Uma função f: IR → IR cuja lei de formação é dada por:
f(x) = a x2 + b x + c, com a, b, c reais, e, a ≠ 0, é dita:
função polinomial do 2° grau, função do 2° grau, ou,
função quadrática.
Exemplos:
a) f(x) = x2 – 2 x + 1
b) f(x) = – x2 +
c) f(x) = x2 – 4 x
O motivo pelo qual o real "a" não pode ser zero é que: caso fosse zero, a função não teria o termo de grau 2.
f(x) = 0 ⋅ x2 + b x + c, ficaria:
f(x) = 0 + b x + cf(x) = b x + c (uma função afim).
Observações:
"a" é o coeficiente do termo de expoente 2,
"b" é o coeficiente de termo de expoente 1, e "c" é o coeficiente independente (sem a variável).Assim, em f(t) = 6 t + 3 – 4 t2, tem-se:
a = – 4, b = 6 e c = 3.
Raízes ou Zeros da Função do 2° Grau
Para se obter os zeros de uma função, o f(x) tem que ser zero. Daí, se tem:
f(x) = a x2 + b x + c = 0
0 = a x2 + b x + c (uma equação do 2° grau) Que pode ser resolvida pela fórmula:
x =
Se Δ < 0, as raízes não são reais (não tem raiz real). Se Δ = 0, as raízes são reais e iguais (tem uma raiz real).
Se Δ > 0, há duas raízes reais e distintas.
Exemplo: Obtenha os zeros da função real cuja lei é:
f(x) = x2 – 4 x
Encontrando Δ:Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = (– 4)2 – 4 ⋅ 1 ⋅ 0 Δ = 16 Como Δ > 0 então há duas raízes distintas. Encontrando as raízes de:
f(x) = x2 – 4 x
Tomando f(x) = 0:x2 – 4 x = 0
x ⋅ (x – 4) = 0 (com "x" em evidência) Um produto de reais igual a zero, daí: x = 0 ou x – 4 = 0 Em x – 4 = 0 se tem x = 4Portanto, as raízes são x = 0 e x = 4.
Representação Gráfica
O gráfico de uma função do 2° grau é sempre uma curva,
e essa curva é chamada de parábola.
Se a > 0 a concavidade
As raízes, se existirem, interceptam o eixo das abscissas. No geral há seis casos possíveis:
① Sendo a > 0
② Sendo a > 0
③ Sendo a > 0
④ Sendo a < 0
⑤ Sendo a < 0
⑥ Sendo a < 0
Vértice da Parábola
O vértice da parábola é o ponto onde a curva muda de sentido.
Esse ponto é representado por V(xV , yV), sendo:
xV = –
NOTA:
O sinal negativo na frente da fração, inverte o sinal final.
Logo, o vértice é dado por:
V(–
Clique para ver a Demonstração
A parábola é uma curva simétrica, isto é, a parte crescente é um espelho da parte decrescente.
"xV" é o ponto médio das raízes.
A soma das raízes, x′ + x′′, de uma equação do 2º grau é dada por:
O ponto médio das raízes é dado por:
f(xV) = yV
f(x) = a x2 + b x + c
f(xV) = a ⋅ (xV)2 + b ⋅ xV + c
yV = a ⋅ [ –
yV = a ⋅
MMC(4 a2, 2 a) = 4 a2
yV =
yV =
Colocando – a em evidência:
yV =
yV =
Portanto, yV =
Exemplo:
Obtenha o vértice da parábola cuja lei é: f(x) = x2 – 4 x
Como a = 1, b = – 4, c = 0 e Δ = 16, as coordenadas do vértice são:
A abscissa do vértice:xV = –
xV =
xV = 2 A ordenada do vértice:
yV = –
yV = –
yV = – 4 Então:
V(xV , yV) = V(2, – 4)
Outra maneira de se obter a ordenada:
A ordenada do vértice é o correspondente da abscissa do vértice, ou,f(xV) = yV
Assim:f(x) = x2 – 4 x
f(2) = 22 – 4 ⋅ 2 (xV = 2) f(2) = 4 – 8
f(2) = – 4 (yV = – 4)
Portanto, o vértice é V(2, – 4)
Construindo um Esboço Gráfico
Com três pontos pode-se fazer um esboço gráfico da função do 2º grau. Entretanto, o ideal seria ter cinco para se ter uma visão mais completa:
a abscissa do vértice, dois valores menores e dois valores maiores.
