Exercicios (1001)-mesclado-247

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Moderna PLUS MATEMÁTICA
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Parte I 
Capítulo 3 Algumas funções e conceitos fundamentais 
Resolução dos exercícios
PAIVA
 
w
w
w
.m
o
d
e
rn
a
p
lu
s
.c
o
m
.b
r
1 MANOEL 
PAIVA
• f não é injetora, pois a reta r, paralela ao eixo 
Ox, intercepta o gráfico de f em dois pontos.
• No entanto, f é sobrejetora, pois toda reta pa-
ralela ao eixo Ox que passa por um ponto de 
ordenada y, com y > 24, intercepta o gráfico.
18 
�4
O
y
f
r
x
f : V p [24, 1∞[
�1
1
8
6
y
x
f : [21, 6] p [1, 8]
f : [1, 4] p [0, 6]
• f é injetora, pois toda reta paralela ao eixo Ox 
que intercepta o gráfico de f o faz em um úni-
co ponto.
• f é sobrejetora, pois toda reta paralela ao eixo 
Ox que passa por um ponto de ordenada y, 
com 1 25.
 Logo, Im( f ) 5 [25, 1∞[.
 Como CD( f ) 5 V, temos que Im( f ) % CD( f ).
 Portanto, f não é sobrejetora.
• Se k . 25, existem dois elementos distintos 
do domínio de f com a mesma imagem k:
 x1 5 dlllll k 1 5 e x2 5 2 dlllll k 1 5 .
 Logo, a função f não é injetora.
 Concluímos, então, que f não é injetora nem 
sobrejetora.
b) g: V p V tal que g(x) 5 3x 1 2.
 Seja k, com k 9 V.
 Resolvendo, na variável x, a equação g(x) 5 k, 
temos:
 3x 1 2 5 k ] x 5 k 2 2 ______ 
3
 .
 Assim, para qualquer k do contradomínio da 
função g, a equação g(x) 5 k tem uma única 
solução.
 Logo, g é bijetora.
c) h: VR p VR; h(x) 5 1 __ 
x
 
 Seja k, com k 9 VR.
 h(x) 5 k
 1 __ 
x
 5 k ] x 5 1 __ 
k
 
 Assim, para qualquer k do contradomínio da 
função h, a equação h(x) 5 k tem uma única 
solução.
 Portanto, h é bijetora.
d) t: R 2 {1} p VR; t(x) 5 5 ______ 
x 2 1
 
 Seja k, com k 9 V*.
 t(x) 5 k
 5 ______ 
x 2 1
 5 k ] x 5 5 1 k ______ 
k
 
 Assim, para qualquer k do contradomínio da 
função t, a equação t(x) 5 k tem uma única 
solução.
 Logo, t é bijetora.
e) u: V p V1; u(x) 5 x2
 Seja k, com k 9 V1
 k 5 x2 ] x 5 ± dll k 
 Logo, para qualquer valor do contradomínio 
de u existe x no domínio tal que u(x) 5 k. Por-
tanto, u é sobrejetora.
 Note que u não é injetora, pois para k . 0 há 
dois valores distintos do domínio com a ima-
gem k: dll k e 2 dll k .
21 A função f é bijetora, pois a cada identificação 
de placa corresponde uma única identificação 
do chassi e vice-versa.
22 • O enunciado afirma que há mais de um exem-
plar com o mesmo título. Isto significa que há 
elementos distintos do domínio que possuem 
a mesma imagem e, portanto, f não é injetora.
• Pelo enunciado, todos os livros da biblioteca são 
catalogados pelo título. Isto significa que para 
qualquer título de livro catalogado na biblioteca 
existe pelo menos um exemplar com esse título, 
ou seja, qualquer elemento do contradomínio 
de f é imagem de algum elemento do domínio.
Portanto, f é sobrejetora.
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Parte I 
Capítulo 3 Algumas funções e conceitos fundamentais 
Resolução dos exercícios
PAIVA
 
