5
3º) 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
 Aplicando a regra prática, vem:
 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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  
1
2 , então y 5 
2 2 x 1 1
4
.
APêNDICE I — Equações irracionais516.  2 1 x 5 x, então devemos ter x  0.
2 1 x 5 x2 ⇒ x2 2 x 2 2 5 0 ⇒ 
x 5 2
ou
x 5 21 (rejeitado)
S 5 {2}
517. a) 9 1 a
3
3
 5 3 1 
a
3
3
 5 27 1 3  9  
a
3 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 2
1
3 (V)
 porque 0,3 1 0,03... é uma P.G. infinita de primeiro termo 
3
10
 e 
 razão 
1
10 ⇒ S 5 
3
10
1
 5 
1
3
 e, então, 2 1 
1
3
 5 2
1
3 .
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 b2a
1
2 1 ab 1 a
3
2 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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 ⇒ 9x2 2 64x 2 64 5 0 ⇒ 
x 5 8
ou
x 5 2
8
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 2
8
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
3
1 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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 2
64
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 ⇒ 
(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
9
1 2 
25
9
25
9
2 5 
40
3
 2 
10
3
 5 
10
3
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67
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 
4
25
9
3
25
9
25
9
1
 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 2
3
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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 2
3a
4
, vem: 2 2
3a
4
 1 2
9a2
16
a2 1 5 
5a2
9a2
16
a2 1 ⇒
⇒ 2
6a
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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
 I Condições iniciais
 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
MANUAL | COMPLEMENTOPARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
 I Condições iniciais
 
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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
001-091-Manual-FME1.indd 71 23/07/13 08:46
72
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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
001-091-Manual-FME1.indd 73 23/07/13 08:46
74
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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 2
9
2
 Para x 5 4 temos y 5 2 e para x 5 2
9
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Para 2
9
2
, 
41
12
, vem: 2
45
4
  2
9
2
  
45
4
.
 Portanto: S 5 (4, 2), 2
9
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 9
3
 5 3 1 x 2 9
3
x 1 9 5 27 1 27 x 2 9
3
 1 9( x 2 9
3
)2 1 x 2 9
Fazendo x 2 9
3
 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 9
3
 5 
23  5
2
 ⇒ 2 x 2 9
3
 5 23  5 ⇒
⇒ (2 x 2 9
3
)3 5 (23  5 )3 ⇒ x 5 4 5 ⇒ x2 5 80.
548. ( x 2 1
3
 1 x 2 2
3 )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)2
3
 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)2
3
 ⇒
⇒ (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
001-091-Manual-FME1.indd 75 23/07/13 08:46
76
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
549. ( 2 2 x
3 )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 20
2 x3
 1 x2
2 12x2 1 32x 2 20
1 12x2 2 12x
 20x 2 20
2 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
x
3
 1 y
3
 5 6
Fazendo A 5 x
3
, B 5 y
3
 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 xy
3
 ⇒ 216 5 72 1 18 xy
3
 ⇒
⇒ xy
3
 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 8
ou
x 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 ⇒
 ⇒ 
x22 x 2 2  0
e
x2 2 x 2 6  0
 ⇒ 
x  21 ou x  2
e
22  x  3
001-091-Manual-FME1.indd 76 23/07/13 08:46
77
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
–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  2
3
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
2
e 
x2 2 3x 1 2  0
e 
23x2 1 x 1 1  0
 ⇒ 
x  
1
2
e 
x  1 ou x  2
e
x  
1 2 13
6
 ou x  
1 1 13
6
⇒
001-091-Manual-FME1.indd 77 23/07/13 08:46
78
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
3
e 
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 
001-091-Manual-FME1.indd 78 23/07/13 08:46
79
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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  2
1
2
 ou x  
1
3
e 
x  2
1
2
S1 5 x  	|	x  2
1
2
1
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  2
1
2
 ou x . 2
e 
x  2
1
2
2
x
1
2
– 
S2 5 {x   | x . 2}
 S 5 S1  S2 5 x  	| x  2
1
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 1
x
001-091-Manual-FME1.indd 79 23/07/13 08:46
80
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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 3
3  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
S
1
S
1
S
2
S
2
<
– 2 – 2 2 – 2 + 2 2 1
x
001-091-Manual-FME1.indd 80 23/07/13 08:46
81
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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 4
x
001-091-Manual-FME1.indd 81 23/07/13 08:46
82
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 De I vem x . 2
2
3
 De II vem x  5
 Fazendo a interseção desses intervalos, encontramos 2
2
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  2
1
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
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ 
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
001-091-Manual-FME1.indd 85 23/07/13 08:46
86
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
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87
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
d) x 1 8
4
  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 8
4
  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 1
x
 Procurando a interseção dos conjuntos A e B , encontramos:
 S 5 {x  	| x . 1}.
566. a) x 1 5  1 1 x 2 2
 Condições preliminares:
 
 




 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
 Condições preliminares:
 
 




 x 2 1  0 ⇒ x > 1
e 
x 2 4 > 0 ⇒ x > 4
 ⇒ x > 4 A
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88
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
 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
 Condições preliminares:
 
 
3 2 x  0
e
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
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89
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
 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
6
e
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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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 1
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
2
e
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
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91
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
1 | Fundamentos de Matemática Elementar
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 90
C 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  	| 2
45
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  	| 2
45
4
  x  1 ou x  9
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Fundamentos 
de matemática 
elementar
G
el
so
n
 ie
zz
i
c
a
rl
o
s 
m
u
ra
ka
m
i
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 4
sequências, matrizes, 
determinantes, sistemas
VOLUME 5
combinatória, 
probabilidade
VOLUME 6
complexos, polinômios, 
equações
VOLUME 7 geometria analítica
VOLUME 8
limites, 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.
Fu
n
d
a
m
en
to
s d
e m
a
tem
á
tic
a
 elem
en
ta
r C
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a
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i
1
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	Verso