Exemplo: Faça um esboço gráfico da função dada pela lei:
f(x) = x2 – 4 x
A abscissa do vértice é o valor de "xV" que é "2".
Dois valores menores que "xV" 0 e 1.
Dois valores maiores que "xV" 3 e 4. Substituindo os valores:
f(x) = x2 – 4 x
f(0) = 02 – 4 ⋅ 0 = 0 – 0 = 0
f(1) = 12 – 4 ⋅ 1 = 1 – 4 = – 3 f(2) = – 4 (o par do vértice de "x" é o vértice de "y")
f(3) = 32 – 4 ⋅ 3 = 9 – 12 = – 3
f(4) = 42 – 4 ⋅ 4 = 16 – 16 = 0
Construindo uma pequena tabela com esses cinco valores:
x | f(x) |
0 | 0 |
1 | – 3 |
2 | – 4 |
3 | – 3 |
4 | 3 |
A imagem da função do 2° grau depende do sinal de "a", e também do valor do vértice de "y".
Se a < 0 a imagem é dada por:
Im(f) = { y ∈ IR ; y ≤ –
Se a > 0 a imagem é dada por:
Im(f) = { y ∈ IR ; y ≥ –
Exemplo: Determine a imagem da função cuja lei é:
f(x) = x2 – 4 x
Como "a" é positivo e yV = – 4 então, a imagem é dada por:
Im(f) = { y ∈ IR ; y ≥ – 4 } = [ – 4, + ∞ [
Crescente e Decrescente
Uma função do 2° grau sempre é crescente em um intervalo aberto, e, é decrescente em outro. Assim:
Se a > 0,
f é decrescente em ] – ∞ ; –
Se a < 0,
f é crescente em ] – ∞ ; –
Observação
Quando x = –
Exemplo: Determine o intervalo onde a função cuja lei é:
f(x) = x2 – 4 x é crescente.
Saber se a função é crescente ou decrescente depende,do sinal de "a" e do valor do vértice de "x".
Como "a" é positivo e xV = 2 então a função é crescente para x ≥ 2.
Portanto, a função é crescente no intervalo ] 2 ; + ∞ [
Ponto de Máximo ou de Mínimo
A parábola tem um ponto de inflexão que é o vértice V(xV , yV).
Quando a > 0 o vértice V é o ponto de mínimo da parábola.
Quando a < 0 o vértice V é o ponto de máximo da parábola.
Exemplo: Determine o ponto de máximo ou de mínimo onde a função cuja lei é:
f(x) = x2 – 4 x é crescente.
Como a > 0 o vértice é o ponto de mínimo.
xV = 2 e yV = – 4 então V(2, – 4).
Portanto, o ponto de mínimo é (2, – 4).
Estudo do Sinal da Função
Para estudar o sinal da função do 2° grau é necessário encontrar as raízes.
Na função f(x) = x2 – 4 x,
para encontrar as raízes f(x) tem que ser zero.x2 – 4 x = 0 (equação do 2º grau incompleta)
Pode-se encontrar as raízes por fatoração (colocando o "x" em evidência)
x ⋅ (x – 4) = 0 (um produto é zero quando um dos fatores for zero) Neste caso, se tem que: x = 0 ou x – 4 = 0 x – 4 = 0 x = 4 Assim, as raízes são 0 e 4.Observando o gráfico da função f(x) = x2 – 4:
onde a função "corta" o eixo das abscissas (eixo horizontal)
Também dá para perceber que a parábola:
está abaixo do eixo horizontal quando "x" está "entre as raízes",
isto é, entre a menor raiz e a maior raiz.
