Funções Ita 1995 a 2014

QUESTÕES DE FUNÇÃO DOS VESTIBULARES DO ITA DE 1995 A 2014 (ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES) QUESTÃO 1 (ITA 2014) Das afirmações: I. Se x, y ∈ R\Q , com y ≠ -x , então x+y ∈ R\Q; II. Se x ∈ Q e y ∈ R\Q , então xy ∈ R\Q; III. Sejam a, b, c ∈ R , com a < b < c. Se f : [a,c] → [a,b] é sobrejetora, então f não é injetora, é (são) verdadeira(s) a) apenas I e II. b) apenas I e III. c) apenas II e III. d) apenas III. e) nenhuma. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: I. FALSO Contra exemplo: Sejam x = 1+√2 e y = 1-√2 dois números que satisfazem x, y ∈ R\Q e x ≠ -y , então x+y = (1+√2)+(1-√2) = 2 ∈ Q. II. FALSO Contra exemplo: Sejam x = 0 ∈ Q e y ∈ R\Q , então xy = 0 ∈ Q . III. FALSO Contra exemplo: Considere uma função do 1º grau f : [a,c]→[a,b] tal que f(a) = a e f(c) = b , cuja expressão é f(x) = b-a/c-a (x-a) + a . Essa função é sobrejetora e injetora. Observe seu gráfico a seguir. QUESTÃO 2 (ITA 2014) Considere as funções f,g: Z→R , f(x) = ax + m , g(x) = bx + n , em que a , b , m e n são constantes reais. Se A e B são as imagens de f e de g , respectivamente, então, das afirmações abaixo: I. Se A = B, então a = b e m = n; II. Se A = Z, então a = 1; III. Se a, b, m, n ∈ Z , com a = b e m = -n , então A = B, é (são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. d) apenas I e II. e) nenhuma. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: I. FALSO Contra exemplo: Sejam f(x) = x e g(x) = x + 1 , então A = Imf = Z e B = Img = Z , mas m = 0 ≠ 1 = n . II. FALSO Contra exemplo: A função f(x) = x tem a = 1 e sua imagem é A = Imf = Z. III. FALSO Contra exemplo: Sejam f(x) = 3x + 1 e g(x) = 3x - 1 , então a imagem de f são os números inteiros congruentes a 1 módulo 3 e a imagem de g são os números congruentes a -1 (ou equivalentemente a 2) módulo 3. Portanto, A = Imf ≠ Img = B. QUESTÃO 3 (ITA 2014) Considere as funções f : R→R , f(x) = e^αx , em que α é uma constante real positiva, e g : [0,∞[ →R , g(x) = √x . Determine o conjunto solução da inequação (g∘f)(x) > (f∘g)(x). RESOLUÇÃO: (g∘f)(x) = g(f(x)) = √f(x) = √e^αx = e^(α/2)x (f∘g)(x) = f(g(x)) = e^αg(x) = e^(α√x) (g∘f)(x) > (f∘g)(x) ⇒ e^(α/2)x > e^(α√x) ⇒ (α/2) x > α√x ⇒ x/2 > √x ⇒ x > 4 S = ]4,+∞[ QUESTÃO 4 (ITA 2013) Considere as funções f e g , da variável real x , definidas, respectivamente, por f(x) = e^x+ax+b e g(x) = ln(ax/3b) , em que a c b são números reais. Se f(-1) = 1 = f(-2), então pode-se afirmar sobre a função composta g∘f que a) g∘f(1) = ln3 b) ⁅g∘f(0) c) g∘f nunca se anula. d) g∘f está definida apenas em {x∈R : x > 0} e) g∘f admite dois zeros reais distintos. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: f(-1)=1⇔e^-1+a-b=1⇔a+b=0⇔a-b=1 f(-2)=1⇔e^-4-2a+b=1⇔4-2a+b=0⇔2a-b=4 ⇒(2a-b)-(a-b)=4-1⇔a=3 ⇒a-b=1⇔3-b=1⇔b=2 ⇒f(x)=e^x+3x+2 e g(x)=ln(ax/3b) =ln(3x/3⋅2)=ln(3x/6)=ln(x/2)=ln x-ln 2 A função g∘f(x)=g(f(x))=ln(f(x))-ln2=ln[e^x+3x+2]-ln2=x²+3x+(2-ln2) sempre está definida, pois f(x)=e^x+3x+2>0, ∀x∈R. Logo, g∘f é uma função quadrática na qual o discriminante é Δ=3²-4⋅1⋅(2-ln 2)=1+4⋅ln 2>0 e, portanto, possui dois zeros reais distintos. QUESTÃO 5 (ITA 2013) Considere funções f, g, f+g : R→R. Das afirmações: I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora; II. