Matematica (80)

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Moderna PLUS MATEMÁTICA
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Parte I 
Capítulo 5 Função quadrática 
Resolução dos exercícios
PAIVA
 
w
w
w
.m
o
d
e
rn
a
p
lu
s
.c
o
m
.b
r
1 MANOEL 
PAIVA
 I. Em f (x):
 Fazendo f (x) 5 0, obtemos:
 2x 1 3 5 0 ] x 5 2 3 __ 
2
 
 Logo, a reta intercepta o eixo Ox no ponto
 @ 2 
3 __ 
2
 , 0 # .
 • Fazendo x 5 0, obtemos y 5 3
 Logo, a reta intercepta o eixo Oy no ponto 
(0, 3).
 II. Em g(x):
 • Fazendo g (x) 5 0, obtemos:
 x2 2 8x 1 12 5 0 ] x 5 6 ou x 5 2
 Logo, a parábola intercepta o eixo Ox nos 
pontos (6, 0) e (2, 0).
 • Fazendo x 5 0, obtemos y 5 12.
 Logo, a parábola intercepta o eixo Oy no 
ponto (0, 12).
 • Calculando as coordenadas do vértice V, 
obtemos:
 V @ 8 __ 
2
 , 2 16 ___ 
4
 # 5 (4, 24)
 Esboçando f e g no mesmo plano carte-
siano, concluímos:
b) Determinando todos os pontos em que os 
gráficos das funções dadas se interceptam, 
temos:
 g(x) 5 f (x) ] x2 2 8x 1 12 5 2x 1 3
 } x2 2 10x 1 9 5 0 ] x 5 9 ou x 5 1
 Substituindo x 5 9 e x 5 1 em f (x) 5 2x 1 3, 
temos:
 para x 5 9 ] y 5 21
 para x 5 1 ] y 5 5
 Logo, os pontos em que os gráficos das fun-
ções dadas se interceptam são (9, 21) e (1, 5).
1 2
4
�4
6 9
21
3
5
12
x
g f
y
�
3
2
a) Como o ponto P pertence ao eixo das abscis-
sas e é também um dos dois pontos comuns 
aos dois gráficos, podemos fazer g(x) 5 0 para 
obter o ponto P. Assim, temos:
 2x 1 2 5 0 ] x 5 21
 Logo, P(21, 0).
 Calculando S da função f (x) 5 ax2 1 bx, 
temos:
 S 5 b2
 Agora, observando o gráfico temos que P 9 f e 
o valor da ordenada do vértice (yV) de f é 21, 
temos:
 (21, 0) 9 f ] 0 5 a 2 b
 2 
S
 ___ 
4a
 5 21
 Como calculado anteriormente, S 5 b2; então:
 2 b
2
 ___ 
4a
 5 21
 Logo, b2 5 4a.
 Para determinar os valores de a e b, basta re-
solver o sistema:
 a 2 b 5 0
b2 5 4a
 ] a 5 b (I)
b2 5 4a (II)
 Substituindo (I) em (II), temos:
 b2 5 4b
 b2 2 4b 5 0 ] b 5 0 ou b 5 4
 A igualdade b 5 0 não convém, pois o valor 
de a também seria nulo e por consequência 
f (x) 5 0, o que é absurdo.
 Logo, b 5 4 e a 5 4, pois a 5 b.
b) Para determinar os pontos P e Q, basta resol-
ver o sistema:
 y 5 4x2 1 4x (I)
y 5 2x 1 2 (II)
 ]
 ] 4x2 1 4x 5 2x 1 2
 } 4x2 1 2x 2 2 5 0 ] x 5 1 __ 
2
 ou x 5 21
 Fazendo x 5 1 __ 
2
 em (II), obtemos y 5 3.
 Logo, Q @ 1 __ 
2
 , 3 # .
 Fazendo x 5 21 em (II), obtemos y 5 0.
 Logo, P(21, 0).
8 A função quadrática f tem raízes 2 e 22; logo, 
pode ser representada por f(x) 5 a(x 2 2)(x 1 2), 
em que a é uma constante real não nula. Como o 
ponto (24, 212) pertence ao gráfico de f, temos:
212 5 a(24 2 2)(24 1 2) ] a 5 21
Assim, obtemos: f(x) 5 21(x 2 2)(x 1 2) ]
] f(x) 5 2x2 1 4
�1
xP
g
Q
f
y7 
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Parte I 
Capítulo 5 Função quadrática 
Resolução dos exercícios
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1 MANOEL 
PAIVA
Resolvendo esse sistema, obtemos as soluções 
(24, 212) e (1, 3). Logo, o ponto Q é Q(1, 3).
Alternativa b.
9 Para a construção dos gráficos de y 5 2x2 1 x 2 1 e
y 5 x2 2 5x 1 6, vamos encontrar os pontos de 
intersecção com os eixos Ox e Oy e o vértice des-
sas parábolas: 
 I. Na função y 5 2x2 1 x 2 1, temos:
 • Fazendo y 5 0, obtemos:
 2x2 1 x 2 1 5 0 ] x 5 1 __ 
2
 ou x 5 21
 Logo, a parábola intercepta o eixo Ox nos 
 pontos (21, 0) e @ 1 __ 
2
 , 0 # .
 • Fazendo x 5 0, obtemos y 5 21.
 Logo, a parábola intercepta o eixo Oy no 
ponto (0, 21).
 • Calculando as coordenadas do vértice V1, 
obtemos:
 V1 @ 2 
1 __ 
4
 , 2 9 __ 
8
 # 
 II. Na função y 5 x2 2 5x 1 6, temos:
 • Fazendo y 5 0, obtemos:
 x2 2 5x 1 6 5 0 ] x 5 2 ou x 5 3
 Logo, a parábola intercepta o eixo Ox nos 
pontos (2, 0) e (3, 0).
 • Fazendo x 5 0, obtemos:
 y 5 6
 Logo, a parábola intercepta o eixo Oy no 
ponto (0, 6).
 • Calculando as coordenadas do vértice V2, 
obtemos:
 V2 @ 5 __ 
2
 , 2 1 __ 
4
 # 
 Assim, construindo as duas parábolas no 
mesmo plano cartesiano, temos:
x
y
�1 1
�1
2
2
6
3
�
1
4
�
1
4
1
2
5
2
�
9
8
 Determinando as coordenadas dos pontos 
comuns às duas parábolas, temos:
 2x2 1 x 2 1 5 x2 2 5x 1 6 ] x2 1 6x 2 7 5 0
 S 5 62 2 4 3 1 3 (27) 5 64 ]
 ] x 5 
26 ± dlll 64 
 _________ 
2 3 1
 