"menor raiz" < x < "maior raiz" (entre as raízes)
está acima do eixo horizontal quando "x" está "fora das raízes",
isto é, à esquerda da menor raiz ou à direita da maior raiz.
x < "menor raiz" ou x > "maior raiz" (fora das raízes)
Assim: se x < 0 ou x > 4 então f(x) > 0
Lê-se: se "x" for menor do que 0, ou,
"x" for maior do que 4 então, f(x) é positiva. Que é o mesmo que dizer: f(x) > 0 quando x < 0 ou x > 4Lê-se: a função é positiva quando "x" é menor do que 0, ou,
quando "x" é maior do que 4.
se 0 < x < 4 então f(x) < 0
Lê-se: se "x" for maior do que 0, e, "x" é menor do que 4 então, f(x) é negativa. Que é o mesmo que dizer: f(x) < 0 quando 0 < x < 4
Lê-se: a função é negativa quando "x" é maior do que 0, e,
"x" é menor do que 4.
se x = 0 ou x = 4, então f(x) = 0
Lê-se: se "x" for igual a 0, ou, "x" for igual a 4 então, f(x) é nula. Que é o mesmo que dizer: f(x) = 0 quando x = 0 ou x = 4
Lê-se: a função é nula quando "x" é igual a 0, ou,
"x" é igual a 4.
Generalizando
De maneira geral, o estudo do sinal da função do 2° grau, f,
dada pela lei: f(x) = a x2 + b x + c é:
Quando a > 0
Se Δ < 0:
f(x) > 0 ∀ x ∈ IR. Lê-se: f(x) é positiva para todo valor de "x" real.
Se Δ = 0:
f(x) = 0 quando x = raiz. Lê-se: f(x) é nula quando "x" é igual a raiz. f(x) > 0 quando x ≠ raiz. Lê-se: f(x) é positiva quando "x" é diferente da raiz.Se Δ > 0:
f(x) > 0 quando x < n ou x > m f(x) < 0 quando n < x < m f(x) = 0 quando x = n ou x = mOnde "n" é a menor raiz e "m" é a maior raiz.
Quando a < 0
Se Δ < 0:
f(x) < 0 para todo valor de "x".Se Δ = 0:
f(x) < 0 quando x ≠ raiz. f(x) = 0 quando x = raiz.Se Δ > 0:
f(x) > 0 quando n < x < m f(x) < 0 quando x < n ou x > m f(x) = 0 quando x = n ou x = mOnde "n" é a menor raiz e "m" é a maior raiz.
Exemplo: Estude o sinal da função cuja lei é dada por:
f(x) = – x2 + 2 x + 3
Encontrando as raízes da função: Fazendo f(x) = 0– x2 + 2 x + 3 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ b
Δ = 22 – 4 ⋅ (– 1) ⋅ 3 Δ = 4 + 12 Δ = 16
x =
x =
x =
x′ =
x′ =
x′′ =
x′′ =
Como a < 0 e Δ > 0 então:
f(x) < 0 quando x < – 1 ou x > 3 f(x) = 0 quando x = – 1 ou x = 3f(x) > 0 quando – 1 < x < 3
Observações A função do 2º grau sempre tem:
o sinal do coeficiente "a" quando os valores estão fora das raízes.
E o sinal contrário ao sinal do coeficiente "a" entre as raízes.
Se só tiver uma raiz então tem:o mesmo sinal de "a" para todo "x", exceto na raiz (que é nula).
Se não tiver raiz real então tem:o mesmo sinal de "a" para qualquer "x" real.
A função terá o sinal contrário ao sinal de "a" apenas entre as raízes.
Interpretação Gráfica
Dado o esboço gráfico abaixo, se pode concluir que:
② O sinal de "a" é negativo, pois a concavidade está para baixo.