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora; III. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora; IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora, é (são) verdadeira(s) a) nenhuma. b) apenas I e II. c) apenas II. d) apenas III e IV. e) todas. RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: I. FALSA Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com. A análise do gráfico mostra que a imagem da função é R que é igual ao contradomínio, portanto a função é sobrejetora. Da mesma forma, o gráfico mostra que cada elemento do contradomínio é imagem de um único elemento do domínio, portanto a função é injetora. Como a função é injetora e sobrejetora, então f é bijetora. Obtenção da expressão da função inversa: f(x)={3+x², x≥0 3−x², x<0 x≥0⟹y=3+x²⟺x=√y−3⟹f^−1(y)=√y−3, y≥3 x<0⟹y=3−x²⟺x=√3−y⟹f^−1(y)=√3−y, y≤3 √x³−3x, se x≥3 √3−x, se x<3} Isso também pode ser representado como f^−1(x)={ QUESTÃO 9 (ITA 2010) Considere conjuntos A,B⊂R e C⊂(A∪B). Se A∪B, A∩C e B∩C são domínios das funções reais definidas por ln(x−√π), −x²+6x−8 e x−π √5−x , respectivamente, pode-se afirmar que a) C=[√π,5[. b) C=[2,π] c) C=[2,5[. d) C=[π,4] e) C não é intervalo. RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Domínio de ln(x−√π): x−√π>0⇔x>√π⇒A∪B=]√π,+∞[ Domínio de −x²+6x−8 : −x²+6x−8≥0⇔2≤x≤4⇒A∩C=[2,4] Domínio de x−π √5−x : 5−x≠0⇔π≤x<5⇒B∩C=[π,5[ C=C∩(A∪B)=(C∩A)∪(C∩B)=[2,4]∪[π,5[=[2,5[ Note que C=[2,5[⊂A∪B=]√π,+∞[. QUESTÃO 10 (ITA 2010) Sejam f,g:R→R tais que f é par e g é ímpar. Das seguintes afirmações: I. f∘g é ímpar, II. f∘g é par, III. g∘f é ímpar, É (são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. d) apenas I e II. e) todas RESPOSTA: d RESOLUÇÃO: f:R→R é par⇔∀x∈R,f(−x)=f(x) g:R→R é ímpar⇒∀x∈R,g(−x)=−g(x) I. VERDADEIRA (f∘g)(−x)=f(−x)⋅g(−x)=f(x)⋅[−g(x)]=−f(x)⋅g(x)=−(f∘g)(−x) Logo, f∘g é ímpar. II. VERDADEIRA (f∘g)(−x)=f(g(−x))=f(−g(x))=f(g(x))=(f∘g)(x) Logo, f∘g é par. III. FALSA (g∘f)(−x)=g(f(−x))=g(f(x))=(g∘f)(x) Logo, g∘f é par. QUESTÃO 11 (ITA 2010) Analise se a função f:R→R, f(x)=3^x−3^−x 2 é bijetora e, em caso afirmativo, determine a função inversa f^−1. RESOLUÇÃO: Para provar que f é bijetora, vamos provar que é injetora e sobrejetora. • f é injetora⇔∀x1,x2∈Df, f(x1)=f(x2)⇒x1=x2 f(x1)=f(x2)⟺3^x1−3^−x1 2=3^x2−3^−x2 2⟺3^x1+x2−3^x2+x1 3^x1−3^x2 3^x2=0⟺3^x1+x2−3^x2+x1=0 ⟺3^x1+x2(3^x1−3^x2)+1)(0)=ϕ⟺3^1=3^2➝x1=x2 Note que (*) se justifica, pois 3^x1+x2+1>0, ∀x1,x2∈R. Portanto, f é injetora. Essa conclusão poderia ser obtida se observarmos que g(x)=3^x 2 e h(x)=−1 2⋅3^−x são funções estritamente crescentes, o que implica que f(x)=g(x)+h(x)=3^x−3^−x 2 também é estritamente crescente e, portanto, injetora. Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com. • f é sobrejetora⇔∀y∈CDf,∃x∈Df tal que y=f(x) Seja y∈CDf=R, vamos tentar identificar x∈Df=R tal que y=f(x). Assim, temos: y=3^x−3^−x 2⟺2y=3^x−3^−x⊻⟹x±√4y²+1 Observe que na resolução da equação do segundo grau em 3^x, o discriminante Δ=4y²+4 é sempre positivo, então a equação sempre possui raízes reais. Note, entretanto, que 3^x>0 para todo x∈R, o que implica que a solução 3^x=y+√y²+1<0 não é válida. Dessa forma, temos: 