w
w
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a
p
lu
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r
1 MANOEL 
PAIVA
f
0
1
4
9
16
3
4
A
0
1
2
B
f
�2
2
�1
1
0
A
6
3
2
B
Não, pois f não é uma bijeção de A em B e, por isso, 
a relação inversa f 21 não é uma função.
25 Não, pois não há função de A em B que seja bije-
tora, já que n(A) % n(B).
26 • f não é bijetora; logo, não é invertível.
• g é bijetora e, portanto, admite inversa.
27 a) y 5 6x 2 4
 I. Trocando x por y e y por x, obtemos: x 5 6y 2 4
 II. Isolando a variável y: x 5 6y 2 4 ]
 ] y 5 x 1 4 ______ 
6
 
b) y 5 5 ______ 
x 1 4
 
 I. Trocando x por y e y por x, obtemos: x 5 5 ______ 
y 1 4
 
 II. Isolando a variável y: x 5 5 ______ 
y 1 4
 ] 
 ] x 3 ( y 1 4) 5 5
 } y 5 5 2 4x _______ x 
c) y 5 2x 2 1 _______ 
x 1 3
 
 I. Trocando x por y e y por x, obtemos: x 5 
2y 2 1
 _______ 
y 1 3
 
 II. Isolando a variável y: x 5 
2y 2 1
 _______ 
y 1 3
 ]
 ] x 3 ( y 1 3) 5 2y 2 1
 } xy 1 3x 5 2y 2 1 ] 2y 2 xy 5 3x 1 1
 } (2 2 x)y 5 3x 1 1
} y 5 3x 1 1 _______ 
2 2 x
 
28 f (x 1 3) 5 2x 2 1
x 1 3 5 t
} x 5 t 2 3
f (t) 5 2(t 2 3) 2 1
f (t) 5 2t 2 7 ou f (x) 5 2x 2 7
e) Substituindo x por 6,5 em y 5 36x, obtemos:
 y 5 36 3 6,5 5 234
 Logo, o deslocamento é de 234w.
f ) Substituindo x por 126 em y 5 x ___ 
36
 , obtemos:
 y 5 126 ____ 
36
 5 3,5
 Logo, a massa é 3,5 kg.
31 a) t 5 1 _______ 
v 2 50
 , com v . 50
 (v 2 50)t 5 1 ] v 2 50 5 1 __ 
t
 
 } v 5 1 1 50t ________ 
t
 
b) 
360
10O
y
x
y 5 36x
360
10
O
y
x
y 5 x ___ 
36
 
50
55
60 70 80 90 100
t
v
1
40
1
30
1
20
1
10
1
5
t 5 1 _______ 
v 2 50
 , v . 50
23 I. Trocamos x por y e y por x e obtemos: x 5 2y 2 7
 II. Isolando a variável y: x 5 2y 2 7 ] y 5 x 1 7 ______ 
2
 
 f 21(x) 5 x 1 7 ______ 
2
 
Alternativa a.
29 Im( f 21) 5 D( f )
x5 2 1 % 0 ] x5 % 1
} x % 1; D( f ) 5 V 2 {1}
Logo, Im( f 21) 5 V 2 {1}
30 a) Massa (kg) Deslocamento (grau)
 1 36
 x y
 ] y 5 36x, com 0f (1)) 5 f (1) 5 5 3 1 2 4 5 1
d) g(3) 5 3 3 3 1 6 5 15
 (g W g)(3) 5 g(g(3)) 5 g(15) 5 3 3 15 1 6 5 51
v 5 1 __ 
t
 1 50, t . 0
Moderna PLUS MATEMÁTICA
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Parte I 
Capítulo 3 Algumas funções e conceitos fundamentais 
Resolução dos exercícios
PAIVA
 