③ A função é nula quando x = – 1 ou x = 3, pois é onde "corta" o eixo de x. ④ É positiva em – 1 < x < 3, pois é onde ela está acima do eixo de x. ⑤ É negativa em x < – 1 ou x > 3, pois é onde ela está abaixo do eixo de x. ⑥ O vértice é seu ponto de máximo e suas coordenadas são V(1, 2).⑦ É crescente no intervalo ] – ∞ ; 1 [
⑧ É decrescente no intervalo ] 1 ; + ∞ [
⑨ A imagem da função é o intervalo ] – ∞ ; 2 ]
⑩ Há três pontos conhecidos na função:(– 1, 0) = ( – 1, f(– 1) )
(1, 2) = ( 1, f(1) )
( 3, 0 ) = ( 3, f(3) ) Então, é possível encontrar a sua lei de formação:
f(x) = a x2 + b x + c
f(– 1) = a ⋅ (– 1)2 + b ⋅ (– 1) + c
0 = a ⋅ 1 – b + c
0 = a – b + c
b = a + c
f(1) = a ⋅ 12 + b ⋅ 1 + c
2 = a + b + c
Como a + c = b tem-se:
2 = b + (a + c) 2 = b + (b) 2 = 2 b
f(3) = a ⋅ 32 + b ⋅ 3 + c
0 = 9 a + 3 b + c
0 = 8 a + a + 3 b + c
0 = 8 a + 3 b + (a + c)
0 = 8 a + 3 b + (b)
0 = 8 a + 4 b
0 = 8 a + 4 ⋅ 1
– 4 = 8 a
–
–
a + c = b
–
c = 1 +
c =
f(x) = –
Outra maneira
Pode-se obter a equação quando se conhece as raízes, escrevendo na forma fatorada:
f(x) = a (x – x′) (x – x′′)
Onde x′ e x′′, são os zeros ou raízes da função. As raízes são – 1 e 3 (onde a função corta o eixo dos "x") x – x′ = x – (– 1 ) x – x′ = x + 1 x – x′′ = x – 3 Assim:
f(x) = a (x – x′) (x – x′′)
f(x) = a (x + 1) (x – 3)
f(x) = a (x2 – 3 x + x – 3)
f(x) = a (x2 – 2 x – 3) Como V(1, 2) = (1, f(1) ) então:
f(x) = a (x2 – 2 x – 3)
f(1) = a (12 – 2 ⋅ 1 – 3)
2 = a (1 – 2 – 3)
2 = a (1 – 5)
2 = – 4 a
2 = – 4 a (multiplicando por – 1)
– 2 = 4 a
–
–
f(x) = a (x + 1) (x – 3)
f(x) = a ⋅ (x2 – 2 x – 3)
f(x) = –
f(x) = –
Inequação 2° Grau
Uma inequação do 2° grau é uma desigualdade da forma:
a x2 + b x + c < 0 (> 0; ≥ 0 ou ≤ 0)
Resolução:
Para se resolver a inequação x2 – 2 x – 3 ≤ 0,
encontra-se as raízes.
x2 – 2 x – 3 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = (– 2)2 – 4 ⋅ 1 ⋅ (– 3) Δ = 4 + 12 Δ = 16
x =
x =
x =
x′ =
x′ =
x′′ =
x′′ = –
usa-se o sinal de "a" para a regra dos sinais.
Como a > 0, então apenas entre as raízes é negativo.
Como se deseja que x2 – 2 x – 3 seja negativo ou nulo ( ≤ 0 ),
a solução é dada por: Na notação de conjunto:
S = { x ∈ IR ; – 1 ≤ x ≤ 3 }
Na notação de intervalo real:S = [ – 1 ; 3 ]
Exercícios Resolvidos
R01 — Sendo f: IR → IR uma função definida por:
f(x) = – 2 x2 – 3 x – 2, obtenha:
a) f(3) + f(– 2) b) o valor de x para que f(x) = – 7
a) Encontrando f(3):
f(x) = – 2 x2 – 3 x – 2
f(3) = – 2 ⋅ 32 – 3 ⋅ 3 – 2 f(3) = – 2 ⋅ 9 – 9 – 2 f(3) = – 18 – 9 – 2 f(3) = – 29 Encontrando f(– 2):
f(– 2) = – 2 ⋅ (– 2)2 – 3 ⋅ (– 2) – 2
f(– 2) = – 2 ⋅ 4 + 6 – 2 f(– 2) = – 8 + 6 – 2 f(– 2) = – 4 Encontrando f(3) + f(– 2) f(3) + f(– 2) = – 29 – 4 = – 33 Portanto, f(3) + f(– 2) = – 33. b) Como se deseja que f(x) = – 7 então:f(x) = – 2 x2 – 3 x – 2
– 7 = – 2 x2 – 3 x – 2
2 x2 + 3 x + 2 – 7 = 0
2 x2 + 3 x – 5 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 32 – 4 ⋅ 2 ⋅ (– 5) Δ = 9 + 40 Δ = 49
x =
x =
x =
x′ =
x′ =
x′′ =
x′′ =
x′′ = –
Portanto, há dois valores: x = 1 e x = –
R02 — Determine os pontos onde as funções reais dadas pelas leis:
f(x) = 2 x + 3 e g(x) = – x2 – 9 se encontram.
