2ª V.E. Pré-Cálculo (com Gabarito)

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UFF - IME - Departamento de Matema´tica Aplicada
Turma C1 - Prof. Leonardo Silvares
Nome:
2a VE de Pre´-Ca´lculo
05/01/17
Questa˜o Valor Nota
1 2,0
2 2,0
3 1,0
4 2,0
5 2,0
6 1,0
Total: 10,0
1. Considere a func¸a˜o quadra´tica de expressa˜o f(x) = x2 − 3x+ 1.
(a) Escreva f na forma canoˆnica, utilizando completamento de quadrados.
Soluc¸a˜o: Completando os quadrados, temos
x2 − 3x+ 1 = x2 − 2x · 3
2
+ 1
= x2 − 2x · 3
2
+
9
4
− 9
4
+ 1
=
(
x− 3
2
)2
− 9
4
+ 1
=
(
x− 3
2
)2
− 5
4
Assim,
f(x) =
(
x2 − 3
2
)
− 5
4
.
(b) A partir da forma canoˆnica utilizada, e sem uso da “Fo´rmula de Bhaskara”, encontre as ra´ızes
de f .
Soluc¸a˜o:
f(x) = 0⇔
(
x− 3
2
)2
− 5
4
= 0⇔
(
x− 3
2
)2
=
5
4
= 0⇔
⇔ x− 3
2
= ±
√
5
2
⇔ x = 3
2
±
√
5
2
=
3±√5
2
.
(c) Deˆ o valor de x para o qual f(x) assume valor ma´ximo/mı´nimo, e justifique a partir da forma
canoˆnica obtida em (a).
Soluc¸a˜o: O valor mı´nimo de f ocorre quando
(
x− 3
2
)2
assume seu menor valor. Como(
x− 3
2
)2 > 0, esse menor valor e´ 0, obtido quando x = 3
2
.
2. Considere a func¸a˜o polinomial
p(x) = 2x4 − x3 − 4x2 + 4x− 1.
(a) Encontre todas as ra´ızes de p(x).
Soluc¸a˜o: As poss´ıveis ra´ızes racionais de p(x) sa˜o aqueles racionais que, escritos na forma
irredut´ıvel p
q
, tenham numerador p divisor de −1 e denominador q divisor de 2. Assim, os
racionais candidatos a ra´ızes sa˜o:
1,−1, 1
2
,−1
2
.
Testando, temos
• p(1) = 2 · 14 − 13 − 4 · 12 − 4 · 1− 1 = 0
Ja´ nem precisamos continuar testando... vamos dividir p(x) por x− 1:
1 2 −1 −4 4 −1
2 1 −3 1 0
Assim,
p(x) = (x− 1)(2x3 + x− 3x+ 1)
As poss´ıveis ra´ızes de q(x) = 2x3 + x2 − 3x+ 1 sa˜o tambe´m 1,−1, 1
2
e −1
2
. Testando, temos:
Testando, temos
• q(1) = 2 · 13 + 12 − 3 · 12 + 1 · 1− 1 = 1
• q(1) = 2 · (−1)3 + (−1)2 − 3 · (−1)2 + 1 · (−1)− 1 = 3
• q (1
2
)
= 2 · (1
2
)3
+
(
1
2
)2 − 3 · (1
2
)2
+ 1 · (1
2
)− 1 = 0
Podemos enta˜o dividir q(x) por x− 1
2
:
1
2
2 1 −3 1
2 2 −2 0
Assim, temos
q(x) =
(
x− 1
2
)(
2x2 + 2x− 2) ,
logo
p(x) = (x− 1)q(x) = (x− 1)
(
x− 1
2
)(
2x2 + 2x− 2) = 2(x− 1)(x− 1
2
)(
x2 + x− 1) .
Podemos agora usar “Bhaskara” para encontrar as ra´ızes do polinoˆmio de grau 2:
x2 + x− 1 = 0⇔ x = −1±
√
12 − 4(1)(−1)
2(1)
=
−1±√5
2
.
Assim, as ra´ızes de p(x) sa˜o
1,
1
2
,
−1−√5
2
e
−1 +√5
2
.
(b) Escreva p(x) como um produto de func¸o˜es polinomiais irredut´ıveis.
Soluc¸a˜o:
Ja´ vimos no item (a) que
p(x) = 2(x− 1)
(
x− 1
2
)(
x2 + x− 1) .
