Funções polinomiais e racionais

Numa função polinomial, o comportamento de \(f\left( x \right)\) quando \(x\to +\infty \) é determinado pelo termo de maior grau, \(a{x}^{3}\).

Se \(a>0\), então \(a{x}^{3}\to +\infty \) quando \(x\to +\infty \); se \(a<0\), então \(a{x}^{3}\to -\infty \) quando \(x\to +\infty \).

Como, por hipótese, \(f\left( x \right)\to -\infty \) quando \(x\to +\infty \), conclui-se que \(a<0\).

Resposta: (D)

Como \(g\left( 0 \right)=0\): \(a\times 0+a\times 0+b=b=0\), pelo que \(b=0\).

Como \(g\left( x \right)\to +\infty \) quando \(x\to +\infty \) e o termo de maior grau é \(a{x}^{3}\), conclui-se que \(a>0\).

Assim, \(g\left( x \right)=a{x}^{3}+a{x}^{2}=a{x}^{2}\left( x+1 \right)\), com \(a>0\).

Como \(a>0\) e \({x}^{2}\ge 0\) (com \({x}^{2}=0\) apenas em \(x=0\)), o sinal de \(g\left( x \right)\) coincide com o sinal de \(\left( x+1 \right)\), exceto em \(x=0\), onde \(g\left( x \right)=0\) independentemente do sinal de \(\left( x+1 \right)\).

\(g\left( x \right)>0\Leftrightarrow x+1>0\land x\ne 0\Leftrightarrow x>-1\land x\ne 0\).

O conjunto pedido é \(]-1,0\left[ \,\cup \, \right]0,+\infty [\).

Pelo teorema do resto, o resto da divisão de \(A\left( x \right)\) por \(x-2\) é \(A\left( 2 \right)\).

\(A\left( 2 \right)={k}^{2}\times 16-4k\times 8+3\times 2-2=16{k}^{2}-32k+4\).

Pretende-se que \(16{k}^{2}-32k+4=4\Leftrightarrow 16{k}^{2}-32k=0\Leftrightarrow 16k\left( k-2 \right)=0\Leftrightarrow k=0\lor k=2\).

Como \(A\left( x \right)\) é, por hipótese, sempre de grau \(4\), o coeficiente \({k}^{2}\) de \({x}^{4}\) não pode ser nulo, pelo que \(k\ne 0\). Assim, exclui-se a solução \(k=0\).

Logo, \(k=2\).

Resposta: (C)

O gráfico intersetar \(Oy\) em \(3\) significa que \(h\left( 0 \right)=3\). Pelo teorema do resto, o resto da divisão por \(x-5\) ser \(-2\) significa que \(h\left( 5 \right)=-2\).

Como \({x}^{2}-5x=x\left( x-5 \right)\) tem grau \(2\), o resto da divisão de \(h\left( x \right)\) por \({x}^{2}-5x\) tem a forma \(r\left( x \right)=ax+b\), com \(a,b\in R\), e \(h\left( x \right)=x\left( x-5 \right)Q\left( x \right)+ax+b\), para algum polinómio \(Q\).

Substituindo \(x=0\): \(h\left( 0 \right)=0+b=b\), pelo que \(b=3\).

Substituindo \(x=5\): \(h\left( 5 \right)=0+5a+b=5a+3\). Como \(h\left( 5 \right)=-2\): \(5a+3=-2\Leftrightarrow 5a=-5\Leftrightarrow a=-1\).

O resto da divisão é, portanto, \(r\left( x \right)=-x+3\).

Como o domínio de \(f\) exclui apenas \(-3\), a assíntota vertical é \(x=-3\), pelo que \(c=-3\) e \(f\left( x \right)=a+\frac{b}{x+3}\).

Como \(\frac{b}{x+3}\to 0\) quando \(x\to +\infty \): \({\lim }_{x\to +\infty }f\left( x \right)=a\). Como este limite é \(2\), conclui-se que \(a=2\).

O zero de \(f\) é \(-4\): \(f\left( -4 \right)=2+\frac{b}{-4+3}=2-b=0\Leftrightarrow b=2\).

Assim, \(f\left( x \right)=2+\frac{2}{x+3}=\frac{2\left( x+3 \right)+2}{x+3}=\frac{2x+6+2}{x+3}=\frac{2x+8}{x+3}\), como se pretendia mostrar.

A reta \(r\) passa no ponto \(\left( 0,f\left( 0 \right) \right)=\left( 0,c \right)\), pelo que tem equação \(y=mx+c\), com \(m\) o seu declive.