Para que as funções se encontrem é necessário que f(x) = g(x). Igualando f(x) a g(x):
2 x + 3 = – x2 – 9
x2 + 9 + 2 x + 3 = 0
x2 + 2 x + 12 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 22 – 4 ⋅ 1 ⋅ 12 Δ = 4 – 48 Δ = – 44 Como Δ < 0 não há raízes reais, então:
f(x) e g(x) nunca se encontram.
R03 — Dada a função f(x) = x2 – 4 x – 5, determine: a) a imagem da função b) o ponto de máximo ou de mínimo c) os zeros da função d) o estudo do sinal
a) A imagem depende de "y" do vértice: Encontrando Δ:
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = (– 4)2 – 4 ⋅ 1 ⋅ (– 5) Δ = 16 + 20 Δ = 36 Encontrando "y" do vértice:
yV = –
yV = –
yV = – 9
Como a > 0, então:
Im(f) = { y ∈ IR ; y ≥ – 9 } b) O ponto de máximo ou de mínimo é o vértice: Encontrando "x" do vértice:
xV = –
xV =
xV = 2
Como a > 0, então o vértice é o ponto de mínimo:
V(2, – 9) c) Os zeros da função são as raízes.
f(x) = x2 – 4 x – 5
Δ = 36x =
x =
x′ =
x′ =
x′′ =
x′′ = –
d) Como a > 0, então:
f(x) > 0 quando x < – 1 ou x > 5 f(x) < 0 quando – 1 < x < 5
f(x) = 0 quando x = – 1 ou x = 5
R04 — (ULBRA) Assinale a equação que representa uma parábola voltada para baixo, tangente ao eixo das abscissas:
a) y = x2
b) y = x2 – 4 x + 4
c) y = – x2 + 4 x – 4
d) y = – x2 + 5 x – 6
e) y = x – 3
Como a concavidade é voltada para baixo então a < 0. Como é tangente ao eixo dos "x" então "intercepta" apenas em um ponto.
Nas alternativas "a" e "b" o coeficiente a > 0, logo não servem.
Na alternativa "e" não se trata de uma função do 2° grau.
A alternativa "d" tem duas raízes, x = 2 e x = 3.
y = – x2 + 4 x – 4, tem apenas uma raiz que é x = 2 (na verdade raiz dupla).
Alternativa "c".
R05 — A função do 2° grau f(x) = a x2 – 4 x – 16 tem uma raiz cujo valor é 4.
A outra raiz é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) – 1 e) – 2
Como 4 é uma raiz então: f(4) = 0
f(x) = a x2 – 4 x – 16
0 = a ⋅ 42 – 4 ⋅ 4 – 16
0 = 16 a – 16 – 16
0 = 16 a – 32
32 = 16 a
a = 2
Daí, a lei da função é:f(x) = a x2 – 4 x – 16
f(x) = 2 x2 – 4 x – 16
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = (– 4)2 – 4 ⋅ 2 ⋅ (– 16) Δ = 16 + 128 Δ = 144
x =
x =
x =
x′ =
x′ =
x′′ =
x′′ = –
Alternativa "e".