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rn
a
p
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1 MANOEL 
PAIVA
 g é injetora mas não é sobrejetora; logo, não é 
bijetora.
c) 
 h é sobrejetora e injetora; logo, é bijetora.
13 Para que exista uma função bijetora f : A p B, 
com A e B finitos e não vazios, é necessário que 
A e B tenham o mesmo número de elementos. 
Como n(A) % n(B), concluímos que não existe 
uma função bijetora de A em B. 
14 f(2) 5 3 3 2 1 6 5 12
f(5) 5 3 3 5 1 6 5 21
f
3
1
�3
2
A
8
0
3
B
f : A p B
f (x) 5 x2 2 1
g
5
11
8
7
D
0
1
2
C
h
0
2
1
3
F
0
4
1
9
E
h: E p F
h(x) 5 dll x 
12
21
2 5
y
x
Como f é bijetora e 
a , b, temos: a 5 12 
e b 5 21.
 f é sobrejetora mas não é injetora; logo, não é 
bijetora.
15 f(1) 5 2 2 1 5 1
f(6) 5 2 2 6 5 24
Como f é bijetora e 
a , b, temos: a 5 24 
e b 5 1.
1
�4
1 6
y
x
Não, pois f não é bijetora e, por isso, a relação 
inversa f 21 não é uma função.
17 a) Não, pois ela não é bijetora.
b) Sim, porque ela é bijetora.
16 
f
0
�1
1
2
�2 6
�7
A
1
2
0
9
B
e) (g W f )(x) 5 g( f (x)) 5 3 3 f (x) 1 6 5
 5 3 3 (5x 2 4) 1 6 5 15x 2 6
f) ( f W g)(x) 5 f (g(x)) 5 5 3 g(x) 2 4 5
 5 5 3 (3x 1 6) 2 4 5 15x 1 26
g) ( f W f )(x) 5 f ( f (x)) 5 5 3 f (x) 2 4 5
 5 5 3 (5x 2 4) 2 4 5 25x 2 24
h) (g W g)(x) 5 g(g(x)) 5 3 3 g(x) 1 6 5
 5 3 3 (3x 1 6) 1 6 5 9x 1 24
8 ( f W f )(x) 5 f ( f (x)) 5 k 3 f (x) 1 1 5
5 k 3 (kx 1 1) 1 1 5 k2x 1 (k 1 1)
Como ( f W f )(x) 5 4x 2 1, resulta:
k2x 1 (k 1 1) 5 4x 2 1
Identificando os coeficientes, obtemos:
• k2 5 4 ] k 5 ±2
 e
• k 1 1 5 21 ] k 5 22
Logo, k 5 22.
9 ( f W g)(x) 5 2 ] f (x2 2 2x 1 2) 5 2
} x2 2 2x 1 2 1 3 5 2 ] x2 2 2x 1 3 5 0
} S 5 28
Logo, não existe x tal que ( f W g)(x) 5 2.
10 f( f (x)) 5 
 x 2 2 ______ 
x 1 2
 2 2
 __________ 
 x 2 2 ______ 
x 1 2
 1 2
 5 2x 2 6 _______ 
3x 1 2
 
Assim, temos:
f( f (x)) 5 21 ] 
2x 2 6 _______ 
3x 1 2
 5 21
} 3x 1 2 5 x 1 6 ] 2x 5 4
} x 5 2
Alternativa c.
11 Se f é par, então u x 9 V, f(x) 5 f(2x).
Se g é ímpar, então u x 9 V, g(x) 5 2g(2x).
 I. V
 f (2x) 3 g(2x) 5 f (x) 3 (2g(x)) 5 2f (x) 3 g(x)
 Logo, f 3 g é ímpar.
 II. V
 f (g(2x)) 5 f (2g(x)), pois g é ímpar.
 f (2(g(x)) 5 f (g(x)), pois f é par.
 Logo, f (g(x)) 5 f(g(2x)) e f W g é par.
 III. F
 g( f(2x)) 5 g( f(x)), pois f é par.
 Logo, g W f é par.
Alternativa d.
12 a) 
b) 
g: C p D
g(x) 5 3x 1 5