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Avaliação à Distância - AD1
Período - 2017/2°
Métodos Determinísticos II
Aluno: Filipe da Fonseca Cordovil
Matrícula: 16215060237
Pólo: Magé
Nota: As questões originais foram transcritas e estão em cinza. As respostas estão em preto.
1) (2,0pts) Faça o gráfico da equação |x|+ |y| = 1 + |xy|
Pelo princípio da multiplicatividade, podemos escrever a equação como |x|+ |y| = 1+ |x||y|. Dessa
equação, podemos resolvê-la tanto em x quanto em y. Vejamos cada caso separadamente:
i. Resolvendo em y
|x|+ |y| = 1 + |x||y| ⇒ |y| − |x||y| = 1− |x| ⇒ |y|(1− |x|) = 1− |x| ⇒ |y| = 1− |x|
1− |x| ⇒ |y| = 1
Entendemos com isso que, independentemente do valor de x, o valor de y será +1 ou −1.
ii. Resolvendo em x
|x|+ |y| = 1 + |x||y| ⇒ |x| − |x||y| = 1− |y| ⇒ |x|(1− |y|) = 1− |y| ⇒ |x| = 1− |y|
1− |y| ⇒ |x| = 1
Da mesma maneira, independentemente do valor de y, o valor de x será +1 ou −1.
-4,0
-3,0
-2,0
-1,0
0,0
1,0
2,0
3,0
4,0
-4,0 -3,0 -2,0 -1,0 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
|x| = 1
|y| = 1
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2) (2,0pts) Faça cada um dos itens
a) Se f0(x) =
1
2− x e fn+1 = f0 ◦ fn para n = 0,1,2, . . . , encontre uma expressão para fn(x).
Visto que não é tão intuitivo, uma boa solução é fazer algumas funções (f1, f2 e f3, por exemplo) a
fim de tentarmos encontrar um padrão. Para começarmos, já devemos saber que, segundo a definição
(fn+1 = f0 ◦ fn), então f1 = f0 ◦ f0, f2 = f0 ◦ f1 e f3 = f0 ◦ f2.
f0(x) =
1
2− x ou
0(2− x)− (−1)
1(2− x)− 0
f1(x) = f0
(
1
2− x
)
=
1
2− 1
2− x
=
1
2(2− x)− 1
2− x
=
2− x
2(2− x)− 1 ou
1(2− x)− 0
2(2− x)− 1
f2(x) = f0
(
2− x
2(2− x)− 1
)
=
1
2− 2− x
2(2− x)− 1
=
1
4(2− x)− 2− (2− x)
2(2− x)− 1
=
2(2− x)− 1
3(2− x)− 2
f3(x) = f0
(
2(2− x)− 1
3(2− x)− 2
)
=
1
2− 2(2− x)− 1
3(2− x)− 2
=
1
6(2− x)− 4− 2(2− x) + 1
3(2− x)− 2
=
3(2− x)− 2
4(2− x)− 3
A partir dessas 4 composições já podemos perceber a tendência da mesma, permitindo reescrevê-la
em termos de n:
fn(x) =
n(2− x)− (n− 1)
(n+ 1)(2− x)− n
b) Faça o gráfico em uma mesma tela de f0, f1, f2 e f3 e descreva os efeitos da composição repetida.
-2,0
-1,0
0,0
1,0
2,0
-2,0 -1,0 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
f0
f1
f2
f3
À medida que as composições acontecem, a tendência é que as curvas tendam para o ponto (1,1),
com assíntotas em x = 1 e y = 1.
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3) (2,0pts) Encontre o domínio de:
a) f(x) =
√
1−√1− x2
Começando da raiz mais interior, temos que o argumento da raiz, 1− x2, deve ser maior ou igual
a zero (dentro de R). Portanto:
1− x2 > 0⇒ x2 6 1⇒
√
x2 6
√
1⇒ |x| 6 1⇒ −1 6 x 6 1
Como x está restrito a essa faixa de valores, obrigatoriamente
√
1− x2 também estará limitado,
mas agora entre 0 e 1. Então, já que 0 6
√
1− x2 6 1,
√
1−√1− x2 possuirá valores válidos em R.
