Teste nº6 – Funções: módulo, ramos, parâmetros e modelação

Os zeros de $g$ são as soluções de $f(x)=1$, ou seja, as abcissas dos pontos de interseção do gráfico de $f$ com a reta $y=1$.

Em $[-4,-2]$, $f$ passa de $-2$ a $2$: interseta a reta uma vez ($x=-\mathrm{2,5}$).

Em $[-2,1]$, $f$ passa de $2$ a $-1$: interseta uma vez ($x=-1$); em $[1,4]$, passa de $-1$ a $3$: interseta uma vez ($x=\mathrm{2,5}$).

Um erro típico é esquecer uma das interseções (por exemplo, a do último segmento), obtendo a opção (B).

$3$ zeros

Opção (C)

$x$ pertence ao domínio de $g$ se e só se $2x-4$ pertence ao domínio de $f$.

$-2\le 2x-4\le 6\iff 2\le 2x\le 10\iff 1\le x\le 5$.

A opção (B) resulta de aplicar $2x-4$ aos extremos de $D_f$ (operação inversa da correta).

$D_g=[1,5]$

Opção (A)

Translação de vetor $(-2,3)$: $f(x+2)+3=|x+2|+3$.

Reflexão de eixo $Ox$: multiplica-se toda a expressão por $-1$.

$g(x)=-(|x+2|+3)=-|x+2|-3$.

(D) só reflete o módulo; (B) usa a translação no sentido errado; (C) é uma reflexão de eixo $Oy$.

$g(x)=-|x+2|-3$

Opção (A)

Como os zeros são $-1$ e $5$: $f(x)=a(x+1)(x-5)$.

$f(1)=a\times 2\times (-4)=-8a=-16\iff a=2$.

O vértice tem abcissa $\frac{-1+5}{2}=2$; $f(2)=2\times 3\times (-3)=-18$.

A opção (C) obtém-se com $a=1$; (B) é apenas a ordenada do ponto dado.

$-18$

Opção (A)

O vértice $(2,9)$ tem abcissa no domínio e $a=-1<0$: o máximo absoluto é $9$.

O mínimo é atingido num dos extremos do domínio: $f(-1)=-9+9=0$ e $f(6)=-16+9=-7$.

Como $f$ é contínua, toma todos os valores entre $-7$ e $9$.

(B) usa só o extremo $x=-1$; (C) ignora a restrição do domínio.

$D_f^{\prime }=[-7,9]$

Opção (A)

$(g\circ g)(-x)=g(g(-x))=g(-g(x))=-g(g(x))$: é ímpar.

$(f\circ g)(-x)=f(-g(x))=f(g(x))$: é par.

$(g\times g)(-x)=(-g(x){)}^2=g(x{)}^2$: é par.

$f+g$ não é, em geral, par nem ímpar (por exemplo, $x^2+x$).

$g\circ g$

Opção (B)

A parábola $y=x^2-4x=(x-2{)}^2-4$ tem zeros $0$ e $4$ e vértice $(2,-4)$.

O gráfico de $y=|x^2-4x|$ obtém-se refletindo em relação ao eixo $Ox$ a parte da parábola situada abaixo deste eixo: em $[0,4]$ fica um «arco» com máximo relativo $4$ em $x=2$.

As soluções da equação são as abcissas dos pontos de interseção desse gráfico com a reta horizontal $y=k$.

Se $k<0$: nenhuma solução; $k=0$: duas ($0$ e $4$); $k=4$: três ($2$ e $2\pm 2\sqrt{2}$); $k>4$: duas.

Se $0<k<4$: a reta interseta o «arco» central em dois pontos e cada um dos ramos exteriores em um ponto, ou seja, quatro soluções.

$k\in ]0,4[$

$(f\circ g)(x)=f(|x-1|)=|x-1{|}^2-2|x-1|$.

Fazendo $y=|x-1|$ (com $y\ge 0$): $y^2-2y-3=0\iff y={\displaystyle \frac{2\pm \sqrt{4+12}}{2}}={\displaystyle \frac{2\pm 4}{2}}$.

$y=3$ ou $y=-1$; como $y=|x-1|\ge 0$, rejeita-se $y=-1$.