3^x=y+√y²+1⇔x=log3(y+√y²+1). Portanto, ∀y∈Df,∃x=log3(y+√y²+1)∈Df=R, tal que y=f(x), o que implica que f é sobrejetora. Como f é injetora e sobrejetora, então f é bijetora. Para determinar a expressão da função inversa, basta lembrar que f^−1(y)=log3(y+√y²+1), com x∈R. Trocando a variável na expressão da função inversa, temos: f^−1(x)=log3(x+√x²+1), com x∈R. QUESTÃO 12 (ITA 2010) Seja f:R→R bijetora e ímpar. Mostre que a função inversa f^−1:R→R também é ímpar. RESOLUÇÃO: Seja y∈R, então f(x)=y⇔f^−1(y)=x. Isso implica que f^−1(f(x))=f^−1(y)=x. A função f é ímpar, logo f(−x)=−f(x)=−y. ⇒f^−1(−y)=f^−1(f(−x))=−x=−f^−1(y) Assim, para qualquer y∈R, f^−1(−y)=−f^−1(y), logo, f^−1:R→R é uma função ímpar. (C.Q.D.) QUESTÃO 13 (ITA 2009) Seja f:R→R\{0} uma função satisfazendo às condições: f(x+y)=f(x)⋅f(y), para todo x,y∈R e f(x)≠−1, para todo x∈R\{0}. Das afirmações: I. f pode ser ímpar. II. f(0)=1. III. f é injetiva. IV. f não é sobrejetiva, pois f(x)>0 para todo x∈R. é(são) falsa(s) apenas a) I e III. b) II e III. c) I e IV. d) IV. Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. c) I. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: I. FALSA f é ímpar se, e somente se, f(−x)=−f(x) para todo x pertencente ao domínio de f. f(x)=f(x2)⋅f(x2)⟹f(x)=⎡⎣f(x2)⎤⎦2>0, ∀x∈R Logo, f não pode ser ímpar. II. VERDADEIRA f(x+0)=f(x)⋅f(0)⟺f(x)=f(x)=1, pois f(x)≠0 III. VERDADEIRA f(y+(−y))=f(y)⋅f(−y)=1⟹f(−y)=1f(y) x≠y⟹x→y≠0⟹f(x−y)≠1⟹f(x−y)=f(x)⋅f(−y)≠1⟹f(x)⋅1f(y)≠1⟺f(x)≠f(y) Logo, f é injetiva. IV. VERDADEIRA f(x)=f(x2)⋅f(x2)⟹f(x)=⎡⎣f(x2)⎤⎦2>0, ∀x∈R Dessa forma, a imagem de f está contida em R+, sendo, portanto, diferente do seu contradomínio. Logo, f não é sobrejetiva. QUESTÃO 14 (ITA 2009) Seja f:R\{−1}→R definida por f(x)=2x+3x+1. a) Mostre que f é injetora. b) Determine D={f(x);x∈R\{−1}} e f−1:D→R\{−1}. RESOLUÇÃO: a) Sejam x1,x2∈R\{−1} tais que f(x1)=f(x2). f(x1)=f(x2)⟺2x1+3x1+1=2x2+3x2+1⟺(2x1+3)(x2+1)=(2x2+3)(x1+1)⟺ ⟺2x1x2+3x2+3x1=2x2x1+2x2+3x1+3⟺x1=x2 Logo, f é injetora. b) O enunciado solicita que se identifique D que é a imagem da função f e, consequentemente, domínio de f−1 e também a expressão de f−1. Sabe-se que y∈D se, e somente se, existe x≠−1 tal que y=f(x)=2x+3x+1⟹y=x+y=2x+3⟹3+(y−2)=3⟹y−3y−21, para y≠2. Note que x existe se, e somente se, y≠2. matematica.blogspot.com Página 10 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. Assim, D=R\{2}, e f−1:D→R\{−1} é definida por f−1(y)=3−yy−2. Observe que utilizamos a relação f(x)=y⟺f−1(y)=x. QUESTÃO 15 (ITA 2008) Um intervalo real D tal que a função f:D→R definida por f(x)=|ln(x2−x+1)| é injetora, é dado por a) R b) (−∞,0] c) [0,1/2] d) (0,1) e) [1/2,∞) RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Inicialmente observemos que x2−x+1>0, ∀x∈R, logo ln(x2−x+1) sempre está definido. f(x)=⎡⎣ln(x2−x+1), para ln(x2−x+1)≥0⟹x2−x+1≥1⟹x≤0 ou x≥1 −ln(x2−x+1), para ln(x2−x+1)≤0⟹0<x2−x+1≤1⟹0≤x≤1 1º caso: para x≤0 ou x≥1 temos f(x)=ln(x2−x+1) Sejam A=(−∞,0] e B=[1,∞). Nesses conjuntos, a função h(x)=x2−x+1 é injetiva. Logo, f é injetiva dado que ln x também é injetiva. Assim, qualquer subconjunto de A ou B faz com que f seja injetiva. 