Logo,
Dom(f) = {x ∈ R | − 1 6 x 6 1}
b) g(x) =
√
1− x2 +√x2 + 1
Podemos analisar cada raiz de maneira separada:
¶ 1− x2 > 0⇒ x2 6 1⇒
√
x2 6
√
1⇒ |x| 6 1⇒ −1 6 x 6 1
· x2 + 1 > 0⇒ x2 > −1, o que é válido para qualquer valor de x
Só a primeira raiz gera restrição de domínio, expressa em:
Dom(g) = {x ∈ R | − 1 6 x 6 1}
4) (1,0pts) Estime a função f(x) =
1
x3 − 1 para valores próximos de 1 e
depois calcule os lim
x→1−
1
x3 − 1 e limx→1+
1
x3 − 1
Uma boa estimativa é apresentada na tabela abaixo à esquerda.
x f(x) =
1
x3 − 1
0 –1
0,5 –1,143
0,9 –3,690
0,99 –33,669
0,999 –333,666
0,9999 –3333,666
0,99999 –33333,666
0,999999 –333333,666
1 —
1,000001 333333
1,00001 33333
1,0001 3333
1,001 333
1,01 33
1,1 3,021
1,5 0,421
2 0,143
Nota-se facilmente que, à medida que o valor vem se aproxi-
mando do 1 pela esquerda, o valor cresce absurdamente em
direção a −∞. Da mesma maneira, à medida que o valor
se aproxima pela direita, o valor cresce absurdamente em
direção a +∞.
Por conta disso, não é difícil perceber que:
lim
x→1−
1
x3 − 1 = −∞ e limx→1+
1
x3 − 1 = +∞
Tal evidência se confirma na análise do gráfico abaixo:
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-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
5) (2,0pts) Para quais valores a, b, c, d a f(x) =
ax+ b
cx+ d
satisfaz f(f(x)) = x
para todo x.
Sendo f(x) =
ax+ b
cx+ d
, f(f(x)) = f
(
ax+ b
cx+ d
)
. Desenvolvendo:
f
(
ax+ b
cx+ d
)
=
a
(
ax+ b
cx+ d
)
+ b
c
(
ax+ b
cx+ d
)
+ d
=
a2x+ ab
cx+ d
+ b
acx+ bc
cx+ d
+ d
=
a2x+ ab+ bcx+ bd
���
�cx+ d
acx+ bc+ cdx+ d2
���
�cx+ d
=
·︷ ︸︸ ︷
(a2 + bc)x+
¶︷ ︸︸ ︷
(ab+ bd)
(ac+ cd)︸ ︷︷ ︸
¶
x+ (bc+ d2)︸ ︷︷ ︸
·
Para que a expressão acima seja igual a x, temos que, necessariamente ab+ bd = 0 ou ac+ cd = 0
(casos ¶). Analisando cada caso:
ab+ bd = 0⇒ b(a+ d) = 0⇒
{
b = 0
a+ d = 0⇒ a = −d
ac+ cd = 0⇒ c(a+ d) = 0⇒
{
c = 0
a+ d = 0⇒ a = −d
A outra condição (caso ·) é que a2 + bc = bc + d2, que nos leva a a2 = d2 o que é verdadeiro
para a = −d.
Portanto, temos que, para f(f(x)) = x, a = −d e b = c = 0 , sendo a 6= 0 e, por conseguinte,
d 6= 0.
6) (1,0pts) O máximo de dois números x, y é denotado por max(x,y).
Verifique que max(x,y) =
x+ y + |x− y|
2
.
A verificação é simples. Se x > y, logo |x− y| = x− y e max(x,y) = x (1). Portanto:
max(x,y) =
x+ y + x− y
2
=
2x
2
= x, como se nota em (1).
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Da mesma maneira, se y > x, logo |x− y| = −(x− y) = y − x e max(x,y) = y (2). Portanto:
max(x,y) =
x+ y + y − x
2
=
2y
2
= y, como se nota em (2).
a) Calcule o max(−3,4).
Utilizando a expressão do enunciado:
max(−3,4) = −3 + 4 + | − 3− 4|
2
=
1 + | − 7|
2
=
1 + 7
2
=
8
2
= 4
b) Obtenha a expressão para o max(x,y,z).
Por inferência lógica, podemos dizer que max(x,y,z) = max(max(x,y),z), o que resulta numa
composição de funções.
Sendomax(x,y) =
x+ y + |x− y|
2
, logomax(x,y,z) = max(max(x,y),z) = max
(
x+ y + |x− y|
2
,z
)
,
o que nos dá:
max
(
x+ y + |x− y|
2
,z
)
=
x+ y + |x− y|
2
+ z +
∣∣∣∣x+ y + |x− y|2 − z
∣∣∣∣
2
Logo,
max(x,y,z) =
x+ y + |x− y|
2
+ z +
∣∣∣∣x+ y + |x− y|2 − z
∣∣∣∣
2
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