As abcissas dos pontos de intersecção da reta com o gráfico são as soluções de \(a{x}^{3}+bx+c=mx+c\), ou seja, \(a{x}^{3}+\left( b-m \right)x=0\).

\(x\left( a{x}^{2}+b-m \right)=0\Leftrightarrow x=0 \lor  {x}^{2}=\frac{m-b}{a}\).

Se a reta intersectar o gráfico noutros dois pontos distintos, a equação \({x}^{2}=\frac{m-b}{a}\) tem duas soluções, \(x=-\sqrt{\frac{m-b}{a}}\) e \(x=\sqrt{\frac{m-b}{a}}\).

Essas soluções são simétricas, como se pretendia mostrar.

Seja \(p>0\) a abcissa comum de \(P\) e \(Q\). Então \(P=\left( p,\frac{k}{p} \right)\) e \(Q=\left( p,-\frac{k}{p} \right)\).

\(f'\left( x \right)=-\frac{k}{{x}^{2}}\), pelo que o declive de \(s\) em \(P\) é \(-\frac{k}{{p}^{2}}\). A reta \(s\):

\[y-\frac{k}{p}=-\frac{k}{{p}^{2}}\left( x-p \right)\Leftrightarrow y=-\frac{k}{{p}^{2}}x+\frac{2k}{p}.\]

\(g'\left( x \right)=\frac{k}{{x}^{2}}\), pelo que o declive de \(t\) em \(Q\) é \(\frac{k}{{p}^{2}}\). A reta \(t\):

\[y+\frac{k}{p}=\frac{k}{{p}^{2}}\left( x-p \right)\Leftrightarrow y=\frac{k}{{p}^{2}}x-\frac{2k}{p}.\]

Intersecção \(R\) de \(s\) e \(t\): \(-\frac{k}{{p}^{2}}x+\frac{2k}{p}=\frac{k}{{p}^{2}}x-\frac{2k}{p}\Leftrightarrow \frac{2k}{{p}^{2}}x=\frac{4k}{p}\Leftrightarrow x=2p\). Substituindo em \(t\): \(y=\frac{k}{{p}^{2}}\times 2p-\frac{2k}{p}=\frac{2k}{p}-\frac{2k}{p}=0\). Logo \(R=\left( 2p,0 \right)\).

O segmento \(\left[ PQ \right]\) é vertical (ambos os pontos têm abcissa \(p\)), com comprimento \(\overline{PQ}=\frac{k}{p}-\left( -\frac{k}{p} \right)=\frac{2k}{p}\); este é um lado que pode servir de base do triângulo \(\left[ PQR \right]\).

A altura correspondente é a distância horizontal de \(R=\left( 2p,0 \right)\) à reta \(x=p\), ou seja, \(\left| 2p-p \right|=p\).

A área do triângulo \(\left[ PQR \right]\) é

\[\frac{\overline{PQ}\times p}{2}=\frac{\frac{2k}{p}\times p}{2}=\frac{2k}{2}=k,\]

independentemente do valor de \(p>0\), como se pretendia mostrar.

Sejam \(A=\left( a,\frac{k}{a} \right)\) e \(B=\left( b,\frac{k}{b} \right)\), com \(0<a<b\), e seja \(C=\left( c,\frac{k}{c} \right)\) o ponto onde a tangente é paralela a \(AB\).

Declive de \(AB\):

\[\frac{\frac{k}{b}-\frac{k}{a}}{b-a}=\frac{k\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{a} \right)}{b-a}=\frac{k\times \frac{a-b}{ab}}{b-a}=\frac{-k\left( b-a \right)}{ab\left( b-a \right)}=-\frac{k}{ab}.\]

Como \(f'\left( x \right)=-\frac{k}{{x}^{2}}\), o declive da tangente em \(C\) é \(-\frac{k}{{c}^{2}}\).

Igualando os declives (tangente paralela a \(AB\)):

\[-\frac{k}{{c}^{2}}=-\frac{k}{ab}\Leftrightarrow {c}^{2}=ab \left( \text{pois}k\ne 0 \right)\Leftrightarrow c=\sqrt{ab}\]

(a raiz positiva, pois o domínio é \({R}^{+}\)).

A condição \({c}^{2}=ab\) é exatamente a condição para que \(a\), \(c\) e \(b\) sejam três termos consecutivos de uma progressão geométrica (o quadrado do termo do meio é igual ao produto dos termos adjacentes): \(\frac{c}{a}=\frac{b}{c}=\sqrt{\frac{b}{a}}\).