R06 — UNIFESP (2002) O gráfico da função f(x) = a x2 + b x + c (a, b, c reais),
contém os pontos (– 1, – 1), (0, – 3) e (1, – 1). O valor de b é:
a) – 2 b) – 1 c) 0 d) 1 e) 2
Como (0, – 3) = ( 0, f(0) ) então: f(0) = – 3 tem-se:
f(x) = a x2 + b x + c
f(0) = a ⋅ 02 + b ⋅ 0 + c – 3 = 0 + 0 + c c = – 3 Como (– 1, – 1) = ( – 1, f(– 1) ) então: f(– 1) = – 1 tem-se:
f(x) = a x2 + b x + c
f(– 1) = a ⋅ (– 1)2 + b ⋅ (– 1) + (– 3)
– 1 = a – b – 3
– 1 + 3 = a – b
a – b = 2
Como (1, – 1) = ( 1, f(1) ) então: f(1) = – 1 tem-se:f(x) = a x2 + b x + c
f(1) = a ⋅ 12 + b ⋅ 1 – 3
– 1 = a + b – 3
– 1 + 3 = a + b
2 = a + b
a + b = 2
Na equação a – b = 2, então:
a = b + 2
Substituindo a = b + 2 na equação a + b = 2, então:
"a" + b = 2 "b + 2" + b = 2 b + b = 2 – 2 2 b = 0 Logo, b = 0
Alternativa "c'.
R07 — UFPA (2008) O vértice da parábola y = a x2 + b x + c é o ponto (– 2, 3). Sabendo que 5 é a ordenada onde a curva corta o eixo vertical, pode-se afirmar que:
a) a > 1, b < 1 e c < 4
b) a > 2, b > 3 e c > 4
c) a < 1, b < 1 e c > 4
d) a < 1, b > 1 e c > 4
e) a < 1, b < 1 e c < 4
Como (0, 5) é um ponto da curva e, (0, 5) = ( 0, f(0) ) então:
y = f(x) = a x2 + b x + c
f(0) = a ⋅ 02 + b ⋅ 0 + c
5 = 0 + 0 + c c = 5Como xV = – 2
xV = –
– 2 = –
2 =
4 a = b Como (– 2, 3) = ( – 2, f(– 2) ) então:
f(x) = a x2 + b x + c
f(– 2) = a ⋅ (– 2)2 + b ⋅ (– 2) + 5
3 = a ⋅ 4 – 2 b + 5
3 = 4 a – 2 b + 5
3 – 5 = 4 a – 2 b
– 2 = 4 a – 2 b
Mas b = 4 a
– 2 = 4 a – 4 "b"
– 2 = 4 a – 2 ⋅ "4 a"
– 2 = 4 a – 8 a
– 2 = – 4 a
2 = 4 a
Como b = 4 a, então:
b = 4 ⋅
b =
a = 1/2, b = 2 e c = 5.
Alternativa "d".
R08 — Sabe-se que – 2 e 3 são raízes de uma função do 2º grau. Se o ponto (– 1, 8) pertence ao gráfico dessa função, então: a) o seu valor máximo é 1,25 b) o seu valor mínimo é 1,25 c) o seu valor máximo é 0,25 d) o seu valor mínimo é 12,5
e) o seu valor máximo é 12,5
Como a função do 2º grau é da forma f(x) = a x2 + b x + c E quando se conhece as raízes, pode ser escrita na forma fatorada:
f(x) = a (x – x′) (x – x′′), onde x′ e x" são os zeros ou raízes da função.
x – x′ = x – (– 2 ) x – x′ = x + 2 x – x′′ = x – 3 Assim:f(x) = a (x – x′) (x – x′′)
f(x) = a (x + 2) (x – 3)
f(x) = a (x2 – 3 x + 2 x – 6)
f(x) = a (x2 – x – 6) Como (– 1, 8) = ( – 1, f(– 1) ) então:
f(x) = a (x2 – x – 6)
f(– 1) = a ( (– 1)2 – (– 1) – 6 )
8 = a ( 1 + 1 – 6)
8 = a ( 2 – 6)
8 = – 4 a
8 = – 4 a (multiplicando por – 1)
– 8 = 4 a
–
– 2 = a Daí:
f(x) = a (x + 2) (x – 3)
f(x) = a (x2 – x – 6)
f(x) = – 2 (x2 – x – 6)
f(x) = – 2 x2 + 2 x + 12
Como a = – 2 < 0 a função possui um valor máximo em:
yV = –
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 22 – 4 ⋅ (– 2) ⋅ 12 Δ = 4 + 96 Δ = 100 Logo:
yV = –
yV =
yV =
yV = 12,5
Alternativa "e".