2º caso: para 0≤x≤1 temos f(x)=−ln(x2−x+1) Dado que x=12 é o eixo de simetria de h(x)=x2−x+1 então sejam, agora, C=[01/2] e D=[12,1]. Do mesmo modo que no 1º caso, qualquer subconjunto de C ou D faz com que f seja injetiva. Como o intervalo da alternativa c é o próprio conjunto C, ele satisfaz às condições impostas. A seguir, encontra-se o gráfico de f(x)=ln(x2−x+1), onde é possível identificar intervalos onde se verifica a injetividade e também que as opções (a), (b), (d) e (e) estão erradas. matematica.blogspot.com Página 11 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. QUESTÃO 16 (ITA 2008) Seja f(x)=ln(x2+x+1), x∈R. Determine as funções h,g:R→R tais que f(x)=g(x)+h(x), ∀x∈R, sendo h uma função par e g uma função ímpar. RESOLUÇÃO: f(x)=g(x)+h(x), ∀x∈R h(x) é par ⟺ h(x)=h(−x), ∀x∈R g(x) é ímpar ⟺ g(x)=−g(−x), ∀x∈R Assim, para todo real x, temos: ⎧⎨⎩f(x)=g(x)+h(x) f(−x)=g(−x)+h(−x)=−g(x)+h(x) ⟺{⎧⎨⎩h(x)=f(x)+f(−x)2∧g(x)=f(x)−f(−x)2} Neste caso, de fato, h é par e g é ímpar. Assim, temos: h(x)=12[ln(x2+x+1)+ln(x2−x+1)]=12ln[(x2+x+1)(x2−x+1)]= =ln⎣⎢⎡x4+x2+1⎦⎥⎤ g(x)=12[ln(x2+x+1)−ln(x2−x+1)]=12ln⎣⎢⎡x2+x+1x2−x+1⎦⎥⎤= =ln⎣⎢⎡x2+x+1x2−x+1⎦⎥⎤ matematica.blogspot.com Página 12 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. f(0) = f(y + (−y)) = f(y) ⋅ f (−y) = 0 ⋅ f (−y) = 0 ⇔ f(0) = 0 ∀x ∈ ℝ, f(x + 0) = f(x) . f(0) = f(x) . 0 = 0 = f é constante, o que contraria o enunciado. Portanto, não existe y ∈ ℝ tal que f(y) = 0, ou seja, f(x) ≠ 0 , ∀x ∈ ℝ. f(x) = ( x2 − ⌊ x2 ⌋ ) ⋅ ( x2 − ⌊ x2 ⌋ )12 > 0. II. VERDADEIRA Pelo Princípio da Indução Finita, temos: 1°) n = 1: f(1⋅x) = [f(x)]1 2°) Hipótese de indução: f(n⋅x) =[f (x)]n 3°) Provar para n+1: f((n+1)⋅x) = f(nx + x) = f(nx) ⋅ f(x) = [f(x)]n ⋅ f(x) = [f(x)]n+1. Logo, f(nx) = [f(x)]n , ∀n ∈ ℕ*, como queríamos demonstrar. III. FALSA af(x) ≠ 0 ⇒ f(x) ⋅ f(0) ≠ f(x) ⇒ f(x) ⋅ f(x) = f(x) ⋅ f(x) ⇔ f (0) =1 Supondo que f seja par, então f(−x) = f(x), ∀x ∈ ℝ. Portanto, (f(−x)) = (f(x)) = f(x)⋅ f(x) ⇔ [f(x)]2 = 1 ⇔ f(x) = 1, ∀x ∈ ℝ Logo, f é constante, o que contraria o enunciado. Portanto, f não é par. QUESTÃO 22 (ITA 2003) Mostre que toda função f : ℝ\{0} → ℝ, satisfazendo f(xy) = f(x) + f (y) em todo seu domínio, é par. RESOLUÇÃO: f(1⋅1) = f(1) + f(1) ⇔ f(1) = 0 0 = f(1) = f((−1)⋅(−1)) = f(−1) + f (−1) ⇔ f(−1) = 0 ⇒ f(−x) = f((−1)⋅x) = f(−1) + f(x) = 0 + f(x) = f (x) Logo, f é par. QUESTÃO 23 (ITA 2002) Sendo par a função dada por f(x) = ax + b x + c , −c < x < c , então f (x), para −c < x < c , é constante e igual a a) a + b b) a + c c) c d) b e) a RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: matematica.blogspot.com Página 16 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. Como f é par, então f(−x) = f(x), ∀x ∈]−c,c[. Assim, temos f(−x) = f(x) ⇔ a(−x) + b −x + c ➪ ax + b (−x) + c = −ax2+(b−ac)x+bc=−ax2−(b−ac)x+bc ⇔ b−ac = −(b−ac) ⇔ b−ac = 0 ⇔ b = ac f(x) = ax + b ⇒ ax + ac = a ⇔ ax + c = a x+c x+c x+c QUESTÃO 24 (ITA 2002) Seja f : ℝ→ P(ℝ) dada por f(x) = {y ∈ ℝ; sen y < x}. Se A é tal que f(x) = ℝ, ∀x ∈ A , então a) A = [-1,1]. b) A = [a, ∞), ∀a > 1. c) A = [a, ∞), ∀a ≥ 1. d) A = (−∞, a], ∀a < −1. e) A = (−∞, a], ∀a ≤ −1. Nota: Se X é um conjunto, P(X) denota o conjunto de todos os subconjuntos de X. RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: ∀y ∈ ℝ ⇒ sen y ≤ 1 f(x) = ℝ, ∀x ∈ A ⇒ sen y < x, ∀x ∈ A ∧ ∀y ∈ R ⇔ x > 1 ⇒ A = [a,+∞), ∀a > 1 QUESTÃO 25 (ITA 2001) Se f : ]0,1[→ ℝ é tal que, ∀x ∈ ]0,1[ , |f(x)|≤ 12 e f(x) = 14 ( f ( x2 ) + f ( x+1 2 ) ) então a desigualdade válida para qualquer n = 1,2,3,… e 0 < x < 1 é: a) ∣f(x)∣+1 2n≤12 b) 1 2n ≤ f(x) ≤ 1 2 c) 1 2n+1 <|f(x)|<12 d) ∣f(x)∣≤1 2n e) ∣f(x)∣< 1 2n RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: matematica.blogspot.com Página 17 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. |f(x)|<12 , ∀x ∈]0,1[ ⇒ ∣f(x)∣<14 ( f ( x2 ) + f ( x+1 2 ) )⠀⠀⠀⠀⠀(*) No passo (*) foi usada a desigualdade triangular. |f(x)|<14 , ∀x ∈]0,1[ ⇒ ∣f(x)∣<14 ( f ( x2 ) + f ( x+1 2 ) ) ≤ 14 (∣f ( x2 )∣+∣f ( x+1 2 )∣) <14 ( 1 2 + 1 2) = 18 Vamos provar por indução finita que |f(x)| <1 2n , ∀n ∈ ℕ . 1°) n = 1: |f(x)|<12 é dado do enunciado 2°) Hipótese de indução: |f(x)|<1 2k , ∀x ∈]0,1[ 3°) |f(x)|<1 2k+1 , ∀x ∈]0,1[ ⇒ |f(x)| = 14 ( f ( x2 ) + f ( x+1 2 ) ) ≤ 14 ( ∣f(x2)∣+∣f( x+1 2 )∣ ) <14 ⋅ ( 1 2⋅ 12k) < 1 2k+1 Portanto, pelo princípio da indução finita, temos | f(x) | < 1 2n , ∀n ∈ ℕ (C.Q.D.). Note que essa desigualdade implica que f(x) = 0 , ∀x ∈]0,1[. QUESTÃO 26 (ITA 2001) Considere as funções f (x) = 5+7x 4 , g(x) = 5−7x 4 e h(x) = arctg(x) . Se a é tal que h (f(a)) + h (g(a)) = π4 , então f(a)−g(a) vale: a) 0 b) 1 c) 7 4 d) 7 2 e) 7 RESPOSTA: d RESOLUÇÃO: h(f(a))=arc tg[f(a)]=α⇔tgα=f(a)∧α∈ [ π2 , π 2] h(g(a))=arc tg[g(a)]=β⇔tgβ=g(a)∧β∈ [ π2 , π2 ] α+β=π4 ⇒ tg(α + β)=tgπ4 =1⇔tgα+tgβ 1−tgα tgβ=1⇔ f(a)+g(a)=1−f(a)⋅g(a) matematica.blogspot.com Página 18 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. f(a) = f(1) = 5 + 7^a / 4 = 3 ∧ g(a) = g(1) = 5 - 7^a / 4 = 1/2 ⇒ f(a) - g(a) = f(1) - g(1) = 3 - (1/2) = 7 / 2 QUESTÃO 27 (ITA 2001) O conjunto de todos os valores de m para os quais a função f(x)= x^2 + (2m+3)x + (m^2+3) / sqrt{x^2 + (2m+1)x + (m^2+2)} está definida e é não negativa para todo x real é: a) [7/4, +∞[ b) ]1/4, +∞[ c) ]0, 7/4] d) ]-∞, 1/4] e) ]1/4, 7/4] RESPOSTA: d RESOLUÇÃO: Para que f esteja definida para todo x ∈ R, devemos ter x^2 + (2m+1)x + (m^2+2) > 0, ∀x ∈ R. Isso ocorre se, e somente se, Δ = (2m+1)^2 - 4·1·(m^2+2) < 0 ⇔ 4m - 7 < 0 ⇔ m < 7/4. Para que f seja não negativa para todo x ∈ R, devemos ter x^2 + (2m+1)x + (m^2+3) ≥ 0, ∀x ∈ R. Isso ocorre se, e somente se, Δ = (2m+3)^2 - 4·1·(m^2+3) ≤ 0 ⇔ 12m - 3 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1/4. Como as duas condições devem ser satisfeitas simultaneamente, então devemos ter m ≤ 1/4, ou seja, m ∈ ]-∞, 1/4]. QUESTÃO 28 (ITA 2000) Sejam f,g: R → R definidas por f(x) = x^3 e g(x) = 10^cos 5x. Podemos afirmar que a) f é injetora e g é ímpar. b) g é sobrejetora e g o f é ímpar. c) f é bijetora e g o f é ímpar. madematica.blogspot.com Página 19 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. d) g é par e g o f é ímpar. e) f é ímpar e g o f é par. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: A função f: R → R dada por f(x) = x^3 é injetora (pois é monótona crescente) e sobrejetora (pois para todo real y, existe x = ∛y tal que f(x) = y), o que implica que a mesma é bijetora. Como a função cosseno é periódica e limitada, a função g: R → R não é injetora e nem sobrejetora. Como f(-x) = (-x)^3 = -x^3 = -f(x), então f é uma função ímpar. Como g(-x) = 10^cos 5(-x) = 10^cos 5x = g(x), então g é uma função par. Note que isso decorre do fato da função cosseno ser uma função par. Vamos analisar a paridade de g o f: (g o f)(-x) = g(f(-x)) = g(-f(x)) = g(f(x)) = (g o f)(x), ou seja, g o f é uma função par. Portanto, a única alternativa correta é a letra (e). QUESTÃO 29 (ITA 2000) Considere f : R → R definida por f(x) = 2sen 3x - cos(x-π/2). Sobre f podemos afirmar que: a) é uma função par. b) é uma função ímpar e periódica de período fundamental 4π. c) é uma função ímpar e periódica de período fundamental 4π/3. d) é uma função periódica de período fundamental 2π. e) não é par, não é ímpar e não é periódica. RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: f(x) = 2sen 3x - cos(x-π/2) = 2sen 3x - cos(x-π/2) = 2sen 3x - sen x Análise da paridade: f(-x) = -2sen(-3x) - sen(-x/2) = -2sen 3x - sen(-x/2) = -(2sen 3x - sen x/2) = -f(x) Logo, f é uma função ímpar. É possível chegar a essa mesma conclusão a partir do fato de f ser um diferença de duas funções ímpares, que também é uma função ímpar. Obtenção do período: O período de 2sen 3x é 2π/3 ; e o período de -sen x/2 é 2π/(1/2) = 4π. Como 2π/3 ⋅ 6 = 4π ⋅ 1 e mdc(6,1) = 1 , então o período de f(x) = 2sen 3x - sen x/2 é 4π. madematica.blogspot.com Página 20 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. QUESTÃO 30 (ITA 1999) Sejam f,g: R → R funções definidas por f(x)= (3/2)^x e g(x)= (1/3)^x . Considere as afirmações: I. Os gráficos de f e g não se interceptam. II. As funções f e g são crescentes. III. f(-2)g(-1) = f(-1)g(-2) Então: a) Apenas a afirmação (I) é falsa. b) Apenas a afirmação (III) é falsa. c) Apenas as afirmações (I) e (II) são falsas. d) Apenas as afirmações (II) e (III) são falsas. e) Todas as afirmações são falsas. RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: I. FALSA f(x) = g(x) ⇔ (3/2)^x = (1/3)^x → (3/2)^x ⋅ (1/3)^x = 1 ↔ x = 0 Portanto, os gráficos de f e g interceptam-se no ponto (0,1). II. FALSA As funções exponenciais de base maior do que 1 são crescentes e as de base entre 0 e 1 são decrecentes. Portanto, f é uma função crescente e g uma função decrescente. III. FALSA f(-2)g(-1) = (3/2)^-2 ⋅ (1/3)^-1 = 2/3 ⋅ 3 = 4/3 f(-1)g(-2) = (3/2)^-1 ⋅ (1/3)^-2 = 2/3 ⋅ 3^2 = 6 QUESTÃO 31 (ITA 1999) Sejam f,g,h : R → R funções tais que a função composta h o g o f : R → R é a função identidade. Considere as afirmações: I. A função f é sobrejetora. II. Se x0 ∈ R é tal que f(x0) = 0, então f(x) ≠ 0 para todo x ∈ R com x ≠ x0. III. A equação h(x) = 0 tem solução em R. Então: a) Apenas a afirmação (I) é verdadeira. b) Apenas a afirmação (II) é verdadeira. c) Apenas a afirmação (III) é verdadeira. d) Todas as afirmações são verdadeiras. e) Todas as afirmações são falsas. RESPOSTA: d madematica.blogspot.com Página 21 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com. RESOLUÇÃO: (h∘g∘f)(x) = x ⇔ h(g(f(x))) = x I. VERDADEIRA Seja y ∈ ℝ (contradomínio de h), então existe x = g(f(y)) tal que h(x) = h(g(f(y))) = y. Logo, a função h é sobrejetora. II. VERDADEIRA Supondo por absurdo que exista x₁ ≠ x₀ tal que f(x₁) = f(x₀) = 0. Então, g(f(x₁)) = g(f(x₂)) = g(0) e h(g(f(x₁))) = h(g(f(x₀))) = h(g(0)). Mas, como (h∘g∘f) é a função identidade, temos x₁ = x₂ = h(g(0)), o que é um absurdo. Logo, não existe x₁ ≠ x₀ tal que f(x₁) = f(x₀) = 0, ou seja, f(x) ≠ 0, para todo x ≠ x₀. III. VERDADEIRA Como h(g(f(0))) = 0, a solução da equação h(x) = 0 é x = g(f(0)). Outra maneira de concluir que a equação h(x) = 0 tem sempre solução é observar que a função h é sobrejetora, ou seja, todo elemento do contradomínio (em particular o 0) é imagem de algum elemento do domínio (raiz da equação). QUESTÃO 32 (ITA 1999) Considere as funções f e g definidas por f(x) = x−2, para x ≠ 0 e g(x) = \frac{x}{x+1}, para x ≠ −1. O conjunto de todas as soluções da inequação (g∘f)(x) < g(x) é: a) ]1,+∞[ b) ]−∞,−2] c) [−2,−1[ d) ]−1,1[ e) ]−2,−1[∪]1,+∞[ RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: (g∘f)(x) < g(x) ⇔ g(f(x)) < g(x) ⇔ \frac{f(x)}{f(x)+1} < \frac{x}{x+1} ⇔ \frac{x−2}{x−1} < \frac{x}{x+1} ⇔ \frac{x−2}{x−1} < \frac{x−2}{x+1} ⇔ \frac{x^2−2}{x^2+x−2} − \frac{x}{(x+2)(x−1)} < 0 ⇔ \frac{x^3+x^2−2x−2−x^3−x^2+2x}{(x+2)(x−1)(x+1)} < 0 Vamos resolver a equação pelo método dos intervalos. Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com. Portanto, o conjunto solução da inequação é S = ]−2,−1[∪]1,+∞[. QUESTÃO 33 (ITA 1998) Seja f: ℝ → ℝ a função definida por f(x) = 2sen2x − cos2x . Então: a) f é ímpar e periódica de período π. b) f é par e periódica de período π/2. c) f não é par nem ímpar e é periódica de período π. d) f não é par e é periódica de período π/4 e) f não é ímpar e não é periódica. RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: f(x) = 2sen 2x − cos 2x = √5 (\frac{2}{√5}sen 2x − \frac{1}{√5}cos 2x) Seja θ tal que cos θ = \frac{2}{√5} e sen θ = \frac{1}{√5} , então f(x) = √5 (sen 2x cos θ − sen θ cos 2x) = √5 sen (2x − θ) Análise da paridade: f(\frac{θ}{2}) = √5sen (\frac{2}{2}) = √5sen θ = √5sen (−2θ) = −√5sen 2θ f(\frac{θ}{2}) = √5sen (\frac{2}{2}) = √5sen (0) = 0 Como sen 2θ = 2sen θ cos θ = \frac{2}{√5} ⋅ \frac{1}{√5} ⋅ √5 ≠ 0, então f(\frac{θ}{2}) ≠ f(\frac{−θ}{2}) ≠ −f(\frac{θ}{2}). Logo, f não é par e nem ímpar. Cálculo do período: P = \frac{2π}{2} = π. QUESTÃO 34 (ITA 1998) Seja f: ℝ → ℝ a função definida por f(x) = −3a^x , onde a é um número real, 0 < a < 1. Sobre as afirmações: (I) f(x + y) = f(x)f(y), para todo x, y ∈ ℝ. (II) f é bijetora. (III) f é crescente e f([0,+∞[) = ]−3,0[. Podemos concluir que: a) Todas as afirmações são falsas. b) Todas as afirmações são verdadeiras. c) Apenas as afirmações (I) e (II) são verdadeiras. d) Apenas a afirmação (II) é verdadeira. e) Apenas a afirmação (III) é verdadeira. RESPOSTA: e Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com. (I) FALSA f(x+y) = −3a^(x+y) = −3a^x ⋅ a^y = f(x) ⋅ f(y) (II) FALSA A imagem de f é ℝ₋ e seu contradomínio é ℝ , logo a f não é sobrejetora e, portanto, não é bijetora. (III) A função exponencial de base 0 < a < 1 é decrescente. Multiplicando uma função decrescente por −3 , a função resultante é crescente. Logo, f(x) = −3a^x é crescente. Se 0 < a < 1, temos: 0 < x a^x > a^x > 0 ⟺ 3 < −3 ⋅ a^x < 0 ⟺ −3 < f(x) < 0 Logo, f([0,+∞[) = ]−3,0[ Isso também pode ser observado esboçando-se o gráfico de f. QUESTÃO 35 (ITA 1998) Sejam as funções f: ℝ → ℝ e g: A ⊂ ℝ → ℝ, tais que f(x) = x² − 9 e (f∘g)(x) = x − 6, em seus respectivos domínios. Então, o domínio A da função g é: a) [−3,+∞[ b) ℝ c) [−5,+∞[ d) ]−∞,−1[∪]3,+∞[ e) ]−∞,√6[ Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: (f∘g)(x)=f((g(x))=[g(x)]²−9=x−6⇔[g(x)]²=x+3⇒g(x)=±√x+3 O domínio mais amplo da função g(x)=±√x+3 é dado por x+3≥0⇔x≥−3. Logo, A=𝐷𝑔=[−3,+∞[. QUESTÃO 36 (ITA 1997) Se ℚ⊂ℝ representam, respectivamente, o conjunto dos números racionais e o conjunto dos números irracionais, considere as funções f,g:ℝ→ℝ definidas por f(x)={0,se x∈ℚ \ 1,se x∈I g(x)={1,se x∈ℚ \ 0,se x∈I Seja J a imagem da função composta f∘g:ℝ→ℝ. Podemos afirmar que: a) J=ℝ b) J=ℚ c) J={0} d) J=I e) J={0,1} RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Se x∈ℚ, então (f∘g)(x)=f(g(x))=f(1)=0, pois 1∈ℚ. Se x∈I, então (f∘g)(x)=f(g(x))=f(0)=0, pois 0∈ℚ. Logo, J=Im(r∘g)={0}. QUESTÃO 37 (ITA 1997) O domínio D da função f(x)=ln⎛⎝ √πx²−(1+π²)x+π −2x²+3πx⎞ ⎠ é o conjunto a) 𝐷={x∈ℝ:0<x<3π/2} b) 𝐷={x∈ℝ:x<1/π ou x>π} c) 𝐷={x∈ℝ:0<x≤1 ou x≥π} d) 𝐷=ℝ: x>0} e) 𝐷={x∈ℝ:0<x<1/π ou π<x<3π/2} RESPOSTA: e matematica.blogspot.com Página 25 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. RESOLUÇÃO: Para que a função f(x)=ln⎛⎝ √πx²−(1+π²)x+π −2x²+3πx⎞ ⎠ esteja definida, o logaritmando deve estar bem definido e ser positivo. Assim, temos: √πx²−(1+π²)x+π>0⟹πx²−(1+π²)x+π>0⟹x−(1/π)x+1>0⟹x>1/π −2x²+3πx>0⟹−2x⟹x<3π/2 ⟹0<x<1/π⟹π<x<3π/2 Portanto, 𝐷={x∈ℝ:0<x<1/π ou π<x<3π/2}. QUESTÃO 38 (ITA 1997) Sejam f,g:ℝ→ℝ funções tais que g(x)=1−x e f(x)+2f(2−x)=(x−1)³, para todo x∈ℝ. Então, f[g(x)] é igual a a) (x−1)³ b) (1−x)³ c) x³ d) x³ e) 2−x RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Substituindo x por 2−x na expressão f(x)+2f(2−x)=(x−1)³, temos: f(x−2)+2f(2−(2−x))=(x−2)−(x−1)³⇔f(x−2)+2f(x)=(1−x)³. Vamos então resolver o sistema seguinte: {f(x)+2f(2−x)=(x−1)³ \ f(x)+2f(2−x)(x−1)³} 2f(x)+f(x−2)−2f(2−x)=−2(1−x)³ Somando as duas igualdades, temos: −3f(x−(x−1)³−2(1−x)³=−3(1−x)³⇔f(x)=(1−x)³ Assim, f[g(x)]=f(1−x)=(1−(1−x))³=x³. QUESTÃO 39 (ITA 1996) Seja f:ℝ⁺→ℝ uma função injetora tal que f(1)=0 e f(x⋅y)=f(x)+f(y) para todo x>0 e y>0. Se x₁,x₂,x₃,x₄ e x₅ formam nessa ordem uma progressão geométrica, onde 𝑥ᵢ>0 para i=1,2,3,4,5 e sabendo que ∑_{i=1}^{5}f(xᵢ)=13f(2)+2f(x₁) e ∑_{i=1}^{4}f(𝑥ᵢ/𝑥ᵢ₊₁)=−2f(2x₁), então o valor de x₁ é: a) −2 b) 2 c) 3 d) 4 e) 1 matematica.blogspot.com Página 26 de 30 Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para matematica.blogspot.com. RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: Como 𝑥ᵢ>0 para i=1,2,3,4,5, então a progressão geométrica tem razão positiva q . f(x⋅y)=f(x)+f(y)⇒f(q)=f(q)+f(1/q)⟹f(1)=f(q)+f(1/q) f(q)+f(1/q)=0⇒f(q)=−f(q) Como 𝑥ᵢ/𝑥ᵢ₊₁=1/q, então ∑_{i=1}^{5}𝑓(𝑥ᵢ)=−2f(2𝑥₁)⟹𝑓(q)=−2f(2𝑥₁) 4∑_{i=1}^{5}f(𝑥ᵢ)=13f(2)+2f(𝑥₁) f(𝑥¹)+f(𝑥²)+f(𝑥³)+f(𝑥⁴)+𝑓(𝑥⁵)=13f(2)+2f(𝑥₁) 5f(𝑥₁)+10f(2)+2f(𝑥₁)=13f(2)+2f(𝑥₁) 5f(𝑥₁)+5f(13f(2)+2f(𝑥₁)=13f(2)+2f(𝑥₁) Como 𝑓 é injetora, então 𝑥₁=2. QUESTÃO 40 (ITA 1996) Considere as funções reais f e g definidas por f(x)=1+2x/1−x² , x∈ℝ−{−1,1} e g(x)=𝑥1+𝑥,x∈ℝ−(−1/2) . O maior subconjunto de ℝ onde pode ser definida a composta f∘g, tal que (f∘g)(x)<0, é: a) ]−1,1/2[−[1/3,1/4[ b) ]−∞,−1[∪]1/3,−1/4[ c) ]−∞,−1[∪]1/2,1[−[1/3,1/4[ matematica.blogspot.com Página 27 de 30