Como esta conclusão não depende do valor de \(k\) (o \(k\) cancela-se na dedução de \({c}^{2}=ab\)), o resultado é válido para qualquer \(k\) não nulo, como se pretendia mostrar.

a) ★★

Pelo teorema do resto, o resto é \(f\left( -\frac{3}{2} \right)\).

Aplicando a regra de Ruffini com a raiz \(-\frac{3}{2}\) aos coeficientes \(-3,\,12,\,21,\,-30\):

\(1.º\) coeficiente do quociente: \(-3\);

\(2.º\): \(-3\times \left( -\frac{3}{2} \right)+12=\frac{9}{2}+12=\frac{33}{2}\);

\(3.º\): \(\frac{33}{2}\times \left( -\frac{3}{2} \right)+21=-\frac{99}{4}+21=-\frac{15}{4}\);

resto: \(-\frac{15}{4}\times \left( -\frac{3}{2} \right)+\left( -30 \right)=\frac{45}{8}-30=-\frac{195}{8}\).

O quociente é \(-3{x}^{2}+\frac{33}{2}x-\frac{15}{4}\) e o resto é \(-\frac{195}{8}\).

b) ★★

\(f\left( 1 \right)=-3+12+21-30=0\).

Como \(f\left( 1 \right)=0\), conclui-se que \(1\) é um zero de \(f\), ou seja, o gráfico de \(f\) interseta o eixo \(Ox\) no ponto de abcissa \(1\).

Como \(f\left( 1 \right)=0\), \(f\left( x \right)\) é divisível por \(x-1\). Pela regra de Ruffini:

\[-3{x}^{3}+12{x}^{2}+21x-30=\left( x-1 \right)\left( -3{x}^{2}+9x+30 \right)\]

Os zeros de \(-3{x}^{2}+9x+30\) são as soluções de \(-3{x}^{2}+9x+30=0\Leftrightarrow {x}^{2}-3x-10=0\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{9+40}}{2}=\frac{3\pm 7}{2}\), ou seja, \(x=5\) ou \(x=-2\).

Logo, \(-3{x}^{2}+9x+30=-3\left( x-5 \right)\left( x+2 \right)\), e portanto:

\[f\left( x \right)=\left( x-1 \right)\times \left( -3 \right)\left( x-5 \right)\left( x+2 \right)=-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)\left( x-5 \right)\]

c) ★★

Usando a forma factorizada \(f\left( x \right)=-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)\left( x-5 \right)\), com zeros \(-2,1,5\).

Estudando o sinal (por exemplo, com os valores de teste \(x=-3,0,2,6\)): \(f\left( -3 \right)=96>0\); \(f\left( 0 \right)=-30<0\); \(f\left( 2 \right)=36>0\); \(f\left( 6 \right)=-120<0\).

\(f\left( x \right)\le 0\Leftrightarrow -2\le x\le 1\lor x\ge 5\).

O conjunto-solução é \(\left[ -2,1 \right]\cup [5,+\infty [\).

d) ★★

\(f\) e \(g\) têm, ambas, domínio \(R\). Para \(\frac{f}{g}\) estar definida, é necessário que \(g\left( x \right)\ne 0\).

\(g\left( x \right)={\left( x-5 \right)}^{2}=0\Leftrightarrow x=5\).

Logo, o domínio de \(\frac{f}{g}\) é \(R\\{5\}\).

Resposta: (B)

e) ★★★

\(\left( g+f \right)\left( x \right)={\left( x-5 \right)}^{2}-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)\left( x-5 \right)\).

Colocando \(\left( x-5 \right)\) em evidência: \(\left( g+f \right)\left( x \right)=\left( x-5 \right)\left[ \left( x-5 \right)-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right) \right]\).

\(\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)={x}^{2}+x-2\), pelo que \(3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)=3{x}^{2}+3x-6\).

\(\left( x-5 \right)-\left( 3{x}^{2}+3x-6 \right)=-3{x}^{2}-2x+1=-\left( 3x-1 \right)\left( x+1 \right)\).

Logo, \(\left( g+f \right)\left( x \right)=-\left( x-5 \right)\left( 3x-1 \right)\left( x+1 \right)\), com zeros em \(x=-1\), \(x=\frac{1}{3}\) e \(x=5\).