R09 — Dado o gráfico abaixo, obtenha: as raízes, o intervalo onde, a função é crescente, estude o sinal e determine a sua imagem.
É fácil observar que:
a < 0, pois concavidade está voltada para baixo. O vértice é V(0, 2) As raízes são – 1 e 1
A função é crescente no intervalo dado por: ] – ∞ ; 0 [
f(x) > 0 quando – 1 < x < 1 f(x) < 0 quando x < – 1 ou x > 1 f(x) = 0 quando x = – 1 ou x = 1A imagem de f é dada por: Im(f) = ] – ∞ ; 2 ]
R10 — Dê o conjunto-solução da inequação:
2 x2 + 4 x – 5 ≥ 0
Encontrando as raízes
2 x2 + 4 x – 5 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 42 – 4 ⋅ 2 ⋅ (– 5) Δ = 16 + 40 Δ = 56
x =
x =
x =
x =
x =
x′ =
x′′ =
Como a > 0 então:
f(x) ≥ 0 fora das raízes (incluindo as raízes).
S = { x ∈ IR ; x ≤
R11 — Resolva a inequação (x2 + 4 x – 6) (3 x – 2) < 0
Tomando f(x) = x2 + 4 x – 6 e g(x) = 3 x – 2 O zero da função g é encontrado fazendo g(x) = 0 3 x – 2 = 0 3 x = 2
x =
x2 + 4 x – 6 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 42 – 4 ⋅ 1 ⋅ (– 6) Δ = 16 + 24 Δ = 40
x =
x =
x =
x =
x =
x′ = – 2 + √10
x′′ = – 2 – √10
Representando os sinais em três retas:Colocando, por exemplo, na 1ª reta, os zeros da função do 2º grau.
Fora dos zeros da função, o mesmo sinal de a, isto é, positivo.
Entre os zeros da função, o sinal contrário. Na 2ª reta, o zero da função do 1º grau.
A direita do zero da função, sinal de a, isto é, positivo.
A esquerda do zero da função, o sinal contrário.
Como se deseja que (x2 + 4 x – 6) (3 x – 2) seja negativo,
observa-se na 3ª reta onde está dando negativo:
A esquerda de – 2 – √10 ou entre
S = { x ∈ IR ; x < – 2 – √10 ou
R12 — Dada a função f(x) = (– k2 + 3 k – 1) x2 – x – 3.
Determine k para que a função tenha a concavidade voltada para baixo.
Como se deseja que a concavidade esteja para baixo, a < 0.
Logo, – k2 + 3 k – 1 < 0 (uma inequação em função de k)
Encontrando as raízes de:– k2 + 3 k – 1 = 0
Δ = b2 – 4 ⋅ a ⋅ c
Δ = 32 – 4 ⋅ (– 1) ⋅ (– 1) Δ = 9 – 4 Δ = 5
k =
x =
x =
x =
x =
k′ =
k′′ =
Como se deseja que – k2 + 3 k – 1 seja negativo então:
a solução está fora das raízes.
S = { k ∈ IR ; k <
R13 — Obtenha um valor para "p" de forma que a equação:
2 x2 + (p + 3) x + p + 1 = 0 não tenha raízes reais.
Para que as raízes não sejam reais, então:
Δ < 0
Como, a = 2, b = p + 3 e c = p + 1, então:
b2 – 4 a c < 0
(p + 3)2 – 4 ⋅ 2 ⋅ (p + 1) < 0
p2 + 2 ⋅ 3 ⋅ p + 32 – 8 (p + 1) < 0
p2 + 6 p + 9 – 8 p – 8 < 0
p2 + 6 p – 8 p + 9 – 8 < 0
p2 – 2 p + 1 < 0 Trata-se de uma inequação do 2º grau em "p" Encontrando as raízes:
Como, a = 1, b = – 2 e c = 1, então:
Δ = b2 – 4 a c
Δ = (– 2)2 – 4 ⋅ 1 ⋅ 1 Δ = 4 – 4 Δ = 0
p =
p =
p =
p =
2 x2 + (p + 3) x + p + 1 = 0 não ter raízes reais.