 } x 5 26 ± 8 _______ 
2
 ] x 5 1 ou x 5 27
 Substituindo x 5 1 e x 5 27 em y 5 2x2 1 x 1 1, 
temos:
 para x 5 1 ] y 5 2
 para x 5 27 ] y 5 90
 Logo, os pontos comuns às duas parábolas 
são (1, 2) e (27, 90).
10 a) As coordenadas do vértice da parábola são da-
das por:
 xv 5 2b ___ 
2a
 5 2 m __ 
2
 
 yv 5 2 
S
 ___ 
4a
 ] yv 5 2 m
2 2 8 _______ 
4
 
 } xv 5 2 m __ 
2
 e yv 5 8 2 m2
 _______ 
4
 
b) Como o coeficiente de x2 é positivo, a parábola 
representada pela função f tem a concavidade 
voltada para cima. Logo, o conjunto imagem 
da função é formado por todos os números 
 reais y tais que y > 8 2 m2
 _______ 
4
 .
 Assim, para que a imagem de f contenha o 
conjunto { y 9 Voy > 1} devemos ter:
 8 2 m2
 _______ 
4
 0
 } m 2
c) Para que a imagem de f seja igual ao conjunto 
{ y 9 Voy > 1} devemos ter:
 8 2 m2
 _______ 
4
 5 1 ] m2 2 4 5 0
 } m 5 22 ou m 5 2
 Além disso, exige-se que a função seja cres-
cente no conjunto {x 9 Vox > 0}. Analisemos 
o gráfico de f para cada um dos casos: m 5 2 
(figura 1) e m 5 22 (figura 2), abaixo:
 Temos, portanto, que a imagem de f é igual 
ao conjunto { y 9 Voy > 1} e f é crescente no 
conjunto {x 9 Vox > 0} para m 5 2.
A função linear g, além de passar pela origem O, 
passa pelo ponto (24, 212); logo, g(x) 5 3x.
Os pontos de intersecção dos gráficos de f e g são 
as soluções do sistema:
y 5 2x2 1 4
y 5 3x
0
y
x
1
�1
2
0
y
x
1
1
2
Figura 1(m 5 2) Figura 2(m 5 22)
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Capítulo 5 Função quadrática 
Resolução dos exercícios
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PAIVA
d) A equação y 5 x2 1 2x 1 2 é equivalente a 
x2 1 2x 1 2 2 y 5 0. Resolvendo-a na variável 
x, obtemos:
 x 5 
22 ± dllllll 4y 2 4 
 _____________ 
2
 5 
22 ± 2 dlllll y 2 1 
 _____________ 
2
 ]
 ] x 5 21 ± dlllll y 2 1 
 Como devemos ter x > 0 para y > 2, concluí-
mos que:
 x 5 21 1 dlllll y 2 1 
11 a) h(x) 5 x2 2 2x, se xy
b) t(x) 5 
x2 2 1, se x