Estudando o sinal (valores de teste \(x=-2,0,1,6\)): em \(x=-2\): \(-\left( -7 \right)\left( -7 \right)\left( -1 \right)=49>0\); em \(x=0\): \(-\left( -5 \right)\left( -1 \right)\left( 1 \right)=-5<0\); em \(x=1\): \(-\left( -4 \right)\left( 2 \right)\left( 2 \right)=16>0\); em \(x=6\): \(-\left( 1 \right)\left( 17 \right)\left( 7 \right)=-119<0\).

\(\left( g+f \right)\left( x \right)\) é positiva em \(\left] -\infty ,-1 \right[\cup \left] \frac{1}{3},5 \right[\), nula em \(x\in \left\{ -1,\frac{1}{3},5 \right\}\), e negativa em \(\left] -1,\frac{1}{3} \right[\cup \,]5,+\infty [\).

f) ★★

\(\frac{g}{f}=\frac{{\left( x-5 \right)}^{2}}{-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)\left( x-5 \right)}\). Para \(x\ne 5\), simplificando o fator comum \(\left( x-5 \right)\): \(\frac{g}{f}=\frac{x-5}{-3\left( x+2 \right)\left( x-1 \right)}\), com domínio \(R\\{-2,1,5\}\).

O único candidato a zero seria \(x=5\) (valor que anula o numerador da forma simplificada), mas \(x=5\) não pertence ao domínio de \(\frac{g}{f}\) (pois \(f\left( 5 \right)=0\), o que torna o quociente indefinido nesse ponto).

Logo, a função \(\frac{g}{f}\) não tem zeros.

a) ★★

Como \(g\) tem grau \(4\) mas apenas três zeros distintos, um deles tem de ser uma raiz dupla (de multiplicidade \(2\)) e os outros dois simples.

Experimentando \(g\left( x \right)=a\left( x+3 \right){\left( x+1 \right)}^{2}\left( x-2 \right)\) (com \(-1\) como raiz dupla) e usando a condição \(g\left( -2 \right)=-\frac{4}{3}\):

\[g\left( -2 \right)=a\left( -2+3 \right){\left( -2+1 \right)}^{2}\left( -2-2 \right)=a\times 1\times 1\times \left( -4 \right)=-4a\]

Igualando: \(-4a=-\frac{4}{3}\Leftrightarrow a=\frac{1}{3}\).

Logo, \(g\left( x \right)=\frac{1}{3}\left( x+3 \right){\left( x+1 \right)}^{2}\left( x-2 \right)\).

Expandindo passo a passo: \(\left( x+3 \right)\left( x+1 \right)={x}^{2}+4x+3\); multiplicando por \(\left( x+1 \right)\): \(\left( {x}^{2}+4x+3 \right)\left( x+1 \right)={x}^{3}+5{x}^{2}+7x+3\); multiplicando, por fim, por \(\left( x-2 \right)\):

\[\left( {x}^{3}+5{x}^{2}+7x+3 \right)\left( x-2 \right)={x}^{4}+3{x}^{3}-3{x}^{2}-11x-6\]

Assim, \(g\left( x \right)=\frac{1}{3}\left( {x}^{4}+3{x}^{3}-3{x}^{2}-11x-6 \right)=\frac{1}{3}{x}^{4}+{x}^{3}-{x}^{2}-\frac{11}{3}x-2\), como se pretendia mostrar.

b) ★★★

\(\left( g-h \right)\left( x \right)=\frac{1}{3}{x}^{4}+{x}^{3}-{x}^{2}-\frac{11}{3}x-2-\left( x-2 \right)=\frac{1}{3}{x}^{4}+{x}^{3}-{x}^{2}-\frac{14}{3}x\).

Multiplicando por \(3\) (não altera o sinal da inequação, pois \(3>0\)): a condição equivale a \({x}^{4}+3{x}^{3}-3{x}^{2}-14x\ge 0\), ou seja, \(x\left( {x}^{3}+3{x}^{2}-3x-14 \right)\ge 0\).

Como \({2}^{3}+3\times {2}^{2}-3\times 2-14=8+12-6-14=0\), \(2\) é zero de \({x}^{3}+3{x}^{2}-3x-14\); pela regra de Ruffini: \({x}^{3}+3{x}^{2}-3x-14=\left( x-2 \right)\left( {x}^{2}+5x+7 \right)\).

O discriminante de \({x}^{2}+5x+7\) é \(25-28=-3<0\), pelo que este fator é sempre positivo (pois o coeficiente de \({x}^{2}\) é positivo).

Assim, a inequação equivale a \(x\left( x-2 \right)\times \underset{>0}{\underset{⏟}{\left( {x}^{2}+5x+7 \right)}}\ge 0\Leftrightarrow x\left( x-2 \right)\ge 0\Leftrightarrow x\le 0\lor x\ge 2\).