Exercícios Propostos
P01 — Sendo a função real dada por f(x) = x2 – 3 x + 2 obtenha f(– 2) – f(5) e,
determine x tal que f(x) = – 2.
P02 — A função f(x) = 4 x2 – 2 x + 3 é crescente em que intervalo?
P03 — O ponto (2, – 1) é o vértice da função quadrática que:
corta o eixo de y no ponto P(0, 3). Escreva a lei dessa função.
P04 — Encontre os pontos de intersecção entre as funções:
f(x) = – 2 x + 3 e g(x) = x2 – 4 x + 3.
Esboce o gráfico das funções num mesmo plano cartesiano,
destacando os pontos de encontro.
P05 — CEFET - BA) O gráfico da função y = a x2 + b x + c tem, uma só intersecção com o eixo Ox e, corta o eixo Oy em (0, 1).
Então, os valores de a e b obedecem à relação:
a) b2 = 4 a
b) – b2 = 4 a
c) b = 2 a
d) a2 = – 4 a
e) a2 = 4 b
P06 — Dado o gráfico abaixo, determine: a lei de formação da função que melhor o representa:
P07 — O gráfico da função f(x) = x2 – 6 x + K passa pelo ponto P(1, 3). Determine:
a) o vértice da função b) a imagem da função
P08 — O gráfico da função f(x) = a x2 + b x + c passa pelos pontos: A(0, 3), B(1, 0) e C(2, – 1). Determine:
a) os coeficientes b) as raízes
P09 — Dada a função f(x) = x2 + 6 x + 7 k, determine k para que se tenha:
a) apenas uma raiz b) duas raízes reais c) não tenha raiz real
P10 — Dada a função f(x) = (– k2 – 5 k + 6) x2 – 2 x + 1,
determine k para que a função tenha a concavidade voltada para cima.
P11 — Dada a função f(x) = x2 – x + 8, determine:
a) a imagem da função b) onde a função é positiva
P12 — Faça um esboço gráfico da função f(x) = – x2 – 2 x + 1.
P13 — O número – 2 é a raiz da função f(x) = 4 x2 – 5 x – 3 k.
Determine o valor do coeficiente k.
P14 — (PUC – SP) A trajetória de um projétil foi representada no plano cartesiano por:
f(x) = –
Determine a altura máxima que o projétil atingiu.
P15 — Considere a função real definida por f(x) = x2 – 2 x + 5. Pode-se afirmar corretamente que: a) o vértice do gráfico de f é o ponto (1, 4) b) f possui dois zeros reais e distintas c) f atinge um máximo para x = 1 d) gráfico de f é tangente ao eixo das abscissas
e) nda
P16 — Resolva a inequação x – 4 x2 > 0.
P17 — Determine o conjunto-solução de
P18 — Calcule k de modo que a função f(x) = k x2 – 2 x + 3 admita 2 como raiz.
P19 — Resolva a inequação
P20 — Resolva a inequação – 3 x2 + 2 x – 1 > 0.
P21 — Determine "a" e "b" de modo que a função:
f(x) = a x2 + b x + 3 tenha vértice V(2, – 1).
P22 — Seja f(X) = a x2 + b x + c. Sabendo que f(1) = 4, f(2) = 0 e f(3) = – 2,
calcule o produto a ⋅ b ⋅ c.
P23 — Determine o valor de p e q na função quadrática:
f(x) = p x2 + q x + 12, sendo suas raízes são iguais a – 4 e 3.
P24 — O movimento de um projétil, lançado para cima verticalmente,
é descrito pela lei h(x) = – 40 x2 + 200 x. Onde h(x) é a altura, em metros, atingida pelo projétil x segundos após o lançamento. Encontre: a) a altura máxima atingida pelo projétil.
b) o tempo que esse projétil permanece no ar.
P25 — Resolva a inequação