Como as ra´ızes do polinoˆmio de grau 2 sa˜o −1−
√
5
2
e −1+
√
5
2
, temos que
x2 + x− 1 =
(
x− −1 +
√
5
2
)(
x− −1−
√
5
2
)
,
e, portanto,
p(x) = 2(x− 1)
(
x− 1
2
)(
x− −1 +
√
5
2
)(
x− −1−
√
5
2
)
.
3. Prove que uma func¸a˜o afim R→ R e´ ı´mpar se, e somente se, e´ linear.
Soluc¸a˜o: Seja f(x) = ax + b uma func¸a˜o afim. Vamos provar que f e´ ı´mpar se, e somente se, f e´
linear, isto e´, b = 0.
(⇒) Vamos supor que f e´ ı´mpar. Temos, portanto, ax+ b = f(x) = −f(x) = −(ax+ b), para todo
x ∈ R. Com isso,
ax+ b = −ax− b,
para todo x ∈ R. Isto vale, em particular, para x = 0, logo
a · 0 + b = −a · 0− b ∴ b = −b ∴ b = 0.
(⇐) Vamos supor agora que f e´ linear, ou seja, que b = 0. Assim, f(x) = ax. Com isso, para todo
x ∈ R,
f(−x) = a · (−x) = −ax = −f(x),
provando que f e´ ı´mpar.
4. Esboce o gra´fico da func¸a˜o definida por f(x) = |(x+ 2)2 − 1|+ 1.
Soluc¸a˜o: Vamos obter o gra´fico de f a partir do gra´fico de g(x) = x2, dado abaixo:
Fazendo h(x) = g(x+ 2) = (x+ 2)2, temos o gra´fico de h abaixo:
Fazendo i(x) = h(x)− 1 = (x+ 2)2 − 1, o gra´fico de i e´:
Definindo j(x) = |i(x)| = |(x+ 2)2 − 1|, o gra´fico de j e´ dado por:
Por fim, como f(x) = j(x) + 1, temos o seguinte gra´fico para f :
5. Calcule:
(a) Para x ∈ [−pi, pi], prove que cos
(x
2
)
=
√
1 + cos(x)
2
.
Soluc¸a˜o: Vamos utilizar as relac¸o˜es
cos(2a) = cos2(a)− sen2(a),
cos2(a) + sen2(a) = 1.
A segunda relac¸a˜o nos da´ sen2(a) = 1− cos2(a). Substituindo na primeira, temos
cos(2a) = cos2(a)− (1− cos2(a)) = 2 cos2(a)− 1.
Com isso,
2 cos2(a) = 1 + cos(2a)
e, portanto,
cos2(a) =
1 + cos(2a)
2
.
Isto nos da´ ainda que
cos(a) = ±
√
1 + cos(2a)
2
,
com o sinal dependendo do aˆngulo a.
Se fizermos a = x
2
, teremos
cos
(x
2
)
= ±
√
1 + cos(x)
2
.
Como x ∈ [−pi, pi], temos x
2
∈ [−pi
2
, pi
2
]
, o que nos garante que cos
(
x
2
)
> 0. Assim,
cos
(x
2
)
=
√
1 + cos(x)
2
.
(b) cos
(pi
8
)
Soluc¸a˜o:
cos
(pi
8
)
= cos
(
pi/4
2
)
=
√
1 + cos(pi/4)
2
=
√
1 +
√
2
2
2
=
√
2 +
√
2
4
=
√
2 +
√
2
2
.
(c) sen
(
3pi
8
)
Soluc¸a˜o: Como 3pi
8
+ pi
8
= 4pi
8
= pi
2
, temos que
sen
(
3pi
8
)
= cos
(pi
8
)
=
√
2 +
√
2
2
.
6. Se x ∈ [0, pi/2) e´ tal que tg(x) = √5, determine cos(x) e sen(x).
Soluc¸a˜o: Como tg(x) =
√
5, temos que
sen(x)
cos(x)
=
√
5 ∴ sen(x) =
√
5 cos(x).
Ale´m disso, como cos2(x) + sen2(x) = 1, temos
cos2(x) +
(√
5 cos(x)
)2
= 1,
logo
cos2(x) + 5 cos2(x) = 1,
e, portanto,
6 cos2(x) = 1.
Assim,
cos2(x) =
1
6
,
o que implica
cos(x) = ± 1√
6
.
Como x ∈ [0, pi/2), seu cosseno sera´ positivo, logo
cos(x) =
1√
6
.
Temos ainda
sen(x) =
√
5 cos(x) =
√
5√
6
.