O conjunto-solução é \(\,]-\infty ,0]\cup [2,+\infty [\).

a) ★★

Simplificando: \(h\left( x \right)=2-\frac{x-4}{2\left( x-2 \right)}=\frac{2\times 2\left( x-2 \right)-\left( x-4 \right)}{2\left( x-2 \right)}=\frac{4x-8-x+4}{2x-4}=\frac{3x-4}{2x-4}\).

Assíntota vertical: o denominador anula-se em \(x=2\) (valor excluído do domínio), pelo que a reta de equação \(x=2\) é assíntota vertical ao gráfico de \(h\).

Assíntota horizontal: como o numerador e o denominador são ambos de grau \(1\), com coeficientes de \(x\) iguais a \(3\) e \(2\) respetivamente, \({\lim }_{x\to \pm \infty }h\left( x \right)=\frac{3}{2}\). A reta de equação \(y=\frac{3}{2}\) é assíntota horizontal ao gráfico de \(h\).

b) ★★★

Pretende-se resolver \(h\left( x \right)>x+1\), ou seja, usando a forma simplificada \(h\left( x \right)=\frac{3x-4}{2x-4}\):

\[\frac{3x-4}{2x-4}-\left( x+1 \right)>0\]

Reduzindo ao mesmo denominador: \(\frac{\left( 3x-4 \right)-\left( x+1 \right)\left( 2x-4 \right)}{2x-4}>0\).

\(\left( x+1 \right)\left( 2x-4 \right)=2{x}^{2}-2x-4\), pelo que o numerador é \(\left( 3x-4 \right)-\left( 2{x}^{2}-2x-4 \right)=-2{x}^{2}+5x=x\left( 5-2x \right)\).

A inequação equivale a \(\frac{x\left( 5-2x \right)}{2x-4}>0\), ou seja (dividindo numerador e denominador por \(2>0\), o que não altera o sinal): \(\frac{x\left( 5-2x \right)}{2\left( x-2 \right)}>0\).

Estudando o sinal, com zeros em \(x=0\), \(x=\frac{5}{2}\) e assíntota em \(x=2\) (valores de teste \(x=-1,1,2,2,3\)): em \(x=-1\): positivo; em \(x=1\): negativo; em \(x=2,2\): positivo; em \(x=3\): negativo.

O conjunto-solução é \(\,]-\infty ,0[\,\cup \,\left] 2,\frac{5}{2} \right[\).

Resposta: (B)

Sendo \(f\) afim, \(f\left( x \right)=mx+p\) (com \(m,p\in R\)), e sendo \(g\) cúbica, \(g\left( x \right)=a{x}^{3}+b{x}^{2}+cx+d\) (com \(a\ne 0\)).

A função \(h\left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right)=-a{x}^{3}+\left( m-b \right){x}^{2}+\left( c-p \right)⋯\) (não interessam os coeficientes exatos dos termos de grau inferior); o termo de maior grau de \(h\) é \(-a{x}^{3}\), com \(-a\ne 0\) (pois \(a\ne 0\), já que \(g\) é cúbica), pelo que \(h=f-g\) é sempre uma função polinomial de grau ímpar (grau \(3\)), qualquer que seja a escolha de \(f\) e \(g\).

Toda a função polinomial de grau ímpar é contínua em \(R\) (soma de funções contínuas) e tem limites infinitos de sinais contrários quando \(x\to -\infty \) e quando \(x\to +\infty \) (pois o termo de maior grau domina o comportamento assintótico).

Pelo Teorema de Bolzano (corolário), existe, portanto, pelo menos um zero de \(h=f-g\) em \(R\) — este resultado é válido sempre, qualquer que seja a função afim \(f\) e a função cúbica \(g\) escolhidas, pelo que a afirmação (B) é necessariamente verdadeira.

As restantes opções podem ser falsas para escolhas particulares de \(f\) e \(g\): por exemplo, com \(f\left( x \right)=0\) e \(g\left( x \right)={x}^{3}\), tem-se \(f\times g=0\) (tem zeros, logo (A) é falsa nesse caso), \(f+g={x}^{3}\) (tem o zero \(x=0\), logo (C) é falsa nesse caso), e \(\frac{f}{g}=0\) para \(x\ne 0\) mas não está definida em \(x=0\) e nunca se anula (pois \(0\) não pertence ao seu domínio), pelo que (D) é falsa nesse caso.