$|x-1|=3\iff x-1=3\vee x-1=-3\iff x=4\vee x=-2$.

$S=\{-2,4\}$

$\Delta =(m+2{)}^2-4\times m\times 2=m^2+4m+4-8m=m^2-4m+4$.

$\Delta =(m-2{)}^2\ge 0$ para todo o $m$, logo $f_m$ tem sempre pelo menos um zero.

(Em alternativa: $f_m(-1)=m-m-2+2=0$, pelo que $-1$ é sempre zero de $f_m$.)

$f_m$ tem um único zero se e só se $\Delta =0\iff (m-2{)}^2=0\iff m=2$.

Verificação: $f_2(x)=2x^2+4x+2=2(x+1{)}^2$, com zero (duplo) $-1$.

$f_m$ tem sempre pelo menos um zero; tem um único zero para $m=2$.

10.1.

No triângulo retângulo $[EBF]$: $\overline{EB}=6-x$ e $\overline{BF}=x$.

Pelo teorema de Pitágoras: ${\overline{EF}}^2=(6-x{)}^2+x^2$.

A área do quadrado $[EFGH]$ é ${\overline{EF}}^2=36-12x+x^2+x^2$.

$A(x)=2x^2-12x+36$

10.2.

$2x^2-12x+36<20\iff 2x^2-12x+16<0\iff x^2-6x+8<0$.

Zeros: $x={\displaystyle \frac{6\pm \sqrt{36-32}}{2}}={\displaystyle \frac{6\pm 2}{2}}$, isto é, $x=2$ ou $x=4$.

Como $a>0$, $x^2-6x+8<0\iff x\in ]2,4[$ (contido em $]0,6[$).

Mínimo: vértice em $x=-{\displaystyle \frac{-12}{2\times 2}}=3$; $A(3)=18-36+36=18$.

A área é inferior a $20$ cm² para $x\in ]2,4[$; a área mínima é $18$ cm² (para $x=3$).

11.1.

Para $0\le t\le 10$: $h(t)=30+2t$; em particular $h(10)=50$.

Para $10<t\le 15$: $h(t)=50$.

Para $t>15$: $h(t)=50-4(t-15)=110-4t$; o tanque fica vazio quando $110-4t=0\iff t=\mathrm{27,5}$.

$h(t)=\{\begin{array}{cc}30+2t\hfill & \text{se }0\le t\le 10\hfill \\ 50\hfill & \text{se }10<t\le 15\hfill \\ 110-4t\hfill & \text{se }15<t\le \mathrm{27,5}\hfill \end{array}$, com $D_h=[0;\mathrm{27,5}]$

11.2.

No 1.º ramo: $30+2t>40\iff t>5$; logo $t\in ]5,10]$.

No 2.º ramo: $h(t)=50>40$ em todo o intervalo $]10,15]$.

No 3.º ramo: $110-4t>40\iff t<\mathrm{17,5}$; logo $t\in ]15;\mathrm{17,5}[$.

Reunindo: $h(t)>40\iff t\in ]5;\mathrm{17,5}[$, intervalo de amplitude $\mathrm{17,5}-5=\mathrm{12,5}$.

A altura da água esteve acima de $40$ cm durante $\mathrm{12,5}$ minutos ($12$ min $30$ s).

Introduzem-se $y_1=-\mathrm{0,5}{x}^2+6x$ e $y_2=20-2|x-8|$, numa janela como $[0,12]\times [0,22]$.

No intervalo $[0,12]$ os gráficos intersetam-se em dois pontos, de abcissas $t_1\approx \mathrm{1,172}$ e $t_2\approx \mathrm{6,828}$.

O gráfico de $d_1$ está acima do de $d_2$ entre esses dois pontos (por exemplo, $d_1(4)=16>d_2(4)=12$), e abaixo fora deles (por exemplo, $d_1(10)=10<d_2(10)=16$).

Duração: $t_2-t_1\approx \mathrm{6,828}-\mathrm{1,172}\approx \mathrm{5,66}$.

O drone $D_1$ esteve mais alto do que $D_2$ durante cerca de $\mathrm{5,66}$ segundos.