Questão 2 Fuvest 2023 - 2ª fase - dia 2 - Elite Colégio e Pré-Vestibular

Questão 2

Função Quadrática

Considere $a, b, c \in ℝ$ e a função $f : ℝ \to ℝ$ dada por $f (x) = a x^{2} + b x + c$

a) Determine os valores de 𝑎, 𝑏 e 𝑐 para que 𝑓(1) = 1, 𝑓(0) = 0 e 𝑓(−1) = 1.

b) Para 𝑎 = −1 e 𝑏=4, determine o valor de 𝑐 de modo que a área do triângulo 𝐴𝐵𝑉 da figura seja igual a 32 u.a., onde 𝑉 é o vértice da parábola representada por 𝑓.

c) Considere $g : ℝ \to ℝ$ a função dada por 𝑔(𝑡) = cos 𝑡. Se 𝑎=3 e 𝑐 = −8, determine para quais valores de 𝑏 a equação 𝑓(𝑔(𝑡)) = 0 possui ao menos uma solução real.

Resolução

a) Temos que:

$\{\begin{cases} f (1) = 1 \\ f (0) = 0 \\ f (- 1) = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a \cdot 1^{2} + b \cdot 1 + c = 1 \\ a \cdot 0^{2} + b \cdot 0 + c = 0 \\ a \cdot {(- 1)}^{2} + b \cdot (- 1) + c = 1 \end{cases} \Leftrightarrow$

$\{\begin{cases} a + b + c = 1 \\ c = 0 \\ a - b + c = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a + b = 1 \\ c = 0 \\ a - b = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 1 \\ b = 0 \\ c = 0 \end{cases}$

Logo, temos $f (x) = 1 \cdot x^{2} + 0 \cdot x + 0 \Leftrightarrow f (x) = x^{2}$ .

b) Para $a = - 1$ e $b = 4$ , temos:

$f (x) = - x^{2} + 4 x + c$

A abscissa do vértice da parábola será dada por:

$x_{V} = x_{A} = - \frac{b}{2 a} = - \frac{4}{2 \cdot (- 1)} = 2$

A ordenada do vértice, por sua vez, é dada por:

$y_{V} = f (2) = - 2^{2} + 4 \cdot 2 + c = c + 4$

Como $B$ é um ponto no eixo das abscissas, então $x_{B}$ é raiz da função. Assim:

$f (x_{B}) = 0 \Leftrightarrow - {x_{B}}^{2} + 4 \cdot x_{B} + c = 0 \Leftrightarrow c = {x_{B}}^{2} - 4 x_{B}$

Sendo o triângulo $A B V$ retângulo em $A$ , segue que:

$A_{A B V} = \frac{A B \cdot A V}{2} \Leftrightarrow 32 = \frac{(x_{B} - 2) \cdot y_{V}}{2} \Leftrightarrow 64 = (x_{B} - 2) \cdot (c + 4)$

Substituindo $c = {x_{B}}^{2} - 4 x_{B}$ , vem que:

$(x_{B} - 2) \cdot ({x_{B}}^{2} - 4 x_{B} + 4) = 64 \Leftrightarrow (x_{B} - 2) \cdot {(x_{B} - 2)}^{2} = 64 \Leftrightarrow {(x_{B} - 2)}^{3} = 64$

Em $ℝ$ , temos:

${(x_{B} - 2)}^{3} = 64 \Leftrightarrow x_{B} - 2 = \sqrt[3]{64} = 4 \Leftrightarrow x_{B} = 6$

Assim, voltando em $c = {x_{B}}^{2} - 4 x_{B}$ :

$c = 6^{2} - 4 \cdot 6 \Leftrightarrow c = 12$

c) Para $a = 3$ e $c = - 8$ , temos:

$f (x) = 3 x^{2} + b x - 8$

Como $\cos t \in [- 1, 1]$ , para qualquer $t \in ℝ$ , a equação $f (g (t)) = 0$ terá pelo menos uma solução real se e somente se a equação $f (x) = 0$ tiver pelo menos uma solução $x \in [- 1, 1]$ . Inicialmente, observamos que:

$∆ = b^{2} - 4 \cdot 3 \cdot (- 8) = b^{2} + 96$ ,

que é necessariamente um número positivo, pois para todo $b \in ℝ$ :

$b^{2} ⩾ 0 \Leftrightarrow b^{2} + 96 ⩾ 96$

Assim, a parábola descrita pela expressão $y = f (x)$ necessariamente intersecta o eixo das abscissas em dois pontos distintos, qualquer que seja $b \in ℝ$ .

Agora vamos observar os seguintes desenhos:

Observe que acima estão desenhadas parábolas que NÃO satisfazem o que queremos, pois:

no caso da parábola vermelha, ambas as raízes são menores que $- 1$ ;
no caso da parábola verde, uma raiz é menor que $- 1$ e a outra raiz é maior que 1;
no caso da parábola azul, ambas as raízes são maiores que 1.

Entretanto, os casos em vermelho e azul são impossíveis, pois o produto das raízes é $P = \frac{c}{a} = \frac{- 8}{3}$ , de modo que as raízes não podem ter mesmo sinal (nem ambas negativas, nem ambas positivas).

Resta então garantir que não seja uma situação como a da parábola verde, que corresponde à configuração $\{\begin{cases} f (1) < 0 \\ f (- 1) < 0 \end{cases}$ .

Então, o caso que NÃO satisfaz o que queremos é:

$\{\begin{cases} f (1) < 0 \\ f (- 1) < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 \cdot 1^{2} + b \cdot 1 - 8 < 0 \\ 3 \cdot {(- 1)}^{2} + b \cdot (- 1) - 8 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b - 5 < 0 \\ - b - 5 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow$

$\{\begin{cases} b < 5 \\ - 5 < b \end{cases} \Leftrightarrow - 5 < b < 5$

Os demais casos são aqueles que satisfazem o que queremos. Assim:

$b ⩽ - 5 ou b ⩾ 5$